四川省成都市树德中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份四川省成都市树德中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AD  AA1  3， AB  4 ， E ， F ，G 分别是棱C1D1 ，BC ，CC1 的中点，M 是平面 ABCD 内一动点，若直线D1M 与平面EFG
平行，则MB1  MD1 的最小值为（ ）
第 I 卷（选择题）
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点 P(2,1,-1),Q(3,-2,0),若点 M 与点 P 关于平面Oxz 对称，则QM =（ ）
A． 11B．9C． 2
3
4
D． 3
2
A． 3, 2,1
B． 3, 2, 1
C．(-1,1,1)D．(-1,1.-1)
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的
得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
下面说法正确的是()
设一批产品的次品率 1
10
，则从中任取 10 件，必有 1 件是次品
已知空间向量a  (2, 1,1) ， b  (3, 4,5) ，下列结论正确的是()
A． | a  b | 3 5
随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 C．天气预报：“明天降雨概率为90% ”，则明天可能不下雨
D．做 8 次抛硬币的试验，结果 5 次出现正面，则抛一枚硬币出现正面的概率是 5
8
如图，空间四边形 OABC 中， M 、 N 分别是 OA、BC 的中点，点 G 在线段 MN
1
， y 
1
， z  1B． x 
1
， y 
1
， z 
1
日旅游人数的折线图，则（ ）
3
3
3
3
3
6
上，且MG  2GN ，则OG  xOA  yOB  zOC ，则（ ）
x 
a ， b 夹角的余弦值为 3
6
若直线l 的方向向量为a ，平面 的法向量为m  (4, 2, k) ，且l   ，则实数k  2
a 在b 上的投影向量为 1 b
10
进入冬季哈尔滨旅游火爆全网，下图是 2024 年 1 月 1．日到 1 月 7 日哈尔滨冰雪大世界和中央大街
C． x  1 ， y  1 ， z  1D． x  1 ， y  1 ， z  1
663633
已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图 1 和如图 2 所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2% 的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生近视人数分别为（ ）
100 ， 20B． 200 ， 20C．100 ，10D． 200 ，10
春天是鲜花的季节，水仙花就是其中最迷人的代表，数学上有个水仙花数，它是这样定义的：“水仙花
数”是指一个三位数，它的各位数字的立方和等于其本身.三位的水仙花数共有4 个，其中仅有1个在区间 (151,155)内，我们姑且称它为“水仙四妹”，则在集合{147,152,154,157, “水仙四妹”} ，共5 个整数中，任意取其中2 个整数，则这2 个整数中恰有一个比“水仙四妹”大的概率是（ ）
中央大街日旅游人数的极差是 1.2
冰雪大世界日旅游人数的中位数是 2.3
冰雪大世界日旅游人数的平均数比中央大街大 D．冰雪大世界日旅游人数的方差比中央大街大
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，M 是棱BC 的中点，N 是棱 DD1 上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
三棱锥 A1  AMN 的体积为定值
B ．若 N 是棱 DD1 的 中 点 ， 则 过 A, M, N 三 点 的 平 面 截 正 方 体
A． 2
5
B． 7
10
C． 3
5
D． 3
10
ABCD  A1B1C1D1 所得的截面图形是三角形
连续抛掷一枚质地均匀的骰子 2 次，记录每次朝上的点数，设事件 A 为“第一次的点数是 2”，事件 B
为“第二次的点数小于 4”，事件 C 为“两次的点数之和为偶数”，则（ ）
C．若CN 与平面 AB C 所成的角为 ，则sin   3 , 6 
1
33
A． P  A  1
36
B．A 与 C 相互独立 C．A 与 C 对立 D．B 与 C 互斥

D．若 N 是棱 DD1 的中点，则四面体D1  AMN 的外接球的表面积为14
设 A，B 是一个随机试验中的两个事件，且P  A  1 ，P B  7 ，P  AB  AB  1 ，则
P  A  B （ ）
7
12
2
3
2
11
12
124
3
4
第 II 卷（非选择题）三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为 30%，两人下成和棋的概率为 50%，那么乙不输的概率是
为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投 1 个球．先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的
2
情况，则比赛结束，且此人获胜．经过抽签决定，甲先开始投篮．已知甲每次投篮命中的概率为 1 ，乙
已知样本数据
a , a , a , a , a 都为正数，其方差
s 2 1 a 2 a 2 a 2 a 2 a
2 80 ，则样本数据1
1 2345
512345
每次投篮命中的概率为 ，且两人每次投篮的结果均互不干扰．(1)求甲、乙投篮总次数不超过 4 次时，
2a  3, 2a  3, 2a  3, 2a  3, 2a  3 的平均数为.3
12345
22
乙获胜的概率；(2)求比赛结束时，甲恰好投了 2 次篮的概率．
在正四棱锥 P  ABCD 中，PF 
PD, PE 
53
PB ，设平面 AEF 与直线PC
交于点G ， PG  PC ，则  ．
如图，在四棱锥 A  BCDE 中， BCE 为等边三角形， AC 平面BCDE ，二面角D  AC  E 的大小为 60°.
求证： CD // 平面 ABE ；
已知 AC  BC ，在线段 AB 上是否存在点G ，使得直线CB 与平面CEG 所成角的正弦值为 21 ？若存
7
四、解答题：（本大题共 5 小题，第 15 题 13 分，第 16,17 题各 15 分，第 18,19 题各 17 分， 共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
已知空间中三点 A0,1,1， B 1,1, 0， C 1, 0,1 ．
求以 AB ， AC 为边的平行四边形的面积；
求VO ABC ，其中 O 是空间坐标系的原点．
我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准 x （吨），一位居民的月用水量不超过 x 的部分按平价收费，超出 x 的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年 100 位居民每人的月均用水量（单位：吨），
将数据按照[0,0.5),[0.5,1),,[4,4.5]分成 9 组，制成了如图所示的频率分布直方图.
求直方图中a 的值（保留两位小数）以及估计该地区月均用水量的60% 分位数；
现在该地区居民中任选 2 位居民，将月均用水量落入各组的频率视为概率，不同居民的月均用水量相
互独立，求恰有 1 位居民月均用水量大于60% 分位数的概率；
现有 4 位居民甲、乙、丙、丁，经调查，甲和乙月均用水量大于60% 分位数，丙和丁月均用水量不大
在，请确定点G 的位置；若不存在，请说明理由.
如图①所示，矩形 ABCD 中，AD 1，AB  2 ，点 M 是边CD 的中点，将△ADM 沿 AM 翻折到△PAM ，连接PB ， PC ，得到图②的四棱锥 P  ABCM ，N 为PB 中点，
若平面 PAM 平面 ABCD ，求直线BC 与平面PMB 所成角的大小；
2 
  π 
于60% 分位数，现从该 4 人中随机选 2 人，求所选 2 人中恰有 1 人月均用水量大于60% 分位数的概率.
设 P  AM  D 的大小为 ，若
 0,，求平面 PAM 和平面 PBC 夹角余弦值的最小值.

树德中学高 2024 级高二上学期 10 月阶段性测试数学试题参考答案
又 P  AB  P  AB  P B, P  AB   P  AB  P  A ，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
D
C
D
B
C
B
A
A
BCD
BC
ACD
所以有P B  P  AB  P  A  P  AB 
5  1  2P  AB  1 ，
1224
D【详解】由点 M 与点 P 关于Oxz 平面对称，可得 M(2.-1,-1)，所以QM  (1,1, 1)
故 P  AB  1 ，故P  A  B  P  A  P B  P  AB  1  5  1  7 .故选：A.
故选：D
C【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于 A ，次品率描述的是次品的可能情况，从中任取 10 件，
不一定正好 1 件是次品，故 A 错误；对于 C，天气预报：“明天降雨概率为90% ”，则明天可能不下雨，故 B 正确；对于 B 和 D ，概率应该是多次重复试验中事情发生的频率在某一常数附近，此常数可为概率，
32 12312
A【解析】如图，分别以 AB 、 AD 、 AA1 方向为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系可得：
33 
5E 2,3,3 ，F  4, 2 , 0 ，G  4,3, 2  ，D1 0,3,3，B1 4, 0,3 ，M x, y, 0 ，
做 8 次抛硬币的试验，结果 5 次出现正面，则该实验抛一枚硬币出现正面的频率是
，故 B、D 错误．故

8EF   2,  3 , 3 ， FG   0, 3 , 3  ， D M   x, y  3, 3 ，
选：C．
2
2 2 1
D【详解】由向量的运算法则有：

3
OG  OM  MG  1 OA  MG ，① OG  OC  CN  NG ，② OG  OB  BN  NG ，③
2
设平面 EFG 的法向量n  x, y, z ，则
EF  n  0
，得
FG  n  0
2x  2 y  3z  0
 3 3，
1
 y z  0
又 BN  CN ， MG  2NG ，∴①＋②＋③，得3OG  2 OA  OB  OC ，
 22
111
故可设 x  3 ， y 1， z  1，即n    3 ,1, 1 .
故可得 x＝
，y＝ ，z＝
.故选:D.
4 4
633
B【详解】试题分析：由题意知，样本容量为3500  4500  2000 2%  200 ，其中高中生人数为
2000 2%  40 ，高中生的近视人数为4050%  20 ，故选B.
C【详解】由题意知“水仙花妹”是 153，
所以在集合147,152,154,157,153 ，共 5 个整数中，
由于直线 D1M 与平面EFG 平行，则D1M  n  0 ，

得：  3 x  y  3  3  0 ，即： y  3 x ， MB  4  x,  y,3 ， MD  x,3  y,3 .
4411
11
MB  MD  4  xx   y3  y  9  x2  4x  y2  3y  9 ，
任意取其中 2 个整数，则基本事件总数 10，这2 个整数中恰有一个比“水仙四妹”大所包含的基本事件个
 3 29x
252525
211
 x2  4x   x   9 
x2 x  9 
 x  2  ，
数 6，∴概率是 6  3 .故选：C
 4 
4164164
105
可知，由于 x 0, 4 ，当 x  2 时， MB  MD 取得最小值，最小值为11 .故选：A
B【详解】根据题意，连续抛掷一枚质地均匀的骰子 2 次，记录每次朝上的点数，
有(1,1) ， (1, 2) ， (1,3) ， (1, 4) ， (1,5) ， (1,6) ，
(2,1) ， (2, 2)， (2, 3) ， (2, 4) ， (2,5) ， (2, 6) ，
(3,1) ， (3, 2) ， (3,3) ， (3, 4) ， (3,5) ， (3, 6)，
11
BCD【解析】对于 A ，因为a  b  (1,3,6) ， | a  b |
2
对于 B ，因为a  (2, 1,1) ， b  (3, 4,5) ，
4
46
12  32  62 ，故 A 错；
(4,1) ， (4, 2)， (4,3) ， (4, 4)， (4,5) ， (4, 6) ，
(5,1) ， (5, 2) ， (5,3) ， (5, 4) ， (5,5)， (5, 6) ，
所以| a | (2)2  (1)2 12 
6 ，| b | 32  42  52  5
，a  b  2  3 1 4  1 5  5 ，可设a 与b 的
(6,1) ， (6, 2) ， (6,3)， (6, 4) ， (6,5) ， (6, 6) ，共 36 个不同结果，
夹角为 ，则cs 
a  b 
5 
，故 B 正确；
对于A，事件A 为“第一次的点数是 2”，包含 6 种情况，则 P  A  6  1 ，A 错误；
366
| a || b |6  5 26
b
3b 1
对于B，事件C 为“两次的点数之和为偶数”，包含 18 个结果，则 P C   1 ，
对于 D ， a 在b 上的投影向量为| a | csa,b 
| b |
6  (
)  b ， D 正确．
65 210
2
12
事件 AC ，即2, 2,2, 4,2, 6 包含 3 个结果，则 P( AC)  1 ，则有 P(AC)  P A PC  ，事件A 、C 相互独立，B 正确．
对于C，事件A 、C 可以同时发生，故不互斥，C 错误；
对于D，事件C 、 B 可以同时发生，不互斥，D 错误；故选：B．
A【详解】因为 P  A  1 ， P B   7 ，故 P  A  1 ， P  B  5 ，
对于C ，因为l   ，故m / /a ，则2  1  1 ，则可得k  2 ，故C 正确；故选： BCD ．
2k
BC 【详解】对于A，中央大街日旅游人数的最大值为2.8 万，最小值为0.9 万，极差为1.9 万，故A 错误.
对于B，冰雪大世界日旅游人数由小到大依次为：1.7,1.8,1.9, 2.3, 2.4, 2.6, 2.9 ，其中位数为2.3 ，故 B 正确.
C1.7 1.8 1.9  2.3  2.4  2.6  2.9  78
212
212
对于 ，冰雪大世界日旅游人数的平均值为
，
735
4
因为 AB 与 AB 为互斥事件，故 P  AB  AB   P  AB  P  AB   1 ，
中央大街日旅游人数的平均值为
2.8  2.8  2.4  2.7 1.1 0.9 1.3  2
7
，因 78  2
35
，故 C 正确.
对于D，冰雪大世界日旅游人数的方差为：
22
sin 

6
1.72 1.82 1.92  2.32  2.42  2.62  2.92
7
中央大街日旅游人数的方差为：
 78 
 35 

 35.96
7
 78 
 35 

 5.2  2.22
 0.36 ，
当  0 时，sin 
3 ，当
3
  0 时，3 ，
2.82  2.82  2.42  2.72 1.12  0.92 1.32
7
 4 
4.44
7
0.36 ，
当且仅当  2 时等号成立，又sin 
3 ，故C 正确.
3
3
1
4
2  4
3
3
1
4
  4

3
3
1
4
2   4

3
3
1
4
 2  4
3
故冰雪大世界日旅游人数的方差比中央大街小，故D 错误，故选：BC.
ACD【详解】对于 A，连接 A1M ，因为 DD1 // AA1 , AA1  平面 A1 AM , DD1  平面 A1 AM ，所以DD1 //
平面 A1 AM ，又点 N 是棱 DD1 上的动点（含端点），
对于D，如图所示，连接 AD1 ，取 AD 的中点为M ，连接MM ，
10
设 AD1N 外接圆圆心为O ，四面体D1  AMN 的外接球球心为O ，连接OM  ，在 AD1N 中，设其外接圆半径为r ，由正弦定理知，
d
所以点 N 到平面 A1 AM 的距离为定值，设为d ，
AN
5  2r10
则V V
 1  S
 d  1  2 5  d  5
，为定值，故A 正确；
sin AD1N 2
，所以r ，即
2
A  AMNN  A AM3
A AM
3232
111
ON 
10 ，依题易得
2
AND1≌
D1M A ，故 AM D1   AND1 ，
且AM D1 和AND1 同对弦 AD1 ，故 A, M , N, D1 四点共圆，
则OM   ON 
10 ，设外接球半径为R ，过O 作OE  MM ，交MM 于E ，
2
对于B，如图，延长 AM 交 DC 延长线于点P ，连接 NP 交CC1 于点H ，连接MH ，
四边形 AMHN 为过 A, M, N 的平面截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得的截面图形，故B 错误；
由正方体性质知MM 平面 ADD1 A1 ，而OM  平面 ADD1 A1 ，则MM   OM ，又OO 平面 ADD1 A1 ，则OO // MM  ，所以OOM E 是矩形，则OE  OM  ，
 10 2
则在Rt△OEM 中， OM 2  OE2  ME2 ，即R2    2  OO2 ，①，
 2 
 10 2
在Rt OON 中， ON2  OO' 2  ON2 ，即 R2  OO2   ②，
 2 
联立①②，解得OO  1, R2  7 ，故外接球的表面积为4πR2 14π ，故A 正确；
2
对于C，以 A 为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
则 A0, 0, 0, B1 2, 0, 2,C 2, 2, 0, N 0, 2,  ,  0, 2，
故选：ACD.
【详解】由题意可得乙胜的概率为1 30%  50%  20 %， 所以乙不输的概率是20 %+50%=70%=0.7
【详解】设样本数据a , a , a , a , a 的平均数为a ，则a  a  a  a  a  5a ， a  0 ，
12
13
14
70%
11
1
3
1 2345
12345
则 AB1  2, 0, 2, AC  2, 2, 0,CN  2, 0,   ，
所以s 2 1 a  a 2  a  a 2  a  a 2  a  a 2  a  a 2 
n  AB  0
2x  2z  0
5  12345
1
设平面 AB C 的法向量n  x, y, z ，则1 ，1
 n  AC  0
2x  2 y  0
所以s 2
a 2 a
2 a
2 a
2 a
2 2a  a
 a  a
 a a  5a 2 

5  1234512345
令 x 1 ，则 y  z  1，故n  1, 1, 1 ，则
所以s 2 1 a 2 a
2 a
2 a
2 a
2 5a 2  ，
n CN
  2
5  12345
1
sin  cs
n, CN
, ，
2222222
32  4  4
32  4
3
3
1
4
2  4
n  CN
3  4  2
又s  a1
 a2
 a3
 a4
 a5
 80，所以5a 
 80 ，又a  0 ，所以a  4 ，
5
所以样本数据故答案为：11.
2a1  3 、2a2  3、2a3  3、2a4  3、2a5  3 的平均数为2a  3 11.
【详解】 PC  PA  AC  PA  AB  AD  PA  PB  PA  PD  PA  PB  PD  PA ，
因为 PF  2 PD, PE  2 PB ，所以 PC  PB  PD  PA  3 PE  5 PF  PA ，
5322
【详解】（1）若甲、乙投篮总次数为2 次，则乙不可能获胜；
若甲、乙投篮总次数为3 次且乙获胜，则第一次甲未投中，乙投中第 2、3 次，
所以P  1 1  1  1  1 ；3 分
12 

3 318
又 PG  PC ，故 PC  1 PG ，即 1 PG  3 PE  5 PF  PA ，故 PA  3 PE  5 PF  1 PG ，
22
22
3511
若甲、乙投篮总次数为4 次乙获胜，则第一次甲投中、第二次甲未投中，乙投中第 3、4 次，
所以 P  1 1 1  1  1  1 ；5 分
因为平面 AEF 与直线 PC 交于点G ，所以 A, E, F,G 四点共面，所以  1，解得 . 故答案为：
22 2  3 336

223
1

记甲、乙投篮总次数不超过 4 次时且乙获胜为事件A ，则P  A  P  P  1  1
 1 ，
12183612
31
1 02  112  0 12
2
1 02  0 12  112
AB, AC
 AB  AC  1 0
AB  AC
2 
2
【详解】（1） AB ，
所以甲、乙投篮总次数不超过 4 次时，乙获胜的概率为；7 分
12
（2）若比赛结束时甲赢得比赛且甲恰好投了 2 次篮，则甲连续投中2 次，则概率 P  1  1  1 ；
AC
， AB  1, 0, 1, AC  1, 1, 0 ，3 分
若比赛结束时乙赢得比赛，又甲恰好投了 2 次篮，9 分

32 24
cs
 0  1 ，所以sin
，①甲投中第一次，第二次甲未投中，乙投中第 3、4 次，则 P  1 1 1  1  1  1 ；
2
2
42 2  3 336
AB, AC  1 cs2 AB, AC
 3
2
所以 AB ， AC 为边的平行四边形的面积为2 1  2  2 
3 ；6 分

②甲第一次未投中，第二次乙未投中，第 3 次甲未投中，第 4、5 次乙投中，
则 P  1 1 1 1 1 1  1  1  1 ；
3
225
2  
3  
2  3 354
（2）设平面 ABC 的法向量为m   x, y, z  ，由（1）可知： AB  1, 0, 1, AC  1, 1, 0 ，
  
④甲第一次未投中，第二次乙投中，第 3 次乙未投中，第 4 甲未投中，第 5、6 次乙投中，
则 P  1 1  1 1 1 1 1  1  1 
1 ；14 分
m  AB  0
x  z  0
62  3 
3  
2  3 3162

所以有
m  AC  0
 x  y  0
 m  1,1,1 ， OA  0,1,1，
 
综上可得比赛结束时，甲恰好投了 2 次篮的概率P  P  P  P  P  1  1  1  1

 49 … 分
3456
43654 162162
OA 



m  OA
m

OA
m  OA
m
112 318．【详解】（1）在四棱锥 A  BCDE 中， AC  平面BCDE ， CD,CE  平面BCDE
点O 到平面 ABC 的距离为d 
，10 分
12 12 12
3
 AC  CD ， AC  CE ，ECD 为二面角D  AC  E 的平面角，ECD  60 ，
三角形 ABC 的面积为 1  2  2 3 
3 ，所以V
 1 
3  2 3  113 分
又BEC  60 ，CD / /BE .又BE  平面 ABE ， CD  平面 ABE ，所以CD // 平面 ABE6 分
222
O ABC
3233
（2）存在点 G 为线段 AB 的中点.
【详解】（1）由频率分布直方图，得0.5(0.08  0.16  a  0.40  0.52  a  0.12  0.08  0.04) 1，解得
a  0.30 ；2 分
数据落在区间[0, 2) 的频率为0.04  0.08  0.15  0.20  0.47 ，
数据落在区间[0, 2.5) 的频率和为0.73，则用水量的60% 分位数m(2, 2.5)，由(m  2)0.52  0.6  0.47 ，解得m  2.25，
所以a  0.30 ，估计该地区月均用水量的60% 分位数为2.255 分
设事件 Ai (i  1, 2) 表示第i 位居民月均用水量大于60% 分位数， P( Ai )  0.6 ，7 分
事件 B 表示恰有 1 位居民月均用水量大于60% 分位数， B  A1 A2  A1 A2 ，因此 P(B)  P(A1 A2 )  P(A1 A2 )  0.60.4  0.40.6  0.48 ，
所以所求概率为0.4810 分
试验的样本空间 { (甲,乙)，(甲,丙)，(甲,丁)，(乙,丙)，(乙,丁)，(丙,丁)}，共 6 个样本点，事件A 表示所选 2 人中恰有 1 人月均用水量大于60% 分位数，13 分
则 A {(甲,丙)，(甲,丁)，(乙,丙)，(乙,丁)}，共 4 个样本点，
设 AC  BC  2 ，取BE 的中点 F ，以C 为坐标原点，CF 的方向为 x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系C  xyz ，
则 A(0,0, 2)， B( 3, 1, 0) ， C(0,0,0) ， E( 3,1, 0) ，
则CE  ( 3,1, 0) ， AB  ( 3, 1, 2) ， CB  ( 3, 1, 0) ，
设 AG  AB ，得G( 3, , 2  2) ，所以CG  ( 3, , 2  2) ，8 分
CG  n  0 3x  y  (2  2)z  0
4 2
设平面CEG 的法向量为n  (x, y, z) ，则CE  n  0 ，即
，
3x  y  0
所以 P( A) 15 分
63

不妨令 x  3 ，可得n  ( 3, 3, 3 ) 为平面CEG 的一个法向量，
设 P  x , y , z  ，而PG  2 ，则PH  2 sin ， GH  2 cs ， DH  2 1 cs  ，
 1
22
2
2
设直线CB 与平面CEG 所成的角为 ，
00 0
n, CB 
n  CB
| n |  | CB |

6
2 3  9  ( 3 )2
  1
即 x  y 2 (1 cs )  2  1 (1 cs ) ， z 2 sin ，
211
0022202
则sin   cs
，解得  ，15 分
72
所以P(1 (1 cs 1 cs ), 2 sin )，10 分
), (1
222
21
所以当 G 为线段 AB 的中点时，直线CB 与平面CEG 所成角的正弦值为
…17 分
于是 AM  1,1, 0 ， PA 
1 cs cs 1
(,, 
2 sin ) ，
19．【详解】（1）取 AM 中点G ，连接 PG ，由 PM  PA 1，得 PG
平面 PAM 平面 ABCD  AM, PG 平面 PAM ，则 PG 平面 ABCD ，
7
AM
，而平面 PAM 平面 ABCD ，
设平面 PAM 的法向量为n
222
x1  y1  0
  x , y , z  ，则，
过M 作Mz / /PG ，则Mz 平面 ABCD ，又MA, MB 平面 ABCD ，于是Mz  MA, Mz  MB ，
11 1 1
1 cs x  cs 1 y  2 sin z  0
在矩形 ABCD 中， MA  MB  2 ， MA2  MB2  4  AB2 ，则MA  MB ，
212121
2
以点M 为原点，直线MA, MB, Mz 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，2 分
令 z1 ，得n1  tan , tan , 2 ，设平面PBC 的法向量为n2   x2 , y2 , z2 ，
因为CB  1, 0, 0 ， PC  (cs 1, cs  3 , 
2 sin ) ，
x2  0

则
222
，令 y  2 sin ，得n
 0, 2 sin ,3  cs ，….13 分
cs 1 x
 cs  3 y 
2 z sin  022
222222
则 M (0, 0, 0), B(0, 2, 0), C( 2 , 2 , 0), P( 2 , 0, 2 ) ，
MB  (0, 2, 0), MP  ( 2 , 0, 2 ), BC  (
22
2
2
2222
3cs 1
11 cs2   6 cs
2
设平面PAM 和平面PBC 为 ，
则cs 
, , 0) ，
2
sin2 
cs
 3 2  2 cs
2 tan2   2sin2   6 cs 10
3
n1  n2
n1

n2
21
m  MB 

设平面 PMB 的法向量为m  (a, b, c) ，则
2b  0
2
2
，令a  1，得m  (1, 0, 1) ，……5 分

(cs
3 | cs  |
80
9(cs  1)23(cs  1)
 20 1
3
3
3
  1)2  20 (cs  1)  80
3339
m  MP 

a 
22
c  0
2
t  1 π 39
80t2  60t  9
11
设直线 BC 与平面 PMB 所成的角为 ，则sin | csm, BC | | m  BC |  2  1 ，
令cs  1 ， (0, ]，则t ( , 3]，即cs 
，则当t  3 时， cs 有最小值，
| m || BC |2 12
32411
所以直线 BC 与平面 PMB 所成角的大小为 π6 分
6
所以平面PAM 和平面PBC 夹角余弦值的最小值为 11 ．17 分
11
（2）连接 DG ，由 DA  DM ，得 DG  AM ，而 PGAM ，则PGD 为 P  AM  D 的平面角，即PGD   ，
过点 D 作 Dz  平面 ABCD ，以 D 为坐标原点，直线 DA, DC, Dz 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
则 A1, 0, 0， M 0,1, 0 ， C 0, 2, 0 ，
显然 AM  平面 PGD ， AM 平面 ABCD ，则平面 PGD  平面 ABCD ，
在平面 PGD 内过 P 作 PH  DG 于点 H ，则 PH 平面 ABCM ，8 分