文档内容
2025-2026学年河南省天一小高考高三（上）月考数学试卷（三）
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
目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{x|x3＜10}，B＝{﹣4，0，2，4}，则A∩B＝（ ）
A．{0} B．{0，2} C．{﹣4，0，2} D．{﹣4，0，2，4}
2．（5分）已知，则|z﹣4i|＝（ ）
A．1 B． C． D．2
3．（5分）已知等差数列{a }的前n项和为S ，若S ＝9，a ＝7，则a ＝（ ）
n n 3 4 6
A．9 B．11 C．13 D．15
4．（5分）已知 ， （0， ），则“ ＝ ”是“sin2 +cos2 ＝1”的（ ）
A．充分不必要α条β件∈ π α β α β
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．（5分）在一款保温杯中注入一定质量的温水，一段时间内杯中水的温度关于时间 t的函数y＝f（t）
的图象如图所示，在这段时间内任取三个时间点 t ，t ，t ，其中t ＜t ＜t ，且t +t ＝2t ，记f′（t）
1 2 3 1 2 3 1 3 2
为f（t）的导函数，则下列判断错误的是（ ）
A．f（t ）＞f（t ）＞f（t ）
1 2 3
B．f（t ）+f（t ）＞2f（t ）
1 3 2
C．f'（t ）＞f'（t ）＞f'（t ）
1 2 3
D．f（t）的解析式可能是f（t）＝ae﹣t+b（a，b＞0）
6．（5分）从2，4，5，6，7这5个数字中任选3个不同的数字组成一个三位数，这个三位数能被3整除
的概率为（ ）
A． B． C． D．
第1页（共15页）7．（5分）已知四面体ABCD满足∠ABC＝∠BCD＝90°，△ABC，△BCD均为等腰三角形，且，若
AD，BC的夹角为60°，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A．16 B．20 C．24 D．28
8．（5分π）已知抛物线C：y2＝π2px（p＞0）的焦点为πF，动点P，Q在C上，π 满足PF⊥QF，若|PF|+|QF|
的最小值为，则p＝（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部
选对的得6分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知函数f（x）＝|x|﹣|x﹣2|，则（ ）
A． x R，f（x）≤1
B．f∀（∈x）在[0，1]上单调递增
C．f（x+1）是偶函数
D．函数g（x）＝f（x）﹣ln（x+1）有3个零点
（多选）10．（6分）已知等比数列{a }的公比q≠1，其前n项和为S ，且，则下列不等式可能成立的是
n n
（ ）
A．a ＞a B．a ＜a
2025 2026 2025 2026
C．S ＞S D．S ＜S
2025 2026 2025 2026
（多选）11．（6分）已知曲线E：（x﹣1）（x﹣y）＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线E是中心对称图形
B．曲线E与直线y＝2x+1仅有一个公共点
C．曲线E经过无数个整点（横坐标和纵坐标均为整数的点）
D．若点M，N在曲线E上，且M，N分别在直线x＝1两侧，则|MN|2的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知向量（2，﹣1），（3， ），（2，4），若2与3共线，则实数 的值为 ．
13．（5分）设 ＞0，若函数在区间上单调λ 递增，则 的最大值为 ． λ
14．（5分）在一ω个盒子中装有4张卡片，卡片上的编ω号依次为1，2，3，4，现从中有放回地抽取m次
卡片，每次仅抽取1张，记这m次抽取的卡片的最大编号为X，则使得成立的最小的m的值为
．
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）为研究中学生的专注力与阅读时长是否有关系，调查小组随机抽取了某城市部分中学生进
行调查，所得数据统计如下表（单位：人）：
第2页（共15页）每日阅读时长≥30分钟 每日阅读时长＜30分钟
专注力达标 170 80
专注力不达标 100 150
（1）记“每日阅读时长≥30分钟”为事件A，“专注力达标”为事件B，求P（A）和P（B）；
（2）根据 ＝0.01的独立性检验，能否认为中学生的专注力与阅读时长有关系？附：．
P（αχ2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
16．（15分）已知椭圆的离心率为，顺次连接C的四个顶点得到的四边形的面积为4．
（1）求C的方程；
（2）已知直线l：y＝kx+2与C交于M，N两点，C的上顶点为P，若直线PM，PN的斜率之和为4，
求△PMN的重心的横坐标．
17．（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．
（1）若，求△ABC面积的最大值；
（2）若，求tan∠BAD．
18．（17分）已知函数其中a＞0．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．
（2）若f（x）有3个不同的零点x ，x ，x （x ＜x ＜x ），
1 2 3 1 2 3
（i）证明：；
（ii）若x ，x ，x 成等差数列，求该数列的公差．
1 2 3
19．（17分）如图，已知四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，顶点S为动点，满足平面SDB⊥平面SAC，
且SA＝AB≠SC．
（1）求证：BD⊥平面SAC；
（2）若平面SAC与平面SBC的夹角为60°，求的值；
（3）以正方形ABCD为底面作正方体ABCD﹣A B C D ，求直线A C与平面SAB所成角的正弦值的最
1 1 1 1 1
大值．
第3页（共15页）2025-2026学年河南省天一小高考高三（上）月考数学试卷（三）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D B A C D B C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BD ACD ABD
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
目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{x|x3＜10}，B＝{﹣4，0，2，4}，则A∩B＝（ ）
A．{0} B．{0，2} C．{﹣4，0，2} D．{﹣4，0，2，4}
【分析】结合交集的定义，即可求解．
【解答】解：集合A＝{x|x3＜10}，B＝{﹣4，0，2，4}，
所以A∩B＝{﹣4，0，2}．
故选：C．
2．（5分）已知，则|z﹣4i|＝（ ）
A．1 B． C． D．2
【分析】由复数的运算求得z，再由求模公式计算即可．
【解答】解：因为，
所以．
故选：D．
3．（5分）已知等差数列{a }的前n项和为S ，若S ＝9，a ＝7，则a ＝（ ）
n n 3 4 6
A．9 B．11 C．13 D．15
【分析】由等差数列的前n项和公式和等差数列的性质计算即可求得．
【解答】解：因为数列{a }为等差数列，
n
所以S 3a ＝9，所以a ＝3，
3 2 2
又因为a ＝7，所以a +a ＝2a ＝14，所以a ＝11．
4 2 6 4 6
故选：B．
第4页（共15页）4．（5分）已知 ， （0， ），则“ ＝ ”是“sin2 +cos2 ＝1”的（ ）
A．充分不必要α条β件∈ π α β α β
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】由 ＝ 得出sin2 +cos2 ＝1，判断充分性成立；由sin2 +cos2 ＝1，不能得出 ＝ ，判断必
要性不成立；α由β此得出结论α． β α β α β
【解答】解： ＝ 时，sin2 +cos2 ＝sin2 +cos2 ＝1，充分性成立；
当 ， 时，满α足βsin2 +cos2 α＝1，β但 ≠α，所以α 必要性不成立；
所以α β， （0， ）时α，“β＝ ”是“α sinβ 2 +cos2 ＝1”的充分不必要条件．
故选：αA．β∈ π α β α β
5．（5分）在一款保温杯中注入一定质量的温水，一段时间内杯中水的温度关于时间 t的函数y＝f（t）
的图象如图所示，在这段时间内任取三个时间点 t ，t ，t ，其中t ＜t ＜t ，且t +t ＝2t ，记f′（t）
1 2 3 1 2 3 1 3 2
为f（t）的导函数，则下列判断错误的是（ ）
A．f（t ）＞f（t ）＞f（t ）
1 2 3
B．f（t ）+f（t ）＞2f（t ）
1 3 2
C．f'（t ）＞f'（t ）＞f'（t ）
1 2 3
D．f（t）的解析式可能是f（t）＝ae﹣t+b（a，b＞0）
【分析】根据函数的图像，结合导数的几何意义及指数型函数的特征逐一判断即可．
【解答】解：对于A，由图可知f（t）是减函数，故A正确；
对于B，由图可知，f（t）的下降幅度随t增大而逐渐平缓，
所以区间（t ，t ）内温度下降的量比（t ，t ）内温度下降的量更大，
1 2 2 3
即f（t ）﹣f（t ）＞f（t ）﹣f（t ），
1 2 2 3
所以f（t ）+f（t ）＞2f（t ），故B正确；
1 3 2
第5页（共15页）对于C，由图，由曲线的切线斜率可知f'（t ）＜f'（t ）＜f'（t ）＜0，故C错误；
1 2 3
对于D，曲线的变化趋势符合指数型函数f（t）＝ae﹣t+b（a，b＞0），故D正确．
故选：C．
6．（5分）从2，4，5，6，7这5个数字中任选3个不同的数字组成一个三位数，这个三位数能被3整除
的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据题意，由古典概型公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，从2，4，5，6，7这5个数字中任选3个，可以组成60个三位数，
其中能够被3整除的数据组合有（2，4，6），（2，6，7），（4，5，6），（5，6，7），则可以组
成424个能被3整除的三位数，
故所求的概率P．
故选：D．
7．（5分）已知四面体ABCD满足∠ABC＝∠BCD＝90°，△ABC，△BCD均为等腰三角形，且，若
AD，BC的夹角为60°，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A．16 B．20 C．24 D．28
【分析π】根据已知条件将四π面体ABCD补成如图所π示的直三棱柱ABD
1
﹣π A
1
CD，转化为求直三棱柱
ABD ﹣A CD的外接球．
1 1
【解答】解：因为∠ABC＝∠BCD＝90°，△ABC，△BCD均为等腰三角形，
所以可将四面体ABCD补成如图所示的直三棱柱ABD ﹣A CD，
1 1
可知∠A AD＝60°，A A＝2，故，
1 1
又AB＝BD ＝2，所以∠ABD ＝120°，
1 1
设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在平面ABD 内的射影O 为△ABD 的外心，且OO ＝1，
1 1 1 1
由正弦定理得O A＝2，故外接球半径，故S＝4 R2＝20 ．
1
π π
第6页（共15页）故选：B．
8．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，动点P，Q在C上，满足PF⊥QF，若|PF|+|QF|
的最小值为，则p＝（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据抛物线的定义和性质，结合梯形的性质即可得解．
【解答】解：如图，连接PQ，设PQ的中点为M，点P，Q，M在C的准线上的射影分别为P′，
Q′，M′，
则，
所以当|PF|+|QF|取最小值时，|MM′|也取最小值，
由图可知，
当PQ⊥x轴时，|PF|+|QF|最小为，|MM′|取得最小值为，
此时|PF|＝|QF|，又PF⊥QF，
所以△PFQ为等腰直角三角形，
所以△PMF为等腰直角三角形，|PF|，
所以|MF|＝1，
所以．
故选：C．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部
选对的得6分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知函数f（x）＝|x|﹣|x﹣2|，则（ ）
A． x R，f（x）≤1
B．f∀（∈x）在[0，1]上单调递增
C．f（x+1）是偶函数
D．函数g（x）＝f（x）﹣ln（x+1）有3个零点
【分析】将函数写成分段函数，可得函数f（x）≤2，即可判断A；
第7页（共15页）由解析式可得函数的单调区间，即可判断B；
根据偶函数的定义判断C；
结合函数y＝f（x）和y＝ln（x+1）的图象，可判断D．
【解答】解：依题意，
对于A， x R，f（x）≤2，故A错误；
对于B，∀f（∈x）的单调递增区间为[0，2]，
所以f（x）在[0，1]上单调递增，故B正确；
对于C，设h（x）＝f（x+1）＝|x+1|﹣|x﹣1|，
则h（﹣x）＝|﹣x+1|﹣|﹣x﹣1|＝|x﹣1|﹣|x+1|＝﹣h（x），
所以h（x）是奇函数，故C错误；
对于D，g（x）的零点个数即f（x）与y＝ln（x+1）的图象的交点个数，
在同一直角坐标系中分别作出这两个函数的图象，如图所示：
由图象可知，两图象有3个交点，
则g（x）有3个零点，故D正确．
故选：BD．
（多选）10．（6分）已知等比数列{a }的公比q≠1，其前n项和为S ，且，则下列不等式可能成立的是
n n
（ ）
A．a ＞a B．a ＜a
2025 2026 2025 2026
C．S ＞S D．S ＜S
2025 2026 2025 2026
【分析】由条件可得，分a ＞0和a ＜0讨论即可．
1 1
【解答】解：因为等比数列{a }的公比q≠1，且，所以，
n
若a ＞0，则由，得，即，
1
要使该式恒成立，则0＜q＜1，此时a ＞a ＞0，S ＜S ，故A，D成立；
n n+1 n n+1
若a ＜0，则由，得，
1
要使该式恒成立，则q＞1，此时a ＜a ＜0，S ＞S ，故A，C成立．
n+1 n n n+1
第8页（共15页）故选：ACD．
（多选）11．（6分）已知曲线E：（x﹣1）（x﹣y）＝1，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线E是中心对称图形
B．曲线E与直线y＝2x+1仅有一个公共点
C．曲线E经过无数个整点（横坐标和纵坐标均为整数的点）
D．若点M，N在曲线E上，且M，N分别在直线x＝1两侧，则|MN|2的最小值为
【分析】对于A：根据奇函数的性质、结合函数图象变换的性质进行判断即可；
对于B：通过解方程组进行求解判断即可；
对于C：根据分式的性质进行求解判断即可；
对于D：根据函数的图象的对称性，结合基本不等式进行求解判断即可．
【解答】解：对于A，方程可化为，则曲线E可由函数的图象向右和向上各平移1个单位长度得到，
而是奇函数，其图象关于原点中心对称，
所以曲线E关于点（1，1）中心对称，故A正确；
对于B，将y＝2x+1代入（x﹣1）（x﹣y）＝1中，
得（x﹣1）（x﹣2x﹣1）＝1，解得x＝0，则y＝1，
故曲线E与直线y＝2x+1仅有一个公共点（0，1），故B正确；
对于C，在方程中，要使x，y均为整数，只有x﹣1＝1或x﹣1＝﹣1，
故曲线E只经过2个横坐标和纵坐标均为整数的点，分别为（0，1），（2，1），故C错误；
对于D，如图，设M（x ，y ），N（x ，y ），其中x ＜1＜x ，
1 1 2 2 1 2
当|MN|2有最小值时，M，N关于点（1，1）对称，
则
，
令1﹣x ＝t，则t＞0，原式，
1
当且仅当时等号成立，故D正确．
第9页（共15页）故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知向量（2，﹣1），（3， ），（2，4），若2与3共线，则实数 的值为 ﹣ 3 ．
【分析】根据题意，求出2和3的坐标，λ 进而由向量共线的判断方法分析可得答λ案．
【解答】解：根据题意，向量（2，﹣1），（3， ），（2，4），
则2（1，﹣2﹣ ），3（9， +12）， λ
若2与3共线，λ则有1×（ +1λ2）＝（﹣2﹣ ）×9，解得 ＝﹣3．
故答案为：﹣3． λ λ λ
13．（5分）设 ＞0，若函数在区间上单调递增，则 的最大值为 2 ．
【分析】根据ω正切函数的图象与性质，结合题意，列ω式求解即可．
【解答】解：令k ＜ xk ，k Z，解得x，k Z，
因为f（x）在区间π（，ω）π上单∈调递增， ∈
所以，k Z，
解得，k∈Z；
令k＝1，∈可得 ＝2， 的最大值为2．
故答案为：2．ω ω
14．（5分）在一个盒子中装有4张卡片，卡片上的编号依次为1，2，3，4，现从中有放回地抽取m次
卡片，每次仅抽取1张，记这m次抽取的卡片的最大编号为X，则使得成立的最小的m的值为 3
．
【分析】先求出，再求出E（X），由，得，由此能求出m的最小值．
【解答】解：因为
所以
，
由，得，
令，
则f（m）在m N*时单调递减，
又， ∈
所以m的最小值为3．
故答案为：3．
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）为研究中学生的专注力与阅读时长是否有关系，调查小组随机抽取了某城市部分中学生进
行调查，所得数据统计如下表（单位：人）：
第10页（共15页）每日阅读时长≥30分钟 每日阅读时长＜30分钟
专注力达标 170 80
专注力不达标 100 150
（1）记“每日阅读时长≥30分钟”为事件A，“专注力达标”为事件B，求P（A）和P（B）；
（2）根据 ＝0.01的独立性检验，能否认为中学生的专注力与阅读时长有关系？附：．
P（αχ2≥k） 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【分析】（1）由古典概型的概率计算公式计算即可；
（2）求出χ2，再由独立性检验的定义即可求得．
【解答】解：（1）由题可得170+80+100+150＝500，
所以，；
（2）零假设H ：中学生的专注力与阅读时长没有关系，
0
由表中数据可得39.452＞6.635，
根据 ＝0.01的独立性检验，我们推断假设不成立，
所以认α为中学生的专注力与阅读时长有关系．
16．（15分）已知椭圆的离心率为，顺次连接C的四个顶点得到的四边形的面积为4．
（1）求C的方程；
（2）已知直线l：y＝kx+2与C交于M，N两点，C的上顶点为P，若直线PM，PN的斜率之和为4，
求△PMN的重心的横坐标．
【分析】（1）根据椭圆的对称性、离心率公式，结合椭圆标准方程中a，b，c之间的关系进行求解即
可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式、直线斜率公式，重
心坐标公式进行求解即可．
【解答】解：（1）依题意，得，解得：，
所以椭圆C的方程为；
（2）由题，设M（x ，y ），N（x ，y ），
1 1 2 2
联立，化简得（4k2+1）x2+16kx+12＝0，
则Δ＝（16k）2﹣4×（4k2+1）×12＝16（4k2﹣3）＞0，解得，
所以，
则直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，
所以k +k
1 2
，解得：k＝6，
第11页（共15页）故△PMN的重心的横坐标为．
17．（15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．
（1）若，求△ABC面积的最大值；
（2）若，求tan∠BAD．
【分析】（1）由向量的线性运算和数量积运算可得24＝b2+c2+bc，由基本不等式可得bc≤8，再由三
角形的面积公式计算即可求得；
（2）在△ABD和△ACD中，分别由正弦定理建立方程求解即可．
【解答】解：（1）因为，所以当 ＝1时，D是BC的中点，
所以， λ
两边同时平方得：，
因为，，所以，
所以24＝b2+c2+bc≥2bc+bc＝3bc，当且仅当时等号成立，所以bc≤8，
所以，故△ABC面积的最大值为；
（2）设∠BAD＝ ，则，，
在△ABD中，由正θ弦定理得，即BDsin∠ADB＝csin ，①
在△ACD中，由正弦定理得， θ
即，②
当时，CD＝2BD，又因为，
代入①②中，化简得，
所以，得，
即．
18．（17分）已知函数其中a＞0．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．
（2）若f（x）有3个不同的零点x ，x ，x （x ＜x ＜x ），
1 2 3 1 2 3
（i）证明：；
（ii）若x ，x ，x 成等差数列，求该数列的公差．
1 2 3
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再利用直线点斜式方程即可求出答案；
（2）（i）f（x）在（﹣∞，0]上单调递增，分为a≥2和0＜a＜2两种情况结合导数与单调性的关系
求出函数f（x）在（0，+∞）上的单调性，根据题目条件列不等式即可求出答案；
（ii）由题可知f（x ）＝0，f（x ）＝0，f（x ）＝0，代入可得，即，，设公差为d，消元得到，列等
1 2 3
式即可求出公差d．
第12页（共15页）【解答】解：（1）当a＝1时，，
当x＞0时，f′（x）＝ex﹣2，
所以f′（1）＝e﹣2，又f（1）＝e﹣2，
故所求切线方程为y＝（e﹣2）（x﹣1）+e﹣2，即y＝（e﹣2）x；
（2）（i）证明：当x≤0时，f（x）＝aex+2x单调递增，且f（0）＝a，
当x＞0时，f′（x）＝aex﹣2，
若a≥2，因为ex＞1，所以f′（x）＞0，
即f（x）在（0，+∞）上单调递增，且ae0﹣2×0＝a，
从而f（x）在R上单调递增，不可能有3个零点，不符合题意；
若0＜a＜2，令f′（x）＝0，可得，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
又当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，
所以要使f（x）有3个零点，
必须，即，
解得：，得证；
（ii）由题可知，
所以，
则①，②，
设公差为d（d＞0），即x ﹣x ＝x ﹣x ＝d，
2 1 3 2
由①可得，
由②可得，
则，化简得（ed）2﹣2ed﹣1＝0，
解得（负值舍去），
即公差．
19．（17分）如图，已知四棱锥S﹣ABCD的底面为正方形，顶点S为动点，满足平面SDB⊥平面SAC，
且SA＝AB≠SC．
（1）求证：BD⊥平面SAC；
（2）若平面SAC与平面SBC的夹角为60°，求的值；
（3）以正方形ABCD为底面作正方体ABCD﹣A B C D ，求直线A C与平面SAB所成角的正弦值的最
1 1 1 1 1
大值．
第13页（共15页）【分析】（1）由平面SDB⊥平面SAC，得出AH⊥平面SDB，进而有AH⊥BD，再根据线面垂直的判
定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别计算平面SAC与平面SBC的法向量，利用向量法求解即可；
（3）求出平面SAB的法向量，利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：记AC，BD交于点O，连接SO，
在平面SAO内过点A作AH⊥SO，垂足为H，
因为SA≠SC，所以垂足H不与点O重合，
因为平面SDB⊥平面SAC，平面SDB∩平面SAC＝SO，
AH 平面SAO，所以AH⊥平面SDB，
又B⊂D 平面SDB，所以AH⊥BD，
在正方⊂形ABCD中，AC⊥BD，又AC∩AH＝A，
AH 平面SAC，AC 平面SAC，
所以⊂BD⊥平面SAC⊂．
（2）以直线AB为x轴，直线AD为y轴，过点A的平面ABCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直
角坐标系．
不妨设AB＝1，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），
设S（a，b，c）（c＞0），则，．
因为SA＝AB＝1，所以a2+b2+c2＝1，①
由①可知，SA⊥BD，所以，即a＝b，②
设平面SBC的法向量为（x，y，z），
因为，
所以，
取（c，0，1﹣a），
因为BD⊥平面SAC，所以平面SAC的一个法向量为，
因为平面SAC与平面SBC的夹角为60°，
所以，
第14页（共15页）由①②③，解得a＝0，b＝0，c＝1，或，
即S（0，0，1）或．
当S（0，0，1）时，，此时；
当时，，此时．
综上所述，或．
（3）以正方形ABCD为底面作正方体ABCD﹣A B C D ，不妨取A （0，0，1），
1 1 1 1 1
则，
设平面SAB的法向量为（p，q，r），因为，
所以，
取（0，﹣c，b），
设直线A C与平面SAB所成的角为 ，
1
则， θ
平方得，又因为（b+c）2≤2（b2+c2），
所以，
当且仅当b＝c时等号成立，此时可取，符合题意，
故sin 的最大值为．
θ
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