【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二上学期新起点考试数学试题 含解析.docx，共(23)页，2.394 MB，由小赞的店铺上传

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襄阳五中2025届高二上学期新起点考试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40.0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.已知集合220Pxxx=−−，()2log11Qxx=−，则()PQ=RIð（）A.2,3B.(

(),13−−+，C.(2,3D.((),13,−+【答案】C【解析】【分析】先化简集合P，Q，再利用集合的补集和交集运算求解.【详解】解：因为22012Pxxxxx=−−=

−，所以R|1Pxx=−ð或2x，()2log1113Qxxxx=−=，所以()PQ=RIð23xx，故选：C2.已知不重合的平面、、和直线l，则“//”的充分不必要条件是（）A.内有

无数条直线与平行B.内的任何直线都与平行C.⊥且⊥D.l⊥且l⊥【答案】D【解析】【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定理可判断D选项.【详解】对于A选项，若

内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，即“内有无数条直线与平行”“//”，A不满足；对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“//”，B不满足；对于C选项，若⊥且⊥，则、平行

或相交，则“⊥且⊥”“//”，C不满足；对于D选项，由线面垂直的性质可知，若l⊥且l⊥，则//，反之，若//，则“l⊥且l⊥”不一定成立，故“l⊥且l⊥”是“//”的充分不必要条件，D满足.故选：D.3.如果函数()212yxax=+−+在区间()4

+，上单调递增，那么实数a的取值范围是（）A.(9−，B.(3−−，C.)5+，D.(7−，【答案】A【解析】【分析】根据二次函数的单调性即可求解.【详解】()212yxax=+−+的对称轴为12a−，故1492aa−

，故选：A4.在ABC中，6a=，63b=，30A=，则最长边c=（）A.6B.12C.63或12D.63【答案】B【解析】【分析】由正弦定理结合ABC中最长边为c求得角B，可得角C，根据勾股定理即可得答案.【详解】在ABC中，6a=，63b=，30A=,由正弦定理得sin3,

sinsinsin2abbABABa===由于最长边为c,最大角为C，故角B为锐角，所以60B=，则90C=，故22226(63)12cab=+=+=，故选：B5.已知向量()()()2,3,1,2,0,3,0,0,2abc=−==，则()abc+＝（）,A.6B.

7C.9D.13【答案】C【解析】【分析】根据空间向量加法与数量积的坐标运算即可.【详解】因为()()()2,3,1,2,0,3,0,0,2abc=−==所以()()()2,3,12,0,54059abc+=−=++=.故选：C.6.二面角的棱上有A、B两点

，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知2AB=，AC=3，4BD=，41CD=，则该二面角的大小为（）．A.30B.120C.60D.45【答案】B【解析】【分析】将向量CD转化成CDCAABBD=++，然后等式两边同时平方表

示出向量CD的模，再根据向量的数量积求出向量CA与BD的夹角，而向量CA与BD的夹角就是二面角的补角．【详解】如图所示：由条件，知0,0,CAABABBDCDCAABBD===++．2222||||||||222CD

CAABBDCAABABBDCABD=+++++()2222324234cos,41CABD=+++=uuruuur，1cos,2CABD=uuruuur，即,60CABD=，所以二面角的大小为120故选：B．7.四面

体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，4ABBCCDDA====，22ACBD==，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，现有如下结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2；②四面体ABCD的体积为1633；③过E作

球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理，结合长方体模型、球的几何性质逐一判断即可.【详解

】选项①中，如图（1）所示，找AB的中点H，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面EFHG，则////EGACFH,EGBDGH，所以四边形EFHG为平行四边形，找AC的中点O,连接,ODOB，因为4ABBCCDDA

====，所以,,,,DOACBOACDOBOODOBO⊥⊥=平面BOD，所以AC⊥平面BOD，BD平面BOD，所以ACBD⊥，所以EGEF⊥，所以四边形EFHG为矩形，122EFBD==，122EGAC==，所以截面

的面积222S==，故①正确；选项②中，RtCOD中，由勾股定理得：2216214ODCDOC=−=−=，同理14OBOD==，过点O作OMBD⊥,则122DMDB==，所以由勾股定理得：2214223

OMODDM=−=−=，所以1122232622OBDSBDOM===，由选项①可得：CO⊥平面BOD,所以14326233CBODABODVV−−===，833DABCCBODABODVVV−−−=+=，故②错误；选项③中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体

中，由题可求得，2,23APPCPB===，所以外接球的半径441252R++==，截面面积的最大值为5；平面PCQB截得的面积为最小面积，截面圆的半径22412222PBPCr++===，截面积最小为4，所以截面面积的最大

值与最小值的比为5：4，故③正确.图（1）图（2）【点睛】关键点睛：利用长方体模型、结合球的几何性质是解题的关键.8.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，16ABAA==，8AD=，E为棱AD上一点，且6AE=，平面1ABE上一动点Q满足=0EQA

Quuuruuur，设P是该长方体外接球上一点，则P，Q两点间距离的最大值是（）A.3426+B.3422+C.3411+D.346+【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出点Q坐标，结合平面向量基本定理求出点Q到外接球球心距离的最大值，然

后加上外接球半径即为要求的最大值.【详解】以C为原点，1,,CACBCC所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系.设(),,Qxyz,长方体外接球球心记为O.则()()()()()13,4,3,6,8,0,0,8,0,6,2,0,6,8,6OABEA,()()()()()16,2,,6

,8,,6,6,0,0,6,6,3,4,3.EQxyzAQxyzEBEAOQxyz=−−=−−=−==−−−uuuruuuruuruuuruuur因为=0EQAQuuuruuur，所以()()()226280xyyz−+−−+=①.又动点Q

在面1ABE上，所以可设1EBEQEA=+uuuruuruuur，则662=6+6=6xyz−=−−，即=66=2+6+6=6xyz−②.将②代入①中整理得222+2+2=+③.在三棱锥1AABE−中，1=6AE

ABAA==且1,,AEABAA两两互相垂直，所以三棱锥1AABE−为正三棱锥且底边=62BE.当AQ⊥面1ABE时，AQ最小，在正三棱锥1AABE−中由等体积法有π666=6262sin321113213AQ

uuur，解得=23AQuuur.在RtAQE△中，6AE=，此时EQuuur有最大值()22236=26−.又()()222=62EQxyz−+−+uuur.先代入②再代入③有()22=362622EQ++=

+uuur.则6=26+，此时+有最大值，解得()max2=3+.当点Q与点E重合时，满足=0EQAQuuuruuur，AQ最大，此时()min=0+.则20,3+.点Q到外接球球心距离为()()(

)222=343xyzOQ+−−−+uuur④.将②代入④中整理得()()22=322260262OQ++−++uuur.又222+2+2=+，所以()2=422OQ−++uuur因为20,3

+，所以当=0+时，max22=OQuuur.因为长方体外接球半径为2221686342++=.所以P，Q两点间距离的最大值为3422+.故选：B【点睛】关键点点睛：本题个关键是利用坐标法找出动点Q满足的条件，进而利用坐标法求出max22=OQuu

ur，然后利用球的性质即得.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20.0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.命题“2R,0xx”的否定是“2R,

0xx”B.若正数,ab满足1ab+=，则14abC.函数()πsin24fxx=−的最小正周期是πD.半径为1，圆心角为π3的扇形的弧长等于π3【答案】BCD【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题可判断A；利用

基本不等式可判断B；利用三角函数的周期公式可判断C；利用扇形的弧长公式可判断D.【详解】命题“2R,0xx”的否定是“2R,0xx”，故A错误；2124abab+=，当且仅当12ab==时，等号成立，故B正确；.函

数()πsin24fxx=−的最小正周期2ππ2T==，故C正确；半径为1，圆心角为π3的扇形的弧长为ππ133=，故D正确.故选：BCD.10.一组数据1x，2x，…，nx的平均数是3，方差为4，关于数据131x

−，231x−，…，31nx−，下列说法正确的是（）A.平均数是3B.平均数是8C.方差11D.方差是36【答案】BD【解析】【详解】代入平均数和方差公式，即可求解.【分析】1x，2x，3x，…，nx

的平均数为x，方差为2s，则3x=，24s=，所以数据131x−，231x−，…，31nx−的平均数为313318x−=−=，方差为22233436s==.故选：BD.11.如图所示，在长方体1111ABCDABCD−中，3AB=，2AD=，11

AA=，则在以八个顶点中的两个分别为始点和终点的向量中（）A.单位向量有8个B.与AB相等的向量有3个C.1AA的相反向量有4个D.模为5的向量有4个【答案】ABC【解析】【分析】根据单位向量、相等向量、

相反向量和向量的模的概念逐项分析可得答案.【详解】由题可知单位向量有1AA，1AA，1BB，1BB，1CC，1CCuuur，1DD，1DD，共8个，故A正确；与AB相等的向量有11AB，11DC，DC，共3个，故B正确；是向量1AA的相反向量有1AA，1B

B，1CCuuur，1DD，共4个，故C正确；模为5的向量分别为1ADuuur，1DA，1AD，1DA，1BC，1CB，1BC，1CB，共8个，故D错误．故选：ABC12.如图，在棱长为6的正方体1111ABCDABCD−中，,,EFG分别为1,,ABBCCC的中点，点P是正方形11DCCD面内

（包含边界）动点，则（）A.1DC与EF所成角为30B.平面EFG截正方体所得截面的面积为273C.1//AD平面EFGD.若APDFPC=，则三棱锥PBCD−的体积最大值是123【答案】BCD【解析】【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐

标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥PBCD−的体积最大值判断D.【详解】以A为坐标原点，以1,,ABADAA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(3,0,0)E，(6,0,0)B，(6,3,0)F，(6,6,0)C，1(0,6,6)D，(6,6,3)G，1(6,0,6)B，∴1DC(6,0,6)=−，11BD(6,6,0)=−，(3,3,0),(3,6,3)EFEG==，对A选项，111

cos,||DCEFDCEFDCEF=1812363699==++，则直线1DC与EF所成角为60，故A错误；对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取11CD的中点11,NAD的中点H，1AA的中点K，连接,,,GNNHHKKE，延长EFNG，一定与CD交于一

点M，所以,,,EFGN四点共面，同理可证,,,EFKH四点共面，则过点,,EFG作正方体的截面，截面为正六边形EFGNHK，边长为32，则正六边形EFGNHK的面积为1366323227322EFGS==，

故B正确.由正方体1111ABCDABCD−，可得1AD1//BC，∵,FG分别为1,BCCC的中点，∴//FG1BC，∴1//,FGADFG平面1,EFGAD平面EFG，∴1//AD平面EFG，故C正确；如图，AD⊥面11CDDC，又PD面11CD

DC，故ADDP⊥，同理FCCP⊥，63tan,tan,ADFCAPDFPCDPDPCPCP====又63,,2DPAPDFPCDPCPCP===，根据题意可得(0,6,0),(6,6,0)DC，设(,6,)Pxz，又

222,4DPDPCPCP==，∴22224(6)xzxz+=−+，整理得22(8)16xz−+=，∴在正方形11CDDC面内(包括边界)，P是以(8,6,0)Q为圆心，半径4r=的圆上的点，令6x=，可得||23y=，∴当P为圆Q与线段1CC的交点时，P到底面ABCD的距离最大，最大距离为

23，∴三棱锥PBCD−的体积最大值是111236623123332BCDS==，故D正确.故选:BCD【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20.0分.13.

已知甲、乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，当比赛进行到一方比另一方多2分或者打满6局时停止比赛，设甲在每局中获胜的概率为23，乙每局获胜的概率为13，且各局之间相互独立，则6局后才停止比赛的概率为______．【答案】1681【解析】【

分析】设比赛结束时进行的局数为X，确定其取值为2,4,6，求得(2),(4)PXPX==的值，即可求得答案.【详解】设比赛结束时进行的局数为X，则X的可能取值为2,4,6，则22215(2)()()339PX==+=,4局结束时，即前两局甲、乙各胜一局，后两局都是最终的获胜者胜，故13

1322211220(4)C()C()333381PX==+=，.则16(6)1(2)(4)81PXPXPX==−=−==，即6局后才停止比赛的概率为1681，故答案为：168114.如图，在ABC中，2BOOC=，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点

M，N.设ABmAM=，ACnAN=，则11mn+的最小值为____________.【答案】3223+【解析】【分析】根据,,MON三点共线求得,mn的等量关系式，结合基本不等式求得11mn+的最小值.【详解】因为2BOOC=，所以23BOBC=，所以()22123333AOABA

BABBABBOCACABAC=++=−=++=，又ABmAM=，ACnAN=，所以233AMmnANOA=+，因为M，O，N三点共线，所以2133mn+=，由图可知0m，0n，所以111121212

32233233333mnmnmnmnmnmnmn++=++=+++=，当且仅当2mnnm=，即6322n−=、323m=−时取等号，所以11mn+的最小值为3223+.故答案为：3223+【点

睛】方法点睛：利用基本不等式求式子的最值，要注意一正、二定、三相等，正表示用基本不等式的,Rab+，定表示用基本不等式后得到的需是定值，这个定值才是最值，三相等是指等号成立的条件是ab=要存在.15.两个非零向量a，b，定义||||||sin,a

babab=．若(1,0,1)a=，(0,2,2)b=，则ab=___________．【答案】23【解析】【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.【详解】因为2222112,2222ab=+==+=，2ab→→=，所以21cos,42

ababab===，故213sin,1()22ab=−=，所以3222232ab==，故答案为：2316.已知ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为______【答案】1

【解析】【分析】画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解1OO即可．【详解】由题意可知图形如图：ABC是面积为934的等边三角形，可得239344AB=，3ABBCAC===，可得：12333

32AO==，球O的表面积为16，设外接球的半径为R；所以2416R=，解得2R=，所以O到平面ABC的距离为：222(3)1-=．故答案为：1．四、解答题：本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知函数2()24fxxkx=++.（1

）若函数()fx在区间1,4上是单调递增函数，求实数k的取值范围；（2）若()0fx对一切实数x都成立，求实数k的取值范围．【答案】（1）1k−（2）2<<2k−【解析】【分析】（1）利用对称轴和区间的关系，列不等式，解不等式即可；（2）利用判别式Δ0即

可解决.【小问1详解】因为函数()fx在区间1,4上是单调递增函数，且()fx的对称轴为xk=−，所以1k−，解得1k−.【小问2详解】若()0fx对一切实数x都成立，则24160k=−，解得2<<2k−.18.已知

ABC内角,,ABC的对边分别为,,abc，设22(sinsin)sinsinsinBCABC−=−.（1）求A；（2）若4,bcABC+=的面积为32，求a的值.【答案】（1）π3A=（2）10a=【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定

理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得6bc=，结合余弦定理即可得到结果.【小问1详解】原式化简可得：222sin2sinsinsinsinsinsinBBCCABC−+=−，整理得：222sinsinsinsinsinB

CABC+−=，由正弦定理可得：222bcabc+−=，2221cos,22bcaAbc+−==因此三角形的内角π3A=；【小问2详解】1133sin2222ABCSbcAbc===，2bc=，22222cos()316610abc

bcAbcbc=+−=+−=−=，10a=.19.摇奖器中有6个小球，其中4个小球上标有数字2，2个小球上标有数字5，现摇出3个小球，规定所得奖金（元）为这些小球上记号之和，如果参加此次摇奖，求获得所有可能奖金数及相应的概率.

【答案】所有可能奖金数为6，9，12，对应概率为15，35，15【解析】【分析】确定奖金数额的可能取值，用列举法列举出摇奖的所有情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案.【详解】设此次摇奖的奖金数额为元，获得所有可能

奖金数6=，9，12；记标有数字2的球为1，2，3，4；标有数字5的球为a，b，则从中摇出3个球的所有样本点为：123，124，12a，12b，134，13a，13b，14a，14b，1ab，234，23a，23b，24a，

24b，2ab，34a，34b，3ab，4ab共20个；当摇出的3个小球均标有数字2时，6=；对应的样本点有：123，124，134，234共4个，当摇出的3个小球有1个标有数字2，2个标有数字5时，12=，对应的样本点有：1ab，2ab，3ab，4ab共4个当摇出的3个小球

中有2个标有数字2，1个标有数字5时，9=；对应样本点共有204412−−=个，故()416205P===，()1239205P===，()4112205P===，20.已知四棱锥PABCD−，底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥平面ABCD，且2PA=，60ABC=，E，F分别

是BC，PC的中点.（1）求AC与平面AEF所成角的正弦值；（2）求二面角FAEC−−的正切值；（3）求点B到平面AEF的距离.【答案】（1）55（2）2（3）255【解析】【分析】（1）先证AE，AD，PA两两垂直，构建空间直角坐标系，再应用向量法求线面角的正弦值；（2）取AC的中点O，连接

FO，易证FO⊥平面ABCD，过O作OGAE⊥于G，结合二面角定义找到对应的平面角，进而求其正切值；（3）根据（1）所得坐标系，应用向量法求点面距离即可.【小问1详解】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⊥，//BCA

D，因此AEAD⊥.由于PA⊥平面ABCD，,ADAE平面ABCD，所以PAAD⊥，PAAE⊥，故AE，AD，PA两两垂直，则以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E，F分别为BC，PC的中点，则()0,0,0A，()3,1,0B−，()3,1,0C，()0,2,0D

，()002P,,，()3,0,0E，31,,122F，所以()3,0,0AE=，31,,122AF=，()3,1,0AC=，设平面AEF的一个法向量为(),,nxyz=，则3031022nAExnAFxyz===++=，令2y=，则()0

,2,1n=−，设AC与平面AEF所成角为，则25sin552mACmAC===.【小问2详解】取AC的中点O，连接FO，又F为PC中点，所以//FOPA且12FOPA=，又PA⊥平面ABCD，则FO⊥平面ABCD.过O作OGAE⊥于G，则FGO就是二面角FAEC−−

的平面角，由图及题意得1FO=，12OG=，得tan2FOFGOOG==.【小问3详解】设点B到平面AEF的距离为d，()3,1,0BA=−，由（1）知：面AEF的一个法向量为()0,2,1n=−，所以22555BAndn===.21.已知向量()()2sin,sincos,c

os,2mnm=−=−−，函数()fmn=的最小值为()gm.（1）求()gm；（2）函数()hx为定义在R上的增函数，且对任意的12,xx都满足1212()()()hxxhxhx+=+，问：是否存在这样的实数m，使不

等式4()(23)(())sincoshhmhf++−对所有π(,π)4恒成立，若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）()1222,21222,2mmgmmm−++−=−−−（2）存

在，22m−【解析】【分析】（1）利用向量的乘积运算求出()f的解析式，求出最小值可得()gm,根据对称轴，讨论参数的范围分段表示求()gm；（2）假设存在符合条件的实数m，则依题意有()()()423sincoshhmhf+

+−，对所有π,π4恒成立．设sincost=−，则(0,2t，利用三角函数的有界限转化为对勾函数的求最值问题，利用不等式的性质即可求出m的取值范围．【小问1详解】()()()2sincos2sincosfmnm==−+−设πsinc

os2sin4t=−=−，则22,2,2sincos1tt−=−+()()()221fQttmt==−−++，2,2t−，其对称轴为12mt=−−，当22122m−+−−，即2m−时，()

()21222gmQm=−=−++；当22122m−+−−，即2m−时，()()21222gmQm==−−−；综上，()1222,21222,2mmgmmm−++−=−−−−【小问2详解】假设

存在符合条件的实数m，则依题意有()423sincosmf++−，对所有π,π4恒成立.设πsincos2sin4t=−=−，则(π3π0,,0,244t−，∴()242321mtmtt++−−++

，(0,2t恒成立即()()222tmttt+−++，(0,2t恒成立，∵(0,2t，∴20t+∴2mtt−+，(0,2t恒成立令()2httt=−+由()2httt=−+在(0,2t

上单调递增则()()max222222hth==−−=−∴22m−所以存在符合条件的实数m，并且m的取值范围为()22,−+.【点睛】关键点点睛:解题的关键点是换元思想，利用最值和单调性是解题的关键．22.如图，在三棱锥DABC−中，12ADCDAECEBC====，

CDAD⊥，记二面角DACB−−的平面角为．（1）若π3=，2BC=，求三棱锥DABC−的体积；（2）若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．【答案】（1）63224+（2）ππ,63

【解析】【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出13AB=+，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出,ADEM，结合第一问结论求出313113cos,cos,442

2ADEM−+=+，从而求出答案.【小问1详解】取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则1ADCDAECE====，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角DACB−−的平面角，即π3DFE==，连接DE，作DH⊥FE，

因为DFEFF=，所以AC⊥平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为ACEFF=，所以DH⊥平面ABC，因为CDAD⊥，由勾股定理得：2AC=，22DF=，又1AECE==，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=π4，22EF=，在△ABC中，

由余弦定理得：2222242cos2222ACABBCABBACACABAB+−+−===，解得：13AB=+或13−（舍去），则()11213sin2132222ABCSACABBAC+==+=，因为π3DFE==，22DFEF==，所以△DEF为等边三角

形，则64DH=，故三棱锥DABC−的体积11136632332424DABCABCVSDH−++===；【小问2详解】设ADCDAECEa====，则2ACa=，2BCa=，由（1）知：()31ABa=+，DFE=，取,,FAFDFE为空间中一组基底，则ADFDFA=−，由第一问可

知：()11313222EMEBBMAEBCACFEFA−=+=+=+−()313131222FAFEFAFEFA−−+=−+−=−，则()313122ADEMFDFAFEFA−+=−−2313131312

222FEFDFDFAFAFEFA−+−+=−−+其中22FEFDFAa===，且DFE=，,FDFAFEFA⊥⊥，故22231313131coscos2244ADEMFEFDFAaa−+−+

=+=+，由第一问可知CEAE⊥，又M是BC的中点，所以12EMBC=，所以2223131cos313144cos,cos44aaADEMADEMaADEM−++−+===+，因为三棱锥DABC−中()0,π，所以(

)cos1,1−，所以313113cos,cos,4422ADEM−+=+，故直线AD与EM所成角范围为ππ,63.的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com