【文档说明】四川省成都市石室中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.558 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9376e6b683f66f60b913cc6caa9f2985.html

以下为本文档部分文字说明：

成都石室中学2024-2025学年度上期高2026届十月考试数学试题（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.一、选择题：本大题共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.已知复数z满足：()i12i34z+=−，则复数z的虚部为（）A2iB.-2C.2D.2i−【答案】C【解析】【分析】由复数的除法先求出复数z，结合共轭复数的概念，进而可得出结

果.【详解】因为()12i34iz+=−，所以()()()()34i12i34i510i12i12i12i12i5z−−−−−====−−++−，所以12iz=−+所以虚部为2.故选:C2.在一个实验中，某种豚鼠被感

染A病毒的概率均为40%，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出[0，9]之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染.经随机模拟产生了如下

20组随机数：192907966925271932812458569683257393127556488730113537989431据此估计三只豚鼠都没被感染的概率为（）A.0.25B.0.4C.0.6D.0.75【答案】A【解析】【分析】求得三只豚鼠都没有被感染的数量，结合题意，求解即

可.【详解】20组数据中，都不含1,2,3,4的数据有5个，分别是：907，966，569，556，989；.故三只豚鼠都没被感染的概率为：50.2520=.故选：A.3.如图，在圆锥PO中，轴截面PAB的顶角60APB=，设D是母线PA的中点，C在底面圆周上

，且PCAB⊥，则异面直线CD与PB所成角的大小为（）A.15°B.30°C.45°D.60°【答案】C【解析】【分析】首先得出异面直线CD与PB所成的角即为ODC（或其补角），在DOC△中求角即可.【详解】因为D是AP的中点，O是AB的中点，所以//ODPB，所以异面直

线CD与PB所成的角即为ODC（或其补角）．易知ABPO⊥．因为PCAB⊥，PCPOP=，,PCPO平面POC，所以AB⊥平面POC．因为OC平面POC，所以OCAB⊥．又OCOP⊥，OPABO=，,OPAB平面PAB，所以OC⊥平面PAB，而DO平面PAB，所以O

CDO⊥．因为60APB=，APPB=，所以APB△为等边三角形，所以12ODAPOAOC===，所以45ODC=．故选：C．4.已知三棱柱111ABCABC−中，侧面11ABBA⊥底面ABC，则“1CBBB⊥”是“CBAB⊥”的（）A.充分而不

必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由面面垂直的性质定理可证明“1CBBB⊥”是“CBAB⊥”的必要条件，由底面为正三角形的直三棱柱模型，可知“1CBBB⊥”不是“CBAB⊥”的充分条件.【详

解】①已知侧面11ABBA⊥底面ABC，且侧面11ABBA底面ABCAB=，又BC平面ABC，若BCAB⊥，则由面面垂直的性质定理可得⊥BC平面11ABBA，1BB平面11ABBA，则1CBBB⊥，所以则“1CBBB⊥”是“CBAB⊥”的必要条件；②若三棱柱1

11ABCABC−是直三棱柱，底面ABC是正三角形，则1BB⊥底面ABC，1BB平面11ABBA，则满足条件侧面11ABBA⊥底面ABC.又BC平面ABC，则1CBBB⊥，但BC与AB不垂直.所以“1CBBB⊥”不是“CBAB⊥”的

充分条件.综上所述，“1CBBB⊥”是“CBAB⊥”的必要不充分条件.故选：B.5.庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，故又称“四阿殿

”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面ABCD是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则（）．A.ABBCEF=+B.2BCABEF=+C.2EFABBC=+D.2ABBCEF=−【答案】A【解析】【分析】设点E在底面ABCD上的射影为G，作GMBC⊥，GNAB⊥，垂足分别

为M，N，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到EMGENG==，根据三角形全等得到方程，整理即可.【详解】如图所示，设点E在底面ABCD上的射影为G，作GMBC⊥，GNAB⊥，垂足分别为M，N．则EMG为侧面EBC与底面A

BCD的夹角，ENG为侧面EBAF与底面ABCD的夹角，设四个侧面与底面的夹角为，则在RtEMG和RtENG△中，EMGENG==，又GE为公共边，所以GNGM=，即22ABEFBC−=，整理得ABBCEF=+．故选：A6.两条异面直线,ab

所成的角为60o，在直线,ab上分别取点,AE和点,BF，使ABa⊥，且ABb⊥.已知6,8,14AEBFEF===，则线段AB的长为（）A.20或12B.12或43C.43或83D.83或20【答案】B【解析】【分析】根据向量的线性运算可得EFEAABBF=++，两边同时平方，利用向量

的数量积运算，结合题意化简得到222146848AB=−−，进而得出结果.【详解】由题意知，EFEAABBF=++，所以2222222EFEAABBFEAABABBFEABF=+++++，又异面直线a、b所成的角为60，即222

214=6800268cos60AB++++，所以222146848AB=−−，所以43AB=或12AB=，故选：B7已知55ln,lg22aabb+=+=，则（）A.2abB.2abC.2baD.2ba【答案】B【解析】【分析】根据函数(

)lnfxxx=+，()lggxxx=+的单调性，判断,,2ab的大小关系.【详解】设()lnfxxx=+，易知()fx在(0,+∞)上单调递增.且()5ln2faaa=+=，()()522ln22l

ne2ffa=++==，所以2a；设()lggxxx=+，易知()gx在(0,+∞)上单调递增.且()5lg2gbbb=+=，()()522lg22lg102ggb=++==，所以2b.综上：2ab.故选：

B8.正四面体的棱长为3，MN是它内切球的直径，P为正四面体表面上的动点，PMPN的最大值为（）A2B.94C.52D.3..【答案】D【解析】【分析】设四面体ABCD的内切球球心为O，G为BCD△的中心，E为CD的中点，连接,AGBE，则O在AG上，连接BO，根据题意

求出内切球的半径，再化简()()PMPNPOOMPOON=++可求得其最大值.【详解】设正四面体ABCD的内切球球心为O，G为BCD△的中心，E为CD的中点，连接,AGBE，则O在AG上，连接BO，则AOBO=.因为正四面体的棱长为3，所以22333332BGBE==

=，所以22936AGABBG=−=−=，设内切球的半径为r，则()222AGrrBG−=+，()22263rr−=+，解得64r=，MN是它内切球的直径，此时0+=OMON，26348OMON=−=−，()()PMPNPOOMPOON=++()2238P

OPOOMONOMONPO=+++=−，因为P为正四面体表面上的动点，所以当P为正四体的顶点时，PO最长，PO的最大值为636644−=，所以PMPN的最大值为2363348−=.故选：D二、选择题：本大题共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.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【答案】AC

D【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()()()321655PADPAP

D===，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.10.(多选)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1

上任意一点，E，F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中为定值的是（）A.点P到平面QEF的距离B.三棱锥P－QEF的体积C.直线PQ与平面PEF所成角D.二面角P－EF－Q的大小【答案】ABD【解析】【分析】结合已知，分别分析点到平面的距离、直线与平面所成的角、棱锥的体积

、二面角的大小，观察它们的值可得到答案.【详解】A选项中，∵平面QEF也就是平面11ABCD，既然P和平面QEF都是固定的，∴P到平面11ABCD的距离是定值，∴点P到平面QEF的距离为定值；B选项中，∵△QEF的面积是定值（∵EF定长，Q到EF的距离就是Q

到CD的距离也为定长，即底和高都是定值），再根据A的结论P到平面QEF的距离也是定值，∴三棱锥的高也是定值，于是体积固定，∴三棱锥PQEF−的体积是定值；C选项中，∵Q是动点，E，F也是动点，推不出定值的结论，∴直线PQ与平面PEF所成的角不是定值

；D选项中，平面QEF也就是平面11ABCD，又平面PEF即为平面PCD，∴二面角PEFQ−−的大小为定值．故选：ABD．【点睛】本题主要考查直线与平面所成角，二面角，三棱锥的体积以及点到面的距离，属于中档题.11.已知函数()f

x的定义域为R，且()()()()()()22,12,1fxyfxyfxfyffx+−=−=+为偶函数，则（）A.()32f=B.()fx为偶函数的C.()20f=D.()202410kfk==【答案】CD【解析】

【分析】利用赋值法令1x=，0y=，可得()00f=，令0x=，yx=可得()fx为奇函数，结合()1fx+为偶函数，可得()3f、()2f，也可得其周期，从而得到()20241kfk=.【详解】令1x=，0y=，则有()()()()221110f

fff=−，解得：()00f=，令0x=，yx=，则有()()()()220fxfxffx−=−，即()()()0fxfxfx−+=恒成立，故𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，又函数()fx的定义域为𝑅，故()fx为奇函数，故B错误；则()()112ff−=−=−，又()1

fx+为偶函数，故()()11fxfx+=−+，则()()132ff−==−，故A错误；()()200ff==，故C正确；()()()111fxfxfx+=−+=−−，则()()()311fxfxfx+=−+=−，故函数()fx的周期为4，()()4

00ff==，则()()()()()()20241506123450620200kfkffff==+++=+−+=，故D正确.故选：CD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上.12.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，则

点B到直线1AC的距离为_________．【答案】63【解析】【分析】连接1AC，过B作1BHAC⊥，则BH即为所求，由三角形等面积计算求解.【详解】解：如图，连接1AC，过B作1BHAC⊥，则BH即为点B到直线1AC的距离，在正方体1111ABCD

ABCD−中，AB⊥平面1BC，1ABBC⊥，在直角1ABC中，11=ABBCACBH，且11=1,=2,=3ABBCAC，所以6=3BH，点B到直线1AC的距离为63.故答案为：63.13.把正方形ABCD沿对角线AC折成π3的二面角，E、F分别是BC、AD的中点，O是原

正方形ABCD的中心，则EOF的余弦值为_________．【答案】14−##0.25−【解析】【分析】根据空间向量的夹角公式，结合数量积的运算即可求解.【详解】由于,OBCAODCA⊥⊥,所以π3BOD=,不妨设正方形的边长为2，则2OAOBOCOD====

,112OEOFBC===,()()11,22OEOBOCOFOAOD=+=+,所以()()11,22OEOBOCOFOAOD=+=+,故()()1144OEOFOBOCOAODOBOAOCOAOBODOCOD=++=+++

111022220424=−++=−,所以1coscos,4OEOFEOFOEOFOEOF===−uuuruuuruuuruuuruuuruuur,故答案为：14−14.已知函数()()πsin0,2fxx

=+．直线22y=与曲线𝑦=𝑓(𝑥)的两个交点,AB如图所示，若π4AB=，且()fx在区间5π11π,1212上单调递减，则=_______；=_______．【答案】①.2②.π3−【解析】【分析】根据()22fx=和π4AB=，可构造

方程求得，并确定5π11π,1212为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得.【详解】设()()1122,,,AxyBxy，由()22fx=得：()12π2π43π2π4xkkxk+=++=+Z，()21π2xx−=，又21π4ABxx=−=，ππ

42=，解得：2=，此时()fx的最小正周期2ππT==，11π5ππ121222T−==，()fx在区间5π11π,1212上单调递减，5π12x=和11π12x=分别为()fx单调递减区间的起点和终点，当5π11π,1212x

时，5π11π2,66x+++，()5ππ2π6211π3π2π62kkk+=++=+Z，()π2π3kk=−+Z，又π2，π3=−；综上所述：2=，π3=−.故答案为：2；π3−.四、解答

题：本大题共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.在ABCV中，2,120ABBCABC===，将ABCV绕着BC旋转到BDC的位置，如图所示．（1）求直线AD与直线BC所成角的大小；（2）当三棱锥DABC−的体积最大时，求平面ABD和平面BDC

的夹角的余弦值．【答案】（1）90（2）55【解析】【分析】（1）做辅助线，先证明线面垂直，利用线面垂直证明线线垂直；（2）根据三棱锥的体积最大，确定平面的垂直关系，利用空间向量求解平面的夹角.【小问1详解】取AD的中点E，连接,CEBE，由题意可知,AC

DCABDB==，所以,CEADBEAD⊥⊥；因为,,CEBEECEBE=平面BCE，所以AD⊥平面BCE；因为BC平面BCE，所以BCAD⊥，直线AD与直线BC所成角为90.【小问2详解】由题意可知三棱锥DABC−的体积最大时

，平面DBC⊥平面ABC；在平面DBC内作出DOBC⊥，且与CB的延长线交于点O，连接OA；因为平面DBC⊥平面ABC，平面DBC平面ABCBC=，DOBC⊥，所以DO⊥平面ABC；根据旋转图形的特点可知，,,ODOAOC两两垂直，以O为坐标原点，,,OAOCOD所在直线分别为,

,xyz轴，建立空间直角坐标系，因为2,120ABBCABC===，所以3,1OAODOB===；()()()()0,1,0,3,0,0,0,0,3,0,3,0BADC；()()3,1,0,0,1,3BABD=−=−，设平面ABD的一个法向量为

(),,nxyz=，则00nBAnBD==，3030xyzy−=−=，令3y=，则()1,3,1n=；易知平面BDC的一个法向量为()3,0,0OA=,设平面ABD和平面BDC的夹角为，则35c

os535OAnOAn===.所以平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为55.16.为增强市民的节能环保意识，某市面向全市征召义务宣传志愿者.从符合条件的500名志愿者中随机抽取100名志愿者，其年龄频率分布直方

图如图所示，其中年龄的分组区间是：第1组)20,25、第2组)25,30、第3组)30,35、第4组)35,40、第5组40,45.（1）求图中x的值并根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在)35,40的人数；（2）估计抽出的100名志愿者年龄的第75百分位数；（3）若在抽

出的第2组、第4组和第5组志愿者中，采用按比例分配分层抽样的方法抽取6名志愿者参加中心广场的宣传活动，再从这6名中采用简单随机抽样方法选取2名志愿者担任主要负责人.求抽取的2名志愿者中恰好来自同一组的概率.【答案】（1）150（2）37.5（3）415

【解析】【分析】（1）由直方图频率和为1，列方程求x，再根据直方图求500名志愿者中年龄在)35,40的人数；（2）由第75百分位数分直方图左侧面积0.75，列方程求第75百分位数.（3）由分层抽样的等比例抽

取的性质求出6名志愿者的分布，再应用古典概型的概率求法求抽取的2名志愿者中恰好来自同一组的概率.【小问1详解】由直方图知：(0.14)51x+=，可得0.06x=，∴500名志愿者中年龄在)35,40的人数为0.065500150=人.【小问2详解】因为()0.01

0.040.0750.60.75++=，()0.010.040.070.0650.90.75+++=，所以第75百分位数在)35,40区间内，若该数为a，∴0.60.06(35)0.75a+−

=，解得37.5a=.为【小问3详解】由题设，第2组、第4组和第5组的频率之比为2:3:1，知6名志愿者有2名来自)25,30，3名来自)35,40，1名来自)40,45，不妨设第2组、第4组和第5组抽取的志愿者为12123,,,,,aabbbc，则抽取两人的基本事件有()()()

()()()()1211112122123,,,,,,,,,,,,,aaaaaacababbbb，()()232,,,,abac()()()()()()121312323,,,,,,,,,,,bbbbbcbbbcbc，共15个，∴抽取的2名

志愿者中恰好来自同一组的概率415P=.17.在ABCV中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2cos2bCac=+．（1）求角B的大小；（2）若23b=，D为AC边上的一点，1BD=，且____

__，求ABCV的面积．请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．①BD是ABC的平分线；②D为线段AC的中点．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）【答案】（1）2π3（2）选择①②，答案均为3【解析】【分析】（1）由正弦定理和()sinsinABC=+得

到1cos2B=−，求出2π3B=；（2）选①，根据面积公式得到acac=+，结合余弦定理得到4ac=，求出面积；选②，根据数量积公式得到224acac+−=，结合余弦定理得到2212acac++=，求出4ac=，得

到面积.【小问1详解】由正弦定理知，2sincos2sinsinBCAC=+，∵()sinsinsincoscossinABCBCBC=+=+，代入上式得2cossinsin0BCC+=，∵()0,πC，∴sin0C，1cos2B=−，∵𝐵∈(0,π)，∴2π3B=．【小问2详解

】若选①：由BD平分ABC得，ABCABDBCDSSS=+△△△，∴12π1π1πsin1sin1sin232323acca=+，即acac=+．在ABCV中，由余弦定理得2222π2cos3bacac=+−，又23b=，∴2212acac+

+=，联立2212acacacac=+++=得()2120acac−−=，解得4ac=，3ac=−（舍去），∴12π13sin432322ABCSac===△．若选②：因为()12BDBABC=+，所以()()22221

1244BDBABCBABABCBC=+=++，即2212π12cos43caca=++，得224acac+−=，在ABCV中，由余弦定理得2222π2cos3bacac=+−，即2212acac++=，联立2222412

acacacac+−=++=，可得4ac=，∴12π13sin432322ABCSac===△．18.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，E为BC的中点，点M在1BD上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点M唯一确定，并解

答问题.条件①：MAMC=；条件②：EMAD⊥；条件③：//EM平面11CDDC.（1）求证：M为1BD的中点；（2）求直线EM与平面MCD所成角的大小；（3）求点E到平面MCD的距离.注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个

符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）证明见解析（2）30o（3）22【解析】【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证；（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求得向量(,,)011=−EMuuu

r和平面MCD的法向量为(1,0,1)m=−，利用向量的夹角公式，即可得出结果.（3）由（2）可知，直线EM与平面MCD所成的角为，利用sindEM=计算即可.【小问1详解】证明：选条件①：由MAMC=，

根据正方体1111ABCDABCD−的对称性，此时点M为1BD上的任意一点，所以不成立；选条件②：EMAD⊥．连接1CD，在正方体1111ABCDABCD−中，由⊥BC平面11CDDC，因为1CD平面11CDDC，所以1BCCD⊥，又因为EMAD⊥，//ADBC，所以EM

BC⊥，因为1,EMCD平面1BCD，所以1//EMCD，又因为E为BC的中点，所以M为1BD的中点．选择条件③：//EM平面11CDDC．连接1CD，因为//EM平面11CDDC，EM平面1BCD，且平面1BC

D平面111CDDCCD=，所以1//EMCD，因为E为BC的中点，所以M为1BD的中点．【小问2详解】在正方体1111ABCDABCD−中，1,,DADCDD两两互相垂直，建立空间直角坐标系，如图所示，则(0,0,0),(0,2,

0),(1,2,0),(1,1,1)DCEM，所以(0,2,0)DC=，(1,1,1)DM=，(,,)011=−EMuuur，设平面MCD的法向量为(,,)mxyz=ur，则00mDCymDMxyz===++=，令1x=，则0,1yz==−．于是(1,0,

1)m=−，设直线EM与平面MCD所成的角为，则1sincos,2mEMmEMmEM===，所以直线EM与平面MCD所成角的大小为30o，【小问3详解】点E到平面MCD的距离为2sin2sin302dEM===.19.如图，三棱柱11

1ABCABC−中，点1A在平面ABC内的射影D在AC上，90ACB=，11,2BCACCC===.（1）证明：11ACAB⊥；（2）设直线1AA与平面11BCCB的距离为3，求平面11AABB与平面ABC的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1

4【解析】【分析】(1)解法一：由条件证明11ACAC⊥，1ACBC⊥，由线面垂直的判定定理证明1AC⊥平面1ABC，由此证明11ACAB⊥;解法二：建立空间直角坐标系，设()1,0,Aac结合数量积计算即可；(2)解

法一：作,DFABF⊥为垂足，连结1AF，1AFAB⊥，故1AFD为二面角1AABC--的平面角，进而通过三角形计算即可得出结果；解法二：建立空间直角坐标系，结合条件直线1AA与平面11BCCB的距离为3，确定相关点的坐标，利用向量方法求二面角1AA

BC--的余弦值.【小问1详解】解法一：1AD⊥平面ABC，1AD平面11AACC，故平面11AACC⊥平面ABC．又BCAC⊥，BC⊥平面11AACC．连结1AC，又1AC平面11AACC，1BCAC⊥∵侧面11AACC为菱形，1

1ACAC⊥，1ACBCC=，1AC⊥平面1ABC，又1AB平面1ABC，11ACAB⊥；解法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系−Cxyz．由题设知1AD与z轴平行，z轴在平面11AACC内．设

()1,0,Aac，由题设有()()2,2,0,0,0,1,0,aAB则()()()()()11112,1,0,2,0,0,2,0,,4,0,,,1,.ABACAAacACACAAacBAac=−=−=−=+=−=−由12AA=得()2222ac−+=，即224

0aac−+=．于是22111140,ACBAaacACAB=−+=⊥．【小问2详解】解法一：⊥BC平面11,AACCBC平面11BCCB，故平面11AACC⊥平面11BCCB．作11,AECCE⊥为垂足，则1AE⊥平面

11BCCB．又直线1AA∥平面11BCCB，因而1AE为直线1AA与平面11BCCB的距离，13AE=．∵1AC为1ACC的角平分线，故113ADAE==．作,DFABF⊥为垂足，连结1AF，1A

FAB⊥，故1AFD为二面角1AABC--的平面角．由22111ADAAAD=−=得D为AC的中点，1525ACBCDFAB´=?，2211145355AFADDF=+=+=，11cos4AFD?∴平面11AABB与平面ABC

的夹角的余弦值为14.解法二：设平面11BCCB的法向量(),,,mxyz=则1,,mCBmBB^^即10,0mCBmBB??．()0,1,0,CB=()112,0,,BBAAac==−故0y=，且()20axcz−+=．令xc=，则()2,,0,2zamc

a=−=−，点A到平面11BCCB的距离为()222cos,2CAmcCAmCAcmca===+−．又依题设，点A到平面11BCCB的距离为3,3c=．代入①解得3a=（舍去）或1a=．于是()11,

0,3AA=−．设平面1ABA的法向量(),,npqr=，则1,nAAnAB^^，即10,0,30nAAnABpr??\-+=，故且20pq−+=．令3p=，则23,1,qr==()3,23,1n=．又()

0,0,1p=为平面ABC的法向量，故1cos,4npnpnp==，∴平面11AABB与平面ABC的夹角的余弦值为14.