湖南省二校联考2022年高考数学必刷试卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）

A.240B.264C.274D.282

2.在长方体ABC。—46G。中，AB=1,AD=4i,A&=6，则直线。，与平面ABC；所成角的余弦值为（）

A.BB.BC.叵D,亚

2355

3.已知，〃为一条直线，。，分为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）

A.若加〃〃尸，则加〃尸B.若则m_L，

C.若机〃a,a_L/3,则D.若m_L〃尸，则m

l+2i_

4.若已复知数iZ为=虚t数3单+位1，,贝！）7=

9

A.-+iB.1-i

5

C.1+iD.-i

5.刘徽是我国魏晋时期伟大的数学家，他在《九章算术》中对勾股定理的证明如图所示.“勾自乘为朱方，股自乘为青

方，令出入相补，各从其类，因就其余不移动也.合成弦方之塞，开方除之，即弦也”.已知图中网格纸上小正方形的边

长为1,其中“正方形ABC。为朱方，正方形BEFG为青方”,则在五边形AGKffi）内随机取一个点，此点取自朱方的概

率为（）

1693

A.B.D.—

4911

6.在平面直角坐标系中,经过点P（200），渐近线方程为y=+y/2x的双曲线的标准方程为（）

22222222

A.工-匕=1B.土-乙=1C.土-乙=1D.匕-土=1

4271436147

7.已知向量〃与向量机=（4,6）平行，Z?=（-5,l）,且〃/=14，则［=（）

A.(4,6)B.(T-6)

‘2A(2713

C.D.

13--13-

（二1+二—：Q

8.设实数二.二满足条件-二-一•口则二-二一二的最大值为（）

IC-□0

A.1B.2C.3D.4

Ax-］x>0

9.己知函数/（%）=<I「、'n若函数/（九）的图象上关于原点对称的点有2对，则实数上的取值范围是（）

—In（—x）,%<U,

A.-℃,0)B.(0,1)C.(0,+s)D.

10.在正方体ABCD-ABC］。中，点尸、。分别为AB、AD的中点，过点。作平面。使用「〃平面。，4。〃平

MD

面e若直线与2c平面，则房的y值为（）

JVLD1

112

A.B.-C.一D.

432

/、5

1,2

11.—广+TYIX的展开式中/的系数是-10,则实数加=（)

YX

7

A.2B.1C.-1D.

2I1

12.如图，在AABC中，AN=-NC,P是BN上一点，若AP=/AB+—AC,则实数/的值为（)

33

N

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.若（』-3«）"的展开式中各项系数之和为32,则展开式中x的系数为

x

14.某几何体的三视图如图所示（单位：二二），则该几何体的表面积是二二-，体积是

他视图

15.如图所示，边长为1的正三角形ABC中，点M,N分别在线段AB,AC上，将AAMN沿线段进行翻折,

得到右图所示的图形，翻折后的点A在线段上，则线段的最小值为.

16.（a+x）（l+x）4的展开式中，若x的奇数次幕的项的系数之和为32,则。=.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（12分）购买一辆某品牌新能源汽车，在行驶三年后，政府将给予适当金额的购车补贴.某调研机构对拟购买

该品牌汽车的消费者，就购车补贴金额的心理预期值进行了抽样调查，其样本频率分布直方图如图所示

(1)估计拟购买该品牌汽车的消费群体对购车补贴金额的心理预期值的方差(同一组中的数据用该组区间的中点值作

代表)；

(2)将频率视为概率，从拟购买该品牌汽车的消费群体中随机抽取4人，记对购车补贴金额的心理预期值高于3万元

的人数为X,求X的分布列和数学期望；

(3)统计最近5个月该品牌汽车的市场销售量，得其频数分布表如下：

月份2018.112018.122019.012019.022019.03

销售量(万

0.50.61.01.41.7

辆)

试预计该品牌汽车在2019年4月份的销售量约为多少万辆？

附：对于一组样本数据(七,%)，(%，%)，…，(毛，%)，其回归直线$=晟+6的斜率和截距的最小二乘估计分别

n〃

、X(%—可(%—歹)XX/—

为$=上―------------=—n-------,a^y-bx.

寸之X；-戒2

1=1i=l

18.(12分)已知函数/(x)=G；—lnx-l(awR).

(1)讨论/Xx)的单调性并指出相应单调区间；

13

(2)若g(x)=5%2一X—1一/(%),设%,%(玉＜%)是函数g(x)的两个极值点，若且g(xj—g(x2)»左恒

成立，求实数左的取值范围.

19.(12分)为了拓展城市的旅游业，实现不同市区间的物资交流，政府决定在A市与3市之间建一条直达公路，中

间设有至少8个的偶数个十字路口，记为2w，现规划在每个路口处种植一颗杨树或者木棉树，且种植每种树木的概

率均为！.

2

(1)现征求两市居民的种植意见，看看哪一种植物更受欢迎，得到的数据如下所示：

A市居民5市居民

喜欢杨树300200

喜欢木棉树250250

是否有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性;

(2)若从所有的路口中随机抽取4个路口，恰有X个路口种植杨树，求X的分布列以及数学期望；

(3)在所有的路口种植完成后，选取3个种植同一种树的路口，记总的选取方法数为M，求证：3M..m(m-l)(m-2).

n(ad-bc)2

(。+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(K2..k)

0.1000.0500.0100.001

k2.7063.8416.63510.828

20.(12分)如图，在四棱柱ABC。-AgGA中，底面ABC。为菱形，AB^CBX.

(1)证明：平面瓦兀＞4，平面ABC。；

(2)若NZMB=60。，耳8是等边三角形，求二面角A--G的余弦值.

21.(12分)在，ABC中，ZB=-,cosC=—.

43

(1)求cosA的值；

(2)点D为边BC上的动点(不与。点重合)，设=求2的取值范围.

22.(10分)已知椭圆C：—+£=l(a〉》〉0)的左、右焦点分别为《，工，焦距为2,且经过点T［一1,-

斜率为左仕＞0)的直线4经过点M(0,2),与椭圆C交于G,H两点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)在x轴上是否存在点尸(皿0),使得以PG,7W为邻边的平行四边形是菱形？如果存在，求出的取值范围,

如果不存在，请说明理由.

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.B

【解析】

将三视图还原成几何体，然后分别求出各个面的面积，得到答案.

【详解】

由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，

延长BE交DF于A点,

其中===6,AE=3,AF=4,

3x4

所以表面积S=(36x5+3x6)+^x2+4x6+30=264.

故选B项.

【点睛】

本题考查三视图还原几何体，求组合体的表面积，属于中档题

2.C

【解析】

在长方体中A3//G，，得。2与平面ABC］交于过。做于。，可证平面A3GD,可得

ZD2A为所求解的角，解&AAD2,即可求出结论.

【详解】

在长方体中ABIICR,平面ABCX即为平面ABC］。，

过。做于。，平面相

DOu平面A41AD,AB±DO,ABAD}D,

：.DO±平面ABCXDX,NDD[A为DDX与平面ABC1所成角,

在Rt^ADD[,DD\=A4,=6,AD=应".*=迅,

DD_A/3_V15

cosADDAX

X~AD^~45~~T

•••直线DR与平面ABQ所成角的余弦值为半.

故选:C.

【点睛】

本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.

3.D

【解析】

A.若加//%£///?,则〃?///?或mu/7,故A错误;

B.若。_1_尸,〃2_1_£,则///，或m<=/?故B错误；

C.若mlla,a工/3,则加//分或加u〃，或加与£相交;

D.若“2_L%。//，，则加J_，，正确.

故选D.

4.B

【解析】

因为Z=9+I=(1+2D(2+D+]=2+"4I+2/

+I=l+i所以4=1一i，故选B.

2-i(2-i)(2+i)5

5.C

【解析】

首先明确这是一个几何概型面积类型，然后求得总事件的面积和所研究事件的面积，代入概率公式求解.

【详解】

因为正方形ABC。为朱方，其面积为9,

五边形AGFID的面积为SABCD+SBGFE+^\DCI+S^EF=37,

Q

所以此点取自朱方的概率为言

故选：C

【点睛】

本题主要考查了几何概型的概率求法，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于基础题.

6.B

【解析】

根据所求双曲线的渐近线方程为y=±0x,可设所求双曲线的标准方程为2x2-y2=k.再把点(20,-0)代入，

求得k的值，可得要求的双曲线的方程.

【详解】

•.•双曲线的渐近线方程为y=±行X,.•.设所求双曲线的标准方程为2x2-y2=k.又(20,-虎)在双曲线上，则

22

k=16-2=14,即双曲线的方程为2x2—y2=14,二双曲线的标准方程为、—福=1

故选：B

【点睛】

本题主要考查用待定系数法求双曲线的方程，双曲线的定义和标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，属于基础题.

7.B

【解析】

设;=(x,y),根据题意得出关于x、V的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量。的坐标.

【详解】

设a=(x,y),且〃z=(4,6),Z?=(-5,l),

由。〃加得6x=4y，即3x=2y，①，由a•〃=—5x+y=14，②,

3x=2yx=-4

所以,解得因此，a=(—4,—6).

-5x+y=14y--6

故选：B.

【点睛】

本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.

8.C

【解析】

画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.

【详解】

如图所示：画出可行域和目标函数，

二二二一二-二，即二二一二+二-二表示直线在二轴的截距加上1,

根据图像知，当二十口=1时，且口e[-：一时，二二口+口+」有最大值为二

【点睛】

本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.

9.B

【解析】

考虑当尤＞0时，丘-l=lnx有两个不同的实数解，令〃(x)=lnx-丘+1,则川龙)有两个不同的零点，利用导数和

零点存在定理可得实数k的取值范围.

【详解】

因为/(%)的图象上关于原点对称的点有2对,

所以x＞0时，丘-l=lnx有两个不同的实数解.

令人（力=Inx+1,则/i（x）在（0,+8）有两个不同的零点.

1-kx

又〃(%)

X

当上40时，〃⑺＞0,故〃（％）在（0,+8）上为增函数,

M力在（o,+。）上至多一个零点，舍.

当上＞0时，

若XC,则〃(x)>0,//⑴在上为增函数;

,则〃(x)＜0,//(%)在［g,+oo)上为减函数;

若xe

故”(xL^/zOln：,

因为M光）有两个不同的零点，所以ln；＞0,解得0〈上＜1.

K

又当0〈左＜1时，!〈工且“0,故M%)在1o.

<上存在一个零点.

ek

又'｛我|=In/一:+1=2+2In/—q，其中/=:〉1.

令g(f)=2+21nf—ef,则=

当,〉1时，g'(r)<0,故g⑺为。,+⑹减函数，

所以g(r)<g(l)=2_e<0即/?<0.

因为亳O所以咐）在1

,+co上也存在一个零点.

综上，当0（左＜1时，妆了）有两个不同的零点.

故选：B.

【点睛】

本题考查函数的零点，一般地，较为复杂的函数的零点，必须先利用导数研究函数的单调性，再结合零点存在定理说

明零点的存在性，本题属于难题.

10.B

【解析】

作出图形，设平面a分别交4。、G〃于点E、F,连接£>E、DF、EF,取CD的中点G,连接PG、QG,

连接AG交用。于点N,推导出用刊/C。，由线面平行的性质定理可得出GG〃。/，可得出点尸为GA的中点，

MD,

同理可得出点E为4〃的中点，结合中位线的性质可求得号的值.

【详解】

如下图所示：

设平面a分别交AQ、GA于点E、F,连接OE、DF、EF,取CD的中点G,连接PG、Cfi,连接4G交

耳。于点N,

四边形ABC。为正方形，P、G分别为A3、CD的中点，则97/CG且6P=CG,

•••四边形3CGP为平行四边形，PGHBC豆PG=BC,

BgJ/BC且Bg=BC,PGHBG且PG=B©,则四边形B.CfiP为平行四边形，

•••BXPHCXG,3/〃平面a,则存在直线au平面a,使得用巴/a,

若CGu平面a,则Ge平面a,又平面e,则CDu平面e,

此时，平面戊为平面。AG，直线AQ不可能与平面a平行，

所以，。［6</平面戊，二。16〃。，，。16〃平面「,

GGU平面CDDG,平面CDD£平面a=DF,DFUCfi,

C.F//DG,所以，四边形GGDB为平行四边形，可得。］石=。6=：8=3£2，

11MD.1

二歹为的中点，同理可证E为42的中点，用2EF^M,.■.MD1=-D}N=-BiD1,因此，品=2.

2_,4。

故选：B.

【点睛】

本题考查线段长度比值的计算，涉及线面平行性质的应用，解答的关键就是找出平面a与正方体各棱的交点位置，考

查推理能力与计算能力，属于中等题.

11.C

【解析】

利用通项公式找到的系数，令其等于J0即可.

【详解】

_!5_555

二项式展开式的通项为&I=G（X2）5-（即2y=加（5h2‘2,令不一h、，得厂=3,

则看=加。05=一10%5,所以用叱=_10,解得机=一1.

故选：C

【点睛】

本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.

12.C

【解析】

2.

由题意，可根据向量运算法则得到AP=g7〃AC+（1-m）AB,从而由向量分解的唯一性得出关于，的方程，求出

f的值.

【详解】

由题意及图，AP=AB+BP=AB+mBN=AB+m^AN-AB^=mAN+（l-m^AB,

222

又，所以：（-机）

AN=-NC,AN=—AC,.AP=-mAC+1AB,

355

l-m=t

又AP=fAB+彳AC,所以,21»解得t=—,

3—m=-66

153

故选C.

【点睛】

本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.2025

【解析】

利用赋值法，结合展开式中各项系数之和列方程，由此求得〃的值.再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中x的

系数.

【详解】

依题意，令x=l,解得2"=32,所以〃=5,则二项式的展开式的通项为：

5-r/1\2-5

—3后55-r-(-3)r-C；-x2

3

令慧-5=1,得r=4,所以x的系数为55"x(-3)4XC；=2025.

2

故答案为：2025

【点睛】

本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查二项式展开式指定项系数的求法，属于基础题.

14._--:，：.

【解析】

试题分析：由题意得，该几何体为三棱柱，故其表面积一一二+二+-•一--「：一--,

体积二=・X；X[x[=,故填：二。--A，S.

考点：1.三视图；2.空间几何体的表面积与体积.

15.26-3

【解析】

设W=x,ZAMN=a,在A/出W中利用正弦定理得出x关于&的函数，从而可得》的最小值.

【详解】

解：设=ZAMN=a,则8M=l—x,ZAAffi=180°-2«,AZBAM=2a-6O°,

在AABM中，由正弦定理可得

sinZABMsinZBAM

X1-x壮

BPsin（2«-60°）,-x=~r-------------

2^+sin（2cif-60o）

・••当2a—60。=90。即。=75。时，工取得最小值

故答案为2百-3.

【点睛】

本题考查正弦定理解三角形的应用，属中档题.

16.3

【解析】

试题分析：由已知得(1+x)4=1+4x+6/+4/+/,故(a+X)(1+嫂的展开式中x的奇数次塞项分别为4ax,

4izx3,x,gx3>x5>其系数之和为4a+4a+1+6+1=32,解得a=3.

考点：二项式定理.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.(1)1.7；(2)EX=2.4,见解析；(2)2.

【解析】

(1)平均数的估计值为每个小矩形组中值乘以小矩形面积的和；

(2)易得X5(4,0.6),由二项分布列的期望公式计算；

(3)利用所给公式计算出回归直线$=%+6即可解决.

【详解】

(1)由频率分布直方图可知，消费群体对购车补贴金额的心理预期值的平均数的估计值为

1.5x0.1+2.5x0.3+3.5x0.3+4.5x0.15+5.5x0.1+6.5x0.05=3.5,所以方差的估计

22

值为$2=(1.5—3.5)2xo.i+(2.5—3.5)2xQ3+(3.5-3.5)x0.3+(4.5-3.5)x0.15

+(5.5-3.5)2x0.1+(6.5-3.5)2x0.05=1.7；

(2)由频率分布直方图可知，消费群体对购车补贴金额的心理预期值高于3万元的

频率为p=0.3+0.15+0.1+0.05=0.6,则X5(4,0.6),所以X的分布列为

p(X=k)=Q0.6愤.4号,左=0』,2,3,4,数学期望EX=4XO.6=2.4；

(3)将2018年11月至2019年3月的月份数依次编号为1,2,3,4,5,

记%=i(i=1,2,3,4,5),%=0.5,y2=0.6,%=L0,y4=1.4,y5=1.7,由散点图可知,

n

5组样本数据呈线性相关关系，因为是=3，3=1.04,»%=S5+L2+3+5.6+8.5=18.8,

Z=1

211c［乙uurrI118.8—5x3x1.04„

>=1+47+9+16+25:55,贝叱「^^^^=0.32,，

所以回归直线方程为y=0.32x+0.08，当龙=6时，y=0.32x6+0.08=2.预计该品

牌汽车在2019年4月份的销售量约为2万辆.

【点睛】

本题考查平均数、方差的估计值、二项分布列及其期望、线性回归直线方程及其应用，是一个概率与统计的综合题,

本题是一道中档题.

18.(1)答案见解析(2)-00,--21n2

8

【解析】

Z7V—1

(1)先对函数进行求导得了'(%)=-----,对，分成々<0和〃>0两种情况讨论，从而得到相应的单调区间；

x

(2)对函数g(x)求导得g，(x)=♦(a+l)x+l,从而有％+%=a+1,%%=1，无2=,，三个方程中利用«>-

x%2

得到0<石w；.将不等式g(不)-g(%)之左的左边转化成关于*的函数，再构造新函数利用导数研究函数的最小值,

从而得到左的取值范围.

【详解】

解：(1)由7(X)=以—XG(0,+OO),

贝!!/'(x)=a」ax-1

Xx

当a40时，贝|/(%)V0,故/(%)在(0,+8)上单调递减;

当a>0时，令/'(x)=O=>x=L

a

所以/■(%)在(0」

上单调递减，在上单调递增.

ka

综上所述：当时，Ax)在(0,+8)上单调递减;

当a〉0时，〃x)在(0，5］上单调递减，在上单调递增.

1

(2)Vg(x)=lnx+—x9-(6z+l)x,

,1x2—(a+l)x+l

g'(%)=—+x—(a+l)=-------——-----，

XX

由g'(x)=0得犬2-(^+l)x+l=0,

・，・西+%2=〃+1，X1X2=1，***x2=~

3x21

­：a>-：.<解得0<%W—.

20<Xj<—2

1七

设〃(%)=21nx

则”(x)=2_x—―(一)<0,

XXX

.•.加»在(0,3上单调递减；

当玉=；时，h(X)mM=hI,21n2.

.•.左《，一21n2,即所求人的取值范围为一甩1岸5—21n2.

8ko8

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查分类讨论思想和数形结合思想，求解双元问题的常用思路是：通过

换元或消元，将双元问题转化为单元问题，然后利用导数研究单变量函数的性质.

19.(1)没有(2)分布列见解析，风X)=2(3)证明见解析

【解析】

(1)根据公式计算卡方值，再对应卡值表判断“

(2)根据题意，随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4,分别求得概率，写出分布列，根据期望公式求值.

(3)因为至少8个的偶数个十字路口，所以2枢.8,即77乙.4.要证3M..m(m-l)(m—2),即证M…二——-----二，

3

根据组合数公式，即证M..2C3易知有成立•设2加个路口中有以夕€“办2根)个路口种植杨树，下面

分类讨论①当pe{0,1,2}时，由M=Clm_p..Cln_2论证.②当，e{2m—2,2机—1,2刈时，由V=/•以一论证•③

当臻上2m—3时，M=C+Ct_〃，设/Xp—C+CliJ釉2m—3,再论证当。="时，/(P)=C+CM-p

取得最小值即可.

【详解】

⑴本次实验中，K2」°°°X(3°°X25。-2。。，25。\]0]<]0828,

500x500x550x450

故没有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性.

(2)依题意，X的可能取值为0,1,2,3,4,

故P(X=O)=0=，=P(X=4),P(X=1)=C^1=X=P(X=3)，

P(X=2)=嗯

)168

X01234

1j_3j_1

p

1648416

故E(X)=4xg=2.

(3)V2/W..8,.••〃温.4.要证3M..m0—1)0—2),即证M..2C,：；

首先证明：对任意m,keN*,m..k,有

证明：因为—G=C：T>O,所以

设2m个路口中有p(peN,p”2m)个路口种植杨树,

①当pe{0,1,2}时,

(2m-2)(2m-3)(2m-4),(m-l)(m-2)(2m-3)

M=.C；m_2-------------------------------=4x----------------------------

66

因为九.4,所以2加一3>加，

于是M>4x=<>2C：.

6

②当夕w{2/71—2,2771—1,2m}时，M=Cl，.Clm_2,同上可得M>2C：

③当3釉2m—3时，M=C+6”设/■(P)=C+C：Lp，3张中2m-3,

当然上2根—4时，f(p+1)-/(p)=C^+1+-Cj-=Cj-,

显然夕/2机一夕一1,当夕>2机一夕一1即编劭2m一4时，/(J>+1)>f(p),

当?<2加一夕一1即3强上7”一1时，f(p+l)</(/?),

即/(机)</(机+1)<,</(2m-3)；八3)>/(4)>…

因此/(P)../⑺)=2C；,即M..2C；.

综上，M..2C：,BP3M..m(m-l)(m-2).

【点睛】

本题考查独立性检验、离散型随机变量的分布列以及期望、排列组合，还考查运算求解能力以及必然与或然思想，属

于难题.

20.(1)证明见解析(2)0

【解析】

(1)根据面面垂直的判定定理可知，只需证明AC,平面BOD4即可.

由ABCD为菱形可得ACLB。，连接片和AC与的交点。，

由等腰三角形性质可得BQ1AC,即能证得AC，平面BDD[B]；

(2)由题意知，50，平面A6Q),可建立空间直角坐标系。孙z,以。为坐标原点，Q4所在直线为x轴，08所

在直线为V轴，。及所在直线为z轴，再分别求出平面的法向量，平面的法向量，即可根据向量法求出

二面角4—3。—G的余弦值.

【详解】

(1)如图，设AC与BD相交于点。，连接用。，

又ABCD为菱形，故ACLB。，。为AC的中点.

又4片=。4,故用。工AC.

又BDu平面BDRB-B0u平面BDD/I,且3。4。=。，

故AC_L平面BDDXBX,又ACu平面ABCD,

所以平面，平面ABC£>.

（2）由八。48是等边三角形，可得80,3。，故瓦平面ABC。，

所以瓦。，AC,3。两两垂直.如图以。为坐标原点，Q4所在直线为x轴，08所在直线为，轴，。片所在直线为z

轴，建立空间直角坐标系。型.

不妨设AB=2,则AO=百，。4=6，

则A(6,0,0),S(0,l,0),4(0,0,6),。(0,—1,0),4(6,—1,6)，C,(-73,-1,73),

设〃=（%,%,zj为平面的法向量,

n-BD=0,2yl=o,

则《即-舟-X+后=。可取〃=0'。」），

n-OCX=0,

设加=（%2，%/2）为平面A3。的法向量,

,m-BD=0,即『;一°,可取m=

则，(-1,0,1),

mOR=0,

[V3X2一%+N3Z2=0,

n-m八

所以cos〈凡根〉=厂n~r=0

1胴.

所以二面角A,-BD-Q的余弦值为0.

【点睛】

本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的应用，以及利用向量法求二面角，意在考查学生的直观想

象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题.

2i-(i)汽亚⑵W2

【解析】

(1)先利用同角的三角函数关系求得sinC,再由COSA=cos〃-?-C求解即可;

AriDC-ADsinC2,

(2)在ADC中，由正弦定理可得----------------河丸-----二------------=-------------，再由

sinCsinZDACDCsinZDAC3sinZDAC

0</1%。//胡。求解即可.

【详解】

解：(1)在ABC中,cos。=且，所以sinC=JT----T-2

-cos2C=一,