衡水金卷先享题2024答案数学分科综合卷 新教材乙卷A

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2023-2024学年考试报高考数学理科专版答③综合检测1D解析：A选项，三点需不共线：B选项，垂直于同一直cs∠ADB=V线的两条直线平行或异面：C选项，这无数条直线不可以是平行直线，故选D项故二面角-A,C-的余弦值为V至52.D解析：由题意，作出正方体，截去三棱锥A-EFC,根据正视图，可得A-EFG在正方体左侧面，如图，根据三视图的投影，可得相应的侧视图是D图形，故选D项.13.解：(1)证明：AB=AD,∠BAD=60°.△ABD为正三角形M为AD的中点，BM1AD·AD⊥CD,CD,BMC平面ABCD,.BM∥CD.3.B解析：①a∥B,且I⊥a,l⊥B,又mCB,.1⊥m,又BM平面PCD,CDC平面PCD,.BM∥平面PCD正确：②1∥m,且11a.m⊥&，又mCβ，⊥B,正确：③M,N分别为AD,PA的中点，∴.MN∥PDa⊥B,且l1a,mCB,1∥m或异面，错误；④：11m,且l1又MN丈平面PCD,PDC平面PCD,.MN∥平面PCD.a,mCB,∴.a∥B或相交，错误故选B顶又BM∩MN=M,.平面BMN∥平面PCD.4.A解析：因为m,n互为异面直线，且m∥ax,n∥ax,所以平(2)由(1)得BM⊥AD.:平面PAD⊥平面ABCD,BMC平面面a内必存在两条相交直线分别与m,n平行，又因为l⊥m且1Ln,BCD,.BM⊥平面PAD.所以l⊥a:若lLa,则1m且上n,所以“1Lm且1Ln”是“1⊥a”的又AD=6,∠BAD=60°，.BM=3V3充要条件，故选A项.5.B解析：根据几何体的三视图转换为直观图知该几何M,N分别为AD,PA的中点，PA1PmPA=PD=Y2211体为三棱能，图所示.由题意，得Vw3×24x3x4=8,设AD=3V2.内切球的半径为R,所以了·SAcR+114·三楼锥P-BMN的体积Vn=Vamw=3XAVT.719V344解：(I)证明AB/CD,DG=l,AB=2C}D由E1,得品26.B解析：由题意，得EF∥CB,且EF=CB,同理DA∥CB且DA=CB,所以EF∥DA,且EF=DA,故四边形AEFD为平行四边在AH6中，由号2瓷得8c/nC形，所以AG,DF在一个平面内又因为FG≠DA,所以AG,DF是:EGC平面EBD,PC丈平面EBD,.PC∥平面EBD.相交直线由题意，得CB⊥AB,CB⊥BE,所以CB⊥平面ABE,所(2)证明：PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,.BC⊥PA以GE⊥平面ABE,所以GE⊥AE,所以AG>AE,又AE=DF,所以AD=DC=1,AB=2,AD⊥AB,MB∥CD,.AC=V2,BCAG>DE故选B项7.D解析：易证AC1平面BB,D,D,..AC LBE,故A项正V2,AC+BC=AB,BC⊥AC.又PA∩AC=A,.BC⊥平面PAC确；：EF在直线B,D,上，易知B,D,∥平面ABCD,.EF∥平面:BCC平面EBC,.平面EBC⊥平面PAC.ABCD,故B顶正确：V,×x)(3)在平面PAD内作AF⊥PD于点F,:PA⊥平面ABCD3224,故C.DC⊥PA.AB⊥AD,AB∥CD,.DC⊥AD,.PA∩AD=A,项正确，由排除法可知选D项.DC⊥平面PAD.··AFC平面PAD.·.DC⊥AF8D解析：E为1D的中点，则HE了AD=子BC,四边又PDOCD=D,.AF⊥平面PCD形ABCD是平行四边形，AD/BC△AEG一△CBG,GCPA=V3,AD=1,PA⊥AD,.tam∠PDA=/3,3∠PDA=60°，.∠APD=30°，.PF=PAcos30°=AE 1 AG 1BC2心AC3,又：PC/∥平面BEF,Pc平面PC,平2面BEFn平面PMC-GRGF/PC,A-APACAFAG=3.故选D项9.①②解析：由题意，得PC∥OM,.PC∥平面OMN,故①正确；同理PDON,.平面PCD∥平面OMW,故②正确.故填：①②.10.③④解析：①·CC,C平面CDD,C,M∈平面CDD,C,AE平面CDDC,MECC,.AM与CC,是异面直线，故①错误；②取D,D的中点K,连接AK(图略)，可得AK∥BN,:AK门AM=A,.BN与AM是异面直线，故②错误；第15期空间向量与立体几何③.BNC平面BCCB,B,∈平面BCC,B,ME平面BCC,B,①高考链接B,生BN,.BN与MB,是异面直线，故③正确：1.解：(1)以C为坐标原点，CD,CB,CC,所在直线为x,y,z轴④：M,N分别为棱C,D,C,C的中点，.MN∥CD,故MN与建立空间直角坐标系，如图，AC所成的角即为∠D,CA(或其补角)，又△AD,C为等边三角形，∠D,CA=60°，故④正确故填：③④.1I.证明：由题意，得PC⊥BC,PC⊥DC,.PC⊥平面ABCDBDC平面ABCD,·BD⊥PC,又BD⊥AC,且PC∩AC=C,.BD⊥平面PAC又BDC平面BDE,·.平面PAC⊥平面BDE.12.解：(1)证明：，AB=1,AC=V3,∠ABC=60°CB Y.由余弦定理，得AC=AB+BC-2AB·BCC0s60,即3=1+x/DBC-BC,解得BC=2则C(0,0,0),C,0,0,3),B,(0,2,2),D(2,0,2),A,(2,2,1),BC=AB+AC,,AB⊥AC.△ABC为直角三角形，B,C=(0,-2,1),A,d=(0,-2,1)B,C∥A,d三棱柱ABC-A,B,C,为堑堵.又B,C2,A,D,不在同一条直线上∴B,C,∥AD(2)如图，作AD⊥A,C交A,C于点D,连接BD,易得BDLA,C(2)设P0,2,A)(0≤A≤4)，.∴，∠ADB为二面角A-AC-B的平面角，则1，C,=(-2,-2,2),PC,=(0,-2,3-A),D,C=(-2,0,1).在R△AA,C中，AD=AA'AC 3 V6设平面PA,C,的法向量n=(x,y,z,2则mg-2-2+2-0在R△BAD吨，tanZADB=-4B_V6n-P元=-2y+(3-A)z=0,答案专页第2页