【文档说明】四川省绵阳市绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题 含解析.docx，共(23)页，2.412 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学实验学校高2022级10月月考试题数学总分：150分时间：120分钟一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在空间直角坐标系Oxyz中，点()2,3,6A在坐标平面Oxz内的

射影为点B，则B的坐标为（）．A.()0,3,6B.()2,0,6C.()2,3,0D.()2,0,3【答案】B【解析】【分析】利用空间直角坐标系定义即可求得点()2,3,6A在坐标平面Oxz内的射影点的坐标.【详解】在空间直角坐标系Oxyz中，点()2,3,6A在坐标平面

Oxz内的射影为点()2,0,6B故选：B2.()1,2,3a=−−，()2,,6bx=，若a//b，则x=（）A.0B.4−C.4D.2【答案】B【解析】【分析】根据向量共线的条件进行求解【详解】由a//b，则R，

使得ba=，即2263x=−==−，解得2,4x=−=−.故选：B3.从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，那么互斥但不对立的事件是（）A.至少一个黑球与至少一个红球B.至少一个黑球

与都是黑球C.恰有一个黑球与恰有两个黑球D.至少一个黑球与都是红球【答案】C【解析】【分析】依据互斥事件与对立事件的定义，以及它们的关系,作出判断．【详解】从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，包括3种情况：①恰有一个黑球，②恰有两个黑球，③没有黑球．对于A，至少一个黑球与至少一个红球，能同

时发生的情况有“恰有一个黑球”，故不是互斥事件，不符合要求；对于B，至少一个黑球与都是黑球，能同时发生的情况有“都是黑球”，故不是互斥事件，不符合要求；对于C，恰有一个黑球与恰有两个黑球不可能同时发生，它们是互斥事件，再由这两件事

的和不是必然事件，故他们是互斥但不对立的事件，符合要求；对于D，至少一个黑球与都是红球，不能同时发生且“至少一个黑球”与“都是黑球”必有一个发生，是对立事件，不符合要求；故选：C．4.如图，在平行六面体1111ABCDABCD−中，AC

与BD的交点为M，ABa=，ADb=，1AAc=，则与1CM相等的向量是（）A.1122−−−abcB.1122abc++C.1122abc−+−D.1122abc−−+【答案】A【解析】【分析】根据空间向量线性运算的

几何表示对选项一一验证即可.【详解】连接11AC与11BD交于点F，连接AF，1AM，1BM，ABa=，ADb=，1AAc=，对于选项A：111111112222abcABADAAMAAACMCCCM−−−=

−−−=+=+=，故A正确；对于选项B：11111112222abcABADAAFMCAMAAA++=++=+==，故B错误；对于选项C：1111111112222abcABADAABMAABMBBBMCM−+−=−+−=−=−=，故C错误；对于

选项D：111111112222abcABADAAMAAAMMAC−−+=−−+=+=，故D错误；故选：A.5.同时抛掷两颗质地均匀的骰子，则两颗骰子出现的点数之和为4的概率为（）A.121B.112C.111D.221【答案】B【解析】【分析】求出抛掷两颗骰子

的试验的基本事件总数，再列举出所求概率的事件，利用古典概率公式求解作答.【详解】依题意，同时抛掷两颗质地均匀的骰子的试验，基本事件有：()()()()()()()()()()()()1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,1,2,2,2,

3,2,4,2,5,2,6，()()()()()()()()()()()()3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6,4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6，()()()()()()()()()()()()5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6,6,1,6,

2,6,3,6,4,6,5,6,6，共36种，两颗骰子出现的点数之和为4的事件包含的基本事件有：()1,3,(2,2),(3,1)，共3个，所以两颗骰子出现的点数之和为4的概率是313612P==．故选：B6.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，2s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，()()()2222780.4880.

2980.40.8s=−+−+−=乙，所以xx=甲乙，22ss甲乙.故选：D.7.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，BC⊥面11ACCA，12CACCCB==，则直线1BC与直线1AB夹角

的余弦值为（）A.225B.53C.55D.35【答案】C【解析】【分析】以C为原点，1、、CACCCB所在的直线为xyz、、轴建立空间直角坐标系，设122CACCCB===，求出1AB，1BC，利用向量的夹角公式可得答案.【详解】在直三棱柱111ABCABC

-中，1CC⊥平面ABC，、ACAB平面ABC，所以1CCAC⊥，1CCAB⊥，BC⊥平面11ACCA，AC平面11ACCA，所以BCAC⊥，所以1、、CACCCB互相垂直，以C为原点，分别以1、、CACCCB所在的直线为xyz、、轴建立空间直角坐标系，设122CACCCB===，

则()()()()()110,2,10,2,00,0,02,0,00,0,1，，，，CABBC，可得()12,2,1−=AB，()10,2,1=−BC，所以11111141555co9s,=−==BCABBCABBCAB.所以直线1BC与直线1A

B夹角的余弦值为55.故选：C.8.定义两个向量u与v的向量积uv是一个向量，它的模sin,uvuvuv=，它的方向与u和v同时垂直，且以,,uvn的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体ABCD中，则()ABADAC=（）A.42

B.4C.43D.23【答案】A【解析】【分析】根据题中条件确定ABAD，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得6cos,cos3ACOCACO==，又ABAD的方向与OC相同，代入计算可得答案．【详解】，3

sin,22232ABADABADABAD===，设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，又AO，AB，AD平面ABD，故OC⊥AO，OC⊥AB，OC⊥AD，3223233AOAB==，2242

6433OCACAO=−=−=，在ACO△中，2663cos23OCACOAC===，则6cos,cos3ACOCACO==，又ABAD的方向与OC相同，所以()6232423ABADAC==．故选：A．二、多选题：本大题共4个小

题，每个小题5分，共20分.在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.某科技学校组织全体学生参加了主题为“创意致匠心，技能动天下”的文创大赛，随机抽取了400名学生

进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组的取值区间均为左闭右开），画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（）A.在被抽取的学生中，成绩在区间)90,100内的学生有160人B.图中x的值为0.025C.估计全校学生成

绩的中位数为86.7D.估计全校学生成绩的80%分位数为95【答案】ACD【解析】【分析】由频率分布直方图，根据频率之和为1求得x，根据频率、中位数、百分位数的求得正确答案.【详解】由题意，成绩在区间)90,100内学生人数为4000.04010160=，故

A正确；由()0.0050.0100.0150.040101x++++=，得0.030x=，故B错误；设中位数为a，则()()0.0050.0100.015100.030800.5a+++−=，得86

.7a，故C正确；低于90分的频率为10.40.6−=，设样本数据的80%分位数为n，则900.2100900.4n−=−，解得95n=，故D正确.故选：ACD10.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一

次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（）A.乙发生的概率为12B.丙发生的概率为12C.甲与丁相互独立D.丙与丁互为对立事件的【答案

】ACD【解析】【分析】先计算出甲乙丙丁的概率，故可判断AC的正误，再根据独立事件的乘法公式可判断C的正误，根据对立事件的意义可判断D的正误.【详解】设A为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，B为事件“第二次取出的球

的数字是偶数”，C为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，D为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则()3162PA==，()3233165652PB=+=，故A正确.()3332655PC=

=，()3222655PD==，故B错误.而()()()321655PADPAPD===，故C正确.两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，故D正确.故选：ACD.11.已

知10个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的8个样本数据的方差为21s，平均数1x；最大和最小两个数据的方差为22s，平均数2x；原样本数据的方差为2S，平均数x，若12xx=，则（）A.剩下的8个样本数据与原样本数据的中位数不变B.1

xx=C.剩下8个数据的下四分位数大于原样本数据的下四分位数D.222124155Sss=+【答案】ABD【解析】【分析】设10个样本数据从小到大排列分别为12310,,...xxxx，再根据中位数、平均数、下四分卫数与方差的定义与公式推导即可.【详解】设10个样本数据从小到大

排列分别为12310,,...xxxx，则剩下的8个样本数据为239,...xxx.对A：原样本数据的中位数为562xx+，剩下的8个样本数据中位数为562xx+，故A正确；对B，由题意()12391...8xxxx=+++，()211012xxx=+，()12101.

..10xxxx=+++.因为12xx=，故()()123911011...82xxxxxx=+++=+，即23911101...8,2xxxxxxx+++=+=，故1239101...10xxxxxx+++++=，故()1

2391011...10xxxxxx+++++=，故1xx=.故B正确；对C，因为1824=，故剩下8个数据的下四分位数为()3412xx+，又1102.54=，故原样本数据的下四分位数为3x，又43xx，故()34312xxx+，故C错误；对D，因为12xxx==，故()22222

12391...8sxxxx=+++−，()2222211012sxxx=+−，()2222212101...10Sxxxx=+++−.故222222391...88xxxsx+++=+，2222110222xxsx+=+，故()2

2222222121214188221055Ssxsxxss=+++−=+，故D正确.故选：ABD12.如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，点MN，分别在线段1AD和11BC上．给出下列四个结论中所有正确结论的序号是（

）A.MN的最小值为1B.四面体NMBC的体积为13C.存在无数条直线MN与1AD垂直D.点MN，为所在边中点时，四面体NMBC的外接球半径为34【答案】AC【解析】【分析】由公垂线的性质判断A；由线面平行的性质及锥体的体积公式判断B；根据线面垂直的判定及

面面平行的判定定理结合条件判断C；利用坐标法，根据正弦定理及球的性质结合条件可求四面体NMBC的外接球半径判断D.【详解】对于A：因为1111ABCDABCD−是正方体，所以11CD⊥平面11ADDA，11CD⊥平面11BCCB，又因

为1AD平面11ADDA，11BC平面11BCCB，所以111CDAD⊥，1111CDBC⊥，即11CD是1AD与11BC的公垂线段，因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，所以当,MN分别与11,DC重合时，MN最短为1，故A正确；对于B：因为1111AB

CDABCD−是正方体，所以平面11//ADDA平面11BCCB，且1AD平面11ADDA，所以1AD//平面NBC，当点M在1AD上运动时，点M到平面NBC距离不变，距离1h=，由11//BCBC可知，当点N在11BC上运动时，N到BC的距

离不变，所以NBC的面积不变，所以11111113326NBMNBCCVSh−===，所以B错误；对于C：连接11,ADBC，因为11AB⊥平面11ADDA，1AD平面11ADDA，所以111CDAD⊥，又111111111,,,ADADADABAADAB⊥=平面1

1ABCD，所以1AD⊥平面11ABCD，当N不在线段11BC端点时，过N作11//NEAB交11AD于E，过N作1//NFBC交1CC于F，平面NEF交线段1AD于M，的因为NE平面11ABCD，11AB平面11ABCD，故//NE平面11

ABCD，同理//NF平面11ABCD，又,,NENFNNENF=平面NEF，所以平面//NEF平面11ABCD，故1AD⊥平面NEF，又MN平面NEF，所以1MNAD⊥，因为点N在线段11BC上，所以存在无数条直线MN与1AD垂直，故C正确；对于D：如图以点D为原点，以1,,DADCD

D所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则11,0,22M，1,1,12N，()1,1,0B，()0,1,0C，所以52NBBC==，125sin552NBC==，故NBC的外接圆半径为5522sin82525NCrNBC===，所以可得等腰NBC的外接

圆圆心为113,1,28O，设四面体NMBC的外接球球心为O，则1OO⊥平面NBC，所以可设四面体NMBC的外接球球心为13,,28Ot，由OMOCOB==，可得()2222131382

814tt+=+−+−，解得1116t=，所以四面体NMBC的外接球的半径为22113116855162R=+=−，故D错误.故选：AC．【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注

意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打

满3局，赢得2局或3局者胜出，用计算机产生1~5之间的随机数，当出现随机数1，2，3时，表示一局比赛甲获胜；否则，乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，产生20组随机数：423123423344114453

525332152342534443512541125432334151314354据此估计甲获得冠军的概率为______；【答案】0.65##1320【解析】【分析】根据题意找出甲获胜的情况，然后利用古典概型的概率公式求解.【详解】由题意得甲获胜的情况有:423，123

，423，114，332，152，342，512，125，432，334，151，314，共13种，所以估计甲获得冠军的概率为130.6520P==.故答案为：0.6514.已知数据1x，2x，3x，4x，5x的方差为5，则数据123x−，223x−，323x−，423x−，523x−的

方差为______；【答案】20【解析】【分析】根据公式()()2DaXbaDX+=计算即可.【详解】因为数据1x，2x，3x，4x，5x的方差为5，所以数据123x−，223x−，323x−，423x−，523x−的方差为22520=.故答案为：2015.直线l的方向

向量为(1,1,0)m=，且l过点(1,1,1)A，则点(2,2,1)P−到直线l的距离为________【答案】2【解析】【分析】利用向量投影和勾股定理即可计算.【详解】∵()1,1,1A，()2,2,1P−，∴()1,1,2AP=−，1146=++=AP，又()1,1,0m=ur，∴AP在m

方向上的投影为cos,222===APmAPAPmm，∴P到l距离()222622=−=−=dAP.故答案为：2.16.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E，F分别为棱1AA、1BB的

中点，M为棱11AB上的一点，且1(02)AM=，设点N为ME的中点，则点N到平面1DEF的距离为________.【答案】55【解析】【分析】以D为原点，分别以1,,DADCDD所在的直线为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可求解点N到平面1DEF的距离，得到答案.【详解

】由题意，以D为原点，分别以1,,DADCDD所在的直线为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，则13(2,0,1),(2,,2),(2,,),(0,0,2),(2,2,1)22EMNDF，可得11(0,2,0),(0,,),(2,0,1)22EFENED===−，设平面1

DEF的一个法向量为(,,)nxyz=，则12020nEFynEDxz===−+=，令1x=，可得(1,0,2)n=，所以点N到平面1DEF的距离1555nENdn===.故答案为：55.【点睛】本题主要考查了点到平面的距离的求法，以及空间中点、线、面的位置关系等知识

的应用，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力.四、解答题:本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤.17.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AP的长为2，且AP与AB、AD的夹角

都等于60°，M在棱PC上，12PMMC=，设ABa=，ADb=，APc=．（1）试用a，b，c表示出向量BM；（2）求BMAP．【答案】（1）BM=212333abc−++；（2）73【解析】【分析】（1）由向量对应线段的位置关系，结合向量加

减、数乘的几何意义用AB，AD，AP表示出BM即可；（2）应用数量积的运算律及其定义求BMAP即可.【小问1详解】由图知：BPAPABca=−=−，ADBCb==，1121212()3333333BMBP

PMBPPCBPBCBPBPBCabc=+=+=+−=+=−++.【小问2详解】2212212()333333abccacbBMPcAc=−++=−++21212cos6012cos604333=−++21873333=−

++=.18.某重点大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了100名这类大学生进行调查，将收集到的课余学习时间（单位：h）整理后得到如下表格：课余学习时间)1,3)3,5)5,7)7,99,11人数510254020（1）估计这100名大学生每天课余学习时间的中位

数；（2）根据分层抽样的方法从课余学习时间在)7,9和9,11，这两组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求抽到的2人的课余学习时间都在)7,9的概率．【答案】（1）7.5（2）25【解析】【分析】（1）根据频数分布表估计中位

数的方法直接求解即可；（2）根据分层抽样原则可确定从)7,9和9,11两组中抽取的人数，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.【小问1详解】5102540++=，51

0254080+++=，这100名大学生每天课余学习时间的中位数位于)7,9之间，则中位数为10727.540+=.【小问2详解】由题意知：从课余学习时间在)7,9这一组抽取406460=人

，分别记为1234,,,aaaa，从课余学习时间在9,11这一组抽取206260=人，分别记为12,bb；从这6人中随机抽取2人，所有的基本事件为：12131411

122324212234,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,aaaaaaababaaaaababaa3132414122,,,,,,,,,ababababbb，共15个基本事件；其中“抽到的2人的课余学习时间都在)7,9”包含的基本事件为：

121314234432,,,,,,,,,,,aaaaaaaaaaaa，共6个基本事件；抽到的2人的课余学习时间都在)7,9的概率62155p==.19.为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题概

率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（pq），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为12，恰有一人答对的概率为512．（1）求p和q的值；（2）求甲、乙两人共答对3道题的概率．【答案】（1）34

p=，23q=的（2）512【解析】【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解；（2）先求出甲、乙答对题目数为0、1、2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利

用独立、互斥事件概率公式计算求得.【小问1详解】设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则()PAp=，()PBq=．设C：甲、乙两人均答对第一题，D：甲、乙两人恰有一人答对第一题，则CAB=，()()DABAB=．∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，

∴A与B相互独立，AB与AB互斥，∴()()()()PCPABPAPBpq===,()()()()(1())(1())()PDPABPABPAPBPAPB=+=−+−．由题意得()()1,2511,12p

qpqqp=−+−=解得3,423pq==或2,33.4pq==∵pq，∴34p=，23q=．【小问2详解】设iA：甲同学答对了i道题，iB:乙同学答对了i道题，0,1,2i=．由题意得()1133134444

8PA=+=，()23394416PA==，()12112433339PB=+=，()2224339PB==．设E：甲、乙两人共答对3道题，则()()1221EABAB=，∴()()122134945()8916912PEP

APABB=+=+=，∴甲、乙两人共答对3道题的概率为512．20.在长方体1111ABCDABCD−中，1ABAD==，13AA=，点M、N分别在线段1AA，1BB上，且12AMAM=，12BNB

N=．（1）求直线1DB与平面1CMN所成角的正弦值；（2）若直线1DB与平面1CMN相交于点P，求线段DP的长度．【答案】（1）6611（2）2113【解析】【分析】（1）根据长方体建立坐标系，根据空间向量的坐标表示以及直线与平面所成角的正弦值公式即可得到

答案；（2）先求出点D到平面1CMN的距离，由线面角的正弦值等于线上取一点到平面的距离与该点到平面交点的距离之比即可求解.【小问1详解】如图，以D点为原点建立如图所示坐标系，则1(1,1,3)B，1(0,1,3)C，(1,0,2)M，(1,1,1)N，1(1,1,3)DB=，1(1,1

,1)CM=−−，1(1,0,2)CN=−，设平面1CMN的法向量为(,,)mxyz=，则020xyzxz−−=−=，令1x=，则11(1,,)22m=，111366sin|cos,|11||||

6112DBmDBmDBm====，直线1DB与平面1CMN所成角的正弦值为6611;【小问2详解】由（1）知(1,0,2)DM=，点D到平面1CMN的距离为362||DMmm=，211sin3dDP==.21.高考数学考

试中有12道选择题，每道选择题有4个选项，其中有且仅有一个是正确的．评分标准规定：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，答对得5分，不答或答错得0分．某考生每道选择题都选出一个答案，能确定其中有8道题的答案是正确的，而其余题中，有两道题

都可判断出两个选项是错误的，有一道题能判断出一个选项是错误的，还有一道题因不理解题意只能乱猜．试求该考生的选择题：（1）得60分的概率；（2）得多少分的概率最大？【答案】（1）148（2）该生选择题得分为45分或50分的概率最大．

【解析】【分析】（1）先计算有两道题答对的概率各为12，有一道题答对的概率为13，还有一道题答对的概率为14，利用独立事件的概率公式即得解；（2）该考生选择题得分的可能取值有：40，45，50，55，60共5种，利用事件的独立性，依次计算对应概率，比较即得解.【详解】（1）要得60分，

必须12道选择题全答对，依题意，易知在其余四道题中，有两道题答对的概率各为12，有一道题答对的概率为13，还有一道题答对的概率为14，所以他做选择题得60分概率为：11111223448P==．（2）依题意，该考生选择题得分的可能取值有：40，45，50，55，

60共5种．得分为40，表示只做对有把握的那8道题，其余各题都做错，于是其概率为：111236223448P==．得45分的概率为：211231113112117222342231223418P=

++=．得分为50的概率：31748P=；得分为55的概率：4748P=；得分为60的概率：5148P=.∴该生选择题得分为45分或50分的概率最大．【点睛】本题考查了独立事件概率计算，考查了学生数学应用，综合分析，数学运

算的能力，属于中档题.22.如图，四棱锥PABCD−的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，3,2,4,PAADAB===60ABC=．（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；（2）若E是侧棱PB上一动点，恰

好使得平面ADE与平面PAD的夹角为60，请指出E点位置．的的【答案】（1）证明见解析（2）当35PEPB=，使平面ADE与平面PAD的夹角为60．【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得PABC⊥，再利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可证得结论;（2）以A

为原点建立空间直角坐标系，设(01)PEPB=，利用空间向量法即可求得.【小问1详解】证明：PA⊥底面ABCD，PABC⊥，在三角形ABC中，由=4AB，=2BC，60ABC=，得2222cos60164812A

CABBCABBC=+−=+−=．22212416ACBCAB+=+==，即ACBC⊥．又PAACA=，,PAAC平面PAC，BC⊥平面PAC；又∵BC平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．【小问2详解】以A为原点，分别以,,ADACAP所在直线为x，y，z轴

建立空间直角坐标系．∵3,2,23PAADAC===，∴(0,0,0),(2,0,0),(0,0,3),(2,23,0)ADPB−．设(,,)Exyz，设(01)PEPB=，得PEPB=．∴(,,3)(2

,23,3)(2,23,3)xyz−=−−=−−，∴2,23,33xyz=−==−，则(2,23,33)E−−．(2,0,0),(2,23,33),(0,0,3)ADAEAP==−

−=．设平面ADE的一个法向量为()111,,mxyz=，由1111=2=0=2+23+(33)=0mADxmAExyz−−，取11z=，得330,,123m−=；设平面ADP的一个法向量为(0,1,0)n=，由233123|cos,|||

||23311123mnmnmn−===−+∣，得251890−+=，解得3=（舍）或35=．∴当35PEPB=，使平面ADE与平面PAD的夹角为60．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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