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8、江西红色七校联考2024
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对于②，因为正方形的对角线相互垂直，所以AB⊥CE,又AB⊥ED,则四面体ABCD的所有棱长均为√2，又M,N分ED∩CE=E,所以AB⊥面CDE,故②符合题意；别为棱AD,BC的中点，对于③，由①知AB与CE的夹角为60°，故③不符合题意：所以线段MN的长度为正方体的棱长为1，故①对于④，因为CE LAD,CE⊥BD,BD∩AID=D,所以CE⊥面ABD,正确；则AB⊥CE,同理可得AB⊥ED,又ED∩CE=E,所以AB⊥而假设CD⊥面FMN,因为MNC面FMN,CDE,故④符合题意，所以CD⊥MN,CE8.C【解析】由题意可得四棱锥BA1AC℃的体积是三棱柱ABC事实上，由①可知，MN与(D所成的角为不，故②错误；A,B,C体积的三VA,S=合AC·BC·AA=含AC·BC≤(AC2+BC)由已知可得，BN=BC-号，BM-VB-MD-√？-√子A8-士，当且仅当AC=C-号时取等号s-2X空×号223+(号+号+)×12又MN=1,所以cos∠MBN=29.D【解析】A中，B1D1∥BD,BDC面ABD,B,D,￠面A,BD,.BD1∥面A1BD,做A正确；5，故当F点无限接近B点时，cos∠MFV无限接B中，连接AC,:(CC1⊥面ABCD,BDC面ABCD,.BD⊥CC,又：BD⊥AC,Acncc=C,.BDL面ACC,近，故心错误：∴.BD⊥AC1,同理，A,D⊥AC1,又BD∩AD=D,如图，将等边△ABC与ABD铺，放置在同一面上，故有NF.AC1⊥面ADB,故B正确；FM≥MN=√2，C中，BD1∥BD,D当且仅当F为AB的中点时，取最小值，故在正方体中，NF十FM∠A,DB或其补角为所求的角，在△A1BD巾，.AB=AD=BD,.△A1BD为√2，即△FMN周长的最小值为v2十1，故④正确.故正确结论的编号为①④.故选B.等边三角形，·∠ADB=号，故C正确：13.2【解析】反例：正方体的一个顶点处的3条棱，确定3个面，所以D巾，连接AD,:CD1⊥面AADD,①不正确；∴.∠DAC1即为所求的角，山行四边形对边行，结合两条行线可以确定一个面，可得②,Rt△D,AC不是等腰三角形，故D错误.故选D.正确：10.D【解析】如图，在△ACB中，AC=BC=1,若一个角的两边分别行于另一个角的两边，则这两个角相等或互∠ACB=否，取AB的中点D,可得CD=之，AD补，所以③不正确：若A∈a,A∈3，且a∩3-l,则A在1上，满足面的基本性质，所以④海正确，故正确的个数为2.取SC的中点O,:∠SAC-∠SBC=交，14.16十32√2【解析】设正四棱柱的高为h,由底面边长为a-2√2，体积OS=OA=OC=OB,∴.O为三棱锥SABC的外接球的球心，在为V-32,Rt△SAC与Rt△SBC中，由AC-BC,SC-SC,得Rt△SAC≌得V=ah,即h=(22=4，所以此四棱柱的表面积S=S+32Rt△SBC,∴.∠SCA-∠SCB,过O作OO1⊥面ABC,过S作SS1⊥面ABC,则O,S1都在2S底面积-4×4×2√2+2×2√2×2√2-32W2+16.∠ACB的角分线的延长线上.设△ABC外接圆的半径为r,则(r15.√2【解析】取圆柱下底面弧AB的另一中点D,连接C,D,AD,:C是圆柱下底面弧AB的中点，AD∥BC,3）+(气)=7，解得r-1,则cS,-2x-2A'.直线AC,与AD的夹角即为异面直线AC,与BC所成的角.由s=号×号×1X1×号×sS,=1,解得S,=45,CG是圆柱上底面弧AB,的中点，∴CD⊥面A在Rt△SS,C中，求得S=√22+(4V3)2-2√13，即三棱锥SABCABD,.C,D⊥AD的外接球的半径为√13，∴.该三棱锥外接球的表面积为4π×（√I3)2圆柱的轴截面ABBA1是正方形，.CD=√2AD,=52x.故选D.·直线AC,与AD夹角的正切值为√2.11.D【解析】取AC的中点E,过M作MF⊥面A,B,CD1,如图，∴，异面直线AC与BC所成角的正切值为√2，△APM≌△AEM,故PM=EM,16.【解析】如图，在面PAB内，作∠MPN=∠PAM,交AB于点而对固定的点M,当MN⊥B,C,时，MV最小.BN,则∠MPN=∠PAN,71此时由MF⊥面A,B,C,D,,可知△MFN为等又因为∠PNM=∠ANP,所以△PNMA废直角三分形，MF-号MN。△ANP,所以器-袋器-反，放2PM+2MN=2(PM+V号MN)-2(EM+所以AN=2PN,MN=PN,所以AM=AN2M)≥2AA,=2.12.B【解析】在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点，依次连接-MN-号PN.可得四面休ABCD,·172·23XKA·数学（理科）