【文档说明】湖北省武汉市部分重点中学2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题 含解析【武汉专题】.docx，共(25)页，2.253 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市部分重点中学2022～2023学年度下学期期末联考高一数学试卷命题学校：湖北省武昌实验中学命题教师：刘文炜审题教师：王先东余昊伟考试时间：2023年6月27日下午14:00－16:00试卷满分：150分一、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.设i为虚数单位，复数z满足()1i12iz+=−+，则zz为（）．A.102B.5C.2D.52【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法除法法则，结合共轭复数的概念即可求解.【详解】由()1i12iz+=−+，得(

)()()()212i1i12i1i2i2i13i1i1i1i222z−+−−+−++−====+++−，所以13i22z=−，所以221313135iii2222222zz=+−=−=

.故选：D.2.从小到大排列的数据1，2，3，x，4，5，6，7，8，y，9，10的下四分位数为（）．A.3B.32x+C.8D.82y+【答案】B【解析】【分析】利用下四分位数的公式求解.【详解】共12个数据从小到大排列，1225%3=，故下四分位数为第3个数据和第4个数据

平均值，即32x+.故选：B3.已知平面向量()1,2a=，()3,4b=，那么b在a上的投影向量的坐标是（）．的A.11525,55B.525,55C.1122,55D.()5,25【答案】C【解析】【分析】由投影向量的公式以及向量数量积和向量模

的坐标运算求解.【详解】平面向量()1,2a=，()3,4b=，b在a上的投影向量为1111522,515551abaaaaa===，所以b在a上的投影向量的坐标是1122,55.故选：C4.圆台的上、下底面半径分别是1和5，

且圆台的母线长为5，则该圆台的体积是（）．A.30πB.31πC.32πD.33π【答案】B【解析】【分析】利用圆台的体积公式求解即可.【详解】因为圆台的上、下底面半径分别是1和5，且圆台的母线长为5，所以该圆台的高为()225513−−=，则该圆台的体积为()221π1

155331π3++=.故选：B.5.在边长为4的正方形ABCD中，动圆Q的半径为1、圆心在线段CD（含端点）上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则APAB的取值范围是（）．A.4,20−B.1,5−C.0,20D.4,20【答案】A【解析】【分析】

根据数量积的几何意义，结合图形关系即可求解最值.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，由数量积的几何意义可知：APAB等于AB与AP在AB上的投影的乘积，故当AP在AB上的投影最大时，数量积最大，此时点P在以C为圆心的圆的最上端2P处，此时投影为5AM

ABr=+=，故数量积为4520=，故当AP在AB上的投影最小时，数量积最小，此时点P在以D为圆心的圆的最下端1P处，此时投影为1ANr−=−=−，故数量积为()414−=−,故4,20APAB−，故选：A

6.某校高三（1）班（45人）和高三（2）班（30人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10名同学，相关统计情况如下：高三（1）班答对题目的平均数为1，方差为1；高三（2）班答对题目的平均数为1.5，方差为0.35，则这10人答对题目的方差为（）A.0.61B.0.67

5C.0.74D.0.8【答案】D【解析】【分析】先根据分层抽样求各层的人数，再根据平均数、方差的公式运算求解.【详解】由分层抽样可得高三（1）班抽取的人数为451064530=+，高三（2）班抽取的人数为301044

530=+，设高三（1）班（6人）答对题目数依次为126,,,xxx，高三（2）班（4人）答对题目数依次为1234,,,yyyy，由题意可得：()()666444222221111111111111,161,1.5,1.541.50.35666444iiiiiiiiii

iixxxyyy=======−=−==−=−=，可得66442211116,12,6,10.4iiiiiiiixxyy========，则这10人答对题目的平均数641111.210iiiixy==

+=，这10人答对题目的方差64222111101.20.810iiiixy==+−=.故选：D.7.某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同

一条直线上，且在点A的同侧．若小明同学在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60和20，且BCa=米，则该球体建筑物的高度为（）米．A.4cos10aB.2cos10aC.sin102sin40aD.s

in10sin40a【答案】B【解析】【分析】根据三角函数可得3,tan10RABRAC==，利用3tan10RBCACABRa=−=−=，求解R即可得所求．【详解】如图，设球心为O，连接,OBOC，则30,10OBAOC

A==设球的半径为R，则3tan30OAABR==，tan10tan10OARAC==3tan10RBCACABRa=−=−=，sin101cos103sin103tan10aaR==−−sin10sin10s

in102sin(3010)2sin204sin10cos104cos10aaaa====−，22cos10aR=，则该球体建筑物的高度为2cos10a米．故选：B．8.已知正四棱锥SABCD−的底面边长为1，侧棱长为2，SC的中点为E，过点E作与SC垂直的平面，

则平面截正四棱锥SABCD−所得的截面面积为（）．A.33B.63C.23D.23【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，作出平面截正四棱锥SABCD−所得的截面，再借助余弦定理、三角形面积公式求解作答.【详解】在正四棱

锥SABCD−中，连接AC，则2ACSASC===，SAC是正三角形，由SC的中点为E，得AESC⊥，而,SCSCE⊥=，则AE，在SBC△中，2222213cos24222SBSCBCBSCSBSC+−+−=

==，27sin1cos4BSCBSC=−=，令平面与直线SB交于F，连,EFAF，则SCEF⊥，222223cos34SESFBSC===，即点F在棱SB上，同理平面与棱SD相交，令交点为G，连,E

GAG，于是四边形AFEG为平面截正四棱锥SABCD−所得的截面，由对称性知AEGAEF≌，在SEF中，22714sin346EFSFBSC===，而π6sin32AEAC==，在SAF中，3cos4ASF=，由余弦定理得

222222322(2)()223343AF=+−=，在AEF△中，22222262214()()()3236cos22622223AEAFEFEAFAEAF+−+−===，1sin2EAF=，所以所得截面面积16221322sin22323AFEGAEFSSAEA

FEAF====.故选：A【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.二、选择

题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知复数1z，2z，3z是方程310z−=的三个解，则下列说法正确的是（）．A.

1231zzz++=B.1231zzz=C.1z，2z，3z中有一对共轭复数D.1223311zzzzzz++=−【答案】BC【解析】【分析】利用立方差公式及一元二次方程的解法，结合共轭复数的定义及复数的四

则运算法则即可求解.【详解】由310z−=，得()()2110zzz−++=，即10z−=或210zz++=，解得1z=或13i22z=−+或13i22z=−−，13i22z=−+与13i22z=−−互为共轭复数，故C正确

；由题意知，不妨取11z=，213i22z=−+，313i22z=−−，所以1231313ii021222zzz−++−−++=+=，故A.错误；所以21223131313iii12221222zzz−+−−=−−=

=，故B正确；所以12233113131313iiii1222222221zzzzzz−+−+−−+−−+=++22131313iii0222222=−+

+−−+−−=，故D错误.故选：BC.10.伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n

次实验的结果，设事件M＝“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N＝“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（）．A.若2n=，则M与N不互斥B.若2n=，则M与N相互独立C.若3n=

，则M与N互斥D.若3n=，则M与N相互独立【答案】AD【解析】【分析】根据已知条件，结合互斥事件的定义，以及相互独立事件的概率乘法公式，即可求解【详解】当2n=时，所有基本事件有：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）

，共4种，其中（正，反）和（反，正）这两种实验结果，事件M和事件N同时发生，故M与N不互斥，A选项正确；()12PM=，()34PN=，()12PMN=，()()()PMNPMPN，则M与N不相互独立，B选项错误；当3n=时，所有基本

事件有：（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反），共8种，其中（正，正，反）、（正，反，正）和（反，正，正）这三种实验结果，事件M和事件N同时发生，故M与N不互斥，C选项错误；()6384PM==，()4182P

N==，()38PMN=，()()()PMNPMPN=，则M与N相互独立，D选项正确.故选：AD11.已知P是ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是（）．A.若1133APABAC=+，则P是ABC的重心B.若P与C不重合，PBPCPAPC=，则P在AB的高线所在的直线上C.若2

533APABAC=−+，则P在CB的延长线上D.若APmABnAC=+且15mn+=，则PBC的面积是ABC面积的45【答案】ABD【解析】【分析】利用三角形重心定义判断A；利用垂直关系的向量表示判断B

；利用向量线性运算及向量共线的意义判断C；确定点P的轨迹结合三角形面积公式判断D作答.【详解】对于A，取BC边的中点D，连接AD，则1()2ADABAC=+，而1()3APABAC=+，即有23APA

D=，因此P是ABC的重心，A正确；对于B，0PC，由PBPCPAPC=，得()0ABPCPBPAPC=−=，有PCAB⊥，点P在AB的高线所在的直线上，B正确；对于C，由2533APABAC=−+，得2()3APACACAB−=−，即有23

CPBC=，则点P在BC的延长线上，C错误；对于D，由APmABnAC=+，得555APmABnAC=+，令5AQAP=，则55AQmABnAC=+，而551mn+=，因此点Q是直线BC上任意一点，由5AQAP=知，线段AQ上的点P到直线BC距离等于点A到直线BC距离的

45，即点P在与直线BC平行，并且到直线BC距离等于点A到直线BC距离的45的直线l上，因此PBC边BC上的高是ABC边BC上的高的45，即45ABCPBCSS=，D正确.故选：ABD12.如图，在四边形ABCD中，ACD和ABC是全等三角形，ABAD=，90ABC=，

60BAC=，1AB=．下面有两种折叠方法将四边形ABCD折成三棱锥．折法①；将ACD沿着AC折起，得到三棱锥1DABC−，如图1．折法②：将ABD△沿着BD折起，得到三棱锥1ABCD−，如图2．下列说法正确的是（）．A.按照折法①，三棱锥1DABC−的外接球表面

积恒为4πB.按照折法①，存在1D满足1ABCD⊥C.按照折法②﹐三棱锥1ABCD−体积的最大值为38D.按照折法②，存在1A满足1AC⊥平面1ABD，且此时BC与平面1ABD所成线面角正弦值为63【答案】ACD【解析】【分析】由已知

利用棱锥的结构特征，球的表面积判断A；由棱锥的结构特征判断B；由棱锥体积判断C；由线面角的定义求出大小判断D.【详解】由题意知2,3ACBC==，取AC的中点O,由于ACD和ABC是直角三角形且全等，故1OAOCODOB===,故在折法①的折叠过程中,三棱

锥1DABC−的外接球的球心为O,半径为1,故该球的表面积恒为4π,故A选项正确；按照折法①,在折起过程中,点1D在平面ABC内的投影1D在线段BD上(不包括端点),而线段BD(不包括端点)不存在1D使得1CDAB⊥，故

不存在1D满足1ABCD⊥，故B选项错误；按照折法②，取BD的中点H，112AH=，当平面1ABD⊥平面BCD时，三棱锥1ABCD−体积取得最大值，此时体积()21111333332228BCDVAHS===△,故C选项正确;当12AC=时，22

211ACABBC+=，22211ACADCD+=，故此时11ACAB⊥,11ACAD⊥,又因为11111,,ABADAABAD=平面1ABD,故1AC⊥平面1ABD,故1ABC为BC与平面1ABD所成线面角,则1126sin33ACABCBC=

==，故D选项正确.故选:ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在正三角形ABC中，2AB=，D是BC的中点，E是AC的中点，则ADBE=__________．【答案】32−##-1.5【解析】【

分析】建立直角坐标系，利用数量积的坐标运算即可求解.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，()()()()130,3,1,0,1,0,0,0,,22ABCDE−,所以()()33330,3,,,032222A

DBEADBE=−==+−=−，故答案为：32−14.从A，B等5名志愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概率为__________．【答案】710##0.7【解析】【分析】利用古典概率模型，结合组合数的运算求解.【详解】由

题可知则A和B至多有一个入选的概率为12323335CC+C7C10P==,故答案为:710.15.已知向量a，b满足()0abb+=，44ab+=，则abb++的最大值为__________．【答案】4103##4103【解析】【分析】利用向量的运算建立平面直角坐

标系即可得()(),,,0aOAmnbOBm==−==，由44ab+=得22916mn+=，则abbnm++=+，结合三角函数设π34sin,4cos,0,2mn==，利用三角函数的性质即可求得最值.【详解】取平行四边形OACB，连接OC设,OAaOBb==，则=+OCa

b，因为向量a，b满足()0abb+=，所以()abb+⊥，即OCOB^，设,OBmOCn==，,0mn，如图以O为原点，,OBOC所在直线为,xy轴建立平面直角坐标系，则()()()()0,0,,0,0,,,OBmCnAmn−所以()(),,,0aOAmnbOBm==−==，则()()()

224,4,03,94abmnmmnmn+=−+==+=，故22916mn+=，所以()()0,,0abbnmnm++=+=+因为22916mn+=，又22sincos1+=，可设π34sin,4cos,0,2

mn==即4sin,4cos3mn==，所以()()2244410sin4cos4sinsin333mn+=+=++=+，其中4πtan3,0,423

==，所以()0,π+，所以()(sin0,1+，故mn+的最大值为4103，即abb++的最大值为4103.故选：4103.16.如图是一座山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为1km，峰底A到峰顶S的距离为4

.8km，B是山坡SA上一点，且ABAS=，()0,1．为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路．若从A出发沿着这条公路到达B的过程中，要求先上坡，后下坡．则当公路长度最短时，的取值范围为_____

_____．【答案】4260,4+−【解析】【分析】作圆锥侧面展开图，确定从点A到点B的最短路径，由条件确定点B的位置，由此求的取值范围.【详解】以SA为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如下：则从从点A到点B的最短路径为线段AB，在AB上任取一

点P，连接SP，则SP的长表示点P到山顶的距离，若1ABS为直角，观察可得当点P从点A向点1B运动时，SP的长逐渐变小，即从A出发沿着这条公路到达1B的过程中，一直在上坡，与条件矛盾，若2ABS为钝角，观察

可得当点P从点A向点2B运动时，SP的长逐渐变小，即从A出发沿着这条公路到达2B的过程中，一直在上坡，与条件矛盾，的若3ABS为锐角，过点S作3SHAB⊥，垂足为H，观察可得当点P从点A向点3B运动时，SP的长先变小，后变大，即从A出发沿着这条公路到达

3B的过程中，先上坡，后下坡．由已知1ABAB，又弧AA的长为2π，4.8SA=，所以2π5π4.812ASA==，15π4.8cos12SB=，所以15π4.84.8cos12AB=−，故5π4.84.8cos12AB−，所以5πππππππ4261cos1cos

1coscossinsin124646464ABAS+−=−=−+=−+=，又0，所以的取值范围为4260,4+−，故答案为：4260,4+−.【点睛】方法点睛：求曲面上两点之间的最短距离常将曲面展开为

平面图形，利用平面上两点之间线段最短的结论求解.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.某校为了提高学生对数学学习的兴趣，举办了一场数学趣味知识答题比赛活动，共有1000名学生参加了此次答题活动．为了解本次比赛的成绩，从

中抽取100名学生的得分（得分均为整数，满分为100分）进行统计．所有学生的得分都不低于60分，将这100名学生的得分进行分组，第一组)60,70，第二组)70,80，第三组)80,90，第四组90,100（单位：分），得到如下的频率分布直方图．（1）求图中m的值，并估计

此次答题活动学生得分的中位数；（2）根据频率分布直方图，估计此次答题活动得分的平均值．若对得分不低于平均值的同学进行奖励，请估计参赛的学生中有多少名学生获奖．（以每组中点作为该组数据的代表）【答案】（1）0.01m=，中位数为8

2.5．（2）82x=，有520名学生获奖．【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中所有频率之和等于1和中位数左边和右边的直方图的面积应该相等即可求解；（2）利用频率分布直方图中平均数等于每个小矩形底边的中

点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和及不低于平均值的学生人数为总数500乘以不低于平均值的频率即可.【小问1详解】由频率分布直方图知：()0.030.040.02101m++++=，解得0.01m=，设此次竞赛活动学生得分的中位数为0x，因数据落在)60,80内的频率为0.4，落在)

60,90内的频率为0.8，从而可得08090x，由()0800.040.1x−=，得082.5x=，所以估计此次竞赛活动学生得分的中位数为82.5．【小问2详解】由频率分布直方图及（1）知：数据落在)60,70，)70,80，)80,90，90,100的频率分别为

0.1，0.3，0.4，0.2，650.1750.3850.4950.282x=+++=，此次竞赛活动学生得分不低于82的频率为90820.20.40.5210−+=，则10000.52520=，所以估计此次竞赛活动得分的平均值为82，在参赛的1000名学生中估

计有520名学生获奖18.某电视台举行冲关直播活动，该活动共有三关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关.已知第一关的通过率为0.7，第二关通过率为0.5，第三关

的通过率为0.3，三关全部通过可以获得一等奖（奖金为300元），通过前两关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，则奖金可以累加为500元.假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动.（1）求甲最后没有得奖的概率；（2）已知甲和乙

都通过了第一关，求甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率.【答案】（1）0.65（2）0.105【解析】【分析】（1）甲没中奖分为第一关没有通过，和第一关通过且第二关没有通过两种情况，分别求得两个事件的概率再求和

即可；（2）根据最后奖金总和分析得甲和乙中一人获得一等奖，一人获得二等奖，根据概率乘法和加法公式即可求解．【小问1详解】甲第一关没通过的概率为10.70.3−=，第一关通过且第二关没通过的概率为0.7(10.5)0.35−=，故甲没有得奖的

概率0.30.350.65P=+=．小问2详解】记甲和乙通过了第二关且最后获得二等奖为事件E，通过了第二关且最后获得一等奖为事件F，则()0.5(10.3)0.35PE=−=，()0.50.30.15PF==，甲和乙最后所得奖金总和为700元，甲和乙一人得一等奖，一人得二等

奖，【若甲得了一等奖，乙得了二等奖的概率为10.350.150.0525P==，若乙得了一等奖，甲得了二等奖的概率为20.350.150.0525P==，甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率120.05250.05250.105PPP=+=+=．19.已知ABC为锐角三角

形，且()cossin3sincosABAB+=+．（1）若π3C=，求A；（2）已知点D在边AC上，且2ADBD==，求CD的取值范围．【答案】（1）π4A=；（2）()1,2.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换可得ππcoscos36AB+=

+，再利用三角函数的性质结合条件即得；（2）利用正弦定理结合条件可得1sinCDC=，然后根据条件及三角函数的性质即可求得其范围.【小问1详解】因为()cossin3sincosABAB+=+，所以cos3sin3cossinAABB−

=−，即ππcoscos36AB+=+，又π0,2A，π0,2B，所以ππ5πππ2π,336663AB++，所以ππ36AB+=+，即π6BA=+，又πABC++

=，π3C=，所以πππ63AA+++=，即π4A=；【小问2详解】因为2ADBD==，所以DBAA=，又π6ABCA=+，可得π6DBC=，在DBC△中，sinsinCDBDDBCC=，所以sin1sinsinBDDBCCDCC==，在ABC中，()π

sinsinsin26CABA=+=+，因为ABC为锐角三角形，所以π02ππ062ππ0π62ABACAA=+=−−−，得ππ63A，所以ππ5π2266A+，1πsin2126A+所以1sinC()1,2，即C

D的取值范围为()1,2.20.已知四棱锥CABED−的底面是直角梯形，//ABDE，90ADE=，2AB=，1DE=，3AD=，侧面BCE是正三角形，侧棱长6AC=，如图所示．（1）证明：平面BCE⊥平面ABE

D；（2）求直线CD与平面BCE所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）144【解析】【分析】（1）利用三角形的边角关系，可得线线垂直，进而可得线面垂直，由线面垂直即可得面面垂直，（2）根据面面垂直得性质可得线面垂

直，即可由线面角的几何法结合三角形的边角关系即可求解.【小问1详解】证明：取BE的中点F，连接AE、AF、CF，在直角梯形ABED中，3,1,90ADDEADE===，所以2,60,60,AEAEDEAB===又2,2AEABBE===，3AF=,又BCE是边长为2的

正三角形，所以3CF=，6AC=，所以222AFCFAC+=，则CFAF⊥．由题意知，CFBE⊥，且AFBEF=，AF，BE平面ABED，所以CF⊥平面ABED，又CF平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABED．【小问2详解】过D作DHBE⊥交

BE于H，因为平面BCE⊥平面ABED，平面BCE平面ABEDBE=，DH平面ABED，所以DH⊥平面BCE，则DCH为直线CD与平面BCE所成角，设点D到平面BCE的距离为d，由于120,60DEBDEAAEBDEH=+==,则3sin602dDHD

E===，连接DF，在DEF中，因1DEEF==，2π3DEF=，由余弦定理可得2212cos12011232DFDEEFDEEF=+−=+−−=．为又DCF为直角三角形，于226D

CDFCF=+=，设直线CD与平面BCE所成角为，则322sin46dDC===，又π0,2，所以14cos4=．.21.在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足2221sinsinsin2CAB−=．（1）当tan2A=时

，求tanC的值；（2）当2a=，且CA−取得最大值时，求ABC的面积．【答案】（1）6（2）23【解析】【分析】（1）将2221sinsinsin2CAB−=角化边22212cab−=，代入余弦定理22

2cos2bcaAbc+−=中，再边化角得出tan3tanCA=将tan2A=代入即可求得tanC；（2）由（1）知tan3tanCA=，代入()tantantan1tantanCACACA−−=+中化简，即可得出取最大值时π6A=，π2B=，π3C=，由正弦定理求得c即可求得面积

.【小问1详解】由2221sinsinsin2CAB−=，根据正弦定理得：22212cab−=，是又由余弦定理得，2222333sin2cos2244sinbbcabBAbcbccC+−====，∴4sincos3sin3sincos3sincosCABACCA==+，

∴sincos3sincostan3tan6CAACCA===．【小问2详解】由（1）知，若cos0A=，则cos0C=，则π2AC==，与题设矛盾．所以tan3tan0CA=，于是有()2tantan2tan23tan11tantan13tan33tantanCAACACA

AAA−−===+++，当且仅当3tan3A=时，()tanCA−有最大值，此时CA−最大．此时，π6A=，π2B=，π3C=，由正弦定理得π2sinsin323πsinsin6aCcA===．所以112232322Sac===．22.如图，在四面体AB

CD中，ABC是边长为2的等边三角形，DBC△为直角三角形，其中D为直角顶点，60DCB=．E、F，G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形．（1）当二面角ABCD−−从0增加到90的过程中，求线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面

区域的面积；（2）设AEAB=，()0,1，且ACD是以CD为底的等腰三角形，当为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为14．【答案】（1）34（2）12【解析】【分析】（1）画出ABCD−−为0、90时A的投影，由此判断出线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面

区域，进而求得区域的面积．（2）先求得三棱锥ABCD−的面积为12，通过分割的方法，得到ADEGHAEFGHADGHVVV−−=+，分别求得AEFGHV−，ADGHV−与ABCDV−的关系式，再由12ADEGHABCDVV−=列方程，解方程求得的值．【小问1详解】∵ABAC=，∴A在平面

BCD上的投影A满足ABAC=，即A在平面BCD上的投影A在线段BC的中垂线上．如图所示，将RtBCD补成边长为2的正三角形BCM，当二面角ABCD−−为0时，即点A在平面BCD上，此时A为M，当二面角ABCD−−为90时，此时A为BC中点N，故DA在

平面BCD上的投影所扫过的平面区域为DMN，而1344DMNMBCSS==，故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为34．【小问2详解】∵2AC=，1CD=，且ACD为等腰三角形，∴2AD=．取BC中点O，连接OD，AH，AG，由题意得：OABC⊥，3OA=

，12BCOD==，满足222OAODAD+=，根据勾股定理可知OAOD⊥，又,,BCODOBCOD=平面BCD∴OA⊥平面BCD．∴11113322ABCDBCDVSOACDBDOA−===△，而多面体ADEFGH的体积恰好为14，即多

面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD体积的一半．设点F到平面ABD的距离为Fh，点C到平面ABD的距离为Ch，因为四边形EFGH为平行四边形，所以//,EFHGEFHG=，又EF平面BCD，HG平面

BCD，所以//EF平面BCD，因为EF平面ABC，平面ABC平面BCDBC=，所以//EFBC，则AEAFEFHGABACBCBC====，所以//BCHG，则HGDHDGBCBDDC===，则11sinsin22AEHABHSAEAHBAHABAHBAHS=

==又()()11sin1sin122ABHABDSABBHABHABBDABHS==−=−，所以()1AEHABDSS=−∴()21222232113AEHFAEFGHAEFHFAEHAEHABCDA

BCDCABDABDABDCShVVVSAFVVVSACSh−−−−−−=====−，∴()221AEFGHABCDVV−−=−．设点A到平面BCD的距离为Ah，211sinsin22DGHBCDSDHDGBDCBDDCBDCS

===∴21313DGHAADGHDGHABCDDBCBCDAShVSVSSh−−===△△△△，∴2ADGHABCDVV−−=．∴()21322AEFGHADGHABCDABCDADEFGHVVVVV−−−−=+=−=多面体，∴()21322−=，整理得

()2122102−−−=，解得：12=或132=．又因为()0,1，所以12=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com