贵州省2025届高三金太阳8月联考(25-15C)数学答案

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=√3，tan∠CD0=品-品当因为EF∩FG=F,所以平面EFG∥平面BDD1B1,因为平面EFG∩平面BCC1B1=FG,点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，OD最小时，∠CDO最大，显然当EP∥平面BDD1B1,所以点P的轨迹是FG,因为FG=BB1=2,所以动D是A1B1中点时，OD最小为2，B点P的轨迹长度为2；因为AB⊥平面BCCB1,BPC平面BCC1B1,所√3图1图2此时tan∠CDO=<1,即以AB⊥BP,在Rt△ABP中，AB=2,∠BAP=30°，则tan∠BAPBPAB∠CDO<45°，所以直线CD与侧面ABB1A1所成角的最大值不可能为45°，故A错误；对于B,当D是A,B1中点，E是A,C1中点时，DE∥23为有所以B印-AB-2所以点P的轨迹是以B为圆心，2看B,C1,所以DE∥BC,此时B,C,E,D共面，所以直线CD与直线BE相交，故B正确；对于C,设点D,点E在底面ABC上的投影分别是点半径的一段弧，且圆心角为直角，所以动点P的轨迹长度为×2π×D1,点E1,连接DD1,EE1,则DD1∥EE1,即D,D1,E1,E四点共面，233假设存在直线DE垂直侧面BCC1B,则DE⊥BC,又BC⊥DD1,所以3-号放答案为2，BC⊥平面DD1E1E,可得BC⊥D1E1,而根据题意BC不可能垂直11.(1)证明：由已知可得CC1∥DD1,D1E1,所以不存在直线DE垂直侧面BCC1B1,故C错误；对于D,如图又DD1C平面ADD1A1,CC1中平面ADD1A1,2,当D是AB中点，E是AC中点，F是BC靠近点C的四等分点时，有∴.CC1/平面ADD1A1.……2分DE⊥EF,所以△DEF是直角三角形.故D正确.故选BDAE∥CD且AE=CD,.四边形ADCE为平行四边形，9.10π解析】如图，取BN的中点D,连接CD,因为A.CE∥ADCN=BC=1,所以CD⊥BN,又平面ABN⊥平面又ADC平面ADD1A1,CE中平面ADD1A1,BB1C1C,平面ABN∩平面BBC1C=BN,CDC平.CE/平面ADD1A1.……3分面BB,C1C,所以CD⊥平面ABN,又ABC平面又CC1∩CE=C,且CC1,CEC平面CC1E,ABN,所以CD⊥AB,依题意CC1⊥平面ABC,AB∴.平面ADD1A1/平面CC1E.…4分C平面ABC,所以CC1⊥AB,又CC1∩CD=C又C1EC平面CC1E,.C1E∥平面ADD1A…5分CC1,CDC平面BB1C1C,所以AB⊥平面BB1C1C,又BN,BCC平面(2)解：在△BCE中，CE=2,BE=4,∠BEC=60°，由余弦定理可得BBC1C,所以AB⊥BN,AB⊥BC,所以AC=JAB2+BC2=3,所以ANBC=√/22+42-2X2X4Xc0s60°=2√3，∴.BC2+CE2=BE2,.=√CN+AC-√10，连接CM,则CM=√BC+BM=√3，所以∠BCE=90°。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。…7分MN=√C1M+CN2=2,又AM=√AA+AM=√6，所以AM+.F为线段BC的中点.∴.CF=√3，EF=√CE十CF=√7，MN=AN,所以AM⊥MN,所以Rt△AMN与Rt△ABN共斜边AN,由勾股定理得C1E=√JC1C2+CE=2√2，C1F=√C1C2+CF?所以四面体ABMN的外接球的球心为AN的中点，且外接球半径R=号√7，由余弦定理得coS∠EFC,=EF2+C1F2-C1E27+7-82EF·CF2√7X√77AW=√2,所以该球的表面积S=4πR2=10元故答案为10元故sin∠BFC=-(2-28分D10.2气解析1分别取CBC,的中点r,G,连接则Sa6=2X7×7x2=/10,EF,FG,EG,则BF=2BC,B,G=?BC,因为又S△C,cE=2×2x2=2,SACCE=2X2X3=3,SACE=2×2XBCB1C1,BC=B1C1,所以BF∥B1G,BF=B1G,√3=√5，故三棱锥C1-CEF的表面积为√/10十2√3十2.…10分所以四边形BFGB1为平行四边形，所以BB1∥FG,12.(1)证明：过点B作BD⊥CC1,垂足为D,因为平面AA,C1C⊥平面因为E为CD的中点，所以EF∥BD,因为EF,FG中平面BDD1B1,BB1C1C,平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1,BDC平面BB1C1C,BD,BB1C平面BDD1B1,所以EF∥平面BDD1B1,FG∥平面BDD1B1,所以BD⊥平面AA,CC,【JKT·单元周测卷·数学参考答案第17页（共28页）】