【文档说明】湖北省武汉市江岸区2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，2.238 MB，由小赞的店铺上传

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2023～2024学年度第二学期期末质量检测高一数学试卷一、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.已知复数2024ii1iz=−+（i为虚数单位），则z的虚部为（）A.12−B.12C.1i2−D.1i2【答案】B【解析】【分析

】直接计算得到11i22z=−+，然后根据虚部的定义即可.【详解】()()()()()50620244506i1ii1i1i11ii11i1i1i1i11222z−++=−=−=−=−=−+++−−−，所以1Im2z=.故选：B.2.已知某平面图形OABC的直观图是如图所示的梯形OAB

C，且2,3,2ABOCOA===，则原图形OABC的面积为（）A.52B.522C.12D.10【答案】D【解析】【分析】求出梯形OABC的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得.【详解】梯形OAB

C中，2,3,2ABOCOA===，而45AOC=，则梯形OABC的高sin452hOA==，因此梯形OABC的面积152()22SABOCh=+=，而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的24，所以原图形OABC的面积为

2210S=.故选：D3.某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为2，则该圆台的体积为（）A.7π3B.5π3C.2π3D.3π【答案】A【解析】【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求出即可.【详解】设圆台的母线长为l，高为h，因为圆台上底面圆的半径r为1，下

底面圆半径R为2，母线2l=，因此圆台的高为22()211hlRr=−−=−=，所以圆台体积为22117ππ(π(421))1333VRRrrh=++=++=.故选：A4.已知两个非零向量a，b满足||||abab+=−，则2ab−在b方向上的投影向量为（）A.12bB.2

bC.12b−D.2b−【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律可得0ab=，再利用投影向量的意义求解即得.【详解】由||||abab+=−，两边平方得222222abababab++=+−，则0ab=，而2(2)2abbb−=−，所以2ab−在b

方向上的投影向量为2(2)2||abbbbb−=−.故选：D5.在“世界杯”足球赛亚洲区第二阶段比赛结束后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看中国队比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为50，将数据分组整理后，列表如下：观看场数0123456的观看人数占调查人数的

百分比8%10%20%28%%m12%6%从表中可以得出错误的结论为（）A.16m=B.估计观看比赛不低于4场的学生约为340人C.样本中，观看2场的学生为200人D.估计观看比赛场数的众数为3【答案】C【解析】【

分析】由频率分布表的性质，求出16m=，否定A；先由频率分布表求出观看比赛不低于4场的学生所占比率为34%，由此估计观看比赛不低于4场的学生约为340人；C选项说的是样本中，并不是总体；出现频率最高的为3，所以众

数是3.【详解】由频率分布表的性质得：100810202812616m=−−−−−−=，故A正确；∵观看比赛不低于4场的学生的频率为：16%12%6%34%++=，∴估计观看比赛不低于4场的学生约为：100034%34

0=人，故B正确；样本中，观看2场的人数为5020%10=人，故C错误；样本中出现频率最高的为3．故估计全年级观看比赛场数的众数为3，故D正确.故选：C6.已知圆柱12OO中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且//,4ADBCABBC==，若M是弧BC的中点，N是线段AB

的中点，则（）A.,,,,AMCNACMN=四点不共面B.,,,,AMCNACMN四点共面C.,AMBDACM⊥△为直角三角形D.,AMCNACM△为直角三角形【答案】D【解析】【分析】根据圆柱中的直线与直线、直线与平面

的位置关系，逐项判断即可得结论.【详解】因为点MBC，而BC平面ACN，结合圆柱结构，所以M平面ACN，故,,,ACMN四点不共面；圆柱12OO中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且//,4AD

BCABBC==，若M是弧BC的中点，N是线段AB的中点，故2122,222BMBCBNAB====，所以2226,AMABBMCN=+==2225CBBN+=，故AMCN；连接2AO，则依题有2AO为A

M在平面ABCD内的射影，在平面ABCD内显然BD与2AO不垂直，故AM与BD不垂直；2222,42,MCMBACAMMC===+=2AC，则ACM△为直角三角形，故选：D．7.某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛：教师射门，学生守门．已知参与射

门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差都是13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是14和8，女教师进球数的平均值为12，则女教师进球数的方差为（）A.15B.16C.17D.18【答案】B【解析】【分析】根据分层抽样的方差计算公式计算即可.【详解】设总进球数的平均数为x，

总方差为2s，男教师的权重为1，进球的平均数为1x，权重为方差为21s，女教师的权重为2，进球的平均数为2x，方差为22s，根据加权平均公式112212131412xxx=+=+，又因为121

+=，解得1212==，根据分层抽样的方差公式()()22222111222ssxxsxx=+−++−得：()()2222111381413121322s=+−++−，解得2216s=.故选：B8.如图，四棱锥SABC

D−的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，2SDa=，2ADa=，点E是SD上的点，且(02)DEa=．设异面直线SC与AB所成角为，直线BE与平面ABCD所成角为，二面角CAED−−的大小为．若t

antantan2=，则=（）A.22B.1C.2D.2【答案】C【解析】【分析】根据空间角的相关定义分析可得tan2=，tan2=，22tan+=，结合题意列式求解即可.【详解】因为SD⊥平面ABCD，,,ADCDB

D平面ABCD，可得,,SDADSDCDSDBD⊥⊥⊥，又因ABCD为正方形，则ADCD⊥，且SDADD=，,SDAD平面SAD，可得CD⊥平面SAD.因为AB∥CD，可知异面直线SC与AB所成角SCD=?，在RtSCD中，可得tantan2SDSCDCD=

?=；因为SD⊥平面ABCD，可知直线BE与平面ABCD所成角EBD=，在RtBDE△中，可得tantan2DEEBDBD=?=；过D作DFAE⊥，垂足F，连接CF，因为2,ADaDEa==，则22AEa=+，222ADDEaDFAE×==+，为为因为CD⊥平面SAD，,D

FAE平面SAD，则,CDDFCDAE⊥⊥，且DFCDD=I，,DFCD平面CDF，可得⊥AE平面CDF，由CF平面CDF可得AECF⊥，可知二面角CAED−−的平面角CFD=，在RtCDF△中，可得22tantanCDCFDDF+=?=；

因为tantantan2=，即22222+创=，解得2=.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是：过D作DFAE⊥，利用三垂线法分析可知二面角CAED−−的平面角CFD=.二、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.设,AB是一个随机试验的两个事件，则（）A.若,AB对立，则,AB一定互斥B.若AB，则()()PABPB=C.若()()()PABPAPB=，则,A

B相互独立D.若()()1PAPB+=，则,AB一定对立【答案】AC【解析】【分析】根据互斥事件和对立事件的关系判断A，根据事件的包含关系判断B，利用相互独立事件的概念判断C，结合对立事件定义举反例判断D.【详解】选项A：互斥事件为两事件不能同时发生，对立事件为两事件不能

同时发生且两者必有其一发生，所以对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立，A说法正确；选项B：若AB，则()()PABPA=，B说法错误；选项C：由相互独立事件的概念可知，若()()()PABPAPB=

，则,AB相互独立，C说法正确；选项D：对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，()()1PAPB+=即不能保证两事件不同时发生，也不能保证两者必有其一发生，如投掷一枚骰子，事件A为：向上的点数为奇数，事件

B为向上的点数不小于4，满足()()1PAPB+=，但,AB不是对立事件，D说法错误；故选：AC10.已知点D是三角形ABC的边BC上的点，且6AB=，8AC=，则（）A.若点D是BC的中点，2π3BAC=，则213AD=B.若AD平分BAC，则:3

:4BDCD=C.当三角形ABC的面积取最大值时，AD的最小值为245D.若π2BADACD+=，且D是BC的中点，则BAC一定是直角【答案】BCD【解析】【分析】将()12ADABAC=+平方，即可求出13AD=，即可判断

A；由角平分线定理直接判断B；根据面积公式分析A直角时面积最大，后用等面积法即可求解，进而可判断C；设,BADCAD==，由正弦定理可得sin2sin2=，分类讨论计算可判断D.【详解】对于A，因为点D是BC的中点，所以()12ADABAC=+，因为2π3BAC=，所以cos24

ABACABACBAC==−，所以()()()22221112362246413444ADABACABABACAC=+=++=−+=，故13AD=，故A错误；对于B，在ABD△中，因为AD平分BAC，6AB=，8AC=,直接

由角平分线定理知道，所以::3:4ABACBDCD==，故B正确；对于C，当三角形ABC的面积取最大值时，1sin24sin2SABACAA==，则A为直角，max()24S=，AD的最小即为直角三角形斜边上的高，用等面

积法，max1()242SBCAD==，10BC=代入，解得245AD=，故C正确；对于D，设BAD=，CAD=，在ADC△中，由正弦定理可得，sinsinADCDC=，又因为π2C+

=，所以πsinsincos2C=−=，即cossinADCD=，在ABC中，πBC+++=，所以π2B+=，同理在ABD△中，有cossinADBD=，因为D是BC的中点，即BDCD=，即co

scossinsinADCD==，得sin2sin2=则，π2+=或=，当=时，即π2B+=，即ADBC⊥，即ABC是等腰三角形，而ABAC，所以，所以π2BAC=，故D正确.故选：BCD.11.如图1，一个正四棱柱形的

密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2），则（）A.若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满B.正四棱锥的高等于正四棱柱高

的一半C.将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点PD.任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，设图1中水的高度为2h，几何体的高为1h，底面正方形的边长为

b，利用水的体积，得出1h与2h的关系，从而结合选项即可逐一判断．【详解】设图1中水的高度2h，几何体的高为1h，底面正方形的边长为b；则图2中水的体积为2221212()bhbhbhh−=−，即222122()3bhbhh=−，解得1253hh=，所以正四

棱锥的高等于正四棱柱高的一半是错误的，即B错误．对于A，往容器内再注入a升水，水面将升高223h，则22212533hhhh+==，容器恰好能装满，A正确；对于C，当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，占容器内空间的一半，所

以水面也恰好经过P点，C正确；对于D，任意摆放该容器，当水面静止时，P点在长方体中截面上，始终占容器内空间的一半，所以水面都恰好经过点P，D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在一次数学测试中，8名同学的成绩如下：11

2、96、100、108、121、86、102、111．设这组数据的中位数为a，极差为b，则ab−=____________．【答案】70【解析】【分析】根据中位数的计算以及极差的计算即可求解.【详解】将112、96、100、

108、121、86、102、111从小到大排列为：86，96，100，102，108，111，112，121，故中位数为1021081052+=，极差为1218635−=，故1053570ab−=−

=，故答案为：7013.已知i与j为互相垂直的单位向量，23aij=+，2bij=+，且a与b的夹角为锐角，则实数的取值范围是____________．【答案】133,,344−+【解析】【分析】根据数量积大于0可得13−，当2ab=时，34=，

即可求解锐角时的范围.【详解】i与j为互相垂直的单位向量，21i=，21j=，0ij=，a与b的夹角为锐角，0ab，23jai=+，2bij=+，2226(43)260abijij=+++=+13−，当2ab=时，则34=，故34

=，a与b的夹角为锐角时，则的取值范围是133,,344−+故答案为：133,,344−+14.如图，在梯形ABCD中，90ABCBAD==，122ABBCAD===，将BAC沿直线AC翻折至1BAC△的位置，13AMMB=，

当三棱锥1BACD−的体积最大时，则M到三棱锥1BACD−的外接球的球心的距离为____________．【答案】132【解析】【分析】作出图形，易知当三棱锥1BACD−的体积最大时，平面1⊥BAC平面ACD，即可判断AD的中点O是三棱锥1BACD−的外接

球球心，利用三角形的边角关系和余弦定理即可求.【详解】如图：当三棱锥1BACD−的底面ADC上的高最大时，三棱锥1BACD−的体积最大，此时平面1⊥BAC平面ACD，又平面1BAC平面ACDAC=，取AC的中点E，则1BEAC⊥，则根据面面垂直的性质定理可得：1BE⊥

平面ACD，取AD的中点O，则2OE=，又12BE=，且1π2BEO=，则12OB=，又2OAODOC===，故O是三棱锥1BACD−的外接球球心，且该外接球的半径2R=；在△1BAD中，11π2,4,2BA

ADABD===，故1π3BAD=；又13AMMB=，故12AM=，又2OA=，所以由余弦定理可得11π13422cos4232OM=+−=，故答案为：132．四、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

.网络流行词“新四大发明”是指移动支付、高铁、网购与共享单车.某中学为了解本校学生中“新四大发明”的普及情况，从全校3000名学生中随机抽取了100人，发现样本中使用过移动支付的有60人，使用过共享单车的有43人，其中两种都使用过的有8人.（1）利用样本数据估计该校学生中，移

动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数；（2）经过进一步调查，样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生里，有3人坐过高铁.现从样本中两种都没使用过的学生里随机选出2名学生，求这2名学生都坐过高铁的概率.【答案】（1）150（2）310【解析】【分析】（1）用容

斥原理求出样本中移动支付和共享单车两种都没使用的人数，从而利用频率估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数；（2）利用列举法结合古典概型概率公式计算概率即可.【小问1详解】样本中使用过移动支付的人组成集合A，使用共享单车的人组成集合B，card()A表示集合A中

的元素，由题意card()8AB=，card()43B=，card()60A=，所以card()card()card()card()95ABABAB=+−=，所以样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数

为100955−=，从而估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为53000150100=；【小问2详解】由（1）知样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生有5人，记为A，B，C，D，E，其中有3人坐过高铁的学生

记为A，B，C.则从5人中抽取2人的所有抽取情况有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种，其中2名学生都坐过高铁的有AB，AC，BC，共3种，故所求概率为310P=.所以这2名学生都坐过高铁的概率为310.

16.已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且223cossin3caBbAab−=−．（1）求A；（2）若2a=，当ABC面积为3时，求ABC的周长．【答案】（1）π3（2）6【解析】【分析】（1）首

先利用正弦定理边化角，然后根据和差化积公式，半角公式和诱导公式将22sinsinAB−变为()sinsinCAB−即可求解；（2）由余弦定理和面积公式解方程组即可求解.【小问1详解】根据正弦定理，原式可化为223sinsincossinsinsinsin3CABBAAB−=−

而()()()()()22sinsinsinsinsinsin2sincos2sincossinsinsinsin2222ABABABABABABABABABCAB+−−+−=+−==+−=−所以有()3si

nsincossinsinsinsin3CABBACAB−=−，因(),0,πBC，所以sin0,sin0BC，故()333sincossinsinsinsincossinsinsincossincossinsinsincostan3333ABB

AABABBAABBABABAA−=−−=−==，所以π3A=.【小问2详解】由余弦定理得：2222cosabcbcA=+−，即224bcbc=+−，又因为1sin32SbcA==，即4bc=，解方程组得2bc==，所以三角形的周长为6.17.《九章算

术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，EA⊥平面ABCD，//FCEA，四边形ABCD中，//ABCD，ABAD⊥，2ABADAE===，4CDCF==．（1）证明：四面体BCFD为鳖臑；为（2）求点C到平面BDF的距

离；（3）请从下列问题中选一个作答，若选择多个，按（ⅰ）计分．（ⅰ）求几何体ABCDEF的表面积；（ⅱ）求几何体ABCDEF的体积．【答案】（1）证明见详解（2）433（3）（ⅰ）184243211+++（ⅱ）12【解析】【分析】（1）因为四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑，所以结合

线面垂直的性质和勾股定理证明垂直；（2）根据等积法求点C到平面BDF的距离；（3）（ⅰ）因为几何体ABCDEF的表面积ABEFCBFCDFEDADEFEBABCDSSSSSSS=++++++梯形根据三角形和梯形面积公式即可求出表面积.（ⅱ）将几何体拆解成两个四

棱锥，再用等面积法求两个几何体的高即可求出体积.小问1详解】取CD的中点G，连接BG，EA⊥平面ABCD，//FCEA，FC⊥平面ABCD，又CDCB、平面ABCD，,FCBCFCCD⊥⊥，FCDFCB、为直角三角形.四边形ABCD中，//ABCD，ABAD⊥，2ABADAE===，4

CDCF==，//,ABDGABDG=，四边形ABGD为平行四边形，2ADBG==，22222222BDABAD=+=+=，22224442FDFCCD=+=+=，【()222242226FBFCBC=+=+=，22222222

BCBGCG=+=+=，在BCD△中，()()222222222216,416BDBCCD+=+===，222BDBCCD+=，BDBC⊥，BCD△为直角三角形，在BFD△中，()()()222222222632,4232BDBFFD+=+

===，222BDBFFD+=，BDBF⊥，BFD△为直角三角形，四面体BCFD为鳖臑.【小问2详解】设点C到平面BDF的距离为d，CBDFFBCDVV−−=，即1111222622224323

2d=，解得433d=.【小问3详解】（ⅰ）取FC的中点H，连接,ACEH，根据题意可知，四边形ACHE为平行四边形，22,22,25BEEDEHAC====，()222225226EFEH

FH=+=+=，111222,22442,448,222ABEFCBFCDSSS======11222643,222,22FEDADESS====()124262ABCDS=+=梯形，又因为FEB的BE边上的高为22，122222112FEBS==，几何体

ABCDEF的表面积ABEFCBFCDFEDADEFEBABCDSSSSSSS=++++++梯形24284322116184243211=++++++=+++.（ⅱ）ABCDEFBACFEDACFEVVV−−=+四边形ACFE为梯形，()()1124256

522ACFESAEFCAC=+=+=梯形，又EA⊥平面ABCD，平面ACFE⊥平面ABCD，又平面ACFE平面ABCDAC=，过点D作AC的垂线即为四棱锥DACFE−的高，设为1h，过点B作AC的垂线即为四棱锥BACFE−E的高，设为2h，111··22ACDSAD

CDACh==，即111242522h=，解得1455h=，又()()222222222252cos2?22222ABBCACBABBC+−+−===−，又()0,πB，2sin2B=，211··sin?22AB

CSABBCBACh==，即212122225222h=，解得2255h=，145125658,6543535DACFEBACFEVV−−====，8412ABCDEFV=+=.18.现随机抽取1000名A校学生和1000名B校学生参加一场知识问答竞赛，得到的竞赛成绩全部

位于区间)40,100中，现分别对两校学生的成绩作统计分析：对A校学生的成绩经分析后发现，可将其分成组距为10，组数为6，作频率分布直方图，且频率分布直方图中的Y（Y=频率组距）满足函数关系10.12,130.1(8),46nknYknn−=−（n为组数序号，Zn

），关于B校学生成绩的频率分布直方图如图所示，假定每组组内数据都是均匀分布的．（1）求k的值；（2）若B校准备给前50名的学生奖励，应该奖励多少分以上的学生？（3）现在设置一个标准t来判定某一学生是属于A校还是B校，将成绩小于t的学生判为B校，大于t的学生判为A校，将A校学生误判

为B校学生的概率称为误判率A，将B校学生误判为A校学生的概率称为误判率B，误判率A与误判率B之和称作总误判率．若)50,70t，求总误判率的最小值，以及此时t的值．【答案】（1）116；（2）奖励72分以上的学生；（3）总误判率最小为516，60t=【解

析】【分析】（1）利用Y之和为0.1，列方程求参数k即可；（2）根据频率分布直方图可知所求的分数应该在)70,80；列出方程()800.00625100050x−=求解即可.（3）讨论)50,60t、)60,70t分别写出对应总误判率为()1294016f

tt=−+、()31316016tft=−，根据单调性确定最小值及其对应值.【小问1详解】由频率之和为1，故Y之和为0.1，()0.1244320.1kkkkkk+++++=，解得116k=；【小问2详解】根据B校学生成绩的频率分布直方图，设所求的分数

为x，则()800.00625100050x−=，解得72x=，所以应该奖励72分以上的学生；【小问3详解】设总误判率为()ft，又)50,70t，则)50,60t时，()()()111290.1100.1500.0375600.1251684016ftttt=+−+

−+=−+，)60,70t时，()()()1113130.1100.1100.1600.06250.0062570168416016tfttt=++−++−=−，由()ft的单调性知，当

60t=，()ft最小，此时()516ft=，所以总误判率最小为516，此时60t=.19.如图，在五棱锥SABCDE−中，平面SAE⊥平面AED，AEED⊥，SEAD⊥．四边形ABCD为矩形，且1SEAB==，3AD=，2BNNC=．（1）证明：SE⊥平面AED；（2）若3AE=，求二面角ESA

D−−的余弦值；（3）求直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小值．【答案】（1）证明过程见解析（2）13（3）2613【解析】【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，DE⊥SE，结合SEAD⊥得到线面垂直；（2）作出辅助线，找到ETG即为二

面角ESAD−−的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值；（3）设点N到平面SAD的距离为h，直线DN与平面SAD所成角大小为，则sin2hhDN==，要想直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小，则h最小即可，设AEm=，由

等体积法和余弦定理，面积公式得到223911724hm=−−+，从而求出h的最小值，得到正弦的最小值.【小问1详解】平面SAE⊥平面AED，交线为AE，又AEED⊥，DE平面AED，所以DE⊥平面SAE

，又SE平面SAE，所以DE⊥SE，因为SEAD⊥，ADDED=，,ADDE平面AED，故SE⊥平面AED；【小问2详解】3AE=，AEED⊥，3AD=，由勾股定理得226EDADAE=−=，SE⊥平面AED，AE平面AED，所以SE⊥AE，因为1

SE=，3AE=，由勾股定理得222SASEAE=+=，过点E作ET⊥SA于点T，则13322SEAEETSA===，故2233342ATAEET=−=−=，过点T作TG⊥SA，交AD于点G，连接EG，故ET

G即为二面角ESAD−−的平面角，由勾股定理得22167SDSEED=+=+=，又3AD=，由余弦定理得2224971cos22232SAADSDSADSAAD+−+−===，故π3SAD=，在RtATG△中，tanTGTAGAT=，即πtan332TG=，解得332TG=，故2

23AGATTG=+=，在RtAED△中，3cos3AEEADAD==，由余弦定理得22232cos3923363EGAEAGAEAGEAD=+−=+−=，故6EG=，在ETG中，由余弦定理得2223276144cos23333222ETTGEGE

TGETTG+−+−===，故二面角ESAD−−的余弦值为13；【小问3详解】连接AN，因为2BNNC=，3BC=，所以1CN=，又1CD=，DC⊥CB，由勾股定理得222DNCNDC=+=，设点N到平面SAD的距离为h，直线DN与平面S

AD所成角大小为，则sin2hhDN==，要想直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小，则h最小即可，13122ADNSAD==，由（1）得SE⊥平面AED，故113113322SADNADNVSS

E−===，设AEm=，则2229EDADAEm=−=−，21SAm=+，故22221910SDSEDEmm=+=+−=−，在SAD中，由余弦定理得22222221109cos22110SASDADmmASDSAS

Dmm+−++−−==+−221110mm=+−，故4222299sin1cos110mmASDASDmm−++=−=+−，则4211sin9922SADSSASDASDmm==−++

，因为12SADNNADSVV−−==，所以4211199362SADShmmh=−++=，故42223399911724hmmm==−++−−+，当292m=时，h取得最小值，最小值为3213131174h==，故

直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小值为2132613sin132==.【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法：（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解

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