安徽省县中联盟大联考2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份安徽省县中联盟大联考2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共21页。
本试卷分选择题和非选择题两部分.满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
本卷命题范围：人教 A 版必修第二册（约 20%）、选择性必修第一册第一章~第二章第 2 节
（约 80%）.
一、选择题：本题共 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.
若复数 z  3  2i ，则复数iz 的虚部为（ ）
A 2B. 3C. 2D. 3
直线 x  2025  0 的倾斜角是（ ）
ππ
A. 0B. C.
42
D. π
已知点 A5, 2, 3 ， B 1, 4, 2 ，点 P 满足 BP  2PA ，则点 P 的坐标是（ ）
 3,  8 , 8 
 1,  10 , 7 
7, 6,1
11, 0, 4
3 3 3 3 

过点1, 6 且与直线2 x  6 y  7  0 平行的直线方程为（ ）
x  3y 17  0B. x  3y 19  0
C. 3x  y  3  0D. 3x  y  9  0
已知向量 a  2,λ,1 ， b  1, 1, 2 ，且向量a 与b 夹角的余弦值为 3 ，则λ的值为（ ）
5
5
5
5
6
A. 5
B. C.
D. 或
已知两点 M 3, 2 ， N 1, 4 ，直线l 过点 P 3, 3 ，若直线l 与线段 MN 相交，则直线l 的斜率的取值范围是（ ）
A.  , 1  ∪  7 , 
B.  1 , 7 
6  2
 6 2 

C.  2 , 6


D.  , 2  ∪6, 
 7
7 
若直线l 过点 A1, 4 ，且与两坐标轴围成的三角形的面积为 8，则直线l 的个数为（ ）
B. 2C. 3D. 4
→→→→→→
3
已知空间向量a ， b ， c 满足 a  b  1， c  7 ，且 a  b  0 ， c  a  c  b  2，则 c  ma  nb
的最小值为（ ）
A. 5B. 6C. 25D. 36
二、选择题：本题共 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.
已知一组样本数据如下：2，3，4，5，7，7，8，12，则该组数据的（ ）
极差为 10B. 平均数为 6
C. 标准差为 9D. 第 80 百分位数为 7.5
下列说法中正确的有（ ）
→ → →
→→ → →
若a, b, c是空间的一个基底，则a  c, b, c 也是空间的一个基底
在空间直角坐标系Oxyz 中，点 P 2, 5,1 关于 y 轴对称的点的坐标是2, 5,1
已知平面α的一个法向量为 m  1, 2, 3 ，平面β的一个法向量为 n  2, 4, k  .若α/ /β，则
k  6
已知直线l 过点 P 2, 4 ，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l 的方程为 x  y  6  0
在四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是平行四边形， AD  AA1  2 AB  2 ，且
π
A1AB  A1AD  BAD  3 ，点 P 满足 B1P  λB1D ，则下列说法正确的是（ ）
λ 1
–––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
若2 ，则 B1P  2 AD  2 AB  2 AA1
若λ 1 ，则 P ， A ， C ， B 四点共面
311
C. 直线 AC1 与直线 DB 所成角的余弦值为 2 51
51
2
D. 四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的体积为2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知事件 A 与 B 互斥，且 P  A  0.28 ， P  B  0.54 ，则 P  A ∪ B  .
若2x1  5 y1  1， 2x2  5 y2  1，且 x1  x2 ，则经过 M  x1 , y1  ， N  x2 , y2  的直线l 的一般方程为
.
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 4，空间中的一点 P 满足 PD  PB1  10 ，则 AB  AP 的取值范围是.
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.
已知空间三点 M 2, 0, 2 ， N 3,1, 5 ， P 1, 3, 4 ，设 a  MN ， b  MP .

→→→
若 a  mb  a ，求m 的值；
→→→→
若向量c 满足 c  6 ，且c ∥b  a，求向量c 的坐标.
已知V ABC 的三个顶点是 A2, 1 ， B 3, 4 ， C 6, 3 .
求边 AC 上的中线所在的直线方程；
求边 BC 上的高所在的直线方程.
在V ABC 中，内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，且c  asinB  bcsA .
（1）求 B ；
2
（2）若 a  3 ， c ，点 D 是边 BC 上的一点，且csADC   4 ，求sinDAC 和△ADC 的面积.
5
3
如图，在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，四边形 ABCD 是矩形， AB  1， AD  AA1 ，点
E ， F 分别为 A1D1 ， DD1 的中点.
求证： EF / / 平面 B1 AC ；
求点 B1 到平面 EAC 的距离；
求二面角 E  AC  B1 的正弦值.
如图 1，在V ABC 中， AC  BC ， AC  BC  2 ， M ， N 分别是 BA ， BC 边上的动点（不同于端点），且 MN ∥ AC ，将VBMN 沿 MN 折起到VPMN 的位置，得到四棱锥 P  ACNM ，如图 2 所 示，点Q 是线段 AC 的中点.
求证： MN  PC ；
若 PN  2NC ，当四棱锥 P  ACNM 的体积取得最大值时，求平面 PMC 与平面 PMQ 的夹角的余弦值；
若 AM  PQ ，求直线 PM 与平面 ACM 所成角的正弦值的取值范围.
2025~2026 学年度第一学期高二 10 月联考
数学（A 卷）
考生注意：
本试卷分选择题和非选择题两部分.满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
本卷命题范围：人教 A 版必修第二册（约 20%）、选择性必修第一册第一章~第二章第 2 节
（约 80%）.
一、选择题：本题共 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.
若复数 z  3  2i ，则复数iz 的虚部为（ ）
B. 3C. 2
【答案】D
【解析】
D. 3
【分析】由复数乘法、虚部的概念即可求解.
【详解】由题意可得iz  i 3  2i  2  3i ，故复数iz 的虚部为3 .
故选：D
直线 x  2025  0 的倾斜角是（ ）
ππ
A. 0B. C.
42
D. π
【答案】C
【解析】
【分析】由 x  2025 垂直于 x 轴即可得解.
【详解】直线 x  2025  0 垂直于 x 轴，故所求倾斜角是 π .
2
故选：C.
已知点 A5, 2, 3 ， B 1, 4, 2 ，点 P 满足 BP  2PA ，则点 P 的坐标是（ ）
 3,  8 , 8 
 1,  10 , 7 
7, 6,1
11, 0, 4
3 3 3 3 

【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标运算计算.
【详解】设点 P  x, y, z  ，又 A5, 2, 3 ， B 1, 4, 2 ，
所以 BP   x 1, y  4, z  2 ， PA  5  x, 2  y, 3  z  ，又 BP  2PA ，
所以 x 1, y  4, z  2  2 5  x, 2  y, 3  z  ，
解得 x  3 ， y   8 ， z  8 ，
33
所以点 P 的坐标是 3,  8 , 8  .
3 3 

故选：A.
过点1, 6 且与直线2 x  6 y  7  0 平行的直线方程为（ ）
x  3y 17  0B. x  3y 19  0
C. 3x  y  3  0D. 3x  y  9  0
【答案】A
【解析】
【分析】求出已知直线的斜率，再结合平行关系及直线的点斜式方程求解即得.
【详解】直线2 x  6 y  7  0 的斜率为 1 ，则所求直线的斜率为 1 ，且过点1, 6 ，
33
所以所求直线的方程为 y  6   1  x 1 ，即 x  3y 17  0 .
3
故选：A.
已知向量 a  2,λ,1 ， b  1, 1, 2 ，且向量a 与b 夹角的余弦值为 3 ，则λ的值为（ ）
5
5
5
5
6
A. 5
B. C.
D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由向量坐标形式的模的公式、夹角余弦公式和数量积坐标表示即可计算求解.
→
【详解】因为 a  2,λ,1 ， b  1, 1, 2 ，
a
所以 →

22  λ2 12

→
5  λ2
12  12  22
， b 
6 ， a  b  λ，
又向量a 与b 夹角的余弦值为 3 ，
→
6
→ →a  bλ3
a b
→ →
5  λ2  6
所以csa, b 
6 ，解得λ  5 .
故选：B.
已知两点 M 3, 2 ， N 1, 4 ，直线l 过点 P 3, 3 ，若直线l 与线段 MN 相交，则直线l 的斜率的取值范围是（ ）
A.  , 1  ∪  7 , 
B.  1 , 7 
6  2
 6 2 

C.  2 , 6


D.  , 2  ∪6, 
 7
7 
【答案】B
【解析】
2  31
4  37
【分析】画出图形，求得 kPM 
3  3
 6 ， kPN  1 3  2 ，结合图形即可得解.
2  314  37
【详解】由题意知 kPM 
 
 1 , 7  .
 6 2 
3  3
 6 ， kPN  1 3  2 ，由图可知直线l 的斜率的取值范围是
故选：B.
若直线l 过点 A1, 4 ，且与两坐标轴围成的三角形的面积为 8，则直线l 的个数为（ ）
B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可设直线l 的方程为： y  4  k  x 1 ，利用三角形面积列方程，分类讨论求解即可.
【详解】由题意知，直线l 的斜率存在且不为 0.设直线l ： y  4  k  x 1 .
设此直线与 x 轴、 y 轴的交点分别为 M ， N ，
则点 M ， N 的坐标分别为  4 1, 0  ， 0, 4  k  ，
k

1   4  
因此面积为 2 k14  k   8 ，

1   4  
若 2 k
14  k   8 ，解得k  4 ；

2
若 1   4 14  k   8 ，解得 k  12  8
2
或 k  12  8.
2 k

综上，直线l 的个数为 3.
故选：C.
→→→
→→→
3
已知空间向量a ， b ， c 满足 a  b  1， c  7 ，且 a  b  0 ， c  a  c  b  2
，则 c  ma  nb
的最小值为（ ）
A. 5B. 6C. 25D. 36
【答案】A
【解析】
→→
→→→
【分析】由题意设 a  1, 0, 0 ， b  0,1, 0 ， c   x, y, z  ，利用数量积的坐标运算求得 c  ma  nb 的
最小值.
→→
【详解】因为 a  b
→
 1 ， a  b  0 ，
→
故可设 a  1, 0, 0 ， b  0,1, 0 ， c   x, y, z  ，
3
又c  a  c  b  2，所以 x  y  2 3 ，
c
所以 →

x2  y2  z2

12 12  z2
 7 ，解得 z2  25 ，
→→→
3
3
又c  ma  nb  2
 m, 2
 n, z ，
所以 →→
→
2 3  m2  2 3  n2  z2
2 3  m2  2 3  n2  25
，
c  ma  nb

 5
3
当且仅当 m  n  2
时取得等号，
→→→
所以 c  ma  nb 的最小值是 5.
故选：A.
二、选择题：本题共 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.
已知一组样本数据如下：2，3，4，5，7，7，8，12，则该组数据的（ ）
极差为 10B. 平均数为 6
C. 标准差为 9D. 第 80 百分位数为 7.5
【答案】AB
【解析】
【分析】利用极差、平均数、标准差、百分位数的求法求解，逐项判断即可.
【详解】样本数据：2，3，4，5，7，7，8，12，
故极差为12  2  10 ，故 A 正确；
平均数为 2  3  4  5  7  7  8 12  6 ，故 B 正确；
8
1 2  62  3  62  4  62  5  62  7  62  7  62  8  62  12  62 
8 

标准差为
 3 ，故
C 错误；
因为80%  8  6.4 ，所以第 80 百分位数为 8，故 D 错误.故选：AB.
下列说法中正确的有（ ）
→ → →
→→ → →
若a, b, c是空间的一个基底，则a  c, b, c 也是空间的一个基底
在空间直角坐标系Oxyz 中，点 P 2, 5,1 关于 y 轴对称的点的坐标是2, 5,1
已知平面α的一个法向量为 m  1, 2, 3 ，平面β的一个法向量为 n  2, 4, k  .若α/ /β，则
k  6
已知直线l 过点 P 2, 4 ，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l 的方程为 x  y  6  0
【答案】AC
【解析】
【分析】对于 A，说明 a  c ， b ， c 不共面即可；对于 B，由点关于坐标轴的对称法则判断即可；对于 C，由m / /n 即可列方程验算；对于 D，分截距是否为 0 进行讨论即可.
【详解】对于 A，因为a ， b ， c 不共面，即 xa  yb  zc  0  x  y  z  0 ，
→→→→→
所以 x a  c   yb  zc  0  xa  yb   x  z c  0  x  y  x  z  0  x  y  z  0 ，
→→ → →
则a  c ， b ， c 不共面，所以a  c, b, c也是空间的一个基底，故 A 正确；对于 B，点 P 2, 5,1 关于 y 轴对称的点是2, 5, 1 ，故 B 错误；
对于 C，由平面平行可得m / /n ，所以1, 2, 3  λ2, 4, k  ，解得 k  6 ，故 C 正确；对于 D，当直线l 过坐标原点时，直线l 的方程为2x  y  0 ；
当直线l 不过坐标原点时，设直线l 的方程为 x  y  1，又过点 P 2, 4 ，所以 2  4  1，解得 a  6 ，
aaaa
所以直线l 的方程为 x  y  6  0 .
综上，直线l 的方程为2x  y  0 或 x  y  6  0 ，故 D 错误.故选：AC.
在四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是平行四边形， AD  AA1  2 AB  2 ，且
π
A1AB  A1AD  BAD  3 ，点 P 满足 B1P  λB1D ，则下列说法正确的是（ ）
λ 1
–––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
A. 若
2 ，则 B1P  2 AD  2 AB  2 AA1
B. 若λ 1 ，则 P ， A ， C ， B 四点共面
311
C. 直线 AC1 与直线 DB 所成角的余弦值为 2 51
51
2
D. 四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的体积为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间向量运算求解判断 A；根据空间向量共面定理判断 B；根据异面直线所成角的向量求法求解判断 C，根据向量法求得点 A1 到平面 ABCD 的距离，代入柱体体积公式求解判断 D.

––––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
【详解】由题意知 B1D  AD  AB1  AD  AB  AA1  AD  AB  AA1 ，
λ 1
–––→
1 ––––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
若2 ，则 B1P  2 B1D  2 AD  2 AB  2 AA1 ，故 A 正确；
λ 1
–––→
1 ––––→
1 ––––→
1 ––––→
1 –––→
由题意知 B1D  B1 A1  B1C1  B1B ，若3 ，则 B1P  3 B1D  3 B1A1  3 B1C1  3 B1B ，
 
–––→––––→––––→–––→–––→–––→
可得3B1P  B1 A1  B1C1  B1B ，所以 B1P  B1 A1  B1C1  B1P  B1B  B1P ，
即 A1P  PC1  PB ，所以 P ， A1 ， C1 ， B 四点共面，故 B 正确；
–––→ –––→–––→–––→π1
因为 AB  AD 
且

–––→–––→–––→
AB  AD  AA1

2
––––→
AB  AD cs 3  1 2  2  1， AB  AA1  1， AD  AA1  2 ，
––––→ –––→ –––→ –––→
AC1  AB  AD  AA1 ，所以
AC1 
1 4  4  2 11 2

–––→

AB  AD  AA  2 AB  AD  AB  AA  AD  AA
––––→––––→
2
2
–––→
2
1

–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
1
1 
–––→–––→ –––→–––→
AB 2 2 AB  AD  AD 2
 17 ，又 DB  AB  AD ，
所以 DB 


，

–––→–––→
AB  AD

2
1 2 1 4
3
 
––––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→2–––→2–––→ –––→–––→ –––→
所以 AC1  DB  AB  AD  AA1  AB  AD  AB  AD  AB  AA1  AD  AA1  1 4 1 2  4 ，
––––→ –––→
AC1  DB
44 51
––––→–––→
AC1  DB
17  3
所以cs AC1, DB    51 ，
即直线 AC1 与直线 DB 所成角的余弦值为 4 51 ，故 C 错误；
51
记点 A1 在平面 ABCD 内的投影为 A ，设 AA  λAB  μAD ， 所以 A1 A  AA  AA1  λAB  μAD  AA1 ，
又 A1 A  AB ， A1 A  AD ，

––––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→2–––→ –––→–––→ –––→
所以 A1 A AB  λAB  μAD  AA1  AB  λAB  μAD  AB  AA1  AB  λ μ1  0 ，

––––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→2–––→ –––→
A1 A AD  λAB  μAD  AA1  AD  λAB  AD  μAD  AA1  AD  λ 4μ 2  0 ，
21––––→2 –––→1 –––→–––→
解得
––––→
A1 A 
λ ，
3
μ ，所以

 2 –––→1 –––→–––→ 2

3
AB AD  AA
3
1 

4 –––→
9
AB 2AD 2 AA 2AB  AD AB  AA AD  AA
1 –––→–––→
4 –––→ –––→4 –––→ –––→2 –––→ –––→
9
1
9
3
1
3
1
3

A1 A  3 AB  3 AD  AA1 ，所以

，即四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的高为 2 6 ，
99
4  4  4  4  4  4
933
2 6
33
2
所以四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的体积为1 2sin π  2 6  2
33
，故 D 正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知事件 A 与 B 互斥，且 P  A  0.28 ， P  B  0.54 ，则 P  A ∪ B  .
【答案】0.82
【解析】
【分析】由概率的基本性质即可求解.
【详解】因为事件 A 与 B 互斥，所以 P  AB  0 ，所以
P  A  B  P  A  P  B  P  AB  0.28  0.54  0.82 .
故答案为：0.82.
若2x1  5 y1  1， 2x2  5 y2  1，且 x1  x2 ，则经过 M  x1 , y1  ， N  x2 , y2  的直线l 的一般方程为
.
【答案】 2x  5 y 1  0
【解析】
【分析】根据等式与直线方程的联系进行求解即可.
【详解】因为2x1  5 y1  1， 2x2  5 y2  1，
所以 M  x1, y1  在直线2x  5 y 1  0 上， N  x2 , y2  在直线2x  5 y 1  0 上，又过点 M , N 的直线有且只有一条，
所以经过 M  x1, y1  ， N  x2 , y2  的直线l 的一般方程为2x  5 y 1  0 ，故答案为： 2x  5 y 1  0
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 4，空间中的一点 P 满足 PD  PB1  10 ，则 AB  AP 的取值范围是.

【答案】 8  4 2,8  4 2 
【解析】
【分析】设 DB1 的中点O ，由 PD  PB1  10 得到点 P 的轨迹，然后利用向量的数量积求解.
1
2
3
【详解】设 DB 的中点O ，易得 OD  OB DB  2，
111
   
–––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
所以 PD  PB1  PO  OD  PO  OB1  PO  OD  PO  OD
–––→2
 PO
–––→2
OD
–––→2
 PO
2 3 2
 10 ，
–––→
所以 PO 
2 ，即 P 在以O 为球心，
为半径的球面上，
2
过点 P 作直线 AB 的垂线，垂足为 P1 ，

–––→ –––→–––→–––→–––→–––→ –––→
所以 AB  AP  AB  AP1  P1P  AB  AP1 ，
–––→ –––→
–––→ –––→
2
2
所以 AB  AP 4 2 2   8  4，  AB  AP 4 2 2   8  4，
minmax

即 AB  AP 的取值范围是8  4 2,8  4 2  .
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.
已知空间三点 M 2, 0, 2 ， N 3,1, 5 ， P 1, 3, 4 ，设 a  MN ， b  MP .

→→→
若 a  mb  a ，求m 的值；
→→→→
若向量c 满足 c  6 ，且c ∥b  a，求向量c 的坐标.
【答案】（1） m   11
8
（2） 4, 4, 2 或4, 4, 2
【解析】
【分析】（1）写出两个向量的坐标，然后通过向量垂直的坐标公式求解；
（2）通过向量平行设出向量的坐标、再通过向量的模长求解.
【小问 1 详解】
→
由题意知 a  MN  3,1, 5  2, 0, 2  1,1, 3 ，
b  MP  1, 3, 4  2, 0, 2  1, 3, 2 ，
→
所以 a  mb  1,1, 3  m 1, 3, 2  m 1, 3m 1, 2m  3 ，
→→→→→→
又a  mb   a ，所以a  mb  a  m 1  3m 1 32m  3  0 ，
解得 m   11 .
8
【小问 2 详解】
→→→→
因为b  a  1, 3, 2  1,1, 3  2, 2, 1 ，又c
→
设c  λ2, 2, 1  2λ, 2λ, λ ，
2λ2  2λ2  λ2
→
b  a ，
又 c  6 ，所以
→
 6 ，解得λ 2 ，
→
当λ 2 时， c  4, 4, 2 ；当λ 2 时， c  4, 4, 2 ， 所以向量c 的坐标为4, 4, 2 或4, 4, 2 .
已知V ABC 的三个顶点是 A2, 1 ， B 3, 4 ， C 6, 3 .
求边 AC 上的中线所在的直线方程；
求边 BC 上的高所在的直线方程.
【答案】（1） 6x  y 14  0
（2） 3x  7 y 1  0
【解析】
【分析】（1）根据中线的性质和直线的点斜式方程，求出结果；
（2）根据高的性质，和直线垂直斜率的关系，以及点斜式方程，求出结果；
【小问 1 详解】
因为 A2, 1 ， C 6, 3 ，所以 AC 的中点 E 的坐标为2, 2 ，
4  2
又 kBE 
3  2
 6 ，
所以边 AC 上的中线所在的直线方程为 y  4  6  x  3 ，即6x  y 14  0 .
【小问 2 详解】
BC
因为 B 3, 4 ， C 6, 3 ，所以 k
4  3
7
 ，
3  63
设边 BC 上的高所在的直线的斜率为 k ，所以 k  kBC
 1，得 k  3 ，
7
所以边 BC 上的高所在的直线方程为 y 1  3  x  2 ，即3x  7 y 1  0 .
7
在V ABC 中，内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，且c  asinB  bcsA .
（1）求 B ；
2
（2）若 a  3 ， c ，点 D 是边 BC 上的一点，且csADC   4 ，求sinDAC 和△ADC 的面积.
5
【答案】（1） B  π
4
（2） 2 5 ， 1
253
【解析】
【分析】（1）通过正弦定理和两角和的正弦公式，求出 B ；
先用余弦定理求出csC ，再通过三角恒等变换求出sinDAC ，结合正弦定理求出 DC ，从而得到
△ADC 的面积.
【小问 1 详解】
因为c  asinB  bcsA ，由正弦定理得sin C  sin Asin B  sin B cs A ，又sin C  sin π  A  B  sin  A  B  sin A cs B  cs Asin B ，
所以sin A cs B  cs Asin B  sin Asin B  sin B cs A ，即sin A cs B  sin Asin B ，又 A 0, π ，所以sin A  0 ，所以csB  sinB ，即tanB  1，
又 B 0, π ，所以 B  π .
4
【小问 2 详解】
由余弦定理可得b2  a2  c2  2accsB  9  2  2  3 2 
2  5 ，所以b ，
5
2
5
22232   5 2   2 2
1 cs2C
由余弦定理得csC  a  b  c  2 5 ，所以sinC ，
2  3 5
2ab55
1  
4 2

5 

43
1 cs2ADC
又csADC   5 ，所以sinADC 
 ，
5
所以sinDAC  sin π  ADC  C   sin ADC  C   sinADCcsC  csADCsinC
 3  2 5    4 
52 5

，
555 525

DCAC
DC 52
在V ADC 中，由正弦定理得sinDAC  sinADC ，即 2 5
25
3 ，解得 DC  ，
53
所以V ADC 的面积为 1 CA  CDsinACD  1  5  2 5  1 .
22353
3
如图，在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，四边形 ABCD 是矩形， AB  1， AD  AA1 ，点
E ， F 分别为 A1D1 ， DD1 的中点.
求证： EF / / 平面 B1 AC ；
求点 B1 到平面 EAC 的距离；
求二面角 E  AC  B1 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） 3 51
17
6 85
85
【解析】
【分析】（1）先建立空间直角坐标系，写出直线的方向向量，并求出平面的法向量，从而证明线面平行；
用点到面的距离公式，求出点到面的距离；
先求出两平面夹角的余弦，再用同角三角函数的关系，求出二面角的正弦值.
【小问 1 详解】
证明：以 A 为坐标原点， AB ， AD ， AA1 所在的直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，如图所
33 
示，则 A0, 0, 0 ， B1 1, 0, 3  ， C 1, 3, 0， E  0, 2 , 3  ， F  0, 3, 2  .

设平面 B AC 的一个法向量为 →   x, y, z  ，
1
–––→
n
–––→
→ –––→
1
→
–––→
又 AB  1, 0, 3  ， AC  1, 3, 0，所以n  AB1  x 
n  AC  x 
3z  0,
3y  0,
→
3
令 x ，解得 y  z  1，所以平面 B1AC 的一个法向量为 n   3, 1, 1，
–––→
33 
–––→ →33
又 EF   0, 2 ,  2  ，所以 EF  n   2  2
 0 ，

又 EF  平面 B1 AC ，所以 EF / / 平面 B1 AC .
【小问 2 详解】
–––→
–––→
–––→3
解：由（1）知 AB1  1, 0, 3  ， AC  1, 3, 0， AE   0, 2 , 3  .

 → –––→
m  AC  a  3b  0,
3
设平面 EAC 的一个法向量为 m  a, b, c ，所以
→
–––→
3
令b  2 ，解得 a  2
， c  1，
–→
m  AE 

b  3c  0,
2
所以平面 EAC 的一个法向量为 m  2 3, 2,1，
3
2 3
2 3 2  22 12
–→ –––→
3 51
m  AB1
1
所以点 B 到平面 EAC 的距离 d  –→ ，
m17
3 51
即点 B1 到平面 EAC 的距离为.
17
【小问 3 详解】
→
解：由（1）知平面 B1AC 的一个法向量为 n   3, 1, 1，
–→
由（2）知平面 EAC 的一个法向量为 m  2 3, 2,1，设二面角 E  AC  B1 的大小为θ，
6  2 1
3 11  12  4 1
7 85
–→ →
又 csθ  cs
–→ →
m, n
m  n
 –→→ ，
m  n85
所以sinθ 1 cs2θ 6 85 ，即二面角 E  AC  B1 的正弦值为 6 85 .
8585
如图 1，在V ABC 中， AC  BC ， AC  BC  2 ， M ， N 分别是 BA ， BC 边上的动点（不同于端点），且 MN ∥ AC ，将VBMN 沿 MN 折起到VPMN 的位置，得到四棱锥 P  ACNM ，如图 2 所 示，点Q 是线段 AC 的中点.
求证： MN  PC ；
若 PN  2NC ，当四棱锥 P  ACNM 的体积取得最大值时，求平面 PMC 与平面 PMQ 的夹角的余弦值；
若 AM  PQ ，求直线 PM 与平面 ACM 所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2） 6
3
6 
（3） 0,
4 

【解析】
【分析】（1）先证明 MN  平面 PNC ，从而利用线面垂直性质定理得到线线垂直；
先通过面积取得最大值，得到两平面垂直，再建立空间直角坐标系，并求出两平面的法向量，从而得到两平面夹角的余弦值；
先建立空间直角坐标系，并设出点 P 和 N 的坐标，通过垂直得出关系，求出平面 ACM 的法向量，
代入线面角的向量公式得
sinβ
u
t  22  t 12  u2
，从而利用对勾函数单调性和正弦函数性质求解
即可.
【小问 1 详解】
在V ABC 中， AC  BC ， MN ∥ AC ，所以 MN  BC ，所以在四棱锥 P  ACNM 中， MN  PN ， MN  NC ，
又 PN  NC  N ， PN ， NC  平面 PNC ，所以 MN  平面 PNC ，又 PC  平面 PNC ，所以 MN  PC .
【小问 2 详解】
当四棱锥 P  ACNM 的体积取得最大值时，平面 PMN  平面 ACNM .又平面 PMN ∩ 平面 ACNM  MN ， MN  PN ， PN  平面 PMN ，所以 PN ^ 平面 ACNM ，
故以 N 为坐标原点， NM ， NC ， NP 所在的直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
2
4 
2
 4
2
则 N 0, 0, 0 ， A 2, 3 , 0  ， P  0, 0, 3  ， C  0, 3 , 0  ， M  3 , 0, 0  ，所以Q 1, 3 , 0 

设平面 PMC 的一个法向量为 m1   x1, y1, z1  ，
–––→
24 
––––→
 42
又 PC   0, 3 ,  3  ， CM   3 ,  3 , 0  ，

––→ –––→24
m1  PC  3 y1  3 z1  0
所以––→ ––––→42
，令 z1  1，解得 x1  1 ， y1  2 ，
m  CM x y  0
 13 13 1
所以平面 PMC 的一个法向量 m1  1, 2,1 .
设平面 PMQ 的一个法向量为 m2   x2 , y2 , z2  ，
–––→44 ––––→1 2
又 MP    3 , 0, 3  ， MQ    , , 0  ，
3 3
––→ –––→44
m2  MP   3 x2  3 z2  0
所以––→ ––––→12，
m  MQ   x  y  0
 23 23 2
令 y2  1 ，解得 x2  z2  2 ，所以平面 PMQ 的一个法向量 m2  2,1, 2 .
设平面 PMC 与平面 PMQ 的夹角为θ，
––→ ––→
––→ ––→
m1  m2
2  2  26
所以csθ csm1, m2
 ––→––→ ，
1 4 1  4 1 4
m1  m23
即平面 PMC 与平面 PMQ 的夹角的余弦值为 6 .
3
【小问 3 详解】
以C 为坐标原点，直线CA 和CN 分别为 x ， y 轴，过C 作平面 ACNM 的垂线为 z 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，设 P 0, s, u u  0 ， N 0, t, 00  t  2 ， Q 1, 0, 0 ，
A2, 0, 0 ， M t  2, t, 0 ，
AM  t, t, 0 ， PQ  1, s, u  ，
又 AM  PQ ，所以 AM  PQ  t  st  0 ，解得 s  1 ，则 P 0, 1, u  ，则 PM  t  2, t 1, u  ，
又 PM 2PN ，所以t  22  t 12  u 2  2 2  t 2 ，
整理得u2  3  6t ，且u2  3  6t  0 ， t  0 ，得0  t  1 .
2
→
易得平面 ACM 的一个法向量为 n  0, 0,1 ，设直线 PM 与平面 ACM 所成角为β，
––––→
→
––––→
PM  n
PM  n
→
sinβ
––––→ →u
t  22  t 12  u2
csPM , n ，
sin2β 3  6t  3  6t  6 1 2t   6 1 2t   6
则2  t 2  t 12  3  6t
2t 2  8t  8
2t  42
3  1 2t 2
1 2t   9  6 ，
1 2t
令1 2t  λ 0,1 ，函数 f λ  λ 9  6 在0,1 上单调递减， f λ 
λ
f 1  16 ，
因此1 2t  
9
1 2t
 6  16 ，则0  sin2β 3 ，解得0  sinβ6 ，
84
所以直线 PM 与平面 ACM 所成角的正弦值的取值范围是 0, 6  .
4 
