江西省赣州市赣县中学北校区2014-2015学年高二上学期9月月考数学试卷(理科) Word版含解析

江西省赣州市赣县中学北校区2014-2015学年高二上学期9月月考数学试卷（理科）

一、选择题

1．（3分）++++…+=（）

A．B．（1﹣）

C．（﹣﹣）D．（1﹣）

2．（3分）过点A（4，1）且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程是（）

A．x+y=5 B．x﹣y=5

C．x+y=5或x﹣4y=0 D．x﹣y=5或x+4y=0

3．（3分）不等式x2＞x的解集是（）

A．（﹣∞，0）B．（0，1）C．（1，+∞）D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）4．（3分）若如图所示的程序框图输出的S是30，则在判断框中M表示的“条件”应该是（）

A．n≥3 B．n≥4 C．n≥5 D．n≥6

5．（3分）设a＞0，b＞0．若3是3a与3b的等比中项，则的最小值为（）

A．4B．2C．1D．

6．（3分）在△ABC中，a，b，c分别是三内角A、B、C的对边，A=75°，C=45°，b=2，则此三角形的最小边长为（）

A．B．C．D．

7．（3分）在下列命题中，不是公理的是（）

A．平行于同一个平面的两个平面平行

B．过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面

C．如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内

D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线

8．（3分）设有直线m、n和平面α、β，下列四个命题中，正确的是（）

A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m?α，n?α，m∥β，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m?α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m?α，则m∥α

9．（3分）若两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别是S n和T n，已知，则=（）

A．7B．C．D．

10．（3分）在某市创建全国文明城市工作验收时，国家文明委有关部门对某校2014-2015学年高二年级6名学生进行了问卷调查，6人得分情况如下：5，6，7，8，9，10．把这6名学生的得分看成一个总体．如果用简单随机抽样方法从这6名学生中抽取2名，他们的得分组成一个样本，则该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率为（）

A．B．C．D．

二、填空题

11．（3分）为了解学生数学答卷情况，某市教育部门在2015届高三某次测试后抽取了n 名同学的第Ⅱ卷进行调查，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图（如图），已知从左到右第三小组（即[70，80）内）的频数是50，则n=．

12．（3分）经过点A（3，0），且与直线2x+y﹣5=0垂直的直线是．

13．（3分）已知x与y之间的一组数据如表，根据表中提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为=bx+0.35，那么b的值为

x 3 4 5 6

y 2.5 3 4 4.5

14．（3分）某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，产品的数量之比依次为3：4：7，现在用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，样本中A型产品有15件，那么样本容量n为．

15．（3分）某校早上8：00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7：30～7：50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为（用数字作答）．

三、解答题

16．若ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，0），B（6，7），C（0，3）．

①求BC边上的高所在直线的方程；

②求BC边上的中线所在的直线方程．

17．已知盒中装有仅颜色不同的玻璃球6个，其中红球2个、黑球3个、白球1个．

（I）从中任取1个球，求取得红球或黑球的概率；

（II）列出一次任取2个球的所有基本事件．

（III）从中取2个球，求至少有一个红球的概率．

18．已知一个几何体的三视图如图所示．

（Ⅰ）求此几何体的表面积；

（Ⅱ）在如图的正视图中，如果点A为所在线段中点，点B为顶点，求在几何体侧面上从点A到点B的最短路径的长．

19．已知向量=（sinA，sinB），=（cosB，cosA），=sin2C，且A、B、C分别为△ABC

三边a、b、c所对的角．

（1）求角C的大小；

（2）若sinA、sinC、sinB成等差数列，且=18，求c边的长．

20．在等差数列{a n}中，a1=2，a1+a2+a3=12．

（1）求数列{a n}的通项公式；

（2）令，求数列{b n}的前n项和S n．

21．如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点F在棱B1B 上，且满足B1F=2FB．

（1）求证：EF⊥A1C1；

（2）在棱C1C上确定一点G，使A，E，G，F四点共面，并求此时C1G的长；

（3）求平面AEF与平面ABCD所成二面角的余弦值．

江西省赣州市赣县中学北校区2014-2015学年高二上学期9月月考数学试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题

1．（3分）++++…+=（）

A．B．（1﹣）

C．（﹣﹣）D．（1﹣）

考点：数列的求和．

专题：计算题；等差数列与等比数列．

分析：利用裂项相消法可求得数列的和．

解答：解：∵=，

∴++++…+

=[（1﹣）+（）+（）+（）+…+（﹣）+（）+（﹣

）]

=（1+﹣﹣）

=（﹣﹣），

故答案选C．

点评：本题考查数列求和，对数列{}，其中{a n}为等差数列，且公差d≠0，则

=．

2．（3分）过点A（4，1）且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程是（）

A．x+y=5 B．x﹣y=5

C．x+y=5或x﹣4y=0 D．x﹣y=5或x+4y=0

考点：直线的截距式方程．

专题：计算题；分类讨论．

分析：当直线过原点时，斜率为，由点斜式求得直线的方程，当直线不过原点时，设直线的方程是：x+y=a，把点A（4，1）代入方程求得a值．

解答：解：当直线过原点时，斜率为，由点斜式求得直线的方程是y=x．

当直线不过原点时，设直线的方程是：x+y=a，把点A（4，1）代入方程得a=5，

直线的方程是x+y=5．

综上，所求直线的方程为y=x 或x+y=5．

故选C．

点评：本题考查用点斜式、截距式求直线方程的方法，体现了分类讨论的数学思想．

3．（3分）不等式x2＞x的解集是（）

A．（﹣∞，0）B．（0，1）C．（1，+∞）D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）

考点：一元二次不等式的解法．

分析：对不等式先进行移项，然后再提取公因式，从而求解．

解答：解：∵不等式x2＞x，

∴x2﹣x＞0，

∴x（x﹣1）＞0，

解得x＞1或x＜0，

故选D．

点评：此题比较简单，主要考查一元二次不等式的解法：移项、合并同类项、系数化为1．

4．（3分）若如图所示的程序框图输出的S是30，则在判断框中M表示的“条件”应该是（）

A．n≥3 B．n≥4 C．n≥5 D．n≥6

考点：循环结构．

专题：算法和程序框图．

分析：根据程序的流程，依次计算程序运行的结果，直到S=30时，判断n的值，从而确定条件内容．

解答：解：由程序框图知：第一次运行n=1，S=2；

第二次运行n=2，S=2+22=6；

第三次运行n=3，S=2+22+23=14；

第四次运行n=4，S=2+22+23+24=30，

∵输出S=30，∴条件应是n≥4，

故选：B．

点评：本题考查了循环结构的程序框图，由框图的流程判断算法的功能是解答本题的关键．5．（3分）设a＞0，b＞0．若3是3a与3b的等比中项，则的最小值为（）

A．4B．2C．1D．

考点：基本不等式．

专题：不等式的解法及应用．

分析：利用等比中项即可得出a与b的关系，再利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出．解答：解：∵3是3a与3b的等比中项，∴32=3a?3b=3a+b，∴a+b=2．

a＞0，b＞0．

∴===2．当且仅当a=b=1时取

等号．

故选B．

点评：熟练掌握等比中项、“乘1法”和基本不等式的性质是解题的关键．

6．（3分）在△ABC中，a，b，c分别是三内角A、B、C的对边，A=75°，C=45°，b=2，则此三角形的最小边长为（）

A．B．C．D．

考点：正弦定理．

专题：计算题；解三角形．

分析：由三角形内角和定理算出B=60°，从而得到角C是最小角，边c是最小边．再由正弦定理的式子，结合题中数据解出c=，即可得到此三角形的最小边长．

解答：解：∵△ABC中，A=75°，C=45°，

∴B=180°﹣（A+C）=60°，得角C是最小角，边c是最小边

由正弦定理，得，解之得c=

即三角形的最小边长为

故选：C

点评：本题给出三角形两个角及第三个角的对边，求三角形中最小的边长，着重考查了三角形内角和定理、大角对大边和正弦定理等知识，属于基础题．

7．（3分）在下列命题中，不是公理的是（）

A．平行于同一个平面的两个平面平行

B．过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面

C．如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内

D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线

考点：平面的基本性质及推论．

专题：规律型．

分析：根据公理的定义解答即可．经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由其他判断加以证明的命题和原理就是公理．

解答：解：B，C，D经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由其他判断加以证明的命题和原理故是公理；

而A平行于同一个平面的两个平面平行是定理不是公理．

故选A．

点评：本题考查了公理的意义，比较简单．

8．（3分）设有直线m、n和平面α、β，下列四个命题中，正确的是（）

A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m?α，n?α，m∥β，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m?α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m?α，则m∥α

考点：空间中直线与平面之间的位置关系．

专题：证明题．

分析：由面面平行的判定定理和线面平行的定理判断A、B、D；由面面垂直的性质定理判断C．

解答：解：A不对，由面面平行的判定定理知，m与n可能相交，也可能是异面直线；B不对，由面面平行的判定定理知少相交条件；

C不对，由面面垂直的性质定理知，m必须垂直交线；

故选：D．

点评：本题考查了线面的位置关系，主要用了面面垂直和平行的定理进行验证，属于基础题．

9．（3分）若两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别是S n和T n，已知，则=（）

A．7B．C．D．

考点：等差数列的性质．

分析：由已知，根据等差数列的性质，把转化为求解．

解答：解：．

故选：D．

点评：本题主要考查等差数列的性质，如果两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别是S n 和T n，仿照本题解析的方法一定有关系式．

10．（3分）在某市创建全国文明城市工作验收时，国家文明委有关部门对某校2014-2015学年高二年级6名学生进行了问卷调查，6人得分情况如下：5，6，7，8，9，10．把这6名学生的得分看成一个总体．如果用简单随机抽样方法从这6名学生中抽取2名，他们的得分组成一个样本，则该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率为（）

A．B．C．D．

考点：古典概型及其概率计算公式．

专题：计算题．

分析：根据所给的六个人的分数，代入求平均数的公式，求出平均数，实验发生包含的事件是从6个总体中抽取2个个体，列举出所有的结果数，共有15种结果，

满足条件的事件列举出共有7种结果，根据古典概型概率公式得到结果．

解答：解：总体平均数为=7.5．

设A表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”

从总体中抽取2个个体全部可能的基本结果有：（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），

（5，10），（6，7），（6，8），（6，9），（6，10），（7，8），（7，9），（7，10），

（8，9），（8，10），（9，10），共15个基本结果．

事件A包含的基本结果有：（5，9），（5，10），（6，8），（6，9），（6，10），

（7，8），（7，9），共有7个基本结果；

∴所求的概率为

点评：本题考查统计及古典概率的求法，易错点是对基本事件分析不全面．古典概率的求法是一个重点，但通常不难，要认真掌握．

二、填空题

11．（3分）为了解学生数学答卷情况，某市教育部门在2015届高三某次测试后抽取了n 名同学的第Ⅱ卷进行调查，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图（如图），已知从左到右第三小组（即[70，80）内）的频数是50，则n=125．

考点：频率分布直方图．

专题：概率与统计．

分析：根据频率分布直方图的矩形面积表示频率，求出第三小组的矩形面积，即为第三组的频率，然后根据样本容量=，可求出所求．

解答：解：成绩在[70，80）的频率为：0.04×10=0.4，

∴第三小组的频率为：0.4，

2015届高三某次测试后抽取了同学的总人数（总数=）为：=125（人）

故答案为：125．

点评：本题主要考查了频率分布直方图，以及总数、频数、频率之间的关系，同时考查了识图能力，属于基础题．

12．（3分）经过点A（3，0），且与直线2x+y﹣5=0垂直的直线是x﹣2y﹣3=0．

考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系．

专题：计算题．

分析：根据垂直关系设所求直线的方程为x﹣2y+c=0，把点（3，0）代入直线方程求出c 的值，即可得到所求直线的方程．

解答：解：设所求直线的方程为x﹣2y+c=0，把点（3，0）代入直线方程可得3+c=0，

∴c=﹣3，故所求直线的方程为：x﹣2y﹣3=0，

故答案为：x﹣2y﹣3=0．

点评：本题主要考查两直线垂直的性质，两直线垂直斜率之积等于﹣1，用待定系数法求直线的方程．

13．（3分）已知x与y之间的一组数据如表，根据表中提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为=bx+0.35，那么b的值为0.7

x 3 4 5 6

y 2.5 3 4 4.5

考点：线性回归方程．

专题：概率与统计．

分析：由已知得=，由此能求出b的值．

解答：解：由已知得==4.5，

=，

=

=

==0.7．

故答案为：0.7．

点评：本题考查回归直线方程的应用，解题时要认真审题，是基础题，

14．（3分）某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，产品的数量之比依次为3：4：7，现在用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，样本中A型产品有15件，那么样本容量n为70．

考点：分层抽样方法．

分析：设出样本容量，根据在抽样过程中每个个体被抽到的概率相等得到比例式，解出方程中的变量n，即为要求的样本容量．

解答：解：设出样本容量为n，

∵由题意知产品的数量之比依次为3：4：7，

∴，

∴n=70，

故答案为：70．

点评：抽样选用哪一种抽样形式，要根据题目所给的总体情况来决定，若总体个数较少，可采用抽签法，若总体个数较多且个体各部分差异不大，可采用系统抽样，若总体的个体差异较大，可采用分层抽样．

15．（3分）某校早上8：00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7：30～7：50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率

为（用数字作答）．

考点：几何概型．

专题：概率与统计．

分析：设小张到校的时间为x，小王到校的时间为y．（x，y）可以看成平面中的点试验的全部结果所构成的区域为Ω={（x，y|30≤x≤50，30≤y≤50}是一个矩形区域，则小张比小王至少早5分钟到校事件A={（x，y）|y﹣x≥5}作出符合题意的图象，由图根据几何概率模型的规则求解即可．

解答：解：设小张到校的时间为x，小王到校的时间为y．（x，y）可以看成平面中的点试验的全部结果所构成的区域为Ω={（x，y|30≤x≤50，30≤y≤50}是一个矩形区域，对应的面积

S=20×20=400，

则小张比小王至少早5分钟到校事件A={x|y﹣x≥5}作出符合题意的图象，则符合题意的区域为△ABC，联立得C（45，50），联立得B（30，35），则S△ABC=×15×15，

由几何概率模型可知小张比小王至少早5分钟到校的概率为=，

故答案为：．

点评：本题考查几何概率模型与模拟方法估计概率，求解的关键是掌握两种求概率的方法的定义及规则，求出对应区域的面积是解决本题的关键．

三、解答题

16．若ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，0），B（6，7），C（0，3）．

①求BC边上的高所在直线的方程；

②求BC边上的中线所在的直线方程．

考点：直线的一般式方程；两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系．

专题：计算题．

分析：①由已知中ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，0），B（6，7），C（0，3）．我们可以求出直线BC的斜率，进而求出高的斜率，进而根据点斜式，求出答案．

②由已知中ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，0），B（6，7），C（0，3）．我们可以求出直线BC的中点的坐标，进而根据二点式，求出答案．

解答：解：①∵B（6，7），C（0，3）．

∴直线BC的斜率k AB==

故BC边上的高所在直线的斜率k=

设BC边上的高所在直线的方程为y=x+b

∵A（4，0），

解得b=6

故y=x+6

即3x+2y﹣12=0

②∵B（6，7），C（0，3）．

∴BC边上的中点为（3，5）

∵A（4，0），

则BC边上的中线所在的直线方程为

即5x+y﹣20=0

点评：本题考查的知识点是直线的点斜式方程，直线的两点式方程，直线的一般式方程，熟练掌握直线各种形式的适用范围是解答本题的关键．

17．已知盒中装有仅颜色不同的玻璃球6个，其中红球2个、黑球3个、白球1个．

（I）从中任取1个球，求取得红球或黑球的概率；

（II）列出一次任取2个球的所有基本事件．

（III）从中取2个球，求至少有一个红球的概率．

考点：列举法计算基本事件数及事件发生的概率．

专题：计算题；综合题．

分析：（I）从中任取1个球，求取得红球或黑球的概率，需要先算出此事件包含的基本事件数，以及所有的基本事件数，由公式求出即可；

（II）列出一次任取2个球的所有基本事件，由于小球只有颜色不同，故将红球编号为红1，红2，黑球编号为黑1，黑2，黑3，依次列举出所有的基本事件即可；

（III）从中取2个球，求至少有一个红球的概率，从（II）知总的基本事件数有15种，至少有一个红球的事件包含的基本事件数有9种．由公式求出概率即可．

解答：解：（Ⅰ）从6只球中任取1球得红球有2种取法，得黑球有3种取法，得红球或黑球的共有2+3=5种不同取法，任取一球有6种取法，

所以任取1球得红球或黑球的概率得，

（II）将红球编号为红1，红2，黑球编号为黑1，黑2，黑3，则一次任取2个球的所有基本事件为：

红1红2 红1黑1 红1黑2 红1黑3 红1白

红2白红2黑1 红2黑2红2黑3 黑1黑2

黑1黑3 黑1白黑2黑3黑2白黑3白

（III）由（II）知从6只球中任取两球一共有15种取法，其中至少有一个红球的取法共有9

种，所以其中至少有一个红球概率为．

点评：本题考查列举法计算基本事件数及事件发生的概率，求解本题关键是正确得出总的基本事件数以及所研究的事件包含的基本事件数，本题2中用列举法列举所有的基本事件要注意列举的方式，做到不重不漏，分类列举是一个比较好的列举方式．

18．已知一个几何体的三视图如图所示．

（Ⅰ）求此几何体的表面积；

（Ⅱ）在如图的正视图中，如果点A为所在线段中点，点B为顶点，求在几何体侧面上从点A到点B的最短路径的长．

考点：由三视图求面积、体积．

专题：计算题；空间位置关系与距离．

分析：（I）几何体是一个圆锥与一个圆柱的组合体，由三视图判断圆锥与圆柱的底面半径与母线长，根据其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和，代入公式计算；

（II）利用圆柱的侧面展开图，求得EB的长，再利用勾股定理求AB的圆柱面距离．

解答：解：（Ⅰ）由三视图知：几何体是一个圆锥与一个圆柱的组合体，且圆锥与圆柱的底面半径为2，母线长分别为2、4，

其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．

S圆锥侧=×2π×2×2=4π；

S圆柱侧=2π×2×4=16π；

S圆柱底=π×22=4π．

∴几何体的表面积S=20π+4π；

（Ⅱ）沿A点与B点所在母线剪开圆柱侧面，如图：

则AB===2，

∴以从A点到B点在侧面上的最短路径的长为2．

点评：本题考查了由三视图求几何体的表面积与体积，考查了圆柱面上两点的最短距离问题，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解答此类问题的关键．

19．已知向量=（sinA，sinB），=（cosB，cosA），=sin2C，且A、B、C分别为△ABC

三边a、b、c所对的角．

（1）求角C的大小；

（2）若sinA、sinC、sinB成等差数列，且=18，求c边的长．

考点：等差数列的性质；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角．

专题：等差数列与等比数列．

分析：（1）利用两个向量的数量积公式求得，再由已知，可得从而求得C的值．

（2）由sinA，sinC，sinB成等差数列，得2sinC=sinA+sinB，由条件利用正弦定理、余弦定理求得c边的长．

解答：解：（1）由于，…（2分）

对于△ABC，A+B=π﹣C，0＜C＜π，∴sin（A+B）=sinC，∴．…（3分）

又∵，∴．…（6分）

（2）由sinA，sinC，sinB成等差数列，得2sinC=sinA+sinB，

由正弦定理得2c=a+b．…（8分）∵，即abcosC=18，ab=36．…（10分）

由余弦弦定理c2=a2+b2﹣2abcosC=（a+b）2﹣3ab，…（11分）

∴c2=4c2﹣3×36，c2=36，∴c=6．…（12分）

点评：本题主要考查等差数列的性质，查两个向量的数量积公式、正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题．

20．在等差数列{a n}中，a1=2，a1+a2+a3=12．

（1）求数列{a n}的通项公式；

（2）令，求数列{b n}的前n项和S n．

考点：数列的求和；等差数列的通项公式．

专题：等差数列与等比数列．

分析：（1）由a1+a2+a3=3a2可求a2，结合已知及，d=a2﹣a1可求d，进而可求通项a n，（2）由=2n?3n，考虑利用错位相减求和即可

解答：解：（1）∵a1=2，a1+a2+a3=3a2=12．

∴a2=4，d=a2﹣a1=2

∴a n=2+2（n﹣1）=2n

（2）∵=2n?3n

∴

∴3S n=2?32+4?33+…+（2n﹣2）?3n+2n?3n+1

两式相减可得，﹣2S n=2（3+32+33+…+3n）﹣2n?3n+1﹣2n?3n+1=2×﹣2n?3n+1

∴

点评：本题主要考查了等差数列的通项公式的求解及错位相减求和方法的应用，属于数列知识的简单应用

21．如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点F在棱B1B 上，且满足B1F=2FB．

（1）求证：EF⊥A1C1；

（2）在棱C1C上确定一点G，使A，E，G，F四点共面，并求此时C1G的长；

（3）求平面AEF与平面ABCD所成二面角的余弦值．

考点：与二面角有关的立体几何综合题；空间中直线与平面之间的位置关系．

专题：空间位置关系与距离；空间角．

分析：（1）连结B1D1，BD，由已知条件推导出A1C1⊥DD1，从而得到A1C1⊥平面

BB1D1D．由此能证明EF⊥A1C1．

（2）以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当C1G=时，A，E，G，F四点共面．

（3）利用已知条件求出平面AEF的法向量和平面ABCD的一个法向量，由此能求出平面AEF 与平面PQ所成二面角的余弦值．

解答：（1）证明：连结B1D1，BD，∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴B1D1⊥A1C1．

在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，

∵DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1?平面A1B1C1D1，∴A1C1⊥DD1．

∵B1D1∩DD1=D1，B1D1，DD1?平面BB1D1D，∴A1C1⊥平面BB1D1D．

∵EF?平面BB1D1D，∴EF⊥A1C1．

（2）解：以点D为坐标原点，

以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，

建立如图的空间直角坐标系，

则A（a，0，0），A1（a，0，a），C1（0，a，a），，，∴，．

设G（0，a，h），

∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面ADD1A1∩平面AEGF=AE，

平面BCC1B1∩平面AEGF=FG，

∴存在实数λ，使得．

∵，，

∴．

∴λ=1，．∴C1G=．

∴当C1G=时，A，E，G，F四点共面．

（3）解：由（1）知，．

设=（x，y，z）是平面AEF的法向量，

则，即取z=6，则x=3，y=﹣2．

所以=（3，﹣2，6）是平面AEF的一个法向量．

而是平面ABCD的一个法向量，

设平面AEF与平面ABCD所成的二面角为θ，

则cosθ=．

故平面AEF与平面PQ所成二面角的余弦值为．

点评：本小题主要考查空间线面关系、四点共面、二面角的平面角、空间向量及坐标运算等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力