2024年全国普通高等学校招生统一考试·A区专用 JY高三终极一考卷(一)1答案(数学)正在持续更新，目前大联考答案为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

③第10期面角P-EF-Q的大小即为二面角P-CD-A,的大小，为(2)证明：因为△AEF为等边三角形，O为EF的中第3~4版同步周测参考答案定值；对于C,由Q是动点，PQ的长不固定，而Q到面点，所以AO⊥EF又面AEF⊥面EFCB,且面单项选择题PEF的距离为定值.可得PO与面PEF所成的角不是定AEFn面EFCB=EF,AOC面AEF,所以AO⊥面1.A提示：由线面垂直的性质可知A正确.故选A值：对于D,由EF为定长，点Q到EF的距离即点Q到EFCB.又BEC面EFCB,所以AO⊥BE.2.A提示：因为PA⊥面ABCD,所以∠ACP为PCCD的距离，也是定长，知△OEF的面积为定值，再根据A(3)解：因为BE⊥面AOC,OCC面AOC,所以与面ABCD所成的角.在矩形ABCD中，AB=1,BC=中的结论，可得三棱锥P-QEF的体积为定值故选ABDBE⊥OC.V2,则AC=V了，在Rt△PAC中，tan∠ACP=AC=PA三、填空题延长BE与CO交于点D,在Rt△BDC中，由BC=13.4提示：与棱AA1所在直线异面的棱有CDV3，所以∠ACP=30°故选AB,C,CD,BC,这4条棱都与AA1垂直，所以与棱AA1所在2.LEBC=60 BD=2BC=1.3直线异面且垂直的共有4条..A提示：连接AD1,AE,由长方体的特征可得BC∥14.V3提示：由正三棱柱的性质，得AA1∥面又EF/BC,所以DE=之0E=4,EB=2.2=2-m2AD1,所以∠ADE即为异面直线DE与BC,所成的角.设BBC,C,面BB,C,C⊥面ABC,取BC的中点D,连接4AD=1,则CD=1,AA1=2,所以AD,=VT42=V5,D,E=AD,则AD⊥BC,则AD⊥面BBCC.所以AD即为直线由DE+EB=BD,得4+2-=l,解得a=V3+2.空ABVY在A4EAA,到面BB,C,C的距离.所以直线AA1到面BBCC21.(1)证明：连接MN,因为MN为△ABC的中位线，的距离为AD=V4-I=V3所以MN∥AC,且MN=AC=1.又AC=1,AC∥AC,所中，由余弦定理的推论，得cos∠AD,E=AD4DE-A足15.5或√/205提示：因为AB和CD都是面a的以MN∥A,C,且MN=AC.所以四边形MNA,C,为行四2AD,·DE垂线，其垂足分别为B,D,所以AB∥CD,且AB⊥BD边形.所以AN∥CM.又AW丈面CMA,CMC面8y8至，即异面直线DE与BC,所成角的余弦值为8V85CD⊥BD.当点A,C在面a的同侧时，可得AC=CMA,所以AN∥面CMA.8585V3+(9-5P=5:当点A,C在面a《的两侧时，可得AC=(2)解：取AC的中点H,连接MH,则MH∥AB,因为故选A.V3+(9+5P=1V205.综上，AC=5或V205AB⊥AC,所以MH⊥AC.因为AA⊥面ABC,MHC面4.A提示：由PA⊥面ABC,AB,AC,BCC面ABC,所以AA⊥MH.又AC∩AA=A,所以MH⊥面ABC,得PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC16.-32V3π2>提示：作BE⊥SC于E,连接AACC.又AC,C面AACC,所以MH⊥AC.作HD又BC⊥AC,PA∩AC=A,所以BC⊥面PAC,又DE,由△BCE≌△DCE,得∠CEB=∠CED,所以DE⊥SCAC,于D,连接DM,则AC1⊥面DHM,所以DM⊥ACPCC面PAC,所以BC⊥PC所以∠MDH为面CMA与面ACCA,所成锐二面角.在所以/B)即下四烤锥相邻两个伽面所成一面角的面所以△ABP,△ACP,△ABC,△BCP均为直角三角形角.取BC的中点P,连接SP,BD,由已知条件，得BD=2故选A.R△DHM中，由MH=号AB=,D=4-CACI5.C提示：因为PA=PB=V6,PA⊥PB,所以AB=DE-BE=BCPV2x1V42X22V5,得DM=s,所以cosLMDI=52V3.又AB⊥BC,∠BAC=30°，所以BC=ABan30°=2.因S2T在△BDE中，2V5为面PAB⊥面ABC,AB⊥BC,面PAB∩面由余弦定理的推论，得BED-BE+DE-BD23.所以面C,MA与面ACC,A,所成锐二面角的余弦ABC=AB,BCC面ABC,所以BC⊥面PAB,所以2BE·DEBC⊥PB,所以PC=VPB+BC=VIO故选C故该正四棱锥相邻两个侧面所成二面角的余弦值为-了值为号6.C提示：对于A,D,可以得出1与m相交、行或连接AC,与BD交于点O,连接SO.设外接球的半(3)解：设点C到面CM4的距离为d.在△CMA异面，故A,D不符合要求；对于B,由m⊥B,a∥B,得m1a,又11a,则1∥m,故B不符合要求；对于C,由mB,径为R,由S0=V4-I=V3,得VR2-(V3-R)2=1中，AM=7BC=VZ,AC=VI+4=V5,MC,=V1+4=a∥B,得m⊥&，又lC,则l⊥m,故C符合要求.故选C.7.B提示：连接AC1,因为BC⊥AC,BA⊥AC,且解得R2Y了，所以该正四校锥的外核球的体积为誓×V万，得Sm=方xV2xV5万-号由Veem=eam,BC,∩BA=B,所以AC⊥面ABC.又ACC面ABC,所以面ABC⊥面ABC.又面ABC∩面ABC1=AB,2V33_32V3π3得3dS6cm=3 C-,即子号-2x7x所以要过C,作CH⊥面ABC,则只需过C作C,H⊥AB27四、解答题即可，故点H在直线AB上.故选B.17.(1)证明：因为BC是⊙0的直径，所以CD⊥BD.子，解得手所以点C到面CM的离为号8.C提示：作AE⊥CD于E,连接BE,依题意，AB⊥由圆柱的性质，得AB⊥底面BCD,而CDC面BCD,所22.解：(1)取SC的中点F,连接BD,BF,DF,则BDCD,又AE∩AB=A,所以CD⊥面AEB.又BEC面以AB⊥CD.又AB∩BD=B,所以CD⊥面ABD.BF,DF即为所画线理由如下AEB,所以CD⊥BE.所以∠AEB为二面角a-IB的面(2)解：在Rt△BCD中，由BD=2,CD=4,得BC=V244=连接AC,与BD交于点O,连接OF,由四边形ABCD角，即∠AEB=8.又CDCB,所以面AEB⊥面B,又面是正方形，得O为AC的中点，则OF∥S4,又OFC面AEB∩面B=BE,所以AB在B内的射影在BE在直线2V5又在Rt△ABC中，AC6,所以AB=V6?-(2V5)2=BFD,SA￠面BFD,所以SA∥面BFD.所以△BFD是上.所以LABE为AB与面B所成角，即LABE=于根4.所以圆柱001的侧面积为2π×V5×4-8V5T18.(1)证明：由AB1=3,B1C1=4,AC=5,得AB2+B1C2=所作截面.由SM=SB=SC=SD=AB=1,得OF=号SM=号，AE·CD4C2,所以AB⊥B,C.据三角形的面积公式以及正弦定理，得=由直三棱柱的性质，得BB1⊥面AB,C1,又AB1CBD=V2,BF=DF,所以OF⊥BD,所以截面面积为)BD·BE-CD面AB1C1,所以BB1⊥AB1.因为B,C,∩BB1=B1,所以AB1⊥面BB,C,PV3.因为0<0<牙，所以0+(2)解：由(1)知四棱锥A,-BB,CP的体积V=(2)由(1)知，BF⊥SC,DF⊥SC,而BEODE=F,所以2sin0+号SC⊥面BFD,因此过点E垂直于SC的截面与截面S四助形mC=S四边形C=12BFD行或重合.受e骨)asin o受)小V3因为BB,⊥面AB,C.B,C,C面AB,C,所以2sin4T】2BB1⊥B,C,因为BB1∥CC,所以四边形BB,C,P为直角梯显然点E在CF上（不含端点时，截面面积小于Y三4不可能最大V3所以产eYV3放法C形.设CP=x,则BB=2x,S四边形c=(x+2x)·4=l2,解得x=2.所以BB=2x=4.当点E在SP上（不含端点）时，令器=(0

本文标签：

【在小程序中打开】