【文档说明】四川省南充市嘉陵第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.163 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-cb102f1679c23c4c6685e18d56b04467.html

以下为本文档部分文字说明：

秘密★启用前嘉陵一中高2023级高二上期第一次月考数学试卷注意事项：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.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净

后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.在空间直角坐标系中，(1,2,0)A−，点(1,1,2)B−关于y轴的对

称点为C，则||AC=（）A.5B.11C.3D.10【答案】C【解析】【分析】根据空间坐标系中的对称性求得点C的坐标，计算即得AC的坐标和模长.【详解】因点(1,1,2)B−关于y轴的对称点为(1,1,2)C−，(1,2,0

)A−，则(2,1,2)AC=−−，故222||2(1)(2)3AC=+−+−=.故选：C.2.空间中有三点()1,2,2P−−，()2,3,1M−，()3,2,2N−，则点P到直线MN的距离为（）A.22B.23C.3D.25【答案】A【解析】【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.【

详解】因为()1,1,1MN=，所以MN的一个单位方向向量为()31,1,13u=.因为()1,1,3PM=−，故()22211311PM=+−+=，()311333PMu=−+=,所以点P到直线MN的距离为()()2211322PMPMu−=−=.故选：A3.三棱锥

OABC−中，点P面ABC，且12OPOAkOBOC=+−，则实数k=（）A.12−B.12C.1D.32【答案】D【解析】【分析】由四点共面的充要条件列方程即可得解.【详解】由题意三棱锥OABC−中，点

P面ABC，且12OPOAkOBOC=+−，所以1112k+−=，解得32k=.故选：D.4.如图，空间四边形OABC中，,,OAaOBbOCc===，点M在OA上，且23OMOA=，点N为BC中点，则MN等于（）A.111222abc+−B.21132

2abc−++C.221332abc+−D.221332abc−+−【答案】B【解析】【分析】根据给定的几何体，利用已知的空间基底表示向量MN.【详解】在空间四边形OABC中，11111((323))2)2(MNMAANOAABACOAOBOAOCOA=+=++=+−+−21121

1322322OAOBOCabc=−++=−++.故选：B5.已知,,ABC为随机事件，A与B互斥，B与C互为对立，且()()0.2,0.7PAPC==，则()PAB=（）A.0.2B.0.5C.0.6D.0.9【答案】B【解析】分析】根据对立事件得

到()0.3PB=，根据互斥事件得到()()()PABPAPB=+，计算得到答案.【详解】因为事件B与事件C互为对立，所以()()10.3PBPC=−=，因为事件A与事件B互斥，则()()()0.5PABP

APB=+=∪，故选：B6.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，,MN分别为11,DBAC的中点，则直线1AM和BN夹角的余弦值为（）A.23B.33C.23D.13【答案】C【解析】【分析】以1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴，建立空

间直角坐标系，根据向量夹角的余弦公式求解即可．【详解】分别以1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴，建立如图所示空间直角坐标系，【设正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，则()1(2,0,2),(1,1,0),(2,2,0),1,1,2AM

BN，所以()1(1,1,2),1,1,2MABN=−=−−设向量1MA与BN的夹角为，则1111442cos63114114MABNMABN−++====++++，所以直线1AM和BN夹角的余弦值为23，故选：C．7.据史书记载，古代的算筹是由一根根同样长

短和粗细的小棍制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当．即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推．例如⊥‖表示62，＝T表示26，现有6根算筹，据此表示方式任意表示两位数（算筹

不剩余且个位不为0），则这个两位数不小于50的概率为（）A.13B.12C.23D.35【答案】B【解析】【分析】根据6根算筹，分为五类情况：51,42,33,24,15+++++，逐一分类求解满足要求的两位数，即可求解概率.【详解】根据题意可知：一共6根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为51

,42,33,24,15+++++一共五类情况；第一类：51+，即十位用5根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是5或者9，个位为1，则两位数为51或者91；第二类：42+，即十位用4根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是4或者8，个位可能为2或者6，故两

位数可能42，46，82，86；第三类：33+，即十位用3根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是3或者7，个位可能为3或者7，故两位数可能是33，37，73，77；第四类：24+，即十位用2根算筹，个位用4根算筹，那么十位为2或6，个位可能为4

或者8，则该两位数为24或者28或者64或者68，第五类：15+，即十位用1根算筹，个位用5根算筹，那十位是1，个位为5或者9，则两位数为15或者19；综上可知：用6根算筹组成的满足题意的所有的两位数有：15，19，24，28，33，37，42，46，51，64，68，73，77，

82，86，91共计16个，则不小于50的有：51，64，68，73，77，82，86，91共计8个，故概率为81=162，故选：B.8.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖

臑ABCD−中，AB⊥平面BCD，90BDC=，222BDABCD===，E是BC的中点，H是ABD△内的动点（含边界），且//EH平面ACD，则CAEH的取值范围是（）A.0,3B.1,32C.111,22

D.113,2【答案】B【解析】【分析】依题意作出图形，利用面面平行的判定定理可得平面//EFG平面ACD，再由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面ABD，进而有EGFG⊥，cosFGEFGEF=，结合空间向量的数量积运算即可求解.【详解】设F，G分别为AB，B

D的中点，连接FG，EF，EG，如图，易得//FGAD，//EFAC，//EGCD，因为FG平面EFG，AD平面EFG，所以//AD平面EFG，同理//AC平面EFG，又因为,ACAD平面ACD，ACADA=，所以平面//EFG平面ACD.因为//EH平面ACD，所

以H为线段FG上点.由AB⊥平面BCD，CD平面BCD，得ABCD⊥，又90BDC=，则BDCD⊥，由,,ABBDBABBD=I平面ABD，得CD⊥平面ABD，因为//EGCD，所以EG⊥平面ABD，EGFG⊥，cosFGEFGEF=.因为222BDABCD===，所以1522F

GAD==，5BC=，1622EFAC==.所以()2222CAEHEFEFFHEFEFFH=+=+()2222cosπ22cosEFEFFHEFGEFEFFHEFG=+−=−22235EFFH

FGFH=−=−.因为50,2FH，所以1,32CAEH.故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得H为线段FG上的点，从而利用空间向量数量积的定义得到35CAEHFH=−，从而得解.二、选择题：（本题共3小题，每小

题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合的题目要求.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.已知事件A，B满足()0.7PA=，()0.2PB=，则下列结论正确的是（）A.()0.14PAB=B.如果BA，那么()0.7

PAB=C.如果A与B互斥，那么()0.9PAB+=D.如果A与B相互独立，那么()0.24PAB=【答案】BCD【解析】【分析】根据独立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式判断各选项.【详解】A选项：当A与B相互独立时，()()()0.14PABPA

PB==，A选项错误；B选项：若BA，则()()0.7PABPA==，B选项正确；C选项：A与B互斥，那么()()()0.9PABPAPB+=+=，C选项正确；D选项：如果A与B相互独立，那么()()()()()()()1110.210

.70.24PABPAPBPAPB==−−=−−=，D选项正确；故选：BCD.10.已知空间中三点()0,1,0A，()2,2,0B，()1,3,1C−，则下列说法正确的是（）A.AB与AC是共线向量B.与AB同向的单位向量是255,,055

C.AB和BC夹角的余弦值是5511D.平面ABC的一个法向量是()1,2,5−【答案】BD【解析】【分析】利用空间向量共线可判断A；求出与AB同向的单位向量可判断B；求出AB和BC夹角的余弦值可判断C；求出平面ABC的一个

法向量可判断D.【详解】对于A，()2,1,0AB=，()1,2,1AC=−，因为210121−，所以AB与AC不是共线向量，故A错误；对于B，()2,1,0AB=，与AB同向的单位向量是(),2

155,,0051452,+==ABAB，故B正确；对于C，()2,1,0AB=，()3,1,1BC=−，6155cos,115911−+===−++ABBCABBCABBC，所以AB和BC夹角的余弦值是5511−，故C错误；对于D，()2,1,0AB=，()1,2

,1AC=−，设(),,nxyz=为平面ABC的一个法向量，则00ABnACn==，2020xyxyz+=−++=，令1x=，可得25，=−=yz，所以平面ABC的一个法向量是()1,2,5−，故D正确.故选：BD.11.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，

M，N分别是棱11AB，11AD的中点，点E在BD上，点F在1BC上，且BECF=，点P在线段CM上运动，下列说法正确的有（）A.当点E是BD中点时，直线//EF平面11DCCD；B.直线11BD到平面CMN

的距离是22；C.存在点P，使得1190BPD=；D.1PDD△面积的最小值是556【答案】AC【解析】【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点1D到平面CMN的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；

求出1PDD△面积的表达式，再求得面积的最小值判断D.【详解】对于A，由E是BD中点，BECF=，得点F是1BC中点，连接1BC，显然F也是1BC的中的点，连接1DC，于是1//EFCD，而EF平面11DCCD，1DC平面11DCCD，所以直线//EF平面11DCCD，A正确；

对于B，,MN分别是棱1111,ABAD的中点，则11//BDMN，11BD平面CMN，MN平面CMN，于是11//BD平面CMN，因此直线11BD到平面CMN的距离等于点1D到平面CMN的距离h，2222112,(22)13MNCMCNCDDN===+=+=，1111(11)

2323CMNDV−==，22121723()222CMNS=−=，111732DCMNVh−=，由11CMNDDCMNVV−−=，得21717h=，B错误；以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则

()1,0,2M，()2,2,0C，()12,0,2B，()10,2,2D,对于C，设()1,2,2MPtMCt==−，则()1,2,22Pttt+−+，()11,2,2PBttt=−−，()11,22,2PDttt=−−−，[0,1]t，由11=90BPD，得()()()()2111

1222229410PBPDtttttttt=−−−+−−+=−−=，解得2139t=，由于2130,19t+=，因此存在点P，使得11=90BPD，C正确；对于D，由选项C得()1,2,22Pttt+−+

在1DD的投影点为()0,2,22t−+，则P到1DD的距离222316(1)(22)5()55dttt=++−=−+，1PDD△面积为2131625()255Sdt==−+()0,1t，所以当35t=时，S取得最小值为455，D错误.故选：AC三、填空题：（本题共3小题，

每小题5分，共15分.）12.在空间直角坐标系中，点()0,1,0A，点()5,4,3B−，点()2,0,1C，则AB在CA方向上的投影向量的坐标为______.【答案】()6,3,3−【解析】【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入计算，即可求解.【详解】由条件可

得()5,5,3AB=−，()2,1,1CA=−−，所以AB在CA方向上的投影向量的坐标为ABCACACACA()()()2,1,1105332,1,16,3,3411411−−−−−==−−−=−++++.故

答案为：()6,3,3−13.某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李华答对每道题目的概率都是23，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李华最终通过面试的概率为______.【答案】2627【解析】

【分析】利用相互独立事件以及对立事件的概率公式计算即可.【详解】依题意，李华3道题都没有答对的概率为3211327−=，所以李华最终通过面试的概率为12612727−=.故答案为：2627.14.在如图所示的试验装置中，两个正方形框架

ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记(02)CMBNaa==，当MN的长最小时，平面MNA与平面MNB夹角的正弦值为_______.【答案】222##233【解析】【

分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，运用两点间的距离公式可求得MN，借助二次函数，求出MN最小时对应的a的值，然后找出二面角的平面角,借助向量夹角公式计算求解即可.【详解】以B原点建立如图所示的空间直角坐标系，则(1,0,0),(0,0,1),(1,1,

0),(0,1,0)ACFE，因为CMBNa==，所以(,0,1),(,,0)2222aaaaMN−，所以222121()22MNaaa=−+=−+，当22a=时，MN最小，此时，,MN为中点，则1111(,0,),(,,0)2222MN，取MN的中点

G，连接,AGBG，则111(,,)244G，因为AMAN=，BMBN=，所以AGMN⊥，BGMN⊥，所以AGB是平面MNA与平面MNB的夹角或其补角，因为111(,,)244GA=−−，111(,,)244GB=−−−

，所以111·141616cos,3111111·4161641616GAGBGAGBGAGB−++===−++++，所以平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是13，所以平面MNA与平面MNB夹角的正弦值是2

1221()33−=．四、解答题：（本题共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.已知向量()()2,1,,1,4,1amb=−=，且ab⊥．（1）求2ab+的值；（2）求向量2ab+与ab−夹角的余弦值．【答案】（1）9；（2）33−.【解析】【分析】（1）根据ab

⊥，可得2m=，从而可得()24,7,4ab+=，再根据向量模的坐标求法计算即可；（2）结合（1）可得()1,5,1ab−=−，33ab−=，再由夹角公式求解即可.小问1详解】解：因为()()2,1,,1,4,1,ambab=−=⊥，所以240abm=−+=，解得2m=，所以()

()2,1,2,1,4,1ab=−=，【则()()()22,1,221,4,14,7,4ab+=−+=，所以22224749ab+=++=；【小问2详解】解：()()()2,1,21,4,11,5,1ab−=−−=−，2221(5)133ab−=+−+=，()()()2

41754127abab+−=+−+=−，设向量2ab+与ab−夹角为，所以()()2273cos39332abababab+−−===−+−，所以向量2ab+与ab−夹角的余弦值为33−．16.如图，在四棱锥PABCD−中，2,1,,PDADPDDAPDDC=

=⊥⊥，底面ABCD为正方形，,MN分别为,ADPD的中点．（1）求证：PA∥平面MNC；（2）求直线PB与平面MNC所成角的正弦值；（3）求点B到平面MNC的距离．【答案】（1）证明见解析（2）16（3）63【解析】【分析】（1）利用中位线定理证明//PAMN，然后由线面平行的

判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面MNC的法向量，由向量的夹角公式求解即可；（3）求出BC的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可．【小问1详

解】证明：因为M，N分别为AD，PD的中点，所以//PAMN，又PA平面MNC，MN平面MNC，故//PA平面MNC；【小问2详解】由于,,,,PDDAPDDCDADCDDADC⊥⊥=平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，以点D为坐标原

点，建立空间直角坐标系如图所示，则()1,1,0B，()0,1,0C，()0,0,2P，1,0,02M，()0,0,1N，所以1(1,1,2),(0,1,1),(,0,1)2PBNCMN=−=−=−，设平面MNC的

法向量为(,,)nxyz=，则1020nMNxznNCyz=−+==−=，令1y=，则1z=，2x=，故(2,1,1)n=，设直线PB与平面MNC所成角为，则sin=11cos,6114411PBnPBnPBn===++++，故直线PB与平面MNC所成角

的正弦值为16；【小问3详解】因为(0,1,0)(1,1,0)(1,0,0)BC=−=−，又平面MNC的法向量为(2,1,1)n=，所以点B到平面MNC的距离为||26||3411nBCdn===++．

17.第22届亚运会已于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行．为庆祝这场体育盛会的胜利召开，某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛．已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了

初赛且通过初赛的概率依次为12，a，b，通过初赛后，甲、乙、丙3位选手通过决赛的概率均为12，假设他们之间通过与否互不影响．其中，甲乙两人都能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为124，乙丙都不能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为3548.（1）求a，b的值；（2）求这3人至少一人参加

市知识竞赛的概率；（3）某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了奖励方案：只参加了初赛的选手奖励200元，通过了初赛并参加了决赛的选手奖励500元．求三人奖金总额为1200元的概率．【答案】（1）13a

=，14b=（2）87192（3）14【解析】【分析】（1）先计算出这三人各自能参加市亚运知识竞赛的概率，再利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可；（2）结合（1）问，利用对立事件的概率公式计算即可；（3

）计算出三人中有两人通过初赛的概率，再利用概率的加法公式计算即可.【小问1详解】甲能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为1111224P==；乙能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为21122Paa==；丙能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为3

1122Pbb==；由于他们之间通过与否互不影响所以甲乙两人都能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率4121114224PPPa===，解得：13a=，乙丙都不能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为()()5233511112248abPPP=−−=−−=

，解得：14b=，【小问2详解】结合（1）问可知：这3人都不能代表A社区参加市知识竞赛的概率:6111105111486192P=−−−=，所以这3人至少一人参加市知识竞赛的概率为：105871192192−=

.【小问3详解】由题意可得：要使奖金之和为1200元，则只有两人参加决赛，记“甲，乙，丙三人获得的奖金之和为1200元”为事件B,则()11111111111112432432434PB=−+−+−=

.18.某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全

部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点

球的概率均为12,乙队每位球员罚进点球的概率均为23.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.（1）求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;,（2）若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均

得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.【答案】（1）12（2）49【解析】【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球.(2)甲队

第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.【小问1详解】设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为A,未罚进点球的事件为A;乙队球员罚进点球的事件为B,未罚进点球的事件为B.设每一轮罚

球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,则()()()()()1212111112323632PCPAPBPAPB=+=−−+=+=,故每一轮罚球中,甲、乙

两队打成平局的概率为12.【小问2详解】因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.①比分为2:1的概率为()()()()()()()()PAPBPAPBPAPBP

APB+121212121111111112323232318189=−−−+−−−=+=.②比分为2:2的概率为()()()()121211123239PAPBPAPB

=−−=.③比分为3:2的概率为()()()()()()()()PAPBPAPBPAPBPAPB+121221223239=−=.综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为11249999++=.19.如图，在四棱锥PABC

D−中，已知底面ABCD为矩形，PABC⊥，平面PAD⊥平面ABCD.（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）若2,2PAADAB===，点M在棱PD上，且二面角MACB−−的大小为120.①求证：CMBD⊥；②设Q是直线BC上的点，

求直线MQ与平面MAC所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）①证明见解析；②33.【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质得到AB⊥平面PAD，再利用线面垂直的性质得到ABPA⊥，结合条件及线面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，①求出平面MAC和

平面ABC的法向量，结合条件得到()2,1,1CM=−−uuur，从而有0CMBD=uuuruuur，即可证明结果；②设()2,,0Qx，结合①中结果，利用线面角的向量法，得到22sin2(1)3xx−=−+，即可求出结果.【小问1详解】在四棱锥PABCD−中，因为

底面ABCD为矩形，所以ABAD⊥.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面,ABCDADAB=平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，因为PA平面PAD，所以ABPA⊥，因为,,PABCABBC⊥平面ABCD，且ABBC

B=，所以PA⊥平面ABCD.【小问2详解】①以,,ABADAP为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−.则()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,0,2ABCDP，所以()2,2,0AC=uuur，因为点M在棱PD上，所以设,01(0DMDP

==uuuuruuur或1=显然不满足题设)，因为()0,2,2DP=−，所以()0,2,2DM=−uuuur，所以()0,22,2AMADDM=+=−uuuruuuruuuur，设

平面MAC的一个法向量()1,,nxyz=，则1100nAMnAC==，即()2220,220,yzxy−+=+=，取2x=，则11,yz−=−=，所以112,1,n−=−ur，()0,0,2AP=uuu

r又是平面ABC的一个法向量，所以()11221211cos,11233nAPnAPnAP−−===−−++uruuururuuururuuur，因为二面角MACB−−的大小为120，所以11cos,2nAP=uruuur，即

211213−=−+，解得12=，此时，()()2,2,22,1,1CMCDDM=+=−−=−−uuuruuuruuuur，()2,2,0BD=−uuur又，所以()()2,1,12,2,00CMBD=−−−=uuuruuur，所以CMB

D⊥uuuruuur，即CMBD⊥.②因为Q是直线BC上的点，所以设()2,,0Qx，由①可得()0,1,1M，所以()2,1,1MQx=−−uuur，平面MAC的一个法向量()12,1,1n=−ur.设直线MQ与平面MAC所成角为，则122sin

cos,02(1)3xnMQx−==−+.则222284841sin416424xxxxxxx−−−−+==++，当0x=时，21sin4=，当0x时，211sin8424xx=−+−，由对勾函数的性质可知()824,124,xx+−−−+U，所以当8248xx+−=

−，即2x=−时，2sin取最大值13，所以max3(sin)3=，即直线MQ与平面MAC所成角的正弦值的最大值为33.