【文档说明】四川省仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高二上学期数学国庆作业（月考模拟试卷）（一） 含解析.docx，共(24)页，2.453 MB，由小赞的店铺上传

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高2022级高二上期数学国庆作业一（月考模拟题）一、单选题（共12小题，每题5分，共60分）1.点()3,2,1M−关于平面yOz对称的点的坐标是（）A.()3,2,1−−B.()3,2,1−−C.()3,2,1−−−D.()3,2,1−【答案】A【解析】【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结

果.【详解】由空间直角坐标系的性质可知，点()3,2,1M−关于平面yOz对称的点的坐标是()3,2,1−−.故选：A2.已知,是两个不同的平面，,mn是空间中两条不同的直线，下列说法正确的是（）A.若,m⊥⊥，则m∥B.若,,mn∥∥∥，则mn∥

C.若,,mmnn⊥∥，则⊥D.若,,mn⊥⊥∥，则mn⊥【答案】C【解析】【分析】根据空间面面以及线面、线线的位置关系判断A；根据面面平行的性质判断B；根据线面垂直的判定判断C；举反例判断D.【详解】对于A，若,m⊥⊥，则m或m∥，

A错误；对于B，若,,mn∥∥∥，则,mn可能平行也可能异面或相交，B错误；对于C，由,mmn⊥∥，可得n⊥，又n，则⊥，C正确；对于D，如图长方体中，不妨取前方面为，右侧面为，如图示，,,mn⊥⊥∥，但mn∥，D错误；故选：C3.

从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”B.“至少有一个黑球”与“都是红球”C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D.“至少有一个黑球”与“都是黑球”【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用互

斥事件、对立事件的定义逐项分析判断作答.【详解】对于A，恰好有一个黑球的事件与恰好有两个黑球的事件不能同时发生，可以同时不发生，因此“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而不对立的两个事件，A是；对于B，至少有一个黑球的事件

与都是红球的事件是对立事件，B不是；对于C，至少有一个黑球的事件与至少有一个红球的事件可以同时发生，不互斥，C不是；对于D，至少有一个黑球的事件与都是黑球的事件可以同时发生，不互斥，D不是.故选：A4.如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，,MN为正方体的顶

点．则满足MNOP⊥的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】如图建立以A为原点的空间直角坐标系.依次判断各选项是否满足0MNOP=即可.【详解】如图建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体边长为2a.A选项，()()()()022202

002,,,,,,,,,,,MaaNaaOaaPaa，则()()220,,,,,MNaaOPaaa=−=−，则24MNOPa=−，故A错误；B选项，()()()()022220000,,,,,,,,,,,MaaNaaOaaPa，()()202,,,,,MNaaOPaaa=−=−−，则24MN

OPa=−，故B错误；C选项，()()()()222020000,,,,,,,,,,,MaaaNaOaaPa，()()202,,,,,MNaaOPaaa=−−=−−，则0MNOP=，即MNOP⊥，故C正确；D选项，()()()()002020022,,,,,,,,,,,MaNaO

aaPaaa()()02202,,,,,MNaaOPaa=−=，则24MNOPa=−，故D错误.故选：C5.已知甲、乙两位同学在一次射击练习中各射靶10次，射中环数频率分布如图所示：令x甲，x乙分别表示甲、乙射中环数的均值；2s甲，2

s乙分别表示甲、乙射中环数的方差，则（）A.xx甲乙，22ss乙甲B.xx甲乙，22ss甲乙C.xx=甲乙，22ss乙甲D.xx=甲乙，22ss甲乙【答案】D【解析】【分析】根据频率分布图分别计算,xx甲乙，22,

ss乙甲，比较大小可得.【详解】由图可知，70.380.490.38,x=++=甲70.480.290.48,x=++=乙()()()2222780.3880.4980.30.6s=−+−+−=甲，()()()22

22780.4880.2980.40.8s=−+−+−=乙，所以xx=甲乙，22ss甲乙.故选：D.6.从1，2，3，8，9中任取两个不同的数，记为(),ab，则log1ab成立的概率为（）A.120B.110C.15D.310【答案】D【解析】

【分析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得正确答案.【详解】从1，2，3，8，9中任取两个不同的数，记为(),ab，共有20个基本事件，分别为()1,2，()1,3，()1,8，()1,9，()2,1，()2,3，()2,8，()2,9，()3,1，()3,2，

()3,8，()3,9，()8,1，()8,2，()8,3，()8,9，()9,1，()9,2，()9,3，()9,8，记“log1ab成立”为事件A，若log1ab，则ab且1a，所以事件A包含6个基本事件：()2,3，()2,8，()2,9，()3,8，(

)3,9，()8,9，故其概率为()632010PA==．故选：D7.在四棱锥PABCD−中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，PDAB=，60DAB=，点E为PD的中点，则异面直线CE与PB所成角的余弦值为（）A.255B.105C.105−D.255−【答案】B【

解析】【分析】连接,ACBD交于点O，连接EO，得到CEO（补角）是异面直线CE与PB所成角求解．【详解】解：如图所示：连接,ACBD交于点O，连接EO，因为//EOPB,所以CEO（补角）是异面直

线CE与PB所成角．因为PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PDAC⊥，又因为四边形ABCD为菱形，所以BDAC⊥，又BDPDD=，所以AC⊥平面PBD，又EO平面PBD，所以ACEO⊥，则EOC△为直角三角形，设2PDABa==，在EOC△中，2,3EOaOCa==，5ECa=所以10

cos5EOCEOEC==，故选：B．8.M为△ABC所在平面内一点，且222BMCABABC=−，则动点M轨迹必通过△ABC的（）A.垂心B.内心C.外心D.重心【答案】C【解析】【分析】设边AC的中点为D，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得

0MDCA=，由数量积的性质可得DMCA⊥，由此可得结论.【详解】设边AC的中点为D，因为222BMCABABC=−，所以()()2BMCABABCBABC=+−，所以22BMCABDCA=，所以()0BMBDCA−=，所以0DMC

A=，所以DMCA⊥，又点D为边AC的中点，所以点M在边AC的垂直平分线上，所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，的故选：C.二、多选题（共4小题，每题5分，共20分）9.一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连

续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（）A.()14PA=B.事件A与事件B互斥C.事件A与事件B相互独立D.()34PAB

=【答案】CD【解析】【分析】A.利用古典概型的概率求解判断；B.利用互斥事件的定义判断；C.利用独立事件的概率求解判断；D.利用并事件的概率求解判断.【详解】解：依题意，抛掷正四面体木块，第一次向下的数字有1

，2，3，4四个基本事件，则()2142PA==，A不正确：事件B含有基本事件有8个：()1,2，()1,4，()2,1，()2,3，()3,2，()3,4，()4,1，()4,3，其中事件()2,1，()2,3，()3,2，()3,4发生时，事件A

也发生，即事件A，B可以同时发生，B不正确；抛掷正四面体木块两次的所有基本事件有16个，()81162PB==，()()()41164PABPAPB===，即事件A与事件B相互独立，C正确；()()()()11132244PABPAPBPAB=+−=+−=，D正确.故选：CD.10.

如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ππ,,26BCDABCBCDCBD===，2ABBD==，则下列结论正确的是（）的A.四面体ABCD的体积为3B.ABCD⊥C.二面角ACDB−−的余弦值为217D.四面体ABCD

外接球的体积为8π3【答案】BC【解析】【分析】根据平面ABC⊥平面π,2BCDBCD=，得到CD⊥平面ABC，从而CDAB⊥，再由π2ABC=得到ABBC⊥，从而AB⊥平面BCD，可判断AB选项；易得二面角ACDB−−的平面角是ACB判断C选

项；将原几何体补成长方体判断D选项.【详解】因为平面ABC⊥平面π,2BCDBCD=，平面ABC平面BCDBC=，所以CD⊥平面ABC，AB平面ABC，所以CDAB⊥，又π2ABC=，则ABBC⊥，且CDBCC=，所以AB⊥平面BCD，在BCD△中，因为ππ,26BCDCBD=

=，2BD=，所以π1π3sin21,cos236262DCBDBCBD======，所以11313322BCDSBCDC===，所以113323323ABCDBCDVSAB−===，A不正确，B正确；二面角ACDB−−的

平面角是ACB，易得21cos7BCACBAC==，C正确；将原几何体补成长方体，如图所示：则四面体ABCD的外接球即为长方体的其外接球，外接球的直径为AD，且2222ADABBD=+=，所以半径2R=，故3482π(2)π33V==球，D错误．故选：BC．11.如图所

示是世界人口变化情况的三幅统计图：下列结论中正确的是（）A.从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加B.2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多C.2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平D.1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度

最慢【答案】ABC【解析】【分析】根据所给折线图、扇形图以及直方图，分析每个选项中涉及的量的变化，即可得答案.【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；对于C，从条形

图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；对于D，由题中三幅统计图可看得出北美洲人口数量最少，并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.故选：ABC12.设ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，则下列结论正确的是（）A

.若sinsinAB，则ABB.若π13,3cC==，则ABC外接圆的半径为396C.若2,3,10abc===，则32ACBC=D.若sinsinsinaAbBcC+，则ABC为锐角三角形【答案

】AC【解析】【分析】利用正弦定理化角为边，再根据大边对大角即可判断A；利用正弦定理即可判断B；先利用余弦定理求出cosC，再根据数量积的定义即可判断C；利用正弦定理化角为边，正在跟进余弦定理即可判断D

.【详解】对于A，因为sinsinAB，由正弦定理得,abAB，故A正确；对于B，由正弦定理132sin32cRC==，得393R=，即ABC外接圆的半径为393，故B错误；对于C，由余弦定理22249101cos22234

abcCab+−+−===，则132342ACCB==，故C正确；对于D，因为sinsinsinaAbBcC+，由正弦定理得222abc+，则222abc+，故222cos02abcCab+−=，所以角C锐角，但ABC不

一定为锐角三角形，故D错误．故选：AC．为三、填空题（共4小题，每题5分，共20分）13.用分层抽样的方法从某校高中学生中抽取一个容量为45的样本，其中高二年级有学生600人，抽取了15人.则该校高中学生总数是________人.【答案】1800【解析】【分析】利用

比例求出学生总数.【详解】45600180015=，故该校高中学生总数是1800人.故答案为：180014.设空间向量()2,1,ay=−，(),2,4bx=−，若//ab，则ab+＝______．【答案】3【解析】【分析】根据空间向量共线得

4,2xy=−=，再利用空间向量的坐标运算和向量模的定义即可得到答案.【详解】//ab，则显然0x，2124yx−==−，解得4,2xy=−=，则()()2,1,2,4,2,4ab=−=−−，()()()2222,1,2

2123ab=−−=−++−+=，故答案为：3.15.直线:10lxy−−=上一点P到()4,1A与()0,4B的距离之差的绝对值最大，则P的坐标为______.【答案】107,33【解析】【分析】求出B点关于关于l对称点B的坐标，结合点P到()

4,1A与()0,4B的距离之差的几何意义，确定当,,PBA三点共线时，||||||PBPA−最大，即可求得AB的方程，联立:10lxy−−=，即可求得答案.【详解】设点B关于l的对称点B的坐标为(),ab，连接BB，则1BBlkk=−，即411ba−=−

，所以40ab+−=①．的因为BB的中点4,22ab+在直线l上，所以41022ab+−−=，即60ab−−=②．由①②得51ab==−，所以点B的坐标为(5,1)−．于是AB所在直线的方程为141154yx−−=−−−，即290xy+−=．又|||||||||

|PBPAPBPA−=−，当且仅当,,PBA三点共线时，||||||PBPA−最大．所以联立直线l与AB的方程即10290xyxy−−=+−=，解得107,33xy==，即l与AB的交点坐标为107,33，故点P的坐标为107,33．故答案为：107,

3316.一组数据按从小到大的顺序排列如下：11，12，15，x，17，y，22，26，经计算，该组数据中位数是16，若75%分位数是20，则xy+=___________.【答案】33【

解析】【分析】利用中位数与百分位数的定义求得,xy，从而得解.【详解】因为50%84=，故中位数是17162x+=，解得15x=；因为75%86=，故75%分位数是22202y+=，则18y=；所以33xy+=故答案为：33.四、解答题.（共6小题，共70分）17.如图，在平行

六面体1111ABCDABCD−中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60，M为11AC与11BD的交点.若ABa=，ADb=，1AAc=，（1）用,,abc表示BM；（2）求对角线1AC的长；（3）求1cos,ABAC【答案】（1）1122ab

c−++；（2）6；（3）63.【解析】【分析】（1）根据几何关系，结合向量的运算法则，即可容易表示目标向量；（2）用基向量表示1ACuuur，再用数量积的运算法则求解即可；（3）根据（2）中所求，结合向量夹角余弦值的计算公式，代值即可.【详解】（1）连接11,

,ABACAC，如图：因为ABa=，ADb=，1AAc=在1AAB△，根据向量减法法则可得：11BAAAABca=−=−因为底面ABCD是平行四边形故ACABADab=+=+因为11//ACAC且11||ACAC=11ACACab==+又M为线段11AC中点11111()22AMACa

b==+在1AMB中11111()222BMBAAMcaababc=+=−++=−++（2）因为顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60故1602ababcos==1||||cos602acac==1||||cos602

bcbc==由（1）可知ACab=+uuurrr故平行四边形11AACC中故：11ACACAAabc=+=++22211||()()ACACabc==++222()()()222abcabacbc=+++++222||||||2||||c

os602||||cos602||||cos60abcabacbc=+++++111111222222=+++++6=故16AC=（3）因为1ACabc=++，ABa=又111()cos,||||16ABACaabcABACABAC++==2

111()26223666aabac++++====【点睛】本题考查用基向量表示空间向量，涉及空间向量数量积的运算、模长的求解以及夹角的求解，属综合基础题.18.已知空间三点(0,2,3)A，(2,1,6)B−，(1,1,5

)C−.（1）求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；（2）设(,1,1)Dx−，若A，B，C，D四点共面，求x的值【答案】（1）73（2）5x=【解析】【分析】（1）由空间向量的数量积得夹角后求解（2）由空间向量共面定理求解【小问1详解】由已知，得：(2,1,

3)AB=−−，(1,3,2)AC=−，2361coscos,2||||419194ABACAABACABAC−++====++++∴3sin2A=，∴3||||sin1414732SABACA===∴以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为73【小问2详解】由(,1,1)Dx−

，得：(,1,4)ADx=−−∵A，B，C，D四点共面∴存在实数，，使得ADABAC=+∴(,1,4)(2,1,3)(1,3,2)x−−=−−+−，即得：231324x−+=−−=−+=−解得：2=−，1=

，∴5x=19.某校组织全体学生参加“数学以我为傲”知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：)40,50，)50,60，)60,70，……，90,100，统计结果如图所示：（1）试估计这100名学生得分的众数、中位数；（中位数保留小数点后2位）（

2）试估计这100名学生得分平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（3）现在按分层抽样的方法在)80,90和90,100两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求至少有一人在90,100的概率.【答案

】（1）众数75；中位数71.67（2）70.5（3）710【解析】【分析】（1）利用众数与中位数的定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的众数、中位数估计值；（2）利用平均数定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的平均数估计值.（3）利

用古典概型概率求法即可求得从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会且至少有一人在90,100的概率.【小问1详解】由频率分布直方图可知，第4组频率最大，估计众数为：75；在)40,70内频率之和为10(0.0100

.0150.020)0.45++=，设中位数为m，由图可知中位数在[70,80)，由(70)0.030.05m−=，得中位数71.67m【小问2详解】由频率分布直方图的数据，可得这100名学生得分的平均数：(450.01550.015650.02750.03x=+++85

0.015950.01)1070.5++=【小问3详解】在[80,90)和90,100两组中的人数分别为：的100(0.01510)15=人和100(0.0110)10=人，所以在[80,90)分组中抽取的人数为15531015=+人，记为a，b，c，在90,100分组中

抽取的人数为2人，记为1，2，所以这5人中随机抽取2人的情况有：{(),(),(),(1),(2),(1),(2),(1),(2),(12)}abacbcaabbcc=，共10种取法，至少有一人得分在90,100的情况有7种，所以所求

概率为710P=.20.如图，在四棱锥PABCD−中，60BDPCABC⊥=，，四边形ABCD是菱形，22PBABPAE==，是棱PD上的动点，且PEPD=．（1）证明:PA⊥平面ABCD．（2）是否存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是21919?若存在，求出的值；

若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在实数13=，使得面PAB与面ACE所成锐二面角的余弦值是21919.【解析】【分析】（1）由题设BDAC⊥，根据线面垂直的判定得BD⊥平面PAC，再由线面垂直的性质有BD

PA⊥，并由勾股定理证ABPA⊥，最后应用线面垂直的判定证结论；（2）取棱CD的中点F，连接AF，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性.【小问1详解】因为四边形ABCD是菱

形，所以BDAC⊥.因为,,BDPCACPC⊥平面PAC，且ACPCC=，所以BD⊥平面PAC.因为PA平面PAC，所以BDPA⊥.因为22PBABPA==，所以222PBABPA=+，即ABPA⊥.因为,ABBD平面A

BCD，且ABBDB=，所以PA⊥平面ABCD.【小问2详解】取棱CD的中点F，连接AF，易证,,ABAFAP两两垂直，故以A为原点，分别以,,ABAFAP的方向为,,xyz轴的正方向，建立空间直角坐标系．设2AB=，则()()()()

0,0,01,3,01,3,00,0,2ACDP−，，，，故()()()1,3,01,3,20,0,2ACPDAP==−−=，，，所以(),3,22AEAPPEAPPD=+=+=−−，设平面ACE的法向量为(),,nxyz=r，则()303220nACxynAE

xyz=+==−++−=，令3x=，得33,1,1n=−−．平面PAB的一个法向量为()0,1,0m=,设面PAB与面ACE所成的锐二面角为，则221219coscos,193421nmnmnm====+−+，整理得23

210+−=，解得113==−或(舍去)．故存在实数13=，使得面PAB与面ACE所成锐二面角的余弦值是21919．21.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标志着中国空间站关

键技术验证阶段圆满完成．并将进入建造阶段某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，这m人按年龄分成5组，其中第一组：)20,25，第二组：)25,30，第三组：)30,35，第四组：)3

5,40，第五组：40,45，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．（1）根据频率分布直方图，估计这m人的第80百分位数（中位数=第50百分位数）；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．①若有甲（年龄

36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和52，第五组宣传使者的年

龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这m人中3545岁所有人的年龄的平均数和方差．【答案】（1）37.5（2）①35；②年龄的平均数为38，方差约为10【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图可确定第80百分位数第四组，根据第80百分位数定义可构造方程求得结果；（2）①根据分层抽样原则可求得

第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果；②由42116iiiixyz==+=可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由()222222121442266ssxsyz=+++−可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄

方差.【小问1详解】设第80百分位数为a，0.0150.0750.0650.70.8++=，0.0150.0750.0650.0450.90.8+++=，a位于第四组：)35,40内；方法一：由

()50.02400.040.2a+−=得：37.5a=．方法二：由()0.7350.040.8a+−=得：37.5a=．【小问2详解】①由题意得，第四组应抽取0.045204=人，记为A，B，C，甲；第五组抽取0.0

25202=人，记为D，乙，对应的样本空间为：AB，AC，A甲，AD，A乙，BC，B甲，BD，B乙，C甲，CD，C乙，甲D，甲乙，D乙，共15个样本点．设事件M为“甲、乙两人至少一人被选上”，则有A甲，A乙，B甲，B乙，C甲，C乙，甲D，甲乙，D乙，共有9个样本点．()()()93

155nMPMn===；②设第四组的宣传使者的年龄分别为1234,,,xxxx，平均数分别为36x=，方差分别为2152s=，设第五组的宣传使者的年龄分别为1y，2y，平均数分别为42y=，方差分别为221s=，则4114iixx==，2112iiyy==，(

)44222211111444iiiisxxxx===−=−，()22222221111222iiiisyyyy===−=−，可得414iixx==，212iiyy==，42221144iix

sx==+，22222122iiysy==+，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为2s．则42114243624238666iiiixyxyz==+++====，即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为3

8，则()()424222242421111114266iiiiiiiisxzyzxzyz=====−+−=−+−()222222221211544226443621242

63810662sxsyz=+++−=+++−=.即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10；据此估计这m人中年龄在3545岁的所有人的年龄的平均数为38，方差约为10．22.如图，在三棱柱111

ABCABC-中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形11ACCA中，160ACC=，12CC=，平面11ACCA⊥平面ABC，D，E分别是线段AC､1CC的中点.（1）求证：1AC⊥平面BDE；（2）若点F为线段11BC上的动点（不包括端点），求锐二面角FBDE−−的余弦值的取值范围

.【答案】（1）证明见解析（2）13(,)22【解析】【分析】（1）建立坐标系，利用向量法进行证明．（2）建立坐标系求出平面的法向量，利用向量夹角公式求二面角即可．【小问1详解】由平面11ACCA⊥平面ABC，且两平面交线为AC,D为AC中点

，BDAC⊥，BD平面ABC，所以BD⊥平面11ACCA，由于1DC平面11ACCA，故BD⊥1DC，在菱形11ACCA中，160ACC=，12CC=，所以1ACC△为等边三角形，又D为AC中点，所以1CDAC⊥，则以D为坐标原点，1,,

DBDADC所在直线为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则11113(0,0,0),(3,0,0),(0,1,0),(0,0,3),(0,,),(3,13),(0,2,3)22DBCCEBA−−，13(3,0,0),(0,,)22DBDE==−，1(0,3,

3)AC=−−，110,0DBACDEAC==，1BDAC⊥，1DEAC⊥又BDDED=，BD，DE平面BDE，1AC⊥平面BDE．【小问2详解】111(3,1,0),(0,3,3)CBCA==，设111(,,),(01)FxyzCFCB

=，则(,,3)(3,,0)xyz−=，3,,3xyz===，(3,,3)F，(3,,3)DF=；由（1）知1AC⊥平面BDE，平面BDE的一个法向量1(0,3,3)mCA==，

设平面FBD的法向量(,,)nabc=，又(3,0,0),DB=则0nDB=，0nDF=，即30330aabc=++=，令3b=，则0a=，c=−，(0,3,)n=−，2222|||333||3|

1(3)|cos,|||||2323323mnmnmn−−−====+++，令3(2,3)t−=，则3t=−，222221(3)111|cos,|12623212621tmntttt−===+−+−+，111(,)

32t，221261111112(,1),443ttt−+=−+所以()211,31261tt−+，1|cos,|(2mn，3)2，即锐二面角FBDE−−的余弦值的取值范围为13(,)22．获得更多资源请扫码加入

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