2022-2023学年浙江省宁波市余姚市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年浙江省宁波市余姚市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若复数z=a2−4+(a−2)i为纯虚数，则实数a的值为( )
A. 2B. 2或−2C. −2D. −4
2.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b2+c2−a2=bc，若sin2A+sin2B=sin2C，则角B的大小为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
3.已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为( )
A. 24B. 64C. 2 2D. 2 6
4.已知平面向量a，b满足3a−2b⊥5a+b，且a⋅b=17，若a=1，则b=( )
A. 92B. 152C. 7D. 2
5.下列命题正确的是( )
①平行于同一条直线的两条直线平行；
②平行于同一条直线的两个平面平行；
③平行于同一个平面的两条直线平行；
④平行于同一个平面的 两个平面平行
A. ①②B. ③④C. ①④D. ②③
6.某图书馆统计了某个月前8天纸质图书的借阅情况，整理数据得到如下折线图．根据折线图，下列结论正确的是( )
A. 这8天里，每天图书借出数的极差大于50
B. 这8天里，每天图书借出数的平均数大于105
C. 这8天里，每天图书借出数的中位数大于101
D. 前4天图书借出数的方差小于后4天图书借出数的方差
7.在正四棱锥S−ABCD中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为 6的等腰三角形，则正四棱锥S−ABCD的外接球的体积为( )
A. 27π2B. 9πC. 9π2D. 18π
8.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120∘,AB=AD=1.若点E为边CD上的动点(不与C、D重合)，则EA⋅EB的最小值为( )
A. 1312B. 2116C. 3D. 1
二、多选题：本题共4小题，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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.甲乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床的正品率是0.8，乙机床的正品率为0.9，分别从它们制造的产品中任意抽取一件，则( )
A. 两件都是次品的概率为0.02
B. 事件“至多有一件正品”与事件“至少有一件正品”是互斥事件
C. 恰有一件正品的概率为0.26
D. 事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件
10.已知复数z满足(2+i)z=1+3i，则( )
A. |z|= 2B. z满足方程z2−2z+2=0
C. z4=4D. zz在复平面内对应的点位于第二象限
11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是( )
A. 若a2+c2−b2>0，则△ABC为锐角三角形
B. 若A>B，则sinA>sinB
C. 若b=3,a=4,B=π6，则此三角形有2解
D. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
12.已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱CC1上的动点(包括端点)，AM⊥平面α.下列说法正确的有( )
A. 异面直线AM与B1C可能垂直
B. 直线BC与平面α可能垂直
C. AB与平面α所成角的正弦值的范围为 33, 22
D. 若M∈α且CM=MC1，则平面α截正四棱柱所得截面多边形的周长为3 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=3,−1，b=2,k，且a与b共线，则a⋅b=__________.
14.在△ABC中，AB=2 5，AC= 5，∠BAC=90∘，则△ABC绕BC所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为__________.
15.如图所示，摩天轮的直径为110m，最高点距离地面的高度为120m，摩天轮按逆时针方向作匀速转动，且每30min转一圈．若游客甲在最低点坐上摩天轮座舱，则在开始转动5min后距离地面的高度为__________m.
16.在△ABC中，AB=1，AC=4，∠A=60∘，AD是BC边上的中线，E，F分别为线段AB，AC上的动点，EF交AD于点G.若△AEF面积为△ABC面积的一半，则AG⋅EF的最小值为__________
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.(本小题10分)
某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
18.(本小题12分)
如图，已知等腰△ABC中，AB=AC=3，BC=4，点P是边BC上的动点.
(1)若点P是线段BC上靠近B的三等分点，试用向量AB，AC表示向量AP；
(2)求AP⋅AB+AC的值.
19.(本小题12分)
如图①，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为AB，BC，BB1的中点．
(1)求证：平面EFG⊥平面BB1D1D；
(2)将该正方体截去八个与四面体B−EFG相同的四面体得到一个多面体(如图②)，若该多面体的体积是1603，求该正方体的棱长．
20.(本小题12分)
某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数(得分取正整数，满分为100)作为样本(样本容量为n)进行统计，按照50,60,60,70,70,80,80,90,90,100的分组作出频率分布直方图，已知得分在50,60,90,100的频数分别为8，2.
(1)求样本容量n和频率分布直方图中的x,y的值；
(2)估计本次竞赛学生成绩的中位数；
(3)在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上(含80分)的学生中随机抽取2名学生，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在90,100内的概率．
21.(本小题12分)
如图，在平面四边形ABCD中，AC=4，BC⊥CD.
(1)若AB=2，BC=3，CD= 15，求△ACD的面积；
(2)若∠B=2π3，∠D=π6，求 36+12AD−BC的最大值．
22.(本小题12分)
已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB=2，圆周上有C、D两点.如图，OC⊥AB，∠AOD=π6，点P是BD上的动点.沿AB将纸片折为直二面角，并连结PO，PD，PC，CD.
(1)当AB//平面PCD时，求PD的长；
(2)当三棱锥P−COD的体积最大时，求二面角O−PD−C的余弦值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查纯虚数的定义，属于基础题．
根据纯虚数的定义，得到a需满足的式子，求解即可．
【解答】
解：复数z=a2−4+(a−2)i为纯虚数，
则a2−4=0a−2≠0，解得a=−2.
故选：C.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查正、余弦定理的综合应用，属于基础题.
根据余弦定理以及正弦定理求解即可.
【解答】
解：已知 b2+c2−a2=bc ，结合余弦定理得出 csA=12 ，
又 0∘已知 sin2A+sin2B=sin2C ，结合正弦定理得 a2+b2=c2 ，则 C=90∘ .
所以 B=180∘−A−C=30∘ ，故 B=30∘ .
故选：A.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了斜二测画法与应用问题，是基础题．
根据题意画出图形，结合图形利用斜二测画法规则求出直观图的面积．
【解答】
解：如图△A′B′C′是边长为2的正三角形ABC的直观图，
则C′B′=2，A′O′为正三角形ABC的高AO的一半，
即A′O′=12AO=12×2×sinπ3= 32，
则△A′B′C′的高A′E=A′O′sin45∘= 32× 22= 64，
∴△A′B′C′的面积为S=12×2× 64= 64.
故选B.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积与向量的垂直关系，属于基础题.
根据向量垂直数量积为0，结合已知可得.
【解答】
解：依题意 3a−2b⋅5a+b=0 ，即 15a2−7a⋅b−2b2=0 .
又 a⋅b=17 ，且 a=1 ，
所以 15−1−2|b|2=0 ，即 2|b|2=14 ，解得 b= 7 .
故选：C.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间中的线线关系，面面关系，属于中档题.
根据空间平行关系分别判断每个命题即可.
【解答】
解：①由平行线间的传递性可知，平行于同一条直线的两条直线平行，故①正确；
②平行于同一条直线的两个平面平行或相交，故②错误；
③平行于同一个平面的两条直线平行、相交或异面，故③错误；
④根据平面平行的性质，平行于同一个平面的两个平面平行，故④正确.
故选：C.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查方差、平均数、中位数，极差，属于一般题.
利用折线图求出极差、平均数、中位数判断A、B、C；应用方差的求法分别求出前4天、后4天图书借出数方差判断D.
【解答】
解：A：每天图书借出数的极差为 130−80=50 ，错；
B：每天图书借出数的平均数 86+108+80+130+103+97+101+1218=4134<105 ，错；
C：由数据从小到大排序为 80,86,97,101,103,108,121,130 ，则中位数为 101+1032=102>101 ，对；
D：前4天平均数 86+108+80+1304=101 ，则方差为 14i=14(xi−101)2=389 ，
后4天平均数 103+97+101+1214=105.5 ，则方差为 14i=58(xi−105.5)2=84.75 ，
所以前4天图书借出数的方差大于后4天图书借出数的方差，错.
故选：C
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了多面体的外接球问题，属于中档题.
设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，在 Rt△OBE 中，由 R2=OE2+BE2 求解.
【解答】
解：如图所示
设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，
因为在正四棱锥 S−ABCD 中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为 6 的等腰三角形，
所以 BE= 2,SE= SB2−BE2=2 ，
在 Rt△OBE 中， R2=OE2+BE2 ，即 R2=2−R2+ 22 ，
解得 R=32 ，所以外接球的体积为 V=43πR3=92π ，
故选：C
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算，属于中档题.
建立平面直角坐标系，求出相关点坐标，求得 EA,EB 的坐标，根据数量积的坐标表示，结合二次函数知识，即可求得答案.
【解答】
解：由于 AB⊥BC,AD⊥CD ，
如图，以D为坐标原点，以 DA,DC 为 x,y 轴建立直角坐标系，
连接 AC ，由于 AB=AD=1 ，AB⊥BC,AD⊥CD,且AC=AC，
则 △ADC≌△ABC ，

而 ∠BAD=120∘ ，故 ∠CAD=∠CAB=60∘ ，则 ∠BAx=60∘ ，
则 D(0,0),A(1,0),B(32, 32),C(0, 3) ，
设 E(0,y),0≤y≤ 3 ，则 EA=(1,−y) ， EB=(32, 32−y) ，
故 EA⋅EB=32+y2− 32y=(y− 34)2+2116 ，
当 y= 34 时， EA⋅EB 有最小值 2116 ，
故选：B.
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件、对立事件等基础知识，是中档题.
运用互斥事件、对立事件的定义可判断B项、D项，运用概率的加法公式及相互独立事件的概率公式计算可判断A项、C项.
【解答】
解：对于A，若取出的两件都是次品，其概率 P=(1−0.8)×(1−0.9)=0.2×0.1=0.02 ，故A项正确；
对于B，事件“至多有一件正品”包含有两件次品、一件正品和一件次品，“至少有一件正品”包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以两个事件不是互斥事件，故B项错误；
对于C，恰有一件正品，其概率 P=0.8×(1−0.9)+(1−0.8)×0.9=0.08+0.18=0.26 ，故C项正确；
对于D，“至少有一件正品”包含有两件正品、一件正品和一件次品，所以事件“两件都是次品”与事件“至少有一件正品”是对立事件，故 D项正确.
故选：ACD.
10.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查复数的运算，复数的模，共轭复数，复数的代数表示及其几何意义，属于中档题.
运用复数除法化简可得z=1+i ，分别运用复数模公式、运算公式及复数几何意义即可判断各个选项.
【解答】
解：因为 (2+i)z=1+3i ，
所以z=1+3i2+i=(1+3i)(2−i)(2+i)(2−i)=2−i+6i−3i24−i2=5+5i5=1+i ，
对于A项， |z|= 12+12= 2 ，故A项正确；
对于B项，若z=1+i，则z2−2z+2 =(1+i)2−2(1+i)+2=1+i2+2i−2−2i+2=0 ，故B项正确；
对于C项， z4=(1+i)4=[(1+i)2]2=(2i)2=4i2=−4 ，故C项错误；
对于D项，zz=(1−i)(1+i)=1−i2=2 ，所以zz在复平面内对应的点为(2,0) ，故D项错误.
故选：AB.
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查正余弦定理的应用，属于中档题.
运用余弦定理可判断A项，运用大边对大角及正弦定理可判断B项，作图可判断C项，解三角函数方程可判断D项.
【解答】
解：对于A项，因为a2+c2−b2>0 ，所以csB=a2+c2−b22ac>0 ，
所以B为锐角，但△ABC 不一定是锐角三角形，故A项不成立；
对于B项，因为A>B⇒a>b ，所以由正弦定理可知，sinA>sinB，故B项正确；
对于C项，如图所示，

因为 asinB所以此三角形有2解，故C项正确；
对于D项，因为sin2A=sin2B， 0所以2A=2B 或2A+2B=π，即A=B 或A+B=π2 ，
所以△ABC 为等腰三角形或直角三角形，故D项不成立.
故选：BC.
12.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查空间位置关系的判断，直线与平面所成的角，空间几何体的截面问题(截面形状、面积)，是较难题.
在题设条件下，对于A选项：矩形BCC1B1中，判断在CC1上是否存在点M使 B1C⊥BM 即可；对于B选项：判断直线AM与BC是否平行即可；对于C选项： AB 与平面 α 所成角转化为 AB 与平面 α 的垂线所成角解决；对于选项D：作出并证明平面 α 截正四棱柱所得截面多边形，再求出周长即可.
【解答】
解：在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面正方形ABCD的边长为1，AA1=2，如图：

选项A：当MC=12 时，
在矩形BCC1B1中， tan∠CBM=12=tan∠CB1B⇒∠CBM=∠CB1B ，
所以 B1C⊥BM ，
又因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，
又因为 AB∩BM=B ， AB、BM⊂平面ABM，
所以B1C⊥平面ABM，又AM⊂平面ABM，所以AM⊥B1C ，故选项A正确；
选项B：因为AM与BC是异面直线，所以AM与BC不可能平行，
故 BC 与平面α 不可能垂直，故选项B错误；
选项C：因为 AM⊥ 平面 α ，AB是平面 α 的斜线，则AB与平面 α 所成角为 θ=π2−∠BAM ，
所以 sinθ=cs∠BAM=ABAM=1AM ，
又因为当点M在棱CC1移动时， 2≤AM≤ 6 ，
所以 1 6≤1AM≤1 2 ，所以 66≤sinθ≤ 22 ，故选项C错误；
选项D：当M为CC1中点时，连接AB1，AD1，AC，MB1，MD1，B1D1，如图所示，

则有 AC= 2,AM= 3 ， AB1=AD1= 5,MB1=MD1=B1D1= 2 ，
所以 AM2+MB12=5=AB12 ，所以AM⊥MB1，同理AM⊥MD1，
又因为 MB1∩MD1=M ，MB1、MD1⊂面MB1D1 ，
所以AM⊥平面MB1D1，
所以平面 α 截正四棱柱所得截面多边形为正△B1MD1 ，
所以其周长 3B1M=3 2 ，故选项D正确.
故选：AD.
13.【答案】203
【解析】【分析】
本题考查向量平行(共线)关系的坐标表示与数量积的坐标表示，属于基础题.
利用共线解出 k 值，根据数量积坐标公式解出结果.
【解答】
解：向量 a=3,−1 ， b=2,k 且 a 与 b 共线，
得 3k+2=0 ， k=−23 ，所以 a⋅b=3×2+−1×−23=203 .
故答案为： 203 .
14.【答案】6 5π
【解析】【分析】
本题考查旋转体的 表面积计算问题，属于中档题.
由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，根据圆锥侧面积 S=πrl 计算公式可得.
【解答】
解：由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，
在 △ABC 中， AB=2 5 ， AC= 5 ， ∠BAC=90∘ ，
记过A做BC的垂线，交BC于D，则AD即为圆锥的底面圆的半径，如下图所示，
故两个圆锥的底面圆的半径为 r=AD=2 5⋅ 5 2 52+ 52=2 ，
则所形成的几何体的表面积为 S=πrl1+l2=π×2×2 5+ 5=6 5π .
故答案为： 6 5π .
15.【答案】 37.5
【解析】【分析】
本题考查匀速圆周运动的数学模型，属于中档题.
由题意可知，距离地面的高度h(单位：m)与时间t(单位：min)所满足的关系式为h=Asin (ωt+φ)+k，然后根据条件求出解析式可得答案.
【解答】
解：由题意可知，距离地面的高度h(单位：m)与时间t (单位：min)所满足的关系式为 h=Asinωt+φ+k，ω>0，
因为摩天轮的直径为110m，最高点距离地面的高度为120m ，
所以 A+k=120−A+k=10 ，解得 A=55,k=65 ，
因为每 30min 转一圈，所以T=2πω=30，ω=π15，
当t=0时，h=10，所以sinφ=−1，所以可取φ=−π2，
所以h=55sinπ15t−π2+65 ，
所以当t=5时，h=55sin−π6+65=37.5，
故答案为：37.5
16.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查平面向量基本定理的应用，向量的数量积的概念及其运算，是中档题.
利用平面向量的共线定理结合基底表示数量积，转化为函数求最值即可.
【解答】
解：设 AG=λADAE=mABAF=nAC ，由向量共线的充要条件不妨设 AG=xAE+yAFx+y=1 ，
则 λAD=λ2(AB+AC)=xmAB+ynAC ，
则xm=yn=λ2，
即 λ2m+λ2n=1 ，
又 △AEF 面积为 △ABC 面积的一半可得：
12×sin 60∘⋅AE⋅AF12×sin 60∘⋅AB⋅AC=12 ，则mn=12，
所以 λ2m+mλ=1⇒λ=2m2m2+1 .
AG⋅EF=λ2(AB+AC)(nAC−mAB)
=9λn−3λm2=−32+214m2+2，
易知 ∵n∈(0,1],mn=12,m∈0,1,
∴m∈[12,1]，即4m2+2∈[3,6]，
当 m=1 时，即 E,B 重合时取得最小值 −32+216=2 .
故答案为：2
17.【答案】解：(1)记“甲家庭答对这道题”、“乙家庭答对这道题”、“丙家庭答对这道题”分别为事件A，B，C，则P(A)=34，
且有PA⋅PC=112PB⋅PC=14,即 1−PA⋅1−PC=112PB⋅PC=14
所以P(B)=38，P(C)=23.
(2)有0个家庭回答对的概率为P0=P(A)⋅P(B)⋅P(C)=14×58×13=596，
有1个家庭回答对的概率为P1=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=34×58×13+14×38×13+14×58×23=724，
所以不少于2个家庭回答对这道题的概率为P=1−P0−P1=1−596−724=2132.

【解析】本题考查了相互独立事件的概率计算.
(1)记“甲家庭答对这道题”、“乙家庭答对这道题”、“丙家庭答对这道题”分别为事件A，B，C，由题意得PA⋅PC=112PB⋅PC=14,可解出P(B)，P(C).
(2)先得出P0=P(A)⋅P(B)⋅P(C)和P1=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)，由相互独立事件概率可得结果.
18.【答案】解：(1)因为 AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13AC−AB=23AB+13AC .
(2)
取 BC 中点 D ，
则 AB+AC=2AD ，且 AD⊥BC ，
∴AP⋅(AB+AC)=2AP⋅AD=2AD2.
又因为 AB=AC=3 ， BC=4 ，
所以 AD= 32−22= 5 ，
所以 AP⋅(AB+AC)=2AD2=10.

【解析】本题考查向量的线性运算和数量积运算，属于中档题.
(1)根据向量的加减法和数乘运算表示；
(2)利用向量数量积的定义和运算律求解.
19.【答案】(1)证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，
又∵EF⊂平面ABCD，∴BB1⊥EF，
连接AC，在△ABC中，E，F分别是AB，BC的中点，∴EF//AC，
在正方形ABCD中，∵AC⊥BD，∴EF⊥BD，
又∵BB1∩BD=B，BD⊂平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D，
∴EF⊥平面BB1D1D，
而EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面BB1D1D；
(2)解：设正方体的棱长为a，由(1)知，四面体B−EFG的体积为：
13S△BEF⋅BG=13×12BE⋅BF⋅BG=a348，
∴所得多面体的体积为a3−8×a348=1603，解得a=4.
即该正方体的棱长为4.
【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
(1)由已知得BB1⊥平面ABCD，则BB1⊥EF，再由已知可得EF//AC，得到EF⊥BD，由直线与平面垂直的判定可得EF⊥平面BB1D1D，从而得到平面EFG⊥平面BB1D1D；
(2)设正方体的棱长为a，结合(1)求得四面体B−EFG的体积，得到多面体的体积，由此列关于a的方程求解．
20.【答案】解：(1)由题意可知，样本容量n=80.016×10 =50，
y=250×10=0.004，x=0.100−0.004−0.010−0.016−0.040=0.030；
(2)设本次竞赛学生成绩的中位数为m，
则[0.016+0.03]×10+(m−70)×0.040=0.5，解得 m=71 ；
(3)由题意可知，分数在[80,90)内的学生有5人，记这5人分别为a1，a2，a3，a4，a5，
分数在[90,100]内的学生有2人，记这2人分别为b1，b2.抽取的2名学生的所有情况有21种，
分别为：(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,a4)，(a1,a5)，(a1,b1)，(a1,b2)，(a2,a3)，(a2,a4)，(a2,a5)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a3,a4)，(a3,a5)，(a3,b1)，(a3,b2)，(a4,a5)，(a4,b1)，(a4,b2)，(a5,b1)，(a5,b2)，(b1,b2).
其中2名同学的分数都不在[90,100]内的情况有10种，分别为：
(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,a4)，(a1,a5)，(a2,a3)，(a2,a4)，(a2,a5)，(a3,a4)，(a3,a5)，(a4,a5).
∴所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90,100]内的概率 P=1−1021=1121 .

【解析】本题考查样本容量、频率、众数、中位数、平均数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，古典概型及其计算，是中档题.
(1)借助题设条件运用频率分布直方图求解；
(2)借助题设条件运用频率分布直方图中提供的数据信息求解；
(3)运用列举法和古典概型计算公式求解.
21.【答案】解：(1)在 △ABC 中， cs∠ACB=AC2+BC2−AB22AC⋅BC=16+9−42×4×3=78 ，
因为 BC⊥CD ，所以 sin∠ACD=cs∠ACB=78 ，
所以 △ACD 的面积 S=12AC⋅CD⋅sin∠ACD=12×4× 15×78=7 154 ；
(2)设 ∠BCA=θ ， 0<θ<π3 ，则 ∠ACD=π2−θ ， ∠BAC=π3−θ .
在 △ABC 中， BCsinπ3−θ=ACsin2π3 ，则 BC=8 3sinπ3−θ ，
在 △ACD 中， ADsinπ2−θ=ACsinπ6 ，则 AD=8csθ ，
所以 36+12AD−BC=4 33+4csθ−8 3sinπ3−θ =4 33csθ+4 33sinθ=4 63sinθ+π4 ，
当 θ=π4 时， 36+12AD−BC 取得最大值 4 63 ；
综上， △ACD 的面积为 7 154 ， 36+12AD−BC 的最大值 4 63 .

【解析】本题主要考查三角形面积公式，利用正弦定理解决范围与最值问题，属于较难题.
(1)先用余弦定理求出 cs∠ACB ，再利用面积公式求解；
(2)设 ∠BCA=θ ，运用正弦定理分别表示出 BC,AD ，再利用恒等变换以及三角函数的性质求解.
22.【答案】解：(1)∵AB//平面PCD，AB⊂平面POD内，平面PCD∩平面POD=PD，
∴AB//PD，
∴∠PDO=∠AOD=π6，
∵OD=OP=1，∴PD=2ODcs∠PDO=2csπ6= 3，
∴PD的长为 3.
(2)∵OC⊥AB，平面ABC⊥平面POD，平面ABC∩平面POD=AB，OC⊂平面ABC，
∴OC⊥平面POD，
∴VP−COD=13S△POD⋅OC=13×12×OD×OPsin∠POD⋅OC=16sin∠POD，
∴当且仅当sin∠POD=1，即OP⊥OD时，三棱锥P−COD的体积最大，
取PD中点M，连接OM，CM，
由OD=OP=1，CD=CP，如图，
∴OM⊥PD，CM⊥PD，即∠CMO是二面角O−PD−C的平面角，
∵OM= 22，∴在Rt△CMO中，OC=1，则CM= OM2+OC2= 62，
cs∠CMO=OMCM= 33，
∴二面角O−PD−C的余弦值为 33.
【解析】本题考查线段长、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，属于较难题．
(1)利用线面平行可得AB//PD，进而求出等腰△POD的底面角，即可求出结果．
(2)由已知证明OC⊥平面POD，再由体积的最大值能求出OP⊥OD，然后作出二面角O−PD−C的平面角，借助直角三角形能求出二面角O−PD−C的余弦值．