【文档说明】安徽省宣城市2022-2023学年高一下学期期末数学+含解析.docx，共(21)页，1.244 MB，由小赞的店铺上传

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宣城市2022—2023学年度第二学期期末调研测试高一数学试题一、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.某单位有职工500人，青年职工300人，中年职工150

人，老年职工50人，为了解该单位职工的健康情况，用分层抽样从中抽取样本，若抽出的中年职工为15人，则抽出的老年职工的人数为（）A.5B.15C.30D.50【答案】A【解析】【分析】根据分层抽样的定义列方程求解出样本总人数，从而可求出抽出的老年职工的人数【详解】设抽出的样本总人数为n人，则

由题意可得15015500n=，解得50n=，所以抽出的老年职工的人数为50505500=人，故选：A2.已知点E为平行四边形ABCD对角线BD上一点，且2DEBE=，则AE=（）A.2133ABAD+B.2133ABAD

−C.1233ABAD+D.1323ABAD−【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用向量的线性运算即可得出结果.【详解】因AEADDE=+，又2DEBE=，所以2221()3333AEADDBADABADABAD=+

=+−=+.故选：A.3.小明同学统计了他最近10次的数学考试成绩，得到的数据分别为92、85、87、91、95、90、88、83、98、96．则这组数据的60%分位数是（）为A.92B.91.5C.91D.90【答案】B【解析】

【分析】将成绩由小到大进行排序，利用百分位数的定义可求得这组数据的60%分位数.【详解】将10次的数学考试成绩由小到大排序依次为：83、85、87、88、90、91、92、95、96、98，因为100.66=，因此，这组数据的60%分位数是919291.52+=.故选：B.4.在△ABC

中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2a=，23b=，π6A=，则C=（）A.π6B.π6或5π6C.π3或2π3D.π6或π2【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理求出B，进而得出答案．【详解】因为2a=，23b=，π6A=，所以由正弦定理得sinsinabAB=，得π23sinsin3

6sin22bABa===，因为π6A=，ba，所以π5π(,)66B，所以B=π3或2π3，则C=π6或π2．故选：D．5.盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚"两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰

好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：3434323141342341322433311123243422412443421244312

33214344434由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（）A.220B.15C.14D.35【答案】C【解析】【分析】找出恰好第三次结束时就停止的随机数的个数，利用古典概型公式求解概率．【详解】随机模拟产生了2

0组随机数，其中恰好第三次结束时就停止的随机数有：314，134，234，243，324，共5个，由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为51204P==．故选：C．6.《九章算术》作为古代中国的第一

部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．《九章算术》中将圆台称为“圆亭”．今有圆亭，上下底面圆直径分别为18寸，30寸，圆亭母线长为10寸(取π3)，则该圆亭的表面积和体

积分别约为（）A.1368平方寸3528立方寸B.1638平方寸4410立方寸C.1638平方寸3528立方寸D.1368平方寸4410立方寸【答案】C【解析】【分析】利用圆台体积、表面积公式求解即可．【详解】由题意圆亭的上、下底面圆半径分别为9寸，1

5寸，圆亭圆台母线长为10寸，则该圆亭的高2210(159)8h=−−=寸，故该圆亭的表面积22π10(915)π9π15S=+++546π1638=平方寸，体积为()221π915915835283V=+

+立方寸．故选：C．7.已知ABC是边长为a的等边三角形，点D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，连接DE并延长到点M，使得2DEEM=，连接DF并延长到点N，使得DFFN=，则AMBN的值为（）A.2516aB.2516a−C.25316aD.25316a−

【答案】B【解析】【分析】利用向量的基底法，用AB、AC为基向量表示,AMBN，再求得AMBN的值即可.【详解】,AMADDMBNBDDN=+=+，2,DEEMDFFN==3,22AMADDEBNBDDF=+=+，又点D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，即

12DEAC=,12DFBC=，13113,24222AMABACBNABBCABACABACAB=+=−+=−+−=−，22133353242484AMBNABACACABABABACAC=+−=−−22235135482416aaaaa

=−−=−.故选：B.8.已知矩形ABCD，2AB=，1AD=，将ABD△沿BD折起到ABD．若点A在平面BCD上的射影落在BCD△的内部（不包括边界），则四面体ABCD−的体积的取值范围是（）A.325,25B.32

5,215C.325,65D.325,615【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，确定点A在平面BCD上的射影点位置，再求出点A到平面BCD的距离最大和最小作答，结合锥体的体积公式可求

得三棱锥ABCD−的体积.【详解】在矩形ABCD中，2AB=，1AD=，过点A作AOBD⊥于O，交边CD于E，如图，22215BD=+=，15cos55ADADBAB===，所以，55cos155ODADADB===，222525155AOADDO=

−=−=，所以，25cos5AODAEAD==，则551cos225ADAEDAE===，则52552510OEAEAO=−=−=，把ABD△沿BD折起到ABD的过程中，AOBD⊥，OEBD⊥

，又因为AOOEO=，AO、OE平面AOE，所以，BD⊥平面AOE，因为BD平面BCD，所以，平面AOE⊥平面BCD，由面面垂直的性质定理可知，点A在平面BCD上的射影在直线OE上，因为点A在平面BCD上的射影落在BCD△的内

部（不包括边界），则当AO⊥平面BCD时，点A到平面BCD的距离h最大，于是max255hAOAO===，当AE⊥平面BCD时，点A到平面BCD的距离h最小，如图，此时AEOE⊥，于是2222min25535102hAEAOOE==−=−=，从

而32525h，而12112BDCS==，所以，11325,33615ABCDBCDVShh−==△.故选：D.【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线

面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．二、多选题(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.若复数12iz=+，23i2z=−，其中i是虚数单位，则下列说法正确的是（）A.1z在复平面内对应的点位于第一象限，2z在复平面内对应的点位于第四象限B.记1z的共轭复数为1z，

则1218izz−+=C.若21zzz=，则18i1313z=−−D.若1z，2z在复平面内对应的向量分别为OA，OB(O为坐标原点)，则4OAOB=【答案】BC【解析】【分析】对于A，结合复数

的几何意义，即可求解；对于B，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解；对于C，结合复数的四则运算，即可求解；对于D，结合复数的几何意义，求出(2,1)OA=，(2,3)OB=−uuur，再结合平面向量的数量积运算，即可求解．【详解】122i,3i223i

zz=+=−=−+，则1z在复平面内对应的点(2,1)位于第一象限，2z在复平面内对应的点(2,3)−位于第二象限，故A错误；1z的共轭复数为12iz=−，则12(2i)(23i)438i18izz=−−+=−++=−+

，故B正确；由2112,2i,3i2zzzzz==+=−，得122i(2i)(23i)18i23i(23i)(23i)1313zzz++−−====−−−+−+−−，故C正确；若12,zz在复平面内对应的向量

分别为,(OAOBO为坐标原点），则(2,1),(2,3)OAOB==−，故431OAOB=−+=−，故D错误．故选：BC．10.从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则下列叙述正确的是（）A.取

出的两个球同为红色和同为黑色是两个互斥而不对立的事件B.至多有一个黑球与至少有一个红球是两个对立的事件C.事件A＝“两个球同色”，则()25PA=D.事件B＝“至少有一个红球”，则()910PB=【答案】ACD【解析】【分析】结合互斥事件和对立事件概

念，及古典概型公式进行分析即可．【详解】对于A，两球同时为红球和为黑球不可能同时发生，并且除了这两个事件，实验还会发生一个事件，即两球一黑一白，所以两球同时为红球和为黑球的事件为互斥而不对立事件，A正确；的对于B，至多有一个黑球包括一黑一红和两红球，其对立事件

为两黑球，B错误；对于C，记3个红球为a，b，c，2个黑球为d，e，则任取2个球的结果有ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10个，事件A发生的结果有ab，ac，bc，de，共4个，所以42()105PA==，C正确；对于D，事件B的对立事件的结果有de，共1个

，所以1()10PB=，所以9()10PB=，D正确．故选：ACD．11.已知ABC的内角A，B，C所的对边分别为a，b，c，其中31a=+，2b=，2c=，下列四个命题中正确的是（）A.ABC是钝角三角形B.ABC面积

为312+C.ABC外接圆面积为4D.若D为AB中点，则622CD+=【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由已知可知a最大，所以利用余弦定理求出cosA进行判断，对于B，由cosA求出sinA，然后利用面积公式求解，对于C，利用正弦定理求出三角形外接圆的半径，从而可求出三角形的面积，对于D，在

ACD中利用余弦定理求解.【详解】对于A，因为31a=+，2b=，2c=，所以acb，所以222224(31)223cos024242bcaAbc+−+−+−===，因为()0,πA，所以角A为钝角，所以ABC是钝角三角形，所以A正确，对于B，由选项A可知26cos4A−=，角A为钝角

，所以284362sin1cos1164AA−+=−=−=，所以ABC面积为116231sin222242bcA++==，所以B正确，对于C，由正弦定理得()()31423122sin622314aRA+===+=++，

所以ABC外接圆半径为2，所以ABC外接圆面积为2π，所以C错误，对于D，因为D为AB中点，所以112ADAB==，在ACD中，由余弦定理得，222262cos12212234CDADACADACA−=+−

=+−=+，所以2843(62)6223442CD+++=+===，所以D正确，故选：ABD12.如图，在棱长为4的正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别为棱AD，AB，BC的中点，点Р为线段1DF上的动点，则（）A.两条异面直线1DC和1BC所成的角为60B.不存在点P，使

得1CG平面BEPC.对任意点Р，平面1FCC⊥平面BEPD.点1B到直线1DF的距离为4【答案】ACD【解析】【分析】由正方体的结构特征及异面直线所成角的定义判断A；当点P与点1D重合时，可得1CG平面

BEP，即可判断B；连接CF，推导出1,CCEBCFBE⊥⊥，从而得BE⊥平面1FCC，进一步得平面1FCC⊥平面BEP即可判断C；由余弦定理求出1145BDF=，由此能求出点1B到直线1DF的距离判断D．【详解】对于A，由正方体的性质可知11BCAD∥，两条异面直线1DC和1BC

所成的角即为160ADC=，所以A正确；对于B，当点P与点1D重合时，由题可知1111,,,EGDCEGDCDCDCDCDC==∥∥，所以1111,EGDCEGDC=∥，四边形11EGCD为平行四边形，故11CGDE∥，又1CG平面BEP，1DE平面BEP，则1CG平面BEP，

所以B错误；对于C，连接CF，由于1CC⊥平面ABCD，BE平面ABCD，故1CCEB⊥，又,,AEBFABCBACBF===，故BAECBF≌△△，故AEBCFB=，即90EBACFB+=，故CFBE⊥，又1

,CFCC相交，1,CFCC平面1FCC，故BE⊥平面1FCC，又BE平面BEP，故对任意点P，平面1FCC⊥平面BEP，所以C正确；对于D，由正方体的性质可得22211142,2446BDFD==++=，2212425BF=+=，所以()()2222221111111116

42252cos222642BDFDBFBDFBDFD+−+−===，又110180BDF，所以1145BDF=，所以点1B到直线1DF的距离11112sin4242dBDBDF=

==，所以D正确．故选：ACD．三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)13.若复数12i+是关于x的方程220xpxq++=(,Rpq)的一个根，则pq+=__________．【答案】4【解析】【分析】将方程的根代入方程，根据复数

相等求解．【详解】将12i+代入方程220xpxq++=，得2(12i)2(12i)0pq++++=，即23(44)i0pqp+−++=，所以230440pqp+−=+=，得1p=−，5q=，所以4pq+=．故答案为：4．14.已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为3，现

样本加入新数据3，5，7，则此时方差2s=_________．【答案】2.9【解析】【分析】利用平均数和方差的定义直接求解即可.【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为127,,,,xxx则12757xxx+++=，所以1

2735xxx+++=．()()()222127155537xxx−+−++−=，所以()()()22212755521xxx−+−++−=．当加入新数据3，5，7后，平均数127357510xxxx++++

++==，方差()()()()()()2222222127155535557510sxxx=−+−++−+−+−+−1214042.910=+++=．故答案为：2.9．15.在三棱锥−PABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧

棱PA⊥平面ABC，且4PA=，则三棱锥−PABC的外接球表面积为_________．【答案】28π【解析】【分析】根据已知，底面ABC是边长为3的等边三角形，PA⊥平面ABC，可得此三棱锥外接球，即以ABC为底面以P

A为高的正三棱柱的外接球，即可求解．【详解】根据已知，底面ABC是边长为3的等边三角形，PA⊥平面ABC，可得此三棱锥外接球，即以ABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球．设正三棱柱的上下底面的中心分别为,MN，则外接球的球

心O为MN的中点，ABC的外接圆半径为233332rAN===，122dONPA===，所以球的半径为227ROArd==+=，所以四面体−PABC外接球的表面积为24π28πSR==，故答案为：28π．16.已知ABCDY中，4AB=，2AD=，60DAB=，M是AB的中点，P

为线段DC上的动点，则APDM的取值范围是__________；延长DC至D¢，使DCCD=，若T为线段CD上的动点，且20ATDMAT−恒成立．则的最大值为_________．【答案】①.[2,2]−②.436+【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，设出点P、点T的

坐标，计算,APDMATDM和2||AT，结合题意及基本不等式即可求出结果．【详解】建立平面直角坐标系，如图所示：ABCDY中，4,ABAD==2，60DAB=，所以()(0,0),(2,0),2cos60,2sin60AMD即(1,3)D，(5,3),(9,3)CD，设(,

3),[1,5]Paa，则(,3),APaDM==(1,3)−，所以3APDMa=−，由[1,5]a，得3[2,2]a−−，所以APDM的取值范围是[2,2]−；设(,3),[5,9]Tbb，则(,3)ATb=，所以223,||3ATDMbATb=−=+，所

以不等式2||0ATDMAT−化为()2(3)3bb−−+0，则33,[5,9]3bbb+−，设3xb=−，则[2,6]x，所以323(3)312126264363bxxxbxxx+++==+++=+−，当且仅当12xx=，即23x=，即233b=+时取“＝”，所以的

最大值为436+．故答案为：[2,2],436−+．四、解答题(本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤．)17.已知平面向量,ab满足2a=，1b=，且210ab+=．（1）求a在b方向上的投影向量；（2）若(

)()2abab+⊥−，求实数的值．【答案】（1）b（2）3=−【解析】【分析】（1）由210ab+=，平方求得1ab=，结合投影向量的计算公式，即可求解；（2）根据题意，结合()()20abab+−=，列出方程，即可求解.【小问1详解】解

：由2a=，1b=，且210ab+=，平方得224424410aabbab++=++=，解得1ab=，所以a在b方向上的投影向量为2cosbabbababbbbbb===.【小问2详解】解：因为()()2

abab+⊥−，所以()()20abab+−=，化简得22(21)0aabb+−−=，所以4(21)0+−−=，解得3=−18.甲、乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场时，该队获胜，比赛

结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.4，且各场比赛结果相互独立．（1）求前2场比赛，甲至少赢得一场的概率；（2）当双方总比

分为2∶2时，求甲获胜的概率．【答案】（1）0.96（2）0.768【解析】【分析】（1）根据题意，设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，分析并求出()PA，或利用对立事件的概率关系计算可得答案；（2）根据题意，分2种情况讨论，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案．【小

问1详解】设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，()()0.80.80.810.820.96PA=+−=，或者()()()110.810.80.96PA=−−−=.【小问2详解】当双方总比分为2∶2时，设甲获胜为事件B，甲获胜的

比分可以是4∶2或者4∶3，若是4∶2，第五场和第六场，甲连赢两场，则甲获胜概率为：0.80.40.32=，若是4∶3，第五场和第六场，甲乙各赢一次，第七场甲赢了，则甲获胜概率为：0.80.60.80.20.40.80.448+=，所以，当双方总比分为2∶2时，甲获胜的概率(

)0.320.4480.768PB==＋.19.某校举行了一次高一年级数学竞赛，笔试成绩在50分以上（包括50分，满分100分）共有100人，分成)50,60、)60,70、)70,80、)80,90、90,100五组

，得到如图所示频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图估计这次数学竞赛成绩的平均数和中位数（中位数精确到0.1）；（2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于70分的学生中，通过分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中任取3人，求此3

人分数都在)60,70的概率．【答案】（1）平均数为75.5，中位数约为75.7（2）15【解析】【分析】（1）根据所有直方图的面积之和为1可求得a的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全加可得样本的平均数，根据中位数的定义可求得样本的中位数；（2）计算出分层抽样抽

取的6人中，数学成绩位于)50,60的有2人，记为a、b，数学成绩位于)60,70的有4人，记为A、B、C、D，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】由()20.020.0250.03510

1a+++=，解得0.01a=，这次数学竞赛成绩的平均数为550.1650.2750.35850.25950.175.5++++=，前2组的频率和为0.10.20.3+=，前3组的频率和为0.10.20.350.65++=，所以中位数

为0.50.3701075.70.35−+．【小问2详解】分层抽样抽取的6人中，数学成绩位于)50,60的有0.1620.10.2=+人，记为a、b．数学成绩位于)60,70的有624−=人，记为A、B、C、D，从6人中任取3人，基本事件

有：abA、abB、abC、abD、aAB、aAC、aAD、aBC、aBD、aCD、bAB、bAC、bAD、bBC、bBD、bCD、ABC、ABD、ACD、BCD，共20种，其中3人分数都在)60,70的有ABC、ABD、ACD、BCD，共4种，所以从6人中任取3人，分数都在

)60,70的概率为41205=.20.如图，在正四棱柱1111ABCDABCD−中，12AA=，1BD∥平面MAC．（1）证明：M是1DD的中点；（2）若正四棱柱的外接球的体积是6π，求该正四棱柱的表面积．【答案】（1）证明见解析（2）10【解析】【分析】（1）连接BD，交AC于

N，根据线面平行的性质，可得1BDMN∥，由N是BD的中点，可得M是1DD的中点；（2）根据正四棱柱的外接球的体积求得AB，即可求该正四棱柱的表面积．【小问1详解】连接BD，交AC于N，连接MN．因为1BD∥面MAC，1BD面1BDD，且面MAC∩面1BDDMN=，根据线面平行的性

质定理得，1BDMN∥，在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点，所以M是1DD的中点．【小问2详解】设()0ABxx=，正四棱柱的外接球的半径为()0rr,因为正四棱柱的外接球的体积34

π6π3Vr==,解得3622r==，由题意1BD为正四棱柱的外接球的直径，由22211BDDDBD+=，得()222226xx++=，解得1x=或–1x=(舍)，即1AB=，所以正四棱柱的表面积为21

221410S=+=．21.已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(2,coscos)mcaBbA=+，(3,sin)nA=，且mn∥，且满足3a=．（1）求角A大小；（2）求ABC周

长的取值范围．【答案】（1）π3A=（2）(33,33+【解析】【分析】（1）由向量平行得2sin3(coscos)cAaBbA=+，利用正弦定理化边为角整理得的2sinsin3sinCAC=，即可得出答案；（2）由正弦定理得2sin,2sinb

BcC==，可得abc++323si6πnB=++，利用三角函数的性质，即可得出答案．【小问1详解】由mn∥可得2sin3(coscos)0cAaBbA−+=，即2sin3(coscos)c

AaBbA=+，由正弦定理得2sinsin3(sincossincos)CAABBA=+．故2sinsin3sin()CAAB=+，整理得到2sinsin3sinCAC=，因为C是ABC的内角，所以sin0C，3sin2A=，因为π02A，所以π3A=．【小

问2详解】因为sinsinsinabcABC==且3a=，π3A=，所以2sinbB=，2sincC=．所以2π32(sinsin)32sinsin3abcBCBB++=++=++−π33sin3cos323sin6BBB=+

+=++，因为ABC为锐角三角形，所以π02B且2ππ032B−，则ππ,62B，所以ππ2π,633B+，π3sin,162B+，(π323sin3

3,336B+++，即(33,33abc+++，故ABC周长的取值范围为(33,33+．22.如图，在三棱锥ABCD−中，平面ABD⊥平面BCD，ABAD=，O为BD的中点，△OCD是边长为2的等边三角形．（1）若22AB=，求直线AB和CD所成角余

弦值；（2）若点E在棱AD上，13AEAD=且三棱锥ABCD−的体积为4，求二面角EBCD−−平面角大小的正弦值．【答案】（1）24（2）32【解析】【分析】（1）分别取BC、AC的中点M、N，连接OM，ON，MN，则可得异面直线AB和CD所成角(或为邻补角)即为∠OMN，在△MON中，利用余

弦定理可求得结果；（2）过点E作EN∥AO交BD于N，过点N作NM∥CD交BC于点M，连接ME，则可证得∠EMN为所求的二面角EBCD−−的平面角，然后在EMN中求解即可.【小问1详解】解：分别取BC、AC的中点M、N，连接OM，ON，MN，因为О为BD中点，所以MO∥CD，

MN∥AB且11,22MOCDMNAB==，所以异面直线AB和CD所成角(或为邻补角)即为∠OMN，因为ABAD=，O为BD中点，所以AO⊥BD，因为△OCD是边长为2的等边三角形，的所以BO=DO=2，MN=12AB=2，MO=12CD=1，又因为平面ABD⊥平面BCD，AO⊥B

D，平面ABD平面BCDBD=，AO平面ABD,所以AO⊥平面BCD，因为OC平面BCD，所以AO⊥OC，由OC=OD，得△AOC≌△AOD，得AC=AD=AB=22．在直角三角形△AOC中，则ON=12AC

=2，在△MON中，根据余弦定理得，22222(2)1(2)2cos24221MNMOONOMNMNMO+−+−===或122cos42OMN==所以直线AB和CD所成角的余弦值为24．【小问2详解】解：过

点E作EN∥AO交BD于N．过点N作NM∥CD交BC于点M，连接ME，因为EN∥AO且AO⊥BD，所以EN⊥BD，因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCDBD=，EN平面ABD，所以EN⊥平面BCD，因为BC平面BCD

，所以EN⊥BC，在△BCD中，因为OB=OD=OC，所以BC⊥CD，因为NM∥CD，所以MN⊥BC，因为MNENN=，,MNEN平面MNE，所以BC⊥平面MNE，因为ME平面MNE，所以BC⊥ME，所以∠EMN为所求的二面角EBCD−−的平面角，因为113sin4223222BCDSB

DCDBDC===，因为1123433ABCDBCDVSOAOA−===，所以23=OA，又因AE=13AD，EN∥AO，所以23ENDEAODA==，得24333ENOA==，因为NM∥CD，所以426

3MNBNCDDB===，因为CD=2，所以MN=43．又433EN=，所以3MN=EN．所以tan3ENEMNMN==，所以sin3cosEMNEMN=，得sincos3EMNEMN=，因为22sincos1EMNEMN+=，sin0EMN，所以解得3sin2EMN=．为

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