【文档说明】吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，1.449 MB，由小赞的店铺上传

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2024—2025学年上学期高二年级数学学科阶段验收考试试卷考试时间：90分钟满分：120分命题人：张淑峰李永国审题人：高二备课组一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若随机试

验的样本空间为Ω0,1,2=，则下列说法不正确的是（）A.事件1,2P=随机事件B.事件0,1,2Q=是必然事件C.事件1,2M=−−是不可能事件D.事件1,0−是随机事件【答案】D【解析】【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的概念判断即可.【详解】随机

试验的样本空间为Ω0,1,2=，则事件1,2P=是随机事件，故A正确；事件0,1,2Q=是必然事件，故B正确；事件1,2M=−−是不可能事件，故C正确；事件1,0−是不可能事件，故D错误.故选：D2.已知点()1,0A，()1,23B−，则直线AB的倾斜角为（）

A.5π6B.2π3C.π3D.π6【答案】B【解析】【分析】由两点坐标求出斜率，由倾斜角与斜率的关系即可求【详解】230tan311ABk−===−−−，()0,π，故直线AB的倾斜角2π3=.故选：B是3.投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期

较为盛行.如图为一幅唐朝的投壶图，甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，假设甲、乙、丙每次投壶时，投中的概率均为0.6且投壶结果互不影响.若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至少有2人投中的概率为（）A.0.648B.

0.432C.0.36D.0.312【答案】A【解析】【分析】由独立事件概率乘法公式可得.【详解】记甲、乙、丙投中分别即为事件123,,AAA，由题知()()()()()()1231230.6,0.4PAPAPAPAPAPA======，则3人中至少有2

人投中的概率为：()()()()123123123123PPAAAPAAAPAAAPAAA=+++320.630.60.40.648=+=.故选：A.4.设,AB是一个随机试验中的两个事件，且()()()131,,+252PAPBPAB===，则

()PAB=（）A.13B.15C.25D.110【答案】D【解析】【分析】先利用和事件概率公式求出()PAB，然后利用()()()PABPAPAB=−求解即可.【详解】因为1()2PA=，3()5PB=，所以()251,()2P

APB==，又()()()()()122512PABPAPBPABPAB+=+−=+−=，所以()25PAB=，所以()()()1102512PPPAABAB==−=−.的故选：D.5.若()2,2,1A，()0,0,1B，()2,0,0C，则点A到直线BC的距离为（）A

.2305B.305C.255D.55【答案】A【解析】【分析】由题意得()2,2,0BA=，()2,0,1BC=−，再根据点线距离的向量公式即可求解.【详解】()2,2,0BA=，()2,0,1BC=−，则

BA在BC上的投影向量的模为45BABCBC=，则点A到直线BC的距离为()22224852305BBAABCBC−=−=．故选：A.6.某乒乓球队在长春训练基地进行封闭式集训，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流．．．．发球，连续赢2个球者获胜

，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为23，乙发球甲赢的概率为14，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．则该局打4个球甲赢的概率为（）A.13B.16C.112D.524【答案】C【解析】【分析】由于连胜两局者赢，则可写

出四局的结果，计算即可.【详解】由于连胜两局者赢，甲先发球可分为：该局：第一个球甲赢、第二个球乙赢、第三个球甲赢、第四个球甲赢，则概率为22133231441=；故选：C.7.据史书记载，古代的算筹是由一根根同样长短和粗细的小棍制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算

之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当．即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推．例如⊥‖表示62，＝T表示26，现有6根算筹，据此表示方式任意表示两位数（算筹不剩余且个位不为0），则这个两位数不小于50的概率为（）A.13B

.12C.23D.35【答案】B【解析】【分析】根据6根算筹，分为五类情况：51,42,33,24,15+++++，逐一分类求解满足要求的两位数，即可求解概率.【详解】根据题意可知：一共6根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为51,42,33,24,15+++

++一共五类情况；第一类：51+，即十位用5根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是5或者9，个位为1，则两位数为51或者91；第二类：42+，即十位用4根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是4或者8，个位可能

为2或者6，故两位数可能42，46，82，86；第三类：33+，即十位用3根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是3或者7，个位可能为3或者7，故两位数可能是33，37，73，77；第四类：24+，即十位用2根算筹，个位用4根算筹，那么十位

为2或6，个位可能为4或者8，则该两位数为24或者28或者64或者68，第五类：15+，即十位用1根算筹，个位用5根算筹，那十位是1，个位为5或者9，则两位数为15或者19；综上可知：用6根算筹组成的满足题意的所有的两位数有

：15，19，24，28，33，37，42，46，51，64，68，73，77，82，86，91共计16个，则不小于50的有：51，64，68，73，77，82，86，91共计8个，故概率为81=162，故

选：B.8.正三棱柱111ABCABC−中，12,3,ABAAO==为BC的中点，M为棱11BC上的动点，N为棱AM上的动点，且MNMOMOMA=，则线段MN长度的取值范围为（）A.36,74B.647,27

C.347,47D.3,6【答案】B【解析】【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱11ABCABC−中,O为BC的中点，取11BC中点Q，连接OQ，如图，

以O为原点，,,OCOAOQ为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则()()()()110,0,0,0,3,0,1,0,3,1,0,3OABC−，因为M是棱11BC上一动点，设(),0,3Ma，且[1,1]a−，所以()(),0,30,3,00OMO

Aa==，则OAOM⊥，因为ONAM⊥，且MNMOMOMA=所以在直角三角形OMA中可得：~OMNAMO即()()222222233633MOaaMNMAaa++===+++，于是令26,6,7tat=+，所以2223336atttta+−==−+，6,7t，又

符合函数3=−ytt为增增符合，所以在67t，上为增函数，所以当6t=时，min336626tt−=−=，即线段MN长度的最小值为62，当7t=时，max3347777tt−=−=，即线段

MN长度的最大值为477，故选：B.【点睛】关键点睛：1.找到~OMNAMO，再利用函数单调性求出最值.2.建系，设出动点(),0,3Ma，利用空间向量法求出ONAM⊥，再结合线线关系求线段MN的表达式，

利用函数求最值即可.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列命题中正确的是（）A.若表示两个空间向量的有向线段的终

点不同，则这两个向量可能相等；B.在所有棱长都相等的直平行六面体1111ABCDABCD−中，BD⊥平面11ACCA；C.对于空间三个非零向量,,abc，一定有()()abcabc=rrrrrr成立；D.在棱长为2的正方体

1111ABCDABCD−中，点,MN分别是棱11AD，AB的中点，则异面直线MD与NC所成角的余弦值为25．【答案】ABD【解析】【分析】由相等向量的概念即可判断选项A，利用线面垂直的判定定理证明即可判断选项B，由数量积的性质即可判断选项C，建立空间直

角坐标系利用向量的坐标即可计算异面直线MD与NC所成角的余弦值判断选项D.【详解】若表示两个空间向量的有向线段的终点不同，而当两向量方向和长度相等时，这两个向量相等；故A正确；在所有棱长都相等的直平行六面体1111ABCDABCD−中，即直棱柱1111ABCDABCD−中底面为菱形，因

为BDAC⊥，1AA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以1AABD⊥，又1AAACA=，所以BD⊥平面11ACCA；故B正确；对于空间三个非零向量,,abc，有()abcc=，()abca=，所以不一定有()()abcabc=成

立，故C错误；建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0D，()1,0,2M，()2,1,0N，()0,2,0C，所以()1,0,2DM=，()2,1,0NC=−，所以22cos,555DMNC−==−，所以异面直线MD与NC所成角的余弦值为25，故D正确.故选：ABD10.连续抛掷一

枚质地均匀的骰子两次，用数字x表示第一次抛掷骰子的点数，数字y表示第二次抛掷骰子的点数，用(),xy表示一次试验的结果．记事件A=7xy+=，事件B“3x，事件C“()21Nxykk=−，则（）A.()14PC=B.A与B相互独立C.A与C为对立事件D.B与

C相互独立【答案】AB【解析】【分析】用列举法列出所有可能结果，再结合互斥事件、对立事件、相互独立事件及古典概型的概率公式计算可得．.【详解】依题意依次抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件总数为6636=

个；其中事件A=7xy+=包含的样本点有：()1,6，()2,5，()3,4，()4,3，()5,2，()6,1共6个；事件C=()*21Nxykk=−，包含的样本点有：()1,1，()3,3，()5,5，()1,3

，()1,5，()3,1，()3,5，()5,1，()5,3共9个，事件B=3x，包含的样本点有：()1,1，()1,2，()1,3，()1,4，()1,5，()1,6，()2,1，()2,2，()2,3，()2,

4，()2,5，()2,6，()3,1，()3,2，()3,3，()3,4，()3,5，()3,6共18个，对于A，()91364PC==，故A正确；对于B，事件AB包含的样本点有()1,6，()2,5，()

3,4共3个，所以()()()6118131,,3663623612PAPBPAB======，所以()()()PAPBPAB=，所以A与B相互独立，故B正确；对于C，ACU包含的样本点个数满足691536+=，所以A与C

不为对立事件，故C错误；对于D，事件BC包含的样本点有：()1,1，()1,3，()1,5，()3,1，()3,3，()3,5，共6个，而()14PC=，()12PB=，()61366PBC==，从而()()()181

6PPPBCBC==，所以B与C不相互独立，故D错误.故选：AB.11.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，P为棱1BB上一点，且12BPPB=，Q为正方形11BBCC内一动点（含边界），则下列说法

中正确的是（）A.若1DQ∥平面1APD，则动点Q的轨迹是一条长为223的线段B.存在点Q，使得1DQ⊥平面1APDC.三棱锥1QAPD−的最大体积为518D.若162DQ=，且1DQ与平面1APD所成的角为，则s

in的最大值为3333【答案】ACD【解析】【分析】在111,BCCC取点,EF，使得1112,2CEBECFCF==，证得平面//DEF平面1APD，进而得到1//DQ平面1APD，可判定A正确；以1D为原点，建立空间直角坐标系，求得平面1APD的一个法向量(3,2,3)m=

−，根据1DQm=，得出矛盾，可判定B不正确；利用向量的数量积的运算及三角形的面积公式，求得1226APDS=,在求得点Q到平面1APD的最大距离max522d=，结合体积公式，可判定C正确；根据题

意，求得点点Q的轨迹，结合线面角的公式，求得11(,1,)22Q时，取得最大值，进而可判定D正确.【详解】对于A中，如图所示，分别在111,BCCC取点,EF，使得1112,2CEBECFCF==，可得1//EFBC，因为11//ADBC，所以1

//EFAD，因为1AD平面1APD，EF平面1APD，所以//EF平面1APD，又由11//DFAP，且1AP平面1APD，1DF平面1APD，所以1//DF平面1APD，又因为1EFDFF=，且1,EFDF平面DEF，所以平面//DEF

平面1APD，且平面DEF平面11BCCBEF=，若1//DQ平面1APD，则动点Q的轨迹为线段EF，且223EF=，所以A正确；对于B中，以1D为原点，以11111,,DADCDD所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可

得12(1,0,0),(0,0,1),(1,1,)3ADP，则112(1,0,1),(0,1,)3ADAP=−=，设(,1,)(01,01)Qxzxz，可得1(,1,)DQxz=，设(,,)mabc=是平面1APD的一个法向量，则110203mADacmAPbc=−+==+=

，取3c=，可得3,2zb==−，所以(3,2,3)m=−，若1DQ⊥平面1APD，则1//DQm，所以存在R，使得1DQm=，则3[0,1]2xz==−，所以不存在点Q，使得1DQ⊥平面1APD，所以B错

误；对于C中，由112(1,0,1),(0,1,)3ADAP=−=，可得11111322,,33ADAPADAP===，则112cos,26ADAP=，所以1122sin,26ADAP=，所以111111132222sin2223626APDSADAPDAP===,要使得三棱锥

1QAPD−的体积最大，只需点Q到平面1APD的距离最大，由1(1,1,)AQxz=−，可得点Q到平面1APD的距离113()522AQmdxzm==+−，因为01,01xz，所以当0xz+=时，即点Q与点1C重

合时，可得max522d=，所以三棱锥1QAPD−的最大体积为11512255336182222APDS==，所以C正确；对于D中，在正方体中，可得11DC⊥平面11BCCB，且1CQ平面11BCCB，所以111DCCQ⊥，则22111122CQDQDC=−=，所以点Q的

轨迹是以1C为圆心，以22为半径的圆弧，其圆心角为π2，则1(,0,)CQxz=，所以22122CQxz=+=，即2212xz+=，又由1(,1,)DQxz=，设1DQ与平面1APD所成的角，所以112213()223()2sincos,223221mDQxzxzmDQmDQxz

+−+−====++，因为2212xz+=，可得222()2()xzxz++，当且仅当xz=时，等号成立，所以1xz+，即12xz==时，1DQ与平面1APD所成的角最大值，sin的最大值为322323

33=，D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求解立体几何中的动态问题与存在性问题的策略：1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动

点的轨迹方程；2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化

为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，第14题第一个空2分，第二个空3分，共15分．12.已

知()3,2,1a=−，()2,1,2b=r，当()()2kabab+⊥−时，实数k的值为____________．【答案】6【解析】【分析】由题意依次算得22,,abab的值，然后根据()()2kabab+⊥−列方程即可求解.【详解】因为

()3,2,1a=−，()2,1,2b=，所以()2294114,4149,3221126abab=++==++==++−=，因为()()2kabab+⊥−，所以()()()()22221214186122120kababkabkabkkk+−

=−+−=−+−=−=，解得6k=.故答案为：6.13.柜子里有3双不同的鞋子，分别用121212,,,,,aabbcc表示6只鞋，从中有放回地．．．．取出2只，记事件M=“取出的鞋是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，则事件M

的概率是____________．【答案】13【解析】【分析】列举法写出试验的样本空间，根据古典概型的概率公式直接可得解.【详解】设111,,abc表示三只左鞋，222,,abc表示三只右鞋，则从中有放回取出2只的所有可能为：()()()()()()111211121112

,,,,,,,,,,,aaaaababacac()()()()()()212221222122,,,,,,,,,,,aaaaababacac()()()()()()111211121112,,,,,,,,,,,bababbbbbcb

c()()()()()()212221222122,,,,,,,,,,,bababbbbbcbc()()()()()()111211121112,,,,,,,,,,,cacacbcbcccc()()()()()()212

221222122,,,,,,,,,,,cacacbcbcccc，共计36种，其中满足取出鞋一只左脚一只右脚，但不是一双鞋的有12种，()121363PM==.故答案：13.14.已知正四面体ABCD的棱切球1T（正四面体的中心与

球心重合，六条棱与球面相切）的半径为1，则该正四面体的内切球2T的半径为______；若动点,MN分别在1T与2T的球面上运动，且满足MNxAByACzAD=++，则2xyz++的最大值为______．【答案】①.33##133②.2626+【解析

】【分析】第一空：将正四面体ABCD放入正方体中，由等体积法可知，只需求出正四面体的表面积以及体积即可列式求解该正四面体的内切球2T的半径；第二空：由不等式可知，的为()maxmin222MNxyzATMNxy

zxyzATATAT++++++==，只需求出maxMN、minAT即可.【详解】第一空：连接,ADEF，设交点为M，则M是AD中点，如图所示，将正四面体ABCD放入正方体中，由对称性可知正方体中

心就是正四面体ABCD的中心，设正方体棱长为2a，则棱切球球心到正四面体ABCD的六条棱的距离都等于a，设正四面体ABCD的棱切球1T的半径为1r，所以11ra==，正方体棱长为2，22AD=，而正四面体ABCD的体积为1182224222323ABCDV−=−=

，正四面体ABCD的表面积为()2134228322ABCDS−==，设该正四面体的内切球2T的半径为r，则由等体积法可知，188333r=，解得33r=；第二空：取任意一点T，使得()22xyzATMNxAByACzADxAOyAC

zAD++==++=++，所以点T在面OCD内（其中O是AB中点），所以()13213xyzATMNrr++=+=+，而点A到平面OCD的距离为2dAO==，所以()31226322262xyzATxyzxy

zAT+++++++==+，等号成立当且仅当2xyz++是正数且,TO重合且313MN=+，综上所述，2xyz++的最大值为2626+.故答案为：33，2626+.【点睛】关键点点睛：第二空的关键是得出()maxmin

222MNxyzATMNxyzxyzATATAT++++++==，由此即可顺利得解.四、解答题：本大题共4小题，共47分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.如图，在三棱柱111ABCABC−中，,MN分别是111,ABBC上的点，且1112,2AMMBBNNC=

=．设1,,ABaACbAAc===．（1）试用,,abc表示向量MN；（2）若11190,60,1BACBAACAAABACAA======，求异面直线MN与AC的夹角的余弦值．【答案】（1）122333abc−++（2）31111【解析】【分析】（1）由空间向量

的基本定理求解即可；（2）先用基向量,,abc表示AC与MN，然后求解MN与AC以及数量积MNAC，然后计算夹角的余弦值即可.【小问1详解】由图可得：()()1111111112123333MNMBBBBNABAABCABAAAAACAB=++=++=−++−112212233

3333ABACAAabc=−++=−++.【小问2详解】由（1）可知122333MNabc=−++，因为11190,60,1BACBAACAAABACAA======，所以0ab=，12ac=，12bc=，222221221444481442

4110333999999999999MNabcabcabacbc=−++=++−−+=++−−+=，所以113MN=，ACb=，1AC=，212212221·133333333MNACabcbabbcb=−++=−++=+=所以1311cos,1

1113MNACMNACMNAC===，所以异面直线MN与AC的夹角的余弦值为31111.16.如图，在正四棱柱1111ABCDABCD−中，122AAAB==，,EF分别为1BB，1CC的中点．（1）证明：1AF∥平面CDE；（2）求三棱锥1ACDE−的体积；（3）求直线1AE与平面CDE

所成的角．【答案】（1）证明过程见解析（2）16（3）π6【解析】【分析】（1）借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量1AF与平面CDE的法向量后，借助空间向量计算即可得；（2）求出空间向量1AE与平面CDE的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得直线1AE与平面CDE所成的

角的正弦值，进一步求得三棱锥的高以及底面积即可得解.（3）由（2）可知直线1AE与平面CDE所成的角的正弦值，从而即可得解.【小问1详解】在正四棱柱1111ABCDABCD−中，AB，AD，1AA两两垂直，且122AAAB==，以A为坐标原点，AB，AD

，1AA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()1,1,0C，()0,1,0D，()10,0,2A.因为E，F分别为11,BBCC的中点，所以()1,0,1E，()1,1,1F，则()1,0,0CD=−，()0,1,1CE=−，()11,1,1AF=−，设平

面CDE的法向量为(),,mxyz=，则00CDmCEm==，即00xyz−=−+=，令1y=，则有0x=，1z=，即()0,1,1m=，因为()11011110AFm=++−=，所以1AFm⊥，又1AF平面CDE，所以1//AF平面CDE；【小问2详解】由（1）

可知，()11,0,1AE=−，11111cos,222AEmAEmAEm−===−，所以1AE与平面CDE所成角的正弦值为12.注意到12AE=，所以点1A到平面CDE的距离为12222=，而()1,0,0CD=−，()0,1,1CE=−，

从而0CDCE=，1,2CDCE==，所以CDCE⊥，三角形CDE的面积为121222=，所以三棱锥1ACDE−的体积为12213226=；【小问3详解】由（2）可知，1AE与平面CDE所成角的正弦值为12，所以直线1AE与平面CDE所成的角为π6.17.2

023年10月31日，东北师大附中以邂逅数学之美，闪耀科技之光为主题的第17届科技节在自由、青华两校区开幕.在科技节中数学教研室组织开展了送书券活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得

一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：游戏一游戏二游戏三箱子中球的颜色和数量大小质地完全相同的红球4个，白球2个（红球编号为1，2，3，4，白球编号为5，6）取球规则取出一个球有放回地依次取出两个球不放回地依次取出两个球获

胜规则取到白球获胜取到两个红球获胜编号之和不超过m获胜（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；（2）甲同学先玩了游戏一，当m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．【答案】（1）13，49（2）m可能取值为7,8,9

,10,11【解析】【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解.【小问1详解】设事件A表示“游戏一

获胜”，B表示“游戏二获胜”，C表示“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为1Ω1,2,3,4,5,6=，则()1Ω6n=，()2nA=，()2163PA==，所以游戏一获胜的概率为13．游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间()21Ω,,Ω

xyxy=，则()2Ω36n=，而(),,1,2,3,4Bxyxy=，所以()16nB=，()164369PB==，所以游戏二获胜的概率为49．【小问2详解】设M表示“先玩游戏二，获得书券”，N表示“先玩游戏三，获得书券”，则MABCA

BCABC=，且ABC，ABC，ABC互斥，,,ABC相互独立，()()()()()PMPABCABCABCPABCPABCPABC==++()()()()()()()()()11PAPBPCPAPBPCPAPBPC=−+−+()()()1424141

393939PCPCPC=−++()482727PC=+，则NACBACBACB=，且,,ACBACBACB互斥，,,ABC相互独立，()PN=()()()()PACBACBACBPACBPACBPACB

=++()()()()()()()()()11PAPCPBPAPCPBPAPCPB=−+−+()()()152414393939PCPCPC=++()1727PC=，若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大，则

()()PNPM，即()()1748272727PCPC+，解得()49PC，设游戏三中两次取球的编号和为X，则()26113C15PX===，()26114C15PX===，()26225C15PX===，(

)26226C15PX===，()26337C15PX===，()26228C15PX===，()26229C15PX===，()261110C15PX===，()261111C15PX===，所以当3m=时，()()143159PCP

X===，不合题意；当4m=时，()()()2434159PCPXPX==+==，不合题意；当5m=时，()()()()44345159PCPXPXPX==+=+==，不合题意；当6m=时，()()()()()643

456159PCPXPXPXPX==+=+=+==，不合题意；当7m=时，()()()()()()9434567159PCPXPXPXPXPX==+=+=+=+==，符合题意；所以当7m时，都有()49PC，所以符合题意的

m的取值有7,8,9,10,11.18.球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R，A、B、C为球面上的三点，设aO表示以O为圆心，且过B、C的圆，劣弧BC的长度记为a，同理，圆bO，cO的劣弧AC、AB的长度分别记为b，c，曲面ABC（阴影部

分）叫做球面三角形．如果二面角,,COABAOBCBOCA−−−−−−的大小分别为,,，那么球面三角形的面积为()2++πABCSR=−球面．（1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；（2）若平面三角形ABC为直角三

角形，ACBC⊥，设1AOC=，2BOC=，3AOB=．①求证：123coscoscos1+−=；②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为ππ,43，,(0,1]BEBD=，S为AC的中点，T为BC的中点．设平面OBC与平

面EST的夹角为，求cos的最大值及此时平面AEC截球O的面积．【答案】（1）2π2R（2）①证明见解析；②15cos5=，253π78R【解析】【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可；（2）①根据题意结合余弦定

理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知点12,0,6E，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解.【小问1详解】若平面,,OABOACOBC两两垂直，有π2===，所以球面三角形ABC面积为()22ππ2ABCSRR=++−

=球面.【小问2详解】①证明：由余弦定理有：2222122222222232cos2cos2cosACRRRBCRRRABRRR=+−=+−=+−，且222ACBCAB+=，消掉2R，可得123coscoscos

1+−=；②由AD是球的直径，则,ABBDACCD⊥⊥，且ACBC⊥，CDBCC=，,CDBC平面BCD，所以AC⊥平面BCD，且BD平面BCD，则ACBD⊥，且ABACA=，,ABAC平面ABC，可得BD⊥平面ABC，由直线

DA，DC与平面ABC所成的角分别为ππ,43，所以ππ,43DABDCB==，不妨先令3R=，则23,6,2,2ADABBDBCAC=====，由ACBC⊥，ACBD⊥，BCBD⊥，以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作B

D的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，设(,0,6BEtt=，则()()()()0,2,0,2,0,0,0,0,0,2,0,6ABCD，可得()20,1,0,,0,02ST，()262,0,,,1

,22EtO，则()262,0,0,,1,22CBCO==，22,1,0,,0,22STTEt=−=设平面OBC法向量()111,,mxyz=，则11112

026022mCBxmCOxyz===++=，取12z=−，则116,0yx==，可得()0,6,2m=−，设平面EST法向量()222,,nxyz=，则2222202202nSTxynTE

xtz=−==+=，取22xt=，则22,1ytz==−，可得()2,,1ntt=−，因为2262132coscos,5103131tmntmnmntt++====++()22232112611313155tttt++==+++，令(26

1,1,13mtm=+，则()2211,3826mmtt−−==，可得()222261888293129621218tmmtmmmmm+====+−+−−+−+，当且仅当13,6mt==取等．则cos取最大值31555=，此时点12,0,6E，

可得12,0,6CE=，()0,2,0CA=，设平面AEC中的法向量(),,kxyz=，则120620kCExzkCAy=+===，取1x=，则0,23yz==−，可得()1,0,23k=−，可得球心O到平面AEC距离为526AOkdk==，设平面AEC截球O圆半径为r

，则2225326rRd=−=，所以截面圆面积为225353πππ2678rR==.【点睛】方法点睛：1.利用空间向量求线面角的思路:直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即sincos=.2.利用空

间向量求点到平面距离的方法:设A为平面内的一点，B为平面外的一点，n为平面的法向量，则B到平面的距离ABndn=.