2020-2021学年山东省临沂高二（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省临沂高二（下）期末考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知i是虚数单位，若z=3+i1−2i，则z的共轭复数z的虚部为( )
A.−65B.1−7i5C.−75D.−75i

2. 已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，则△ABC的面积为( )
A.62a2B.32a2C.64a2D.63a2

3. 平面向量 a→=2,1，|b→|=2，a→⋅b→=4，则向量a→，b→夹角的余弦值为( )
A.255B.45C.55D.15

4. 某校高一、高二、高三年级分别有学生1100名、1000名、900名，为了了解学生的视力情况，现用分层抽样的方法从中随机抽取容量为30的样本，则应从高二年级抽取的学生人数为（ ）
A.9B.10C.11D.12

5. 已知平面α，平面γ，平面β，直线a以及直线b，则下列命题说法错误的是（ ）
A.若a//α，b⊥α，则a⊥b
B.若α//β，α∩γ=a，β∩γ=b，则a→//b→
C.若α//β，a⊥α，则a⊥β
D.若α⊥γ，β⊥γ，则α//β

6. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c．若a2−c2=3bc，sinB=23sinC，则A等于( )
A.56πB.23πC.π3D.π6

7. 在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，AC=1，AB=3，且∠BAC=90∘，AD=2，若该四面体ABCD的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积是（ ）
A.82πB.4πC.823πD.8π

8. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立
二、多选题

若复数z=3−i，则（ ）
A.|z|=2B.|z|=4
C.z的共轭复数z=3+iD.z2=4−23i

有一组样本数据x1,x2，…,xn，由这组数据得到新样本数据y1,y2 ⋯,yn，其中y1=xi+ci=1,2,⋯,n，c为非零常数，则（ ）
A.两组样本数据的样本平均数相同
B.两组样本数据的样本中位数相同
C.两组样本数据的样本标准差相同
D.两组样本数据的样本极差相同

已知△ABC中， a=x，b=2，∠B=45∘，若三角形有两解，则x不可能的取值是（ ）
A.2B.2.5C.3D.3.5

将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A−BD−C，点P为线段AD上的一动点，下列结论正确的是( )
A.异面直线AC与BD所成的角为90∘
B.△ACD是等边三角形
C.△BCP面积的最小值为112
D.四面体ABCD的外接球的表面积为4π
三、填空题

若从甲、乙、丙、丁4人中选出3名代表参加学校会议，则甲被选中的概率为________.

如图，在平行四边形ABCD中，AB→=a→，AD→=b→，点O为对角线AC与BD的交点，点E在边CD上，且DE=2EC，则OE→=________．（用a→，b→表示）


“伦敦眼”坐落在英国伦敦泰晤士河畔，是世界上首座观景摩天轮，又称“千禧之轮”，该摩天轮的半径为6（单位：10m），游客在乘坐舱P升到上半空鸟瞰伦敦建筑BC，伦敦眼与建筑之间的距离AB为12（单位：10m），游客在乘坐舱P看建筑BC的视角为θ.当乘坐舱P在伦敦眼的最高点D时，视角θ=30∘，则建筑BC的高度为________.（单位：10m）


如图，设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c， 3acsC+ccsA=2bsinB，且∠CAB=π3．若点D是△ABC外一点， CD=1，AD=3，则当∠D=________时，四边形ABCD的面积的最大值为________．

四、解答题

已知复数z=(m2−5m+6)+(m−2)i(m∈R).
(1)若复数z为纯虚数，求实数m的值；

(2)若复数z在平面内对应的点在第二象限，求实数m的取值范围.

已知向量a→=(1,2)，b→=(−3,k)．
(1)若a→//b→，求|b→|的值；

(2)若a→⊥(a→+2b→)，求实数k的值；

(3)若a→与b→的夹角是钝角，求实数k的取值范围．

如图，已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠BAD=90∘，且AB=BC=1，AD=2，PA=PD，点M为AD中点，平面PAD⊥平面ABCD，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为22．

(1)求证：BM//平面PCD；

(2)求四棱锥P−ABCD的体积.

从①csB+csB2=0；②sin2A−sin2B+sin2C+sinAsinC=0；③bcsC+2a+ccsB=0，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若________．
(1)求B；

(2)若b=25且a+c=5，求△ABC的面积．

某医院为促进行风建设，拟对医院的服务质量进行量化考核，每个患者就医后可以对医院进行打分，最高分为100分．上个月该医院对100名患者进行了回访调查，将他们按所打分数分成以下几组：第一组[0,20)，第二组[20,40)，第三组[40,60)，第四组[60,80)，第五组80,100，得到频率分布直方图，如图所示．
(1)求所打分数不低于60分的患者人数；

(2)该医院在第二、三组患者中按分层抽样的方法抽取6名患者进行深入调查，之后将从这6人中随机抽取2人聘为医院行风监督员，求行风监督员来自不同组的概率．

如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD， AB=AD，O为BD的中点．

(1)证明：OA⊥CD；

(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45∘，求三棱锥A−BCD的体积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省临沂市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
先化简复数z，再利用复数的共轭复数和复数的概念求解即可.
【解答】
解：z=3+i1−2i=(3+i)(1+2i)(1+2i)(1−2i)=15+75i，
则z的共轭复数z的虚部为−75.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
平面图形的直观图
斜二测画法画直观图
【解析】
由原图和直观图面积之间的关系 SS=24，求出直观图三角形的面积，再求原图的面积即可．
【解答】
解：直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，故面积为 34a2，
而原图和直观图面积之间的关系 S直S原=24，
那么原△ABC的面积为62a2.
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
先求得a→,在代入夹角公式求解即可.
【解答】
解：∵ a→=22+12=5,
∴ cs=a→⋅b→a→b→=425=255.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
分层抽样方法
【解析】
由题意用样本容量乘以高二年级的学生人数占的比例，即为所求．
【解答】
解：由题意可得高二年级的学生人数占的比例为：
10001100+1000+900=13，
则应从高二年级抽取的学生人数为30×13=10.
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
利用线面，面面，线线的位置关系逐一分析即可.
【解答】
解：A，若a//α，b⊥α，则a⊥b，故该选项正确；
B，若α//β，α∩γ=a，β∩γ=b，则a//b，则a→//b→，故该选项正确；
C，若α//β，a⊥α，则a⊥β ，故该选项正确；
D，若α⊥γ，β⊥γ，则α//β或相交，故该选项错误.
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
已知第二个等式利用正弦定理化简表示出b，代入第一个等式中表示出a，利用余弦定理表示出csA，把表示出的b与a代入求出csA的值，即可确定出A的度数．
【解答】
解：由题意得，sinB=23sinC，
由正弦定理得：b=23c，代入a2−c2=3bc，
得：a2−c2=6c2，即a=7c，
∴ csA=b2+c2−a22bc=12c2+c2−7c243c2=32，
∵ 0∴ A=π6，
故选D.
7.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
容易确定AB，AC，AD两两垂直，再结合长方体外接球直径为其体对角线长，即可得解．
【解答】
解：∵ ∠BAC=90∘，
∴ AB⊥AC，
又AD⊥平面ABC，
∴ AD⊥AB，AD⊥AC，
则球O的直径为其体对角线长，即球O的直径为：
12+(3)2+22=22，
则球O的半径为r=2，
故球O的表面积为：4π×(2)2=8π.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
相互独立事件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设甲、乙、丙、丁事件的发生概率分别为PA，PB，PC，PD．
则PA=PB=16，PC=56×6=536，PD=66×6=16．
对于A选项，PAC=0；
对于B选项，PAD=16×6=136；
对于C选项，PBC=16×6=136；
对于D选项，PCD=0，
若两事件X，Y相互独立，则PXY=PXPY，
因此B选项正确．
故选B．
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
因为z=3−i，所|z|=32+−12=2,z=3+i,z2=2−23i .
【解答】
解：因为z=3−i，所以|z|=32+−12=2,
z=3+i,z2=2−23i .
故选AC .
【答案】
C,D
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知x=x1+x2+⋯+xnn，
y=y1+y2+⋯+ynn=x1+x2+⋯+xnn+c
=x+c，因为c≠0，所以x≠y，所以A错；
若x1,x2.⋯,xn的中位数为xk，因为yi=xi+c，所以y1,y2,…,yn的中位数为yk=xk+c≠xk，所以B错；
y1,y2，…,yn的标准差为Sy=1ny1−y2+y2−y2+⋯+yn−y2,=1nx1+c−x+c2+x2+c−x+c2+⋯+xn+c−x+c2
=1nx1−x2+x2−x2+⋯+xn−x2=Sx，所以C对；
设样本数据x1,x2，⋯,xn中最大为xn，最小为x1，因为因为yi=xi+c，所以样本数据y1,y2，…,yn中最大为yn，最小为y1，极差为yn−y1=xn+c−x1+c=xn−x1，所以D对．
故选CD．
【答案】
A,C,D
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理求解即可.
【解答】
解：若三角形有两解，则a>b，sinA<1，
由正弦定理得asinA=bsinB ，
所以 sinA=asinBb=x222=2x4<1，
解得x<22.
又因为a>b，
则x>2 ，
所以2故x不可能的取值是2，3，3.5.
故选ACD．
【答案】
A,B
【考点】
异面直线及其所成的角
球内接多面体
二面角的平面角及求法
【解析】
取BD的中点E，连接AE，CE，利用等腰三角形三线合一，可得AE⊥BD，CE⊥BD，从而可得AC⊥BD，可判断A；通过计算
AC=AE2+CE2=2，可得△ACD为正三角形；由BC长为2，所以只需求出BC边上高PG的最小值就是△BCP面积的最小值；由于AE=CE=BE=DE=2，所以四面体ABCD的外接球的半径为2，从而可求出其表面积．
【解答】
解：如图，
A，取BD的中点E，连接AE，CE，
则AE⊥BD，CE⊥BD，
又AE∩CE=E，
所以BD⊥平面ACE，
所以AC⊥BD，
所以异面直线AC与BD所成的角为90∘，故A正确；
B，由于正方形的边长为2，
所以AD=CD=2，AE=CE=2，
因为∠AEC=90∘，
所以AC=AE2+CE2=2，
所以△ACD为等边三角形，故B正确；
C，如图，过P作PF⊥BD于F，
过F作FG⊥BC于G，连接PG，
因为平面ADB⊥平面BCD，
所以PF⊥平面BCD，
则PF⊥FG，PF⊥BC，
所以BC⊥平面PFG，
所以BC⊥PG，
设PF=x，则DF=x，BF=22−x，
所以FG=2−x2
所以PG=x2+2−x22
=32x2−22x+4
=32x−2232+83，
所以当x=223时，PG有最小值263，
所以△BCP面积的最小值为263，故C错误；
D，由于AE=CE=BE=DE=2，
所以E为四面体ABCD的外接球的球心，且球的半径为2，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为4π×22=8π，故D错误．
故选AB．
三、填空题
【答案】
34
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
求出基本事件总数n，甲被选中包含的基本事件个数m，由此能求出甲被选中的概率．
【解答】
解：从甲、乙、丙、丁4人中任选3名代表参加学校会议的所有基本事件为：
甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，乙丙丁，共4个，
甲被选中的事件有3个，
则甲被选中的概率为34.
故答案为：34．
【答案】
16a→+12b→
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
结合向量共线定理及线性运算即可求解．
【解答】
解：由题意可得，DE→=23DC→，
∴ OE→=OD→+DE→=12BD→+23DC→，
=12(AD→−AB→)+23AB→=16a→+12b→.
故答案为：16a→+12b→.
【答案】
123−12
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
由题意建立平面直角坐标系，可得CD所在直线方程，令x=12解得y值即为建设BC的高度．
【解答】
解：建立如图所示平面直角坐标系．
由题意得，AD=AB=12，
则∠ADB=∠ABD=45∘，
当乘坐舱P在伦敦眼的最高点D时，∠BDC=30∘，
则直线CD的倾斜角为165∘，
∴ kCD=−2−3，
则CD所在直线方程为：
y=−2−3x+12，
令x=12，解得y=123−12，
∴ 建筑BC的高度为123−12(单位：10m)．
故答案为：123−12．
【答案】
5π6,532+3
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可求sinB=32，可求B，利用三角形的内角和定理可求C，设AC=x，x>0，在△ADC中，由余弦定理可得x2=10−6csD，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S四边形ABCD=3sinD−π3+532，利用正弦函数的性质即可求解．
【解答】
解：∵ 3acsC+ccsA=2bsinB，
∴ 3sinAcsC+sinCcsA=2sinB⋅sinB，
即3sinA+C=3sinB=2sinB⋅sinB，
又0则sinB=32，则B=π3，
又∵ ∠CAB=π3，
∴ ∠ACB=π3，
在△ADC中，由余弦定理可得：
AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅csD，
设AC=x，则AB=BC=x，
又AD=3，DC=1，
∴ x2=10−6csD，
∴ S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD
=12x⋅xsinπ3+12⋅3sinD
=34x2+32sinD
=3410−6csD+32sinD
=3sinD−π3+532，
∴ 当D=5π6时，四边形ABCD面积的最大值为532+3.
故答案为： 5π6；532+3．
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ 复数z=(m2−5m+6)+(m−2)i为纯虚数，
则m2−5m+6=0,m−2≠0,
解得m1=2,m2=3,m≠2,
∴ m=3.
(2)∵ 复数z在平面内对应的点在第二象限，
则m2−5m+6<0,m−2>0,
∴ 2【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数的基本概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 复数z=(m2−5m+6)+(m−2)i为纯虚数，
则m2−5m+6=0,m−2≠0,
解得m1=2,m2=3,m≠2,
∴ m=3.
(2)∵ 复数z在平面内对应的点在第二象限，
则m2−5m+6<0,m−2>0,
∴ 2【答案】
解：(1)因为向量a→=(1,2)，b→=(−3,k)，且a→//b→，
所以1×k−2×(−3)=0，解得k=−6，
所以b→=(−3,−6)，
所以|b→|=(−3)2+(−6)2=35．
(2)因为a→+2b→=(−5,2+2k)，且a→⊥(a→+2b→)，
所以1×(−5)+2×(2+2k)=0，解得k=14.
(3)因为a→与b→的夹角是钝角，
所以a→⋅b→<0，且a→与b→不共线，
即1×(−3)+2×k<0，且k≠−6，
所以k<32，且k≠−6．
【考点】
向量的模
平面向量共线（平行）的坐标表示
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
（1）利用向量平行的性质求出k＝−6，由此能求出|b→|的值．
（2）利用向量垂直的性质能求出实数k．
（3）由a→与b→的夹角是钝角，得到a→⋅2b→<0且a→与b→不共线．由此能求出实数k的取值范围．
【解答】
解：(1)因为向量a→=(1,2)，b→=(−3,k)，且a→//b→，
所以1×k−2×(−3)=0，解得k=−6，
所以b→=(−3,−6)，
所以|b→|=(−3)2+(−6)2=35．
(2)因为a→+2b→=(−5,2+2k)，且a→⊥(a→+2b→)，
所以1×(−5)+2×(2+2k)=0，解得k=14.
(3)因为a→与b→的夹角是钝角，
所以a→⋅b→<0，且a→与b→不共线，
即1×(−3)+2×k<0，且k≠−6，
所以k<32，且k≠−6．
【答案】
(1)证明：因为AD//BC，BC=1，
AD=2，点M为AD的中点，
所以BC//MD，BC=MD．
所以四边形BCDM为平行四边形，
所以BM//CD．
又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以BM//平面PCD．
(2)解：连结PM，
因为PA=PD，M为AD的中点，
所以PM⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，PM⊂平面PAD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PM⊥平面ABCD．
所以直线PB与平面ABCD所成角为∠PBM，
tan∠PBM=PMBM=22，
又∠BAD=90∘，AB=AM=1，
所以BM=2，则PM=1，
所以四棱锥P−ABCD的体积为：
VP−ABCD=13S梯形ABCD⋅PM
=13×12×1+2×1×1=12．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：因为AD//BC，BC=1，
AD=2，点M为AD的中点，
所以BC//MD，BC=MD．
所以四边形BCDM为平行四边形，
所以BM//CD．
又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以BM//平面PCD．
(2)解：连结PM，
因为PA=PD，M为AD的中点，
所以PM⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，PM⊂平面PAD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PM⊥平面ABCD．
所以直线PB与平面ABCD所成角为∠PBM，
tan∠PBM=PMBM=22，
又∠BAD=90∘，AB=AM=1，
所以BM=2，则PM=1，
所以四棱锥P−ABCD的体积为：
VP−ABCD=13S梯形ABCD⋅PM
=13×12×1+2×1×1=12．
【答案】
解：(1)若选①csB+csB2=0，
则2cs2B2+csB2−1=0，
即2csB2−1csB2+1=0，
所以csB2=12或csB2=−1，
因为0所以0所以csB2>0，
所以csB2=−1不成立，
所以csB2=12，
所以B2=π3，
所以B=2π3；
若选②sin2A−sin2B+sin2C+sinAsinC=0，
由正弦定理可得a2−b2+c2+ac=0，
所以csB=a2+c2−b22ac=−12，
因为0所以B=2π3；
若选③bcsC+2a+ccsB=0；
由正弦定理可得sinB⋅csC+2sinA+sinCcsB=0，
所以2sinAcsB+sinB+C=0，
所以2sinAcsB+sinA=0．
因为0所以sinA>0，
所以csB=−12，
因为0所以B=2π3.
(2)由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
所以20=a+c2−2ac−2accs2π3，
所以20=25−2ac−2ac×−12，
所以ac=5，
所以△ABC的面积为12acsinB=12×5×32=534．
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)若选①csB+csB2=0，
则2cs2B2+csB2−1=0，
即2csB2−1csB2+1=0，
所以csB2=12或csB2=−1，
因为0所以0所以csB2>0，
所以csB2=−1不成立，
所以csB2=12，
所以B2=π3，
所以B=2π3；
若选②sin2A−sin2B+sin2C+sinAsinC=0，
由正弦定理可得a2−b2+c2+ac=0，
所以csB=a2+c2−b22ac=−12，
因为0所以B=2π3；
若选③bcsC+2a+ccsB=0；
由正弦定理可得sinB⋅csC+2sinA+sinCcsB=0，
所以2sinAcsB+sinB+C=0，
所以2sinAcsB+sinA=0．
因为0所以sinA>0，
所以csB=−12，
因为0所以B=2π3.
(2)由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
所以20=a+c2−2ac−2accs2π3，
所以20=25−2ac−2ac×−12，
所以ac=5，
所以△ABC的面积为12acsinB=12×5×32=534．
【答案】
解：(1)由直方图知，
所打分值[60,100)的频率为0.0175×20+0.0150×20=0.65．
∴人数为100×0.65=65（人）．
答：所打分数不低于60分的患者的人数为65人．
(2)由直方图知，第二、三组的频率分别为0.1和0.2，
则第二、三组人数分别为10人和20人，
所以根据分层抽样的方法，抽出的6人中，第二组和第三组的人数之比为1:2，
则第二组有2人，记为A，B；第三组有4人，记为a,b,c,d．
从中随机抽取2人的所有情况如下：
AB，Aa，Ab，Ac，Ad，
Ba，Bb，Bc，Bd，
ab，ac，ad，bc，bd，cd 共15种．
其中，两人来自不同组的情况有：Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd 共8种．
∴两人来自不同组的概率为815．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
频率分布直方图
分层抽样方法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由直方图知，
所打分值[60,100)的频率为0.0175×20+0.0150×20=0.65．
∴人数为100×0.65=65（人）．
答：所打分数不低于60分的患者的人数为65人．
(2)由直方图知，第二、三组的频率分别为0.1和0.2，
则第二、三组人数分别为10人和20人，
所以根据分层抽样的方法，抽出的6人中，第二组和第三组的人数之比为1:2，
则第二组有2人，记为A，B；第三组有4人，记为a,b,c,d．
从中随机抽取2人的所有情况如下：
AB，Aa，Ab，Ac，Ad，
Ba，Bb，Bc，Bd，
ab，ac，ad，bc，bd，cd 共15种．
其中，两人来自不同组的情况有：Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd 共8种．
∴两人来自不同组的概率为815．
【答案】
(1)证明：在△ABD中，AB=AD，O为BD的中点，
所以AO⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD．
(2)解：如图，取OD的三等分点F，使得2OF=DF，
取BC的三等分点G，使得2CG=BG，连接EF，FG，EG，
因为2AE=DE，2OF=DF，
所以ADED=ODFD，
又∠ADO=∠EDF，
所以△AOD∽△EFD，
所以AO//EF，
由(1)知，AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD，
所以EF⊥BC，EF⊥FG，
又OD=1，
所以CD=OB=1，OF=13，DF=23，BF=43，
所以2DF=BF，
同理，△BCD∽△BGF，
所以GF//CD，并且GF=23CD=23.
因为OB=OD=OC，
所以BC⊥CD，
所以GF⊥BC，
因为EF⊥BC，GF⊥BC，GF，EF⊂平面EFG， EF∩GF=F，
所以BC⊥平面EFG，
所以BC⊥EG，
所以∠EGF为二面角E−BC−D的平面角，
所以∠EGF=45∘，
又因为EF⊥FG，
所以△EFG为等腰直角三角形，
所以EF=FG=23，
在Rt△BCD中，BC=22−1=3，
由相似易得AO=1，
所以VA−BCD=13Sℎ=13×1×3×12×1=36．
【考点】
两条直线垂直的判定
二面角的平面角及求法
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：在△ABD中，AB=AD，O为BD的中点，
所以AO⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD．
(2)解：如图，取OD的三等分点F，使得2OF=DF，
取BC的三等分点G，使得2CG=BG，连接EF，FG，EG，
因为2AE=DE，2OF=DF，
所以ADED=ODFD，
又∠ADO=∠EDF，
所以△AOD∽△EFD，
所以AO//EF，
由(1)知，AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD，
所以EF⊥BC，EF⊥FG，
又OD=1，
所以CD=OB=1，OF=13，DF=23，BF=43，
所以2DF=BF，
同理，△BCD∽△BGF，
所以GF//CD，并且GF=23CD=23.
因为OB=OD=OC，
所以BC⊥CD，
所以GF⊥BC，
因为EF⊥BC，GF⊥BC，GF，EF⊂平面EFG， EF∩GF=F，
所以BC⊥平面EFG，
所以BC⊥EG，
所以∠EGF为二面角E−BC−D的平面角，
所以∠EGF=45∘，
又因为EF⊥FG，
所以△EFG为等腰直角三角形，
所以EF=FG=23，
在Rt△BCD中，BC=22−1=3，
由相似易得AO=1，
所以VA−BCD=13Sℎ=13×1×3×12×1=36．