湖北武汉市第一中学2025-2026学年高一下学期数学期末模拟卷

**基本信息** 立足高一数学必修二，融合文化传承（日晷、方婷）与社会热点（双碳目标），通过基础巩固（复数、统计）、能力提升（立体几何位置关系）、创新应用（折叠问题、概率博弈）的分层设计，考查数学眼光（空间观念）、思维（推理运算）与语言（数据观念）。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数运算、统计分位数、空间位置关系|第5题日晷结合立体几何，体现文化与数学眼光| |多选|3/18|向量运算、古典概型、独立事件|第10题通过样本点数量考查互斥与独立，强化数学思维| |填空|3/15|复数共轭、比赛概率、解三角形|第13题四队单循环赛，联系生活情境| |解答|5/77|解三角形、立体几何证明与二面角、概率博弈、分层抽样证明与计算、折叠问题|18题分层抽样公式证明与应用，19题折叠求线面角最值，综合数学思维与创新应用|

2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 （测试范围：必修第二册） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．是z的共轭复数，若z2，（z）i＝2（i为虚数单位），则z＝（　D　） A．1+i B．﹣1﹣i C．﹣1+i D．1﹣i 【解析】 由于（z）i＝2，可得z2i ① 又z2 ② 由①②解得z＝1﹣i 2．已知数据x1，x2，⋯，x9的方差为25，则数据3x1+1，3x2+1，⋯，3x9+1的标准差为（　C　） A．25 B．75 C．15 D． 【解析】 因为数据x1，x2，⋯，x9的方差为25，所以另一组数据3x1+1，3x2+1，⋯，3x9+1的方差为32×25＝225，故所求的标准差为． 3．为落实“双碳”目标，某环保组织调研10个国家2024年度的人均碳排放强度（单位：吨/人•年）后，得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的30%分位数是（　B　） A．5 B．6 C．7 D．12 【解析】 已知10个国家2024年度的人均碳排放强度从小到大为2，4，5，7，8，9，11，12，13，15，又10×0.3＝3，则该组数据的30%分位数是． 4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论正确的是（　D　） A．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β B．若α∩β＝m，n∥m，则n∥α C．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β 【解析】 对于A：若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，但没说明m与n是相交直线，则α∥β不一定成立，∴故A错误；对于B：若α∩β＝m，n∥m，则n∥α或n⊂α，∴故B错误；对于C：若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α与β可成任意角，∴故C错误；对于D：若m⊂α，m⊥β，则α⊥β，∴故D正确． 5．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬30°，则晷针与点A处的水平面所成角为（　B　） A．15° B．30° C．60° D．90° 【解析】 画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线，l是点A处的水平面的截线，AB是晷针所在直线，m是晷面的截线，依题意可知OA⊥l，m∥CD，AB⊥m，且晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE，由于∠AOC＝30°，m∥CD，所以∠OAG＝∠AOC＝30°，由于∠OAG+∠GAE＝∠BAE+∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝30°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE＝30°． 6．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（　A　） A．3π B．4π C．5π D．6π 【解析】 设圆锥的底面半径为：r，圆锥的母线长为：，圆柱和圆锥的侧面积相等，可得2πr，解得r＝3，圆锥的体积为：3π． 7．《九章算术》中将正四棱台称为方婷，如图，在方婷ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AA1与EF所成角的余弦值为（　A　） A． B． C． D． 【解析】 连接AC，A1C1，A1B，A1D，过A1作A1O⊥平面ABCD，其中垂足为O，连接OD，OB，如图所示，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，易知∠A1AB＝∠A1AD，AB＝AD，则△A1AB≅△A1AD，所以A1B＝A1D，又因为A1O⊥平面ABCD，OB，OD⊂平面ABCD，所以A1O⊥OB，A1O⊥OD，知Rt△A1OB≅Rt△A1OD，所以OB＝OD，又因为AO＝AO，AB＝AD，所以△AOB≅△AOD，则∠DAO＝∠BAO＝45°，故O∈AC，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF//AC，则异面直线AA1与EF的夹角为∠A1AC，因为A1O⊥平面ABCD，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，上下底面面积分别为S1＝4，S2＝16，正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积，则，解得，因为AC⊂平面ABCD，所以A1O⊥AC，在正方形ABCD中，，同理可得，在等腰梯形A1ACC1中，易知，在Rt△A1AO中，，． 8．已知平面向量，，，满足||＝2，||＝1，|2|＝2，2与的夹角为，则||的最大值为（　C　） A． B． C． D． 【解析】 已知平面向量，，，满足||＝2，||＝1，|2|＝2，2与的夹角为，如图所示，作向量，则，作向量，则，由与的夹角为，得，因此点C的轨迹是以线段AB为弦，所含圆周角为的两段圆弧（不含端点），△ABC外接圆半径，该圆圆心到弦AB的距离，而原点O到弦AB的距离为，则点O可以是△ABC外接圆圆心，当点O是△ABC外接圆圆心时，；当点O不是△ABC外接圆圆心时，，所以的最大值为． 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．已知向量，，则下列结论正确的是（　CD　） A． B． C．与的夹角为 D．在上的投影向量为（﹣1，﹣1） 【解析】 对于A：||，||，A错误；对于B：（﹣1，1），，﹣1×1+1×1＝0，﹣1≠1，则（）⊥，（）∥不成立，B错误；对于C：cos，，因为∈[0，π]，所以cos，，C正确；对于D：在上的投影向量是||cos，•2×（）（﹣1，﹣1），D正确． 10．对于一个事件E，用n（E）表示事件E中样本点的个数．在一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D中，n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（D）＝10，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，n（A∪D）＝70，则（　BCD　） A．A与D不互斥 B．A与B互为对立 C．A与C相互独立 D．B与C相互独立 【解析】 对于A：因为n（A）+n（D）＝n（A∪D），所以A与D互斥，故A错误；对于B：因为n（A）+n（B）＝n（A∪B）＝n（Ω），所以A与B互斥且对立，故B正确；对于C：由题意知，P（A），P（B），P（C），P（A∩C），所以P（A∩C）＝P（A）•P（C），即A与C相互独立，故C正确；对于D：因为n（A∩C）＝12，n（C）＝20，且A与B互为对立，所以 n（B∩C）＝20﹣12＝8，所以P（B∩C）P（B）•P（C），所以B与C相互独立，故D正确． 11．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，点E，F，G分别为棱AB，AD，PC的中点，则（　AD　） A．AG⊥PD B．平面EFG与平面ABCD所成角的正弦值为 C．过点E，F，G的平面截四棱锥P﹣ABCD所得的截面图形的周长为 D．设点Q为侧面PAD内（包括边界）的一动点，且，则点Q的轨迹长度为 【解析】 对于A：如图所示，取PD的中点M，连接AM，GM，因为G为PC的中点，所以GM∥CD，因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，因为底面ABCD是边长为1的正方形，所以CD⊥AD，因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，故GM⊥PD，因为PA＝AD＝1，所以AM⊥PD，因为GM∩AM＝M，GM，AM⊂平面AGM，所以PD⊥平面AGM，因为AG⊂平面AGM，所以AG⊥PD，故A正确； 对于B：如图所示，连接AC，交EF，BD相交于点U，O，连接GU，因为E，F分别为棱AB，AD的中点，故EF∥BD，EF⊥AC，BD⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，因为GU⊂平面PAC，所以BD⊥GU，EF⊥GU，所以∠GUC即为平面EFG与平面ABCD所成角，其中，，故，，，在△GCU中，由余弦定理得GU2＝CU2+GC2﹣2CU•GCcos∠ACP ，故，由正弦定理得，解得，故B错误；对于C：直线EF与直线CB，CD分别相交于K，J，如图所示，连接GK，GJ，分别与PB，PD相交于V，Z，连接EV，FZ，故五边形EVGZF即为过点E，F，G的平面截四棱锥P﹣ABCD所得的截面图形，由于△EAF≌△JDF，所以，，，由A知，CD⊥PD，由B知，，故，在△CGJ中，，由余弦定理得，则，由于JG2+GC2＝CJ2，由勾股定理逆定理得JG⊥GC，所以，在Rt△JDZ中，，故，同理可得，由B可知，，故FJ＝GF，由于Z为GJ的中点，由三线合一可得，由对称性，又，所以截面图形的周长为，故C错误；对于D：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，又AB⊥AD，因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，点Q为侧面PAD内（包括边界）的一动点，且，由勾股定理得，如图所示，PD的中点为M，则AM⊥PD，，又，所以点Q的轨迹为以A为圆心，长度为半径的圆在侧面PAD的部分，即与两部分，其中，所以∠MAT＝30°，同理∠MAY＝30°，故∠TAI+∠YAL＝30°，所以，故D正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．若复数z满足，其中i是虚数单位，则z的共轭复数z＝ _______　．3+2i 【解析】 ∵，∴z+i＝（1﹣2i）（1+i）＝1+2+i﹣2i，即z＝3﹣2i，∴． 13．现有甲，乙，丙，丁四支球队进行单循环比赛，即每两支球队在比赛中都要相遇且仅相遇一次．若每场比赛中每队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队胜2场且乙队胜2场的概率为 　　 ． 【解析】 根据题意，甲队胜2场且乙队胜2场，分3种情况讨论：①若甲胜乙丙，乙胜丙丁，概率P1＝（）2（）2，②若甲胜乙丁，乙胜丙丁，概率为P2＝（）2（）2，③若甲胜丙丁，乙胜丙丁，甲平乙或甲胜丙丁，乙胜甲丙或甲胜丙丁，乙胜甲丁，其概率P3＝（）2（）2+（）22，故甲队胜2场且乙队胜2场的概率P＝P1+P2+P3． 14．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S＝a2﹣（b﹣c）2，则的取值范围为 　　 ．（5，5] 【解析】 因为2S＝a2﹣（b﹣c）2，所以2•a2﹣b2﹣c2+2bc①，由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA，所以a2﹣b2﹣c2＝﹣2bccosA，代入①中，得bcsinA＝﹣2bccosA+2bc，即sinA+2cosA＝2，又sin2A+cos2A＝1，且A∈（0，），所以sinA，cosA，所以[5sin（A+C）+sinC][5•（cosCsinC）+sinC]（4cosC+4sinC）＝5sin（C），因为锐角△ABC，所以，解得C∈（，），所以C∈（，），当C时，sin（C）取得最大值1；当C时，sin（C）取得最小值，所以5sin（C）∈（5，5]． 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．（本小题满分13分）△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC+csinB． （1）求B； （2）若b＝2，求△ABC面积的最大值． 【解析】 （1）由已知及正弦定理得：sinA＝sinBcosC+sinBsinC①，∵sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC②，∴sinB＝cosB，即tanB＝1，∵B为三角形的内角，∴B； （2）S△ABCacsinBac，由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac，整理得：ac，当且仅当a＝c时，等号成立，则△ABC面积为ac1．即△ABC面积的最大值为1． 16．（本小题满分15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，面ABB1A1为正方形，面AA1C1C为菱形，∠CAA1＝60°，侧面AA1C1C⊥面ABB1A1． （1）求证：AC1⊥面CA1B1； （2）求二面角C﹣BB1﹣A的余弦值． 【解析】 （1）证明：由菱形AA1C1C⇒AC1⊥A1C，∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1＝AA1，又正方形ABB1A1中，A1B1⊥AA1，∴A1B1⊥平面AA1C1C，∴A1B1⊥AC1，∵A1B1∩A1C＝A1，A1B1，A1C⊂平面CA1B1，∴AC1⊥平面CA1B1， （2）过C作CH⊥AA1于H，∵侧面AA1C1C⊥面ABB1A1，侧面AA1C1C∩面ABB1A1＝AA1，∴CH⊥平面ABB1A1．过H作HK⊥BB1于K，如图所示，连CK，则CH⊥BB1，HK⊥BB1，故BB1⊥平面CHK，所以BB1⊥CK，故∠CKH为二面角C﹣BB1﹣A的平面角，在Rt△CHK中设AC＝a，AA1＝AB＝a，∠CAA1＝60°，∴，HK＝AB＝a，，∴，∴二面角C﹣BB1﹣A的余弦值为． 17．（本小题满分15分）甲、乙两人进行乒乓球对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，且比赛结束，通过分析甲、乙过去比赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球． （1）求该局打4个球甲赢的概率； （2）求该局打5个球结束的概率． 【解析】 （1）设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，由题知，，，则，所以，所以该局打4个球甲赢的概率为． （2）设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，，，F＝D∪E，所以，，所以，所以该局打5个球结束的概率为． 18．（本小题满分17分）已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，，；n，，；记总的样本平均数为，样本方差为S2． （1）证明：； （2）证明：； （3）现已知某高中共有学生1400人，其中男生800人，体重平均数66kg，方差为180，女生600人，体重平均数为52kg，方差为90，求出该校所有学生体重的平均数和方差． 【解析】 （1）证明：设第一层有m个数，分别为x1，x2，⋯，xm，平均数为，，第二层有n个数，分别为y1，y2，⋯，yn，平均数为，方差为，则，所以总体平均数； （2）证明：由可得，，同理，所以[] ； （3）因为男生800人，体重平均数66kg，方差为180，女生600人，体重平均数为52kg，方差为90，所以由（1）可知，，即该校所有学生体重的平均数为60kg，由（2）可知 ． 19．（本小题满分17分）如图，正方形ABCD中，边长为a，E为AB中点，F是边BC上的动点，将△AED，△BEF分别沿着DE，EF折起，使A，B两点重合于点S． （1）求证：SE⊥DF； （2）当F是边BC的中点时，将△AED，△BEF，△DCF分别沿着DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点S，求三棱锥SDEF的外接球的表面积； （3）a＝4，若BF＞1，设直线SE与平面DEF所成角为θ，求sinθ的最大值． 【解析】 （1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥AE，BE⊥BF，所以翻折后SD⊥SE，SE⊥SF，又SD∩SF＝S，SD，SF⊂平面SDF，所以SE⊥平面SDF，又DF⊂平面SDF，所以SE⊥DF． （2）在正方形ABCD中，CD⊥CF，翻折后SD⊥SF，又SD⊥SE，SE⊥SF，所以SD，SE，SF两两垂直，三棱锥SDEF可放入以SD，SE，SF为边的长方体中，此时三棱锥SDEF与长方体具有同一个外接球，所以长方体体对角线就是其外接球直径，长度为，即外接球半径，表面积，故三棱锥SDEF的外接球的表面积． （3）设BF＝m，1＜m≤4，设点S到平面DEF的距离为h，如图所示，则，，，则，S△DEF＝SABCD﹣S△ADE﹣S△BEF﹣S△CDF，又由（1）知SE⊥平面SDF，所以，，因为VS﹣DEF＝VE﹣SDF，所以，解得，又直线SE与平面DEF所成角为θ，所以，又因为，当，即m＝6时取等，所以在（1，4]单调递减，即，则，所以sinθ的最大值为． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/4/28 9:46:25；用户：15972902576；邮箱：15972902576；学号：21498003 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 （测试范围：必修第二册） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．是z的共轭复数，若z2，（z）i＝2（i为虚数单位），则z＝（　　） A．1+i B．﹣1﹣i C．﹣1+i D．1﹣i 2．已知数据x1，x2，⋯，x9的方差为25，则数据3x1+1，3x2+1，⋯，3x9+1的标准差为（　　） A．25 B．75 C．15 D． 3．为落实“双碳”目标，某环保组织调研10个国家2024年度的人均碳排放强度（单位：吨/人•年）后，得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的30%分位数是（　　） A．5 B．6 C．7 D．12 4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论正确的是（　　） A．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β B．若α∩β＝m，n∥m，则n∥αC．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β 5． 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬30°，则晷针与点A处的水平面所成角为（　　） A．15° B．30° C．60° D．90° 6．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（　　） A．3π B．4π C．5π D．6π 7．《九章算术》中将正四棱台称为方婷，如图，在方婷ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AA1与EF所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 8．已知平面向量，，，满足||＝2，||＝1，|2|＝2，2与的夹角为，则||的最大值为（　　） A． B． C． D． 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．已知向量，，则下列结论正确的是（　　） A． B． C．与的夹角为 D．在上的投影向量为（﹣1，﹣1） 10．对于一个事件E，用n（E）表示事件E中样本点的个数．在一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D中，n（Ω）＝100，n（A）＝60，n（B）＝40，n（C）＝20，n（D）＝10，n（A∪B）＝100，n（A∩C）＝12，n（A∪D）＝70，则（　　） A．A与D不互斥 B．A与B互为对立 C．A与C相互独立 D．B与C相互独立 11．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，点E，F，G分别为棱AB，AD，PC的中点，则（　　） A．AG⊥PD B．平面EFG与平面ABCD所成角的正弦值为 C．过点E，F，G的平面截四棱锥P﹣ABCD所得的截面图形的周长为 D．设点Q为侧面PAD内（包括边界）的一动点，且，则点Q的轨迹长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．若复数z满足，其中i是虚数单位，则z的共轭复数z＝　 　 ． 13．现有甲，乙，丙，丁四支球队进行单循环比赛，即每两支球队在比赛中都要相遇且仅相遇一次．若每场比赛中每队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队胜2场且乙队胜2场的概率为 　 　 ． 14．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S＝a2﹣（b﹣c）2，则的取值范围为 　 　 ． 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．（本小题满分13分）△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC+csinB． （1）求B； （2）若b＝2，求△ABC面积的最大值． 16．（本小题满分15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，面ABB1A1为正方形，面AA1C1C为菱形，∠CAA1＝60°，侧面AA1C1C⊥面ABB1A1． （1）求证：AC1⊥面CA1B1； （2）求二面角C﹣BB1﹣A的余弦值． 17．（本小题满分15分）甲、乙两人进行乒乓球对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，且比赛结束，通过分析甲、乙过去比赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球． （1）求该局打4个球甲赢的概率； （2）求该局打5个球结束的概率． 18．（本小题满分17分）果已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，，；n，，；记总的样本平均数为，样本方差为S2． （1）证明：； （2）证明：； （3）现已知某高中共有学生1400人，其中男生800人，体重平均数66kg，方差为180，女生600人，体重平均数为52kg，方差为90，求出该校所有学生体重的平均数和方差． 19．（本小题满分17分）如图，正方形ABCD中，边长为a，E为AB中点，F是边BC上的动点，将△AED，△BEF分别沿着DE，EF折起，使A，B两点重合于点S． （1）求证：SE⊥DF； （2）当F是边BC的中点时，将△AED，△BEF，△DCF分别沿着DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点S，求三棱锥SDEF的外接球的表面积； （3）a＝4，若BF＞1，设直线SE与平面DEF所成角为θ，求sinθ的最大值． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $