陕西省宝鸡市岐山高级中学2024-2025学年高三下学期3月模拟数学试卷

数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页） 绝密★启用前 2024—2025 学年（下）学期高三 3 月模拟 卷数 学 一、单项选择题：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. 1．已知集合  Z | 1 0A x x    ，  | 1 3B x x   ，则 A B  （ ） A．{ }1,0,1, 2- B． 1,0,1 C． 0,1,2 D． 0,1 2．若复数   2 i ia  在复平面内对应的点位于 y轴上，则实数 a （ ） A． 2 B． 1 2  C． 12 D．2 3．若空间中三条不同的直线 a，b， c满足 a c ，b c ，则 / /a b是 a，b， c共面的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知向量 ，  2 1, 3e   ，设 1 24a e e     ， 1 23b e e     ，则 a  与b  的夹角为（ ） A． π 6 B． π 4 C． π 3 D． 2π 3 5．已知函数     π πsin 2 2 2 f x x           的图象关于直线 π 3 x  对称，则 tan 2  （ ） A． 2 3 B． 2 3 C．1 3 D． 3 2 6．某地组织了 2025年“美丽乡村”节目汇演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节目， 则歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出的概率为（ ） A． 1 6 B． 3 20 C． 1 10 D． 7 60 7．已知 AB为圆锥 PO的底面直径，O为底面圆心，正三角形 ACD内接于 O ，若 6PA  ，圆锥的侧面积 为12 2π，则 PA与 BD所成角的余弦值为（ ） A． 2 6 B． 3 4 C． 5 5 D． 2 3 8．已知 0a  且 1a  ，若函数    2log logaaf x x x  与    2 x xg x a a   在区间  0,  上都单调递增， 则实数 a的取值范围是（ ） A．  0, 3 1 B．  2 1,1 C． 3 1,1  D． 2 1,1  二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，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．从某校高一和高二年级分别随机抽取 100名学生进行知识竞赛，按得分（满分 100分）绘制如图所示的 频率分布直方图，根据频率分布直方图，并用频率估计概率记高一年级学生得分平均数的估计值为 x，高 二年级学生得分中位数与平均数的估计值分别为 y， z．从高一和高二年级各随机抽取一名学生，记事件 M  “高一年级学生得分不低于 60分，高二年级学生得分不低于 80分”，事件 N  “高一年级学生得分不低 于 80分，高二年级学生得分不低于 60分”则（ ） A． x z B． y z C．事件M ， N互斥 D．    P M P N 10．已知 1 2,F F 分别是双曲线   2 2 2: 1 0 yC x b b    的左、右焦点，斜率为 15且过点 2F 的直线交C的右支于 ,A B两点，A在第一象限，且 1AF AB ，则（ ） A．点 1F 到C的渐近线的距离为 3 B． 10AB  C．C的离心率为 2 D．分别以 1 1 2,BF FF 为直径的圆的公共弦长为 15 11．塌缩函数在神经网络、信号处理和数据压缩等领域经常用到.常见的塌缩函数有    e e etanh ,sig e e 1 e x x x x x xx x        ，设  tanh x 的值域为  ,sigD x 的值域为 E，则下列结论正确的是（ ） A． E  D B． 2025 1 [sig( ) sig( )] 2025 i i i     C．方程  2sig 1 tanx x  的所有实根之和为 1 D．若关于 x的不等式    2sig e e sig 2 1 1x x m m      恒成立，则实数m的取值范围为  1,3 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．已知三角形 ABC为锐角三角形，且 5AB  ， 6AC  ，三角形 ABC的面积为6 6，则BC  ． 数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页） 13．已知函数   2 1, 1 2 3, 1 x a a x f x x ax x           的最小值为 1 ，则 a  ． 14．记 x 表示不超过 x的最大整数．若正项数列 na 满足 2 2 1 12 3 0, n n n n i i a n a n b a             ，则数列 nb 的 前 101项和为 ． 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） 已知 na 是等差数列， nb 是等比数列，且 1 1 3a b  ， 2 4 22a a b  ， 1 3 3a a b ． (1)求 na 和 nb 的通项公式； (2)求数列 n n a b       的前 n项和． 16．（15分） 甲、乙两人各进行 3次射击，甲每次击中目标的概率是 14 ，乙每次击中目标的概率是 1 2 ，假设两人是否击 中目标相互之间没有影响． (1)求甲恰好比乙多击中目标 2次的概率； (2)设甲击中目标的次数为 X ，求 X 的分布列和数学期望． 17．（15分） 已知函数    1 exf x x ax b    ，曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程为 2 0x y   ． (1)求 a，b的值； (2)讨论  f x 的零点个数，并证明所有零点之和为 0． 18．（17分） 已知抛物线 2 4: 3 x y  ，  22 2 2 2: 1 0 3 E x y r r             ，点 P在上． (1)求 PE 的最小值； (2)设点 P的横坐标为 2，过 P作 E 的两条切线，分别交于 B，C两点． （ⅰ）求直线 BC斜率的取值范围； （ⅱ）证明直线 BC过定点． 19．（17分） 球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形， 每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图 （1），球O的半径 3, , , ,R A B C D 为球O的球面上的四点. (1)若球面三角形 ABC的三条边长均为 3π 3 ，求此球面三角形一个内角的余弦值. (2)在球O的内接三棱锥D ABC 中，DB 平面 , : : 3 : 2 :1ABC AB AC BC  ，直线DC与平面 ABC所成 的角为 π 3 . （i）若 ,M N分别为直线 ,AD BC上的动点，求线段MN长度的最小值； （ii）如图（2），若 ,P Q分别为线段 ,AC BC的中点，G为线段 BD上一点（与点 B不重合），当平面OBC 与平面GPQ夹角的余弦值最大时，求线段 BG的长. 答案第 3页，共 15页 【分析】利用排列，求出六个节目演出的方法数和曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器 乐节目前面演出方法数，再利用古典概率公式，即可求解. 【详解】因为歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出，有 3 2 5 2A A 120 种 排法， 又六个节目演出，共有 6 6A 720 种排法， 由古典概率公式可知，所求概率为 3 2 5 2 6 6 A A 120 1 A 720 6 P    ， 故选：A. 7．A 【分析】先求出圆锥的底面半径和 BD，过点A作 / /AE BD交DO的延长线于点 E， PAE 为 PA与 BD所成角，由余弦定理求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l， 因为 6PA  ，所以 6l PA  ， 所以 π 6π 12 2πS rl r   ，所以 2 2r  ， 所以 2 2OA OB OC OD    ，又正三角形 ACD内接于 O ， 所以 2 4 2 sin 60 ACr    ，解得： 2 6AC  ，所以 2 6AC CD AD   ， 所以    2 22 2 4 2 2 6 2 2BD AB AD     ， 过点A作 / /AE BD交DO的延长线于点 E， 2 2BD AE  ， 所以 PA与 BD所成角即为 PA与 AE所成角或其补角， 所以 PAE 为 PA与 BD所成角， 6,PA PE  由余弦定理可得：  22 22 2 2 6 2 2 6 2cos 2 62 6 2 2 PA AE PEPAE PA AE           ， 故选：A. 答案第 4页，共 15页 8．D 【分析】利用换底公式得       ln ln 1 1 ln ln 2 ln ln 2 ln x xf x x a a a a            ，然后利用对数函数的 性质即可求解；对   ( 2)x xg x a a   求导，利用导数和指数函数的性质即可判定. 【详解】由题可知       ln ln 1 1 ln ln 2 ln ln 2 ln x xf x x a a a a            ， 因为  f x 在区间  0,  上单调递增，所以   1 1 0 ln 2 lna a    ，即   1 1 ln 2 lna a   ， 当 1a  时，有  ln 2 lna a  ，即 2 0 ，不成立， 当0 1a  时，有  ln 2 >0a  0, ln 0a  ，则   1 1 ln 2 lna a   成立，所以0 1a  ； 又   ( 2)x xg x a a   在区间  0,  上都单调递增， 所以    ( 2) ln 2 ln 0x xg x a a a a     在 (0x ， ) 时恒成立， 所以   2 ln1 ln 2 x a a a        在  0,x   时恒成立， 因为 21 1 x a       ，所以       1ln 1 ln ln 2 ln ln 2 ln 2 a a a a a a           ， 所以 21 2 2 1 0 2 1a a a a a          或 2 1a    ， 又0 1a  ，所以 2 1 1a   ， 故选：D. 9．AB 【分析】由频率分布直方图求出对应 , ,x y z的值，即可判断 AB选项；由互斥事件的定义求 答案第 5页，共 15页 M N 来判断 C选项；求出    ,P M P N 来判断 D选项. 【详解】  35 0.01 45 0.02 55 0.03 65 0.02 75 0.01 85 0.005 95 0.005 10 58.5x                 ，  35 0.005 45 0.01 55 0.015 65 0.02 75 0.03 85 0.015 9 5 0.005 10 67.5z                 ， ∵0.05 0.1 0.15 0.2 0.5    ，∴ 70y  ， ∴ x z ，A选项正确； y z ，B选项正确； ∵M N  “高一年级学生得分不低于 80分，高二年级学生得分不低于 80分” ，C选项 错误； 由评率估计概率得：      0.2 0.1 0.05 0.05 0.15 0.05 0.08P M        ，      0.05 0.05 0.2 0.3 0.15 0.05 0.07P N        ，D选项错误. 故选：AB 10．ACD 【分析】利用双曲线的定义以及余弦定理可求得 1 2F F ，从而可求得c，即可判断选项 A，C； 用余弦定理和双曲线的定义可求得 AB 判断选项 B；点 1F作 1F E AB 于点 E，易知分别以 1 1 2,BF FF 为直径的圆的公共弦为 1FE，勾股定理可求公共弦长，即可求解选项 D. 【详解】 因为双曲线   2 2 2: 1 0 yC x b b    ，所以 1a  ， 又因为 15ABk  ，可得 2 1sin BF F  15 4 ， 2 1 1cos 4 BF F  ， 又因为 1AF AB ，所以 2 2 1 2 2 2BF AB AF AF AF a      ， 1 22 4 4BF a BF a    ， 则在 1 2BFF 中由余弦定理有 2 22 1 1 2 2 1 2 2 2 12 cosBF F F BF F F BF BF F    ， 答案第 6页，共 15页 即 2 1 2 1 2 116 4 2 2 4 F F F F     ，解得 1 2 4FF  或 3 （舍）， 则 1 22 4c FF  ，则 2c  ，所以 2 1 3b c   ，即点 1F 到C点渐近线的距离等于 3，A 正确； C的离心率为 2 ce a   ，C正确； 在 1 2AF F 中，由余弦定理可得有 2 22 1 1 2 2 1 2 2 2 12 cosAF F F AF F F AF AF F    ，则  2 222 2 2 12 4 2 4 4AF AF AF             ，解得 2 6AF  ，所以 2 2 8 10AB AF a    ， B错误； 过点 1F作 1F E AB 于点 E，因为 1 1 2 π 2 BEF F EF    ,则点 E在 1 1 2,BF FF 为直径的圆上， 所以以 1 1 2,BF FF 为直径的圆的公共弦为 1FE，且 1 2 1 22 4BF a BF FF    ，所以 2 1 4 1 15FE    ，D正确. 故选： ACD 11．ABD 【分析】根据解析式，结合分式型函数的性质判断  tanh x 、  sig x 的值域判断 A；首先得 到    sig sig 1x x   ，再对其求和判断 B；由  sig x 、 1 1 tan 2 2 y x  都关于 10, 2       对称即可 判断 C；根据函数的单调性有 2e e 2 1x x m m    恒成立，再应用基本不等式求左侧最小值， 即可求参数范围判断 D. 【详解】对于 A，因为       2 2 2 e e e e 1 2tanh 1 e 1 e 1e e e x x x x x xx x x x           ， 所以  tanh x 在R 上为增函数，且  tanh x 的值域为  1,1 D  ， 又    e 1sig 0,1 1 e 1 e x x xx E     ，所以E  D，故正确； 对于 B，因为     e e e 1sig sig 1 1 e 1 e 1 e 1 e x x x x x x xx x            ， 所以 2025 1 [sig( ) sig( )] 2025 i i i     ，故正确； 对于 C，因为  2sig 1 tanx x  ，所以   1 1sig tan 2 2 x x  ， 由 B知  sig x 图象关于点 10, 2       对称，又 1 1 tan 2 2 y x  图象也关于点 10, 2       对称， 答案第 7页，共 15页 所以两函数图象的交点也关于点 10, 2       对称， 则方程  2sig 1 tanx x  的所有实根之和为 0，故错误； 对于 D，易知  sig x 为增函数， 由题得      2 2sig e e 1 sig 2 1 sig 2 1x x m m m m         ， 即 2e e 2 1x x m m    ，而 e e 2 e e 2    x x x x ，当且仅当 0x  时等号成立， 所以 2 2 1 2m m   ，解得 1 3m   ， 综上，实数m的取值范围是  1,3 ，故正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：对于 C选项，根据函数  sig x 的图象和 1 1 tan 2 2 y x  的图象关于点 10, 2       对称进行求解. 12．7 【分析】由面积和两边长,可以求出夹角 A的正弦值，再利用同角三角函数关系求出余弦值， 最后利用余弦定理求出另一边长即可. 【详解】由 1 1sin 5 6sin 6 6 2 2ABC S AB AC A A       ，得 2 6sin 5 A  ， 又 ABCV 为锐角三角形，所以角 A为锐角，所以 2 1cos 1 sin 5 A A   ， 在 ABCV 中，由余弦定理 2 2 2 cos 2 AB AC BCA AB AC     ，得： 2 2 21 5 6 5 2 5 6 BC     ， 2 49, 7BC BC   . 故答案为：7. 13． 2 【分析】分类讨论， 1a  或 1a  ，求出  f x 的解析式，根据解析式画出图象，研究最值的 情况即可. 【详解】①若 1a  ，则 1x  时，   2 1f x x a   ，且单调递增， 1x  时，   2 2 3f x x ax   ，则最小值为   2 3f a a   ， 答案第 8页，共 15页 若  f x 存在最小值 1 ，则有 2 3 1 2 1a a     且 2 3 1a    ， 得 2a   ； ②若 1a  ，则 1 x a  时，   1f x x   ， x a 时，   2 1f x x a   ， 1x  时，   2 2 3f x x ax   ，且单调递减，  1 4 2f a  ，   1f a a  ， 若最小值为  1f ，则 4 2 1a   ，且 4 2 1a a   ，无解； 若最小值为  f a ，则1 1a   ，且 4 2 1a a   ，得 2a  ， 综上所述， 2a   或 2a  故答案为： 2 14．10101 【分析】解方程得 na n ，用放缩法和裂项相消法求出 2 1 12 2 2 1 n i i n n a     ，得到 2 2nb n  ，从而求出前 101项的和． 【详解】因为 2 2 3 0n na n a n    ，所以   3 0n na n a n   ， 因为 na 为正项数列，所以 na n ，则 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 3 n i ia n       ， 答案第 9页，共 15页 当 2i  时，  1 2 2 2 1 2 1 i i i i i i        ， 故 2 1 1 1 2( 2 1) n i ia          2 2 22 3 2 2 1 2 1 1 2 1n n n n          ， 又对于 *iN ，都有  1 2 2 2 12 1 i ii i i i      ， 故   2 2 2 1 1 2( 2 1) 2( 3 2) 2 1 n i i n n a             2 22 1 1 2 1 2 2n n n       ， 所以 2 1 12 2 2 1 n i i n n a     ， 故当 2n  时， 2 1 1 2 2 n n i i b n a          ，又 1 1b  ， 所以 nb 的前 101项和为  1 2 101 2 200 100 1 10101 2 b b b         ． 故答案为：10101． 15．(1) 3na n ， 3 n nb  ； (2) 1 9 1 3 1 4 2 4 3n n        【分析】（1）设出公差和公比，根据条件得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式； （2） 13 n n n a n b   ，利用错位相减法求和得到答案. 【详解】（1）设公差为 d，公比为  0q q  ， 2 4 22a a b  ，故 1 12 4 2a d b q  ，6 4 6d q  ， 1 3 3a a b ，故   23 3 2 3d q  ， 联立   2 6 4 6 3 3 2 3 d q d q      ，解得 3 3 d q    或 3 2 0 d q       （舍去）， 故  3 3 1 3na n n    ， 13 3 3n nnb    ； （2） 1 3 3 3 n n n n a n n b    ，设数列 n n a b       的前 n项和为 nS ， 则 0 2 3 1 1 2 3 4 3 3 3 3 3nn nS       ，① 答案第 10页，共 15页 2 3 4 31 1 2 4 3 33 3 3 3nn S n      ，② 两式①-②得 2 3 1 112 1 1 1 1 3 3 131 13 3 3 3 3 3 3 2 2 31 3 n n n n n n n nS n                   ， 所以 1 9 1 3 1 4 2 4 3n n S n         . 16．(1) 3 128 (2)分布列见解析， 3 4 【分析】（1）3次射击中甲恰好比乙多击中目标 2次，分别为甲击中目标 2次且乙击中目标 0次与甲击中目标 3次且乙击中目标 1次，分别求出其概率，再相加即可； （2）甲的设计过程可看作独立重复试验，所以 1~ 3, 4 X B      ，根据二项分布即可求解. 【详解】（1）设甲恰好比乙多击中目标 2次为事件A，甲击中目标 2次且乙击中目标 0次为 事件 1B ，甲击中目标 3次且乙击中目标 1次为事件 2B ， 则       2 1 3 3 3 2 0 3 1 1 2 3 3 3 3 1 3 1 1 1 3C C C C 4 4 2 4 2 128 P A P B P B                                    ， 所以甲恰好比乙多击中目标 2次的概率为 3 128 ． （2）由题可知 X的所有可能取值为 0，1，2，3，且     3 1 2 1 3 3 27 1 3 270 , 1 C 4 64 4 4 64 P X P X                      ，     2 1 3 2 3 1 3 9 1 12 C , 3 4 4 64 4 64 P X P X                      ， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 27 64 27 64 9 64 1 64 所以   27 27 9 1 30 1 2 3 64 64 64 64 4 E X          ． 17．(1) 1a  ； 1b  (2)证明见解析 答案第 11页，共 15页 【分析】（1）求导得到 ( )f x 表达式，把 0x  代入 ( )f x ，能得到含 a的等式，算出 a .再代 入 0x  到 ( )f x 算出另一个未知量 b. （2）根据第（1）问结果得到 ( )f x 和 ( )f x . 令 ( ) ( )g x f x ，对 ( )g x 处理，根据结果判断 ( )g x 在不同范围的增减情况. 依据 ( )f x 正负，判断 ( )f x 在不同范围的增减，得出 ( )f x 最小是 0( )f x . 算出 0( )f x 小于0，再找两点使式子值大于0，确定有两个特殊点. 设一个特殊点为 1x ， 发现 1x 也是，所以和为0 . 【详解】（1）求导得到 ( ) e xf x x a   ，根据函数在点   0, 0f 处的切线方程为 2 0x y   ， 得到 (0) 1 (0) 2 f k f         . 把 0x  代入 ( )f x 得 0(0) 0 ef a a      ， 因为 (0) 1f    ，所以 1a   ，即 1a  .     00 0 1 e 0 2f a b       ，算出 1b  . （2）由第（1）问知 ( ) ( 1)e 1xf x x x    ， ( ) e 1xf x x   . 令 ( ) ( )g x f x ，求导得 ( 1( )) exxg x   . 当 ( , 1)x   ， ( ) 0g x  ， ( )g x 在 ( , 1)  递减； 当 ( 1, )  x ， ( ) 0g x  ， ( )g x 在 ( 1, )  递增. (1) 0g  ， (0) 0g  ，所以存在唯一 0x 使 0( ) 0g x  ，即 00e 1 xx  . 当 0( , )x x  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 0( , )x 递减； 当 0( , )x x  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 0( , )x  递增，所以 0( ) ( )f x f x . 0 0 0 1( ) 0f x x x     ，又 2 3( 2) 1 0 e f     ， 2(2) e 3 0f    ， 根据零点存在定理， ( )f x 在 0( )2, x 和 0( , 2)x 各有一个零点，共两个零点. 设 1x 是零点， 1 1 1 1( ) ( 1)e 1 0 xf x x x     ， 经计算 1 1 11 1 1 1 1( ) ( 1)e 1 e [( 1)e 1] 0 x x xf x x x x x            ， 所以 1x 也是零点，零点和为 1 1( ) 0x x   . 答案第 12页，共 15页 18．(1) PE 取最小值为 2 2 3 (2)（ⅰ）直线BC斜率的取值范围为 31, 7      ； （ⅱ）证明见解析． 【分析】（1）设 0 0( , )P x y ，由两点间的距离公式可得 2 0 1 8 3 9 PE y       ，进而可求最小值； （2）记直线 , ,PB PC BC的斜率分别为 1 2 3, ,k k k ，设切线方程为 3 ( 2)y k x   ，由题意可得 2 2 2 1 k r k    ，进而可得 2 1 2 1 22 2 8 4, 1 4 4 k rk k k k r r        ，联立直线与椭圆方程可得 1 24 42, 2 3 3B C k kx x    ，（ⅰ）可得 3 2 8 3 4 kk r    ，计算可求直线 BC斜率的取值范围；（ⅱ） 可求得直线 BC的方程为    1 2 132 3 3 y k k x x     ，进而可求定点. 【详解】（1）设 0 0( , )P x y ，则 2 0 0 4 3 x y ，又 (0,1)E ， 所以     2 2 22 2 0 0 0 0 0 0 0 4 2 1 81 1 1 3 3 3 9 PE x y y y y y y                ， 所以当 0 1 3 y  时， PE 取最小值，最小值为 2 2 3 . （2）记直线 , ,PB PC BC的斜率分别为 1 2 3, ,k k k ， 因为点 P的横坐标为 2，可得 (2,3)P ，设过 (2,3)P 的圆 E的切线方程为 3 ( 2)y k x   ， 由题意可得 2 2 2 1 k r k    ，即  2 2 24 8 4 0r k k r     ， 因为 1 2,k k 是方程的根，所以 2 1 2 1 22 2 8 4, 1 4 4 k rk k k k r r        ， 又   2 4 3 3 2 x y y k x        ，所以 23 4 8 12 0x kx k    ， 所以 1 2 8 12 8 122 , 2 3 3B C k kx x   ，即 1 2 4 42, 2 3 3B C k kx x    ， （ⅰ）因为 BC的斜率为 3k ， 所以   1 23 1 2 2 4 43 3 82 2 3 3 4 4 3 3 4 B c B c B c y y k k kk x x k k x x r                  ， 又因为 2 20 3 r  ，所以 2 8 33 1, 4 7 k r         . 答案第 13页，共 15页 即直线 BC斜率的取值范围为 31, 7      ； （ⅱ）因为 1 4 2 3B kx   ，所以 2 1 1 1 1 4 42 2 3 4 3 3 3B k ky k k           ， 所以直线 BC的方程为 3( )B By y k x x   ，即   2 1 1 1 1 2 4 44 3 3 2 3 3 k ky k k k x                  ， 即    1 2 1 2 133 2 3 y k k x k k      ，即    1 2 132 3 3 y k k x x     ， 令 2x   ，则 5 3 y  ，所以直线BC过定点 52, 3      ． 19．(1) 1 3 (2)（i） 2 15 5 ；（ii） 6 6 【分析】（1）由题意易得四面体OABC为正四面体，取OA的中点 E，连接 ,BE CE，分析可 得 BEC 为二面角 B AO C  的平面角，进而结合余弦定理求解即可； （2）（i）设  0BC a a  ，先证明 AC 平面 BCD，可得 AC CD ，结合题设易得 π 3 DCB  ， 可得 6 2 3, 2AD a a   ，建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可； （ii）设 , 0, 6BG t t   ，设平面OBC与平面GPQ的夹角为，利用空间向量表示出 2 5 2 6 1cos 1 5 3 1 t t      ，令 2 6 1s t  ，再结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为球面三角形 ABC的三条边长均为 3π , 3 3 R  ， 所以球面三角形每条边所对的圆心角均为 π 3 ，所以四面体OABC为正四面体. 取OA的中点 E，连接 ,BE CE，则 ,BE OA CE OA  ，且 3 2 BE CE  ， 则 BEC 为二面角 B AO C  的平面角. 答案第 14页，共 15页 由余弦定理可得 2 2 2 9 9 3 14 4cos 92 32 4 BE CE BCBEC BE CE          . 所以此球面三角形一个内角的余弦值为 1 3 . （2）因为DB 平面 ABC，所以 ,DB AC DB AB  . 设  0BC a a  ，则 3 , 2 , 3AB a AC a BD a   ，所以 6AD a . 由勾股定理的逆定理可得 AC BC ，又 BD BC B  ， 所以 AC 平面 BCD，又CD 平面 BCD，所以 AC CD ， 因为直线DC与平面 ABC所成的角为 π 3 ，所以 π 3 DCB  . 易知在Rt ACD△ 和Rt ADB△ 中，斜边 AD的中点到点 , , ,A B C D的距离相等，即 AD为球O的 直径，所以 6 2 3, 2AD a a   . 以点C为坐标原点，直线 ,CB CA分别为 ,x y轴，过点C且与 BD平行的直线为 z轴，建立如图 所示的空间直角坐标系. （i）由题可知        0,0,0 , 0,2,0 , 2,0,0 , 2,0, 6C A B D ， 则      2, 2, 6 , 2,0,0 , 0,0, 6AD BC BD       . 设与 ,AD BC   都垂直的向量为  , ,n x y z ， 则 2 2 6 0, 2 0, AD n x y z BC n x                令 6z  ，则  0,3, 6n  ， 所以线段MN长度的最小值为 6 2 15 515 BD n n       . （ii）设 , 0, 6BG t t   ，由题可知     2 2 60,1,0 , ,0,0 , 2,0, , ,1, 2 2 2 P Q G t O                ， 答案第 15页，共 15页 则 2 6 2 2,1, , , 1,0 , ,0, 2 2 2 2 CO PQ QG t                              . 设平面OBC的一个法向量为  1 1 1, ,m x y z  ， 则 1 1 1 1 2 0, 2 6 0, 2 2 m BC x m CO x y z                取 1 2z   ，可得  0, 6, 2m   . 设平面GPQ的一个法向量为  2 2 2, ,p x y z  ， 则 2 2 2 2 2 0, 2 2 0, 2 p PQ x y p QG x tz              取 2 2x t ，可得  2 , , 1p t t  . 设平面OBC与平面GPQ的夹角为 . 因为 2 2 6 2 3 25cos cos , 510 3 1 3 1 t tm p m p m p t t                    2 2 2 5 ( 3 2) 5 2 6 11 5 3 1 5 3 1 t t t t          ， 令 2 6 1s t  ，则   2 21 ( 1)1,13 , ,3 82 6 s ss t t    ， 可得 22 2 2 6 1 8 8 8 8 29( 1)3 1 2 9 6 2921 2 2 8 t s s st s s s ss s               ， 当且仅当 3s  ，即 6 6 t  时等号成立，此时 cos 取得最大值， 故 6 6 BG  .