【文档说明】湖北省荆州市沙市中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题 含解析.docx，共(25)页，2.445 MB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年度上学期2022级9月月考数学试卷命题人：冯韵审题人：郑华考试时间：2023年9月14日一、单项选择题：本题共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.用简单随机抽样的方法从含有10个个体的总体中抽取一个容量为3的样本，其中某一个体a“第一次被抽到”的可能性与“第二次被抽到”的可能性分别是（）A.110、110B.310、15C.15、310D.310、310【答案】A【解析】【分析】根据抽样中，每个个体在每一次被抽到的概率

都是相等的，由此可得出结果.【详解】在抽样过程中，个体a每一次被抽中的概率是相等的，因为总体容量为10，故个体a“第一次被抽到”的可能性与“第二次被抽到”的可能性均为110，故选：A．【点睛】本题考查抽样中概率的计算，属于基础题.

2.已知,,abc为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（）A.ab+，bc+，ac−B.2ab+，b，ac+C.2ab+，2bc+，abc++rrrD.ac+，2ba+，2bc−【答案】B【解析】【分析】若三个向量非零不共线,,mnp能作为基底，

则满足mxpyn=+.【详解】对于A项，因为()()abbcac+=++−，则ab+，bc+，ac−共面，不能作为基底，故A不符合题干.对于C项，因为()()112222abcabbc++=+++，则2ab+，2bc+，abc++rrr共面，不能作为基底，故C不符合题干.对于D项，()()1

12222acbabc+=+−−，则ac+，2ba+，2bc−共面，不能作为基底，故D不符合题干.对于选项B，假设2ab+，b，ac−共面，则存在，R，使()2abbac+=+−，所以120==

−=无解，所以2ab+，b，ac−不共面，可以作为空间的一组基底．故选：B3.已知两个向量(2,1,3)a=−，(4,,)bmn=，且//ab，则mn+的值为（）A.1B.2C.4D.8【答案】C【解析】【分析】由//ab，可知R，使ba=

，利用向量的数乘运算及向量相等即可得解.【详解】∵//ab，∴R，使ba=，得423mn==−=，解得：226mn==−=，所以4mn+=故选：C【点睛】思路点睛：在解决有关平行的问题时，通常需要引入参数，如本题中已知//ab，引入参数，使ba=，转化

为方程组求解；本题也可以利用坐标成比例求解，即由//ab，得4213mn==−，求出m，n.4.已知向量()23,0,2a=，向量13,0,22b=，则向量a在向量b上的投影向量为（）A()3,0,3B.()3,0,1−C.()1,0,3D.13,0,44【答案】

A【解析】【分析】根据投影向量的公式求解即可【详解】a在b上投影向量()21323,0,3,0,323123ababbb====+rrrrrr故选：A.5.如图，元件通过电流的概率均为0．9

，且各元件是否通过电流相互独立，则电流能在M，N之间通过的概率是A.0．729B.0．8829C.0．864D.0．9891【答案】B【解析】【详解】试题分析：电流能通过12,AA的概率为0.90.90.81=，电流能通过3A的概率为0.9，故电流不能通过12,AA也不能

通过3A的概率为()()10.8110.90.019−−=，所以电流能通过系统123,,AAA的概率为10.0190.981−=，而电流能通过4A的概率为0.9，所以电流能在,MN之间通过的概率为()10.0190.90.882

9−=，故选B．考点：相互独立事件概率乘法公式．【方法点睛】本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式．所求事件的概率与它的对立事件之间概率的关系，体现了转化的数学思想，属于基础题．求出电流不能通过12,AA也不能通过3A的概率，用1减去此概率即得到电流

能通过系统123,,AAA的概率，再根据电流能通过4A的概率，利用相互独立事件的概率乘法公式即可求得电流在,MN之间通过的概率．6.同时抛掷两颗骰子，观察向上的点数，记事件A=“点数之和为7”，事件B=“点数之和为3的倍数”，则（）A.AB+为不可能事件B.A与B为互斥事件C.AB

为必然事件D.A与B为对立事件【答案】B【解析】【分析】先分析事件A、B的构成，对四个选项一一验证即可.【详解】同时抛掷两颗骰子，有36个结果，事件A=“点数之和为7”，包括：()1,6，()2,5，()3,4，()4,3，()5,2，()6,1.事件B=“点数之和为3

的倍数”，包括()1,2，()2,1，()1,5，()5,1，()2,4，()4,2，()3,3.的所以AB+为“点数之和为7或3的倍数”，不是不可能事件.故A错误；A与B为互斥事件，故B正确；AB为不可能事件.故C错误；事件A、B不能包含全

部基本事件，故A与B不是对立事件.故D错误.故选：B7.袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球上数字是1”，B表示事件“第二次取出的球上数字是2”，C表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，D表

示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出（）A.B与D相互独立B.A与D相互独立C.B与C相互独立D.C与D相互独立【答案】C【解析】【分析】分别求出事件A,B,C,D的概率，根据相互独立事件

计算概率的乘法公式计算(),()()PBDPBPD判断A,计算(),()()PADPAPD判断B；计算(),()()PBCPBPC判断C;计算(),()()PCDPCPD判断D.【详解】由题意可得：1

1(),()44PAPB==,有放回的随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)共4种，所以41()444PC==;两次取出的球上数字之和是6的情况有(2,4)

,(4,2),(3,3)共3种，故33()4416PD==,对于A,11133(),()()441641664PBDPBPD====,则()()()PBDPBPD，故B与D不是相互独立事件，故A错误；对于B,133()0,()()41664PADPAPD===,则()()()PADP

APD,故A与D不是相互独立事件，故B错误；对于C,11111(),()()44164416PBCPBPC====,则()()()PBCPBPC=，故B与C是相互独立事件，故C正确；对于D133()0,()(

)41664PCDPCPD===,则()()()PCDPCPD，故C与D不是相互独立事件，故D错误；故选：C,8.在边长为1的菱形ABCD中，60ABC=，将DAC△沿对角线AC折起得三棱锥DABC−.当三棱锥体积最大时，此三棱锥DAB

C−的外接球的表面积为（）A.5πB.4πC.5π3D.5π6【答案】C【解析】【分析】体积最大时，即两个面垂直时，然后利用几何关系找到外接球圆心即可.【详解】如图所示，当平面ABC⊥平面DAC时,三棱锥体积最大，取AC中点E，连接BE，DE，由条件知B

EDE⊥设12,OO分别为,ABCADC的外心，过1O作平面ABC的垂线m，过2O作平面ADC的垂线n则m，n的交点即为三棱锥DABC−外接球的球心O；2113,36OOOEBE===223,33DODE==所以22335()(),6312OD=+=所以，表面积为2554π()π.

123=故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列说法正确的是（）A.若空间中的O，A，B，C

满足1233OCOAOB=+，则A，B，C三点共线B.空间中三个向量a，b，c，若//ab，则a，b，c共面C.对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若220222023OPOAOBOC=+−，则

P，A，B，C四点共面D.设{,,}abc是空间的一组基底，若amb=+，nab=−，则{,,}mnc不能为空间的一组基底【答案】ABC【解析】【分析】根据向量的线性运算可判断A，根据向量的共面定理可判断B、C、D．【详解】对于A，根据向量的线性运算，若空

间中的O，A，B，C满足1233OCOAOB=+，则)12((3)3OCOAOBOC−=−，即2ACCB=，则A，B，C三点共线，故A正确；对于B，因为//ab，则,ab共线，则根据共面向量的定义可得，a，b，c共面，故B正确；对于C，对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若22

0222023OPOAOBOC=+−，又2202220231+−=，则P，A，B，C四点共面，故C正确；对于D，若ab+，ab−，c共面，则()()()()cxabyabxyaxyb=++−=++−，则,,abc共面，与{,,}abc是空间

的一组基底矛盾，所以ab+，ab−，c不共面，所以{,,}mnc能为空间的一组基底，故D错误，故选：ABC．10.已知空间向量(1,2,4),(2,4,)mnx=−=−，则下列选项中正确的是（）A.当mn⊥时，3x=B.当//mn时，8x=−C.

当||5mn+=时，4x=−D.当1x=时，35sin,7mn=【答案】BCD【解析】【分析】A选项，根据垂直得到数量积为0，列出方程，求出52x=，A错误；B选项，根据向量平行列出方程组，求出8x=−；C选项，根据向量运算法则计算出mn+，利用

模长公式列出方程，求出4x=−；D选项，先利用向量夹角余弦公式计算出两向量夹角的余弦，进而计算出正弦值.【详解】当mn⊥时，()()·122441040mnxx=−+−+=−+=，解得：52x=，故A错误；令mn=，则()()12424x−=−，，，，，21

142284xx=−=−−==−=，故B正确；()()12,24,41,2,4mnxx+=−+−+=−+，所以22221(2)(4)5(4)5mnxx+=+−++=++=，解得：4x=−，故C正确；当1x=，()122441·2cos,,·72121m

nmnmn−+−+===−，因为,,0,πmn，2235sin,177mn=−−=，故D正确．故选：BCD11.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P为侧面11BBCC内（不含边界）的动点，则（

）A.1DOAC⊥B.存在一点P，使得11//DOBPC.三棱锥1ADDP−的体积为43D.若1DOPO⊥，则11CDP面积的最小值为455【答案】ACD【解析】【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点(),2,Pxz，利用空间向量数量积可判断

A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点P的坐标满足的关系式，利用二次函数的基本性质可求得11CDP面积的最小值，可判断D选项的正误.【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、

z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()2,0,0A、()0,2,0C、()0,0,0D、()10,0,2D、()12,2,2B、()10,2,2C、()1,1,0O，设点(),2,Pxz，其中02x，02z.对于A选项，()2,2,0AC=−，()11,1,2

DO=−，则1220ACDO=−+=，所以，1DOAC⊥，A对；对于B选项，()12,0,2BPxz=−−，若11//BPDO，则202112xz−−==−，解得2xz==，不合乎题意，所以，不存在点

P，使得11//BPDO，B错；对于C选项，121222ADDS==△，点P到平面1ADD的距离为2，所以，11142233ADDPPADDVV−−===，C对；对于D选项，()1,1,OPxz=−，若1DOPO⊥，则111220DOOPxzxz=

−+−=−=，可得2xz=，由02022zz可得01z，()()222221216452225445555CPxzzzz=+−+−=−+=−+，当且仅当25z=时，等号成立，因为11CD⊥平面11BBCC，1CP

平面11BBCC，111CDCP⊥，11111114525CDPSCDCPCP==△，D对.故选：ACD.12.已知长方体1111ABCDABCD−的棱2ABAD==，11AA=，点P满足：1APABADAA=++，、、[

0,1]，下列结论正确的是（）A.当1=，0γ=时，P到11AD的距离为3B.当1=时，点P的到平面11BDDB的距离的最大值为1C.当0=，1=时，直线PB与平面ABCD所成角的正切值的最大值为24D

.当1==，12=时，四棱锥11PBBDD−外接球的表面积为289π32【答案】CD【解析】【分析】根据向量的线性关系确定P所在的位置或区域，结合长方体的结构求点线、点面距离，根据线面角的定义求直线PB与平面ABCD所成角的最大正切值

，求棱锥外接球的半径，进而求外接球的表面积.【详解】A：APABAD=+，则ADAPABBP=−=，即//ADBP，故P在BC上运动，所以P到11AD的距离为3，即棱BC与11AD的距离22215+=，错；B：1APABADAA=++，则1A

BAAAPADDP+=−=，故P在底面11DCCD上运动，所以，当P在1CC上时，P的到平面11BDDB的距离最大，而11//CCDD，1CC面11BDDB，1DD面11BDDB，则1//CC面11BDDB，所以，由长方体结构特征

，最大值问题化为C到BD的距离h，22BD=，则2BCDChBD==，错；C：1APADAA=+，则1AAAPADDP=−=，故P在1DD上运动，根据长方体的结构易知：当P与1D重合时，直线PB与面ABCD所成角正切值的最大值为112422DDBD==，对；D：111122AP

ABADAAACAA=++=+，则112AAAPACCP=−=，故P为1CC中点，如下图，11172PBPDPDPB====，11113,1BDBDDDBB====，所以11PBBDD−的底面为矩形，顶点P在11BBDD的投影为底面中心，即11,DBBD的交点E，故11PBBDD−

外接球的球心O一定在直线PE上，令球体半径为R，所以222PEPDDE=−=，||OERPE=−，且22229(2)4ROEDER=+=−+，可得17216R=，则外接球的表面积为2289π4π32R=，

对.故选：CD【点睛】关键点点睛：根据各选项的条件，利用向量加减、数乘的几何意义确定P的位置或运动区域为关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外的任意一点，若点P在平面

ABC内，且1253OPOAOBmOC=++，则实数m=______________．【答案】215．【解析】【分析】方法1：因为点P在平面ABC内，可由共面向量充要条件得存在唯一得有序实数对,)xy（，使得APxAByAC=+，可将题目中等式关系转化为2231

5APABmACmOA=++−，，只有当2015m−=时，才满足定理，所以215m=.方法2：点P在平面ABC内，O是平面ABC外的任意一点，则OPxOAyOBzOC=++且1xyz++=，此推论为人教教材课堂思考，可将1xyz=−−代入O

PxOAyOBzOC=++整理为APyABzAC=+即证明P与A,B,C共面．【详解】方法1：42225333OPOAOAOBmOCOAOAmOAmOA=−++−+−+()()224335OAOBOAmOCOAOAmOA

OA=+−+−++−224335OAABmACmOA=++++−，即22315APABmACmOA=++−，由共面向量定理可得2015m−=，故215m=．方法2：因为点P在平面ABC内，O是平面ABC外的任意一点，

所以OPxOAyOBzOC=++且1xyz++=，利用此结论可得12153m++=，解得215m=．【点睛】共面向量定理是解决此类问题的关键，要把定理掌握清楚灵活运用．14.如图，在二面角l−−中，,,,AlBlACBD且,ACABBDAB⊥⊥，垂足分别为A，B，已知6ACABB

D===，12CD=，则二面角l−−所成平面角为______．【答案】2π3##120o【解析】【分析】在面内，作//CEAB，过B作BEAB⊥交CE于E，连接DE，根据二面角定义找到l−−对应的平面角，应用余弦定理求其余弦值，进而

确定大小.【详解】在面内，作//CEAB，过B作BEAB⊥交CE于E，连接DE，如下图示，由BDAB⊥，则DBE为二面角的平面角，且CEBD⊥，又,ACAB⊥易知ABEC为正方形，即CEBE⊥，BDBEB=，,BDB

E面BDE，则CE⊥面BDE，DE面BDE，所以CEDE⊥，CDE中6CE=，故2263DECDCE=−=，在BDE△中6BE=，则22236361081cos22662BDBEDEDBEBDBE+−+−===−，由图知

：π(,π)2DBE，可得2π3DBE=.故答案为：2π315.如图，在三棱锥−PABC中，ABBC⊥，PA⊥平面ABC，AEPB⊥于点E，M是AC的中点，1PB=，则EPEM的最小值为______．【答案】18−##-0.125【解析】【分析】根据给定条件，证

明BC⊥平面PAB，将EM用,,EAEBBC表示出，再结合空间向量数量积的运算律求解作答.【详解】连接EC，如图，因PA⊥平面ABC，BC平面ABC，则PABC⊥，而ABBC⊥，PAABA=，,PAAB平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB平面PAB，即有BCPB⊥

，因M是AC的中点，则111()()222EMEAECEAEBBC=+=++，又AEPB⊥，11111()][22222EPEMEPEPEPEAEBBCEAEBPBEC==++++2111||1||||||()22282EBEBEEPEP

EBP+==−−=−，当且仅当|1||2|EPBE==取“=”，所以EPEM的最小值为18−.故答案为：18−16.中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面

为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，5AD=，3ED=，若鳖臑PADE−的外接球的体积

为92，则阳马PABCD−的外接球的表面积等于______.【答案】20【解析】【分析】求出鳖臑PADE−的外接球的半径1R，可求出PA，然后求出正方形ABCD的外接圆半径2r，利用公式22222PARr=+可求出阳马PABCD−的外接球半径2R，然后利用球体的表面积公式可得出答

案.【详解】四边形ABCD是正方形，ADCD⊥，即ADCE⊥，且5AD=，3ED=，所以，ADE的外接圆半径为221222AEADEDr+===，设鳖臑PADE−的外接球的半径1R，则314923R=，解

得1322R=.PA⊥平面ADE，22112PARr=+，可得22111022PARr=−=，10PA=.正方形ABCD的外接圆直径为22210rACAD===，2102r=，PA⊥平面ABCD，所以，阳马PABCD−的外接球

半径222252PARr=+=，因此，阳马PABCD−的外接球的表面积为22420R=.故答案为：20.【点睛】本题考查球体表面积和体积的计算，同时也涉及了多面体外接球问题，解题时要分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.四、解答题：本题共

6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17.在ABC中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足()3sincosacbAA+=+.（1）求B；（2）若3b=，且ABC的面积为

3，BD是ABC的中线，求BD的长.【答案】（1）π3B=（2）172【解析】【分析】（1）根据正弦定理、辅助角公式等知识化简已知条件，从而求得B.（2）利用三角形ABC的面积求得ac，结合余弦定理、向量的模、数量积等知识求得BD的长.【小问1详解】因为()3sincosacbAA+=+，由

正弦定理可得()sinsinsin3sincosACBAA+=+，即()()sinsinsin3sincosAABBAA++=+，即sinsincos3sinsinAABAB+=，又因为sin0A，所以3sincos1BB−=，所以1sin62πB−=.又因为()0,π

B，所以ππ5π,666B−−，所以ππ66B−=，所以π3B=.【小问2详解】因为3ABCS=，所以1sin32acB=得4ac=，由余弦定理得：2222cos13acbacB+=+=.又(

)12BDBABC=+，所以()22221117||()2cos444BDBABCcaacB=+=++=，得172BD=，故BD的长为172.18.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分

（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有20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：)35,40，第五组：40,45，得到如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，估计这20人的平均年龄和第80百分位数

；（2）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，求这20人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1）32.25，第80百分位数为37.

5（2）10【解析】【分析】（1）直接根据频率分布直方图计算平均数和百分位数；（2）利用分层抽样得第四组和第五组分别抽取4人和2人，进而设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为4x，5x，方差分别为24s，25s，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，进而根据方差公式

，代入计算即可得答案.【小问1详解】设这20人的平均年龄为x，则22.50.0527.50.3532.50.337.50.242.50.132.25x=++++=.设第80百分位数为a，由50.02(

40)0.040.2a+−=，解得37.5a=.【小问2详解】由频率分布直方图得各组人数之比为1:7:6:4:2，故各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人，第四组和第五组分别抽取4人和2人，设第四组

、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为4x，5x，方差分别为24s，25s，则437x=，543x=，2452s=，251s=，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4542396xxz+==，

()()222224545142106ssxzsxz=+−++−=，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此，可估计这m人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.19.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的概率都为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5

12．（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）34p=，23q=（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=，()()DA

BAB=．∵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

()()1,2511,12pqpqqp=−+−=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()11331344448P

A=+=，()23394416PA==，()12112433339PB=+=，()2224339PB==．设E：甲、乙两人共答对3道题，则()()1221EABAB=，∴()()122134945()8916

912PEPAPABB=+=+=，∴甲、乙两人共答对3道题的概率为512．20.我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是

考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门。（1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；（2）假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等

可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率.【答案】（1）512（2）245576【解析】【分析】（1）由古典概型的概率公式求解，（2）由概率乘法公式与加法公式求解【小问1详解】用a，b分别表示“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示

选择“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，则所有选科组合的样本空间,,,,,,,,,,,acdaceacfadeadfaefbcdbcebcfbdebdfbef=，∴()12n=，设M=“从所有

选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，则,,,,Macdaceacfadeadf=，∴()5nM=，∴()()()512nMPMn==.【小问2详解】设甲、

乙、丙三人每人的选科组合符合医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别是1N，2N，3N，由题意知事件1N，2N，3N相互独立由（1）知()()()123512PNPNPN===.记N=“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，则23121

233NNNNNNNNNN=易知事件123NNN，123NNN，213NNN两两互斥，根据互斥事件概率加法公式得()()()()133211322PNPNNNPNNNPNNN=++555555555111111121212121212121212=−−+−

−+−−245576=.21.如图，已知四棱锥PABCD−，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，60ABC=，EF，分别是BCPC，的中点．（1）证明：AEPD⊥；（2）若H为PD上

的动点，EH与平面PAD所成最大角的正弦值为155，求二面角EAFC−−的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）155【解析】【分析】（1）连接AC,可证ABC是等边三角形，,//AEBCBCAD⊥，所以AEAD⊥，易证PAAE⊥，所以⊥AE平面,PADPD平面P

AD,得证；（2）设2AB=，H为PD上任意一点，连接,AHEH．由(1)知⊥AE平面PAD所以EHA为EH与平面PAD所成的角，以当AH最短时，EHA最大，即当AHPD⊥时，EHA最大．过E作EOAC⊥于O，则EO⊥平面PAC，过O作OSAF⊥于S，连接ES，则ESO为二

面角EAFC−−的平面角，解三角形，我们也可以利用空间向量的方法求解.【小问1详解】证明：由四边形ABCD为菱形，60ABC=，可得ABC为正三角形．因为E为BC的中点，所以AEBC⊥,又//BCA

D，因此AEAD⊥因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE⊥而PA平面PAD，AD平面PAD且PAADA=，所以⊥AE平面PAD．又PD平面PAD所以AEPD⊥.【小问2详解】设2AB=，H为PD上任意一点，

连接,AHEH．由(1)知⊥AE平面PAD，所以EHA为EH与平面PAD所成的角RtEAH△中，3AE=，所以当AH最短时，EHA最大，即当AHPD⊥时，EHA最大．因为15sin5EHA=，此时36tan2AEEHAAHAH=

==，因此2AH=．又2AD=，所以45ADH=，所以2PA=．解法一：因为PA⊥平面ABCD，PA平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，过E作EOAC⊥于O，则EO⊥平面PAC，过O作OSAF⊥于S，连接ES，则ESO为二面角EAFC−−的平面角，在在RtAOE

△中，3·sin302EOAE==，3·cos302AOAE==，又F是PC的中点，在RtASO中，32·sin454SOAO==，又223930484SEEOSO=+=+=，在RtESO中，32154cos5304SOESOSE===即所求二面角的余弦值为155．解法二：由(1)知,,AEAD

AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又,EF分别为,BCPC的中点，所以(0,0,0),(3,1,0),(3,1,0),(0,2,0)ABCD−，31(0,0,2),(3,0,0),,,122PEF，所以

31(3,0,0),,,122AEAF==，()3,3,0BD=−设平面AEF的一法向量为111(,,)mxyz=，则·0·0mAEmAF==，故11113031022xxyz

=++=，取11z=−，则(0,2,1)m=−，因为BDAC⊥，BDAC⊥，(0,2,1)m=−，所以BD⊥平面AEF，故BD为平面AEF的一法向量，所以·2315cos5512·mBDmBDmBD===,．因为二面角EAFC−−为锐角，所以所求二面角的余弦值为155．解法

三：建立如图所示的空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，则()()()()0,0,0,3,0,0,0,2,0,3,1,0EDCA，设0,,(00)()Ptt，由,,PHD三点共线可设()01DHDP=，则(0,22,)Ht−，().3,,22EHt=−−，又平

面PAD的一个法向量()1,0,0n=.设EH与平面PAD所成角，则()2223sin|cos,|413ntEH==+−+.令()()()()2222241348701gtt=+−+=+−+,故当21,404t=+时，()()22min71204

tgtt+=+，故()min22315sin571141==++，故2t=，故()002P,,，则31,,122F，()()31300131,022,,,,,,AEAFAC===，易得平面AEF的一个法向量()11,

,02n=−；平面AFC的一个法向量()2130,,n=−，122315cos,552nn−==−，而二面角EAFC−−是锐二面角，故其余弦值为155.22.如图，在矩形ABCD中，1AB=，3BC=，M是线段AD上的一动点，将ABM沿着BM折起，使点A

到达点A的位置，满足点A平面BCDM且点A在平面BCDM内的射影E落在线段BC上.为（1）当点M与端点D重合时，证明：AB⊥平面ACD；（2）求三棱锥EABM−的体积的最大值；（3）设直线CD与平面ABM所成的角为，二面角ABMC−−的平面角

为，求2sincos的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）112（3）14【解析】【分析】（1）通过证明ABAD⊥和ABCD⊥，证明AB⊥平面ACD；（2）设AMt=，由241116EABMABEMVVtt−−==−，可求

最大值；（3）由几何法找到和，表示出2sincos，利用函数方法可求最大值.【小问1详解】当点M与端点D重合时，由90BAD=可知ABAD⊥，由题意知AE上平面BCD，CD平面BCD，所以⊥AECD，又

BCCD⊥，AEBCE=，AE平面ABC，BC平面ABC，所以CD⊥平面ABC，又AB平面ABC，可知ABCD⊥ADCDD=，CD平面ACD，AD平面ACD，所以AB⊥平面ACD【小问2详解】矩形中作AOBM⊥，垂足为点O，折

起后得AOBM⊥，由AE⊥平面BCD，BM平面BCD，可得AEBM⊥，所,AEAO平面AOE，AEAOA=，所以BM⊥平面AOE，OE平面AOE，可得BMOE⊥，所以A，O，E三点共线，因此ABE与ABM相似，满足ABA

MBEAB=，设AMt=，所以1BEt=，21BMt=+，211OEtt=+，21tAOAOt==+，2221tAEAOOEt−=−=，要使点A射影E落在线段BC上，则AOOE，所以(1,3t，所以22242111411111

11136662EABMABEMBEMtVVAESttttt−−−====−=−−+，当2t=时，()max112EABMV−=.【小问3详解】过点E做//EQCD交BM于Q，所以直线EQ与平面ABM所成的角即为直线C

D与平面ABM所成的角，由（2）可知BM⊥平面AOE，BM平面ABM，所以平面ABM⊥平面AOE，作EHAO⊥，垂足为H，平面ABM平面AOEAO=，EH平面AOE，可得EH⊥平面ABM，连接HQ，EQH是直线EQ与平面ABM

所成的角，即EQH=，由题意可得231tEHt−=，21EQt=，2221sin1EHEQt==−因为AOBM⊥，OEBM⊥，所以AOE是二面角ABMC−−平面角，即AOE=，21c

osOEAOt==，22222111111sincos1244ttt=−=−−+，当且仅当2t=时“＝”成立，故2sincos的最大值为14.【点睛】方法点睛：1.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三

棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．2.求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．3.作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作

另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．