山东省济宁市嘉祥县第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

绝密★考试结束前 2023-2024学年高一 5月月考考试 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 一、单项选择题（本大题共 8 题，每小题 5 分，共计 40 分。每小题列出的四个选项中只有 一项是最符合题目要求的） 1. 复数 z满足： 1 1i z i   ，其中 i为虚数单位，则 z的共轭复数在复平面对应的点的坐标为（ ） A. ( )0, 1- B. ( )0,1 C. ( )1,0- D.  1,0 2. 在 ABC 中，点D是线段 AC上一点，点 P是线段 BD上一点，且 1, 6 CD DA AP AB AC        ，则  （ ） A. 1 6 B. 1 3 C. 2 3 D. 5 6 3. 已知 cos2 2 π 2cos 4         ，则 sin 2 （ ） A. 12 B. 3 4 C. 5 4 D. 3 2 4. 如图所示直角梯形OABC上下两底分别为 2和 4，高为2 2，则利用斜二测画法所得其直观图的 面积为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 5. ABC 中， a、b、c分别是内角A、 B、C的对边，若 2 2 2 4ABC a b cS   且 ( ) 0| | | | AB AC BC AB AC         ， 则 ABC 的形状是（ ） A. 有一个角是 6  的等腰三角形 B. 等边三角形 C. 三边均不相等的直角三角形 D. 等腰直角三角形 6. 某校高一年级有女生 504人，男生 596人.学校想通过抽样的方法估计高一年级全体学生的平均体 重，从高一女生和男生中随机抽取 50人和 60人，经计算这 50个女生的平均体重为 49kg，60个男 生的平均体重为 57kg，依据以上条件，估计该校高一年级全体学生的平均体重最合理的计算方法为 �. ��+�� � �. �� ���� × �� + �� ���� × �� �. �� ��� × �� + �� ��� × �� �. ��� ���� × �� + ��� ���� × �� 7. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底 B 在同一平面 内的两个观测点 C 与 D，现测得 37CDB   ， 68BCD   ， 37.9CD  米， 在点 C 处测得塔顶 A 的仰角为64 ，则该铁塔的高度约为（ ）（参考数据： 2 1.4 ， 6 2.4 ， tan 64 2.0  ， cos37 0.8  ） A. 40米 B. 14米 C. 48米 D. 52米 8. 如图，在菱形 ABCD中， 60ABC  ，M 为 BC的中点，将 ABM 沿直线 AM 翻折成 1ABM ，连 接 1BC和 1B D， N 为 1B D的中点，则在翻折过程中，下列说法中错误的是（ ） A. 1AM BC B. 不存在某个位置，使得 1BM //平面 ACN C. 存在某个位置，使得 1AB CD D. 1AB与CN 的夹角为 π 3 二、多项选择题（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） 9. 已知 ,a b   为非零向量,则下列命题中正确的是（ ） A. 若 a b a b      ,则a  与b  方向相同 B. 若 a b a b      ,则 a  与b  方向相反 C. 若 a b a b      ,则 a  与b  有相等的模 D. 若 a b a b      ,则 a  与b  方向相同 10. 已知 , ,a b l为不同的直线， , ,   为不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若 // , ,a b     ，则 //a b B. 若 , , //a b     ，则 a b r r C. 若 , , , ,l a b a b           ，则 ,a b至少有一条与直线 l垂直 D. 若 , , l         ，则 l  11. 已知 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，以下判断正确的是（ ） A. 若 cos cosA B ，则 ABC 为等腰三角形 B. 若 5a  ， 15b  ， 30A  ，则符合条件的 ABC 有且只有一个 C. 若 cos cosa A b B ，则 ABC 为等腰直角三角形 D. 若 2 2 2sin sin sin 0A B C   ，则 ABC 是钝角三角形 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 在我市今年高三年级期中联合考试中，某校数学单科前 10名的学生成绩依次是： 143,140,144,142,142,145,148,147,147,150, 这 10名同学数学成绩的60%分位数是___________. 13. 已知 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， D为边 AC的中点， 1c  ， 2BD  ， π 4 ABD  ， 则边 a 的长为________. 14. 已知四棱锥P ABCD 的底面 ABCD是矩形，侧面 PAD为等边三角形，平面 PAD 平面 ABCD， 其中 2AD  ， 3AB  ，则四棱锥P ABCD 的外接球表面积为______. 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.（13分）我们把由平面内夹角成60的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“广义坐标系”.如图 所示， 1e  ， 2e  分别为Ox，Oy正方向上的单位向量.若向量 1 2OP xe ye     ，则称有序实数对 ,x y 为向 量OP  的“广义坐标”，可记作  ,OP x y  . （1）已知    1,2 , 2, 1a b    ，求 a b   ， 2a b   的“广义坐标”； （2）已知  1 1,a x y  ，  2 2,b x y  ，求 a b   ； 16. （15分）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是平行四边形， AC交BD于点O，E是 PD 上一点且 //PB 平面 ACE （1）证明： E为 PD的中点； （2）在线段PA上是否存在点 F，使得平面 //OEF 平面 PBC，若存在，请给出点 F的位置，并证明， 若不存在，请说明理由. 17. （15分）在① 2c s 2 o cA a b   ，②  cos 2 cosb C a c B  中任选一个作为已知条件，补充在下列问 题中，并作答. 问题：在 ABC 中，角 , ,A B C所对的边分别为 , ,a b c，已知_________. （1）求 B； （2）若 ABC 的外接圆半径为 1，且 1cos cos 8 A C   ，求 a c . 注：若选择不同条件分别作答，则按第一个解答计分. 18. （17分）在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD是边长为 2的菱形， 60DAB  ， PA PD ， 90APD  ，平面 PAD 平面 ABCD， （1）求证： AD PB （2）求直线 BC与平面 PBD所成角的余弦值. 19. （17分）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机 分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了 检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维 空间有两个点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则曼哈顿距离为：   1 2 1 2,d A B x x y y    ，余弦相似度为：   1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 cos , x x y yA B x y x y x y x y         ，余弦距离为  1 cos ,A B （1）若  1,2A  ， 3 4, 5 5 B      ，求 A，B 之间的曼哈顿距离  ,d A B 和余弦距离； （2）已知  sin ,cosM   ，  sin ,cosN   ，  sin , cosQ   ，若   1cos , 5 M N  ，   2cos , 5 M Q  ， 求 tan tan  的值 数学答案 第 1 页 共 8页 2023-2024 学年度第二学期 5 月月考 高一数学试题答案 一、单项选择题（本大题共 8 题，每小题 5 分，共计 40 分。每小题列出的四个选项中只有 一项是最符合题目要求的） 1. 【答案】A【分析】先由  1 1i z i   求出复数 z，从而可求出其共轭复数，进而可得答案 【详解】解：由  1 1i z i   ，得 21 i (1 i) 2i i 1 i (1 i)(1+ i) 2 z        ，所以 z i  ，所以其在复平面对应的点为( )0, 1- ， 2.【答案】C【分析】设 BP xBD   ，由 1(1 ) (1 ) 2 AP AB BP AB xBD x AB xAD x AB x AC                    ， 结合题干条件和平面向量基本定理，即得解【详解】根据题意画出草图，如图： 点 P是线段 BD上一点，设 BP xBD   ， ( )AP AB BP AB xBD AB x AD AB                1(1 ) (1 ) 2 x AB xAD x AB x AC           1(1 ) 2 6 xx AB AC AB AC         .由平面向量基本定理可得 1 1 2 6 x x      解得 2 3 1 3 x       .故选：C 3. 【答案】B【分析】利用二倍角公式及两角差的余弦公式求出 1cos sin 2    ，再将两边平方即可得解. 【详解】因为 cos2 2 π 2cos 4         ，所以 2 2cos sin 2 π π 2cos cos sin sin 4 4        ，所以       cos sin cos sin 2 22 cos sin 2           ， 所以 1cos sin 2    ，所以  2 1cos sin 4    ，即 2 2 1cos 2sin cos sin 4       ，所以 11 sin 2 4   ， 解得 3sin 2 4   .故选：B 4.【答案】B【分析】根据题意，由梯形面积公式求出原图的面积，结合原图与直观图面积的关系，分析即可得出 结果.【详解】根据题意，原图直角梯形OABC中，上下两底分别为 2和 4，高为 2 2， 其面积 2 4 2 2 6 2 2 S    ，则其直观图的面积 2 3 4 S S   .故选：B. 5.【答案】D【分析】由 ( ) 0 | | | | AB AC BC AB AC         推导可得 BAC 的平分线垂直于边 BC，进而可得b c ，再由给定 数学答案 第 2 页 共 8页 面积导出 90BAC  得解.【详解】如图所示，在边 AB、AC上分别取点D、E，使 || ABAD AB    、 || ACAE AC    ， 以 AD、 AE为邻边作平行四边形 ADFE，则 AF AD AE     ，显然 | | | | 1AD AE    ， 因此平行四边形 ADFE为菱形，AF 平分 BAC ，而 ( ) 0| | | | AB AC BC AB AC         ，则有 0AF BC    ，即 AF BC ， 于是得 ABC 是等腰三角形，即b c ，令直线 AF 交 BC 于点 O，则 O 是 BC 边的中点， 1 2ABC S a AO  ， 而 2 2 2 21 4 4ABC a b cS a   ，因此有 1 1 2 2 AO a BC  ，从而得 90BAC  ， 所以 ABC 是等腰直角三角形.故选：D 6、D 7. 【答案】C【分析】在 CDB△ 中利用正弦定理求 BC，再在Rt ABC△ 中求 AB . 【详解】在 CDB△ 中，由题意可得 75 CBD ，则   6 2sin sin 75 sin 45 30 sin 45 cos30 cos45 sin30 4 CBD               ， 2sin sin37 1 cos 37 0.6CDB       ，由正弦定理 sin sin CD BC CBD CDB    可得 sin sin     CD CDBBC CBD ， 在Rt ABC△ 中，可得 sin tan 37.9 0.6 2.0tan 48 sin 6 2 4 CD CDB ACBAB BC ACB CBD               ， 所以该铁塔的高度约为 48米.故选：C. 8. 【答案】C【分析】利用线面垂直的性质定理判断 A，利用线面位置关系判断 B，用反证法判断 C，作出异面直 线夹角求解即可判断 D. 【详解】设 2AB BC  ，对于 A：因为四边形 ABCD为菱形， 60ABC  ，所以 2AB BC  ，则 ABC 是 等边三角形，又因为M 为 BC中点，所以 AM BC ，即 AM MC ，因为 1AM BM ，又因为 1B M MC M  ， 1BM 平面 1BMC ，MC 平面 1BMC ，所以 AM 平面 1BMC ，因为 1BC 平面 1BMC ，所以 1AM BC ， 故 A正确； 对于 B：连接 AC，AN，设MD交 AC为 F ，连接 FN ，当 1BM //平面 ACN时， 1BM 平面 1BMD，NF 平 面 1BMD，所以 1BM //NF，因为 N 为 1B D的中点，所以F 为MD的中点，又CM // AD，所以 MFC△ ∽ DFA ， 数学答案 第 3 页 共 8页 所以 1 2 MF MC FD DA   ，矛盾，所以不存在某个位置，使得 1BM //平面 ACN，故 B正确； 对于 D：取 AD的中点 E，连接EN ， EC， 则 1AB // NE，则 ENC （或补角）就是 1AB 与 NC所成的角， 又 AE //MC， AE  MC，所以四边形MCEA为平行四边形，所以 EC // AM ， 所以 1B AM NEC   ，因为 AM 平面 1BMC ， 1BM 平面 1BMC ，所以 1AM BM ， 3 3 2 AM AB  ， 1 1BM BM  ，所以 1 π 6 NEC B AM    ， 所以 22 2 2π 32 cos 1 3 2 1 3 1 6 2 NC NE EC NE EC           ， 所以 22 2 2 2 21 1 3 1cos 2 2 1 1 2 EN NC ECENC EN NC             ， 因为0 πCNE  ，所以 2π 3 CNE  ，则 1AB 与 NC所成角为 π 3 ，故 D正确； 对于 C，连接 1BB ，若 1AB CD ，则 1AB AB ，又 1 2 AB AB ， 所以 2 21 1 2 2BB AB AB   ，在 1Rt AMB△ 中， 13, 2AM AB  ，所以 1 1BM  ， 又 1BM  ，则 1 12 2 2BM BM B B    ，矛盾，故不存在某个位置，使得 1AB CD ，故 C错误. 故选：C 二、多项选择题（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） 9. 【答案】ABD【分析】根据平面向量的平行四边形法则与三角不等式分析即可. 【详解】如图,根据平面向量的平行四边形或三角形法则,当 ,a b   不共线时,根据三角形两边之和大于第三边,两边之差 小于第三边有 || | | || | | | | | |a b a b a b           .当 ,a b   同向时有 | | | | | |a b a b       , | | | | | |a b a b       . 当 ,a b   反向时有 | | || | | ||a b a b       , | | + | | | |a b a b      数学答案 第 4 页 共 8页 故选：ABD 10. 【答案】BCD【分析】根据空间直线与平面间的位置关系进行判断 A，由线面、面面垂直的判定写性质判断 BCD． 【详解】若 // , ,a b     ， ,a b可能平行也可能异面，A错； ,a    ∥ ，则 a  ，又b  ，则a b r r ，B正确； 若 , , , ,l a b a b           ，假设 a与 l不垂直，过直线 a任一点 P在平面 内作直线 c l ，因为   ，所以 c  ，又b  ，则 c b ，又b a ， ,a c是平面 内两相交直线，因此b  ，而 l  ，所以b l ，即直线 ,a b中如果有一条不与 l垂直，则另一条 必定与直线 l垂直，C正确； 若 , , l         ，如图，设 a   ， b   ，过直线 l上一点 P在平面  内作直线m a ，则 m  ， 同理过 P在平面 内作直线 n b ，则n  ， 因为过一点有且只有一条直线与一个平面垂直，所以 ,m n重合，即重合为平面  和 的交线 l，所以 l  ，D正 确． 故选：BCD． 11. 【答案】AD【分析】对于 A，由余弦函数的性质判断，对于 B，由正弦定理分析判断，对于 C，由正弦定理统 一成角的形式，再化简判断，对于 D，利用正弦定理和余弦定理分析判断. 【详解】对于 A，因为cos cosA B ，  , 0, πA B ，所以 A B ，所以 ABC 为等腰三角形，故 A正确； 对于 B，由正弦定理得： 115sin 32sin 25 b AB a     ，因为b a ，所以B A ，即30 150B   ， 数学答案 第 5 页 共 8页 所以 60B  或120，则三角形有两解，故 B错误； 对于 C，在 ABC 中， cos cosa A b B ，由正弦定理得 sin cos sin cosA A B B ，即 sin 2 sin 2A B ， 因为  2 ,2 0,2πA B ，所以 2 2A B 或 2 π 2A B  ，即 A B 或 π2A B  ，所以这个三角形为等腰三角形或直 角三角形，故 C错误； 对于 D，若 2 2 2sin sin sinA B C  ，由正弦定理得 2 2 2a b c  ，由余弦定理得 2 2 2 cos 0 2 a b cC ab     ，所以C 为钝角，所以 ABC 是钝角三角形，故 D正确；故选：AD． 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 【答案】146【分析】根据计算分位数的步骤，计算求解即可. 【详解】对 10名同学的成绩从小到大进行排列：140,142,142,143,144,145,147,147,148,150 根据10 60% 6  ，故取第 6项和第 7项的数据分别为：145,147；10名同学数学成绩的60%分位数为： 145 147 146 2   .故答案为：146 13. 【答案】 5【分析】在 ABD△ 中，由余弦定理得 AD，从而发现 2 2 2AB AD BD  ，利用勾股定理可解. 【详解】在 ABD△ 中， 1c  ， 2BD  ， π 4 ABD  ，由余弦定理得 2 2 2 2 cosAD AB BD AB BD ABD      21 2 2 1 2 1 2        ，所以 1, 2 2AD AC AD   ，此时 2 2 2AB AD BD  ，即 AB AD ， 所以 2 2 5a BC AB AC    .故答案为： 5 14. 【分析】设 PAD 外接圆的圆心为 1O ，外接球球心为O，先分别求得 PAD 外接圆的半径与 1OO ，再利用勾 股定理求得外接球的半径，从而得解． 【详解】记 AD 的中点为 F ，连接 ,PF AB CD E  ，连接 EF， 设 PAD 外接圆的圆心为 1O ，半径为 r，所求外接球球心为O，半径为 R，连接 1,OO OE，如图， 因为 PAD 为等边三角形， 2AD  ，所以圆 1O 的半径 1 3 2 2 32 2 3 3 r PO     ， 因为 PAD 为等边三角形， F 是 AD 的中点，所以 PF A D， 因为平面PAD 平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD A ,D PF 平面 PAD，所以 PF 平面 ABCD， 数学答案 第 6 页 共 8页 因为底面 ABCD 是矩形，所以 E是底面 ABCD 外接圆的圆心，故OE 平面 ABCD，所以 PF OE ， 同理 1OO EF∥ ，所以四边形 1OO FE是矩形，所以 1 1 3 2 2 OO EF AB   ，所以球O的半径 2 2 2 2 3 43 3 3 2 12 R              ，所以外接球的表面积为 2 3 43π4πS R  ．故答案为： 43π 3 ． 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、【答案】（1）    3,1 , 2 0,5a b a b    r r r r ； （2）  1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 a b x x y y x y x y     r r ； 【分析】（1）根据已知条件及向量的坐标运算即可求解；（2）利用向量的数量积公式及数量积的运算律即可求解； （3）根据已知条件及向量的共线定理即可求解. 【小问 1详解】因为    1,2 , 2, 1a b    ，所以    3,1 ,2 0,5a b a b       【小问 2详解】 因为 1e  ， 2e  两分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为 60，所以 1 2 1 2 1cos60 2 e e e e        ， a b           1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2, ,x y x y x e y e x e y e         2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2x x e x y e e x y e e y y e            2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 x x e x y x y y y e       1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 x x y y x y x y    所以  1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 a b x x y y x y x y      ， 16. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， F 为 PA中点 【分析】（1）根据线面平行的性质定理证得 E为 PD的中点.（2）通过证明面面平行的方法来确定点F 的位置. 【小问 1详解】连接 BD，设 AC BD O ，连接OE，因为 //PB 平面 AEC，PB平面 PBD，平面 PBD平 面 AEC EO ，所以 //PB EO，又底面 ABCD为平行四边形，所以O为 BD的中点，所以 E为 PD的中点． 【小问 2详解】存在，F 为 PA中点时，平面 //OEF 平面 PBC，因为 F 为 PA中点，E为 PD的中点，所以 //EF AD， 由于 //BC AD，所以 //EF BC ，由于EF 平面PBC，BC 平面 PBC，所以 //EF 平面 PBC，同理可证得 //OE 平面PBC，由于OE EF E ， ,OE EF 平面OEF，所以平面 //OEF 平面 PBC . 17. 【答案】（1） π 3 B  ； （2） 30 2 a c  . 【分析】（1）选择条件①根据余弦定理边角互化可求解，选择条件②根据正弦定理边化角结合三角恒等变换求解； （2）根据余弦的和差角公式可得 3sin sin 8 A C  ，进而利用正弦定理可得 3 2 ac  ， 3b  ，由余弦定理即可求解 a c . 数学答案 第 7 页 共 8页 【小问 1详解】选择条件①：因为 2c s 2 o cA a b   ，在 ABC 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 2 2 b c a c a bc b     ，化简得 2 2 2a c b ac   ，由余弦定理可得 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b caB ac ac      ，因为  0,πB ，所以 π3B  . 选择条件②：因为  cos 2 cosb C a c B  ，由正弦定理得， sin cos sin cos 2sin cosB C C B A B  . 即  sin 2sin cosB C A B  ，则 sin 2sin cosA A B ，因为  0,πA ， sin 0A  ，所以 1cos 2 B  ， 因为  0,πB ，所以 π 3 B  . 【小问 2 详解】因为 π 3 B  ，所以 2π 3 A C  ，即   1cos 2 A C   ，即 1cos cos sin sin 2 A C A C   ，又因 为 1cos cos 8 A C   ，所以 3sin sin 8 A C  .由于 ABC 的外接圆半径为 1R  ，由正弦定理可得 sin sin 2 2 a cA C   ， 可得 3 2 ac  ，所以 2 sin 3b R B  ，由余弦定理可得  22 2 2 cos 3 3b a c ac B a c ac       ， 所以 30 2 a c  . 18. 【答案】（1）证明见解析 （2） 2 7 7 【分析】（1）先证明 AD 平面 PBE，再由线面垂直得到线线垂直； （2）过 A 点作平面 PBD 的垂线，垂足为 H，运用等体积法求出 A 点到平面 PBD 的距离，解三角形 ADH 即可. 【小问 1详解】取 AD 的中点 E，连接 PE，BE，如下图： ,PA PD PE AD   ，又 60 ,DAB ABD   是等边三角形，即 AD BE ， ,PE BE 平面 PBE， ,PE BE E AD   平面 PBE， PB平面 PBE， AD PB  ； 【小问 2详解】 90 , 2, 1APD AD PE     ， 3BE  ， 2PA PD  ，平面 PAD 平面 ABCD， 平面 PAD平面 , ,ABCD AD PE AD PE   平面 ABCD， BE 平面 ABCD， PE BE ， 在Rt PEB 中，  221 3 2PB    ， 过 A 点作平面 PBE 的垂线，得垂足 H，连接 DH， 数学答案 第 8 页 共 8页 / / ,BC AD BC 与平面 PBD的夹角即为 AD 与平面 PAD 的夹角，设其为 ，则 ADH   ， 下面用等体积法求出 AH 的长度， 1 1 33, 2 3 3ABD P ABD ABD S AD BE V S PE      ，在 PBD△ 中， 2 2 2 3 7cos , sin 2 4 4 PB BD PDPBD PBD PB BD          ， 1 7 1 2 21sin , , 2 2 3 7PBD A PBD PBD P ABD S PB BD PBD V S AH V AH           ， 在Rt AHD 中 21 2 7sin sin , cos 7 7 AHADH AD        ； 综上，直线 BC 与平面 PBD 所成角的余弦值为 2 7 7 . 19. 【答案】（1） 14 5 ， 51 5  （2） 3 【分析】（1）根据公式直接计算即可. （2）根据公式得到 1sin sin cos cos 5      ， 2sin sin cos cos 5      ，计算得到答案. 【小问 1详解】   3 4 14, 1 2 5 5 5 d A B       ，   1 3 2 4 5cos , 5 5 55 5 A B      ，故余弦距离等于   51 cos , 1 5 A B   ； 【小问 2详解】   2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin cos coscos , sin cos sin cos sin cos sin cos M N                     1sin sin cos cos 5       ；   2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin cos coscos , sin cos sin cos sin cos sin cos M Q                      2sin sin cos cos 5       故 3sin sin 10    ， 1cos cos 10     ，则 sin sintan tan 3 cos cos         . 数学答案 第 9 页 共 8页