【文档说明】四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题 含解析.docx，共(24)页，1.674 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学实验学校2022级高二上期9月月考数学试题总分：150分时间：120分钟第I卷（选择题）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−，点()1,3,5A关

于xOy平面的对称点B的坐标为（）．A.()1,3,5−B.()1,3,5−C.()1,3,5−D.()1,3,5−−【答案】C【解析】【分析】由空间直角坐标中的点关于面对称求对称点坐标.【详解】由A与

B关于xOy平面对称，且()1,3,5A，所以(1,3,5)B−.故选：C2.已知向量()=1,1,2a−−，()=1,3,3b−−，则下列结论正确的是（）A.()+=2,2,5ab−−B.()=0,2,1ab−C.4ab＝D.6a

=【答案】B【解析】【分析】由空间向量的坐标运算逐一判断．【详解】对于A，()+=2,4,5ab−−，故A错误，对于B，()=0,2,1ab−，故B正确，对于C，13610ab=++=，故C错误，对于D，1146a

=++=，故D错误，故选：B3.袋内装有8个红球、2个白球，从中任取2个，其中是互斥而不对立的两事件是（）A.至少有一个白球；全部都是红球B.至少有一个白球；至少有一个红球C.恰有一个白球；恰有一个红球D.恰有一个白球；全部都是红球【答案】D【解析】【分

析】列举出每个选项中两个事件所包含的基本情况，结合互斥事件和对立事件的定义可得出合适的选项.【详解】袋内装有8个红球、2个白球，从中任取2个.对于A选项，事件“至少有一个白球”包含：“2个白球”、“1红1白”，所以，A选项中的两个事件为对立事件；对于B选项，事件“至少有一个红球

”包含：“2个红球”、“1红1白”，所以，B选项中的两个事件有交事件，这两个事件不是互斥事件；对于C选项，事件“恰有一个白球”和“恰有一个红球”为同一事件；对于D选项，事件“恰有一个白球”与“全部都是红球”是互斥事件，但不是对

立事件.故选：D.4.某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组一次为)))20,40,40,60,60,80,[80,100].若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是A.45B.50C.55D.【答案】B【解析】【详

解】根据频率分布直方可知成绩低于60分的有第一、二组数据，在频率分布直方图中，对应矩形的高分别为0.005，0.01，每组数据的组距为20，则成绩低于60分的频率P=(0.005+0.010)×20=0

.3.又因为低于60分的人数是15人，所以该班的学生人数是15÷0.3=50.本题选择B选项.5.袋中有红、黄、绿色球各一个，每次任取一个，有放回地抽取三次，球的颜色全相同的概率是（）.A.227B.19C

.29D.127【答案】B【解析】【分析】计算所有抽取的可能，以及满足题意的可能，用古典概型的概率计算公式即可求得.【详解】有放回地抽取三次，每次有3种可能，故所有抽取可能有33327=种；又满足题意的只有红红红、黄黄黄、绿绿绿3种，故满足题

意的概率31279P==.故选：B.【点睛】本题考查古典概型的概率求解，属基础题.6.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD−中，AB⊥平面BCD，BCCD⊥，且ABBCCD==，M为AD的中点，

则异面直线BM与CD夹角的余弦值为（）A.23B.34C.33D.24【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可以求得向量夹角的余弦值，再根据向量夹角与异面直线夹角的关系可以求得异面直线夹角的余弦值.【详解】画出四面体ABCD−，建立坐标系，利用向量法求异面直线所成

角的余弦值即可.解：四面体ABCD−是由正方体的四个顶点构成的，如下图所示建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(1,1,1)BCDM(1,1,1),

(0,2,0)BMCD==23cos,332||BMCDBMCDBMCD===因为异面直线夹角的范围为0,2，所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为33故选：C7.已知四面体ABCD，DA=a，DB=b，DC=c，

点M在棱DA上，DM=3MA，N为BC中点，则MN＝（）A.311422abc−−−B.311422abc++C.311422abc−++D.311422abc−−【答案】C【解析】【分析】根据给定条件用,bc表示出DN，再借助向量加法法则即可得解.【详解】在四面体ABCD中，连接D

N，如图所示，DA=a，DB=b，DC=c，因DM=3MA，N为BC中点，则34DMDA=，1()2DNDBDC=+，于是得31()42MNMDDNDADBDC=+=−++311422abc=−++.故选：C8.在棱长为1的

正方体1111ABCDABCD−中，E为1DD的中点，则点A到直线1BE的距离为（）A.12B.1C.52D.32【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到直线的距离公式进行求解即可【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，由已知，得(0,0,0)A，1(

0,1,)2E，1(1,0,1)B，1(1,0,1)BA=−−，11(1,1,)2BE=−−，所以1BA在1BE上的投影为111321||1114BABEBE==++，所以点A到直线1BE的距离为221111211||BABEB

ABE−=−=故选：B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.（多选）如图是2018年第一季

度五省GDP情况图，则下列描述正确的是（）A.与去年同期相比2018年第一季度五个省的GDP总量均实现了增长B.2018年第一季度GDP增速由高到低排位第5的是浙江省C.2018年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省只有1个

D.去年同期河南省GDP总量不超过4000亿元【答案】ABD【解析】【分析】根据柱型图与折线图的性质，对选项中的结论逐一判断即可，判断过程注意增长量与增长率的区别与联系.【详解】由2018年第一季度五省GDP情况图，知：与去年同期相比，2018年第一季度五个省的GDP

总量均实现了增长，A正确；2018年第一季度GDP增速由高到低排位第5的是浙江省，故B正确;2018年第一季度总量和增速由高到低排位均居同一位的省有江苏和河南，共2个故C不正确；由2017年同期河南省的GDP总量增长6.6%后达到2018年的4067.4亿元，可得去

年同期河南省的GDP总量约为3815.6亿元，不超过4000亿元，故D正确.故选：ABD.10.对甲、乙两个大学生一周内每天的消费额进行统计，得到两组样本数据，甲：40，53，57，62，63，57，60；乙：47，63，52，59，45，56，

63．则下列判断正确的是（）A.甲消费额的众数是57，乙消费额的众数是63B.甲消费额的中位数是57，乙消费额的中位数是56C.甲消费额的平均数大于乙消费额的平均数D.甲消费额的方差小于乙消费额的方差的,【答案】ABC【解析】【分析】根据众数，中位数，平均数及方差定义判断即可.【详解】对于A，甲组

数据中的众数为57，乙组数据中的众数为63，正确；对于B，甲消费额的中位数是57，乙消费额的中位数是56，正确；对于C，1=(40+53+57+57+60+627x甲635)6+=，1=(45+47+52+56+59+63+6

3)=557x乙，可得xx甲乙，正确；对于D，22222222575657566051s=[(4056)+(5662356)()()()()()56635652571]7−−−−+-+-+-++．甲，()()()()222222225551=[(4555)+(4755)+

(52)]765559556355635545429s−−−−−−−++++．乙，可得22ss乙甲，可得甲消费额的方差大于乙消费额的方差，故D错误．故选：ABC.11.甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制（当一

队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13．若前两局中乙队以2：0领先，则（）A.甲队获胜的概率为827B.乙队以3：0获胜的概率为

13C.乙队以3：1获胜的概率为19D.乙队以3：2获胜的概率为49【答案】AB【解析】【分析】由概率的乘法公式对选项逐一判断，【详解】对于A，在乙队以2：0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队获胜，所以甲队获胜的概率为328327=，故A正

确；对于B，乙队以3：0获胜，即第三局乙获胜，概率为13，故B正确；对于C，乙队以3：1获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为212339=，故C错误；对于D，若乙队以3：2获胜，则第五局为乙队获胜，第三、四局乙队输，所以乙队以3：

2获胜的概率为221433327=，故D错误．故选：AB12.如图，棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，P为线段1AB上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是（）A.平面11DAP⊥平面1AAPB.//BC平面11ADPC.三棱锥1DCDP−的体积为定

值D.直线1DP与AC所成的角可能是6【答案】AC【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理，证得11AD⊥平面1AAP，结合面面垂直的判定定理，可判定A正确；根据11//BCAD，得到11,,,BCAD四点共面，可判定B不正确；根据三棱锥的体积公式，可判定C正确

；建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求得直线1DP与AC所成的角的范围是(,)42，可判定D不正确.【详解】对于A中，正方体1111ABCDABCD−中，可得1111,ADAAADAB⊥⊥，又由1AAABA=，所以11AD⊥

平面1AAP，又因为11AD平面11DAP，所以平面11DAP⊥平面1AAP，所以A正确；对于B中，在正方体1111ABCDABCD−中，可得11//BCAD，所以11,,,BCAD四点共面，所以B不正确；在对于C中，

因为1111122CDDS==，点P到平面1CDD的距离为1BC=，所以三棱锥1DCDP−的体积为定值，所以C正确；对于D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，可得1(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0)DAC，设(1,,)(

01,01)Pabab，则1(1,,1),(1,1,0)DPabAC=−=−，则112211cos,01(1)2DPACaDPACDPACab−==++−，当1a=时，1,2DPAC=；

当0,1ab==时，13,4DPAC=，所以直线1DP与AC所成的角的范围是(,)42，所以D不正确.故选：AC【点睛】此类问题解答中熟记正方体的几何结构特征，熟练应用转化顶点，利用等体积法求解三棱锥的体积，以及合理利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成的角是解答的关键.第

II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.袋子中有四个小球，分别写有“中､华､民､族”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“华”两个字都取到才停止.用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率，利用电脑随机产生0到3之

间取整数值的随机数，分别用0,1,2,3代表“中､华､民､族”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：232321230023123021132220001231130133231

031320122103233由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为____________.【答案】29【解析】【分析】利用古典概型的随机数法求解.【详解】由随机产生的随机数可知恰好抽取三次就停止的有021,001,130,031，共4组随机数，所以恰好抽取三次就停止的概率

约为42189=，故答案为：2914.自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a、b、c及棱间交角、、（合称为“晶胞参数”）来表征.如图是某种晶体的晶胞，其中2a=，1bc==，60=，9

0=，120=，则该晶胞的对角线1AC的长为__________.【答案】10【解析】【分析】数形结合以及使用向量的方法，可得11ACABADAA=++，然后先平方再开方可得结果.【详解】如图所示：所以1111=+ACACC

CABADCCABADAA=++=++依题可知：1=21ABAAAD==，，11=60,90,18060AABAADBAD===−==所以22221111=+2+22ACABADAAABADABAAAD

AA+++所以21=411+221cos60+221cos60211cos90AC+++则21=10AC，故1=10AC故答案：1015.已知点D在平面ABC内，O为平面ABC外一点，且(0,0)ODxOAyOB

zOCxyz=+++，则14xyz++的最小值是___________.【答案】9【解析】【分析】由题可得1xyz++=，再利用基本不等式即可求出.【详解】因为,,,ABCD共面，所以1xyz++=，又0,0xyz+，则()1414xyzxyzx

yz+=+++++()()445259xyxyzzxyzxyz++=+++=++，当且仅当()4xyzxyz+=+时，等号成立，所以14xyz++的最小值是9.故答案为：9.16.如图，在棱长为a的正方体1111ABCDABCD−中，P为11AD的中点，Q为11

AB上任意一点，E，F为CD上两个动点，则点Q到平面PEF的距离______.【答案】55a【解析】为【分析】建立空间直角坐标系，把所求转换为点Q到平面PGCD的距离，求出平面PGCD的法向量以及PQ向量，代入公式nPQdn=即可求解.【详解】因为正方体的

三条棱1,,DADCDD两两垂直，所以以D为原点，1,,DADCDD分别为,,xyz轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：取点G为11BC的中点，P为A1D1的中点，所以11//PGCD，又因为11//CDCD，所以//PGCD，所以,,,P

GCD构成平面PGCD，因为E，F为CD上两个动点，PPD，且,,EFP三点不共线，所以平面EFP即平面PGCD，所以点Q到平面PEF的距离即为点Q到平面PGCD的距离，又()()0,0,0,0,,0,,0,,,,22aaDCaPaQaa

，所以(),,0,,0,,0,,0222aaaPQDPaDCa===，不妨设平面PGCD的法向量为(),,nxyz=，则00DCnDPn==，即002ayaxaz=+=，令2x=，则()

2,0,1n=−，所以点Q到平面PGCD的距离为()()22220105225201aanPQadn++−===++−，即点Q到平面PEF的距离为55ad=.故答案为：55a.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.已知()()

(),4,1,2,,1,3,2,,//,axbyczabbc==−−=−⊥，求：（1）xyz++的值；（2）ac+与bc+夹角的余弦值．【答案】（1）0（2）219−【解析】【分析】（1）根据向量平行与垂直求得,,xyz，进而求得xyz++.（2）先求得ac

+与bc+坐标，然后根据向量夹角公式求得正确答案.【小问1详解】因为//abrr，所以41==21xy−−，解得2x=，4y=－，则()2,4,1a=，(2,4,1)b=−−−．又bc⊥，所以0bc=，即680z−+−=，解得2z=，

于是()3,2,2c=−，0xyz++=．【小问2详解】由（1）得()5,2,3ac+=，(1,6,1)bc+=−，设ac+与bc+的夹角为，因为51232cos==193838−+−．所以ac+与bc+夹角的余弦值为

219−．18.2022年7月1日是中国共产党建党101周年，某党支部为了了解党员对党章党史的认知程度，针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛，满分100分(95分及以上为认知程度高)，的结果认知程度高的有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：[35,40),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人的平均年龄和第80百分位数；（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．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.【答案】（1）32.25，37.5（2）35【解析】【分析】（1）

直接根据频率分布直方图求解平均年龄与第80百分位数；（2）按照分层抽样确定第四组抽取人数与编号，第五组抽取人数与编号，列举样本空间中所有样本点及事件“甲、乙两人至少一人被选上”的所有符合的样本点，结合古典概型公式计算即可得所求概率.【小问1详解】解

：设这m人的平均年龄为x，则22.50.01527.50.07532.50.06537.50.04542.50.02532.25(x=++++=岁).设第80百分位数为a，由0.050.350.3(35

)0.040.8a+++−=，解得37.5.a=【小问2详解】解：由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙.对应的样本空间为：{(,),(,),(ABACA=,甲)，(A,乙)，(,)AD，(,)BC，(B,甲)，(B,

乙)，(,)BD，(C,甲)，(C,乙)，(,)CD，(甲,乙)，(甲,)D，(乙,)}D，共15个样本点.设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，则{(MA=,甲)，(A,乙)，(B,甲)，(B,乙)，(C,甲)，(C,乙)，(甲,乙)，(甲,，

)D，(乙,)}D，共有9个样本点.所以，()3().()5nMPMn==19.随着共享单车的成功运营，更多的共享产品逐步走入大家的世界，共享汽车、共享篮球、共享充电宝等各种共享产品层出不穷.广元某景点设有共享电动车租车点，

共享电动车的收费标准是每小时2元（不足1小时的部分按1小时计算）.甲、乙两人各租一辆电动车，若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为14，12；一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为12，14；两人租车时间都不会超过三小时.

（1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（2）求甲、乙两人所付的租车费用之和大于或等于8的概率.【答案】（1）516；（2）916【解析】【分析】（1）甲、乙两人所付费用相同即同为2，4，6元，都付2元的概率1111428P==，都付4元的概率2111248P==，都付6元的概率31

114416P==，由此利用互斥事件概率加法公式能求出所付费用相同的概率．（2）设两人费用之和8、10、12的事件分别为A、B、C，()111111544242416PA=++=，()11113442416PB

=+=，()1114416PC==，设两人费用之和大于或等于8的事件为W，则WABC=++，由此能求出两人费用之和大于或等于8的概率．【详解】解：（1）甲、乙两人所付费用相同即同为2，4，6元.都付2元的概率为1111428P==；都付4元的概率为2111248P==；都付6元

的概率为31114416P==；故所付费用相同的概率为1231115881616PPPP=++=++=.（2）设两人费用之和为8、10、12的事件分别为A、B、C()111111544242416PA=++=；()11113442416PB=+=；()1114416

PC==.设两人费用之和大于或等于8的事件为W，则WABC=++所以，两人费用之和大于或等于8的概率()()()()531916161616PWPAPBPC=++=++=【点睛】本题考查概率的求法，考查互

斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．20.如图，在三棱柱111ABCABC-中，侧面11ABBA和11BCCB都是正方形，平面11ABBA⊥平面11BCCB，,DE分别为1BB，AC的中点．（1）求证：//BE平面1ACD．（2）求直线1BE与平

面1ACD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23.【解析】【分析】（1）取1AC中点F，证明四边形EFDB为平行四边形，证出//BEDF，即可证明//BE平面1ACD；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求解平面1ACD的法向量，利用

数量积的计算公式即可求出直线1BE与平面1ACD所成角的正弦值.【详解】（1）证明：取1AC中点F，连接DF，EF，∵,EF分别为1,ACAC的中点，∴1//EFAA，且112EFAA=，又四边形11ABBA是正方形，∴11//BBAA且1

1BBAA=，即1//EFBB且112EFBB=，又∵D为1BB中点，∴//EFBD且EFBD=，所以四边形EFDB为平行四边形，所以//BEDF，又BE平面1ACD，DF平面1ACD，所以//BE平面1ACD.（2）由

题意，1,,BABCBB两两垂直，所以以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设12BABCBB===，则11(0,2,0),(1,0,1),(2,0,0),(0,1,0),(0,2,2)BECDA.，11(1,2,1),(2,1,0),(

2,2,2)BECDAC=−=−=−，设平面1ACD的法向量为(),,mxyz=，则100ACmCDm==，即222020xyzxy−++=−+=，得()1,2,1m=−设直线1BE与平面1ACD所成角为，1111412s

incos,366BEmBEmBEm×--====×uuururuuururuuurur，所以直线1BE与平面1ACD所成角的正弦值为23.【点睛】方法点睛：本题考查的是空间向量与立体几何的问题，（1）关于线面平行的证明，一

般利用线面平行的判定定理证明，需要证明平行线，一般是找中位线或者平行四边形证明；（2）关于线面角的求解，一般利用空间向量的方法，需要求解平面的法向量，再代入数量积求解公式计算.21.为了纪念中国古代数学家祖冲之在圆周率上的贡献，联合国教科文组织第四

十届大会上把每年的3月14日定为“国际数学日”.2023年3月14日，某学校举行数学文化节活动，其中一项活动是数独比赛（注：数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，又称九宫格）.甲、乙两位同学进入了最后决赛，进行数独王的争夺.决赛规则如下：进行两轮数独比赛，

每人每轮比赛在规定时间内做对得1分，没做对得0分，两轮结束总得分高的为数独王，得分相同则进行加赛.根据以往成绩分析，已知甲每轮做对的概率为0.8，乙每轮做对的概率为0.75，且每轮比赛中甲、乙是否做对互不影响，各轮比赛甲、乙是否做

对也互不影响.（1）求两轮比赛结束乙得分为1分的概率；（2）求不进行加赛甲就获得数独王的概率.【答案】（1）38（2）310【解析】【分析】（1）设=iA“甲第i轮做对”()1,2i=，设iB=“乙第i轮做对”()1,2i=，设iC=“两轮

比赛甲得i分”()0,1,2i=，设iD=“两轮比赛乙得i分”()0,1,2i=，根据独立事件的乘法公式与互斥事件的加法公式运算即可；（2）设E=“不进行加赛甲就获得数独王”，根据独立事件的乘法公式与互斥事件的加法公式

运算即可.【小问1详解】设=iA“甲第i轮做对”()1,2i=，设iB=“乙第i轮做对”()1,2i=，设iC=“两轮比赛甲得i分”()0,1,2i=，设iD=“两轮比赛乙得i分”()0,1,2i=．()()()()()()1121212121212PDPBBBBPBBPBBPBBPB

B==+=+3113344448=+=.所以两轮比赛结束乙得分为1分的概率为38；【小问2详解】设E=“不进行加赛甲就获得数独王”.()()()()012121114416PDPBBPBPB====，()()()()()()1121212121212PCPAAAAPAAPAAPA

APAA==+=+41148555525=+=，()()()()2121244165525PCPAAPAPA====，()()()()212010212010()PEPCDCDCDPCDPCDPCD==++()()()()()

()212010PCPDPCPDPCPD=++1631618132582516251610=++=所以不进行加赛甲就获得数独王的概率为310.22.条件①：图（1）中4tan23B=−．条件②：图（1）中2133ADABAC=+．条件③：图（2）中三棱锥A－B

CD的体积为23．从以上三个条件中任选一个，补充在问题（2）中的横线上，并加以解答．如图（1）所示，在△ABC中，45ACB=，3BC=，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使=90BDC（如图（2）），点E，M分别为棱BC，AC的中点．（1）求证：CD⊥M

E；（2）已知________，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM⊥，并求二面角MBNC−−的余弦值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）证明见解析（2）N是CD的靠近点D的一个四等分点，66【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定

定理和性质得到CDAB⊥，根据中位线的性质得到//MEAB，即可证明CDME⊥；（2）方案一：根据二倍角公式和正切的定义得到1BD=，然后建立空间直角坐标系，设()0,,0Na，根据ENBM⊥列方程，得到12a=即可确定点N的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可；方案二：利用平面向量的线性运

算和基本定理得到1BD=，然后建立空间直角坐标系，设()0,,0Na，根据ENBM⊥列方程，得到12a=即可确定点N的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可；方案三：设()03BDxx=，根据三棱锥ABCD−的体积为23列方程得到1BD=，然后建立空

间直角坐标系，设()0,,0Na，根据ENBM⊥列方程，得到12a=即可确定点N的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可.【小问1详解】∵CDAD⊥，CDBD⊥，ADBDD=，AD，BD平面ABD，∴CD⊥平面ABD．∵AB平面ABD，∴CDAB⊥．又M，E分别为AC，BC的

中点，∴//MEAB，∴CDME⊥．【小问2详解】方案一：选①，由42tantan231tan2BBB=−=−，解得tan2B=或1tan2B=−（舍去）．设ADCDx==，在Rt△ABD中，tan===23ADxBBDx−，解得2x=，∴1BD=

．以点D为原点，DB，DC，DA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()()()()()0,0,0,1,0,0,0,2,0,0,0,20,1,1,1,1,02DBAMEC,，则=(1,1,1)BM−．设()0,,0Na，02a，则1=,1,02

ENa−．∵ENBM⊥，∴=ENBM，即1,1,01,1,1)20(a−−−=，∴12a=，10,,02N，∴当12DN=（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，ENBM⊥．设平面BNM的法向量为(),,nxyz=，1=1,,02BN−

，=(1,1,1)BM−，由00nBNnBM==得200xyxyz−+=−++=，令1x=，得2y=，1z=−，则(1,2,1)n=−．取平面BNC的一个法向量()0,0,1m=，()()()2221,2,10,0,16cos,61211mnmnmn−===−++−

urrurrurr，又二面角MBNC−−的平面角为锐角，∴二面角MBNC−−的余弦值为66．方案二：选②，在题图（1）所示的△ABC中，设=BDBC，则()(1)ADABBDABACABABAC=+=+−=−+，又2133ADABAC=+，由平面向

量基本定理知1=3，即1BD=．以点D为原点，DB，DC，DA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()()()()()0,0,0,1,0,0,0,2,0,0,0,20,1,1,1,1,02D

BAMEC,，则=(1,1,1)BM−．设()0,,0Na，02a，则1=,1,02ENa−−，∵ENBM⊥，∴=ENBM，即1,1,01,1,1)20(a−−−=·，∴12a=，10

,,02N，∴当12DN=（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，ENBM⊥．设平面BNM的法向量为(),,nxyz=，1=1,,02BN−，=(1,1,1)BM−，由00nBNnBM==

得200xyxyz−+=−++=，令1x=，得2y=，1z=−，则(1,2,1)n=−．取平面BNC的一个法向量()0,0,1m=，()()()2221,2,10,0,16cos,61211

mnmnmn−===−++−urrurrurr，又二面角MBNC−−的平面角为锐角，∴二面角MBNC−−的余弦值为66．方案三：选③，设()03BDxx=，则3CDx=−，∵ADCD⊥，45ACD=，∴ADC△为等腰直角三

角形，∴3ADCDx==−．在三棱锥A－BCD中，,ADDCADBD⊥⊥，且BDDCD=I，BD，DC平面BCD，∴AD⊥平面BCD，又=90BDC，∴1(3)2BCDSxx=−△，-1112(3)(3)3323ABCDBC

DVADSxxx==−−=，化简得()(0)124xx−−=，解得1x=或4x=（舍去）．以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()()0,0,0,1,0,

0,0,2,0,0,0,20,1,1,1,1,02DBAMEC,，则=(1,1,1)BM−．设()0,,0Na，02a，则1=,1,02ENa−−．∵ENBM⊥，∴=ENBM，即1,1,01,1,1)20(a−−−=·，∴12a=，10,,02N

，∴当12DN=（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，ENBM⊥．设平面BNM的法向量为(),,nxyz=，1=1,,02BN−，=(1,1,1)BM−，由00nBNnBM==得200xyxyz−+=−++=，令1x=，得2y=，1z=−，则(1

,2,1)n=−．取平面BNC的一个法向量()0,0,1m=，()()()2221,2,10,0,16cos,61211mnmnmn−===−++−urrurrurr，又二面角MBNC−−的平面

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