2023學年第二學期學業水平調研測試

高一年級數學試卷

本試卷共4頁，19小題，全卷滿分150分，考試時間120分鐘.

注意事項：

1.答卷前，考生必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的學校、班級、姓名、考生號和座

位號填寫在答題卡相應的位置上，用2B鉛筆將考生號、座位號填涂在答題卡相應位置上.

2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上.

3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內

的相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改

液.不按以上要求作答的答案無效.

4.考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的.

3+4i

z=--------

1.已如復數J2i,則z的實部是（）

A.-1B.2C.3D.5

【答案】A

【解析】

【分析】根據復數代數形式的除法運算化簡復數z,即可判斷.

3+4i（3+4i）（l+2i）3+6i+4i+8i2,?

l-2i-(l-2i)(l+2i)-5

所以z的實部是—1.

故選：A

2.有一組數據按從小到大排序如下：70,71,73,75,76,則這組數據的40%分位數，70%分位數分別是

()

A.71,74B.71,75C.72,74D.72,75

【答案】D

【解析】

【分析】按步驟求解百分位數即可.

【詳解】數據從小到大排序：70,71,73,75,76,

71+73

;5x40%=2是整數，二這組數據的40%分位數是-------=72；

2

5x70%=3.5不是整數，，這組數據的70%分位數是75.

故選：D.

3.從1~30這30個正整數中隨機選擇一個數，則這個數既不能被2整除也不能被3整除的概率為（）

1125

A.一B.-C.-D.一

6336

【答案】B

【解析】

【分析】列出既不能被2整除也不能被3整除的數，再由古典概型的概率公式計算可得.

【詳解】從1~30這30個正整數中隨機選擇一個數共有30種選法，

其中這個數既不能被2整除也不能被3整除的有1、5、7、11、13、17、19、23、25、29共10

個，

所以這個數既不能被2整除也不能被3整除的概率P==

故選：B

4.已知/是一條直線，夕是兩個不同的平而，則下列命題正確的是（）

A.若〃/，，則M/尸B.若,貝

C.若Ua,。上夕，則〃/萬D.若Ua,allp,貝〃1夕

【答案】D

【解析】

【分析】根據空間中線面、面面的位置關系一一判斷即可.

【詳解】對于A：若///￡,〃/，，則?！ㄊ騛與夕相交，故A錯誤；

對于B：若///c,aL/3,則〃或/u分或/與夕相交，故B錯誤；

對于C：若aA./3,則〃或/u〃，故C錯誤；

對于D：若?///7,則Z10,故D正確.

故選：D

5.在正方體ABC?！狝與G。中，E為。2的中點，則（）

A.AE//BQB.AElBtCC.3。〃平面ACED,平面ACE

【答案】c

【解析】

【分析】根據正方體的性質判斷A、B；設4。門班＞=0,連接OE,即可證明OE〃82,即可證明C；

假設用。，平面ACE,推出矛盾，即可判斷D.

【詳解】對于A：由正方體的性質可知獨〃BG，

顯然ARcAE=A,與不平行，所以AE與8G不平行，故A錯誤；

對于B：由正方體的性質可知DAJ/CB,,￡叫，,所以，耳。,

由A可知與AE不平行，且A。、短匚平面4。，4,

所以。4與AE不垂直，則與C與不垂直，故B錯誤；

對于C：設則。為的中點，連接OE,又E為。A的中點,

所以OE〃B2,又平面ACE,OEU平面ACE,所以平面ACE,故C正確;

Dy

對于D：若用。，平面ACE,OEu平面ACE,則用。，OE,

又OEHBD、,所以用。，52,又四邊形。臺四口為矩形，

所以四邊形DBBQI為正方形，所以BR=BB],

又ABCD-4耳￡2為正方體，所以BR=血BB、,顯然不滿足=BB,,

故假設不成立，所以耳。與平面ACE不垂直，故D錯誤.

6.如圖，A3是海面上位于東西方向相距(3+3)海里的兩個觀測點，現位于A點北偏東45。、B點北偏

西60。的。點有一艘船發出求救信號，位于B點南偏西60°且與B點相距473海里的C點的救援船立即

前往營救，其航行速度為30海里/小時，則該救援船到達。點最快所需時間為()

A.0.2小時B.0.3小時C.0.5小時D.1小時

【答案】A

【解析】

【分析】在血中，先由正弦定理，求出3D;在△BCD中，根據余弦定理，求出。的長，即可求出

結果.

【詳解】由題意，在中，|AB|=3+g,ZZMB=90°-45°=45°,

ZDBA=90°-60°=30°,

所以NAD5=105°,

由正弦定理可得，一網一=—畋一，

sinZAD5sinZDAB

\AB\sinZDAB

則|即=

sinZADB

又在△BCD中，ZZ)BC=180°-60°-60°=60°,\BC\=4^3,

由余弦定理可得，|CD「=|BC|2+\BDf-2|BC|-|BD|cos60°

=(4可+(26『—2x4石x2Ag=48+12—24=36,所以卬=6,

因此救援船到達。點需要的時間為四=—=0.2小時.

3030

故選：A.

7.已知圓錐的頂點為S,O為底面圓心，母線S4與S3互相垂直，△S45的面積為2,S4與圓錐底面所

成的角為30。，則（）

A.圓錐的高為行B.圓錐的側面積為3兀

C.二面角S—AB—O的大小為45°D.圓錐側面展開圖的圓心角為120°

【答案】C

【解析】

【分析】利用三角形的面積公式求出圓錐S。的母線長，結合線面角的定義可判斷A選項；利用圓錐的側面

積公式可判斷B選項；利用二面角的定義，找到二面角的平面角，再解三角形求解可得C選項；根據展開

前后圖形聯系，利用扇形的弧長公式可判斷D選項.

【詳解】對于A選項，因為S。與底面垂直，為底面圓的一條半徑，則SOLQ4,

所以S4與圓錐底面所成的角為NS4O=30°，

119

又SA1SB,所以△S4B的面積為一S4S8=—XSA2=2,解得S4=2,即母線長/=2,

22

所以該圓錐的高為〃=SO=S4-sin30°=2x^=1,故A錯誤；

2

對于B選項，該圓錐的底面半徑為r=OA=SA-cos30°=2x——=^/3，

2

母線長/=2,故該圓錐的側面積為?！?26兀，故B錯誤；

對于C選項，取AB的中點E,連接OE,SE,

因為S4=SB,E為AB的中點，則由垂徑定理可得0石，A5,

所以二面角S—AB—O的平面角為NSEO,

因為SO,平面。4E,OEu平面AOE,則SOLOE,

因為&4,SB,SA=SB,則△S45為等腰直角三角形，

則+=也2+22=2萬所以SE=；AB=0，

訴"-s_S。_1_V2

所以，sin/SEO=二—尸——,

SE2

因為00<NSEO<90°，故NSEO=45°，即二面角S—A6—O的大小為45°，故C正確.

對于D選項，設該圓錐側面展開圖圓心角為。，

底面圓周長為2“=2后，則。=宜況=冬包=6兀，故D錯誤.

I2

故選：C.

8.已知。為VA3C的外接圓圓心，OA=2,ZBAC=45°,則須.花的最大值為（）

A.2B.4C.72D.20

【答案】B

【解析】

【分析】利用圓的性質，得到NBOC=90。，將通.正轉換為Teos(砒玄)，進而求出最大值.

【詳解】如圖所示：

因為。為VABC的外接圓圓心，。4=2,/區4。=45°,所以4OC=2NS4c=90°,

且網=畫=函=2,

所以存.歷=(屈一示)?反=礪.反一礪.反=一兩.云=—4cos(麗吟，

故當西，反共線反向時，通.或取到最大值4.

故選：B.

【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是推導出N3OC=90。，再由數量積的運算律得到

礪反=-函灰=Teos(弧困.

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題

目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.

9.設A,B易兩個隨機事件，且尸(A)=LP(8)=L則下列結論正確的是()

23

A.若A,2是互斥事件，貝UP(AB)=2

6

B.若則P(AU3)=9

6

C.若A,8是相互獨立事件，則P(AU3)=|

-1

D.若P(AB)=—,則A,B是相互獨立事件

3

【答案】CD

【解析】

【分析】A由互斥事件概念可知；B由事件的包含關系得P(AUB)=P(A)；C由概率性質與概率乘法公式

可得；D由概率加法公式與相互獨立事件的定義可得.

【詳解】A項，若是互斥事件，不可能同時發生，P(AB)=0,故A錯誤;

B項，若則AU§=A，則P(AU5)=P(A)=；,故B錯誤；

C項，若A3相互獨立，則P(A3)=P(A)P(3)=LX』=L,

236

1112

所以P(AU3)=P(A)+P(B)—P(AB)=—+——=—,故C正確；

2363

D項，由A=(A5)U(〃)，且事件AB,A豆互斥，則尸(A)=尸(AB)+P(A豆)，

-1-111

若P(AB)=_,則P(A3)=P(A)—P(A3)=——=—,

3236

又P(A)P(B)=2x』=L,.?.P(A)P(5)=P(AB),故A5相互獨立，故D正確.

236

故選：CD.

10.已知復數4=l+i*2=a+歷，。/eR,Zi，Z2在復平面內對應的向量分別為西，區，其中。為原

點，則下列結論正確的是()

A.若璃〃囪，則a+b=0B.若西〃囪，則幺?R

Z1

C.若函_LOZ],則a=Z;D.若災」區'，則片+Z2I=卜—Z21

【答案】BD

【解析】

【分析】由復數的幾何意義轉化為向量的坐標運算

【詳解】OZ^=(l,V),OZ^=(a,b),a,beR,

A項，若OZJIOZ?,則a=0,故A錯誤；

z,<7(1+i)「

B項，由A知，a=0,則==—;~—=?^R,故B正確；

Al+i

C項，若鬲，電，則a+b=0,故C錯誤；

D項，由C知，a+b-0>貝Z]+z2=1+i+a—ai=(a+1)+(1—a)i,

Z1—z,=l+i—(a—ai)—(1—a)+(a+l)i,

22

則B+z?|=J(a+1)2+(l_a)2；IZj-z2J=-J(l-a)+(a+l),

故卜+z21Tzl-引,故D正確.

故選：BD.

11.已知圓臺0a上、下底面的半徑分別為2和4,母線長為4.正四棱臺上底面AgGR的四個頂點在

圓臺上底面圓周上，下底面ABCD的四個頂點在圓臺下底面圓周上，則（）

A.AA.LBD

B.二面角4-AB-C的大小為60°

C.正四棱臺ABC。-AB1G2的外接球的表面積為64兀

V71

D.設圓臺的體積為匕，正四棱臺ABCD—AgG。的體積為匕，則才=3

【答案】ACD

【解析】

【分析】對A,先證明線面垂直，由性質可得線線垂直；對B,過P作尸連接AQ,找到二面

角的平面角為N4QP,再解三角形即可；對C,設出球心和球半徑，根據幾何關系，列出等量關系求解

即可；對D,根據圓臺和棱臺的體積公式，結合已知數據，求解即可.

根據題意，如圖，設圓臺上、下底面圓心分別為旦,。連接OO1,4G，AC,5D,

過A作APLAO,作截面ACGA的平面圖，則ACGA為等腰梯形，

且OOX為AC,AC中點，則AG=4,AC=8,AAt=4,AP==2,

故0Q=/P=小病一4尸=依-22=2g,即圓臺的高丸=26，

又A^i=4廠?=2^2,AB=AC/—_

g=4,2,即四棱臺的上下底面邊長分別為2&和40；

對A,由題意OOX1平面ABCD,BDu平面ABCD,則OQ-LBD,

BDLAC,Acnoa=。，ACu平面AC￡A，OQu平面ACG4,

故50工平面ACGA，A&U平面所以BDLAA],故A正確;

對B：過p作PQ1A3,垂足為。，連接4Q；

由OQ，面ABC,A[PHO0,則4尸，面ABC,又ABu面ABC,故ABLA/,

又A3LPQ,PQnAP=P,PQ，4Pu面APQ,故AB上面APQ,

又AQU面4PQ,故AB^AQ,則NAQP即為二面角A-A5-C的平面角;

=絲，=空

sinZAQPsinZAAP又AQ<AA,

'AQAA

故sinNAQP>sinZ^AP,

而在中，smZAiAP=^-=^-=—,則NAAP=60。，

y41A42

結合y=sinx在0,］單調遞增可知，Z^QP>60°,故B錯誤;

對C：設外接球半徑為A,球心到下底距離為x,在ACCiA的平面圖中，O?為球心,

R2——=16

則=2,。。=4,0,￡=QC=R,故1,/二、2,解得x=0,R=4；

一7?2-2J3-X=4

故表面積S=4TTR2=64無，故C正確；

對D：匕=AO：+A02+,4。；.")2)xOO=(02+42+8)X2G=^Y-TI；

22

V2=；(A3：+AB+-ABjxO0=g(8+32+16)x26=，

y兀

j=3，故D正確.

故選：ACD.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.從某小區抽取100戶層民用戶進行月用電量調查，發現他們的月用電量都在50?350kW-h之間，進

行適當分組后(每組為左用右開的區間)，畫出頻率分布直方圖如圖所示，在被調查的用戶中，月用電量

落在區間［100,300)內的戶數為.

【答案】82

【解析】

【分析】首先求出參數。的值，再求出月用電量落在區間［100,300)的頻率，即可得解.

【詳解】由頻率分布直方圖可得(0.0012+0.0024+0.0024+0.0036+a+0.0060)x50=1,解得

a=0.0044,

所以月用電量落在區間［100,300)的頻率為(0.0036+0.0060+0.0044+0.0024)x50=0.82,

所以在被調查的用戶中，月用電量落在區間［100,300)內的戶數為100x0.82=82.

故答案為：82

13.如圖，一條河兩岸平行，河的寬度為400m,一艘船從河岸邊的A地出發，向河對岸航行.已知船的

速度大小為5km/h,水流速度的大小為3km/h,當航程最短時，這艘船行駛完全程共需要時間

__________min?

_______6

A

【答案】6

【解析】

【分析】當實際速度垂直于河岸航程最短，根據向量加法的平行四邊形法則求解即可.

【詳解】當實際速度垂直于河岸，船的航程最短.

設實際速度、船速、水流速度分別為V、7、名，

如圖，。=彳+以，已知M=5,同=3,

則同=，同寸=，

2T4(km/h)河寬d=400m=0.4km,

d0.4/八~、

所以，船的航行時間f=j=—「x60=6(min).

Iv|4

所以，當航程最短時，這艘船行駛完全程需要6min.

故答案為：6.

14.已知正四棱錐S-A5CD的所有棱長都為6,點E在側棱SC上，過點E且垂直于SC的平面截該棱

錐，得到截面多邊形”，則〃的邊數至多為，〃的面積的最大值為.

【解析】

【分析】數形結合，作平面與平面8D尸平行，即可解決；令一=彳，用彳表示相關長度，整理得

SF

2

S=S.EMP+SPMNQ=-27V22+36低，結合二次函數即可解決?

【詳解】取SC中點尸，連接。尸，BF,依題意可得3尸，SCOP，SC,

又BFCDF=F,BF,DFU平面BDF,可知SC,平面3D尸，

當點E在S,歹之間時，作EP//BF,EM//DF分別交SB,于點P,M,

作MN〃SA,PQ〃SA分別交于點N,Q,連接NQ,則平面EMN0P與平面應＞產平行，得到的

截面為五邊形，

根據平面的基本性質，作平面與平面應)尸平行，如圖至多為五邊形.

s

要使截面多邊形H的面積最大，則當點E在s,月之間時，

SE

令——=2（2>0）,則=/=3&,SP=XS3=6/l,

SF

可得PB=BQ=PQ=6（1—4）,NQ=MP=ABD=6拒入,

DF?+BF?-BD?27+27-72_1

則cos/DFB=

2DFBF2x3百x3后—3

所以IEMP=gx3由幾x3迅4x手=9萬,

又因為腦V與NQ的夾角為5A與3D夾角，而5A與垂直，

則SPMNQ=6&x6（l-2）=36仞（1-A）,

可得S=36何（1—2）+9歷2=—27歷2+36&=—27點（X—1］+12后，

2

可知：當4=］時，S取最大值12逝.

當點E在點尸時，此時截面即為VBD/，又S=［義36X36'豆2=9應<120，

△□Dr23

當點E在點C,E之間時，截面為與V5DF相似的三角形，且截面面積小于S的尸=9日，

綜上可得截面H的面積的最大值為12A/2.

故答案為：5；12.72.

【點睛】關鍵點點睛：根據平面的性質分析截面的形狀，結合幾何知識求相應的長度和面積，進而分析求

解.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.已知總體劃分為2層，通過分層隨機抽樣，第，層抽取樣本量、樣本均值和樣本方差分別為

=記總樣本數據的均值為無，總樣本數據的方差為

(1)寫出元與$2的計算公式(直接寫出結果，不需證明)；

(2)某學校有高中學生500人，其中男生300人，女生200人.現采用分層隨機抽樣的方法抽取樣本，并

觀測樣本的指標值(單位：cm),計算得男生樣本的均值為172.5,方差為16,女生樣本的均值為

162.5,方差為30.

(i)如果已知男、女樣本量按比例分配，試計算出總樣本的均值與方差；

(ii)如果已知男、女的樣本量都是50,試計算出總樣本的均值與方差，此時將它們分別作為總體的均值

與方差的估計合適嗎？請說明理由.

【答案】(1)答案見解析

(2)(i)均值為168.5(cm),方差為45.6；(ii)均值為167.5(cm),方差為48,不合適，理由見解析

【解析】

【分析】(1)寫出分層抽樣的均值與方差公式即可；

(2)(i)按男女生比例抽取樣本，可按相應公式計算均值和方差；(ii)已知樣本量，可按樣本量所占比計

算均值與方差，但不具代表性，個體不是等概率抽取的.

【小問1詳解】

依題意可得于=—+—^元，

n

nx+%\+%

【小問2詳解】

(i)男、女的樣本量按比例分配,

則總樣本均值為——x172.5+——xl62.5=168.5(cm),

500500

總樣本的方差為播義[16+。72.5-168.5)2]+第><[30+(162.5—168.5)2]=45.6；

(ii)男、女的樣本量都是50,

總樣本的均值為‘°x172.5+‘°義162.5=167.5(cm),

50+5050+50

總樣本的方差為‘°義|"16+(172.5—167.5)2]+‘°x「30+(162.5—167.5『]=48,

50+50L''」50+50L''」

不能作為總體均值和方差的估計，因為分層抽樣中未按比例抽樣，總體中每個個體被抽到的可能性不完全

相同，因而樣本的代表性差.

16.甲、乙、丙三名同學進行羽毛球比賽，每局比賽兩人對戰，另一人輪空，沒有平局，每局勝者與此局

輪空者進行下一局的比賽.約定先贏兩局者獲勝，比賽隨即結束，各局比賽結果互不影響，已知每局比賽

324

甲勝乙的概率為一，乙勝丙的概率為一，甲勝丙的概率為一.

435

(1)若第一局由乙丙對戰，求甲獲勝的概率；

(2)若第一局由甲乙對戰，求甲獲勝的概率.

【答案】(1)|

、29

(2)—

40

【解析】

【分析】(1)甲獲勝有兩種情況，分別計算出概率，再相加即可；

(2)甲獲勝有三種情況，分別計算出概率，再相加即可.

【小問1詳解】

第一局由乙丙對戰，甲獲勝有兩種情況：

2342

①乙丙對戰乙勝，乙甲對戰甲勝，甲丙對戰甲勝，則概率為一x—><—=—；

3455

(2)431

②乙丙對戰丙勝，丙甲對戰甲勝，甲乙對戰甲勝，則概率為1一行義工、：=1；

I3J545

213

綜上，甲獲勝的概率為《+二=1.

【小問2詳解】

若第一局甲乙對戰，則甲獲勝有三種情況：

343

①甲乙對戰甲勝，甲丙對戰甲勝，概率為一><一=—,

455

3(4、233

②甲乙對戰甲勝，甲丙對戰丙勝，丙乙對戰乙勝，乙甲對戰甲勝的概率為1-匚X=x：=

4(5)3440

③甲乙對戰乙勝，乙丙對戰丙勝，丙甲對戰甲勝，乙甲對戰甲勝的概率為

所以最終甲獲勝概率為三3+33+——1=29

5402040

17.如圖，A6是半球。的直徑，尸是半球底面圓周上一點，。是半球面上一點，且

（1）求證：PQLBQ.

（2）若43=4,4/3=1,5。=3,求直線/＞。與平面43。所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；

⑵昱.

7

【解析】

【分析】（1）要證PQ，3Q,只需證3。，平面P4Q,只需證BQ_LAQ（易證）和8QLAP,只需證

AP1平面P5Q,根據題意容易證；

（2）利用等體積法求得點尸到平面A3Q的距離〃，設直線P。與平面A3Q所成的角為8,則根據

,八h

sine=而即可得到答案.

【小問1詳解】

因為AB為半球。的直徑，P為半球底面圓周上一點，

所以APLBP,

因為APLPQ,PQcBP=P,PQ、BPu平面PBQ,

所以APJ,平面PBQ,又因為BQu平面PBQ,

所以AP±BQ,

又因為。為半球面上一點，

所以AQLBQ,

又因為AQcAP=A,AQ,AP^平面QAP

所以BQL平面QAP,又PQu平面QAP,

所以BQLPQ-

【小問2詳解】

因為三角形ABP為直角三角形,AB=4,AP=1

所以BP7AB2-AP。=岳，

又因為BQ=3,BQ1平面QAP,

所以PQ=ylBP^-PQ2=76，

又因為三角形QAB也是直角三角形，

所以QA==V7,

所以%"=g,AP,PQ=gxlxn=半，

S^QAB=^QA-BQ=^xsf7x3=^~

設點P到平面QAB的距離為h,

則有^P-QAB~^B-QAP,即5s?/?=§S&0Ap?_BQ,

所以＜二9

2

V42_

設直線與平面所成的角為則

PQABQ0,.ah7幣.

PQ瓜7

18.如圖，在VABC中，AB=5,AC=7,ZABC=6Q°.

(1)求5c的長；

(2)已知點。在平面ABC內，且NAZ)5=NACB,求四邊形A3QC的周長的最大值.

【答案】(1)8

（2）12+477

【解析】

【分析】（1）由余弦定理解方程可得；

（2）由A3,AC已知，問題轉化為求nB+8的最大值.先根據題意得四點共圓，借助對角互補求出

cosZBDC,再在ABDC中利用余弦定理得邊角關系，利用基本不等式可求最值.

【小問1詳解】

在VABC中，AB=5,AC=l,ZABC=60°,

1

由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2AB-BCcos^ABC,即49=25+5。9一一2x5x—3C,

2

化簡得BC?—550—24=0，解得3C=—3(舍)，或3C=8,

故3c的長為8；

【小問2詳解】

已知點。在平面ABC內，且NADfi=NACB,

則AB,。,。四點共圓，ZCAB+ZCDB=n,

mAB2+AC2-BC252+72—8?1

則cosZBDC=-cosABAC=-----------------

2ABAC2x5x77

在ABDC中，由余弦定理得，BC2=DB~+DC2-2DB-DCcosZBDC,

則64=(DB+DC)2-2^1-1jDB-CD=(DB+DC)2-yDBDC,

...DBDC<J；。。］.64>1(DC+DB#,

解得DB+DC<4A/7，當且僅當DB=DC=277時等號成立.

即DB+DC的最大值為4幣,

又C4+A3=12,故四邊形周長的最大值為12+4起.

19.如圖1,在平行四邊形ABCD中，AB=2BC=4,ZABC=60°,E為CD的中點.將VAZ）后沿AE

折起，連接6D與C。，如圖2.

(2)設前=4函(0<441),當3石工。石時，是否存在實數2,使得直線AF與平面ABCE所成角

的正弦值為X二？若存在，求出X的值；若不存在，請說明理由.

10

(3)當三棱錐5-CDE的體積最大時，求三棱錐。-ABE的內切球的半徑.

【答案】(1)4

2

(2)存在，2=-

3

⑶56-岳

-10

【解析】

【分析】(1)先探索面面垂直的必要條件，再證明充分性即可.

(2)由(1)得面面垂直、線面垂直關系，建立空間直角坐標系，用向量方法表示線面角的正弦值，建立關

于彳的方程求解即可

(3)借助體積公式可得當DHL平面CBE時，三棱錐8-ACD的體積最大，借助等體積法計算可得內

切球半徑.

【小問1詳解】

連接3E,由題意得，AD=DE=2,ZADE=60°,

則VADE為等邊三角形，AE=AD=2,

在&BCE中，EC=2,BC=2,NBCE=180°-60°=120°,

由余弦定理得BE~=BC"+EC~—2BC-ECcosNBCE=4+4—2x2x2x=12,

所以BE=2百，由3E=2百,AE=2,AB=4,

貝1JAE?+BE2=AB2，故

若平面平面ABCE,

由平面AOECl平面45?！?人石，BEu平面ABCE,BEA.AE,

則BE，平面ADE,DEu平面ADE，則3石工。石，

所以BE2+DE2=,(2何+22=4.

下面證明當8D=4時，平面ADE_L平面A6CE.

證明：由BE=25DE=2,BD=4,則BE?+。石？=92,

所以BEJ.DE,又AEc。E=E,AE,。Eu平面AD石，

所以BE,平面AD