【文档说明】重庆市西南大学附属中学2021-2022学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(25)页，2.172 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附中2021—2022学年度下期期末考试高一数学试题（满分：150分：考试时问：120分钟）（命题人：余业兵审题人：赖立新）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题

时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无数；保持答卷清洁、完整．3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共4

0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.设m、n是两条不同的直线，α是一个平面，下列选项中可以判定“//mn的是（）A.//m且//nB.m且n∥C.//m且n⊥D.m⊥且

na⊥【答案】D【解析】【分析】对于选项A、B、C通过举例可排除，对于选项D，根据线面垂直的关系可判断.【详解】如图所示：正方体1111ABCDABCD−中，对于A，取直线n为11DA，直线m为11CD，平面为面ABCD

，显然//mn不成立，故A错误；对于B，取直线n为11DA，直线m为AB，平面为面ABCD，显然//mn不成立，故B错误；对于C，取直线n为1AA，直线m为11AB，平面为面ABCD，显然//mn不成立，故C错误；对于D，根据垂直于同一

平面的两条不同直线平行可知D正确.故选：D.2.缗云山是著名的旅游胜地．天气预报中秋节连续三天，每天下雨的概率为0.5，现用随机模拟的方法估计三天中至少有两天下雨的概率：先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示当天下雨，5，6，7，8

，9表示当天不下雨，每3个随机数为一组，代表三天是否下雨的结果，经随机模拟产生了20组随机数：926446072021392077663817325615405858776631700259305311589258据此估计三天中至少有两天下雨的概率约为（）A.0.45B.0.5C.0.5

5D.0.6【答案】B【解析】【分析】根据给定数据，求出三天中至少有两天下雨的随机数组数即可计算作答.【详解】依题意，20组随机数中，表示三天中至少有两天下雨的随机数有：446，072，021，392，325，405，631，700，305，311，共10组，所以三天中至少有两天下雨

的概率约为101202=.故选：B3.将半径为3，圆心角为120的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（）A.223πB.453πC.22πD.45π【答案】A【解析】【分析】利用扇形弧长等于圆锥的底面周长求出求出圆锥的底面半径，利用勾股定理求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积．【详解】设圆锥的

底面半径为r，则232232r=，1r=，∴圆锥的高为9122−=，的∴圆锥的体积212212233V==.故选:A4.已知A和B是随机试验E中的两个随机事件，事件()()()11,,23CABPAPBPC====，下列选项中正确的是（）A.A与B互斥B.A与C互

斥C.A与B相互独立D.A与C相互独立【答案】C【解析】【分析】根据公式()()()=+PABPAPB可判断A；由CAB=可判断B；由公式()()()()PABPAPBPAB=+−先求()PAB，然后根据()()()PABPAPB=可判断C；根据CAB=可知

可知()()PACPA=，然后判断(),()()PACPAPC是否相等可判断D.【详解】由题知，2()3PC=，因为115()()()()236PAPBPABPC+=+==，故A错误；因为CAB=，A发生时C一定发生，故B错误；因为2()3PAB=，所以1121()

()()()2336PABPAPBPAB=+−=+−=，又111()()236PAPB==，所以()()()PABPAPB=，故C正确；因为CAB=，所以1()()2PACPA==，由121()()233PAPC==，()(())PACPAP

C，故D错误.故选：C5.已知向量a，b满足33ababa+=−=，则a与b的夹角为（）A90B.60C.45D.30【答案】B【解析】【分析】由向量a，b满足33ababa+=−=，求得12abb=且ab=rr，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】因为向量a，b满足33aba

ba+=−=，.由33aba−=，可得2222ababa+−=，即22bab=，即212=abb又由3abab+=−，可得22222336abababab++=+−，即222222333abbabb++=+−，解得22ab=，即ab=rr，又因为1cos,2aba

bab==，因为0,180ab＃，所以,60ab=，即a与b夹角为60.故选：B.6.正四面体ABCD中，E，F分别是AB和CD的中点，则异面直线CE和AF所成角的余弦值为（）A.53B.13C.23D.32【答案】C【解析】【分析】连接BF，取BF的中点O，连接EO，则可得EO∥AF，所

以可得OEC异面有线CE和AF所成角，然后利用余弦定理求解即可【详解】连接BF，取BF的中点O，连接EO，因为E为AB的中点，所以EO∥AF，所以OEC为异面有线CE和AF所成角或其补角，设正四面体的棱长为2，则2ABBCACCDADBD======，3AFCEBF===,所以32O

EOBOF===，2237142OCCFOF=+=+=所以在OCE△中，由余弦定理得222373244cos233232OECEOCOECOECE+−+−===,所以异面有线CE和AF所成角的余弦值为23，故选：C的7

.边长为2的正六边形ABCDEF中，M为边CD上的动点，则MBMF的最小值为（）A.154B.6C.4D.134【答案】A【解析】【分析】建立坐标系，利用平面向量的坐标运算结合二次函数的性质求解即可

【详解】如图：以正六边形的中心为原点，CF所在直线为x轴，AB垂直平分线所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则()()()()1,3,2,0,2,0,1,3BFCD−−，设(),Mxy，则()()1,3,2,MBxyMFxy=−−=−−−，()()221,32,32MBMFxyxyxxyy

=−−−−−=++−−，因为M为边CD上的动点，所以(),01MCDC=，即()()2,1,3xy−−=，解得2,3xy=−=−所以22232424MBMFxxyy=++−−=−+，令()()2424,01f=−+，则结合二次函数的性质可知()mi

n11544ff==，故选：A的8.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，E为1DD中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是（）A.1(,1)3B.1(,1)2C.12[,)23D.1(0,]2【答

案】D【解析】【分析】根据给定的几何体，利用面面平行的性质结合平面的基本事实，探讨截面形状确定F点的位置，推理计算作答.【详解】在正方体1111ABCDABCD−中，平面BEFI平面11CDDCEF=，而B平面11ABBA，B平面BEF，平面1

1//CDDC平面11ABBA，则平面BEF与平面11ABBA的交线过点B，且与直线EF平行，与直线1AA相交，令交点为G，如图，而1DD⊥平面ABCD，1AA⊥平面ABCD，即,EFDGBA分别为,EFGB与平面ABCD所成的角，而//EFGB，则EFDGBA=，且有ta

ntanGAEDGBAEFDABDF===，当F与C重合时，平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，12GAED==，即G为棱1AA中点M，当点F由点C向点D移动过程中，GBA逐渐增大，点G由M向点1A方向移动，当点G为线段1MA上任意一点时

，平面BEF只与该正方体的4个表面正方形有交线，即可围成四边形，当点G在线段1MA延长线上时，直线BG必与棱11AB交于除点1A外的点，而点F与D不重合，此时，平面BEF与该正方体的5个表面正方形有交线，截面

为五边形，如图，因此，F为棱CD上异于端点的动点，截面为四边形，点G只能在线段1MA（除点M外）上，即112GA,显然，11[,1)22ABEDDFGAGA==，则11(0,]2CFDF=−，所以线段的CF的取值范围是1(0,]2.故选：D【点睛】

关键点睛：作过正方体三条中点的截面，找到过三点的平面与正方体表面的交线是解决问题的关键.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9

.已知向量()()1,32,2abxx==−，，其中xR，下列说法正确的是（）A.若ab⊥，则6x=；B.若a与b夹角为锐角，则6x；C.若1x=，则a在b方向上投影向量为b；D.若||abab+=+，则27x=【答案】ACD【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示直接求解可判

断A；注意向量同向不满足题意可判断B；根据投影向量的定义直接求解，可判断C；根据性质可知a与b同向，然后可判断D.【详解】若ab⊥，则23(2)0abxx=+−=，解得6x=，A正确；若a与b夹角为锐角，则23(2)0ab

xx=+−，解得6x，又当27x=，412(,)77b=，此时74ab=，a与b夹角为0，故B错误；若1x=，则(2,1)=b，因为a在b方向上投影为2355abb+==，与b同向的单位向量为255(,)55bb=，所以a在

b方向上投影向量为5(2,1)bbb==，C正确；若||abab+=+，则a与b同向，由上可知，此时27x=，D正确.故选：ACD10.下列说法正确的是（）A.用分层抽样法从1000名学生（男、女分别占60%、40

%）中抽取100人，则每位男生被抽中的概率为110；B.将一组数据中的每个数据都乘以3后，平均数也变为原来的3倍；C.将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍；D.一组数据1x，2x，……，10

0x的平均数是5，方差为1，现将其中一个值为5的数据剔除后，余下99个数据的方差是10099．【答案】ABD【解析】【分析】根据分层抽样的计算规则分析A选项，根据平均数和方差的计算公式分析BCD选项.【详解】选项

A：因为1000名学生中男、女分别占60%和40%，根据分层抽样的计算规则，抽取的100人中男生占10060%60=人，所以每位男生被抽中的概率601100060%10P==.A正确；选项B：平均数1231(...

)nxxxxxn=++++，将这组数据中每个数据都乘以3后12312311(333...3)3(...)3nnxxxxxxxxxnn++++=++++=.B正确；选项C：方差222221231[()()()...

()]nsxxxxxxxxn=−+−+−++−，每个数据都乘以3后平均数变为原来的3倍，方差222221231[(33)(33)(33)...(33)]9nxxxxxxxxsn−+−+−++−=.C错误；选项D

：，因为123100,,,...,xxxx的平均数是5，所以123100...500xxxx++++=，新平均数1(5005)599x=−=，又因为123100,,,...,xxxx的方差是1，所以2222212399[()()()...()(55

)]100xxxxxxxx−+−+−++−+−=，提出一个值为5的数据后，余下99个数的方差211001009999s==.D正确.故选：ABD.11.如图，在四边形ABCD中，//ADBC，2ADAB==，45BCD

=，90BAD=，将ABD△沿BD进行翻折，在这一翻折过程中，下列说法正确的是（）A.始终有ACBD⊥；B.当平面ABD⊥平面BCD时，平面ABD⊥平面ACDC.当平面ABD⊥平面BCD时，直线BC与平面ABD成45角；D.当二面角A

BDC−−的大小为120时，三棱锥—ABCD外接球表面积为563π．【答案】BCD【解析】【分析】在平面ABD⊥平面BCD的情况下，易证AB⊥平面ACD，利用反证法推出A错误；通过面面垂直判定定理可得B正确；找

出直线BC与平面ABD所成角为45DBC=即可判断C正确；通过找出棱锥—ABCD外接球的球心应在过N点与平面BCD垂直的直线上，并通过运算求出球半径，再求出三棱锥—ABCD外接球表面积为563，可判定D正确.【详解】在四边形ABCD中，

由已知可得：BDDC⊥,45DBC=.当平面ABD⊥平面BCD时,平面ABD平面BCDBD=且CDBD⊥，因此可得：CD⊥平面ABD.又AB平面ABD,所以CDAB⊥.因为ADAB⊥，ADCD=I点D，A

D平面ACD，CD平面ACD，AB平面ACD，可得AB⊥平面ACD.若假设ACBD⊥，又BDDC⊥，则BD⊥平面ACD,可得//ABBD，与ABBD=I点B矛盾，故A错误；又AB平面ABD，可得平面ABD⊥平面ACD，故B正确；由CD⊥平面ABD，则D

BC为直线BC与平面ABD所成的角是45，故C正确;分别取,BDBC中点,MN，连接,,AMMNAN,延长NM过A作APNM⊥，由已知易得：AMN为二面角ABDC−−的平面角为120，AP⊥平面BC

D，可求得：2AMMN==，6AN=，62AP=，322NP=又BDDC⊥，易知三棱锥—ABCD外接球的球心应在过N点与平面BCD垂直的直线上，过N作NO⊥平面BCD，且O为球心，过A作1AANO^，则162APAN==，1322AANP==，设NO为x

，半径为R,则在1RtAAO中：2222221132622RAOAAAOx骣骣鼢珑鼢==+=+-珑鼢珑鼢鼢珑桫桫在RtBNO中：()2222222RBOBNNOx==+=+解得63x=，2143R=因此可得到三棱锥—ABCD外接球表面积1456433Sp=p?，故D正确.故选

：BCD.12.锐角△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆O的半径3R=，点D在边BC上，且22BDDC==，则下列判断正确的是（）A.60A=B.△BOD为直角三角形C.△ABC周长的取值范围

是（3，9]D.AD的最大值为13+【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理可判断A；在OBC△中利用余弦定理求OBC，再在OBD中，由余弦定理得OD，然后由勾股定理可判断B；利用正弦定理将△ABC周长转化为三角函数，然后求值域可判断C；数形结合可判断D.

【详解】由题知，3BC=，由正弦定理可得33sin2223BCAR===，又△ABC为锐角三角形，所以60A=，A正确；连接OC，在OBC△中由余弦定理可得3933cos2233OBC+−==，又cos(0,)

2OBC，所以6OBC=，在OBD中，由余弦定理得234223cos16OD=+−=，所以2224OBODBD+==，即OBOD⊥，故B正确；△ABC周长2323sin23sin323sin23sin()3LBCBB=++=++−33323(sincos)36sin()2

26BBB=++=++因为△ABC为锐角三角形，故2322BB−，所以62B，所以2363B+，所以3sin(126B+)，所以33336sin()96B+++，故C错误；易知，当A、O、D三点共线时取得最大值，所

以AD的最大值为31ROD+=+，D正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知i1−是关于x的实系数方程220xmx++=的一个根，那么该方程在复数集C内的另一个根是___________．【答案】1i−−【解析】【分析】

根据方程根的定义，将i1−代入原方程，解得m的值，再利用配方法解方程，可得答案.【详解】已知i1−是关于x的实系数方程220xmx++=的一个根，则()()2i1i120m−+−+=，即2i2i1i20mm−++−+=，则()22i0mm−+−

=，可得2m=，可得方程：2220xx++=，由配方法可得：()211x+=−，解得：1ix=−，故答案为：1i−−.14.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为2224bca+−，则角A=_____

______.【答案】4【解析】【分析】通过三角形的面积公式，再结合余弦定理即可求得答案.【详解】由题意，2222221sinsin242bcabcaSbcAAbc+−+−===，由余弦定理可知：cossin2sin04A

AA=−=，因为0A，所以4A=.故答案为：4.15.如图，四边形ABCD为直角梯形，ADBC∥，19012DABADBC===，，该梯形绕AB旋转形成的几何体体积为733，则该几何体的侧面积为

___________．【答案】6【解析】【分析】先由圆台体积公式求圆台的高，然后由侧面积公式可得.【详解】由题知，该几何体为圆台，上底S=，下底4S=所以2173(44)33AB++=，解得

3AB=所以2CD=则圆台的侧面积为()124?262+=故答案为：616.直三棱柱111ABCABC-中，90ACB=，122ACBCAA==，M、N、P分别是11BC、1AA、AC的中点，若三棱锥1PMNB−的体积为V，三棱柱111ABCABC-的体积为

2V，则12VV=___________．【答案】18##0.125【解析】【分析】连接1PC、1CN，设12AA=，计算出1V、2V，即可得解.【详解】连接1PC、1CN，设12AA=，则111111PNCAP

NANCPCCAACCSSSSS=−−−△△△△矩形12112113221222222228=−−−=，因为ACBC⊥，则1111BCAC⊥，1CC⊥平面111ABC，11BC平面111ABC，111BCCC⊥，1111ACCCC=QI，11AC、1CC

平面11AACC，11BC⊥平面11AACC，所以，111111113212··3238216BPMNPNCVVSBC−====，2112222ABCVSCC===，故1218VV=.故答案为：18.四、解答题：本

题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.一个盒子里有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张．（1）求“抽取的卡片上的数字之和为5”的概率：（2）求“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率．【答案】（1）29

（2）89【解析】【分析】（1）先列举，再由古典概型的概率公式求解即可；（2）先列举，再由对立事件与古典概型的概率公式求解即可；【小问1详解】将3张卡片有放回的抽取3次，每次抽1张，共有27个基本事件：1,1,1，

1,1,2，1,1,3，1,2,1，1,2,2，1,2,3，1,3,1，1,3,2，1,3,3，2,1,1，2,1,2，2,1,3，2,2,1，2,2,2，2,2,3，2,3,1，2,3,2，2,3,3，3,1,1，3

,1,2，3,1,3，3,2,1，3,2,2，3,2,3，3,3,1，3,3,2，3,3,3，记事件A为“抽取的卡片上的数字之和为5”，则A共包含1,1,3，1,2,2，1,

3,1，2,1,2，2,2,1，3,1,1，6个基本事件，所以()62279PA==，所以“抽取的卡片上的数字之和为5”的概率为29；【小问2详解】记事件B为“抽取的卡片上的数字不完全相同”，则其对立事件C为“抽取的卡片上的数字完全相同”，其中C包含1,1,1，2,2,2

，3,3,3，3个基本事件，所以()()3811279PBPC=−=−=，所以“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率为8918.已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，___________

．①33cossin0acBbC−+=；②sin0sinsinacBabAC−+=++；③22coscos2102ABC++−=．请在以上三个条件中任选一个补充在横线处，并解答：（1）求角C的值；（2）若232CACBcCD+==，且2CD=，求CACB的值．【答案】（1）

23（2）1−【解析】【分析】（1）若选①，由正弦定理及正弦的两角和可得，若选②，由正弦定理及余弦定理可得，若选③，由余弦的二倍角公式可得；（2）由平面向量的数量积及余弦定理可求解.【小问1详解】若选①，由已知有3sin3sincossinsin0ACBBC−+=，又因为，在△

ABC中，有sinsin()sincoscossinABCBCBC=+=+,所以有sincoscossi3()3sincossinsinn0BCBCCBBC−+=+，化简得3sincossinsin0BCBC+=，由于0B，所以sin0B，所以有3cossin0CC+=

，于是有tan3C=−，因0C，所以得23C=.若选②，由sin0sinsinacBabAC−+=++，得22222210cos22acbabcabcabCabacab−+−+=+−=−==−++，因0C，所以23C=.若选③，由22

coscos2102ABC++−=，有2cos()cos202coscos10ABCCC++=−−=,从而有(cos1)(2cos1)0CC−+=，解得1cos2C=−或cos1C=（舍）(因为0C)，所以23C=.【小

问2详解】由2CACBCD+=，可得点D为AB的中点，且有2CDCACB=+，所以有222248CACBCACBCD++==，若23c=，则3ADBD==,又ADCBDC+=,所以2255cosco

s02626CACBADCBDC−−+=+=,从而可得2210CACB+=，所以有1028CACB+=，可得1CACB=−.19.我校后勤服务中心为监控学校稻香圆食堂的服务质量情况，每学期会定期进行两次食堂服

务质量抽样调查，每次调查的具体做法是：随机调查50名就餐的教师和学生，请他们为食常服务质量进行名评分，师生根据自己的感受从0到100分选取一个分数打分，根据这50名师生对食堂服务质量的评分并绘制频率分布直方图．下图是根据本学期第二次抽样调查师生打分结果绘制的频率分布直方图，其中样本数据分组为

[40，50），[50，60），……，[90，100]．（1）求频率分布直方图中a的值并估计样本的众数：（2）学校规定：师生对食堂服务质量的评分平均分不得低于75分，否则将进行内部整顿．用每组数据的中点值代替该组数据，试估计该校师生对

食堂服务质量评分的平均分，并据此回答食堂是否需要进行内部整顿；（3）我校每周都会随机抽取3名学生和校长共进午餐，每次校长都会通过这3名学生了解食堂服务质量，校长的做法是让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，如果出现“差评”或者“没有出现好评”，校长

会立即责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务情况．若以本次抽取的50名学生样本频率分布直方图作为总体估计的依据，并假定本周和校长共进午餐的学生中评分在[40，60）之间的会给“差评”，评分在[60，80）之间的会给“中评”，评分在[80.100]之间的会给“好评”，已知学

生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，试估计本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率．【答案】（1）0.006a=；75；（2）76.275x=，所以食堂不需要内部整顿.（3

）0.396【解析】【分析】（1）根据小矩形的面积之和等于1求出a的值；再根据众数为所有小矩形的面积最多时的那组的分数即可求解.（2）根据平均数等于各小矩形的面积乘以等边中点横坐标之和即可求解.（3）分别先求出[40，60）、[60

，80）、[80，100]的频率，再记校长不会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量为事件A,求出()PA，再通过对立事件()1()PAPA=−即可求出概率.【小问1详解】由(0.0040.0220.0280.0220.018)101a+++++=，解得0.0

06a=.该组数据的众数在分数为[70,80]这一组，取中点值为75分，即众数为75【小问2详解】由题中数据可得对食堂服务质量评分的平均分为450.00410550.00610650.02210x=++

750.02810850.02210950.0181076.2+++=因为76.4>75，所以食堂不需要内部整顿.【小问3详解】由图可知，[40，60）、[60，80）、[80，100]这三组的频率分别为0.1、0.5、0.4；用频率估计概率，即差评、中评、好

评的概率分别为0.1、0.5、0.4；以本次抽取的3名学生，让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，记3名学生分别为甲、乙、丙；设本周校长不会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的事件记为A，则A事件即为：甲好评乙丙中评、甲乙好

评丙中评、甲丙好评乙中评、乙好评甲丙中评、乙丙好评甲中评、丙好评甲乙中评、甲乙丙都好评；即()0.40.50.50.40.40.50.40.50.40.50.40.50.50.40.4PA=++++0.50.50.40.40.40.40.604++=()1(

)10.6040.396PAPA=−=−=.即本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率为0.396.20.如图，三棱柱ABC—111ABC的底面是等腰直角三角形，侧面BB1C1C是矩形，90CAB=，1

ABACAA==，点P是棱11AB的中点，且P在平面ABC内的射影O在线段BC上，14BOBC=，点M，N分别是线段CP，CA的中点（1）求证：MN//平面11AABB（2）求二面角MACB−−的正切值．【答案】（1）见解析（2

）143【解析】【分析】（1）连接AP，则由三角形中位线定理可得MN∥AP，然后利用线面平行的判定定理可证得结论，（2）连接1OB，取CO的中点E，连接ME，过点E作EFAC⊥于F，连接MF，可证得MFE为二面角MACB−−的平

面角，然后计算即可【小问1详解】证明：连接AP，因为M，N分别是线段CP，CA的中点，所以MN∥AP，因为MN平面11AABB，AP平面11AABB，所以MN∥平面11AABB，【小问2详解】解：连接1OB，取CO的中点E，连接ME，过点E作EFAC⊥于F，连

接MF，因为M，是线段CP的中点，所以ME∥OP，12MEOP=，因为OP⊥平面ABC，所以ME⊥平面ABC，因为AC平面ABC，所以MEAC⊥，因为MEEFE=，所以AC⊥平面MEF，因为MF平面MEF，所以ACMF⊥，所以MFE为二面角MAC

B−−的平面角，设12ABACAA===，因为90CAB=，所以22BC=，所以1242BOBC==，33242COBC==,所以13224CECO==，3223sin45424EFCE===，在1RtOBB中，2221119422OB

OBBB=+=+=，因为OP⊥平面ABC，平面ABC∥平面111ABC，所以OP⊥平面111ABC，因为11AB平面111ABC，所以11OPAB⊥，所以2211914122OPOBPB=−=−=,所以11

424MEOP==，在RtMEF中，14144tan334MEMEFEF===,所以二面角MACB−−的正切值为14321.如图，四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为菱形，602ABCSASDAB====，，侧面SAB⊥侧面SBC，M为AD的中点．（1）求证：

平面SMC⊥平面SBC；（2）若AB与平面SBC成30角时，求二面角ASCD−−大小，【答案】（1）证明见解析（2）90【解析】【分析】（1）由线面垂直与面面垂直的判定定理求解即可；的（2）取BS的中点N，连接AN，由题意可得23BS=，取CS的中点E，连接,AEDE，可证明AED是二面角A

SCD−=的平面角，求出角AED的大小即可求解【小问1详解】因为SDSA=，又M为AD的中点，所以SMAD⊥，又//BCAD，所以SMBC⊥，又M为AD的中点，底面ABCD为菱形，60ABC=，所以,//CMADADBC⊥，所以CMBC⊥，因为CMBC⊥，SMBC⊥，SMCMM⊥=，S

M平面SCM，CM平面SCM，所以BC⊥平面SCM，因为BC平面SBC，所以平面SBC⊥平面SCM，【小问2详解】取BS的中点N，连接AN，又SAAB=，所以ANBS⊥，又平面SAB⊥平面SBC，平面SAB平面SBCSB=，AN平面SAB，

所以AN⊥平面SBC，又AB与平面SBC所成的角为30，所以30ABN=，又2,ABANBN=⊥，所以1,3,23ANBNBS===，由（1）知BC⊥平面SCM，又SC平面SBC，所以BCSC⊥，又23,2BSBC==，所以2222C

SBSBC=−=，取CS的中点E，连接,AEDE，因为SAACCDSD===，所以,AECSDECS⊥⊥，所以AED是二面角ASCD−=的平面角，又12,22ACCDCECS====，所以2222422,2AEACCEDECDCE=−=−=

−=，又222224AEDEAD+=+==，所以AEDE⊥，即90AED=，所以二面角ASCD−=的大小为90，22.如图，在平面四边形ABCD中，,90,22,2ADBDADBCDBC====.（1）若45BDC=，求线段AC的

长：（2）求线段AC长的最大值．【答案】（1）25；（2）6.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出BD，再利用余弦定理计算作答.（2）设(0π)BCD=，在BCD△中用余弦定理求出BD，用正弦定理表示出CDB，再在ADC△中，利用余弦定理列式求解作答.【小问1详解

】在BCD△中，22,2CDBC==，45BDC=，由余弦定理得：2222cosBCCDBDCDBDBDC=+−，即2440BDBD−+=，解得2BD=，在ADC△中，2,135ADBDADC===，由余弦定理得：2222cosACADCDADCDADC=+−，所以2222(22

)2222()252AC=+−−=.【小问2详解】设(0π)BCD=，在BCD△中，由余弦定理得：222(22)2222cos1282cosBD=+−=−，由正弦定理得：sin2sinsinBCBDCBDB

D==，1282cosADBD==−，在ADC△中，由余弦定理得：222π2?cos2ACADCDADCDBDC=+−+π1282cos842sin2082(sincos)2016sin()364BD

BDC=−++=+−=+−，当且仅当ππ42−=，即3π4=时取“=”，此时6AC=，所以当3π4=时，线段AC长取最大值6.【点睛】方法点睛：三角形中已知两边及一边对角求第三边，可以利用余弦定理建

立关于第三边的一元二次方程求解.