2020-2021学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）复数在复平面内对应的点在第（　　）象限
A．一 B．二 C．三 D．四
2．（5分）已知，，若，则m＝（　　）
A． B． C． D．3
3．（5分）某小区有500人自愿接种新冠疫苗，其中49～59岁的有140人，18～20岁的有40人，其余为符合接种条件的其他年龄段的居民．在一项接种疫苗的追踪调查中，要用分层抽样的方法从该小区500名接种疫苗的人群中抽取50人，则从符合接种条件的其他年龄段的居民中抽取的人数是（　　）
A．14 B．18 C．32 D．50
4．（5分）设α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，下列说法正确的是（　　）
A．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，则n⊥β
B．若α⊥β，n∥α，则n⊥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β
5．（5分）宁波市在创建“全国文明城市”活动中大力加强垃圾分类投放宣传．某居民小区设有“厨余垃圾”、“可回收垃圾”、“其它垃圾”、“有害垃圾”四种不同的垃圾桶．一天，居民小陈提着上述分好类的垃圾各一袋，随机每桶投一袋，则恰好有两袋垃圾投对的概率为（　　）
A． B． C． D．
6．（5分）如图，已知BD为△ABC中∠ABC的角平分线，若BC＝2AB＝2，，则（　　）

A．1 B．2 C．3 D．
7．（5分）古代数学名著《九章算术・商功》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若四棱锥P﹣ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，AB＝BC＝4，PA＝3，则此“阳马”外接球与内切球的表面积之比为（　　）

A． B． C． D．41
8．（5分）如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，AD＝BC＝1，AB＞CD，沿着AC把△ACD折起至△ACD1，使D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上．当边长CD变化时，点D1的轨迹长度为（　　）

A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题；每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。
（多选）9．（5分）从装有4个红球和3个白球的口袋中任取4个球，那么互斥而不对立的事件是（　　）
A．恰有1个红球与恰有2个红球
B．至少有1个白球与都是红球
C．恰有1个红球与恰有1个白球
D．至少有1个红球与至少有1白球
（多选）10．（5分）关于平面向量，下列说法正确的是（　　）
A．若，，则
B．已知，，则在方向上的投影向量是
C．若，，且与的夹角为锐角，则λ∈（﹣1，2）
D．若，且，则四边形ABCD为菱形
（多选）11．（5分）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列条件能推导出△ABC一定是锐角三角形的是（　　）
A．a2+b2＞c2 B．
C．cos2A+cos2B﹣cos2C＝1 D．tanA+tanB+tanC＞0
（多选）12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，若P是空间异于C1的一个动点，且PC1⊥BD1，则下列正确的是（　　）

A．PC1∥平面ACB1
B．存在唯一一点P，使PD1∥B1C
C．存在无数个点P，使PD1⊥B1C
D．若PA⊥PC，则点P到直线A1C1的最短距离为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。多空题，仅对一空得3分。
13．（5分）设z∈C，若|z|＝2，则|z+i|的最大值为 　 　．
14．（5分）随机事件A，B的概率分别为P（A）＝0.5，P（B）＝0.3．
（1）若B⊆A，则P（AB）＝　 　；
（2）若A与B相互独立，则P（A∪B）＝　 　．
15．（5分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，棱长均为2，顶点A1在底面ABC上的射影恰为AB的中点D，E为AC的中点，则直线BE与直线AB1所成角的余弦值为 　 　．

16．（5分）平面向量满足：，且．则的取值范围为 　 　．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和．现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B，设甲、乙两组的研发相互独立．
（1）求至少有一种新产品研发成功的概率；
（2）若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元，该企业获得利润超过100万元的概率为多少．
18．（12分）某校对100名高一学生的某次数学测试成绩进行统计，分成[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]五组，得到如图所示频率分布直方图．
（1）求图中a的值；
（2）估计该校学生数学成绩的平均数；
（3）估计该校学生数学成绩的第75百分位数．

19．（12分）在①；②2a+c＝2bcosC；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足____，，a+c＝4，求△ABC的面积．
20．（12分）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，．点P是线段DC上的动点．
（1）若，求x，y的值；
（2）若，求λμ的取值范围．

21．（12分）如图，已知四边形ABCD是菱形，△ABE是边长为1的正三角形，F为EC的中点，又AE⊥BF，EB⊥BC．
（1）求证：AC⊥DF；
（2）求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．

22．（12分）在棱长均为2的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E为B1C1的中点．过AE的截面与棱BB1，A1C1分别交于点F，G．
（1）若F为BB1的中点，求三棱柱被截面AGEF分成上下两部分的体积比；
（2）若四棱锥A1﹣AGEF的体积为，求截面AGEF与底面ABC所成二面角的正弦值；
（3）设截面AFEG的面积为S0，△AEG面积为S1，△AEF面积为S2，当点F在棱BB1上变动时，求的取值范围．


2020-2021学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）复数在复平面内对应的点在第（　　）象限
A．一 B．二 C．三 D．四
【解答】解：∵，
∴z在复平面内对应的点为，对应于第二象限．
故选：B．
2．（5分）已知，，若，则m＝（　　）
A． B． C． D．3
【解答】解：∵，，，
∴2m×m﹣2×3＝0，解得：m，
故选：C．
3．（5分）某小区有500人自愿接种新冠疫苗，其中49～59岁的有140人，18～20岁的有40人，其余为符合接种条件的其他年龄段的居民．在一项接种疫苗的追踪调查中，要用分层抽样的方法从该小区500名接种疫苗的人群中抽取50人，则从符合接种条件的其他年龄段的居民中抽取的人数是（　　）
A．14 B．18 C．32 D．50
【解答】解：从其余符合接种条件的其它年龄段的居民中抽取的人数为：
5032．
故选：C．
4．（5分）设α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，下列说法正确的是（　　）
A．若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，则n⊥β
B．若α⊥β，n∥α，则n⊥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β
【解答】解：由α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，知：
在A中，若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故A错误；
在B中，若α⊥β，n∥α，则n与β相交、平行或n⊂β，故B错误；
在C中，若m∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故C错误；
在D中，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，
∴若n⊥α，则n⊥β，故D正确．
故选：D．
5．（5分）宁波市在创建“全国文明城市”活动中大力加强垃圾分类投放宣传．某居民小区设有“厨余垃圾”、“可回收垃圾”、“其它垃圾”、“有害垃圾”四种不同的垃圾桶．一天，居民小陈提着上述分好类的垃圾各一袋，随机每桶投一袋，则恰好有两袋垃圾投对的概率为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：某居民小区设有“厨余垃圾”、“可回收垃圾”、“其它垃圾”、“有害垃圾”四种不同的垃圾桶．
一天，居民小陈提着上述分好类的垃圾各一袋，随机每桶投一袋，
基本事件总数n24，
恰好有两袋垃圾投对包含的基本事件个数m6，
则恰好有两袋垃圾投对的概率为P．
故选：D．
6．（5分）如图，已知BD为△ABC中∠ABC的角平分线，若BC＝2AB＝2，，则（　　）

A．1 B．2 C．3 D．
【解答】解：BD为△ABC中∠ABC的角平分线，BC＝2AB＝2，，可得AC，AD＝AB•tan30°，
||||cos∠ADB＝|||||1．
故选：A．
7．（5分）古代数学名著《九章算术・商功》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若四棱锥P﹣ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，AB＝BC＝4，PA＝3，则此“阳马”外接球与内切球的表面积之比为（　　）

A． B． C． D．41
【解答】解：设外接球的半径为R，
所以（2R）2＝32+42+42＝41，故，
所以，
设内切球的半径为r，
利用，
解得r＝1，
故，
故外接球与内切球的表面积之比为．
故选：B．
8．（5分）如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，AD＝BC＝1，AB＞CD，沿着AC把△ACD折起至△ACD1，使D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上．当边长CD变化时，点D1的轨迹长度为（　　）

A． B． C． D．
【解答】解：以AB的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则A（﹣1，0，0），B（1，0，0），设D（x1，y1，0）（﹣1＜x1＜0），
则C（﹣x1，y1，0），
点D1在平面ABC的射影M在AB上，则设D1（x2，0，z2），
因为AD＝AD1＝1，CD＝CD1＝﹣2x1，
所以，
可得，
设的夹角为θ，因为AD1＝1，
所以点D1的轨迹是以点A为球心，1为半径的球面的一部分，且轨迹长度为1×θ＝θ，
因为（x1+1）（x2+1），
所以cosθ＝（x1+1）
令f（x），（﹣1＜x＜0），
则，令f'（x）＝0，解得x＝0或，
可知当﹣1＜x＜0时，f'（x）＞0，则f（x）单调递增，
所以f（﹣1）＜f（x）＜f（0），即0＜f（x）＜1，
故0＜cosθ＜1，所以，
所以点D1的轨迹长度为．
故选：A．

二、选择题：本题共4小题；每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。
（多选）9．（5分）从装有4个红球和3个白球的口袋中任取4个球，那么互斥而不对立的事件是（　　）
A．恰有1个红球与恰有2个红球
B．至少有1个白球与都是红球
C．恰有1个红球与恰有1个白球
D．至少有1个红球与至少有1白球
【解答】解：从装有4个红球和3个白球的口袋中任取4个球，分类情况如下：①1个红球，3个白球，②2个红球，2个白球，③3个红球，1个白球，④4个红球，0个白球，
A选项：A1：恰有1个红球包含①，A2：恰有2个红球包含②，所以A1∩A2＝∅，互斥事件，且A1∪A2＝{①，②}≠{①，②，③，④}，不对立；
B选项：B1：至少有1个白球包含①，②，③，B2：都是红球包含④，所以B1∩B2＝∅，互斥事件，且B1∪B2＝{①，②，③，④}，对立事件；
C选项：C1：恰有1个红球包含①，C2：恰有1个白球包含③，所以C1∩C2＝∅，互斥事件，且C1∪C2＝{①，③}≠{①，②，③，④}，不对立；
D选项：D1：至少有1个红球包含①，②，③，④，D2：至少有1个白球包含①，②，③，D1∩D2＝{①，②，③}≠∅，不互斥；
综上答案为AC，
故选：AC．
（多选）10．（5分）关于平面向量，下列说法正确的是（　　）
A．若，，则
B．已知，，则在方向上的投影向量是
C．若，，且与的夹角为锐角，则λ∈（﹣1，2）
D．若，且，则四边形ABCD为菱形
【解答】解：A选项：若为零向量，则与不一定共线，A错误；
B选项：，与夹角的余弦值为，方向上的单位向量，
所以 在方向上的投影向量为，B正确；
C选项：若 与夹角的夹角为锐角，则，且2λ≠1﹣λ，解得λ∈（﹣1，）∪（，2），C错误；
D选项：由条件有，即，所以BA与CD平行且相等，故四边形ABCD为平行四边形；由条件，得AC是∠DAB的角平分线，所以四边形ABCD为菱形，D正确；
故选：BD．
（多选）11．（5分）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列条件能推导出△ABC一定是锐角三角形的是（　　）
A．a2+b2＞c2 B．
C．cos2A+cos2B﹣cos2C＝1 D．tanA+tanB+tanC＞0
【解答】解：对于A，若a2+b2＞c2，由余弦定理可知cosC0，即角C为锐角，不能推出其他角均为锐角，故错误；
对于B，因为，可得sinA：sinB：sinC＝5：6：7，可得a：b：c＝5：6：7，设a＝5k，b＝6k，c＝7k，k＞0，
可得c为最大边，C为三角形最大角，
根据余弦定理得cosC0，可得C为锐角，可得△ABC一定是锐角三角形，故正确；
对于C，因为cos2A+cos2B﹣cos2C＝1，可得1﹣sin2A+1﹣sin2B﹣（1﹣sin2C）＝1，整理可得sin2A+sin2B＝sin2C，由正弦定理可得a2+b2＝c2，可得C为直角，故错误；
对于D，因为由于tan（A+B），整理得tanA+tanB＝﹣tanC+tanAtanBtanC，
故tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC，
由于tanA+tanB+tanC＞0，
故tanAtanBtanC＞0，
故A，B，C均为锐角，△ABC为锐角三角形，故正确．
故选：BD．
（多选）12．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，若P是空间异于C1的一个动点，且PC1⊥BD1，则下列正确的是（　　）

A．PC1∥平面ACB1
B．存在唯一一点P，使PD1∥B1C
C．存在无数个点P，使PD1⊥B1C
D．若PA⊥PC，则点P到直线A1C1的最短距离为
【解答】解：A选项：因为BD1⊥平面DA1C1，所以P点在平面DA1C1上．又因为平面DA1C1∥平面AB1C，所以平面PC1∥平面AB1C，所以A选项说法正确．
B选项：假设存在P点，使得PD1∥B1C，因为A1D∥B1C，所以PD1∥A1D，这与D1在平面DA1C1外矛盾，所以假设不成立，及P点不存在，B选项说法错误．
C选项：如图，因为B1C⊥平面AD1C1B，平面AD1C1B∩平面A1C1D＝C1F，所以当P点在直线C1F上时，恒有B1C⊥PD1，C选项说法正确．
D选项：如图，
若PA⊥PC，则P点在以O为球心，OA（OA）为半径的球面上．
设BD1∩平面DA1C1＝E，则B点到平面DA1C1的距离为BE，所以O点到平面DA1C1的距离为．
所以平面DA1C1被球面截得的圆的半径为r，且圆心为DE中点，设为O1．
则在等边三角形DA1C1中，O1到直线A1C1的距离为，所以P点到直线A1C1的距离的最小值为．
D选项说法正确．
故选：ACD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。多空题，仅对一空得3分。
13．（5分）设z∈C，若|z|＝2，则|z+i|的最大值为 　3　．
【解答】解：∵z∈C，|z|＝2，
∴|z+i|≤|z|+|i|＝3，
∴则|z+i|的最大值为3，
故答案为：3．
14．（5分）随机事件A，B的概率分别为P（A）＝0.5，P（B）＝0.3．
（1）若B⊆A，则P（AB）＝　0.3　；
（2）若A与B相互独立，则P（A∪B）＝　0.65　．
【解答】解：（1）根据题意，若B⊆A，则P（AB）＝P（B）＝0.3；
（2）若A与B相互独立，P（A）＝0.5，P（B）＝0.3．
则P（AB）＝0.5×0.3＝0.15，
则P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝0.5+0.3﹣0.15＝0.65．
15．（5分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，棱长均为2，顶点A1在底面ABC上的射影恰为AB的中点D，E为AC的中点，则直线BE与直线AB1所成角的余弦值为 　　．

【解答】解：三棱柱ABC﹣A1B1C1中，棱长均为2，顶点A1在底面ABC上的射影恰为AB的中点D，
可得AA1B1B，AA1C1C是菱形，且A1D垂直底面ABC．
E为AC的中点，BE⊥AC，
∴BE，
取A1C1的中点F，连接FB1，可得直线BE与直线AB1所成角的平面角为∠EB1F，且FB1＝BE，
∵A1DE是直角三角形，可得A1E＝2，
在△A1AE中，由余弦定理，可得cos∠A1AE，
那么cos∠FA1A，
由余弦定理，可得AF，
平面AA1B1B是菱形，∠A1AB＝60°，
∴AB1，
在△A1B1F中，由余弦定理，可得cos∠EB1F．
故答案为：．

16．（5分）平面向量满足：，且．则的取值范围为 　[2，4]　．
【解答】解：∵向量满足：，且，
∴向量，，对应的点A，B，C在单位圆上，且△ABC为等边三角形，
且||+||||，
即圆上的E点到点A、B、C的距离的和，即|EA|+|EB|+|EC|，
若点E不与A、B、C重合，不妨设E在上，
则|EA|+|EC|＞|AC|，|EB|＞|AB|，|EA|+|EB|+|EC|＞|AC|+|AB|，
故点E在圆上运动时，|EA|+|EB|+|EC|≥|AC|+|AB|，
又∵△ABC为单位圆的内接等边三角形，∴|AC|＝|AB|，
∴|EA|+|EB|+|EC|≥2，
由余弦定理可得|AC|2＝|EA|2+|EC|2﹣2|EA|•|EC|cos∠AEC，且∠AEC，
即3＝|EA|2+|EC|2+|EA|•|EC|＝（|EA|+|EC|）2﹣|EA|•|EC|，
即|EA|•|EC|＝（|EA|+|EC|）2﹣3（|EA|+|EC|）2，
即|EA|+|EC|≤2（当且仅当|EA|＝|EC|，即点E与点D重合时，等号成立），
又∵|EB|≤|BD|＝2，
∴|EA|+|EB|+|EC|≤4（当且仅当点E是、或的中点时，等号成立），
∴的取值范围为，
故答案为：．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和．现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B，设甲、乙两组的研发相互独立．
（1）求至少有一种新产品研发成功的概率；
（2）若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元，该企业获得利润超过100万元的概率为多少．
【解答】解：（1）设事件A表示“甲组研发新产品A研发成功”，设事件B表示“乙组研发新新产品B研发成功”，
则P（A），P（B），
则至少有一种新产品研发成功的概率：P＝1﹣P（）＝1﹣P（）P（）＝1；
（2）若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元，若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元，
该企业可获利润X的可能取值为0，100，120，220，
P（X＝120）＝P（A）（1），
P（X＝220）＝P（AB），
则P（X＞100）＝P（X＝120）+P（X＝220）．
18．（12分）某校对100名高一学生的某次数学测试成绩进行统计，分成[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]五组，得到如图所示频率分布直方图．
（1）求图中a的值；
（2）估计该校学生数学成绩的平均数；
（3）估计该校学生数学成绩的第75百分位数．

【解答】解：（1）由频率分布直方图得：
a+0.02+0.025+0.035+a＝0.1，
解得a＝0.01．
（2）估计该校学生数学成绩的平均数为：
0.1×55+0.2×65+0.35×75+0.25×85+0.1×95＝75.5（分）．
（3）第75百分位数为：
8010＝84（分）．
19．（12分）在①；②2a+c＝2bcosC；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足____，，a+c＝4，求△ABC的面积．
【解答】解：①若在横线上填写“”，
则由正弦定理，得．
由sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，
得．
由0＜C＜π，得sinC≠0．
所以．
又cosB≠0（若cosB＝0，则sinB＝0，sin2B+cos2B＝0这与sin2B+cos2B＝1矛盾），
所以．
又0＜B＜π，得．
由余弦定理及，得，
即12＝（a+c）2﹣ac．将a+c＝4代入，解得ac＝4，
所以；
②若在横线上填写“2a+c＝2bcosC”，
则由正弦定理，得2sinA+sinC＝2sinBcosC，
由2sinA＝2sin（B+C）＝2sinBcosC+2cosBsinC，得2cosBsinC+sinC＝0，
由0＜C＜π，得sinC≠0，
所以cosB，又B∈（0，π），所以B，
由余弦定理及，得，
即12＝（a+c）2﹣ac．将a+c＝4代入，解得ac＝4，
所以；
③若在横线上填写“”，
则由正弦定理，得sinBsinAsinAsin，
又A∈（0，π），所以sinA≠0，
所以sinBsin，
所以2sincos，
又0＜B＜π，所以，所以，
所以sin，所以，即，
由余弦定理及，得，
即12＝（a+c）2﹣ac．将a+c＝4代入，解得ac＝4，
所以；
20．（12分）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，．点P是线段DC上的动点．
（1）若，求x，y的值；
（2）若，求λμ的取值范围．

【解答】解：（1）因为，所以，y＝1；
（2）设，t∈[0，]，所以（λ+μ）（λt﹣μ），
由（1）得，根据平面向量基本定理，得，
从而λ（t+1），，
因为t∈[0，]，所以，
从而λμ＝λ（1﹣λ）＝﹣（）²∈[]．
21．（12分）如图，已知四边形ABCD是菱形，△ABE是边长为1的正三角形，F为EC的中点，又AE⊥BF，EB⊥BC．
（1）求证：AC⊥DF；
（2）求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．

【解答】解：（1）连接AC，BD交于点O，连接DF，
由已知可得BE＝BC，因为F为EC的中点，所以BF⊥EC，
又BF⊥AE，EC∩AE＝E，∴BF⊥面AEC，
∵AC⊂面AEC，∴BF⊥AC，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又DB∩BF＝B，∴AC⊥面BDF，
∵DF⊂面DBF，∴AC⊥DF．
（2）连接OF，则OF∥AE，∴OF与平面ABC所成角等于直线AE与平面ABC所成角，
∵AC⊥面BDF，且AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面DBF，
∵平面ABC∩平面DBF＝DB，∴OF在平面ABC上的射影落在OB上．
因此∠FOB为所求．
又由（1）得BF⊥平面AEC，所以BF⊥OF，
在△FOB中，BF，OF，OB，
所以sin∠FOB．

22．（12分）在棱长均为2的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E为B1C1的中点．过AE的截面与棱BB1，A1C1分别交于点F，G．
（1）若F为BB1的中点，求三棱柱被截面AGEF分成上下两部分的体积比；
（2）若四棱锥A1﹣AGEF的体积为，求截面AGEF与底面ABC所成二面角的正弦值；
（3）设截面AFEG的面积为S0，△AEG面积为S1，△AEF面积为S2，当点F在棱BB1上变动时，求的取值范围．

【解答】解：（1）连结EF，并延长分别交CC1，CB于点M，N，
连结AM交A1C1于点G，连结AN，GE，
则，
故G为A1C1靠近C1的三等分点，所以MC1＝1，GC1，
下面球三棱柱被截面分成两部分的体积比，
三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，
连结A1E，A1F，由BB1∥平面AA1E可知，为定值，
所以，
所以
，
故，
所以；
（2）由以及，可得，
设点G到平面AA1E的距离为h，由，解得，
所以点G到直线A1E的距离为，则点G为A1C1靠近C1的四等分点，
因为平面A1B1C1∥平面ABC，
所以截面AGEF与平面ABC所成的角即为截面AGEF与平面A1B1C1所成的角，
在△GC1E中，GC1，C1E＝1，故EG⊥GC1，
又因为平面ACC1A1⊥平面A1B1C1，且平面ACC1A1∩平面A1B1C1＝A1C1，
故EG⊥平面ACC1A1，
则∠A1GA即为截面AGEF与底面ABC所成的二面角，
在Rt△A1GA中，A1G，AA1＝2，AG，
故sin∠A1GA，
所以截面AGEF与底面ABC所成二面角的正弦值为；
（3）设GC1＝m，则m∈[0，1]，且，
设△MGE的面积为S，则，
又因为S2＝S+S1，所以，
故，
所以的取值范围为．

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