【文档说明】湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2024-2025学年高二上学期起点考试数学试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，2.885 MB，由小赞的店铺上传

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2024年秋季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校起点考试高二数学试卷命题学校：黄冈中学命题教师：董明秀审题学校：黄梅一中审题教师：石亚林考试时间：2024年9月2日下午15:00-17:00试卷满分：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5

分，共40分.在每小题除出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱与球的表面积之比为（）A.1:1B.3:2C.π:3D.4:π【答案】B【解析】【分析】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高

为2R，然后表示出圆柱的表面积和球的表面积，相比即可【详解】设球的半径为R，则由题意得圆柱的底面半径为R，高为2R，所以圆柱的表面积为222226RRRR+=，球的表面积为24R，所以圆柱与球的表面积之比为226

342RR=，故选：B2.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（）A.A与B互斥B.B与C互

为对立C.A与B相互独立D.A与C相互独立【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，根据相互独立事件的判断公式判断CD.【详解】对于A，A与B有可能同时发生，不是互斥事件，A错误；对于B，除了B，C以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误；第一次抛掷，骰子正面向

上的点数是3，包含的样本点为(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)，故61()366PA==，两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4，包含的样本点为(1,3),(2,2),(3,1)，故31()3612PB==，,AB同时发生的事件包含样本点为(3,1)

，故1()36PAB=，所以111()()()36126PABPAPB==，即,AB不相互独立，故C错误；两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7，包含的样本点为(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)，故61()366

PC==，,AC同时发生的事件包含的样本点为(3,4)，故1()36PAC=，所以()()()PACPAPC=，即A与C相互独立，故D正确.故选：D3.下列说法中正确的是（）A.若两个平面都与第三个平面垂直，则这两个平面平行B.已知a，b，c为三条直线，若a，b异面，b，c异面，则a，c异面C.若

两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行D.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面【答案】D【解析】【分析】对于ABC：以正方体为依托，举反例说明即可；对于D：根据平面的性质分析判断.【详解】如

图所示，正方体1111ABCDABCD−，对于选项A：例如平面11ABBA⊥平面ABCD，平面11ADDA⊥平面ABCD，但平面11ABBA平面111ADDAAA=，两平面不平行，故A错误；对于选项B：例如AB与1

CC异面，AD与1CC异面，但ABADA=，两直线不异面，故B错误；对于选项C：例如11AB∥平面ABCD，11AD∥平面ABCD，但11111ABADA=，两直线不平行，故C错误；对于选项D：若三条直线两两相交且不共点，可得三个不共

线三点，由平面性质可知：这三点确定唯一一个平面，且三条直线均在该平面内，所以两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故D正确.故选：D.4.已知M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且1324

MNONAPAN==，，以,,OAOBOC为基底，则OP可以表示为（）A.111244OPOAOBOC=++B.111233OPOAOBOC=++C.111433OPOAOBOC=++D.111444OPOAOBOC=++的【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算求

得正确答案.【详解】依题意，34OPOAAPOAAN=+=+()313444OAONOAOAON=+−=+1321144342OAOMOAOM=+=+()111111422444OAOBOCOAOBOC=++=++.故选：D5.已知向量a，b不共线，满足abab+=−，则ab−在b方向上的

投影向量为（）A.aB.bC.12b−D.b−【答案】D【解析】【分析】将已知条件平方求得0ab=，然后根据投影向量公式计算即可求解.【详解】因为||||abab+=−，所以22abab+=−，即222

222aaabbabb−=+++，得0ab=，则ab−在b方向上的投影向量为()22222abbabbbbbbbbbb−−−===−.故选：D6.已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75.现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个

错将70记录为90.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x，方差为2s，则（）A.270,75xs=B.270,75xs=C.270,75sx==D.270,75xs【答案】A【解析】【分析】根据平均数、方差公式计算可得.【详解】由题

意，可得7050806070907050x+−+−==，设收集的48个准确数据分别记为1248,,,xxx，则()()()222221248175707070(6070)(9070)50xxx=−+−++−+−+−()()()2221248170707050050xxx

=−+−++−+，()()()22222212481707070(8070)(7070)50sxxx=−+−++−+−+−()()()222124817070701007550xxx=−+−++−+，所以275s．故选：A．7.在平面四边形ABCD中，ABCV为正三角形

，ADCD⊥，2ADCD==，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体BACD−，若四面体BACD−外接球的球心为O，当四面体BACD−的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（）A.217B.2217C.22121D.42121【答案】C【解析】【分析】根据四面体BA

CD−的体积最大时，求出点O位置，利用等体积转换法即可求出点O到平面ABD的距离.【详解】由题意可知当平面ABC⊥平面ADC时四面体BACD−的体积最大时，因为ABCV为正三角形，ADCD⊥，2ADCD==，所以22242ADCDACAC+===，则2ACA

BBC===，当平面ABC⊥平面ADC时，取线段AC中点E，则点E为直角三角形ADC的外心，连接BE，则易知BE⊥平面ADC，所以四面体BACD−外接球球心在BE上，因为ABCV为正三角形，所以四面体BACD−外接球球心即为ABCV的中心O，则23B

OBE=，设点E到面ABD的距离为h，点O到面ABD的距离为23h，由BADEEABDVV−−=得1133ADEABDSBESh创=创，因为ABCV边长为2，所以3BE=，2111122222ADEADCSS=?创=，ABD△中，222,2,2ABADBDDEBE===+=，所以

11472222ABDS=创=，则111721332327hh创=创?，所以点O到面ABD的距离为2221321h=.故选：C8.如图，边长为2的正方形ABCD中，P，Q分别为边BC，CD上的点，2||APAQPQ=，则12APAQ+的最大值为（

）A.1B.52C.324D.322【答案】B【解析】【分析】根据题设条件可得π4PABQAD+=，然后利用三角变换公式结合正弦函数的性质可求最大值.【详解】由余弦定理可得222||22APAQPQAPAQ

APAQPQAPAQ+−==，整理得到222||4APAQPQPQ+=+，,DQxBPy==，则()()()()2222224422422xyxyxy+++=−+−+−+−，整理得到：224xyxy++=，而tan,tan22xyP

ABQAD==，故()()222tan1414xyxyPABQADxyxy+++===−−，而π02PABQAD+，故π4PABQAD+=，设,PABQAD==，则121221coscos2222coscosAPAQ+=+=+

2π111coscos(cossin)cos24222=−+=++()15cossinsin22=+=+，其中为锐角且25sin5=，因为25252，故ππ42，故1252APAQ+，当且仅当ππ24

=−时等号成立，故12APAQ+的最大值为52，故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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

.衡阳市第八中学为了解学生数学史知识的积累情况，随机抽取150名同学参加数学史知识测试，测试题共5道，每答对一题得20分，答错得0分.得分不少于60分记为及格，不少于80分记为优秀，测试成绩百分比分布图如图所示，则（）A.

该次数学史知识测试及格率超过90%B.该次数学史知识测试得满分的同学有15名C.该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数D.若八中共有3000名学生，则数学史知识测试成绩能得优秀的同学大约有1800名【答案】ACD【解析】【

分析】利用扇形图的数据得到及格率判断A；求出满分所占百分比，进而求出满分学生人数判断B；求出中位数和平均数，比较大小判断C；求出抽取的学生成绩优秀率，再估算出数学史知识测试成绩能得优秀的同学人数判断D.【详解】由图知，及格率为

18%92%90%−=，A正确；该测试满分同学的百分比为18%32%48%12%−−−=，则有12%15018=名，B错误；由图知，中位数为80分，平均数为408%6032%8048%10012%72.8+++=分，C正确；由题意，30

00名学生成绩能得优秀的同学有3000(48%12%)1800+=，D正确.故选：ACD10.已知O是坐标原点，平面向量aOA=，bOB=，cOC=，且a是单位向量，2ab=，12ac=，则下列结论正确的是（）A.cac=−B.若A，B，

C三点共线，则2133abc=+C.若向量ba−与ca−垂直，则2bca+−的最小值为1D.向量ba−与b的夹角正切值的最大值为24【答案】AD【解析】【分析】根据给定条件，用坐标表示向量,,abc，再结合向量的

坐标运算逐项计算判断即得.【详解】在平面直角坐标系中，令12(1,0),(,),(,)abxbcxc===，由2ab=，12ac=，得12x=，212x=，则1(2,),(,)2bbcc==，对于A，1(,)2acc−=−，因此21||

||4accc−=+=，A正确；对于B，由,,ABC三点共线，得(1)OAOBOC=−+，即1(1,0)(1)(2,)(,)2bc=−+，于是12(1)12−+=，解得23=，即1233a

bc=+，B错误；对于C，)1(,)2(1,,cbabac−=−−=，由向量ba−与ca−垂直，得12bc=，而1(,)22babcc=++−，则2221113|()244442|2bcbcbacbbcc=++=+++++=−，当且仅当bc=时取等号，C错误；对

于D，令向量ba−与b的夹角为，(1,)bab−=，当0b=时，0=，tan0=，当0b时，不妨令0b，(1,)Db，则baOD−=，BOD=，显然tan,tan2bDOAbBOA==，2tantan22tantan()1tantan24221

2bbDOABOAbbDOABOAbDOABOAbbb−−=−====+++，当且仅当2b=时取等号，D正确.故选：AD11.如图，正方体1111ABCDABCD−中，顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，,ACBD的交点为O，顶点1,,ABC到的

距离分别为6,1,2，则（）A.//BC平面B.O到平面的距离为1C.平面1AAC⊥平面D.正方体的棱长为22【答案】BCD【解析】【分析】根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理、面面相交的性质进行求解

判断即可.【详解】对于A，因为B，C到的距离分别为1，2，显然不相等，所以BC不可能与平面平行，因此选项A不正确；对于B，,ACBD的交点为O，显然O是AC的中点，因为平面ABCDA=，顶点C到的距离为2，所以O到的距

离为1，因此选项B正确;对于C，B到的距离分别为1，所以O到的距离为1，因此BO∥，即BD∥，设平面ABCDl=，所以BDl∥，因为ABCD是正方形，所以ACBD⊥，又因为1AA⊥平面,AB

CDBD平面ABCD，所以1AABD⊥，因为11,,AAACAAAAC=平面1AAC，所以BD⊥平面1AAC，因此有l⊥平面1AAC，而l，所以平面1AAC⊥平面，因此选项C正确；对D，因为平面1AAC平面A=，所以令

平面1AAC平面,lAl=，因为平面1AAC⊥平面，所以1,CA在平面的射影,EF与A共线，显然，1112,6,2,,CEAFACaAAaAAAC====⊥，如图所示：由11ECACAEAAFCAEECAAAF+=+=，111cos,sin,AF

CEECAAAFACAA==由2212246cossin11222ECAAAFaaa+=+==（负值舍去），因此选项D正确，故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12

.已知向量()2,3,1a=−，()1,2,1bm=−，且ab⊥，则m=___________．【答案】72【解析】【分析】利用两非零向量垂直的充要条件是两向量数量积为0，再利用数量积的坐标运算就可解得结果.【详解】由ab⊥可得0ab=，又

因为()2,3,1a=−，()1,2,1bm=−，所以()()()()2,3,11,2,1213211270abmmm=−−=−+−+=−=，解得72m=.故答案为：72m=13.设钝角ABCV三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若2a=，sin3bA=，3c=，则b

=________.【答案】19【解析】【分析】利用余弦定理表示出cosA，再利用同角三角函数的平方关系，得到23cos1Ab=−，建立方程，求出b的值，然后利用钝角三角形，排除一个答案.【详解】由余弦定理得，22222945cos266bcabbAbcbb+−+−+===，而由si

n3bA=，得3sinAb=，因为ABCV是钝角三角形，且ca，故A为锐角，所以23cos1Ab=−，所以223516bbb+−=，解得27b=或219b=，当27b=时，即7b=，cba，由大边对大角得：最大角为C，222749cos0267ba

cCba+−+−==，故C为锐角，不符合题意；当219b=时，即19b=，bca，由大边对大角得：最大角为B，2229419cos0262cabBca+−+−==，故B是钝角，符合题意，故答案为：1914.甲、乙、丙、丁四支足球队进行单循环

比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为13，则在比赛结束时，甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为______．【答案】

8243【解析】【分析】不妨先考虑甲输丙，再就甲与乙丁的输赢分类讨论后可得所求的概率.【详解】甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分，三队中选一队与甲比赛，甲输，133，例如是丙甲，若甲与乙、丁两场比赛都

输，则乙、丁、丙积分都大于甲，不合题意；若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分，这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意，在丙输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意；

若甲全赢（概率是213）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分，这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢，否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输或一输一平，①若丙一平一输，概率2123，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率23；②若丙两场均平，概率是213，乙丁

这场比赛无论结论如何均符合题意；③若两场丙都输，概率是213，乙丁这场比赛只能平，概率是13；综上概率为222211121118323333333243++=

．故答案为：8243.【点睛】思路点睛：对于比较复杂的概率的计算，注意根据问题的特征合理分类，尽量不重不漏，必要时利用表格或枚举等方法.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.

已知复数z满足2zz+=，4izz−=．（1）求3z+；（2）设复数zz，2zz+，10z在复平面内对应的点分别为A，B，C，求cos,ABBC．【答案】（1）25（2）31010【解析】【分析】（1）根据已知得出12zi=+

，利用共轭复数定义和模的计算公式求解即可.（2）利用复数的运算分别求出A，B，C三点坐标，然后利用数量积的变形公式求解向量夹角的余弦值即可.【小问1详解】因为2zz+=，4izz−=，两式相加得12zi=+，所以12iz=−，故342i16425z+=−=+=．【小问2详解】由（1

）得2(12i)(12i)14i5zz=+−=−=，则()5,0A，212i24i32izz+=++−=−，则()3,2B−，101010(12i)24i12i5z−===−+，则()2,4C−，所以()2,2AB=−−，()1,2BC=

−−，故6310,cos10225ABBCABBBCBCA===．16.如图，在三棱柱111ABCABC−中，ABAC⊥，ABAC=，12AAAB=，点1A在底面ABC的射影为BC的中点O，M为11BC的中点．（1）求证：1AM⊥平面1ABC；（2）求二面角11ABCB−−

的平面角的正弦值．【答案】（1）证明见详解（2）24【解析】【分析】（1）根据线面垂直可得11AOAM⊥，根据三线合一可得1BCAM⊥，结合线面垂直的判定定理分析证明；（2）建系标点，分别为平面11BCCB、平面1ABC的法向量，利用空间

向量求二面角.【小问1详解】因为平面ABC∥平面111ABC，且1AM平面111ABC，则1AM∥平面ABC，由题意可知：1AO⊥平面ABC，1AM平面111ABC，则11AOAM⊥，又因为1111ABAC=，M为11BC的中点，

则111BCAM⊥，且BC∥11BC，则1BCAM⊥，且1AOBCO=，1,AOBC平面1ABC，所以1AM⊥平面1ABC.【小问2详解】因为ABAC=，O为BC的中点，则AOBC⊥，且1AO⊥平面ABC，以O为坐标原点，1,,OAOBOA分别为,,xyz轴，

建立空间直角坐标系，设1OA=，则2ABAC==，1222AAAB==，可得22117AOAAAO=−=，则()()()()11,0,0,0,1,0,0,1,0,0,0,7ABCA−，可得()()110,2,0,1,0,7CBBBAA===−，设平面1

1BCCB的法向量为(),,mxyz=，则12070mCBymBBxz===−+=，令7x=，则0,1yz==，可得()7,0,1m=−，由题意可知：平面1ABC的法向量()1,0,0n=，

设二面角11ABCB−−的平面角为π0,2，则714coscos,4221mnmnmn====，可得22sin1cos4=−=，所以二面角11ABCB−−的平面角的正弦值为24.17.在锐角ABCV中，其内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知22233bca=−

．（1）求tantanBC的值；（2）若tan3A=，3a=，求△ABC的面积．【答案】（1）12（2）3【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得23cosacB=，再结合正弦定理及三角变换公式可得tan1tan2BC=；（2）结合（1）中结果可求三个角的正切，从

而可求三个角的正弦，求出外接圆半径后可求三角形面积.【小问1详解】因为22233bca=−，故()222232cos3caacBca+−=−，整理得到：23cosacB=，由正弦定理可得2sin3sincosACB=，所以()2sin3sincosBCCB+=即2sincos2cossin3si

ncosBCBCCB+=，所以2sincossincosBCCB=，而ABCV为锐角三角形，故coscos0BC，故2tantanBC=即tan1tan2BC=.【小问2详解】因为tan3A=，故()tan3BC+=−，

所以tantan31tantanBCBC+=−−，而tan1tan2BC=，结合tan0,tan0BC可得tan1,tan2BC==，而,,ABC为锐角，故310225sin,sin,sin1025ABC===，故外接圆半

径为13102231010R==，故215310225sin2sinsinsin23221025SabCRABC====.18.辽宁省数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取100名学生，得到

他们的成绩，将数据整理后分成五组：))))50,6060,7070,8080,9090,100，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）若只有30%的人能进决赛，入围分数应设为多少分（保留两位小数）；（2）采用分层随机抽样的方法从成绩为80,100的学生中抽取容量为6

的样本，再从该样本中随机抽取2名学生进行问卷调查，求至少有1名学生成绩不低于90的概率；（3）进入决赛的同学需要再经过考试才能参加冬令营活动.考试分为两轮，第一轮为笔试，需要考2门学科，每科笔试成绩从高到低依次有,,,,

AABCD+五个等级.若两科笔试成绩均为A+，则直接参加；若一科笔试成绩为A+，另一科笔试成绩不低于B，则要参加第二轮面试，面试通过也将参加，否则均不能参加.现有甲、乙二人报名参加，二人互不影响.甲在每科笔试中取得,,,,AABCD+的概率分别为21113,,,,5612520；乙

在每科笔试中取得,,,,AABCD+的概率分别11211,,,,4551020；甲、乙在面试中通过的概率分别为15,516.求甲、乙能同时参加冬令营的概率.【答案】（1）76.25分（2）35（3）132.【解析

】【分析】（1）根据百分位数的求法求解即可；（2）根据分层抽样确定两组抽取的人数，结合对立事件的概率公式，用列举法求解古典概型概率即可；（3）先利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解甲、乙能参加冬令营的概率，然后利用独立事件乘法概率公式求解即可.【小问1详解】()()0.0100.0051

00.150.3,0.40.0100.005100.550.3+=++=，所以第70%分位数位于)70,80，且0.40.15107076.250.4−+=，所以入围分数应设为76.25分.【小

问2详解】依题意从)80,90抽取0.01640.010.005?+人，标记为1，2，3，4；从90,100抽取0.005620.010.005?+，标记为,ab；从6人中随机选2人其样本空间可记为()()()()()()()()()()()()()()()Ω1,21,3

1,41,1,2,32,42,2,3,43,3,4,4,,ababababab=，共包含15个样本点，即有15种选法.设事件A=“至少有1名学生成绩不低于90”，则其中2人都是)80,90的样本空间可记为()()()()()()1,2

1,31,42,32,43,4A=，共包含6个样本点，则()()6311155PAPA=−=−=，所以至少有1名学生成绩不低于90的概率为35.【小问3详解】依题意甲能参加冬令营的概率22211112555

61255P=++=甲，乙能参加冬令营的概率11112552444551632P=++=乙，二人互不影响，所以甲、乙能同时参加冬令营的概率15153232PPP===甲乙.19.类比思想在数

学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理，如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，记APC=，BPC=，APB=，二面角A-PC-B的大小为，则coscoscossinsincos=+．如图2，四棱柱1111AB

CDABCD−中，底面ABCD为菱形，60BAD=，1123AAAC==，2AB=，且11AADAAB=．（1）在图2中，用三面角余弦定理求1cosAAB的值；（2）在图2中，直线1AA与平面ABCD内任意一条直线的夹角为φ，证明：ππ32；（3）在图2中

，过点B作平面，使平面//平面11ACD，且与直线1CC相交于点P，求11CPCC的值．【答案】（1）34（2）证明见解析（3）2【解析】【分析】（1）设ACBDO=，连接1AO，可证明平面11AACC⊥平面ABCD，即二面角1AACB−−的大小为90

，求出1cosAAO，再由所给三面角余弦定理计算可得；（2）依题意可得π02，设平面ABCD内任一条直线为l，分l过A点与不过A点两种情况，当l过A点，记AC与l的夹角为1（1π02），则11c

oscoscosAAO=，结合余弦函数的性质即可得证；（3）连接1AB，1BC，首先证明平面1//ABC平面11ACD，从而得到平面//平面1ABC，再由面面平行的性质得到1//BCBP，从而得到1CPBB=，即可得解.小问1详解】设ACBDO=，连接1AO，由菱形ABCD可得ACBD⊥，

而2,60ABBAD==，故23AC=，而1123AAAC==，故1CAA为等边三角形，故160AAC=，因为11AADAAB=，ADAB=，11AAAA=，故11AADAAB△△，所以11DABA=，而DOBO=，故1BDAO⊥，因为1ACAOO=，1,A

CAO平面11AACC，故BD⊥平面11AACC，而BD平面ABCD，故平面ABCD⊥平面11AACC，故1AACB−−的二面角的平面角为直角，而30CAB=，由三角面公式可得：111π133coscoscossinsincos2224AABAACCABAAC

CAB=+==【小问2详解】依题意可得π02，设平面ABCD内任一条直线为l，若l过A点时，记AC与l夹角为1（1π02），【的由（1）及三面角公式可得11coscoscosAAO

=，因为1cos0,1，所以111πcoscoscoscoscos3AAOAAO==，又π02，所以ππ32；若l不过A点时，过A点作l使得//ll，记AC与l的夹角为2（2π02），则12c

oscoscosAAO=，因为2cos0,1，所以121πcoscoscoscoscos3AAOAAO==，又π02，所以ππ32；综上可得ππ32【小问3详解】连接1AB，1BC，因为11//ACAC，11AC平面

11ACD，AC平面11ACD，所以//AC平面11ACD，同理可证1//BC平面11ACD，又1ACBCC=，1,ACBC平面1ABC，所以平面1//ABC平面11ACD，因为平面//平面11ACD，而B平面11ACD，所以平面//平面1ABC，又平面1ABC

平面111BBCCBC=，又平面平面11BBCCBP=，所以1//BCBP，又11//BBCC即1//BBCP，.所以四边形1BBCP为平行四边形，所以1CPBB=，而P在1CC的延长线上，因为11BBCC=，所以1CPCC=，所以112CPCC=，即2=.【点睛】关键点点睛：对于新

定义型知识，关键理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行.是