精品解析：内蒙古赤峰市松山区2026-2027学年高二上学期期中学业质量检测数学试卷

2026—2027学年第一学期期中学业质量检测 高二数学试题 2026.11 （人教A版必修二第九章、第十章；选择性必修一第一章） 本试卷共8页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5mm黑色字迹的签字笔分别填写在试题卷和答题卡上，用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．答选择题时，选出每小题答案后用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，答案不能答在试题卷上． 3．非选择题必须用0.5mm签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目固定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 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，只有一项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 某中学对全校1000名学生最喜欢的体育运动项目进行调查，绘制了如图所示的不完整的扇形统计图（图中圆心处的空白处表示全校学生总数）．已知喜欢足球的学生有100人，则喜欢“其他”项目的学生有（ ） A. 150人 B. 180人 C. 200人 D. 250人 2. 已知一组数据按从小到大的顺序排列为，则这组数据的第百分位数是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 4. 某校为了解高二学生每天的课外阅读时间，随机抽取了100名学生进行调查，将他们每天的课外阅读时间（单位）整理成频率分布直方图，其中，，，，五组的频率依次为0.10，0.25，0.30，0.20，0.15．则可估计这100名学生每天课外阅读时间的中位数为（ ） A. B. C. D. 5. 在棱长为的正方体中，为棱的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 甲、乙两人进行射击训练，各射击5次，成绩（单位：环）如下：甲：8，9，9，10，9；乙：7，10，9，9，10．记甲、乙成绩的平均数分别为，，方差分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 下面三个游戏都是在袋子中装球，然后从袋子中不放回地取球： 游戏1：袋中装1红1白，取1个球，取到红球甲胜； 游戏2：袋中装2红2白，依次取2个球，两球同色甲胜； 游戏3：袋中装3红1白，依次取2个球，两球同色甲胜． 设甲在三个游戏中获胜的概率分别为，，，则它们之间的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 直角中，是斜边上的一动点，沿将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，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. 某校高一年级共有1000名学生，为了解学生的课外阅读时间，采用简单随机抽样的方法抽取100名学生进行调查，得到样本数据．下列说法正确的是（ ） A. 该校每名学生被抽到的可能性相等 B. 样本数据的平均数一定能准确反映总体的平均水平 C. 若将样本数据整理成频率分布直方图，则各小长方形的面积之和为1 D. 用样本估计总体时，样本容量越大，估计的结果一般越准确 10. 已知随机事件，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若与互斥，则 B. 若与相互独立，则 C. 若与相互独立，则 D. 若，则 11. 在棱长为的正方体中，点是体对角线上的动点（含端点），则（ ） A. 存在点，使得平面 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 对任意点，直线与直线都互相垂直 D. 二面角的大小的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量，，则________，________． 13. 从1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个不同的数字，则这3个数字能作为三角形的三边长的概率为______． 14. 在棱长为1的正方体中，M，N分别为，的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足．给出下列说法： ①点P可以是棱的中点； ②线段MP的最大值为； ③点P的轨迹是正方形； ④点P轨迹的长度为． 其中所有正确说法的序号是________． 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. 某中学为了解高一年级1000名学生的体育锻炼情况，随机抽取100名学生，统计他们每周的锻炼时间（单位：小时），将其分为5组：，，，，，得到频率分布直方图（横轴为每周锻炼时间，纵轴为）．已知组的频率为0.10，组的频率为0.20，组的频率为0.25，组的频率为0.15． （1）求组的频率，并写出该组对应小长方形的高（纵轴数值）； （2）估计这100名学生每周锻炼时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （3）该校规定每周锻炼时间不少于6小时为“达标”．根据样本数据，估计该校高一年级1000名学生中“达标”的人数． 16. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛的结果相互独立．比赛采用“三局两胜”制（先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束）． （1）求甲以赢得比赛的概率； （2）求比赛进行了三局的概率； （3）求甲赢得比赛的概率． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，底面，且． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值． 18. 某中学高一年级有男生名、女生名．为了解学生周末参加社区志愿服务的情况，学校采用分层随机抽样的方法从该年级学生中抽取名学生进行调查． （1）求应抽取的男生、女生的人数； （2）调查结果显示，抽取的名学生中有6名学生周末参加社区志愿服务的时间超过小时，其中男生名、女生名．从这名学生中随机抽取名进行访谈，求抽到的名学生中至少有名女生的概率； （3）用（2）样本中周末参加社区志愿服务时间超过小时的频率估计概率．从该校高一年级全体学生中随机选取名学生，求其中至少有名学生周末参加社区志愿服务时间超过小时的概率． 19. 如图，在三棱柱中，是边长为的正三角形，平面，．点是棱上的动点（不与端点重合），且． （1）建立适当的空间直角坐标系，求点与点的坐标（点的坐标用表示）； （2）求二面角的余弦值的取值范围； （3）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年第一学期期中学业质量检测 高二数学试题 2026.11 （人教A版必修二第九章、第十章；选择性必修一第一章） 本试卷共8页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号用0.5mm黑色字迹的签字笔分别填写在试题卷和答题卡上，用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．答选择题时，选出每小题答案后用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，答案不能答在试题卷上． 3．非选择题必须用0.5mm签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目固定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 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，只有一项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 某中学对全校1000名学生最喜欢的体育运动项目进行调查，绘制了如图所示的不完整的扇形统计图（图中圆心处的空白处表示全校学生总数）．已知喜欢足球的学生有100人，则喜欢“其他”项目的学生有（ ） A. 150人 B. 180人 C. 200人 D. 250人 【答案】A 【解析】 【详解】足球项目的占比为：， 因此“其他”项目的占比为：， 喜欢“其他”项目的学生人数：人. 2. 已知一组数据按从小到大的顺序排列为，则这组数据的第百分位数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由,则第百分位数是. 3. 如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，利用基底表示即可. 【详解】由题意，得 . 4. 某校为了解高二学生每天的课外阅读时间，随机抽取了100名学生进行调查，将他们每天的课外阅读时间（单位）整理成频率分布直方图，其中，，，，五组的频率依次为0.10，0.25，0.30，0.20，0.15．则可估计这100名学生每天课外阅读时间的中位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据中位数的性质进行求解即可. 【详解】因为 所以估计这100名学生每天课外阅读时间的中位数在第三组中，设为， 所以有， 因此可估计这100名学生每天课外阅读时间的中位数为. 5. 在棱长为的正方体中，为棱的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】如图建立空间直角坐标系， 则,可得, 故, 故直线与直线所成角的余弦值为. 6. 甲、乙两人进行射击训练，各射击5次，成绩（单位：环）如下：甲：8，9，9，10，9；乙：7，10，9，9，10．记甲、乙成绩的平均数分别为，，方差分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件计算甲、乙的平均成绩及方差，比较大小. 【详解】， ， 所以， ， ， . 7. 下面三个游戏都是在袋子中装球，然后从袋子中不放回地取球： 游戏1：袋中装1红1白，取1个球，取到红球甲胜； 游戏2：袋中装2红2白，依次取2个球，两球同色甲胜； 游戏3：袋中装3红1白，依次取2个球，两球同色甲胜． 设甲在三个游戏中获胜的概率分别为，，，则它们之间的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式，分别求出，，，进而即可得到答案． 【详解】对于游戏1，甲获胜的概率为； 对于游戏2，设两个红球为，两个白球为， 依次取出2个球，有，共6种可能， 其中两球同色情况为，故甲获胜的概率为； 对于游戏3，设3个红球为，白球为， 依次取出2个球，有，共6种可能， 其中两球同色情况为，故甲获胜的概率为． 所以． 8. 直角中，是斜边上的一动点，沿将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，过点作交延长线于，过点作交于，再作，使得与交于点，设，进而得，，，故，当且仅当时等号成立，再根据题意，以为坐标原点，以的方向为正方向建立空间直角坐标系，设四面体的外接球的球心为，进而利用坐标法求球心坐标，进而求出四面体外接球的半径，表面积. 【详解】解：根据题意，图1的直角三角形沿将翻折到使二面角为直二面角， 所以，过点作交延长线于，过点作交于， 再作，使得与交于点， 所以，由二面角为直二面角可得， 设，即，则， 因为，所以， 所以，在中，， 在中，， 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 此时，，，， 在图1中，由于，即为角的角平分线， 所以，即， 所以，所以，， 由题知，两两垂直，故以为坐标原点，以的方向为正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以，设四面体的外接球的球心为， 则， 即，即， 解得，，即， 所以四面体的外接球的半径为 ， 所以四面体的外接球的表面积为. 故选：D 【点睛】本题考查空间几何折叠问题中的距离最值问题，几何体的外接内切问题，考查空间想象能力，运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于由二面角为直二面角构造辅助线（过点作交延长线于，过点作交于， 再作，使得与交于点），进而通过表示，空间几何体的外接球的半径的求解利用坐标法求解即可. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，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. 某校高一年级共有1000名学生，为了解学生的课外阅读时间，采用简单随机抽样的方法抽取100名学生进行调查，得到样本数据．下列说法正确的是（ ） A. 该校每名学生被抽到的可能性相等 B. 样本数据的平均数一定能准确反映总体的平均水平 C. 若将样本数据整理成频率分布直方图，则各小长方形的面积之和为1 D. 用样本估计总体时，样本容量越大，估计的结果一般越准确 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，因为简单随机抽样能够保证每个个体被抽到的机会均等，故A正确； 对于B，样本数据的平均数是总体平均水平的估计值，存在抽样误差，无法保证一定能准确反映总体的平均水平，故B错误； 对于C，频率分布直方图中，每个小长方形的面积等于该组的频率，所有组的频率之和为1，因此各小长方形的面积之和为1，故C正确； 对于D，用样本估计总体时，样本容量越大，样本对总体的代表性越强，估计结果一般越准确，故D正确. 10. 已知随机事件，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若与互斥，则 B. 若与相互独立，则 C. 若与相互独立，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，若与互斥，则，故A正确； 对于B，若与互相独立，则，故B正确； 对于C，若与互相独立，则，故C错误； 对于D，若，则，所以，故D正确. 11. 在棱长为的正方体中，点是体对角线上的动点（含端点），则（ ） A. 存在点，使得平面 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 对任意点，直线与直线都互相垂直 D. 二面角的大小的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系， 选项A：当为的中点时，证明平面； 选项B：由图可知，当与重合时，三棱锥的体积最大，通过空间中的距离公式求出到平面的距离，最后求出三棱锥的体积的最大值； 选项C：通过向量证明垂直，即证明； 选项D：举出反例，排除即可. 【详解】以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，. 选项A：当为的中点时，，， 又，， 则，即，即； 同理可证，又因为，、平面， 所以平面，选项A正确； 选项B：由图可知，当与重合时，三棱锥的体积最大， 设平面的法向量为， 又，， 则，即，令，则，， 所以，又， 所以到平面的距离， 易知，是以为边长的等边三角形， 故， 三棱锥的体积的最大值， 选项B正确； 选项C：，设， ，又， ，即， 即直线与直线都互相垂直，选项C正确； 选项D：当点为与平面的交点时，即点在平面内时，二面角的大小为0，故选项D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量，，则________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】由，， 所以， 可得． 13. 从1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个不同的数字，则这3个数字能作为三角形的三边长的概率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据组合的定义，结合古典概型计算公式、三角形的性质进行求解即可. 【详解】当三边分别为，，，，， ，时可以构成三角形，共种情形， 所以这3个数字能作为三角形的三边长的概率为. 14. 在棱长为1的正方体中，M，N分别为，的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足．给出下列说法： ①点P可以是棱的中点； ②线段MP的最大值为； ③点P的轨迹是正方形； ④点P轨迹的长度为． 其中所有正确说法的序号是________． 【答案】②④ 【解析】 【分析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到MP的最大值，即可判断选项②，通过分析判断可得点P不可能是棱的中点，从而判断选项①，又，，可判断选项③和选项④． 【详解】解：在正方体中，以D为坐标原点，为x轴，y轴， ∵该正方体的棱长为1，M，N分别为，的中点， ∴，，，，∴， 设，则， ∵，∴，即 当时，，当时，， 取，，，， 连结EF，FG，，HE， 则，， ∴四边形EFGH为矩形，则，， 即，， 又和为平面中的两条相交直线， ∴平面EFGH， 又，， ∴M为EG的中点，则平面EFGH， 为使，必有点平面EFGH， 又点P在正方体表面上运动，∴点P的轨迹为四边形EFGH， 因此点P不可能是棱的中点，故选项①错误； 又，， ∴，则点P的轨迹不是正方形且矩形EFGH周长为， 故选项③错误，选项④正确； ∵，， 又，则，即， ∴，点在正方体表面运动， 则，解， ∴， 故当或，或1，MP取得最大值为，故②正确. 故答案为：②④． 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. 某中学为了解高一年级1000名学生的体育锻炼情况，随机抽取100名学生，统计他们每周的锻炼时间（单位：小时），将其分为5组：，，，，，得到频率分布直方图（横轴为每周锻炼时间，纵轴为）．已知组的频率为0.10，组的频率为0.20，组的频率为0.25，组的频率为0.15． （1）求组的频率，并写出该组对应小长方形的高（纵轴数值）； （2）估计这100名学生每周锻炼时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （3）该校规定每周锻炼时间不少于6小时为“达标”．根据样本数据，估计该校高一年级1000名学生中“达标”的人数． 【答案】（1）组的频率为0.30，对应小长方形的高为0.15 （2）5.30小时 （3）400名 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求组的频率，再由小长方形的高为求对应的高； （2）根据频率直方图的平均数求法求这100名学生每周锻炼时间的平均数； （3）首先求出两组的频率，再估计对应人数即可. 【小问1详解】 由各组的频率之和为1，得组的频率， 该组区间的长度为2，其对应小长方形的高为； 【小问2详解】 各组区间的中点值依次为1，3，5，7，9，对应频率依次为0.10，0.20，0.30，0.25，0.15 所以， 即估计这100名学生每周锻炼时间的平均数约为5.30小时； 【小问3详解】 样本中每周锻炼时间不少于6小时即落在和两组内， 其频率之和为， 用样本频率估计总体比例，可得该校“达标”人数约为（人）， 答：估计该校高一年级约有400名学生“达标”. 16. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛的结果相互独立．比赛采用“三局两胜”制（先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束）． （1）求甲以赢得比赛的概率； （2）求比赛进行了三局的概率； （3）求甲赢得比赛的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用列举法得到“三局两胜”的进程，结合独立事件的概率乘法公式，即可求解； （2）根据题意，分“第一局甲胜、第二局乙胜”和“第一局乙胜、第二局甲胜”，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解； （3）根据题意，甲赢得比赛，包含“甲以获胜”与“甲以获胜”两个互斥事件， 结合互斥事件和独立事件的概率公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设甲胜记为“甲”，乙胜记为“乙”，三局两胜制下，比赛的可能进程为： {甲甲，乙乙，甲乙甲，甲乙乙，乙甲甲，乙甲乙}， 其中“甲以获胜”即前两局甲连胜两局， 因为每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛结果相互独立， 所以甲以赢得比赛的概率为． 【小问2详解】 解：若比赛进行了三局，可得甲乙两人前两局各胜一局， 当第一局甲胜、第二局乙胜，概率为； 当第一局乙胜、第二局甲胜，概率为， 所以比赛进行了三局的概率为. 【小问3详解】 解：甲赢得比赛，包含“甲以获胜”与“甲以获胜”两个互斥事件， 由（1）知甲以获胜的概率为 若“甲以获胜”，即前两局两人各胜一局且第三局甲获胜，可得概率为， 所以甲赢得比赛的概率. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，底面，且． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）连接，，设， 因为底面是菱形，所以， 因为底面，底面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证明平面，再由面面垂直的判定即可证明； （2）法一：以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再根据空间向量法求线面夹角即可；法二：利用等体积法求出点到平面的距离，再由线面夹角的定义求解； （3）法一：求出平面的一个法向量，再由空间向量法求二面角即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：因为菱形的边长为，，所以，且对角线，， 以为原点，，所在直线分别为轴、轴， 过且垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，得，，故取， ，，， 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为； 法二：由，， 得； ． ， 设点到平面的距离为， 则，故， 又，故． 【小问3详解】 法一：由（2）知，，，，，， 设平面的法向量为， 则，令，得，， 故取， 由（2）知平面的法向量为，， ， 所以，， 由图可知，二面角为钝二面角， 所以二面角的余弦值为， 法二：由对称性，、在直线上的垂足重合，设垂足为， 分别在平面、内作、， 则为二面角的平面角， 计算得，， 由余弦定理：， 故二面角的余弦值为． 18. 某中学高一年级有男生名、女生名．为了解学生周末参加社区志愿服务的情况，学校采用分层随机抽样的方法从该年级学生中抽取名学生进行调查． （1）求应抽取的男生、女生的人数； （2）调查结果显示，抽取的名学生中有6名学生周末参加社区志愿服务的时间超过小时，其中男生名、女生名．从这名学生中随机抽取名进行访谈，求抽到的名学生中至少有名女生的概率； （3）用（2）样本中周末参加社区志愿服务时间超过小时的频率估计概率．从该校高一年级全体学生中随机选取名学生，求其中至少有名学生周末参加社区志愿服务时间超过小时的概率． 【答案】（1）应抽取男生40名，女生20名 （2） （3）0.271 【解析】 【分析】（1）根据抽样比即可计算， （2）列举所有基本事件，即可根据古典概型的概率公式求解， （3）根据相互独立事件的概率，结合对立事件概率即可求解. 【小问1详解】 抽样比为 应抽取男生（名），应抽取女生（名） 答：应抽取男生名，女生名 【小问2详解】 记名男生为，，，，名女生为，． 从6名学生中任取2名的全部等可能结果为，，，，，（全为男生，6种）； ，，，，，，，（一男一女，8种）； （全为女生，1种）． 共种． 其中至少有1名女生的有种， 故所求概率． 答：抽到的2名学生中至少有1名女生的概率为 【小问3详解】 样本中周末参加社区志愿服务时间超过10小时的频率为， 用该频率估计：从该校高一年级中任取1名学生，其周末参加社区志愿服务时间超过10小时的概率为 随机选取3名学生，“至少有1名学生志愿服务时间超过10小时”的对立事件为“3名学生志愿服务时间都不超过10小时”，其概率为 故所求概率 答：所求概率为0.271 19. 如图，在三棱柱中，是边长为的正三角形，平面，．点是棱上的动点（不与端点重合），且． （1）建立适当的空间直角坐标系，求点与点的坐标（点的坐标用表示）； （2）求二面角的余弦值的取值范围； （3）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，结合正三角形顶点坐标与向量线性关系，写出和动点的坐标； （2）分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角公式表示二面角余弦值，再根据的范围求函数值域； （3）求出平面的法向量，利用线面角的正弦公式列方程，求解并验证是否在范围内. 【小问1详解】 以为原点，所在直线为轴（原点取在顶点处，轴沿底面边，轴沿侧棱） 如图，以为原点，所在直线为轴，在平面内过点作的垂线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系． 因为是边长为的正三角形，所以，，． 又因为平面，，所以，，． ，由，得． 【小问2详解】 由（1）知，，，所以，． 设平面的一个法向量为，由，，得， 令，则，，即． 因为平面，所以平面的一个法向量为． 设二面角的大小为，由图知为锐角， 故． 令，由得，则． 因为在上单调递增，所以随的增大而增大，故． 又为锐角，，所以． 即二面角的余弦值的取值范围为． 【小问3详解】 由（1）知，． 设平面的一个法向量为，由，，得， 令，则，，即，． 又，所以，． 设直线与平面所成的角为， 则． 令，得，两边平方化简得，即． 因为，所以，解得，符合题意． 故存在点，当时，直线与平面所成的角为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $