重庆市某中学2024-2025学年高二年级上册开学考试数学试卷（B）

高二（上）入学考试数学试题卷（B）

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.

1.已知（l+i”=l3+4i|,则彳=（）

A.---iB.—+—iC.----iD.--i

22222222

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的模长公式及除法运算求解复数z,然后求其共钝复数即可.

【详解】因为（l+i）z=|3+4i|,所以（l+i）z=5,

故选：B

2.现采用随机模拟的方式估计一运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数

值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以三个随机数为一组，代表

三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：137960197925271815952683829436

730257,据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）

1355

A.—B.-C.—D.一

48128

【答案】A

【解析】

【分析】根据古典概型概率计算公式即可求解.

【详解】依题意在12组随机数中三次投篮恰有两次命中的有：137,271,436共3个，

31

所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率P=7T=二，

124

故选：A.

3.已知两条不同的直线加，〃，两个不同的平面。，£,则（

A若,mua,nu0,贝i］和〃〃

C.若_Lm,贝!|“〃a

D.若〃zua,加〃月，贝!|相〃”

【答案】D

【解析】

【分析】根据面面平行的性质结合线线的位置关系，判断A；根据面面垂直的性质结合线面的位置关系，判

断B；根据线面垂直的性质结合线面的位置关系，判断C；根据线面平行的性质定理判断D.

【详解】对于A,若。//£,〃zutz,〃u分，则机，〃可能平行，也可能异面，A错误；

对于B,若l_1_尸,℃=&力1^^,4_1匕，则可能有。_1_，，也可能有a//尸，B错误；

对于C,若加，则有可能是4/&,也可能“ua,C错误，

对于D,根据线面平行的性质定理可知若a口尸=",muc,祖〃△则加〃〃，正确，

故选：D

4.平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在

下图分布形态中，a,6,c分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（）

4

A.a<b<cB.b<a<c

C.c<b<aD.c<a<b

【答案】A

【解析】

【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判

断众数大于中位数，即可作出判断.

【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数c为右起第二个矩形下底边的

中点值，

直线x=b左右两边矩形面积相等，而直线无=。左边矩形面积大于右边矩形面积，则匕<c,

又数据分布图左拖尾，则平均数。小于中位数6,即a<3,

所以a<Z><c.

故选：A

5.如图，在平面四边形48。中，若3C=2AB=4,AC=277，AB±BD,ZBCD=,则5D=

)

A.丛B.2C.276-2V2D.4百—4

【答案】D

【解析】

2兀

【分析】先由余弦定理得出NABC=§,再应用正弦定理求边长即可.

【详解】在VABC中，由余弦定理，

22+42—(2⑺2

0+叱―31

得cosNABC=,所以NABC=」，

2BABC2x2x453

TT

因为ABLBD，所以NCBD=—,

6

717r7

在△BCD中，ZBDC=n------=一兀，

6412

4加

由正弦定理，得一BD=_BC所以加=心螫=曹%=4百一4

sinZBCDsinZBDCsmZBDCV6+V2

4

故选:D.

6.用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.己知正四棱台的上、下底面边长分别为1和

7T

2,侧棱与底面所成的角为一，则该四棱台的体积是（）

4

7

A.-B,述C.述D.迤

6632

【答案】B

【解析】

【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式即可求得结果.

【详解】如下图所示：a分别为上下底面的中心，作GELAC于点E,

7T

根据题意可知44=1,A3=2,侧棱与底面所成的角即为NC|CE,可知NC|CE=1；

因此可得GE=CE,

易知AC=2J5，AG=J5,由正四棱台性质可得cE=g(ac—AG)=*；

所以该正四棱台的高为CE=CE=—，

12

因此该四棱台的体积是V=L(12+22+JI33nx^=W2.

3\/26

故选：B

7.在矩形ABCD中，AB=2,AD=3,尸为矩形ABC。所在平面内的动点，且24=1,则丽.定的

最大值是()

A.9B.10C.11D.12

【答案】B

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，设P(x,y),根据条件得到丽二(2-X,-"定=(2-%,3-y),从而得

到尸"PC=(x—2y+(y—$2一又好+,2=1,结合图形，得

P"=J(x—2y+(y—|y<AH+AP,即可求出结果.

【详解】如图，建立平面直角坐标系，设PXy),3c中点为H,

因为AB=2,AD=3,所以A(0,。)，3(2,0),C(2,3),HQ,；)，

____kkk3Q

得到明(2—x,—y),定=(2—x,3—y),所以而•定=(x—2了+/-3、=Q—2了+(y—万》—彳，

又因为以=1,所以必+产=1,

又PH=J(x—2)2+(y—1)2<A"+AP=小22+：+1=:，当且仅当",AP(尸在HA的延长线上)

三点共线时取等号，

所以P5.PC=(x—2)2+y2_3y=(x—2)2+(y_：)2=10,

故选：B.

【点睛】关键点点晴：设尸（％y）,利用向量数量积的坐标运算，得到

__3Q

PB-PC=（x-2）2+（y--）2--,再利用圆的几何性质，即可求解.

8.已知正四棱锥P-A3CD的所有棱长均为2,点£为正四棱锥P-A5CE）的外接球球面上一动点，

PE=近,则动点E的轨迹长度为（）

A.3兀B.1兀C.67rD.几兀

2

【答案】D

【解析】

【分析】连接AC、BD,设4。口3。=0,连接尸0,分析可得。为正四棱锥P—A3CD外切球的球

心，且外接球的半径R=夜，作出正四棱锥尸-A5CD外接球的轴截面（过点尸、A、C）,过点E作

EFLPO交P0于点、F,即可求出跖，从而求出轨迹长.

【详解】依题意，正四棱锥尸-A5CD的所有棱长均为2,连接AC、BD，

设ACn3£>=O,连接P0,则PO_L平面ABCD,则60=4=,万万=0,

22

所以P0=商_（用=拒，所以po=on=QB=oc=。£）=后，

则。为正四棱锥P-ABCD外切球的球心，且外接球的半径R=PO=42'

作出正四棱锥P-A5CD外接球的轴截面（过点尸、A、C）如下所示：

JT

因为PE=R=C，所以为等边三角形，所以NPOE=NEPO=§，

过点E作EFLPO交P0于点F，则EF=PEsinZEPO=6.义昱=在

22

所以点E在以尸为圆心，EB=迈为半径的圆上，

2

所以动点E的轨迹长度为2TTXEP=2兀乂逅=扃.

故选：D

二、多选题：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.

9.某高中举行的数学史知识答题比赛，对参赛的2000名考生的成绩进行统计，可得到如图所示的频率分

布直方图，若同一组中数据用该组区间中间值作为代表值，则下列说法中正确的是（）

频率

A.考生参赛成绩的平均分约为72.8分

B.考生参赛成绩的第75百分位数约为82.5分

C.分数在区间［60,70）内的频率为0.2

D.用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为200的样本，则成绩在区间［70,80）应抽取30人

【答案】BC

【解析】

【分析】利用频率分布直方图估计平均数判断A；求出第75百分位数判断B；求出分数在区间［60,70）内

的频率判断C；用分层随机抽样求出区间［70,80）内应抽人数判断D.

【详解】对于A,平均成绩为元=45x0.05+55x0.15+65x0.2+75x0.3+85x0.2+95x0.1=72.5,

A错误；

对于B,由频率分布直方图知，分数在［40,80）内的频率为0.7,在［40,90）内的频率为0.9,

075—07

因此第75百分位数位于（80,90）内，第此百分位数为80+=82.5,B正确；

0.02

对于C,分数在区间［60,70）内的频率为0.02x10=0.2,C正确；

对于D,区间［70,80）应抽取200*0.3=60人，D错误.

故选：BC

10.在VA3C中，设角A,B,C所对的边分别为a,6,c,则下列命题一定成立的是（）

A.若/+/>。2,则VA3C是锐角三角形

B.若。=2,b=应,B=—,则VABC有唯一解

4

C.若VA5C是锐角三角形，b=3,B=|,设VA6C面积为S,则Se（浮，竽］

D.若VABC是锐角三角形，则sinA+sin5>cosA+cos6

【答案】BCD

【解析】

分析】由余弦定理可判断A；

由正弦定理可判断B；

利用边化角结合面积公式可得S=3^sin12A-四〕+地，求2A-乌的范围，结合正弦函数的性质可得

2I6）46

S的范围，即可判断C；

JIJIJIJIJi

由锐角三角形可得一>A>——B>G及一>B>——A>0,利用y=sinx在（0,不）上的单调性结合诱导

22222

公式可判断D.

【详解】•.■a2+b2>c2,

ci~+b~—c->0，

a2+b2-c2

.1.cosC>0,

2ab

C为锐角，但不能确定角A3是否为锐角，

故VA3C不一定是锐角三角形，故A错误；

°亚

由正弦定理得.4asmB2>

smA=--------=—j=——11

bV2

AG(0,71),

.-.A=-,C=-,

24

VABC有唯一解，故B正确；

•.・4=上=2豆

•兀，

sin3sin—

3

/.a=2百sinA，c=273sinC=2百sin(-y-A),

二.S=gQcsin5=；x2百sinA•243sin(^-A)•sin三

=3A/3sinA(sincosA-cos暂sinA)

=3A/3sincosA+gsinA)

9.A36.2A

=—sinA4cosAd------sinA

22

_9.o,3A/3

——sin2A------cos2AH-------

444

36•。人兀、373

=----sin(2A——)+------，

264

0<A<

f解得

o2

兀小，兀5兀

:.—<2A<TI-<2A——<—

3666

<sin(2A--)<1,

26

4262

4竽，即Sc(孚，乎],故C正确；

jr

VABC是锐角三角形，「.A+B〉一，

2

兀

又AIKO,]),

714兀八八兀C兀4八

/.—>A>——B>0,—>B>——A>0,

2222

TT

又y=sinx在(0,-)上单调递增,

7171

sinA>sin(--B)=cosB,sinB>sin(-—A)=cosA,

/.sinA+sinB>cosA+cosB,故D正确；

故选：BCD.

H.如图，在直三棱柱ABC—451G中，A&=3,AB=BC=2,AB与AC相交于点。，点

E是侧棱3瓦上的动点，则下列结论正确的是（）

A.直三棱柱ABC-AAG的体积是6B.三棱锥O-A&E的体积为定值

C.AE+EG的最小值为加D.直三棱柱ABC-451cl的外接球表面积是17兀

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项，求出5掺4=2,从而根据柱体体积公式得到答案；B选项，S.AEA=；S=3为定值,

点。到平面ABB】A的距离为定值，故三棱锥O-A&E的体积为定值；C选项，将矩形3CG用与矩形

展开到同一平面内，由勾股定理求出最小值；D选项，将直三棱柱ABC-AUG补形为长方体

ABCD-^B^D,,求出外接球半径，得到外接球表面积.

【详解】A选项，直三棱柱ABC—451G中，=3,AB=BC=2,ABLBC,

所以直三棱柱A3C—4与G的体积是S，ABC.44=2x3=6,A正确；

B选项，矩形45与4的面积为S=2x3=6,

当E是侧棱8片上运动时，SAEA=-5=3为定值，

又点。到平面的距离为定值，故三棱锥O-A&E的体积为定值，B正确；

C选项，将矩形5CC］用与矩形A54A展开到同一平面内，如图所示，

连接ACi，与88］相交于点£,

故AC】的长即为AE+EC,的最小值，故最小值为JM+4C；=新+（2+2）2=5,

G

Bi

4

AE+EG的最小值为5,C错误；

D选项，将直三棱柱ABC—4与。］补形为长方体ABCD—4与。12，

则长方体ABC。-A4G，的外接球即为直三棱柱ABC-431cl的外接球,

c

D

B6

A也1

故外接球的半径为4,22+22+32=叵

22

表面积为4兀=17TC,D正确,

故选：ABD

【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和

半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.在VA3C中，内角A,B,C的对边依次为“，b,c,sin2A+B-cos2C=~,c=2,A=-

224

△ABC的面积为一

【答案】1或

3

【解析】

【分析】根据三角形内角和定理，结合二倍角余弦公式、正弦定理、三角形面积公式分类讨论进行求解即可.

【详解】因为sin2a±0—COS2C=L,

22

所以sin2（"2。）-cos2C=cos2三一cos2C=-cos2C=^,即cosC=2cos2C，

所以cosC=0,或cosC='，

2

因为。£（。,兀），

所以。=巴，或色.

23

71

因为。=2,A=—,

4

当时,3=1,可得〃=b=行,^ABC^-ab=l；

、V2

当0、时’由正弦定理就片表‘可得"誓F亚一丁

2

可得sMC=，acsinB=Lx或x2xsin]兀一二一3]=^^.

&ABC223(34)3

故答案为：1或犯卫

3

13.如图，在VA3C中，点尸满足丽=2正，过点尸的直线与A5,AC所在的直线分别交于点M,N,

若加=AAB,AN=〃记(4〃>0),则4+2〃的最小值为,

【解析】

—.1—.2—.1___.2—■12

【分析】先由题意得AP=zA5+zAC=77AM+丁AN,进而由共线定理得丁+丁=1,接着结

33323〃3A3〃

合基本不等式即可求解.

【详解】因为丽=2正，AM=AAB,AN=jLiAC,^//>0）,

o____o____

所以Q=荏+/=通+:沅=通+:(衣—砺)=-AB+-AC=—AM+—AN,

33323〃

12

因为V、P、N三点共线，所以”+丁=1（4〃>。），

J/U3jn

(12)52〃22、5c2〃2454c

所以X+24=(X+2〃)一+一=-+—+——>-+2J-x——=-+—=3,

、323323〃3y323〃33

当且仅当11改1=可22即"="=】时等号成立.

所以2+2〃的最小值为3.

故答案为：3.

【点睛】思路点睛：根据已知条件关系和所求问题的特征，结合向量的环境优先考虑共线定理中的三点共

线系数和为1,故先由题意得通=三通+不恁=丁丽+二两，从而由共线定理得;7丁+丁=1,

3337t3〃323〃

接着结合基本不等式可求解.

14.如图，已知点A是圆台反。的上底面圆。1上的动点，民。在下底面圆。上，AOj=l,001=2,

50=3,BC=25则直线A0与平面QBC所成角的正弦值的最大值为.

【解析】

【分析】以。为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求

线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.

【详解】解：连接OC,过C点作CH垂直于80的延长线于点“，以。为坐标原点，建立空间直角坐

标系如下所示：

。笈+叱―9+20-9—逐

故cosB=

2OBBC2x3x2追一3

则==2氐无=”,

33

则CH=sjBC2-BH-=RL逑

93

OH=BH-OB=~,

3

「14

故点C--,^-,0,又。(0,0,0),01(0,0,2),8(3,0,0),

设点4>,",2),m,«e[-l,l],由O]A=1,可得7T?+/2=],

部芈，o1

函=(-3,0,2),

33

\7

设平面。内。的法向量记=(x,y,z),

1°J新

m-BC=0n

则《33

m-BO]=0

~3x+2z=0

取y=若，则X=2,Z=3,

故平面印C的法向量沆=(2,后3)

又Q4=(m,42),

JT

设直线A。与平面。田。所成角为6,0,-

则sine-IcosOAml-卜司-2m+泡+6_恨+鬲+61

川F’r网函—3内而金=-3历，

因为办〃且苏+/=],

故令根=cos(z,n=sina,cce(0,2^-),

275

则2〃z+石〃+6=6sina+2cosa+6=3sin(a+Q)+6tan(p————，。£

又£/^(0,2万)，所以sin(a+0),

.,.3sin(cr+0)+6e[3,9],即2m+yf5n+6e[3,9],

所以sin6的最大值为~^==2w.

3M10

故答案为：题.

10

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.如图，四棱锥尸-A3CD的底面是正方形，阳，平面ABCD,点后是外的中点，E是线段PB上

（2）求点尸到平面5QE的距离.

【答案】（1）证明见解析

（2）—.

9

【解析】

【分析】（1）连接AC交3D于点。，连接E0,由中位线证明线线平行，然后由线面平行的判定定理证

明即可；

（2）由线面垂直证明出计算出三角形5DE的面积，设点E到平面的距离为d,由等

体积法求解即可.

【小问1详解】

连接AC交于点。，连接E0,

•.•四边形A3CD是正方形，.1O为AC中点,

是上4中点，.•.EO〃PC,

EOu平面BDE,PC<Z平面BDE,r.PC〃平面BDE.

【小问2详解】

•.•2D，平面ABCD,90：平面488,..人5，？0.

又四边形ABCD是正方形，.：A5_ZAD.

又PDcAD=D,。。,40<=平面？4。，.：钻工平面？4。.

又DEu平面PAD,:.ABIDE.

・••点E是上4的中点，PD^AD=2,：.DE1PA.

又=45,/%<=平面245，，。石，平面已43.

又BEU平面PAB,:.DE±BE.

又易知DE=①,:.BE=y/BD2-DE2=76.

：0BDE=g也义底=6.

1门C八c4

・・TZ./-•。=§X[5义2乂2）'2=§.

又S.ADE=S/DE，F是线段PB上靠近P的三等分点，

..^B-ADE~5^P-ABD=§，^F-PDE二万'§^P-ABD~§，

.__4

…VF-BDE=^P-ABD-VB-ADE-^F-PDE~§

设点E到平面BQE的距离为d,则』x/xd=±,解得]=生8.

399

.•■点F到平面BDE的距离为—.

9

16.在VABC中，点。在5C上，AC=2AB=6,ABAC=120°.

（1）求sinC的值；

（2）若BD=2DC,求AD的长.

【答案】（1）sinC=Y^

14

（2）屈

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理与正弦定理依次求得BC,sinC,从而得解;

（2）利用向量的线性运算与数量积的运算法则即可得解.

【小问1详解】

在VABC中，AC=2AB=6,Z£L4C=120°,则AB=3,

2

所以5c2=筋2+AC-2AB-ACcosZBAC

=32+62-2x3x6xf-|j=63,所以3c=34，

BC

又荒则."ABsinABAC

sinZBACsinC二-------------

3A/7—14

【小问2详解】

因为5£>=2OC,则丽=,交,

3

所以诟=通+丽=通+：觉=诟+：（/_通）=而,

x|AB|=3,|Ac|=6,AB-AC=3x6xcosl20o=-9,

所以m2=（工荏+2前［二工旗2+色亚.而+&记2

U3J999

14zX4

=-x302+-x（-9）+-x602=13,

99'/9

则AD=|AD|=y/13

17.随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全.为提高中

学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在

规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会.已知甲每次解开密码的概

率为ag<tz<l,乙每次解开密码的概率为〃5〈/〈I,每次是否解开密码也互不影响.设

A=｛甲成功解密一份文件｝,&=｛甲成功解密两份文件｝，4=｛乙成功解密一份文件｝

与=｛乙成功解密两份文件｝

34

(1)已知概率「(4)=_,尸(为)=—，

89

(i)求的值.

(ii)求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率.

11c

（2）若一+7=3,求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值.

ap

325

【答案】（1）（i）。=—,〃=—；（ii）一；

4312

32

81

【解析】

【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：

2

P（A,）=«=—,P（B1）=2/?（l-^）=-,设4="甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则

A=+4耳，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解；

AXB2

119

（2）由［+/=3可得。+分=3羽，从而求得P（A）=2（S）~,再利用基本不等式即可求得最小值.

【小问1详解】

34

（i）由题知P（4）=2O（1_（Z）=W，P（52）=/2=§,

32

解得：«=—,/?=—,

43

94

（ii）由（i）知：P（4）=a2=—,P（耳）=2/（1—尸）=—,

169

设A="甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则

A=4耳+&耳,\B2与44互斥，&与耳,4与8］分别相互独立，

所以尸⑷=尸（）+尸（44）=尸（A）尸（男）+尸（4）尸（4）

34945

=-X—HX—=—,

8916912

因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为2.

12

【小问2详解】

由题知：—\----3,:.a-\-（3=3aB，

ap

22

P（A）=2«（l-«）,P（A）=«,P（B1）=2/7（l-/7）,P（B2）=/7,

设A="甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则

A=4耳+&耳,弓员与44互斥，&与星,人与与分别相互独立，

所以p(A)=p(4与)+p(44)=p(4)巴与)+P(4)p(4)

=2a(l-a^j32+2)3(1-J3^a2=2a/3^a+/3^-2a/3~^

=2(淅

9:a+(3=3aB22A,

42

当且仅当a=〃=§时等号成立，

，2(M221f.

32

故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为一.

81

18.在Rt^ABC中，ZC=90°,BC=3,AC=6,。,石分别是AC,AB上的点，满足。石〃3C且DE

经过VA3C的重心，将VADE沿折起到△4DE的位置，使ACLCD,M是4。的中点，如图所

小.

(1)求证：4。，平面5。。石；

(2)求CM与平面ABE所成角的大小；

(3)在线段A。上是否存在点N,使平面CBM与平面成角余弦值为"？若存在，求出CN的

4

长度；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

⑵-

4

(3)存在，6或2出

【解析】

【分析】(1)应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用

判定定理证明所求证的线面垂直关系；

(2)以C£＞为x轴，CB为V轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系用向量法求。欣与平面ABE所成角

的大小；

(3)假设存在点N,使平面与平面成角余弦值为手，设国=彳区，分别求解两平面的

法向量，用X表示余弦值解方程可得.

【小问1详解】

因为在RtAABC中，ZC=90°,DE//BC,且5CLCD,

所以DE工CD,DE上AD,则折叠后，DE1AXD,

所以DE,平面4。。，ACu平面所以。E，A|C,

又已知A]CLCD,8口。£=。且都在面3。£)£内，所以AC，平面3cDE；

【小问2详解】

由(1),以CD为x轴，CB为V轴，C4为z轴，建立空间直角坐标系C-乎.

2

因为AZ)=2CD,故。石=]BC=2,

由几何关系可知，CD=2,4。=4,AC=2百,

故C(0,0,0),r>(2,0,0),E(2,2,0),B(0,3,0),A(0,0,2砚M(1,0,⑹,

CM-(1,0,73),48=(0,3,-273),乖=(2,2,-2@,

后

n-A}B=03y-2=0

设平面ABE的法向量为方=(x,y,z),贝卜_L，即{

n-4E=02x+2y-2百z=0

不妨令y=2,则z=6，x=l,«=(1,2,A/3)

设CM与平面ABE所成角的大小为e,

.\CCMM--nn\\_4

则有sin8=|cosCM,同口由悯=2x20=耳'

jr

设e为CM与平面45£所成角，故。=—,

4

77

即CM与平面ABE所成角的大小为一；

j4

【小问3详解】

假设在线段4。上存在点N,使平面CW与平面成角余弦值为且

4

在空间直角坐标系中，丽=(1,—3,6),CM=(1,0,73),%=(0,0,26),

设不，则,=(0,0,2辰)，B2V=BC+GV=(0,-3,0)+(0,0,2732)=(0,-3,2732),

H,"BM=0%-3y2+V3Z=0

设平面的法向量为%=（%2，%，Z2），则有，，一，即2

n•BN=0

2—3y2+=0

不妨令z2=百，则%=2%,x2=62-3,所以叼=(64-3,24,

n,-BM=0

设平面CBA7的法向量为4=（%3，%，23），则有，2_.，即〈

%CM=Q

不妨令Z3=百，贝|］七=一3,%=0,所以%=(—3,0,6b

若平面CBM与平面BMN成角余弦值为B