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广东省广州市2024-2025学年高一下学期数学期末测试押题预测卷
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2024 黑龙江学业考试）如图所示，在△ABC中，（　　）
A． B． C． D．
2．（5分）（2023春 信阳期中）下列说法正确的是（　　）
A．过空间中的任意三点有且只有一个平面
B．三棱柱各面所在平面将空间分成21部分
C．空间中的三条直线a，b，c，如果a与b异面，b与c异面，那么a与c异面
D．若直线a在平面α外，则平面α内存在直线与a平行
3．（5分）（2024春 南京期末）已知向量（m，1），（1，2﹣3m），若⊥，则实数m的值为（　　）
A．﹣﹣1 B．1 C．﹣2 D．2
4．（5分）（2023 周至县三模）在下列统计最中，用来描述一组数据离散程度的量是（　　）
A．平均数 B．众数 C．百分位数 D．标准差
5．（5分）（2024秋 市北区校级期末）要得到函数的图象，可以将函数的图象（　　）
A．向右平移个单位长度
B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向左平移个单位长度
6．（5分）（2024春 嘉兴期末）已知非零向量与满足，且，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
7．（5分）（2023 四川模拟）若α为锐角，且，则（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）（2024春 水磨沟区校级月考）一个封闭的正三棱柱容器，高为8，内装水若干（如图甲，底面处于水平状态）．将容器放倒（如图乙，一个侧面处于水平状态），这时水面所在的平面与各棱交点E，F，F1，E1分别为所在的棱的中点，则图甲中水面的高度为（　　）
A． B．2 C． D．6
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024春 秦州区校级月考）已知平面向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若向量与向量共线，则λ＝0
C．与共线的单位的量的坐标为
D．在方向上的投影向量为
（多选）10．（6分）（2024春 浏阳市期末）下列命题中正确的是（　　）
A．若z＝1﹣2i，则
B．若z＝i+1，则
C．已知m，n∈R，i是关于x的方程x2+mx+n＝0的一个根，则m+n＝1
D．若复数z满足|z﹣1|＝2，则|z+i|的最大值为
（多选）11．（6分）（2024春 鼓楼区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，，将三角形ACD沿直线AC翻折得到三角形ACD'，在翻折过程中，下列说法正确的是（　　）
A．存在某个位置，使得三棱锥D'﹣ABC的外接球半径大于
B．存在某个位置，使得异面直线BD'与AC的所成的角为
C．点B到平面ACD的距离的最大值为1
D．直线BD'与平面ABC所成角的正弦值最大为
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024 黄浦区校级模拟）设复数z＝2i（2+i），则|z|＝ 　 　 ．
13．（5分）（2024 碧江区 校级开学）已知样本数据x1，x2， ，x15的平均数为8，方差为32，由这组数据得到新样本数据y1，y2， ，y15，其中yi＝3xi+1（i＝1，2， 15），则得到的新样本数据的平均数和方差分别是 　 　 和 　 　 ．
14．（5分）（2024春 琼海校级期中）△ABC中，AB＝2，AC＝1，，O是△ABC的外心，若，则x＝　 　 ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2024秋 盐田区校级月考）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都为2，∠A1AC＝60°，且平面A1ACC1⊥平面ABC，点P，Q又分别是AB，A1C1的中点．
（1）求证：PQ∥平面BCC1B1；
（2）求点B1到平面A1PQ的距离．
16．（15分）（2022春 宁陵县校级月考）随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间[160，165），[165，170），[170，175），[175，180），[180，185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中x的值及身高在170cm及以上的学生人数；
（2）将身高在[170，175），[175，180），[180，185]区间内的学生依次记为A，B，C三个组，用分层随机抽样的方法从这三个组中抽取6人，求这三个组分别抽取的学生人数；
（3）估计该校100名生学身高的75%分位数．
17．（15分）（2024 河北模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）若边c＝2，边AB的中点为D，求中线CD长的最大值．
18．（17分）如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，SD⊥底面ABCD，．
（1）求证：BC⊥SC；
（2）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小；
（3）求面ASD与面BSC所成的锐二面角的大小．
19．（17分）（2024秋 烟台期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，D是边BC上的点，AD＝2．
（1）求A；
（2）若BD＝2CD，求△ABC面积的最大值．
广东省广州市2024-2025学年高一下学期数学期末测试押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2024 黑龙江学业考试）如图所示，在△ABC中，（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量的线性运算．
【专题】转化思想；向量法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】利用平面向量加法法则求解即可．
【解答】解：由题意，在△ABC中，
可得．
故选：B．
【点评】本题考查平面向量的加法运算，属基础题．
2．（5分）（2023春 信阳期中）下列说法正确的是（　　）
A．过空间中的任意三点有且只有一个平面
B．三棱柱各面所在平面将空间分成21部分
C．空间中的三条直线a，b，c，如果a与b异面，b与c异面，那么a与c异面
D．若直线a在平面α外，则平面α内存在直线与a平行
【考点】平面的基本性质及推论；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】B
【分析】根据不共线的三点可确定平面，即可判断A；根据分别乘法计数原理即可判断B；根据异面直线的概念即可判断C；根据线面关系即可判断D．
【解答】解：A：当空间中的三点共线时，不能确定平面，故A错误；
B：三棱柱的3个侧面将空间分成7部分，两个平行的底面又在这个基础上分成3大部分，
所以三棱柱各面所在的平面将空间分成7×3＝21个部分，故B正确；
C：空间中直线a、b、c，若a与直线b异面，b与c异面，
则a与c可能异面，也可能共面，故C错误；
D：由直线a在平面α外可知，a∥α或a与α相交．
若a∥α，则α内存在一条直线与直线a平行；
若a与α相交，则α内不存在直线与直线a平行，故D错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查平面的基本性质及推理，空间中直线、平面位置关系的判断，属于基础题．
3．（5分）（2024春 南京期末）已知向量（m，1），（1，2﹣3m），若⊥，则实数m的值为（　　）
A．﹣﹣1 B．1 C．﹣2 D．2
【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
【解答】解：（m，1），（1，2﹣3m），⊥，
则m+2﹣3m＝0，解得m＝1．
故选：B．
【点评】本题主要考查向量垂直的性质，是基础题．
4．（5分）（2023 周至县三模）在下列统计最中，用来描述一组数据离散程度的量是（　　）
A．平均数 B．众数 C．百分位数 D．标准差
【考点】用样本估计总体的集中趋势参数；用样本估计总体的离散程度参数．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；数据分析．
【答案】D
【分析】根据中位数，平均数、百分位数和标准差的定义即可判断．
【解答】解：平均数、众数都是描述一组数据的集中趋势的量，
所以说平均数、众数都是描述一组数据的集中趋势的统计量，故A、B不正确；
百分位数是指将一组数据从小到大排列，并计算相应的累计百分位，
则某一个百分位所对应的数据的值称为这一百分位数的百分位数，
所以百分位数不能用来描述一组数据离散程度的量，故C不正确；
标准差反映了数据分散程度的大小，所以说标准差都是描述一组数据的离散程度的统计量，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查中位数，平均数、百分位数和标准差的定义，属于基础题．
5．（5分）（2024秋 市北区校级期末）要得到函数的图象，可以将函数的图象（　　）
A．向右平移个单位长度
B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向左平移个单位长度
【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】B
【分析】利用三角函数的平移规则即可得解．
【解答】解：将f（x）进行化简，即可得到，
根据三角函数的性质，，
故将f（x）的图象向左平移个单位可得到g（x）的图象．
故选：B．
【点评】本题考查了三角函数的平移规则，属于基础题．
6．（5分）（2024春 嘉兴期末）已知非零向量与满足，且，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量的投影向量．
【专题】转化思想；定义法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据题意，判断⊥，得出∠A，∠B，∠C，从而计算在上的投影向量．
【解答】解：因为，所以2 2 ，
所以 0，所以⊥，∠A；
因为，所以cos，，∠B；
所以∠C，在上的投影向量为||cos，cos，．
故选：A．
【点评】本题考查了平面向量的数量积与投影向量的计算问题，是基础题．
7．（5分）（2023 四川模拟）若α为锐角，且，则（　　）
A． B． C． D．
【考点】两角和与差的三角函数．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】D
【分析】先利用同角三角函数基本关系求出，然后找出已知角与要求角之间的关系，从而直接利用两角和的余弦公式即可求解．
【解答】解：因为α为锐角，所以，所以，
又因为，所以，
所以．
故选：D．
【点评】本题主要考查了同角基本关系及和差角公式的应用，属于中档题．
8．（5分）（2024春 水磨沟区校级月考）一个封闭的正三棱柱容器，高为8，内装水若干（如图甲，底面处于水平状态）．将容器放倒（如图乙，一个侧面处于水平状态），这时水面所在的平面与各棱交点E，F，F1，E1分别为所在的棱的中点，则图甲中水面的高度为（　　）
A． B．2 C． D．6
【考点】棱柱的体积．
【专题】对应思想；等体积法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】设正三棱柱的底面边长为2a，图甲中水面的高度为h，直接利用等体积法求解．
【解答】解：设正三棱柱的底面边长为2a，已知高为8，
则图乙中水的体积为，
再设图甲中水面的高度为h，由等体积法可得：，
解得：h＝6．
故选：D．
【点评】本题考查棱柱体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024春 秦州区校级月考）已知平面向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若向量与向量共线，则λ＝0
C．与共线的单位的量的坐标为
D．在方向上的投影向量为
【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量的平行向量（共线向量）；平面向量的投影向量．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】选项A，利用夹角公式即可直接求解；选项B，利用向量的共线定理即可直接求解；选项C，利用向量的共线单位向量公式即可直接求解；选项D，利用投影向量的公式即可直接求解．
【解答】解：对于A，，故A正确；
对于B，若向量与向量共线，则存在实数μ使得，
所以，解得λ＝0，故B正确；
对于C，与共线的单位向量为，即或，故C错误；
对于D，在方向上的投影向量，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查平面向量共线，投影向量的坐标运算，属于基础题．
（多选）10．（6分）（2024春 浏阳市期末）下列命题中正确的是（　　）
A．若z＝1﹣2i，则
B．若z＝i+1，则
C．已知m，n∈R，i是关于x的方程x2+mx+n＝0的一个根，则m+n＝1
D．若复数z满足|z﹣1|＝2，则|z+i|的最大值为
【考点】复数的模；复数的乘法及乘方运算；实系数多项式虚根成对定理．
【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】ACD
【分析】A．直接求模判断；B．直接利用复数乘法运算求解；C．代入x＝i，利用复数相等列式计算；D．设z＝x+yi，求出x，y的关系并利用基本不等式求x+y的最大值，然后代入|z+i|计算即可．
【解答】解：对于A：若z＝1﹣2i，则，A正确；
对于B：若z＝i+1，则，B错误；
对于C：由已知i2+mi+n＝n﹣1+mi＝0，所以n﹣1＝0，m＝0，
所以m＝0，n＝1，即m+n＝1，C正确；
对于D：设z＝x+yi，则|z﹣1|＝|x﹣1+yi|＝2，所以（x﹣1）2+y2＝4，
所以x2+y2＝3+2x，且，即，当且仅当时等号成立，
所以，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
（多选）11．（6分）（2024春 鼓楼区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，，将三角形ACD沿直线AC翻折得到三角形ACD'，在翻折过程中，下列说法正确的是（　　）
A．存在某个位置，使得三棱锥D'﹣ABC的外接球半径大于
B．存在某个位置，使得异面直线BD'与AC的所成的角为
C．点B到平面ACD的距离的最大值为1
D．直线BD'与平面ABC所成角的正弦值最大为
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；点到直线的距离公式；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑思维．
【答案】BC
【分析】连接AC，BD交于点O，过点D作DF⊥AC，垂足为F，过B作BG⊥AC，垂足为G，设D关于AC的对称点为D″，过D′作D′H⊥面ABC，设垂足为H，则点H在直线DD″上，连接BD″，
对于A：根据题意可得三棱锥D′﹣ABC的外接球半径为OA，即可判定A是否正确；
对于B：根据题意可得△ADO为等边三角形，AO，由题可知∠CAB＝∠D′BD″，推出BD″⊥D′D″，则当D′D″时，tan∠D′BD″＝1，即可判定B是否正确；
对于C：设d1为点D′到平面ABC的距离，d2为点B到平面ACD′的距离，由VB﹣ACD′＝VD′﹣ABC，S△ACD′＝S△ABC，得d2＝d1≤1，即可判定C是否正确；
对于D：当H落在线段FD″时，直线BD′与平面ABC所成角∠HBD′有最大值，设此时FH＝x，0≤x≤1，则sin2∠HBD′，令t2x，则t∈（，]，sin2∠HBD′，利用基本不等式，即可得出答案．
【解答】解：连接AC，BD交于点O，过点D作DF⊥AC，垂足为F，过B作BG⊥AC，垂足为G，
设D关于AC的对称点为D″，过D′作D′H⊥面ABC，
设垂足为H，则点H在直线DD″上，连接BD″，
对于A：因为OA＝OB＝OC＝OD′，
所以三棱锥D′﹣ABC的外接球半径为OA，故A错误；
对于B：因为tan∠DAC，则∠DAC，
又因为AO＝DO，
所以△ADO为等边三角形，则AO，
则AF＝FO＝OG＝GC，AM＝AF，
则BM，BD″＝FGBC′，
由题可知∠CAB＝∠D′BD″，则BD″∥AC，
因为AC⊥面DD′D″，
所以BD″⊥D′D″，
又0＜D′D″＜DD′＝2，
则当D′D″时，tan∠D′BD″＝1，∠D′BD″，故B正确；
对于C：设d1为点D′到平面ABC的距离，d2为点B到平面ACD′的距离，
因为VB﹣ACD′＝VD′﹣ABC，S△ACD′＝S△ABC，
所以d2＝d1≤1，
当面ACD′⊥面ACB时取等号，此时点D′与图中点E重合，故C正确；
对于D：当H落在线段FD″时，直线BD′与平面ABC所成角∠HBD′有最大值，
设此时FH＝x，0≤x≤1，
则有D′H2＝1﹣x2，D′B2＝D′D″2+D″B2＝1﹣x2+（1﹣x）22x，
所以sin2∠HBD′，
令t2x，则t∈（，]，
则化简知sin2∠HBD′2，当且仅当t，x时，等号成立，
所以sin∠HBD′最大值为，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024 黄浦区校级模拟）设复数z＝2i（2+i），则|z|＝ 　　 ．
【考点】复数的模．
【专题】对应思想；分析法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】．
【分析】根据复数的乘法运算可得z＝﹣2+4i，结合复数模的公式计算即可求解．
【解答】解：由题意知，z＝2i（2+i）＝4i﹣2＝﹣2+4i，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
13．（5分）（2024 碧江区 校级开学）已知样本数据x1，x2， ，x15的平均数为8，方差为32，由这组数据得到新样本数据y1，y2， ，y15，其中yi＝3xi+1（i＝1，2， 15），则得到的新样本数据的平均数和方差分别是 　25　 和 　288　 ．
【考点】平均数；方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】25；288．
【分析】由平均数和方差的定义及性质即可求解．
【解答】解：由题意，样本数据x1，x2， ，x15的平均值，方差，
因为新数据y1，y2， ，y15中yi＝3xi+1（i＝1，2， ，15），
所以新数据y1，y2， ，y15的平均值，
方差．
故答案为：25；288．
【点评】本题主要考查了平均数和方差的性质，属于基础题．
14．（5分）（2024春 琼海校级期中）△ABC中，AB＝2，AC＝1，，O是△ABC的外心，若，则x＝　　 ．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】方程思想；综合法；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】由题意可知，O为△ABC外接圆的圆心，过O作OD⊥AB，OE⊥AC，已知等式两边同乘以，结合数量积定义得4x﹣y＝2，同理得，从而两式联立即可求得x的值．
【解答】解：由题意可知，O为△ABC的外心，
设半径为r，在圆O中，过O作OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D，E，
因为，所以，
因为的夹角为∠OAD，且，
所以，即4x﹣y＝2①，
同理由，得，，
所以，即②，
①②联立解得：，．
故答案为：．
【点评】本题考查平面向量的数量积与夹角，属于中档题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2024秋 盐田区校级月考）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都为2，∠A1AC＝60°，且平面A1ACC1⊥平面ABC，点P，Q又分别是AB，A1C1的中点．
（1）求证：PQ∥平面BCC1B1；
（2）求点B1到平面A1PQ的距离．
【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）利用中位线，判定面面平行关系，再转换成线面平行关系；
（2）构建空间直角坐标系，计算平面A1PQ的法向量，结合点到面的距离公式进行求解．
【解答】解：（1）证明：设A1B1的中点为M，连接MQ，MP，
又P，Q又分别是AB，A1C1的中点，
∴易得MQ∥B1C1，MP∥B1B，且MP∩MQ＝M，
∴平面MQP∥平面BCC1B1，又PQ 面MQP，
∴PQ∥平面BCC1B1；
（2）取AC中点O，连接A1O，BO，
△ABC为等腰三角形，∴BO⊥AC，
∵面ACC1A1⊥面ABC，面ACC1A1∩面ABC＝AC，
∴BO⊥面ACC1A1，∴BO⊥A1O，
在△A1OA，∠A1AO＝60°，A1A＝2，OA＝1，易得AC⊥A1O，
以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x，y，z轴，建系如图：
则，
∵，∴，
∴，
设平面A1PQ的法向量为，
∴，取，
∴点B1到平面A1PQ的距离为．
【点评】本题考查线面平行的证明，点面距的求解，属中档题．
16．（15分）（2022春 宁陵县校级月考）随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间[160，165），[165，170），[170，175），[175，180），[180，185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中x的值及身高在170cm及以上的学生人数；
（2）将身高在[170，175），[175，180），[180，185]区间内的学生依次记为A，B，C三个组，用分层随机抽样的方法从这三个组中抽取6人，求这三个组分别抽取的学生人数；
（3）估计该校100名生学身高的75%分位数．
【考点】频率分布直方图的应用．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）0.06；60．（2）3；2；1．（3）176.25．
【分析】（1）根据已知条件，结合频率分布直方图的性质，以及频率与频数的关系，即可求解．
（2）先求出A组，B组，C组的人数，再结合分层抽样的定义等比例抽取，即可求解．
（3）结合百分位数的定义，即可求解．
【解答】解：（1）由频率分布直方图性质可知，5×（0.01+0.07+x+0.04+0.02+0.01）＝1，解得x＝0.06，
故身高在170cm及以上的学生人数100×5×（0.06+0.04+0.02）＝60（人）．
（2）A组人数为100×5×0.06＝30（人），B组人数为100×5×0.04＝20（人），C组人数为100×5×0.02＝10（人），
A组抽取人数为（人），
B组抽取人数为（人），
C组抽取人数为6﹣3﹣2＝1（人）．
（3）由频率分布直方图可得，[180，185]的人数占比为5×0.02＝10%，[175，180）的人数占比为5×0.04＝20%，
则该校100名生学身高的75%分位数落在[175，180），
设该校100名生学身高的75%分位数为x，
由分位数公式可得，0.04（180﹣x）+0.1＝25%，解得x＝176.25，
故该校100名生学身高的75%分位数为176.25．
【点评】本题主要考查频率分布直方图的应用，考查分层抽样的定义，属于基础题．
17．（15分）（2024 河北模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）若边c＝2，边AB的中点为D，求中线CD长的最大值．
【考点】解三角形．
【专题】方程思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由正弦定理边角互换以及余弦定理进行化简即可得解；
（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式即可求解．
【解答】解：（1）因为，
由正弦定理可得sinA，sinB，sinC，
即有，则，
即，
由余弦定理可得，
因为C∈（0，π），所以．
（2）因为D为AB的中点，所以，
则，
又由余弦定理得，c2＝a2+b2﹣2abcosB，
即，所以．
由得，，
则，当且仅当取等号，
即，
所以，即中线CD长的最大值为．
【点评】本题考查正弦定理、余弦定理和基本不等式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18．（17分）如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，SD⊥底面ABCD，．
（1）求证：BC⊥SC；
（2）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小；
（3）求面ASD与面BSC所成的锐二面角的大小．
【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；
（2）；
（3）．
【分析】（1）由SD⊥底面ABCD，可得SD⊥BC，由底面为正方形，可得CD⊥BC，由线面垂直的判定即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，得出与的方向向量，即可求出异面直线DM与SB所成角的大小；
（3）求出平面ASD和平面BSC的法向量，由向量的夹角公式，即可求出面ASD与面BSC所成锐二面角的大小．
【解答】（1）证明：由SD⊥底面ABCD，可得SD⊥BC，
又底面ABCD为正方形，所以CD⊥BC，
又SD∩CD＝D，SD，CD 平面SDC，
所以BC⊥平面SDC，又SC 平面SDC，
所以BC⊥SC；
（2）解：由（1）知，DS，DA，DC两两垂直，
故以D为原点，DA，DC，DS所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系D﹣xyz，
由四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，SD⊥底面ABCD，，
可得SD，又M为SA的中点，
故S（0，0，1），D（0，0，0），B（1，1，0），A（1，0，0），C（0，1，0），
，
设与所成角为θ，则cosθ0，
故异面直线DM与SB所成角的大小为；
（3）解：设平面BSC的一个法向量，
则，又，
则有，令y＝1，得，
取平面ASD的一个法向量，
设与的夹角为β，则，
故面ASD与面BSC所成锐二面角的大小为．
【点评】本题考查线线垂直的判定，考查异面直线所成角和二面角的求法，考查运算求解能力，属中档题．
19．（17分）（2024秋 烟台期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，D是边BC上的点，AD＝2．
（1）求A；
（2）若BD＝2CD，求△ABC面积的最大值．
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，进而可求A；
（2）由已知可得，计算可得，利用基本不等式可求△ABC面积的最大值．
【解答】解：（1）已知，
由正弦定理可得，
∴sinAcosC+cosAsinC，
∴，又∵sinC＞0，
∴，∴，
∴，∴，
又∵0＜A＜π，∴，
∴，∴；
（2）∵BD＝2CD，∴，
则，又∵AD＝2，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∴cb≤6，∴，
∴△ABC面积的最大值为．
【点评】本题主要考查解三角形，正弦定理的应用，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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