【文档说明】江苏省镇江市扬中市第二高级中学2021-2022学年高二下学期期中数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.241 MB，由小赞的店铺上传

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江苏省扬中市第二高级中学2021-2022第二学期高二数学期中模拟试卷一、选择题.请把答案直接填涂在答题卡相应位置上.1.若在()()621axx+−关于x的展开式中，常数项为2，则2x的系数是A.60B.45C.42D.-42

【答案】A【解析】【分析】分析二项式()61x−的展开式，求出()()621axx+−的常数项，进而得到a的值，然后再求出2x项的系数．【详解】由题意得()61x−展开式的通项为()()21661,0,1,2,,6rrr

rrrTCxCxr+=−=−=，∴()()621axx+−展开式的常数项为()0061Caa−=，∴2a=，∴()()6221xx+−展开式中2x项为()()42422266212160CxxCxx−+−

=，∴展开式中2x的系数是60．故选A．【点睛】求多项展开式某一项的系数问题，有两种思路．（1）先分析该项的构成，结合所给多项式，分析如何得到该项，再利用排列组合知识求解；（2）将其结合看成二项式，用两次二项式定理的通项求解．2.()()()239111xxx++++++

的展开式中2x的系数是（）A.60B.80C.84D.120【答案】D【解析】【分析】()()()239111xxx++++++的展开式中2x的系数是22222349CCCC++++，借助组合公式：11mmmnnnCCC−++=，逐一计算即可.【详解】()()()239111x

xx++++++的展开式中2x的系数是22222349CCCC++++因为11mmmnnnCCC−++=且2323CC=，所以2232323334CCCCC+=+=，所以222233234445CCCCCC++=+=，以此

类推，2222323234999101098120321CCCCCCC++++=+===.故选：D.【点睛】本题关键点在于使用组合公式：11mmmnnnCCC−++=，以达到简化运算的作用.3.有5名学生志愿者到2个小区参加疫情防控常态化宣传活动，每名学生

只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法为（）A.10种B.20种C.30种D.40种【答案】C【解析】【分析】先将5名学生分成两组，再分配即可求解.【详解】将5名学生分成两组可以有两类，一组4人，一

组1人，则有425210CA=，一组3人，一组2人，则有325220CA=，所以不同的安排方法为102030+=种，故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键点是先分组后分配，5名学生分成两组，即一组4人，一组1人和

一组3人，一组2人，再分配即可.4.在长方体1111ABCDABCD−中，1123ABADAA===，，，则直线1DD与平面1ABC所成角的余弦值为A.32B.33C.155D.105【答案】C【解析】【分析】在长方体中11//ABCD，得1DD与平面1AB

C交于1D，过D做1DOAD⊥于O，可证DO⊥平面11ABCD，可得1DDA为所求解的角，解1RtADD，即可求出结论.【详解】在长方体中11//ABCD，平面1ABC即为平面11ABCD，过D做1DOAD⊥于O，AB⊥Q平面11AADD，DO

平面111,,AADDABDOABADD⊥=，DO⊥平面11ABCD，1DDA为1DD与平面1ABC所成角，在1111,3,2,5RtADDDDAAADAD====，111315cos55DDDDAAD==

=，直线1DD与平面1ABC所成角的余弦值为155.故选:C.【点睛】本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.5.已知()()()()52501251121212xaaxaxax+=+++++

++，则1a=（）A.516B.532C.15D.5【答案】B【解析】【分析】令12xt+=，得112tx++=，然后利用二项式定理求1a即可．【详解】令12xt+=，则111122ttx−++=+=，所以525012512taatatat+=+++

+，所以541515232aC==，故选：B．6.设aZ，且013a，若202151a+能被13整除，则=a（）A.0B.1C.11D.12【答案】B【解析】【分析】转化为()2021202151521aa+=−+，利用二项式定理求解.【详解】因aZ，且013a

，所以()2021202151521aa+=−+，012202020212021202020192021202120212021202152525252...aCCCCC=−+−+−+，因为202151a+能被13整除，所

以202120211aaC−+=−+能被13整除，所以1a=，故选：B7.今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过20212天后是（）A.星期三B.星期四C.星期五D.星期六【答案】D【解析】【分析

】20212=6734(71)+，利用二项式定理展开，求出它除以7的余数，可得结论．【详解】解：2021201967367306731672672673673673673673242484(71)4(777)CCCC===+=++

++，由于括号中，除了最后一项外，其余各项都能被7整除，故整个式子除以4的余数为67367344C=，故经过20212天后是是星期六，故选：D．8.设n∈N*，则0nC1n80+1nC1n﹣181+2nC

1n﹣282+3nC1n﹣383+……+1nnC−118n﹣1+nnC108n除以9的余数为（）A.0B.8C.7D.2【答案】A【解析】为【分析】直接利用二项式定理把条件转化即可求解结论.【详解】解：因为C0n1n80+C1n1n﹣

181+C2n1n﹣282+C3n1n﹣383+……+C1nn−118n﹣1+Cnn108n＝（1+8）n＝9n；故除以9的余数为0；故选：A.【点睛】本题考查二项式定理及应用，解题时需注意组合数性质及二项式定理的合理运用，属于基础题.二、多选

题：（每小题给出的四个选项中，不止一项是符合题目要求的，请把正确的所有选项填涂在答题卡相应的位置上）9.现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（）A.所

有可能的方法有43种B.若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种C.若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种【答案】BCD【解析】【分析】利用分步乘法计数原理

判断AC选项的正确性，利用分类加法计数原理以及组合数计算判断B选项的正确性，利用排列数计算判断D选项的正确性.【详解】所有可能的方法有34种，A错误.对于B，分三种情况：第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为13C，另外两名同学的安排方法有339=种，此种情况共有13927C

=种，第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有23C，另外一名同学的排法有3种，此种情况共有2339C=种，第三种情况，若三名同学都去工甲，此种情况唯一，则共有279137++=种安排方法，B正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有4416

=种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有3424A=种安排，D正确.故答案为：BCD10.（多选题）已知2233nxx+展开式中，各项系数的和比它的二项式系数的和大992，则下列结论正确的为（）A.展开式中偶数项的二

项式系数之和为52B.展开式中二项式系数最大的项只有第三项C.展开式中系数最大的项只有第五项D.展开式中有理项为第三项、第六项【答案】CD【解析】【分析】根据已知条件，利用二项展开式的通项公式及二项式系数的性质，逐一判断各个选项即可.【详解】令1x=，可得展开

式中各项系数的和为4n，又二项式系数的和2n，因为各项系数的和比它的二项式系数的和大992，所以42992nn−=，解得5n=，对A：因为二项式展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，所以展开式

中，偶数项的二项式系数的和为54222=，故A错误；对B：因为5n=，所以第三项、第四项的二项式系数最大，故B错误；对C：21045233155()(3)3rrrrrrrTCxxCx+−+==，设展开式中系数最大

的项是第1r+项，则115511553333rrrrrrrrCCCC−−++，解得7922r，又rN，所以4r=，所以展开式中系数最大的项只有第五项，故C正确；对D：若1rT+是有理项，则当且10+43r为整数，又05r，

rN，所以2,5r=，所以展开式中有理项为第三项、第六项，故D正确.故选：CD【点睛】方法点睛：(1)二项式系数最大项的确定方法：①如果n是偶数，则中间一项(第12n+项)的二项式系数最大；②如果n是

奇数，则中间两项(第12n+项与第112n++项)的二项式系数相等并最大．(2)形如()(0,0)axbyab+展开式中系数最大项的求法，一般采用待定系数法：设展开式中的第1r+项是系数最大项，其系数记为A，则由11rrrrAAA−+可求出r的值，从而求出展开式中系数最大

的项.11.已知7270127(12)xaaxaxax−=++++，则（）A.01a=B.3280a=−C.1272aaa+++=−D.127277aaa+++=−【答案】ABC【解析】【分析】令0x=即可求得0a可判断选项A；令1x=，求得

0127aaaa++++，进而求得127aaa+++可判断选项C；根据二项式定理写出该二项展开式的通项，即可得3a可判断选项B；利用导数即可得12727aaa+++，可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】因为727012

7(12)xaaxaxax−=++++令0x=，得01a=，故选项A正确；令1x=，得01271aaaa−=++++，所以1272aaa+++=−，故选项C正确；易知该二项展开式的通项7177C1(

2)(2)CrrrrrrrTxx−+=−=−，所以3337(2)C280a=−=−，故选项B正确；对7270127(12)xaaxaxax−=++++两边同时求导，得6612714(12)27xaaxax−−=+++，令1x=，得1272714aaa++

+=−，故选项D错误.故选:：ABC【点睛】易错点睛：对7270127(12)xaaxaxax−=++++两边同时求导时不要忘记对12x−求导.12.如图，棱长为1的正方体1111ABCDAB

CD−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，在正方体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，正方体1111ABCDABCD−中，可得11//BCAD，所以11,,,BCAD四点共面，所以B不正确；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=，在所以直线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.三、填空题.请把答案直接填写在答题卡相应位置上.13.7个人分乘三辆不同的汽车，每辆车最多坐3人，则不同的乘车方法有__

____种（用数字作答）．【答案】1050【解析】【分析】先分好组，三组人数分别为2、2、3或1、3、3，再将三组分配给三辆车，利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】先分好组，三组人数分别为2、2、3或1、3、3，再将三组分配给三辆车，由分步乘法计数原理可知，不同的乘车方法种数为221337576

322221050CCCCAAA+=.故答案为：1050.【点睛】方法点睛：解决分配问题一般遵循先分组再分配的方法进行，但要正确判断是不是平均分组、有序分组，无序平均分组要除以组数的阶乘，有序平均分组是在平

均分组的基础上乘以组数的阶乘.14.四棱锥VABCD−中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角VABC−−的平面角为_____________．【答案】60°【解析】【详解】如图：E、F分别是AB,CD

中点，连VE,EF，VF;则,,VEABEFABVEF⊥⊥就是二面角VABC−−的平面角；又22(5)12,2,VEVFEF==−==所以三角形VEF为正三角形，所以060.VEF=15.二项式22nxx

−的展开式中，仅有第九项的二项式系数取得最大值，则展开式中x项的系数是___________.【答案】2734−【解析】【分析】先根据条件确定n的值，再根据二项展开式通项公式求结果.【详解】因

为仅有第九项的二项式系数取得最大值，所以展开式有17项，所以117n+=，可得16n=，因为二项式1622xx−展开式的通项为：()16382162116162C1C22rrrrrrrrxTxx−−−+=−=−，所以31822r−=，可得=5

r，所以展开式中x项的系数是()551016162731C24−−=−，故答案为：2734−16.设6147011iiixxaxxx−=−+=，则0246791113()()+++−+++

=aaaaaaaa________．【答案】20【解析】【分析】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式，求得0246791113,,,,,,,aaaaaaaa，由此求得正确结果.【详解】由题意可得，6147

765701214011−−=−+==++++iiixxaxaxaxaxaxxx，所以0061aC==，12660C5Ca==−，14662C9Ca==−，3266620155CCa=−−==，且7911130=

===aaaa，所以，0246()+++−aaaa79111320()+++=aaaa.故答案为：20四、解答题.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在二项式1()2nxx+的展开式中，.给出下列条件：①若展开式前三

项的二项式系数和等于46；②所有奇数项的二项式系数和为256；③若展开式中第7项为常数项.试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题：（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中的常数项.(备注：如果多个条件分别解答，按第一个条件计分)【答案】（1）356

316Tx−=，326638Tx−=（2）212【解析】【分析】（1）选择①由01246nnnCCC++=求解；选择②：由024256nnnCCC+++=求解；选择③：由通项公式为3221C2−−+=rnrrnrnTx，令3202rn−=求解；由9

n=，得到展开式中二项式系数最大的项为第5和第6项求解；（2）由展开式通项为3189219C2−−+=rrrrTx，令31802r−=求解.【小问1详解】解：选择①：因为展开式前三项的二项式系数和等于46，所以01246nnnCCC++=，即(1)146

2nnn−++=，即2900nn+−=，即()()1090nn+−=，解得9n=或10n=−（舍去）选择②：因为所有奇数项的二项式系数和为256，所以024256nnnCCC+++=，即12256n−=

，解得9n=.选择③：通项公式为32()2211CC22nrrrnrnrrrnrnnTxxx−−−−−+==，则有3202rn−=，所以32nr=因为展开式中第7项为常数项，即6r=，所以9n=.所以展开式中

二项式系数最大的项为第5和第6项，5452359163C216Txxx−−==，453542269163C28Txxx−−==；【小问2详解】展开式通项为：9318(9)9221991CC22rrrrrrrrTxxx−−−−−+==，令3

1802r−=，6r=，展开式中常数项为第7项，常数项为637921C22T−==.18.已知()(12)nfxx=+展开式二项式系数和为128，且2012(12)(1)(1)nxaaxax+=+++++L(1)nnax++.（1）求2a的值；（2）求123naaaa++++的值；（3）求

(20)20f−被6整除的余数.【答案】（1）84−；（2）2；（3）3.【解析】【分析】（1）由二项式系数性质求得n，然后变形(12)[2(1)1]nnxx+=+−，利用二项式定理求得2a；（2）令11x+=可求得01naaa+++，再求得

0a后得结论；（3）(20)f用二项式定理展开，把20的位数剔除在外，剩下的计算后可得．的【详解】解：（1）由()()21nfxx=+展开式的二项式系数和为128，可得721282n==，即n=7，由770716166777777(12)[2(1)1][2(1)][2(1

)](1)[2(1)](1)(1)xxCxCxCxC+=+−=+++−+++−+−，得()5522712aC=−=84−；（2）令10x+=，得01a=−，令11x+=，得012aaa++++71a=，所以12aa++……na=2；（3）由77071616677

7777(20)204120(421)204242(1)42(1)(1)20fCCCC−=−=−−=+−++−+−−因为07161657774242(1)42(1)CCC+−+−能被6整除，20121−−=−被6整除后余数为3.所以(20)20f−被6整

除的余数为319.已知在32()nxx−的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56:3．（1）求展开式中的所有有理项；（2）求展开式中系数绝对值最大的项；（3）求231981...9nnnnnnCCC−++++的值.【答案】（1）T1=x5和T7=13400,（2）,（3

）101019−.【解析】【详解】试题分析：（1）先利用二项展开式的通项公式得到第5项的系数与第3项的系数，依题意得到4422(2):(2)56:3nnCC−−=，求解可得10n=，进而化简该二项展开式的通项公式得到556110(2)rrrrTCx−+=−，由556r−为整数可得出r的值，进而得

到所有的有理项；（2）先求出二项展开式中的系列，并设第1r+项系数绝对值最大，列出不等式组11101011101022{22rrrrrrrrCCCC−−++，从中求解即可得出r的值，进而可写出展开式中系数绝对值最大的项；（3）先根据二项开展式的特征将231981...9nnnnnnccc−

++++变形为01223310101010101010999...919CCCCC+++++−，逆用二项式定理即可得结果.（1）由4422(2):(2)56:3nnCC−−=，解得10n=因为通项：551061101032()()(2)rrrrrrrTCxCxx−−+=−=−当556r−为整数，r

可取0，6于是有理项为51Tx=和713400T=（2）设第1r+项系数绝对值最大，则11101011101022{22rrrrrrrrCCCC−−++解得223{193rr，于是r只能为7所以系数绝对值最大的项为56815360Tx−=−（3）231011010101010981

...9CCC−++++12233101010101010999...99CCCC++++=01223310101010101010999...919CCCCC+++++−=1010(19)110199+−−==考点：二项式定理及其应用.20.将4个编号为1、2、3、4的不同小球全部放入4个编号

为1、2、3、4的4个不同盒子中.求：（1）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？（2）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？（3）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？（4

）把已知中4个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？【答案】（1）24（种）；（2）144（种）；（3）8（种）；（4）12（种）.【解析】【分析】

（1）根据题意知，每个盒子里有且只有1个小球，利用排列数可得出结果；（2）先将4个小球分为3组，各组的球数分别为2、1、1，然后分配给4个盒子中的3个盒子，利用组合与排列计数原理可得出结果；（3）考查编号为1的盒子中放入编号为1的小球

，列举出此种情况下其它3个球均未放入相应编号的盒子里，在此种放法种数上乘以4可得结果；（4）空盒编号有4种情况，然后将4个完全相同的小球放入其它3个盒子，没有空盒，利用隔板法求出结果，乘以4即得所求放法种数.【详解】（1）根据题意知，每个盒

子里有且只有一个小球，所求放法种数为4424A=（种）；（2）先将4个小球分为3组，各组的球数分别为2、1、1，然后分配给4个盒子中的3个盒子，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为2344144CA=（种）；（

3）考查编号为1的盒子中放入编号为1的小球，则其它3个球均未放入相应编号的盒子，那么编号为2、3、4的盒子中放入的小球编号可以依次为3、4、2或4、2、3，因此，所求放法种数为248=（种）；（4）按两步进行，空盒编号

有4种情况，然后将4个完全相同的小球放入其它3个盒子，没有空盒，则只需在4个完全相同的小球所形成的3个空（不包括两端）中插入2块板，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为23412C=（种）.【点睛】本题考查计数应用题，涉及分步乘法计数原理、隔板法以及列举法的应用，考查计算能力，属于中等题.21

.如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，四边形PACQ为矩形，PA=1，且平面PACQ⊥平面ABCD.（1）求BP与平面ACQP所成角的余弦值；（2）求二面角B-PQ-D的大小；（3）求点C到平面BPQ的距离.【答案】（

1）105；（2）3；（3）32.【解析】【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求得向量BP的坐标，易知平面ACQP的一个法向量是()1,0,0t=，然后由sinBPtBPt=求解.（2）分别求得平面BPQ的一个法向量为(),,mxyz=和平面DPQ的一个法向量为(),,

nxyz=，然后由cos,mnmnmn=求解.（3）求得向量CQ，再根据平面BPQ的一个法向量为()3,0,3m=，然后由CQmdm=求解.详解】（1）由题意，建立如图所示空间直角坐标系：则：()()3,0,0,0

,1,1BP−，所以()3,1,1BP=−−，平面ACQP的一个法向量是()1,0,0t=，设BP与平面ACQP所成的角为，所以315sin551BPtBPt===，所以10cos5=.（2）因为()

()()()3,0,0,0,1,1,3,0,0,0,1,1BPDQ−−，所以()()()3,1,1,3,1,1,3,1,1BQDQDP=−==−，设平面BPQ的一个法向量为(),,mxyz=，【则00mBPmBQ==，即3030xyzxyz

−−+=−++=，令3x=，则0,3yz==，所以()3,0,3m=，设平面DPQ的一个法向量为(),,nxyz=，则00nDPnDQ==，即3030xyzxyz−+=++=，令3x=，则0,3yz==−，所以(

)3,0,3n=−，所以61cos,22323mnmnmn===，因为,0,mn，所以,3mn=.（3）因为()()0,1,0,0,1,1CQ，所以()0,0,1CQ=，因为平面BPQ一个法向量为()3,0,3m=，所以点C到平面BPQ

的距离33223CQmdm===.【点睛】方法点睛：1、利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来

求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2、利用向量求二面角的方法：分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．22.如图，在三棱锥−PABC中，PA⊥底面

ABC，90BAC=．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，4PAAC==，2AB=．（1）求证：MN∥平面BDE；的（2）求二面角CEMN−−的正弦值；（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求

线段AH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）10521；（3）85或12．【解析】【详解】试题分析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方

法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件

，求出AH的值.试题解析：如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（1）证明：DE=

（0，2，0），DB=（2，0，2−）.设(),,nxyz=，为平面BDE的法向量，则00nDEnDB==，即20220yxz=−=.不妨设1z=，可得()1,0,1n=.又MN=（1，2

，1−），可得0MNn=.因为MN平面BDE，所以MN//平面BDE.（2）解：易知()11,0,0n=ur为平面CEM的一个法向量.设()2,,nxyz=为平面EMN的法向量，则2200nEMnMN==

，因为()0,2,1EM=−−，()1,2,1MN=−，所以2020yzxyz−−=+−=.不妨设1y=，可得()24,1,2n=−−.因此有1212124,21nncosnnnn==−，于是12105sin,21nn=.所

以，二面角C—EM—N的正弦值为10521.（3）解：依题意，设AH=h（04h），则H（0，0，h），进而可得()1,2,NHh=−−，()2,2,2BE=−.由已知，得2227cos,21523NHBEhNHBENHBEh−===

+，整理得2102180hh−+=，解得85h=，或12h=.所以，线段AH的长为85或12.【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公

式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易.