【文档说明】安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期6月期末数学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，3.225 MB，由小赞的店铺上传

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六安一中2024年春学期高一年级期末考试数学试卷满分：150分时间：120分钟一、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，只有一个选项是符合题目要求的.1.若复数()()()20241iRzmmm=−−+为纯虚数，则复数z的共轭复数为（）A.2024i−

B.2024iC.2025i−D.2025i【答案】D【解析】【分析】根据纯虚数的定义求得参数m的值，回代后求共轭复数即得.【详解】因为()()()20241iRzmmm=−−+为纯虚数，所以()2024010mm−=−+，解得2024m=，所以2025iz=−，所以

2025iz=.故选：D.2.已知向量()()0,1,1,abx==，若()2bba⊥−，则x=（）A.2−B.1−C.1D.2【答案】C【解析】【分析】由向量垂直的向量表示，和数量积的坐标表示求解.【详解】根据题意，()2bba⊥−，所以()2222120bbababxx−=−=+−=，所

以1x=.故选：C3.已知a，b，c是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（）A.3a，ab−，2ab+B.2b，2ba−，2ba+C.a，2b，bc−D.c，ac+，ac−【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.【详解】向量,,abc是不共

面的三个向量，对于A，32()(2)aabab=−++，则向量3,,2aabab−+共面，A不能构成空间基底；对于B，2(2)(2)bbaba=−++，则向量2,2,2bbaba−+共面，B不能构成空间基底；对于D，2()()cacac=+−−，则向量,,cacac+−

共面，D不能构成空间基底；对于C，假定向量,2,abbc−共面，则存在不全为0的实数12,，使得122()abbc=+−，整理得122(2)0abc−++=，而向量,,abc不共面，则有122

10200=+==，显然不成立，所以向量,2,abbc−不共面，能构成空间的一个基底，C能构成空间基底.故选：C4.某不透明的袋中有3个红球，2个白球，它们除颜色不同，质地和大小都完全相同.甲、乙两同学先后从中各取一个球，先取的球不放回，则他

们取到不同颜色球的概率为（）A.310B.25C.35D.45【答案】C【解析】【分析】列出所有可能，再找出符合要求的情况即可得.【详解】设这几个球中，红球分别为1a、2a、3a，白球分别为1b、2b，则甲、乙两同学先后取出的两球可能的情况有：12aa、13a

a、11ab、12ab、23aa、21ab、22ab、31ab、32ab、12bb、21aa、31aa、11ba、21ba、32aa、12ba、22ba、13ba、23ba、21bb、共二十种，其中取到不同颜色球的情况有：11ab、12ab、21ab、22ab、31ab、

32ab、11ba、21ba、12ba、22ba、13ba、23ba共十二种，故其概率为123205=.故选：C.5.已知样本数据123,,,,nxxxx的平均数为x，方差为2s，若样本数据1232,2,axaxax+++2,,2nax+

的平均数为4(0)xa，方差为29s，则平均数x=（）A.1B.12C.2D.32【答案】C【解析】【分析】根据平均数和方差的性质得到答案.【详解】已知样本数据123,,,,nxxxx的平均数为x，方差为2s，则样本数据1232,2,2,,2

naxaxaxax++++的方差为22as，所以2229ass=，又因为0a，所以3a=．样本数据1232,2,2,,2naxaxaxax++++的平均数为232axx+=+，所以324xx+=，解得2x=.故选：C．6.已知()()()0,0,0,1,1,1,1,2

,2ABM−，则M到直线AB的距离为（）A.66B.63C.1D.6【答案】D【解析】【分析】先求出与AB同方向的单位向量0AB的坐标，继而计算0AMAB和||AM，代入点到直线的距离的向量公式计算即得.【详解】由()()()0,0,0,1,1,1,1,2,2ABM−可

知(1,1,1)AB=,则与AB同方向的单位向量为0333(,,)333AB=，又||3AM=,0323233333AMAB=−++=,故点M到直线AB的距离为220()936dAMAMAB=−=−=.故

选：D.7.,,PAPBPC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60，那么直线PC与平面PAB所成角的正弦值是（）A.63B.33C.22D.12【答案】A【解析】【分析】法一，作出直线PC在平面PAB射影为PD，得线面所成角，推导三余弦公式，代入计

算即得；法二，建系，写出相关点和相关向量的坐标，运用空间向量的夹角公式计算即得.【详解】解法一：如图，设直线PC在平面PAB的射影为PD，作CGPD⊥于点G，则CG⊥平面PAB，直线PC与平面PAB所成角为CPD.作CHPA⊥于点H，连接HG，因PA平面PAB，则CGPA^，又,,C

HCGCCHCG=平面CHG，则PA⊥平面CHG，又HG平面CHG，则PAHG⊥.于是有cosPHCPAPC=，coscosPGPHPHCPDAPDPCPGPC==，即coscoscosCPACPDAPD=(*).因60,APC=由对称性知，

1302APDAPB==，代入（*）得，coscos603coscoscos303CPACPDAPD===,故26sin1cos3CPDCPD=−=.故选：A.解法二：如图所示，把,,PAPBPC放在正方

体中，,,PAPBPC夹角均为60.的的建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则(1,0,0),(0,0,1),(1,1,1),(0,1,0)PCAB，所以(1,0,1),(0,1,1),(1,1,0)PCPAPB=−==−，设平面PA

B的法向量(,,)nxyz=，则00nPAyznPBxy=+==−+=令1x=，则1,1yz==-，所以(1,1,1)n=−，所以26cos,3||||23PCnPCnPCn−===−.设直线PC与平面PAB所成角为，所以6sin|cos,|3PCn

==，故选:A8.中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，其中1AA⊥底面ABC

D，底面扇环所对的圆心角为2π3，扇环对应的两个圆的半径之比为1：2，1AB=，11AA=，E是11AD的中点，则异面直线BE与1CD所成角的余弦值为（）A.24B.28C.528D.255【答案】B【

解析】【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线BE与1CD所成角的余弦值.【详解】设上底面圆心为1O，下底面圆心为O，连接11111,,OOOBOC，,OBOC，在下底面作OFOD⊥，以为O原点，分别以1,,ODOFOO所在

直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图：因为扇环对应的两个圆的半径之比为1：2，1AB=，所以12OBOA=，得1,2OBOA==，则2π2π(cos,sin,0)33B即13(,,0)22B−，ππ(2cos,2sin,1)33E即(1,3,1)E，1(1,0

,1)C，(2,0,0)D，33(,,1)22BE=，1(1,0,1)CD=−，2BE=，12CD=，1331101(1)222BECD=++−=.所以111122cos,822BECDBECDBEC

D===，又异面直线所成角的范围为π0,2，故异面直线BE与1CD所成角的余弦值为28.故选：B.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.2021年11月10日，中国和美国在联合国气候变化格拉斯哥大会期间发布《中美关于在21世纪20年代强化气候行动的格拉斯哥联合宣言》（以下简称《宣言》）.承诺继续共同努力，并与各方一道，加强《巴黎协定》的实施，双方同意建立“21世纪

20年代强化气候行动工作组”，推动两国气候变化合作和多边进程．为响应《宣言》要求，某地区统计了2020年该地区一次能源消费结构比例，并规划了2030年一次能源消费结构比例，如图所示．经测算，预估该地区2030年一次能源消费量将增长为2020年的2.5倍，

则预计该地区（）A.2030年煤的消费量相对2020年减少了B.2030年石油的消费量相对2020年不变C.2030年天然气的消费量是2020年的5倍D.2030年水、核、风能的消费量是2020年的7.5倍【答案】CD【解析】【分析】设20

20年该地区一次能源消费总量为a，计算出2030年该地区煤、石油、天然气以及水、核、风能的消费量，逐项判断可得出正确选项．【详解】设2020年该地区一次能源消费总量为a，则预估2030年一次能源消费总量为2.5a.对于选项A，2020年煤的消费量为0.6a，规划2030年煤的消费量为2.

50.30.750.6aaa=，故选项A错误；对于选项B，2020年石油的消费量为0.2a，规划2030年石油的消费量为2.50.20.50.2aaa=，故选项B错误；对于选项C，2020年天然气的消费量为0.1a，规划2030年天然气的消费量为2.50.20.550.1aaa==

，故选项C正确；对于选项D，2020年水、核、风能的消费量为0.1a，规划2030年水、核、风能的消费量为2.50.30.757.50.1aaa==，故选项D正确．故选：CD.10.下列对各事件发生的概率判断正确的是（）A.某学生在上学的路，上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是

相互独立的，遇到红灯的概率都是13，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为427B.三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为111,,534，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为35C.设两个独立事件A和B都不发生的概率

为1,9A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是29D.从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是13【答案】ABD【解析】【分析】根据相互独立事件的概率公式，可判断A、B、C，根据古典

概型概率公式，可判断D.【详解】对A：该生在第3个路口首次遇到红灯的情况为前2个路口不是红灯，第3个路口是红灯，所以概率为211413327−=，故A正确；对B：用A、B、C分别表示甲、乙、丙三人能破译出密码，则1()5PA=，1()3PB=，1

()4PC=，“三个人都不能破译出密码”发生的概率为42325345=，所以此密码被破译的概率为23155−=，故B正确；对C：由题意可得()()PABPBA=，即()()()()PAPBPBPA=，即()

1()()1()PAPBPBPA−=−，即()()PAPB=，又1()9PAB=，故1()()3PAPB==，∴2()3PA=，故C错误；对D：从1，2，3，4中任取2个不同的数，有()()()()()()1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4，共6个结果，其中取出2个

数之差的绝对值为2的包含()1,3和()2,4两个样本点，则概率2163P==，故D正确；故选：ABD.11.如图，已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（）的A.不存在点P，使1//DP平面

11ABCB.三棱锥111BCDP−的体积为定值C.若11DPBD⊥，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为2D.若点P是AD的中点，点Q是1BB的中点，过P，Q作平面⊥平面11ACCA，则平面截正方体1111ABCDABCD−的截面面积为334【答案】BCD【解析】

【分析】对于A，先建系，写出点的坐标，求出相关向量的坐标，利用向量垂直关系求得动点轨迹方程即可判断；对于B，利用等体积转化即可得到；对于C，利用向量数量积等于0即得动点轨迹，计算即得；对于D，依题作出并

证明截面为正六边形，计算即得.【详解】对于A，建立如图所示的空间直角坐标系，设(),,0Pxy，()0,0,0D，()11,0,1A，()1,1,0B()11,1,1B，()10,1,1C，()10,0,1D()1,,1DPxy=−，()111,1,0AC=−，()

10,1,1AB=−，设平面11ABC的法向量为(),,nabc=，则11100nABnAC==，即00abbc−+=−=，令1b=，则1,1ac==，所以()1,1,1n=，若1//DP平面11ABC，则1DPn⊥，所以10xy+

−=，即表示线段AC，则当点P在线段AC时，1//DP平面11ABC，所以存在点P，使得1//DP平面11ABC，A错误；对于B，由等体积法111111BCDPPBCDVV−−=，三棱锥111PBCD−

的高为11BB=，底面积111111122BCDS==，所以1111111111326BCDPPBCDVV−−===，所以三棱锥111BCDP−的体积为定值，B正确；对于C，在选项A坐标系下，()11,1,1BD=−−−

，若11DPBD⊥，1110DPBDxy=−−+=，即1xy+=，所以点P的轨迹就是线段AC，轨迹长为22112AC=+=，C正确；对于D，如图取AB中点1P，连接1PP，由题可得DBAC⊥，1AA⊥平面ABCD，连接BD，因为1//PPDB，1PP平面ABCD，则1PPAC⊥

，11PPAA⊥，又1ACAAA=∩，1,ACAA平面11ACCA，则1PP⊥平面11ACCA，又取1DD中点为1Q，则11////QQDBPP，有11,,,PPQQ四点共面，则平面11PPQQ即为平面

，设平面与1111,DCBC交于1,RR，又由两平面平行性质可知，11//PPRR，11//PQQR，11//PQQR，又11,,,PPQQ都是中点，故R是11DC中点，1R是11BC中点，则平面截正方体1111ABC

DABCD−的截面为正六边形111PPQRRQ，又正方体棱长为1，则122PP=，故截面面积为212336sin60224=，D正确.故选：BCD【点睛】方法点睛：本题主要考查与正

方体有关的动点轨迹，截面和体积定值问题，属于难题.解题方法一般有以下几种：（1）建系法：通过建立空间直角坐标系，将空间中的点、线、面的关系用向量表示并求解；（2）翻转求体积法：对于三棱锥有关的体积问题，常将其翻转通过不同底面求解；（3）作截面法：对于几何体的截面问题，一般通过棱的

相交或平行平面的性质作出截线得到截面.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.袋子中有四个小球，分别写有“中､华､民､族”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“华”两个字都取到才停止.用随机模拟的方法估计恰好

抽取三次停止的概率，利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0,1,2,3代表“中､华､民､族”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：2323212300231

23021132220001231130133231031320122103233由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为____________.【答案】29【解析】【分析】利用古典概型的随机数法求解.【详解】由随机产生的随机数可知恰好抽取三次就停止的有021,00

1,130,031，共4组随机数，所以恰好抽取三次就停止的概率约为42189=，故答案为：2913.在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,,abc若222sinsinsinsinsin,ABCAC−+=且ABC的外接圆的半径为23,则ABC面积的最大值为___

___．【答案】93【解析】【分析】由正弦定理和余弦定理得到π3B=，再由外接圆半径6b=，由基本不等式得到36ac，由三角形面积公式求出答案.【详解】在ABC中，222sinsinsinsinsin,

ABCAC−+=由正弦定理得222,acbac+−=由余弦定理得cosB=2221,22acbac+−=因为B为ABC内角，则0πB，所以π.3B=因为ABC的外接圆的半径为23,由正弦定理得43.sinsinsinabcABC===所以343sin4

36,2bB===由余弦定理得2222cos,bacacB=+−即2236,acac=+−因为222,acac+所以36,ac当且仅当6ac==时取等号，故ABC的面积1sin93,2SacB=所以ABC

面积的最大值为93.故答案为：9314.半正多面体亦称阿基米德多面体，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，它们的

边长都相等，称这样的半正多面体为二十四等边体．现有一个体积为1V的二十四等边体，其外接球体积为2V，则21VV=_________________.的【答案】225【解析】【分析】利用割补法可得二十四等边体的体积，再结

合对称性可得外接球球心与半径，可得外接球体积，进而得解.【详解】设该半多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，内侧即为二十四等边体，其体积111202228111323V=−=；由二十四等边体的对称性可知，如图

所示，其外接球的球心即为正方体中心O，半径为中心到一个顶点的距离，则22112ROAAB=+=+=，故()32482233V==，从而21225VV=.故答案为：225.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证

明过程或演算步骤.15.在ABC中，角,,ABC所对的边分别是,,abc，满足3sincos0caBbaB+−−=.（1）求角A；（2）若219a=，边BC上的中线7AD=，求ABC的周长.【答案】（1）2π3（2）10219+【解析】【分析】（1

）由正弦定理、两角和的正弦展开式可得1cos3sinAA−=，再两边平方化简可得答案；（2）由2ABACAD+=两边平方可得2228bcbc+−=，由余弦定理得可得2276bcbc++=，联立方程组，可得22,+bcbc，再利用完全平方公式

可得答案..【小问1详解】在ABC中，因为3sincos0caBbaB+−−=，由正弦定理得sin3sinsinsinsincos0CABBAB+−−=，又因为sinsin()sincoscossinCA

BABAB=+=+，则cossin3sinsinsin0ABABB+−=，因为(0,π)B，可得sin0B，所以1cos3sinAA−=，即()2221cos3sin3(1cos)AAA−==−，化简得22coscos10AA−−=，因为(0,π)A，可得1cos1A−，

解得1cos2A=−，所以2π3A=；【小问2详解】由边BC的中线7AD=，可得2ABACAD+=，可得22224ABACABACAD++=，即222π2cos283cbcb++=，即2228bcbc+−=，在ABC中，由余弦定理2222cosabcbcA=+−，可得2276bc

bc++=，联立方程组，可得2252,24bcbc+==，所以222()2100bcbcbc+=++=，所以10,24bcbc+==，所以ABC的周长为10219+.16.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，

ACBC⊥，E为1AA的中点，F为BC的中点．（1）证明：//EF平面11ABC；（2）若12ACBCCC===，求平面11ABC与平面AEF的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）105【解析】【分析】（1）证明四边形1OFEA是平

行四边形即可；（2）建立坐标系，求出两个平面的法向量即可求得两平面所成二面角的余弦值.【小问1详解】证明：取1BC的中点O，连接OF,1AO，∵1BOOC=，BFCF=，∴1OFCC∥且112OFCC

=，∵1112AEAA=，11AACC∥，∴1OFAE∥，且1AEOF=,∴四边形1OFEA是平行四边形，∴1EFOA∥，∵1EFOA∥，EF平面11ABC，1AO平面11ABC，∴EF平面11ABC.【小问2详解】因为AC，BC，1CC两两垂直，故以C为

原点，CA,CB,1CC分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：()0,0,0C，()2,0,0A，()0,1,0F，()2,0,1E，()0,2,0B，()10,0,2C，()12,0,2A，设平面AE

F的法向量为(),,mxyz=，由()0,0,1AE=，()2,1,0AF=−，有020AEmzAFmxy===−+=，取1x=，2y=，0z=，可得平面AEF的一个法向量为()1,2,0m=，设平面11ABC的法向量为(

),,nabc=，由()112,0,0CA=，()10,2,2BC=−，有11120220CAnaBCnbc===−+=，取0a=，1b=，1c=，可得平面11ABC的一个法向量为()0,1,1n=，有2mn=，5m=，2n=，可得210cos,525mn==，故平面11ABC

与平面AEF的夹角的余弦值为105．17.近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式.某直播平台有1000个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示.为了更好地服务买卖双方，该直播平台

打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流.（1）应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如图②所示.（i）估计该直播平台商家平均日利

润的第75百分位数；（ii）若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数.【答案】（1）小吃类28家，生鲜类12家（2）（i）487.5元，（ii）280【解析】【分析】（1）按照分层抽样的抽样比易得；（2）（i

）由频率分布直方图可得，每小组的频率之和均为1求得0.004a=，然后结合图形先判断第75百分位数在哪一组，再利用频率之比与面积之比相等即可求得；（ii）结合频率分布直方图求出平均日利润超过480元的频率，再计算出“优秀商家”的个数.【小问1详解】根据分层抽样知：应抽取小吃类()80130%15

%10%5%5%28−−−−−=家，生鲜类8015%12=家，所以应抽取小吃类28家，生鲜类12家.【小问2详解】（i）根据题意可得()0.002320.006501a++=，解得0.004a=，设75百分位

数为x，因为()0.0020.0040.006500.6++=，所以()4500.0040.60.75x−+=，解得487.5x=，所以该直播平台商家平均日利润的第75百分位数为487.5元.（ii）5004800.0040.0020.00250

100028050−++=，所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为280.18.小明同学与甲、乙二位同学进行一场乒乓球比赛，每局两人比赛，没有平局，一局决出胜负.已知每局比赛小明胜甲的概

率为14，小明胜乙的概率为25，甲胜乙的概率为23，比赛胜负间互不影响.规定先由其中2人进行第一局比赛，后每局胜者再与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为这次比赛的获胜者，比赛结束.因为小明是三人中水平最弱的，所以让小明决

定第一局的两个比赛者（小明可以选定自己比赛，也可以选定甲､乙比赛）.（1）若小明选定第一局由甲、乙比赛，求“只进行三局，小明就成为获胜者”的概率；（2）请帮助小明进行第一局的决策，使得小明最终成为获胜者的概率最大，说明理由.【答案】（1）110；

（2）小明与乙比赛，理由见解析.【解析】【分析】（1）把“只进行三局，小明就成为获胜者”的事件分拆成两个互斥事件的和，再求出每个事件的概率即可计算作答.（2）按第一局比赛双方分成3种情况，分别计算出小明最终成为获胜者的概率，再比较大小作答.【小问1详解

】第一局由甲、乙比赛，“只进行三局，小明就成为获胜者”的事件A，第一局甲胜，第二局小明胜，第三局小明胜的事件1A，第一局乙胜，第二局小明胜，第三局小明胜的事件2A，事件1A与2A互斥，12AAA=+,12121()

34515PA==，21211()35430PA==，则有12111()()()153010PAPAPA=+=+=，所以“只进行三局，小明就成为获胜者”的概率是110.【小问2详解】第一局小明与甲比赛，小明最终成为获胜者的事件B，是以下3个互斥

事件的和：小明胜甲，小明胜乙事件；小明胜甲，乙胜小明，甲胜乙，小明胜甲的事件；甲胜小明，乙胜甲，小明胜乙，小明胜甲的事件，12132131213()454534435420PB=++=，的第一局小明与乙比赛，小明最终成为获胜者的事件C，是以下3个互斥事件的和：小明胜乙，

小明胜甲的事件；小明胜乙，甲胜小明，乙胜甲，小明胜乙的事件；乙胜小明，甲胜乙，小明胜甲，小明胜乙的事件，()21231232129545435534550PC=++=，第一局由甲与乙比赛，小明最终成为获胜

者，只能是小明连胜两局，由（1）知小明最终成为获胜者的概率是110，显然931502010，所以第一局小明与乙比赛，小明最终成为获胜者的概率最大.【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的

和，相互独立事件的积是解题的关键.19.如图，四面体ABCD中，2,2ABBCBDACADDC======．（1）求证：平面ADC⊥平面ABC；（2）若(01)DPDB=，①若直线AD与平面APC所成角为30°，求的值；②若PH⊥平面,ABCH为垂足，直线DH与平面APC的交点为G．

当三棱锥PACH−体积最大时，求DGGH的值．【答案】（1）见解析（2）①132−+=；②21DGGH=【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可；（2）①因为,,OCODOB两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标

系，设()0,3,1P−+，求出直线AD的方向向量和平面APC的法向量，由线面角公式求解即可得出答案；②由题意可知//PHDO，H在BO上，由此可得1,PH=−所以3OH=，表示出三棱锥PACH−体

积，由二次函数的性质求出三棱锥PACH−体积的最大值，即可知,PH分别为BD，OB的中点，再由空间共面定理可得出DGGH的值.【小问1详解】取AC的中点O，连接,DOOB，因为2,2ACADDC===，则

DOAC⊥，所以222ADDCAC+=，所以DADC⊥，所以1DO=，又因为2,ABBCBD===所以BOAC⊥，则223BOBCCO=−=，又因为222BODOBD+=，所以DOBO⊥，又因为DOAC⊥，,,ACBOOACBO=平面ABC，所以DO⊥平面ABC，又因

为DO平面ACD，所以平面ADC⊥平面ABC；【小问2详解】①因为,,OCODOB两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，所以()()()()1,0,0,1,0,0,0,0,1,0,3,0ACDB−，设()111,,Pxyz，因为()()111,,1,0

,3,1DPxyzDB=−=−，所以由(01)DPDB=可得：1110,3,1xyz===−+，所以()0,3,1P−+，()()()1,0,1,2,0,0,1,3,1ADACAP=−=−=−−+，设平面APC的法向量为(),,nxyz=，则()20310nACxnAPx

yz=−==−++−+=，取1y=−+，可得0,3xz==−，所以()0,1,3n=−+−，因为直线AD与平面APC所成角为30°，所以()()2231cos,2213nADnADnAD−===−++则()223

142421=−+，化简可得：22+210−=，解得：132−+=或132−−=（舍去）.②由（1）知，DO⊥平面ABC，又PH⊥平面,ABC所以//PHDO，H在BO上，因为(01)DPDB=

，所以=2DPDB=，22PB=−，所以PHBPBHPOBDBO==，即22123PHBH−==，所以()1,31PHBH=−=−，所以()3313OHOBBH=−=−−=，三棱锥PACH−

体积为：11113323PACHACHVSPHACOHPHOHPH−===()22133313313333212=−=−=−−+，因为01，当12=时，三棱锥PACH−体积最大为312，此时,PH分别为BD，OB的中点，所以3130

,,,0,,0222PH，()()()()1,0,0,1,0,0,0,0,1,0,3,0ACDB−设()01DGDH=，设()222,,Gxyz，因为()2223,,1,0,,12DGxyzDH=−=−，

所以22230,,12xyz===−+，所以30,,12G−+，因为G在平面PCA上，所以设GPmGCnGA=+，所以331330,,,1,,1,1,,122222GPGCGA

=−−=−−−=−−，所以()()3333222201112mnmnmn−=−+−=−+−=−+−，解得：23=

，所以23DGDH=，所以21DGGH=.【点睛】关键点睛：本题第二问②的关键点在于//PHDO且H在BO上，由此可得1,PH=−所以3OH=，表示出三棱锥PACH−体积，由二次函数的性质求出三棱锥PACH−

体积的最大值，即可知,PH分别为BD，OB的中点，再由空间共面定理可得出DGGH的值.