江苏省泰州市2021-2022学年高二下学期第一次阶段性考试数学试题

江苏省泰州市2021-2022学年高二下学期第一次阶段性考试
数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知()1,2,a y =-，(),1,2b x =，且()()
2//2a b a b +-，则（ ） A ．1
3
x =，1y =
B ．1
2
x =
，4y =- C ．2x =，1
4
y =-
D ．1x =，1y =-
2．若X 的概率分布为：
则D (X )等于（ ）A ．0.8
B ．0.25
C ．0.4
D ．0.2
3．从6名男生和2名女生中选出3名志愿者,其中至少有1名女生的选法共有 ( ) A ．36种
B ．30种
C ．42种
D ．60种
4．设1021001210)x a a x a x a x =++++，那么()(2
20210139)a a a a a a ++
+-++
+的
值为（ ）
A ．0
B ．1-
C ．1
D ．101)
5．设某医院仓库中有10盒同样规格的X 光片，已知其中有5 盒、3盒、2盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的.且甲、乙、丙三厂生产该种X 光片的次品率依次为111
,,101520
，现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张X 光片，则取得的X 光片是次品的概率为（ ） A ．0.08
B ．0.1
C ．0.15
D ．0.2
6．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒
∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）
A B C ．
2
D 7．为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区､管控区､防范区.为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共5人，分别
派往三个区，每区至少一人，甲､乙主动申请前往封控区或管控区，且甲､乙恰好分在同一个区，则不同的安排方法有（ ） A ．12种
B ．18种
C ．24种
D ．30种
8．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a,?
b,?m(m>0)为整数，若a 和b 被m 除得余数相同，则称a 和b 对模m 同余.记为()mod a b m =.若
012
230303030222a C C C =+⋅+⋅+
+，()mod10a b =，则b 的值可以是
A ．2019
B ．2020
C ．2021
D ．2022
二、多选题 9．若随机变量X 服从两点分布，其中()1
03P X ==，则下列结论正确的是（ ）
A ．()()1P X E X ==
B ．()324E X +=
C ．()324
D X +=
D ．()49
D X =
10．关于二项式5
x
⎛
⎝的展开式，下列选项正确的有（ ）
A ．总共有6项
B ．存在常数项
C ．2x 项的系数是40
D ．各项的系数之
和为243
11．2021年5月20日，第五届世界智能大会在天津召开，小赵、小李、小罗、小王、小刘为五名志愿者，现有翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的有（ ）
A ．若礼仪工作必须安排两人，其余工作各安排一人，则有60种不同的方案
B ．若每项工作至少安排一人，则有120种不同的方案
C ．安排五人排成一排拍照，若小赵、小李相邻，则有42种不同的站法
D ．已知五人身高各不相同，若安排五人拍照，前排两人，后排三人，后排要求身高最高的站中间，则有40种不同的站法
12．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ）
A ．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84
B ．在“杨辉三角”中，当12n =时，从第1行起，每一行的第2列的数字之和为66
C ．在“杨辉三角”中，第n 行所有数字的平方和恰好是第2n 行的中间一项的数字
D ．记“杨辉三角”第n 行的第i 个数为i a ，则1
1122n i n
i i a +-=⋅=∑
三、填空题 13．若()26
220
20*N ++=∈n n C C n ，则n =______.
14．从标有1，2，3，4，5的五张卡中，依次抽出2张（取后不放回），则在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为________； 15．设随机变量()~4,X B p ，若()15
116
P X ≥=
，则p 的值为______.
16．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 为线段1A C 上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的__________．
①当113AC A P =时，1D P ①平面1BDC ；①当115AC A P =时，1
A C ⊥平面1D AP ；
①1APD ∠的最大值为90︒；①1AP PD +
四、解答题 17．从1到9这9个数字中取3个偶数和4个奇数，组成没有重复数字的七位数，试
问：
（1）能组成多少个这样的七位数？ （2）3个偶数排在一起的七位数有多少个？ （3）任意2个偶数都不相邻的七位数有多少个？
18．在二项式12n
x ⎛ ⎝的展开式中，______给出下列条件：
①若展开式前三项的二项式系数的和等于22；①所有奇数项的二项式系数的和为32. 试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题： (1)求展开式中二项式系数最大的项；. (2)求展开式的常数项.
19．从甲地到乙地要经过3个十字路口，各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇
到红灯的概率分别为1
2，13，14
.设X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随
机变量X 的分布表.
20．如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，侧棱与底面垂直，且12AA AB AC ===，
AB AC ⊥，M 、N 、P 分别是1CC 、BC 、11A B 的中点.
(1)求平面PMN 与平面ABC 夹角的余弦值；
(2)点Q 在线段11A B 上，若直线AM 与平面QMN 1A Q 的长.
21．某公司举行了一场羽毛球比赛，现有甲、乙两人进行比赛，每局比赛必须分出胜负，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满8局时停止．设甲在每局中获胜的概率为23
，且各局胜负相互独立． (1)求第二局比赛结束时比赛停止的概率；
(2)设X 表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X 的分布列和数学期望． 22．如图棱长为1的正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1中，F ，E 分别是棱A 1B 1，AB 的中点，点
G是左侧面ADD1A1上的一个动点.
(1)求直线FC1到平面A1EC的距离；
(2)若
11
BC BG ，求
1
BC与BG的夹角最大值；
(3)P，Q分别是线段CC1，BD上的点，满足PQ//平面AC1D1，则PQ与平面BDD1B1所成角的范围.
参考答案：
1．B 【解析】 【分析】
求出2a b +和2a b -的坐标，根据空间向量共线的充要条件即可得x ，y 的值. 【详解】
因为()1,2,a y =-，(),1,2b x =，所以()221,4,4a b x y +=+-，
()()()22,4,2,1,22,3,22a b y x x y -=--=---，
因为()()
2//2a b a b +-，所以21442322x y x y +-==---，解得：1
2
x =，4y =-， 故选：B. 2．B 【解析】 【分析】
由分布列的性质求得a ，再求数学期望后可求方差. 【详解】
由0.5＋a ＝1，得a ＝0.5， ①E (X )＝0×0.5＋1×0.5＝0.5，
D (X )＝(0－0.5)2×0.5＋(1－0.5)2×0.5＝0.25. 故选：B 3．A 【解析】 【详解】
试题分析：从名男生和名女生中选出名志愿者，共有种结果，其中包括不合题意
的没有女生的选法，其中没有女生的选法有
，①至少有名女生的选法有
故选A ．
考点：计数原理的应用. 4．C 【解析】
令1x =和1x =-得到012310a a a a a ++++，012310a a a a a -+-++，再整体代入可得；
【详解】
解：因为)10
21001210x a a x a x a x =+++
+，
令1x =得)100123
101a a a a a =++++，
令1x =-得)10
0123101a a a a a =-+-++，
所以()(2
20210139)a a a a a a ++
+-++
+
()()0123
10012310a a a a a a a a a a =++++-+-++
))
10
10
1
1
=
⋅
))
10
11⋅
⎡⎤⎣
⎦
=
1011==
故选：C 【点睛】
本题考查利用待定系数法求二项式系数和的问题，属于中档题． 5．A 【解析】 【分析】
利用条件概率公式即可求解. 【详解】
以A 1，A 2，A 3分别表示取得的这盒X 光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的， B 表示取得的X 光片为次品， P ()1A =
510，P ()2A =310，P ()3A =210， P ()1|B A =
110，P ()2|B A =115
，P ()3|B A =1
20；
则由全概率公式，
所求概率为P ()B =P ()()11|A P B A +P ()()22|A P B A +P ()()33|A P B A =
510×110+310×115+210×1
20
=0.08. 故选：A
6．A 【解析】 【分析】
先选一组基底，再利用向量加法和减法的三角形法则和平行四边形法则将两条异面直线的方向向量用基底表示，然后利用夹角公式求异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值即可. 【详解】
解：如图，设1AA c =，AB a =，AC b =，棱长均为1， 由题意，12a b ⋅=
，12
b c ⋅=，1
2a c ⋅=，
1a AB c =+，1BC b a c =-+，
111111
()()1112222
AB BC b a c a c ∴⋅=+⋅-+=
-++-+=，
()
2
2
2
121a c
a a c c AB =+=+⋅+=+=
(
)
2
11BC b a c
=
-+=+
=
111111
6cos 6AB BC AB BC AB BC ⋅∴=
=，，
∴异面直线1AB 与1BC
故选：A. 7．C 【解析】 【分析】
利用分类加法、分步乘法计数原理，结合排列组合知识进行求解. 【详解】
若甲乙和另一人共3人分为一组，则有12
32212C A =种安排方法；若甲乙两人分为一组，另
外三人分为两组，一组1人，一组两人，则有1222
322212C C A A =种安排方法，综上：共有
12+12=24种安排方法. 故选：C 8．A 【解析】 【分析】
先利用二项式定理将a 表示为()()3015
30151239101a =+===-，再利用二项式定理展开，得出a 除以10的余数，结合题中同余类的定义可选出合适的答案． 【详解】
()30
030012912
28230
030301530303030121212121239a C C C C =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅++⋅⋅=+==
()15
151142
131415
1515101101010101C C C =-=-⋅+⋅-+⋅-，
则15114213
1415151510101010C C C -⋅+⋅-+⋅，所以，a 除以10的余数为1109-+=，
以上四个选项中，2019除以10的余数为9，故选A. 【点睛】
本题考查二项式定理，考查数的整除问题，解这类问题的关键就是将指数幂的底数表示为与除数的倍数相关的底数，结合二项定理展开式可求出整除后的余数，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题． 9．AB 【解析】 【分析】
由()103P X ==可得()2
13P X ==，然后利用期望公式和方差公式，期望和方差的性质分析
判断即可 【详解】
①随机变量X 服从两点分布，其中()103P X ==，①()2
13P X ==，
①()2
3
E X =
，()122339D X =⨯=，故A 正确，D 错误；
()()2
32323243E X E X +=+=⨯+=，故B 正确；
()32D += ()2
9929
D X =⨯=，故C 错误.
故选：AB. 10．ACD 【解析】 【分析】
由题意利用二项式定理，二项式展开式的通项公式，得出结论． 【详解】
解：关于二项式5(x
+
，它的展开式共计有6项，故A 正确；
由于它的通项公式为5352
155
2r
r r
r r r r T x C x C -+-=⋅⋅=，令3502r -=，求得310r =，
无非负整数解，故不存在常数项，故B 错误； 令3522
r
-
=，即36r =，解得2r =，可得2x 项的系数是225240C ⋅=，故C 正确； 令1x =，可得各项的系数之和为53243=，故D 正确， 故选：ACD ． 11．AD 【解析】 【分析】
利用排列组合知识逐项分析即得. 【详解】
若礼仪工作必须安排两人，其余工作各安排一人，则先从五人中任选两人安排在礼仪岗
位，剩余三人在其余三个岗位上全排列即可，故不同的方案有23
5360C A =（种），A 正确；
若每项工作至少安排一人，则先将五人按2，1，1，1分成四组，再分配到四个岗位上，故
不同的方案有24
54240C A =（种），故B 错误；
若小赵、小李相邻，可把两人看成一个整体，与剩下的三人全排列，有4
4A 种排法，小赵、
小李内部有22A 种排法，所以共有42
4248A A =种不同的站法，C 错误；
前排有2
5A 种站法，后排三人高的站中间有22A 种站法，所以共有225240A A =种不同的站法，
故选：AD. 12．AC 【解析】 【分析】
二项式的系数求得第9行第7个数，可判定A 正确；结合等差数列的求和公式，可判定B 错误；结合2(1)(1)(1)x n n x x x +=++的展开式的系数的关系，可判定C 正确；根据第n 行的第i 个数为1
i i n a C -=，结合
1
1
01212311
2
2222n i n i n i a a a a a +-+==++++∑，可判定D 错误.
【详解】
对于A 中，在杨辉三角中，第9行第7个数是6
984C =，所以A 正确.
对于B 中，当12n =时，1213
1212782
S ⨯=+++=
=，所以B 错误. 对于C 中，用数学符号语言可表示为：()()()2
2
2
12n
n n n n n C C C C ++
+=，
证明如下：2(1)(1)(1)x n n x x x +=++
()()01221122
n n n n n n n n n n n n n n n n C C x C x C x C x C x C x C ----=+++
+⋅+++
+
对应相乘，恰好得到n x 这一项的系数为()()()2
2
2
12n
n n n n n C C C C +++=
而2n
n C 是二项式2(1)n x +的展开式中第1n +项的二项式系数（即n x 的系数）
故()()()()
2
2
2
2
122n
n n n n n
n C C C C C +++
+=，所以C 正确.
对于D 中，第n 行的第i 个数为1
i i n a C
-=，所以
1
1
01212311
2
2222n i n i n i a a a a a +-+==++++∑
即11001122
1
22222(12)3n i n n n n i n n n n i a C C C C +-==⋅+⋅+⋅+
+⋅=+=∑，所以D 错误.
故选：AC. 13．4 【解析】 【分析】
根据题意和组合数的运算性质直接计算即可.
由题意知， 因为26
220
20n n C C ++=*()n N ∈，
所以262n n +=+或2620(2)n n +=-+， 解得4n =-(舍去)或4n =. 故答案为：4
14．3
4
【解析】
根据题意，列举出第一次抽到偶数所包含的基本事件；再列举出第一次抽到偶数，第二次抽到奇数所包含的基本事件；基本事件个数比，即为所求概率. 【详解】
由题意，从标有1，2，3，4，5的五张卡中，依次抽出2张，第一次抽到偶数所包含的基本事件有()2,1，()2,3，()2,4，()2,5，()4,1，()4,2，()4,3，()4,5；共8个基本事件；
第一次抽到偶数，第二次抽到奇数，所包含的基本事件有()2,1，()2,3，()2,5，()4,1，
()4,3，()4,5；共6个基本事件，
因此在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为6384
P =
=. 故答案为：3
4.
【点睛】
本题主要考查求古典概型的概率，属于基础题型. 15．1
2##0.5
【解析】 【分析】
由二项分布的概率公式求()0P X =，再根据()()110P X P X ≥=-=列方程求参数p . 【详解】 ①()~4,X B p ，
①()()4
01P X p ==-，
①()()()4
151101116
P X P X p ≥=-==--=
，解得12p =.
故答案为：1
2. 16．①① 【解析】 【分析】
如图建立空间直角坐标系，利用空间向量逐个验证即可 【详解】
解：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则111(1,0,0),(1,0,1),(0,0,1),(1A A C D C B
，1
(11)AC =--， 设(,,)P x y z ，1(1,,1)A P x y z =--.
对于①，当113AC A P =
，即(1)3(1,,1)x y z --=--
，解得2233P ⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭
，
12133D P ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
，设平面1BDC 的法向量为1111(,,)n x y z =，则由1110
0n DB n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，
解得1(3,1,n =-，由于110D P n ⋅=，所以1D P ①平面1BDC 成立.
对于①，当115AC A P
=时，即(1)5(1,,1)x y z --=-
-，解得4455P ⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭
， 由111
10
0AC D A AC D P ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，可知1A C ⊥平面1D AP 成立.
对于①，设11AC A P λ
=，即(1)(1,,1)x y z λ--=-
-，解得111P λλ⎛⎫
-- ⎪ ⎪⎝⎭
，
由1222
1111,11,cos ,111PA PD λλλλλλ⎛⎫⎛⎫
-⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎛⎛⎫⎛⎫
++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
⎝⎭，其分子化简得25λλ-，当5λ>时，1cos ,0PA PD <，故1APD ∠的最大值可以为钝角，①错误.
对于①，根据①计算的数据，113111,,1,1,PA PD λλλλλ⎛⎫⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，
12PA PD ⎛+== 115λ=，
即5λ=时取得最小值为=①错误. 故答案为：①①
【点睛】
此题考查线面平行、线面垂直，考查了向量的夹角，考查计算能力，属于中档题. 17．（1）100800；（2）14400；（3）28800. 【解析】 【分析】
（1）先选出符合要求的数，再全排列即可； （2）利用捆绑法计算可得；
（2）先将4个奇数排好，再3个偶数插空，按照分步乘法计数原理计算可得； 【详解】
解：（1）分步完成：第一步，从4个偶数中取3个，有3
4C 种情况； 第二步，从5个奇数中取4个，有4
5C 种情况；
第三步，将取出的3个偶数和4个奇数进行全排列，有7
7A 种情况.
所以符合题意的七位数的个数为347
457100800C C A =.
（2）由题意，3个偶数排在一起的七位数的个数为3345
435514400C A C A =
（3）由题意，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空隙中，则符合题意的七
位数的个数为433
54528800A C A =.
18．(1)条件选择见解析，3
2452
-=T x
(2)515
4
=T
【解析】 【分析】
选择①：012
22n n n C C C ++=，利用组合数公式，计算即可；
选择①：转化为1232n -=，计算即可；
小问1：由于共7项，根据二项式系数的性质，二项式系数最大的项为第4，利用通项公式计算即可；
小问2：写出展开式的通项366
2
16
2r r r r T C x
--+=，令
3602
r
-=，即得解． (1)
选①则012
22n n n C C C ++=
即：2420n n +-=，解得6n =或7n =-（舍） 选①则1232n -=,①15n -=, 6n = ①613662
2166122r
r
r r r r r T C x C x x ---+⎛⎫⎛⎫
== ⎪ ⎪
⎝⎭
⎝⎭
二项式系数最大的项为333
32
246
522
T C x x -
--== (2) 令
3602
r
-=，则4r = ①展开式的常数项为：24561524
T C -== 19．分布表见解析. 【解析】 【分析】
先确定随机变量的取值，再计算概率，从而就可以列出分布表. 【详解】
随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3. P (X ＝0)＝1111
(1)(1)(1)2344
-⨯-⨯-=，
P (X ＝1)＝11111111111
(1)(1)(1)(1)(1)(1)23423423424⨯-⨯-+-⨯⨯-+-⨯-⨯=，
P (X ＝2)＝1111111111
(1)(1)(1)2342342344-⨯⨯+⨯-⨯+⨯⨯-=，
P (X ＝3)＝1111
23424
⨯⨯=.
所以，随机变量X 的分布表为:
20． (2)1
2
【解析】 【分析】
（1）以点A 为坐标原点，AB 、AC 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，运用面面角的向量求解方法可求得答案；
（2）设111A A B Q λ=，[]0,1λ∈，由线面角的向量求解方法建立方程，求解即可. (1)
①P 、D 分别是11A B 、11B C 的中点，①11PD AC ∥， 又三棱柱111ABC A B C -中，11AC AC ∥，故PD AC ∥. 又PD ⊂平面PDN ，AC ⊄平面PDN ，所以AC ∥平面PDN .
以点A 为坐标原点，AB 、AC 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，
则()10,0,2A 、()2,0,0B 、()0,2,1M 、()1,1,0N ，()1,0,2P ， 所以()0,12PN =-，()1,2,1PM =--，
取向量()1,,002AA =为平面ABC 的一个法向量， 设平面PMN 的法向量为(),,n x y z =，则0
0n PM n PN ⎧⋅=⎨
⋅=⎩
，可得20
20y z x y z -=⎧⎨-+-=⎩，
令1z =，则3x =，2y =，则()3,2,1n =，
所以11103cos 2,AA n AA n AA n
⋅⨯+
=
=
=⋅ 由图示得平面PMN 与平面ABC 的夹角为锐角，所以，平面PMN 与平面ABC 的夹角的余弦； (2)
设111A A B Q λ=，[]0,1λ∈，点()2,0,2Q λ，所以()21,1,2NQ λ=--，()1,1,1NM =-，
()0,2,1AM =，
设平面QMN 的法向量为(),,n x y z =，
则00n NQ n NM ⎧⋅=⎨⋅=⎩
，可得()21200x y z x y z λ⎧--+=⎨-++=⎩，取3x =，则()3,21,22n λλ=+-，
设直线AM
与平面QMN 所成的角为α， 则sin cos ,8n AM n AM n AM
αλ⋅==
=
=
⋅，整理可得282250λλ-+=，即()()41250λλ--=.， 因为01λ≤≤，解得14λ=.则1111
42
A B A Q ==，即线段1A Q 的长为12. 21．(1)5
9
(2)分布列见解析，数学期望为2522
729
【解析】 【分析】
（1）要使第二局比赛结束时比赛停止，必是甲连胜2局成乙连胜2局，根据此结果求其概
率即可；
（2）X 的所有可能取值为2，4，6，8，求出概率得到分布列，然后求期望即可. (1)
依题意，当甲连胜2局成乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束，记事件A 是“第二局比赛结束时比赛停止”． 则()22115
33339
P A =⨯+⨯=；
(2)
依题意知，X 的所有可能取值为2，4，6，8
设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为5
9
，该轮结束时比赛继续的概率为
54199
-
=， 即()5
29P X ==，()452049981P X ==⨯=，()445806999729P X ==⨯⨯=，
()44464
81999729P X ==⨯⨯⨯=；
则随机变量X 的分布列为：
则52080642522
2468981729729729
EX =⨯+⨯+⨯+⨯=．
22．(2)60︒
(3)[,]63
ππ
【解析】 【分析】
（1）由线面平行，要求直线到平面的距离，即求直线上的点到平面的距离即可； （2）根据11BC BG ⋅=，得到点G 的特征，再根据夹角公式求解即可；
（3）由线面平行得()1
PQ λλλ=--，，，再由夹角公式计算后再求范围即可.
(1)
以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，
则()11,0,1A ，1(1,,0)2
E ,(0,1,0)C ,()10,1,1C ，11,,12
F ⎛⎫
⎪⎝⎭，
110,,12A E ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭.，11,,02EC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
因为111,,02FC EC ⎛
⎫==- ⎪⎝
⎭，所以1//FC EC ，
因为1FC ⊂
/平面1A EC ，EC ⊂平面1A EC ， 所以1//FC 平面1A EC .
所以点F 到平面1A EC 的距离为直线1FC 到平面1A EC 的距离.
设平面1A EC 的法向量为(,,)n x y z =，则10
0n A E n EC ⎧⋅=⎨
⋅=⎩ 所以1
02
102y z x y ⎧-=⎪⎪⎨
⎪-+=⎪⎩
,所以2x z y z =⎧⎨=⎩ 取1z =，则1,2x y ==.所以，(1,2,1)n =是平面1A EC 的一个法向量.
又因为11,,0)2(0A F =，所以点F 到平面1A EC
的距离为1,(021A F
n
n ⋅= 即直线1FC 到平面1A EC
(2)
以D 为坐标原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间坐标系，如图所示，
G 是左侧面11ADD A 上的一个动点，
设点(),0,G x z ，其中()01,01x z ≤≤≤≤，
()1,1,0B ∴，()10,1,1C =，
()11,0,1BC ∴=-，()1,1,BG x z =--， 111BC BG x z ∴⋅=-+=，即x z =，
又12BC =(BG x ==
设1BC 与BG 的夹角为θ，
12cos θ∴=
， 设()2
1f x x x =-+，
()f x ∴在10,2⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上单调递减，在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦
上单调递增，
()01f ∴=，13
24
f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，
()3
14
f x ∴≤≤，
1cos 2θ∴≤≤
θ∴的最大值为60︒，
所以1BC 与BG 的夹角最大值为60︒. (3)
以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，
则()1,0,0A ，()10,1,1C ，()10,0,1D ，()11,0,1AD =-，()11,1,1AC =-. 设平面11AC D 的法向量()111,,m x y z =，
则1111111·0·
0m AD x z m AC x y z ⎧=-+=⎪⎨=-++=⎪⎩，取11x =，得()1,0,1m =. 设()0,1,P t ，(),,0Q a b ，a ，b ，[0,1]t ∈，DQ DB λ=，01λ≤≤， 所以()(),,0,,0a b λλ=，
所以(),,0Q λλ，(),1,PQ t λλ=--，
因为11//PQ AC D ，
所以·
0PQ m t λ=-=，t λ=，所以(),1,PQ λλλ=--； 因为11AC BDD B ⊥，所以平面11BDD B 的一个法向量()1,1,0AC =-； 设PQ 与平面11BD D B 所成角为θ，
则·sin cos ,·2PQ AC
PQ AC PQ AC θ====
01λ≤≤；
所以13λ=时，()max sin θ=3πθ=，
1λ=时，()
min 1sin 2θ==，此时6πθ=， 所以PQ 与平面11BDD B 所成角的范围是[]63ππ
，.。