东北三省三校2025年高三第一次联合模拟考试数学答案

2025-02-26 14:55:07 8

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5.C提示:因为BA=(0,1,0),BC=(1,-1,1),所以直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则A[m·AF=-3x+y+4z=0,(2,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),C,(0,2,2),E(1,0,0),F量为m=(x,y,z),则令z=1,则x=0,BA·BC[m·CF=3x+y+4z=0,[BA|BC|(2,1,0),G(1,2,2),EC=(-1,2,2),EF=(1,1,0),EG=3y=-4,得m=(0,-4,1),设AE与面ACF所成角为0,所以(0,2,2),AC=(-2,2,-2),则EF·AC=0,EG·AC=0,所以EFLA,C,EG⊥A,C,又EFNEG=E,EF,EGC面 EFG,所以 6.A提示:设AC,PC的中点分别为E,D,连接BE，A,C⊥面EFG,故B正确;因为A,C⊥面EFG,所以 n=AC=(-2,2,-2)是面EFG的一个法向量,cos=34EF·EG.1XEFX17.(1)证明：因为底面ABCD是正方形,所以ABIAC,又面ABC⊥面PAC,面ABCN面PAC=AC,BEC2BC,CD⊥AD,又 CB⊥BP,ABNBP=B,AB,BPC面 PAB,所面ABC,所以 BE⊥面 PAC,因为PC,DEC面PAC,所以 BC⊥面 PAB,所以 BC⊥PA.又 CD⊥AD,CD⊥DP,ADN以 BE⊥PC,BE⊥DE,又△PAC是直角三角形,PA=PC=4,DP=D,AD,DPC面PAD,所以 CD⊥面PAD,所以 CD⊥所以 PA⊥PC,又 DE//PA,所以 DE⊥PC,又 DEBE=E,PA,又 BCNCD=C,BC,CDC面 ABCD,所以 PA⊥面DE,BEC面 BDE,所以 PC⊥面 BDE,因为 BDC面EFG的距离d=ABCD.BDE,所以 PC⊥BD,即LBDE 为二面角A-PC-B 的面n(2)解：由(1)知,PA⊥面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥角,在 Rt△ PAC 中,PA=PC=4,得 AC=4√2,则 AE=CE=AD,又底面ABCD是正方形,所以AB⊥AD,以点A为坐标SsErG·d=-2√2,又 BE⊥AC,AB=BC=3,则 BE=1,又 BE⊥DE,所以原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空0,2),得BC,·A,C=0,所以 BC,//面EFG,故C正确;因为间直角坐标系,因为PA=2,点E,F分别为 PB,PD的中点，面EFG的一个法向量为n=A,C=(-2,2,-2),面EFC所以 P(0,0,2),A(0,0,0),E(1,0,1),F(0,1,1),AE=(1,7.B提示:因为PD⊥底面ABCD,DA,DCC面0,1),AF=(0,1,1),AP=(0,0,2),设面AEF的法向量为ABCD,所以 PD⊥DA,PD⊥DC,又底面ABCD是矩形,所以[n|m| 3DALDC,则以D为坐标原点,DA,DC,DP的方向分别为x图知,二面角G-EF-C的面角为锐角,所以二面角G-[n·AF=y+z=0,轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D(0,0,[AP·n_2√3(1,1,-1),所以点P到面AEF的距离d=，因为三、填空题512.3或-2提示:由题意,得入a+b=(4,1-入,A),所以18.(1)证明:因为LBCD=60°,BC=CD=2,所以△BCD2√52E是PA的中点,FB=2PF,所以E1,0,-|Aa+b=√4²+(1-A)²+>²=√29,解得入=3或入=-2.为等边三角形,所以BD=2,又四边形ABCD为梯形,AB/5[3DC,则LABD=60°,在△ABD中,由余弦定理,得AD²=4 8√52√提示:因为点A(0,-1,0),点B(1,-1,0),所以，所以D=AB²+BD²-2AB·BD cos LABD=12, 所以 AD²+BD²=AB²,则3′151,0,5」[3′3′15]ADLBD,因为面PBD⊥面ABCD,面 PBDN面DC=(0,4,0).设面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则ABCD=BD ,ADC面 ABCD,所以 AD⊥面 PBD,又 PDC面PBD,所以AD⊥PD.14.(,1提示:以D为坐标原点,DA,DC,DD,n·DE=x+2√(2)解:由(1)知,AD⊥PD,又AB⊥PD,ADNAB=A,AD,令z=√5,则x=-2,y=-1,所以所在直线分别为x轴,y轴，z轴,建立空间直线坐标系,则ABC面ABCD,所以 PD⊥面ABCD,所以 PD⊥CD,LPCD是 PC与面ABCD 所成角,所以 tan/PCD=A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),D,(0,0,1),令DP=PD面DEF的一个法向量为n=（-2,-1,√5）,所以点C到DP_ADB=(A,2A,-A),则 P(A,2入,1-A),0)面ABCD,AB,ADC面ABCD,所以 A,A⊥AB,A,ALAD,19.(1)证明:设M,N分别为EF,AB的中点,连接MN,.故选A.PAln5又AB⊥AD,则以A为坐标原点,AD,AA,,AB所在直线分别DM,CN,因为 AE//CD//BF,AE=5, CD=4,BF=3,所以为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,2),CMN=CD=4,且MN//CD,则四边形CNMD为行四边形，二、多项选择题(1,0,1),E(0,1,0),C,(1,2,1),所以BC=(1,0,-1),EC=所以MD//CN,因为△ABC为正三角形,N为AB边的中9.ACD提示:由题意,得b=2a,则a//b,Ib=2lal,故(1,1,1),所以 BC·EC,=0,所以BC⊥EC,所以 BC⊥C,E.点,则CN⊥AB,又AE⊥面ABC,CNC面ABC,所以 AE⊥(2)解:因为C(1,0,1),E(0,1,0),M为棱CE的中CN,又 AENAB=A,AE,ABC面 AEFB,所以 CN⊥面[bAEFB,又 MD//CN,所以 MD⊥面AEFB,又 MDC面(-1,2,0),故D正确.故选ACD.(2′2′2）DEF,所以面DEF⊥面AEFB.10.CD提示:因为PAL面ABCD,AB,ADC面BM·AD_IABCD,所以 PALAB,PALAD,又底面ABCD为正方形,则(2)解：因为AE⊥面ABC,则以点A为坐标原点，(1,0,0),所以 cos=,所以异面AB⊥AD,所以AB,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,AB,BMAD 11 AC,AE所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系，AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐则E(0,0,5),D(0,2,4),F(√3,1,3).设点P(0,0,t),则标系.设PA=AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),P11DF=(√3,-1,-1),DE=(0,-2,1),DP=(0,-2,t-4).(0,0,2),C(2,2,0),所以PC=(2,2,-2),PD=(0,2,-2),16.(1)证明：由F,G是棱PB上的两个三等分点,得设面 PDF 的法向量为n=（x,,z），则BC=(0,2,0),BP=(-2,0,2),设面 PCD的法向量为n=FG=GB=PB,因为四边形ABCD是正方形,所以 DO=-，所Jn·PD=2y-2z=0,令y=1,则z=1,x=0,所以BO,所以 OG/DF,又 OG面ADF,DFC面ADF,所以(x,y,z),则[n·DP=-2y+(t-4)z=0,√3[n·PC=2x+2y-2z=0,OG//面ADF.[t-2.n=(0,1,1),因为Q为线段BC上一点（含端点）,所以设(2)解：因为正四棱锥P-ABCD,所以 OP⊥面以n=设面EDF的法向量为n=(x2,y2,,t-4,2(V3BQ=入BC=(0,2入,0)(O≤入≤1),所以 PQ=BQ-BP=(2,ABCD,又 OA,OBC面ABCD,所以 OP⊥OA,OP⊥OB,又2)，-2),设直线PQ与面PCD所成角为0,所以 sinθ=四边形ABCD是正方形,所以OA⊥OB,则以O为坐标原n2·DE=-2y2+z2=0,令y=1,则x=√3,z=2,2)，则n·PQ点,OA,OB,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间[n·DF=√3x2-y2-z2=0,_1-入cos,sinθ随着入的增大而减直角坐标系.由(1)知,OGIIDF,又PF=FG,所以EF是△POG[n||PQ√4+2入²所以n=(√3,1,2),则lcosIn·n1_cos=1的中位线，则E是P0的中点，因为AB=3√2,则A0=CO=[n,ln21 32，由选3,又 PC=3√5,所以 PO=√(3√5)-3²=6, OE=3,则2将n,n2代人,化简得,t+8t-29=0,解得t=±3√5-4,因为项知,0不可能是或故选CD.A(3,0,0) ,E(0,0,3),C(-3,0,0),F(0,1,4),EA=点P为线段AE上一点,则0≤t≤5,所以t=3√5-4,所以存11.ABC提示:以D为坐标原点,DA,DC,DD,所在(3,0,-3),AF=(-3,1,4),CF=(3,1,4).设面ACF的法向在点P满足条件,此时AP=3√5-4.第4页

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