江苏省泰州市海陵区泰州中学2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

null试卷第 1页，共 17页 2024-2025 学年春学期高二年级第一次质量检测试卷 数学学科 命题人 审题人 一、单选题 1．双曲线 2 2 1 4 3 x y   的焦点到渐近线的距离为（ ） A． 3 B．2 C． 2 3 D．1 【答案】A 【详解】解：依题意得， 2 24, 3a b  ，得 2 2 2 7c a b   ，得 7c  ， 不妨设一个焦点为  7 0， ， 一条渐近线方程为： 3 2 y x ，即 3 2 0x y  ， 则焦点到渐近线方程的距离为： 3 7 3 3 4    ． 故选：A 2．在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，M 为 1 1AC 的中点，若 AB a   = ， AC b   ， 1AA c   ，则 BM  可表 示为（ ） A． 1 1 2 2 a b c     B． 1 2 a b c      C． 1 2 a b c      D． 1 1 2 2 a b c     【答案】B 【详解】由题得 1 1 1 1 1 1 2 BM AM AB AA AM AB AA AC AB                 1 1 1 2 2 AB AC AA a b c             . 试卷第 2页，共 17页 故选：B 3．已知等差数列{ }na 的前 n项和为 nS ，且 11 511( 2)S a  ，则 11 5a a （ ） A．4 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【详解】 11 511( 2) S a ， 11 1 5 11 1011 11( 2) 2      S a d a ， 15 4a a d ， 11 11 1011 11( 4 2) 2      a d a d ， 解得： 2d ， 11 5 5 56 6 12    a a dada ， 故选：D． 4．若过点  1,2P 的直线 1l 与圆 2 2: ( 2) 5C x y   相切，又与直线 2 : 1 0l ax y   平行，则a  （ ） A．2 B． 12 C． 1 2  D．1 【答案】B 【详解】设与直线 2 : 1 0l ax y   平行的直线 1l 为 0ax y m   ， 又直线 1l 过点  1,2P ，所以 2m a  ，所以直线 1l 为 2 0ax y a    ， 又因为直线 1l 与圆 2 2: ( 2) 5C x y   相切， 所以圆心  2,0C 到直线 1l 的距离为 2 2 0 2 15 21 a a d a a         ， 故选：B. 5．泰州中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷 雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清 明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ） A．24 B．48 C．144 D．240 【答案】C 试卷第 3页，共 17页 【详解】将“立春”和“春分”两块展板看成一个整体，与“雨水”“谷雨”两块展板进行全排列， 再将“清明”和“惊蛰”两块展板插空， 所以不同的放置方式种数为 2 3 2 2 3 4A A A 2 6 12 144    ． 故选：C 6．在平面直角坐标系 xOy中， ( 2,0)A  ，若对任意实数 k，直线 : ( 1)  l y k x b上总存在点 M使得 | | 2 | |MA MO ，则 b的取值范围是（ ） A． 13 13, 3 3       B． 14 14, 3 3       C． 15 15, 3 3       D． 4 4, 3 3     【答案】C 【详解】设 ( , )M x y ，因为 | | 2 | |MA MO ，所以 2 2 2 2( 2) 4 4   x y x y ， 由定义得动点 M的轨迹为阿氏圆 2 2: 3 3 4 4 0   C x y x ． 直线 : ( 1)  l y k x b恒过点 (1, )b ，原问题可等价于对任意实数 k， 直线 : ( 1)  l y k x b与圆 C恒有公共点，则点 (1, )b 在圆 C的内部或圆上， 所以 23 3 8 0b   ，所以 2 5 3 b ，所以 b的取值范围为 15 15, 3 3       ． 故选:C． 7．将 1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写 1个数字，则仅有两 列数字之和为 9的填法有（ ） A．4608种 B．1152种 C．2304种 D．576种 【答案】A 【详解】依题意，将 1，2，3，4，5，6，7，8按照两个数字之和为 9分成“18，27，36，45” 四组，从中任取 2组有 24C 种方法， 再在四列方格中任选 2列，填入这两组数字，有 24A 种方法，每一列的两个数字的排列有 2 2 2 2A A 试卷第 4页，共 17页 种方法； 余下 4个数字填入方格有 44A 种，满足同列数字和为 9的有 2 2 2 2 2 2A A A 种， 所以不同填法共有 2 2 4 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 4 4A A (A A A A ) 6 12 2 2 (24 2 2 2) 4608C A           种. 故选：A 8．若不等式 e 2 ln 2 2 e a xx x x a x    对任意正实数 x恒成立，则 a的取值范围为（ ） A．  , 1  B．  1,0 C．  0,1 D．  1, 【答案】D 【详解】由 0x  ，不等式 e 2 ln 2 2 e a xx x x a x    ，即 2 ee 2ln 2 a x ax x x     ， 即 2 ee 2 2ln a x a x x x     ，即 eln2 e e ee 2ln e 2ln a x xa x x x x      ， 设   e 2xf x x  ，则上式为 elnaf f x x            ， 由   e 2 0xf x    ，则  f x 在 R上单调递增，可得 elna x x  ， 由 0x  ，得 eln ( 0)a x x x   ，令 e ( 0)t t x   ，则 lne ( 0)ta t t    ， 因此 e 2 ln 2 2 e a xx x x a x    对任意正实数 x恒成立，即 lne ( 0)ta t t    对任意正实数 t恒 成立， 令   ln ( 0)tg t t t   ，则   2 1 ln tg t t   ， 当 t e 时   0g t  ，  g t 在 (e, ) 上单调递减， 当0 et  时   0g t  ，  g t 在 (0,e)上单调递增， 所以 et  时，  g t 取得最大值   1e e g  ，则  maxe ( ) e e 1a g t g   . 故选：D 二、多选题 9．2025泰州马拉松赛事设置全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑（5.5公里）三个项目，每 个项目均设置 4000个参赛名额．在校大学生踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等 5名大学生 志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑（5.5公里）三个项目进 行志愿者活动，则下列说法正确的是（ ） 试卷第 5页，共 17页 A．若全程马拉松项目必须安排 3人，其余两项各安排 1人，则有 20种不同的分配方案 B．若每个比赛项目至少安排 1人，且每人均被安排，则有 150种不同的分配方案 C．安排这 5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有 42种不同的站法 D．已知这 5人的身高各不相同，若安排 5人拍照，前排 2人，后排 3人，且后排 3人 中身高最高的站中间，则有 40种不同的站法 【答案】ABD 【详解】对于 A，先从 5人中选 3人安排到全程马拉松项目，有 35C 10 种方法， 然后剩下 2人安排到其余两个项目，每个项目安排 1人，有 22A 2 （种）， 则由分步乘法计数原理可知共有10 2 20  种分配方案，所以 A正确． 对于 B，将 5个人分成 3组，且每组至少 1人，有两种分法， 分别为 1，1，3和 1，2，2，若为 1，1，3，则不同的分配方案有 3 35 3C A 10 6 60   （种）； 若为 1，2，2，则不同的分配方案有 2 2 35 3 32 2 C C 30A 6 90 A 2     （种）， 所以由分类加法计数原理可知，共有60 90 150  种不同的分配方案，所以 B正确． 对于 C，先将甲、乙捆绑在一起看成一个整体，再与剩下的 3人进行全排列， 所以不同的站法有 2 4 2 4A A 2 4 3 2 1 48      （种），所以 C错误． 对于 D，先选 2人站前排有 2 25 2C A 10 2 20   （种）， 然后剩下 3人中身高最高的站后排的中间，剩下 2人站后排两边有 22A 2 （种）， 所以由分步乘法计数原理可知共有 20 2 40  种不同的站法，所以 D正确． 故选:ABD． 10．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是边长为 2的正方形，PD 平面 ABCD， 2 3PD  ，点 E是棱 PB上一点，则下列说法正确的是（ ） A．不存在点 E，使 //AE 平面 PCD B．存在点 E，使 PB 平面 ACE C．若点 E为 PB中点，则点C到平面 ADE 的距离为 3 D．二面角 P AE D  夹角最大时， 1 4 PE PB uuur uuur 【答案】BC 试卷第 6页，共 17页 【详解】对于 A，当 E位于 B时，此时 / / ,AE CD AE 平面 PCD，CD 平面 PCD， 故 //AE 平面 PCD，A不正确， 对于 B，建立如图所示的空间直角坐标系，则          0,0,2 3 , 2,0,0 , 0,0,0 , 0,2,0 , 2,2,0P A D C B ，  2,2, 2 3PB   ，  2,2,0AC   ， 由于 4 4 0PB AC       ，故 PB AC   ， 设 ,0 1PE aPB a     ，则  2 ,2 ,2 3 2 3E a a a ， 则  2 2, 2 , 2 3 2 3AE a a a   ， 要使 PB 平面 ACE，则    2 2 2 4 2 3 2 3 2 3 0PB AE a a a        ，解得 45a  ，故存 在点 E，当 4 5 PE PB   时， PB AE   ，结合 PB AC   ， , ,AE AC A AE AC  平面 AEC， 故 PB 平面 ACE，B正确， 对于 C， 点 E为 PB中点，此时  1,1, 3E ， 设平面 ADE的法向量为  , ,m x y z ， 故    1,1, 3 , 2,0,0DE DA   ，  0,2,0DC  ， 3 0 2 0 DE m x y z DA m x               ，令 3y  ，则  0, 3, 1m   ， 则点C到平面 ADE 的距离为 2 3 3 2 DC m m       ，故 C正确， 对于 D，设平面 ADE的法向量为  , ,m x y z ， 设平面 ADE的法向量为  , ,m x y z ， 故    2 ,2 ,2 3 2 3 , 2,0,0DE a a a DA    ，  0,2,0DC  ，  2 2 2 3 2 3 0 2 0 DE m ax ay a z DA m x                 ，令 z a ，则  0, 3 3,m a a   ， 设平面 PAE的法向量为  0 0 0, ,n x y z  ， 故  2,0, 2 3 ,PA    2 2,2 ,2 3 2 3 ,AE a a a   试卷第 7页，共 17页    0 0 0 0 0 2 2 2 2 3 2 3 0 2 2 3 0 AE n a x ay a z PA n x z                   ，令 0 1z  ，则  3,0,1n   ，   22 22 2 1 1 1 1cos , 6 32 2 12 4 6 32 3 1 4 3 1 1 m n a am n m n a aa a a a a                          ，显然 1 4 a  时，此时 cos ,m n   并不是最值，此时二面角 P AE D  夹角不是最大，故 D错误， 故选：BC 11．已知曲线      2 2 21 : 2 1 0, 2C x y r r x      和       2 2 2 2 : 2 1 2C x y r x     相切， 且曲线 1 2,C C 和抛物线  23 : 2 2C y x x  围成封闭曲线C，过 3C 的焦点 F 的动直线 l与C交 于 ,A B两点，过线段 AB的中点 P作垂直于 3C 的准线的直线，垂足为 ,N O为坐标原点，则下 列说法正确的是（ ） A． 1r  B． FB 的最大值为 5 2 C． 2OA 不大于点A到 y轴的距离的 4倍 D．若 l的斜率为 3，则 AN BN 【答案】ACD 【详解】如图：  1 2,1C ，  2 2, 1C  ， ∵圆 1C 与圆 2C 相切，∴ 1 2 2CC r ，即 2 2r ，∴ 1r  ，A选项正确； 当直线 l与曲线C交于圆 1C 上时， 1, ,F C B三点共线时 FB 最大， 试卷第 8页，共 17页 此时 2 2 1 1 13 51 2 1 1 2 2 2 FB FC r              ，B选项错误； 当点A在曲线 3C 上时，设  22 , 2A t t ， 22 2t  ，即 2 1t  ，      2 22 2 2 2 2 24 2 2 2 8 4 1 0OA t t t t t t        ； 当点A在曲线 1C 上时，设  2 cos ,1 sinA    ，0 cos 1  ，        2 22 4 2 cos 2 cos 1 sin 8 4cos 2sin 2 0OA                 ； 由对称性可知当点A在曲线 2C 上时，结论也成立，C选项正确. 若 l的斜率为 3时， 3: 3 2 l y x  ，显然此时直线与曲线C交于 3C ， 则 2 33 2 2 y x y x       ，整理得 2 33 5 0 4 x x   ， 设  1 1,A x y ，  2 2,A x y ，则 1 2 5 3 x x  ， 1 2 1 4 x x  ， 即 5 3, 6 3 P        ，则 1 3, 2 3 N        ， 所以 1 1 1 3, 2 3 NA x y           ， 2 2 1 3, 2 3 NB x y           ∴ 2 1 2 1 1 1 3 3 2 2 3 3 NA NB x x y y                          ，    1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 3 1 2 4 3 3 NA NB x x x x y y x x           ，  1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 3 3 3 3 3 13 3 3 3 2 4 2 2 3 2 2 3 NA NB x x x x x x x x                                   1 2 1 2 7 10 74 2 1 0 3 3 3 NA NB x x x x           ， 试卷第 9页，共 17页 ∴ AN BN ，D选项正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．若 1 2 313 13C C x x  ，则 x的值为 ． 【答案】4或 5 【详解】由 1 2 3 13 13C C x x  ，即 1 2 3x x   或 1 2 3 13x x    ，解得 4x  或 5x  ； 13．已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0) x yC a b a b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，P是 C右支上一点， 线段 1PF与 C的左支交于点M.若 1 2 90FPF  ，且 1 2 3tan 4 FMF   ，则 C的离心率为 . 【答案】 5 【详解】因为 1 2 3tan 4 FMF   ，所以  2 1 2 3tan tan π 4 PMF FMF    ， 又 1 2 90FPF  ，所以 2 3 4 PF PM  ， 设 2 3PF x ，则 4PM x ，由勾股定理得 2 2 2 2 5MF PF PM x   ， 由双曲线定义得 2 1 2MF MF a  ，故 1 5 2MF x a  ， 故 1 1 5 2 4 9 2PF MF PM x a x x a       ， 由双曲线定义得 1 2 9 2 3 2PF PF x a x a     ， 故6 4x a ，解得 2 3 x a ， 故 1 29 2 9 2 4 3 PF x a a a a      ， 2 23 2 3 PF a a   ， 在 1 2PFF 中，由勾股定理得 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F  ， 即 2 2 216 4 4a a c  ，解得 5c a ， 试卷第 10页，共 17页 故离心率 5 c a  . 故答案为： 5 14．将正整数 n分解成两个正整数 1k ， 2k 的积，即 1 2n k k  ，当 1k ， 2k 的两数差的绝对值 最小时，称  1 2,k k 为正整数 n的最优分解，如  4,5 为 20的最优分解．当  1 2,k k 为 n的最优 分解时，定义   1 2f n k k  ，则数列   5nf 的前 2025项和为 ． 【答案】 10135 1 / 10131 5  【详解】当 2n k ， *Nk  时， 25 5 5k k k  ，所以  5 5 5 0n k kf    ； 当 2 1n k  ， *Nk  时， 2 1 15 5 5k k k   ，所以   1 15 5 5 5 5n k k k kf      ； 所以数列   5nf 的前 2025项和为：          1 0 2 1 3 2 1012 1011 1013 1012 10135 5 0 5 5 0 5 5 0 5 5 0 5 5 5 1                 . 故答案为： 10135 1 . 四、解答题 15．从 5个男生和 4个女生中选出 5人去担任英语、数学、物理、化学、生物的课代表．分 别求出符合下列条件的安排方法种数： (1)有女生但不少于男生； (2)女生甲不担任物理课代表； (3)女生乙入选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表． 【答案】(1)5400 (2)13440 (3)4620 【详解】（1）由女生人数不少于男生可知，有 3个女生 2个男生或有 4个女生 1个男生， ①有 4个女生的选法有： 4 1 54 5 5C C A 种； ②有 3个女生的选法有： 3 2 54 5 5C C A 种； 不同的安排方法种数有  4 1 3 2 54 5 4 5 5C C C C A 5400  种． （2）因为女生甲不担任物理课代表，从除女生甲外的其他 8人中选取 1人担任除物理课代 表， 试卷第 11页，共 17页 再从剩下的 8个人中选其余 4科课代表，所以不同的安排种数有 1 48 8C A 13440 种； （3）因为女生乙人选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表， ①男生甲入选的选法有： 1 1 3 2 3 7C C A 种； ②男生甲不入选的选法有： 1 4 4 7C A 种； 所以不同的安排方法种数有 1 1 3 1 4 2 3 7 4 7C C A C A 4620  种． 16．如图，长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 底面是边长为 2的正方形， 高 为 4， E为线段 AB的中点， F 为线段 1CA的中点. (1)证明： //EF 平面 1 1ADD A； (2)求直线 EF与平面 1ADC所成角的正弦值. (3)求直线 AB到平面 1ADC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 4 5 (3) 4 5 5 【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则  2,1,0E ，  0,2,0C ，  1 2,0,4A ，  2,2,0B ， 又 F为线段 1CA的中点，所以  1,1,2F ， 所以  1,0,2EF    ，又平面 1 1ADD A的法向量可以为  0,1,0n   ， 所以 0EF n    ，即 EF n   ，又 EF 平面 1 1ADD A，所以 //EF 平面 1 1ADD A . （2）由（1）可得  0,0,0D ，所以  0,2,0DC   ，  1 2,0,4DA   ， 试卷第 12页，共 17页 设平面 1ADC的法向量为  , ,m x y z  ，则 1 2 0 2 4 0 DC m y DA m x z              ，取  2,0, 1m    ， 设直线 EF与平面 1ADC所成角为 ，则 4 4sin 55 5 EF m EF m           ， 所以直线 EF与平面 1ADC所成角的正弦值为 4 5 ； （3）因为 //AB CD， AB 平面 1ADC，CD 平面 1ADC， 所以 //AB 平面 1ADC， 所以直线 AB到平面 1ADC的距离即为点 B到平面 1ADC的距离， 又  2,0,0CB   ， 所以点 B到平面 1ADC的距离 4 4 5 55 CB m d m        ， 即直线 AB到平面 1ADC的距离为 4 5 5 . 17．已知各项均为正数的数列 na 的前 n项和为 nS ， 1 1a  ，且  1 2n n na S S n  . (1)证明：数列 nS 是等差数列； (2)求数列 na 的通项公式； (3)若  * 1 2 1 1 11 1 1 2 1 0, n t n t n a a a                    N ，求 t的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 2 1na n  (3) 2 30, 3       【详解】（1）因为各项均为正数的数列 na 的前 n项和为 nS ，则对任意的 n N ， 0nS  ， 当 2n  时， 1 1n n n n na S S S S     ， 即   1 1 1n n n n n nS S S S S S      ，所以， 1 1n nS S   ， 因此，数列 nS 是等差数列，且其首项为 1 1S  ，公差为1. 试卷第 13页，共 17页 （2）由（1）可得 1 1nS n n    ，则当 2n  时， 1 1 2 1n n na S S n n n       ， 1 1a  也满足 2 1na n  ，故 n  N ， 2 1na n  . （3）由  * 1 2 1 1 11 1 1 2 1 0, n t n t n a a a                    N 可得 1 2 1 1 1 11 1 1 2 1 n t a a an                   ， 令 1 2 1 1 1 11 1 1 2 1n n b a a an                   ，则 0nb  则 1 2 11 1 2 1 1 1 1 11 1 1 1 2 3 2 1 11 2 3 2 11 1 1 11 1 1 2 1 n nn n n a a a ab n n b n n a a an                                                 2 2 2 2 22 1 2 2 4 8 4 1 2 3 2 1 2 3 2 1 4 8 3 nn n n n n n n n n n                ，即 1n nb b  ， 所以，数列 nb 为单调递增数列，则 1 2 2 30 33 t b    ， 因此， t的取值范围是 2 30, 3       . 18．有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知．由于地形等原 因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率（Curvature）来刻画路线弯曲 度．曲线的曲率定义如下：记  y f x  为  y f x 的导函数，  y f x  为  y f x  的导函 数，则曲线  y f x 在点   ,x f x 处的曲率为         3 2 21 f x K x f x     ． (1)已知函数   2 2e ex xg x   ，求曲线  y g x 在点   0, 0g 处的曲率  0K ； (2)求反比例函数   1h x x  曲率的平方  2K x 的最大值. (3)已知函数   sin cosf x x x  ，求曲线  y f x 的曲率  K x 的范围． 【答案】(1)8 (2)1 试卷第 14页，共 17页 (3) 0, 2   【详解】（1）因为   2 2e ex xg x   ，所以   2 22e 2ex xg x    ，   2 24e 4ex xg x    ， 故  0 2 2 0g    ，   4 4 80g    ，由曲率公式得     3 2 80 8 1 0 K    （2）由   2 1h x x    ，   3 2h x x   ，则   3 2 4 3 2 11 K x xx       ，   3 6 2 2 3 2 22 3 4 4 1 21 11 2 4 4 1 xK x x xx xx                       ， 当且仅当 2 2 1 ,x x  即 1x   时，等号成立. 故反比例函数   1h x x  曲率的平方 2K 的最大值为 1 2 （3）因为   sin cosf x x x  ，所以   cos sinf x x x   ，   sin cosf x x x   ， 由曲率公式得      3 2 2 sin cos 1 cos sin x x K x x x      ， 故       3 3 2 2 2 2 sin cos sin cos 2 sin21 cos 2sin cos sin x x x x K x xx x x x        ， 则         2 2 2 2 3 3 3 (sin cos ) cos 2sin cos sin 1 sin2 2 sin2 2 sin2 2 sin2 x x x x x xK x x x x x           ， 令  3 1 sin2( ) 2 sin2 xh x x    ，令  sin2 1,1x t   ， 函数化为  3 1( ) 2 tm t t    ，令  2 1,3t m   ， 则 2t m  ，函数化为 3 3 1 2 3( ) m mn m m m      ，对 ( )n m 进行变形， 得到 3 3 3 2 3 3 1( ) mn m m m m m     ， 令 1 1 ,1 3 a m      ，函数化为 3 2( ) 3L a a a  ，此时，我们研究 ( )L a 的范围即可， 试卷第 15页，共 17页 而 2( ) 9L a a a    ， 当 1 ,1 3 a      时， ( ) 0L a  恒成立，故 ( )L a 在 1 ,1 3      上单调递增， 而 3 21 1 1( ) 3 ( ) ( ) 0 3 3 3 L     ， (1) 3 1 1 2L     ，故  ( ) 0, 2L a  ，即  ( ) 0, 2h x  ，故   0, 2K x    . 19．如图，在三棱台 1 1 1ABC ABC 中， 1 1 22 2 2 2 2 AB BC AA CC AC     ，点D为棱 1 1AC 的中点， 3BD  ，且直线 BD与平面 ABC所成的角为 π 6 . (1)证明：BD AC ； (2)求平面 1 1AB C 与平面 1 1BCC B 成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 385 385 【详解】（1）证明：取 AC的中点 E，连接 ,DE BE， 因为 1 1AA CC ，则四边形 1 1ACC A 为等腰梯形， 因为 ,D E分别为 1 1,AC AC的中点，所以 AC DE ， 因为 ,AB BC E 为 AC的中点，所以 AC BE ， 因为 BE DE E  ， ,BE DE 平面 BDE， 所以 AC 平面 BDE， 因为 BD 平面 BDE，所以 BD AC ； （2）过点D作DO BE ，垂足为O， 由（1）知， AC 平面 ,BDE DO 平面 BDE， 则 AC DO ，又 AC BE E ， ,AC BE 平面 ABC， 所以 DO 平面 ABC， 试卷第 16页，共 17页 则 DBE 为直线BD与平面 ABC所成的角，即 π 6 DBE  ， 因为 1 1 22 2 2 2 2 AB BC AA CC AC     ， 所以 1 12 2, 2, 4AB BC AA CC AC     ， 所以 2 2 216AB BC AC   ，所以 AB BC ，则 ABCV 为等腰直角三角形， 所以 1 2 2 BE AC  ， 在 BDEV 中， 2, 3BE BD  ， 则由余弦定理得 2 2 2 π 32 cos 4 3 2 2 3 1 6 2 DE BE BD BE BD           ， 则 2 2 2DE BD BE  ，即 BD DE ，易得 1 1DC  ， 在Rt OBD△ 中， 1 3sin 3 2 2 OD BD DBO     ， 3 3cos 3 2 2 OB BD DBO     ， 所以 3 12 2 2 OE BE OB     ，所以 3OB OE ， 取 AB上靠近点A的四等分点 F ，连接OF，则OF ‖ AE， 因为 AE BE ，所以OF BE ， 则分别以 , ,OF OB OD所在直线为 , ,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 1 3 1 1 32, ,0 , 0, ,0 , 2, ,0 , 0, ,0 , 0,0, 2 2 2 2 2 A B C E D                                 ， 由于 1 1 12 , 2EC DC BC BC      ，所以 1 1 3 31,0, , 0,1, 2 2 C B                ， 设平面 1 1AB C 的法向量为  , ,m x y z  ， 由于  1 1 1 3 32, , , 1, 1,0 2 2 AB BC              ， 试卷第 17页，共 17页 所以 1 1 1 3 32 0 2 2 0 AB m x y z BC m x y                   ，， 令 7z  ，则  3, 3,7m   ， 设平面 1 1BCC B 的法向量为  , ,n x y z    ， 由于  1 1 1 1 31, , , 1, 1,0 2 2 CC BC             ， 所以 1 1 1 1 3 0 2 2 0 CC n x y z BC n x y                       ， 令 1z  ，则  3, 3,1n   ， 所以 1 385cos , 38555 7 m nm n m n           ， 故平面 1 1AB C 与平面 1 1BCC B 成角的余弦值为 385 385 .