精品解析：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

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. 若复数为纯虚数，则复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知，，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. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 4. 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. B. C. D. 5. 已知样本数据的平均数为，方差为，若样本数据的平均数为，方差为，则平均数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 已知，则到直线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 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，其中底面，底面扇环所对的圆心角为，扇环对应的两个圆的半径之比为1：2，，，E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 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 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，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 B. 三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为，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 C. 设两个独立事件和都不发生的概率为发生不发生的概率与发生不发生的概率相同，则事件发生的概率是 D. 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 11. 如图，已知正方体的棱长为1，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 不存在点P，使平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为 D. 若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体的截面面积为 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： 由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为____________. 13. 在中，角所对的边分别为若且的外接圆的半径为则面积的最大值为______． 14. 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．现有一个体积为的二十四等边体，其外接球体积为，则_________________. 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. 在中，角所对的边分别是，满足. （1）求角； （2）若，边上的中线，求的周长. 16. 如图，在直三棱柱中，，E为的中点，F为BC的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面AEF的夹角的余弦值． 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. 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，小明胜乙的概率为，甲胜乙的概率为，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. 19. 如图，四面体中，． （1）求证：平面平面； （2）若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 若复数为纯虚数，则复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义求得参数的值，回代后求共轭复数即得. 【详解】因为为纯虚数，所以，解得， 所以，所以. 故选：D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 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，， 所以， 所以. 故选：C 3. 已知，，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. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答. 【详解】假定向量，，共面，则存在不全为0的实数， 使得，显然不成立， 所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故A正确； 由于，则，，共面，故B错误； 由于，则，，共面，故C错误； 由于，则，，共面，故D错误； 故选：A. 4. 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. B. C. D. 【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、、，白球分别为、， 则甲、乙两同学先后取出的两球可能的情况有： 、、、、、、、、、、 、、、、、、、、、、共二十种， 其中取到不同颜色球的情况有： 、、、、、、、、、、、共十二种， 故其概率为. 故选：C. 5. 已知样本数据的平均数为，方差为，若样本数据的平均数为，方差为，则平均数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数和方差的性质得到答案. 【详解】已知样本数据的平均数为，方差为， 则样本数据的方差为，所以， 又因为，所以． 样本数据的平均数为，所以，解得. 故选：C． 6. 已知，则到直线的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出与同方向的单位向量的坐标，继而计算和，代入点到直线的距离的向量公式计算即得. 【详解】由可知, 则与同方向的单位向量为， 又 , , 故点到直线的距离为. 故选：D. 7. 是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成角的正弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一，作出直线在平面的射影为，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，设直线在平面的射影为， 作于点G，则平面，直线与平面所成角为. 作于点H，连接，因平面，则， 又平面，则平面， 又平面，则. 于是有，， 即(*). 因由对称性知，，代入（*）得， ,故. 故选：A. 解法二： 如图所示，把放在正方体中，的夹角均为. 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，所以， 设平面的法向量，则 令，则，所以，所以. 设直线与平面所成角为，所以， 故选:A 8. 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，其中底面，底面扇环所对的圆心角为，扇环对应的两个圆的半径之比为1：2，，，E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【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与所成角的余弦值. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，， 在下底面作， 以为原点，分别以所在直线为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，，所以，得， 则即，即， ，，，， ，， . 所以， 又异面直线所成角的范围为，故异面直线与所成角的余弦值为. 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】设年该地区一次能源消费总量为，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】设年该地区一次能源消费总量为，则预估年一次能源消费总量为. 对于选项A，2020年煤的消费量为，规划2030年煤的消费量为，故选项A错误； 对于选项B，2020年石油的消费量为，规划2030年石油的消费量为，故选项B错误； 对于选项C，2020年天然气的消费量为，规划2030年天然气的消费量为，故选项C正确； 对于选项D，2020年水、核、风能的消费量为，规划2030年水、核、风能的消费量为，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，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 B. 三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为，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 C. 设两个独立事件和都不发生的概率为发生不发生的概率与发生不发生的概率相同，则事件发生的概率是 D. 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 【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，故A正确； 对B：用、、分别表示甲、乙、丙三人能破译出密码， 则，，， “三个人都不能破译出密码”发生的概率为， 所以此密码被破译的概率为，故B正确； 对C：由题意可得，即， 即，即， 又，故，∴，故C错误； 对D：从1，2，3，4中任取2个不同的数，有， 共6个结果，其中取出的2个数之差的绝对值为2的包含和两个样本点， 则概率，故D正确； 故选：ABD. 11. 如图，已知正方体的棱长为1，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 不存在点P，使平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为 D. 若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体的截面面积为 【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，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以， 若平面，则， 所以，即表示线段， 则当点在线段时，平面， 所以存在点，使得平面，A错误； 对于B，由等体积法，三棱锥的高为， 底面积，所以， 所以三棱锥的体积为定值，B正确； 对于C，在选项A坐标系下，，若， ，即， 所以点的轨迹就是线段， 轨迹长为，C正确； 对于D，如图取中点，连接， 由题可得，平面， 连接，因为，平面， 则，，又， 平面，则平面， 又取中点为，则， 有四点共面，则平面即为平面， 设平面与交于， 又由两平面平行性质可知，，，， 又都是中点，故是中点，是中点， 则平面截正方体的截面为正六边形， 又正方体棱长为，则， 故截面面积为，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： 由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为____________. 【答案】 【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，共4组随机数， 所以恰好抽取三次就停止的概率约为， 故答案为： 13. 在中，角所对的边分别为若且的外接圆的半径为则面积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理和余弦定理得到，再由外接圆半径，由基本不等式得到，由三角形面积公式求出答案. 【详解】在中， 由正弦定理得由余弦定理得 因为为的内角，则，所以 因为的外接圆的半径为由正弦定理得 所以由余弦定理得 即 因为所以当且仅当时取等号， 故的面积所以面积的最大值为 故答案为： 14. 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．现有一个体积为的二十四等边体，其外接球体积为，则_________________. 【答案】 【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的正方体沿正方体各棱的中点截去个三棱锥所得，内侧即为二十四等边体， 其体积； 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，半径为中心到一个顶点的距离，则， 故， 从而. 故答案为：. 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. 在中，角所对的边分别是，满足. （1）求角； （2）若，边上的中线，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦展开式可得，再两边平方化简可得答案； （2）由两边平方可得，由余弦定理得可得，联立方程组，可得，再利用完全平方公式可得答案.. 【小问1详解】 在中，因为， 由正弦定理得， 又因为， 则， 因为，可得，所以， 即，化简得， 因为，可得，解得， 所以； 【小问2详解】 由边的中线，可得， 可得， 即，即， 在中，由余弦定理， 可得， 联立方程组，可得，所以， 所以， 所以的周长为. 16. 如图，在直三棱柱中，，E为的中点，F为BC的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面AEF的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：取的中点O，连接,， ∵，，∴且， ∵，，∴，且, ∴四边形是平行四边形，∴， ∵，平面，平面， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可； （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】 略 【小问2详解】 因为，，两两垂直， 故以为原点，,,分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系， 各点坐标如下：，，，， ，，， 设平面的法向量为，由，， 有，取，，， 可得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 由，， 有，取，，， 可得平面的一个法向量为， 有，，， 可得， 故平面与平面AEF的夹角的余弦值为． 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，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： 应抽取小吃类家， 生鲜类家，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，解得， 设75百分位数为x，因为， 所以， 解得， 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）， 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，小明胜乙的概率为，甲胜乙的概率为，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）； （2） 第一局小明与甲比赛，小明最终成为获胜者的事件，是以下3个互斥事件的和： 小明胜甲，小明胜乙的事件；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， ， 第一局小明与乙比赛，小明最终成为获胜者的事件，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， ， 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，显然， 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. 【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， 第一局乙胜，第二局小明胜，第三局小明胜的事件，事件与互斥，, ，，则有， 所以“只进行三局，小明就成为获胜者”的概率是. 【小问2详解】 略 【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，四面体中，． （1）求证：平面平面； （2）若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求的值． 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为，则， 所以，所以，所以， 又因为所以， 则，又因为， 所以，又因为， 平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）①；② 【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因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角公式求解即可得出答案；②由题意可知，在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再由空间共面定理可得出的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以， ， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为直线与平面所成角为30°， 所以 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. ②由（1）知，平面，又平面 所以，在上， 因为，所以， ，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为，的中点，所以， 设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设， 所以， 所以，解得：， 所以，所以. 【点睛】关键点睛：本题第二问②的关键点在于且在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再由空间共面定理可得出的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $