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高著必刷卷42套数学（理》2(k-m),令t=k-m(t∈Z),所以w=1+2t.f(x)在题多解因大AB/CD.AB4D.B兰(g上单调号器-音，所以5号-，即0边形BGD为直角梯形，又SM面4BCD,AB@面4BCD,AB上s4,又4B14D,S4n4DA,元w≤12，又）=3且f-石）=0，所以a=7,9,11不面SAD,则GD面SD.因为AM,DMC符合题意，所以0的最大值为5.61,CDL DM,列2∠CDM-90,故B16.136元之CMD-w2 u乙ci9CDA。-L思路导引根据条件证BD1D根据角等正MA MDMD力值相等得到MD=2MA为原点建立面直64面4BCD,4B1D,以为坐标原点，，B,标系，设M(,求为，轴的正方建空直角坐标系，则0M-ABCD的休积最大时点M的标确定外接球的国0,B0,3,0,C6,6,0,06,0,0.M4,0,心位利股定求外接珠的十球的表面程公式永得结果M+2+6，即点M的达为内的园【解析】本题考查棱锥与球的组合体、棱锥的体积、球的表面到面4bCD的距离最夫时，四棱锥W.-ABCD的积.因为SA⊥底面ABCD,ABC底面ABCD,所以SA LAB,又人则1-4，不设点（一2.0,4，设因AB⊥AD,AD门SA=A,所以AB⊥面SAD,又MAC面SAD,所以AB L MA,同理可得CD⊥MD.在Rt△MAB和cD的球为o(a,b,c,由0=od1Rt△MCD中，因为∠CMD.=∠BMA,所以tan∠CMD=am∠w,所以搬-品即D-2M在面SD内，以A为原点，建立如图②所示的面直角坐标系，设M(x,y),则有√(x-6)2+y=2√x2+y,化简得(x+2)2+y2=16,+b7t0=(a-6)+6+04即M点的轨迹方程为(x+2)2+y2=16:要使四棱锥M棱锥M-CD的外接球球心为03,3,4，球0的ABCD的体积最大，只要点M的纵坐标的绝对值最大即可，3+3+434，因楼维M4CD令x=-2,则y=±4，当四棱锥M-ABCD的体积最大时，接球的表面积为4元×04×34=136m,可取M(-2,4),此时点M到面ABCD的距离为4，三棱锥M-ACD外接球的球心在过△ACD外接圆圆心且垂直面7.【解】本题考查等比数列的性质、余弦定理、三角形面积公ACD的直线上.如图③，在三棱锥M-ACD中，取AC的中点式、辅助角公式Q,点Q即为△ACD外接圆的圆心，设三棱锥M-ACD外接(1)ABI =c,IBCi =a,ICAI =6,IADI =h.球的球心为O,半径为R.过M作MN LAD,垂足为N,连接由面积公式可得2a业=分csin∠BAc(2分)N0,0D,则由条件知QD=号4C=32,DN=DA+AN=8,、又冬=号，代入上式可知a-3 esin∠B4C(4分)∠NDQ=45°，MW=4.于是由余弦定理得Q2=QD2+又c,a,b成等比数列，有a2=bc,代入上式得sin∠BAC=ND2-2QD·NDcos LNDQ=(32)2+82-2×3V2×8cos45°=34.设0Q=x,则有01=QW2+(MN-0Q)2,3(6分)0D2=QD+0Q,而0M=0D=R,所以R2=34+(4-x)2=(2)设∠BAC=0,在△ABC中，由余弦定理可知b2+c2=(32)2+x2,解得x=4,所以2=34，所以三棱锥M-ACDa2 +2bccos 0,(7分)外接球的表面积S=4mR2=136由(1)可知a2=3 bcsin0,代入上式可知6+c2=3 bcsin0+2bccos 0,(8分)于足6+A8-名分-3m0+2s0=v5m9时p(其中m=号）》，(10分)图①图②图③故当m0+pj-1,(6+》=.(12分)D184卷41