2023年高考数学一轮复习题及答案解析9份5.docx

2023－2023学年度第一学期江苏省南通市六所省重点高中联考试卷 数 学 Ⅰ试 题 2023.1 5、设为互不重合的平面，为互不重合的直线，给出以下四个命题： ①假设； ②假设∥∥，那么∥； ③假设；④假设. 其中所有正确命题的序号是 ▲ 答案：①③ 15、（此题总分值14分）如图,在直三棱柱中,， 分别是的中点，且. (Ⅰ)求证：； (Ⅱ)求证：平面平面. 答案15、证:(Ⅰ)连接交于,连接. ∵分别是的中点，∴∥且=,∴四边形是矩形. ∴是的中点…………………………………………………………………………(3分) 又∵是的中点,∴∥………………………………………………………(5分) 那么由,,得∥…………………………………(7分) (注:利用面面平行来证明的,类似给分) (Ⅱ) ∵在直三棱柱中，⊥底面,∴⊥. 又∵,即⊥,∴⊥面……………(9分) 而面,∴⊥ ………………………………(11分) 又,由(Ⅰ) ∥， ∴平面 ………………………………………(13分) 平面，∴平面平面. ……………………………(14分) 二、必答题：本大题共2小题，共20分，请在答题卡指定区域内作答，解容许写出文字说明， 证明步骤或演算步骤． A O E C B （第5题） 5． 如图，三棱锥O－ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA=1，OB=OC=2，E是OC的中点． （1）求异面直线BE与AC所成角的余弦值； （2）求二面角A－BE－C的余弦值． 解：（1）以O为原点， OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 那么有A（0，0，1），B（2，0，0）， C（0，2，0），E（0，1，0）． ……………………2分 cos<>． 　 ………………………………4分 由于异面直线BE与AC所成的角是锐角，故其余弦值是．………………5分 （2），，设平面ABE的法向量为， 那么由，，得目 取n＝（1，2，2）， 平面BEC的一个法向量为n2＝（0，0，1）， 　………………………………7分 ．……9分 由于二面角A－BE－C的平面角是n1与n2的夹角的补角，其余弦值是－．…… 10分 江苏省2023高考数学模拟题(压题卷) 二、 2．如图，四边形ABCD为矩形，BC⊥平面ABE，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE． (1)求证：AE⊥BE； (2)设点M为线段AB的中点，点N为线段CE的中点，求证： MN //平面DAE． 解：(1)因为BC平面ABE，AE平面ABE，所以AEBC， 又BF平面ACE，AE平面ACE，所以AEBF， 又BFBC=B，所以AE平面BCE， 又BE平面BCE，所以AEBE． (2)如下列图，取DE的中点P，连结PA，PN，因为点N为线段CE的中点． 所以PN//DC，且， 又四边形ABCD是矩形，点M为线段AB的中点， 所以AM//DC，且， 所以PN//AM，且PN=AM，故AMNP是平行四边形，所以MN//AP， 而AP平面DAE，MN平面DAE，所以MN//平面DAE． 七、理科附加题 1．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，且PD=AD=1，AB=2，点E是AB上一点，AE等于何值时，二面角P-EC-D的平面角为． 解：以D为原点，射线DA、DC、DP为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系， 那么P（0,0,1），C（0,2,0），设E（1,y0,0），那么， 设平面PEC的法向量为， 解之得 ， 记，而平面ECD的法向量， 二面角P-EC-D的平面角， ， ． 当时，二面角P-EC-D的平面角为． 2023届江苏省苏州市迎二模六校联考数学试题 二、解答题：（本大题共6个小题，共90分．） 16 (本小题总分值14分)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, A1C1⊥B1D1, E,F分别是AB, BC的中点.(I)求证：EF∥平面A1BC1；(Ⅱ)求证：平面D1DBB1⊥平面A1BC1. A1 B1 C1 A B C D1 D E F 第15题 证明：（Ⅰ）连接AC，那么AC∥A1C1，而E, F分别是AB, BC的中点，所以EF∥AC，那么EF∥A1C1，又∵平面A1BC1，EF平面A1BC1故EF∥平面A1BC1………………………7分 （Ⅱ）因为BB1⊥平面A1B1C1D1, A1C1平面A1B1C1D1所以BB1⊥A1C1，又A1C1⊥B1D1，BB1 B1D1= B1, BB1 ,B1D1平面D1DBB1 那么A1C1⊥平面D1DBB1 …………………………………12分 又平面A1BC1，所以平面D1DBB1平面A1BC1…………14分 附加题，必做题 23．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AC＝BC＝AA1＝2，D为侧棱AA1的中点． A B C A1 B1 C1 D （第23题） （1）求异面直线DC1，B1C所成角的余弦值； （2）求二面角B1－DC－C1的平面角的余弦值． 解：（1）如下列图，以C为原点，CA、CB、CC1为坐标轴，建立空间直角坐标系 C－xyz． 那么C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，2），B1（0， 2，2）， A B C A1 B1 C1 D x z y D（2，0，1）． 所以＝(－2，0，1)， ＝(0，－2，－2)． ……………2分 所以cos<，>＝ ＝＝－． 即异面直线DC1与B1C所成角的余弦值为．…………………………4分 （2）因为＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，＝(0，0，2)， 所以·＝0，·＝0， 所以为平面ACC1A1的一个法向量． …………………………6分 因为＝(0，－2，－2)，＝(2，0，1)， 设平面B1DC1的一个法向量为n，n＝（x，y，z）． 由得 令x＝1，那么y＝2，z＝－2，n＝（1，2，－2）．……………………………8分 所以cos< n，>＝＝＝． 所以二面角B1－DC－C1的余弦值为． ……………………………10分 江苏省淮州中学2023—2023学年度第一学期中考试 高三数学试卷 15．（本小题总分值14分） 如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直。 EF//AC，AB=,CE=EF=1 （Ⅰ）求证：AF//平面BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE; 证明：（Ⅰ）设AC于BD交于点G。因为EF∥AG,且EF=1，AG=AG=1 所以四边形AGEF为平行四边形 所以AF∥EG 因为EG平面BDE,AF平面BDE, 所以AF∥平面BDE （Ⅱ）连接FG。因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以平行四边形CEFG为菱形。所以CF⊥EG. 因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.[来源:学科网] 江苏连云港市2023届高三上学期第一次调研考试（数学）数学Ⅰ试题 11.如图，三棱柱的所有棱长均等于1，且，那么该三棱柱的体积是 ▲ ． A B C A1 B1 C1 （第11题） 答案： B A D C F E （第16题） 二、解答题 16.（本小题总分值14分） 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面⊥平面，,,为的中点，求证： （1）∥平面； （2）平面平面． 证明：（1）设,连接，易知是的中点， ∵是中点．∴在△中，∥， …………2分 G B A D C F E ∵平面，平面， ∴ ∥平面． ………………………………6分 （2）平面平面 ,, 平面平面平面,又平面, 又，,平面,……………………………10分 在中，为的中点，,平面， 又平面， 平面平面．………14分 2023届江苏高考数学权威预测题 3、半径为1的半球的外表积为 ▲ . 答案： A B C D 二、解答题 16、（14分）如图，正四面体ABCD的棱长为3cm． （1）求证：AD⊥BC； （2）点E是CD的中点，点P在△ABC的内部及边界上运动，且满足EP∥平面ABD，试求点P的轨迹； （3）有一个小虫从点A开始按以下规那么前进：在每一个顶点处等可能地选择通过这个顶点的三条棱之一，并且沿着这条棱爬到尽头，当它爬了12cm之后，求恰好回到A点的概率． 解：（1）取BC中点M，连AM，DM． 因△ABC及△BCD均为正三角形，故BC⊥AM，BC⊥DM． 因AM，DM为平面ADM内的两条相交直线，故BC⊥平面ADM，于是BC⊥AD．…4分 （2）连接EM，并取AC的中点Q，连QE，QM．于是EQ∥AD，故EQ∥平面ABD． 同理MQ∥平面ABD． 因EQ，MQ为平面QEM内的两条相交直线，故平面QEM∥平面ABD，从而点P的轨迹为线段QM． ……………………8分 （3）依题设小虫共走过了4条棱，每次走某条棱均有3种选择，故所有等可能根本领件总数为34=81． ……………………10分 走第1条棱时，有3种选择，不妨设走了AB，然后走第2条棱为：或BA或BC或BD． 假设第2条棱走的为BA，那么第3条棱可以选择走AB，AC，AD，计3种可能；假设第2条棱走的为BC，那么第3条棱可以选择走CB，CD，计2种可能；同理第2条棱走BD时，第3棱的走法亦有2种选择． ……………………12分 故小虫走12cm后仍回到A点的选择有3×(3+2+2)=21种可能． 于是，所求的概率为． ……………………14分 江苏省2023年高考数学模拟题 三、立体几何题 4、如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，PD=PA，E、F分别是AB、PD的中点。 (1)求证：AF∥平面PCE； (2)求证：平面PCE⊥平面PCD。 证明： (1)取PC中点G，连接FG、EG。 因为F、G分别为PD、PC的中点， 所以FG∥CD且FG=CD， 又AE∥CD且AE=CD， 所以，FG∥AE且FG=AE， 四边形AEGF为平行四边形， 因此，AF∥EG，又AF ⊄平面PCE，所以AF∥平面PCE。 (2) 由PA⊥平面ABCD，知PA⊥CD， 又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，CD⊥AF。 又PA⊥AD，F为PD的中点，那么AF⊥PD， 因此，AF⊥平面PCD。 而AF∥EG，故EG⊥平面PCD， 又EG⊂平面PCE，所以，平面PCE⊥平面PCD。 八、空间向量题（理科附加） 12、如图，正棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为4，