精品解析：河南省信阳高级中学2024-2025学年高三下学期5月第一次测试数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2024-2025学年高三下期05月测试（一） 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. ⫋ C. ⫋ D. 2. 已知复数，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 如图，在 中，，P是BN上的一点，若，则实数 的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直且交于点， 的延长线与抛物线的准线交于点B，，的面积为，O为原点，双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则等于（ ） A. 4050 B. 2025 C. 4052 D. 2026 7. 密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌．皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成．在平面凹四边形（图2）中，测得，凹四边形的面积为，则的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若实数，则在区间上的最大值的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 甲、乙两人轮流掷一枚质地均匀的骰子，甲先掷.下列选项中正确的是（ ） A. “甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为 B. “在甲掷出点后，乙下一次掷骰子掷出点”的概率为 C. “首次连续次出现点时需掷骰子的次数”的期望为 D. “甲先掷出点”的概率为 10. 如图，矩形中，分别为 的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥体积的最大值为8 B. 存在某个位置使 C. 三棱锥外接球半径为3 D. 直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（ ） A. 当时，曲线与轴有个交点 B. 曲线的图象关于对称 C. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于 D. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值大于 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数，的值域是______． 13. 如图，现有棱长为 的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥且，，分别为棱 ，，上离最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为________cm. 14. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为 ．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用 技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为______． 四、解答题：本大题共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. 已知数列的前n项和为， ，. （1）求证：数列是等差数列. （2）设，数列的前n项和为，求. 16. 已知函数， . （1）当 时，求函数 在点处的切线方程； （2）求函数 在区间上的最小值； （3）当 时，判断函数 的零点个数. 17. 某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产．经过调研和试生产，质检人员抽样发现：甲工厂试生产的一批零件的合格品率为80%；乙工厂试生产的另一批零件的合格品率为90%；若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为88%． （1）设甲工厂试生产的这批零件有m件，乙工厂试生产的这批零件有n件．求证：； （2）从混合放在一起的零件中随机抽取3个，用频率估计概率，记这3个零件中来自甲工厂的个数为X，求X的分布列和数学期望； （3）为了争取获得该零件的生产订单，甲工厂提高了生产该零件的质量指标．已知在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率．设事件 “甲工厂提高了生产该零件的质量指标”，事件 “该大型企业把零件交给甲工厂生产”，已知 ，证明：． 18. 椭圆：过点，离心率为.过原点的直线交椭圆于A，B两点，点C，D在椭圆E上，且满足，设直线与交于点F. （1）求椭圆E的方程； （2）求F点的轨迹方程； （3）设直线与F点的轨迹交于M，N两点，求证： 的面积为定值. 19. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点. （1）求平面与平面的夹角的余弦值； （2）点为正方体表面或内部一点. ①若点为线段上一点，点，分别为直线 ，直线上的动点，求的最小值； ②若点在正方体的表面上，且点到以为公共顶点的三个面中的两个面的距离相等，到第三个面的距离等于点到该正方体中心的距离，求出满足条件的点的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区） 2024-2025学年高三下期05月测试（一） 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. ⫋ C. ⫋ D. 【答案】B 【解析】 【分析】求解分式不等式，确定集合，再结合子集概念，逐个判断即可. 【详解】等价于且 ， 故解不等式得 ， 所以，， 所以可得：⫋，.故ACD错，B对. 故选：B. 2. 已知复数，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由求参数，再结合必要不充分条件定义即可得解. 【详解】，解得或， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：C. 3. 如图，在中，，P是BN上的一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件得到，由共线定理的推论得到方程，求出答案. 【详解】，故， ，故， 因为三点共线，故，解得. 故选：C 4. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先证明、，然后利用这两个不等式可比较三者的大小. 【详解】现在证明一个不等式：， 设,则， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 故，当且仅当时等号成立， 故，当且仅当时等号成立， 故当 时，. 已知，由可得，  而， 故.  故选：D. 5. 已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过的直线与双曲线的一条渐近线垂直且交于点， 的延长线与抛物线的准线交于点B，， 的面积为，O为原点，双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求点到渐近线的距离，再根据可求得、，即可根据三角形面积列出关系式，再根据得出关系式，即可解方程组求出. 【详解】设双曲线的半焦距为，设轴与准线交于点， 则，①，准线方程为， 不妨设直线 与渐近线垂直， 则点到直线的距离，则， 因，则，， 则②， 因，即，则③， 联立①②③得，，则双曲线的方程为. 故选：B 6. 已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则等于（ ） A. 4050 B. 2025 C. 4052 D. 2026 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质得到，又，从而利用倒序相加法求和，得到答案. 【详解】由等比数列的性质，得. 又因为函数，所以， 所以， 所以，，，…. 令，则， 所以， 所以. 故选：B. 7. 密铺，即平面图形的镶嵌，用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的密铺，又称做平面图形的镶嵌．皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成．在平面凹四边形（图2）中，测得，凹四边形的面积为，则的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在图2中连接，在 和中，分别利用余弦定理可得，利用三角形的面积公式可得，两式平方相加，由两角差的余弦公式，即可求出的余弦值. 【详解】如图，连接， 因为， 在中，由余弦定理得， 则， 在 中，由余弦定理得， 则， 所以， 即，① 因为， ， 所以，② 则①式和②式分别平方并相加得： ， 则，所以， 即的余弦值为. 故选：A. 8. 已知，若实数，则在区间上的最大值的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出函数的图象，将问题转化为函数上的点到直线的距离，在区间上的最大值问题，然后观察图象可得. 【详解】作出函数的图象如图： 因为， 因为，所以， 表示函数上的点到直线的距离， 由图可知，当时，取得最大值，最大值为； 当时，， 结合图象可知，在区间上总有， 所以，此时的最大值为； 当时，由图可知，， 且. 综上，在区间上的最大值的取值范围为. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题主要考查分段函数图象的运用，关键在于作图和简问题转化为在区间上点到直线的距离的最值问题. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 甲、乙两人轮流掷一枚质地均匀的骰子，甲先掷.下列选项中正确的是（ ） A. “甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为 B. “在甲掷出点后，乙下一次掷骰子掷出点”的概率为 C. “首次连续次出现点时需掷骰子的次数”的期望为 D. “甲先掷出点”的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用古典概型的概率公式可判断AB选项；设首次连续两次出现点的期望次数为，结合题意分析得出关于的方程，解出的值，可判断C选项；求出“甲第次首次掷出点，且在甲第次掷骰子前两人都没有掷出点”的概率，结合等比数列的求和公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，“甲第一次掷骰子掷出偶数点”的概率为，A对； 对于B选项，在甲掷出点后，乙下一次掷出点不受前面的影响，其概率为，B对； 对于C选项，设首次连续两次出现点的期望次数为，分两种情况分析： 若第一次没有掷出点，则需重新开始，期望次数为， 若第一次掷出点，第二次没有掷出点，则需重新开始，期望次数为， 若第一次、第二次都掷出点，则期望次数为， 所以，，解得，C错； 对于D选项，设甲第次首次掷出点，且在甲第次掷骰子前两人都没有掷出点， 设其概率为，则，所以，， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 数列的前项和为， 当 时，，即“甲先掷出点”的概率为，D对. 故选：ABD. 10. 如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥体积的最大值为8 B. 存在某个位置使 C. 三棱锥外接球半径为3 D. 直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由面面BCD时，三棱锥体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断A；利用相似得到，结合翻折的过程中，点M在底面BCD的投影位置及DN与DB位置关系判断B；由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断C；结合C分析得到O到MN的距离只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，进而确定线段最长、最短的端点值，即可得范围判断D. 【详解】A：当面面BCD时，三棱锥体积最大，由题设易知， 所以三棱锥的高为，则，对． B：在矩形ABCD中连接CM，有，易得，则， 如下图，翻折过程中始终有，又在平面 内， 所以平面 ，翻折过程中 平面 ，即恒有， 且平面 ，翻折过程中恒有平面平面 ， 所以，在翻折的过程中，点M在底面BCD的投影落到平面 在平面 的投影直线上， 显然，翻折过程中同一平面内的DN与DB不平行，故不成立，错． C：在翻折的过程中，和 都是直角三角形， 所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，故三棱锥外接球半径为3，对． D：因为球心为BD的中点O，连接OM，ON，所以， 又直线MN被三棱锥外接球截得的线段长，其中h为O到MN的距离， 所以h只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长， 当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当将要与面BCD重合时，线段最短， 如图所示，因为，所以， 所以，所以，故线段长为， 综上，线段长的取值范围为，对． 故选：ACD 11. 数学中有许多形状优美的曲线，曲线就是其中之一，下列选项中关于曲线的说法正确的有（ ） A. 当时，曲线与轴有个交点 B. 曲线的图象关于对称 C. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值小于 D. 当时，曲线上的一点到原点距离的最小值大于 【答案】BCD 【解析】 【分析】当时，解方程，可判断A选项；利用曲线的对称性可判断B选项；在曲线上的一点，可得出，利用导数求出函数在上最小值的取值范围，可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，在曲线的方程中，令，可得， 解得，所以当时，曲线与轴有个交点，A错； 对于B选项，在曲线上任取一点，则点关于直线的对称点为， 因为，即点也在曲线上， 所以曲线的图象关于直线对称，B对； 对于CD选项，当时，在曲线上的一点，则， 则，其中， 令，其中，则， 因为函数、在上均为增函数， 故函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在使得，则， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， ， 因为，所以，则， 所以， 所以，，且， 故，CD都对. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数，的值域是______． 【答案】 【解析】 【分析】设，则，可得出，由此得出，结合二次函数的基本性质可求得函数的值域. 【详解】因为， 设，则， 且，所以， 则， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当时，取最大值，即， 当时，；当时，，所以. 因此，函数的值域为. 故答案为：. 13. 如图，现有棱长为 的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥且，，分别为棱 ，，上离最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径的最大值为________cm. 【答案】 【解析】 【分析】利用等体积法求出点到平面 的距离，说明所求球形不是正方体的内切球，作截面确定球心位置及球的半径. 【详解】由题意可得， 所以 为等边三角形，设 的中心为 ， 则，因为平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，平面， 所以，同理可证， 平面 ，， 所以平面 ， 因为，所以，又， 所以，又，，平面， 所以平面， 平面， 所以，同理证明， 又平面 ，， 所以 平面 ， 所以三点共线， 设点到平面 的距离为， 而， ， 由，得， 解得，即， 又，所以， 因为，所以该球不是正方体的内切球， 连接，交 与点，连接， 由对称性可得球的球心位于线段 上，且该球与平面 相切，与平面相切， 设球心为，球的半径为，则，，故， 所以，所以， 所以所求球形饰品的半径的最大值为. 故答案为：. 14. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为 ．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用 技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理求出总情况数，利用分类加法计数原理结合组合数的性质求出符合条件的事件数，再利用古典概型概率公式求解概率即可. 【详解】设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有 种情况， 生成的5个数字中有个0，个1， 则， 由题可知．若获得二等奖，则S为3的正整数倍， 故可取的值为．当时，的取值为， 共有种情况；当时，的可能取值为，，， 共有种情况；当时，的取值为，， 共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件的有种情况， 且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知数列的前n项和为， ，. （1）求证：数列是等差数列. （2）设，数列的前n项和为，求. 【答案】（1）证明：因为，可得，所以， 两边同除以，可得 ，即 ， 又因为 ，可得 ，所以数列是首项为，公差为1的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）由，根据，得到，两边同除以，得到 ，结合等差数列的定义，即可得证； （2）由（1）求得，得到，利用乘公比错位相减法求和，即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得 ，所以，可得， 所以， 则. 两式相减，可得 ， 所以. 16. 已知函数， . （1）当 时，求函数 在点处的切线方程； （2）求函数 在区间上的最小值； （3）当 时，判断函数 的零点个数. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）当 时，对 求导，求出，再由导数的几何意义即可得出答案； （2）对 求导，分，和求出 的单调性，结合最值的定义即可得出答案； （3）分 ， ，和，讨论 的单调性和值域，即可得出答案. 【小问1详解】 当 时，，，所以切点， ，， 所以函数 在点处的切线方程为. 【小问2详解】 ， ，     当时，在区间上恒成立，函数单调递增， 函数的最小值为， 当时，在区间上恒成立，函数单调递减， 函数的最小值为， 当时，列表如下： 单调递减 单调递增 函数的最小值为. 综上可得：当时，函数的最小值为， 当时，函数的最小值为， 当时，函数的最小值为. 【小问3详解】 由（2）知，当 时，， ①当 时，令可得 或，令可得， 所以函数在，上单调递增，在上单调递减， 又因为，而趋近正无穷时， 趋近正无穷， 故 在 上只有一个零点； ②当时，，则，当且仅当时取等号， 所以 在 上单调递增，且连续不间断， 且，故 在 上只有一个零点. ③当 时，令解得， 即 在 上只有一个零点， ④当 时，令可得 ，令可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当趋近正无穷时， 趋近正无穷，当趋近时， 趋近正无穷， 若，即时， 在 上无零点. 若，即时， 在 上只有一个零点， 若，即时， 在 上有两个零点， 综上可得：当时，函数无零点，   当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数的零点个数为2. 17. 某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产．经过调研和试生产，质检人员抽样发现：甲工厂试生产的一批零件的合格品率为80%；乙工厂试生产的另一批零件的合格品率为90%；若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为88%． （1）设甲工厂试生产的这批零件有m件，乙工厂试生产的这批零件有n件．求证：； （2）从混合放在一起的零件中随机抽取3个，用频率估计概率，记这3个零件中来自甲工厂的个数为X，求X的分布列和数学期望； （3）为了争取获得该零件的生产订单，甲工厂提高了生产该零件的质量指标．已知在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率．设事件 “甲工厂提高了生产该零件的质量指标”，事件 “该大型企业把零件交给甲工厂生产”，已知 ，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）分布列见解析， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由混合前后，合格件数的总数相等，列出方程，即可证明； （2）设出甲乙两厂的零件数，表示事件发生的概率，由题意知 服从二项分布，写出分布列和期望即可； （3）因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率大于在甲工厂不提高质量指标的条件下该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，即，化简变形即可证得. 【小问1详解】 甲工厂试生产的一批零件的合格品率为80%，共件，则合格件数为， 乙工厂试生产的一批零件的合格品率为90%，共件，则合格件数为， 混合后，总零件数为，合格品率为88%，则混合后合格零件数为， 则，化简可得，即. 【小问2详解】 设甲工厂试生产的这批零件有件，乙工厂试生产的这批零件有件， 事件“混合放在一起零件来自甲工厂”； 事件“混合放在一起零件来自乙工厂”， 事件 “混合放在一起的某一零件是合格品” 则，， ， 即， 解得： ，所以， 的可能取值为 ，且由题意知：， 所以，， ，， 所以 的分布列为： . 【小问3详解】 证明：因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率， 大于在甲工厂不提高质量指标的条件下该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率， 所以：， 即，因为， 所以， 由， 所以， 即得：， 所以， 即， 由因为， 所以， 因为，所以， 所以. 18. 椭圆：过点，离心率为.过原点的直线交椭圆于A，B两点，点C，D在椭圆E上，且满足，设直线与交于点F. （1）求椭圆E的方程； （2）求F点的轨迹方程； （3）设直线与F点的轨迹交于M，N两点，求证： 的面积为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明：若直线的斜率不存在，则，则, 若直线的斜率存在，设 设，，，则 由在椭圆 上，在 上 两式相减，整理得， 由（2）知、在椭圆 上， 则， 两式相减，得 化简得 整理，得，∴ 由得，所以 到直线的距离 ∴. ∵，∴ 所以 的面积为定值. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆过点，离心率为，列式解得 的值即得； （2）由题意设，，根据及直线与交于点F，知C，D分别是 的中点,得，将代入椭圆的方程，消去即可得F点的轨迹方程 （3）分直线的斜率存在与不存在两种情况计算，斜率存在时利用联立方程求出，再求得点到直线的距离，结合即可求得为定值 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以椭圆E的方程为 . 【小问2详解】 由题意设，则 ∵，直线与交于点F. ∴C，D分别是 的中点,设 则 ∵，在椭圆E： 上， ∴， 由，得， 整理得 将①代入，得，即 所以F点的轨迹方程为 . 【小问3详解】 略 19. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点. （1）求平面与平面的夹角的余弦值； （2）点为正方体表面或内部一点. ①若点为线段上一点，点，分别为直线 ，直线上的动点，求的最小值； ②若点在正方体的表面上，且点到以为公共顶点的三个面中的两个面的距离相等，到第三个面的距离等于点到该正方体中心的距离，求出满足条件的点的个数. 【答案】（1） （2）①2；②6个 【解析】 【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解平面与平面的夹角即可； （2）①连接，，可得平面平面，要使最小，可知，作关于的对称点，连接，过作交于点，可得为的最小值，根据图形中几何关系求解即可；②取的中点，根据对称性知在平面上，所以点到平面等于点到直线 的距离，由题意知点的轨迹为在平面内的抛物线，可求解得抛物线的方程为，结合图形即可求解. 【小问1详解】 以为原点，以 ，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设该正方体的棱长为2，则，，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量， 则，即，故可取； 设平面的一个法向量， 则即，故可取， 设平面与平面的夹角为， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为； 【小问2详解】 ①连接，，因为点在上， 因为，，， 平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面， 故与平面内的点之间的距离最小的点在上， 因为在 上，要使最小，则必在与 的交点处，此时， 作关于的对称点，连接， 将沿翻折到平面内，过作交于点， 所以，， 所以为的最小值， 因为，， 所以， 又，，所以， 因为，所以，所以， 又在翻折后形成的图形中，，，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以的最小值为2， ②取的中点，则为正方体的中心，若到侧面、侧面的距离相等，根据对称性知在平面上， 因为，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 因为平面平面， 所以点到平面等于点到直线 的距离， 由题意知在平面内，点到 的距离等于点到的距离， 由抛物线的定义知点的轨迹为在平面内的抛物线， 取 的中点 ，以直线为轴，以的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，易知，所以抛物线的方程为， 易知直线 的方程为，代入，得，， 所以抛物线与棱和棱各有1个公共点， 所以若点到侧面、侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，符合条件的点有2个， 同理若点到侧面、侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，以及若点到侧面，侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，符合条件的点各有2个， 综上所述，符合条件的点共有6个. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $