[绥化三模]黑龙江绥化市2024届高三5月联考模拟检测卷数学试题-2024届全国大联考答案网

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数学2023-2024学年人教A高一必修（第二册）答案页第3期受1子围报第11期AB与EF不是异面直线，故B错误：对于C,EF与GH是第23版章节测试参考答案异面直线，因为GH∥CE,所以EF与GH所成的角为又三棱台的高=Y石，所以正三棱台ABC-AB,C3一、单项选择题∠CED=60°，故C正确；对于D,CD与GH是异面直线，因1.为GH∥CE,所以CD与GH所成的角为∠DCE=60°，故D的体积为写×5×V了+厚+VVx厚提示：圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角正确.故选ACD7V2形，球的轴截面是圆面，圆台的轴截面是等腰梯形故选c11.BCD122.C提示：当A=了时，连接GK,显然AE与GF是异面直(2)由于三棱台的上下底面相互行且均与球0内提示：因为两个面是互相行且全等的正多边形，所切，故上下底面之间的距离为球O的直径.设球0的半径以该几何体必定是柱体结合8个面，可知该几何体是正线，所以G面AEF,故A错误；当A=时，E,F,G分六棱柱故选C」为R,则2R=hY至，解得R=所以球0的表面积别是BB',DD',CC的中点，连接BG,FC',EC',易知AF/33.ABG,BG∥EC',所以AF∥EC',所以A,F,E,C四点共面提示：根据定义可知，正四棱柱是底面为正方形的长为4标R2-4mx名所以ACC面AEF,故B正确：延长AF与A'D',交于方体，长方体是底面为矩形的直四棱柱，直四棱柱是侧棱点M,连接M,与CD的交点即为点I,此时A,F,H,I四19.证明：(1)因为底面ABCD是正方形，垂直于底面的四棱柱，所以DCBCCCA.故选A.点共面，故C正确；连接EH并延长，与CC的延长线交于所以AB∥CD.4.点N,连接FN,与C'D'的交点即为点L,此时F,EH,CC因为AB面PCD,CDC面PCD,提示：由已知，得该三棱锥的侧面是斜边长为a的直三条直线交于同一点N,故D正确.故选BCD.所以AB∥面PCD角三角形，则侧棱长为Y三α，所以该三棱锥的侧面积为12.ACD又ABC面ABEF,且面ABEFO面PCD=EF,2提示：如图所示，分别取棱BC所以AB∥EE3CC1,CD1,DA1,A4的中点M,G,H(2)在正方形ABCD中，CD⊥AD,因为面PAD⊥1,J,易证E与M,G,H,I,共面，记为面ABCD,且面PAD∩面ABCD=AD,CDC面ABCD5.面.由EM∥AC,ACC面提示：根据题意，由斜二测画法的规则，得OA=2,所以CD⊥面PAD.ACD,EM面ACD1,得EM∥因为AFC面PAD,所以CD⊥AFOB=OC=1,且OA⊥BC,所以BC=2,AB=AC=V5,底面面ACD1,同理EJ∥面ACD1,又由(1)知AB∥EF,又AB∥CD,所以CD∥EF又点E△ABC的面积为亏x2x2=2.又该直三棱柱的高为1，所以EM∩EJ=E,EM,EJC面a,所以(第12题图)是棱PC的中点，所以点F是棱PD的中点，面a∥面ACD1,所以F∈面a由各选项，可知选ACD.三、填空题在△PAD中，因为PA=AD,所以PDLAF.表面积S=2x2+(2+2V√5)x1=6+2V5.故选C.又PD∩CD=D,所以AF⊥面PCD.6.C13.60°或120°20.(1)证明：因为AB∥CD,AB丈面DCCD1,CDC提示：以三棱锥为模型，可知三条侧棱交于一点，且提示：由定理可知，B=60或120°确定3个面故三条直线两两相交，最多可以确定3个面DCCD1,所以AB∥面DCCD.14.(1.5)面故选C由棱柱的结构特征，可知AA1∥DD1,又AA1丈面·提示：根据题意，不妨设A在最下端，则水面应高于7.CDCCD,DD1C面DCCD,所以AA,∥面DCCD.截面ABD,且低于截面CDB.当水面恰好为截面ABD提示：如图①所示，取AB的中点E,连接CE,DE,根因为AB∩AA=A,所以面ABBA,∥面DCC,D据题意，得AB⊥CE,AB⊥DE,所以∠CED为二面角C-时，水的体积V-了×宁×28-1：当水面恰好为截面CDB,又ABC面ABBM1,所以直线AB∥面DCCDAB-D的面角，即∠CED=150°.因为CE∩DE=E,所以时，水的体积=3x2x1-×(2)解：根据已知条件，可得该四棱柱的体积为一×AB⊥面CED,又ABC面ABC,所以面CED⊥面×1×2x3=5,所以V的取值ABC,可得CD在面ABC内的射影与CE在一条直线(2+4)×3A4=36,解得A41=4范围为(1,5)上，所以∠DCE为直线CD与面ABC所成的角.过点D在面ABCD内过点A作AE⊥BD于E,连接AE.15.行作DH⊥CE,交CE的延长线于点H,如图②所示，设AB=由直棱柱的结构特征，知AA1⊥底面ABCD,又BDC提示：连接AC,与BD交于点O,则0为AC的中点面ABCD,所以AA1⊥BD.2,则CE=l,DE=V了，又∠DEH=30°，所以DH=2分别作AA'⊥面，CC'⊥面，O0⊥面，垂足分又AE∩AA=A,所以BD⊥面AAE.又AEC面别为A',C,0,则四边形AA'CC为直角梯形，O0'为梯AAE,所以AE⊥BD.EH=，CH=1+35DH V32=2,所以tan∠DCE=C月=5故形中位线因为A1'=1,CC=3,所以00=13-2，即点0所以∠AEA为二面角A1-BD-A的面角，洗C到面α的距离为2.又点B到面α的距离为2，所以在Rt△ABD中，AB=2,AD=3,则BD=V13所以AE=ABAD6BD上有两个不同的点到面&的距离都是2，且BD在BD131所以mLA,EA=面α的同一侧，所以直线BD∥面a《.16.外，垂2Y压，即二面角A-BD-A的正切值为2Y国33提示：因为行六面体ABCD-AB,CD,的六个面都是21.(1)证明：如图所示，取BC的中点E,连接ED,EC1菱形，所以A4=AB=AD.记点A1在侧面AB,D1上的射影为点0，连接A0,A1O,B10,D,0,则△A1OA≌△M10B≌△A10D1,因为D为AB的中点，所以DE∥AC,且DE=AC=1(第7题图)8A所以OA=OB=OD1,所以O一定是△ABD1的外心又AC∥AC,且AC=AB=1,所以DE∥AC,且提示：如图所示，将三棱锥P-ABC记点A1在面BCD上的射影为点0，连接A1C1,A1O1,DE=A C=1.放到正方体模型中，由BC=V5,ABC,O1,则CO1是A1C1在面BCD上的射影，因为四边形所以四边形ADEC,为行四边形，即该棱台过D,AB,CD1是菱形，所以BD∥BD1,A,C1⊥BD,所以AC1⊥1,tan∠ABC=-2,得正方体的棱长为2A1,C的截面在旋转的过程中，点C的运动轨迹是以BD,由三垂线定理的逆定理，得C,O1⊥BD,同理可得B011又AB1∥DB,AB=DB=1,所以四边形ABBD为D为圆心，DC为半径的圆的四分之一，DC,DO1⊥BC,所以O一定是△BCD的垂心.行四边形第8题图四、解答题所以AD=BB1=1,即AD=AC.所以行四边形其长度为子×2T2=m故选A,17.证明：(1)连接EF,GH,因为E,F分别为BB1,CC,的ADEC为菱形二、多项选择题中点，所以BE∥CF,且BE=CF分别取下底面与上底面中心0,01，连接001,0B,9.CD所以四边形EFCB,是行四边形.所以EF∥BC0B1,则001⊥面ABC,提示：当以长所在的直线为旋转轴时，圆柱的母线长因为G,H分别为AB1,AC,的中点，所以GH∥B,C又DEC面ABC,所以DE⊥OO.为8cm,底面半径为6cm,所以表面积为2m×62+2r×6x8所以EF∥GH.故E,F,G,H四点共面又DE⊥OB,OB∩O0=0,所以DE⊥面OOBB.168π(cm2):当以宽所在的直线为旋转轴时，圆柱的母线(2)由(1)可得，EF∥GH,且EF=B,C=2GH,则四边形因为BB,C面OOBB,所以DE⊥BB1长为6cm,底面半径为8cm,所以表面积为2红×82+2rx8×EFIG是梯形，所以EG和FI必定相交，设交点为P,则P∈又AD∥BB1,所以DE⊥DA·6=224r(cm2).故选CD.EG,而EGC面BAAB,所以P∈面BAAB.同理，P∈所以菱形ADEC,为正方形，即该棱台过D,A1,C的10.ACD面CAAC1,所以P∈面BAAB,∩面CAAC,又面提示：画出原正方体如图所截面为正方形，BAAB∩面CAA:C=AA1,所以P∈AA.故EG,FH,AA示，连接CE,DE,则△CDE为等边三线共点三角形，所以∠CDE=∠DCE=2解：在直角梯桃00，B,B中.0n2,0BY18解：(1)因为AB=2,AB=1,由正三棱台的结构特征，∠CED=60°.对于A,AB与CD是异面直线，因为AB∥DE,所以AB与得△ABC的面积为)×2x2×sin60°=V3,△AB,C3CD所成的角为∠CDE=60°，故A正确；对于B,因为AB∥EF,所以10图的面积为号×1x1xsim60°=V34第3页

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