2024-2025学年重庆市两江新区高二上册开学考试数学学情检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年重庆市两江新区高二上学期开学考试数学学情检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知，则（

）A． B． C． D．2．现采用随机模拟的方式估计一运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：137

960

197

925

271

815

952

683

829

436

，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（

）A． B． C． D．3．已知两条不同的直线，两个不同的平面，则（

）A．若则B．若则C．若则D．若则4．平均数､中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在下图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数､中位数和众数，则下列关系正确的是（

）A． B．C． D．5．如图，在平面四边形ABCD中，若，，，，则（

）A． B．2 C． D．6．用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.己知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（

）A． B． C． D．7．在矩形中，，，为矩形所在平面内的动点，且，则的最大值是（

）A．9 B．10 C．11 D．128．已知正四棱锥的所有棱长均为2，点为正四棱锥的外接球球面上一动点，，则动点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．某高中举行的数学史知识答题比赛，对参赛的2000名考生的成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，若同一组中数据用该组区间中间值作为代表值，则下列说法中正确的是（

）A．考生参赛成绩的平均分约为72.8分B．考生参赛成绩的第75百分位数约为82.5分C．分数在区间内的频率为0.2D．用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为200的样本，则成绩在区间应抽取30人10．在中，设角所对的边分别为a,b,c，则下列命题一定成立的是（

）A．若，则是锐角三角形B．若，，，则有唯一解C．若是锐角三角形，，，设的面积为S，则D．若是锐角三角形，则11．如图，在直三棱柱中，与相交于点，点是侧棱上的动点，则下列结论正确的是（

）A．直三棱柱的体积是6 B．三棱锥的体积为定值C．的最小值为 D．直三棱柱的外接球表面积是三、填空题（本大题共3小题）12．在中，内角，，的对边依次为，，，，，，的面积为13．如图，在中，点满足，过点的直线与所在的直线分别交于点，若，则的最小值为.14．如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，B,C在下底面圆O上，AO1=1，OO1=2，BO=3，BC=25四、解答题（本大题共5小题）15．如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上靠近的三等分点，.(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.16．在中，点D在上，，.(1)求的值；(2)若，求的长.17．随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，，(1)已知概率，（i）求的值．（ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率．(2)若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值．18．在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的大小；(3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.19．如图，已知是的外心，，，，，．(1)判断的形状，且求时的值；(2)当时，①求的值（用含的式子表示）；②若，求集合中的最小元素．

答案1．【正确答案】B【分析】由复数的模长公式及除法运算求解复数，然后求其共轭复数即可.【详解】因为，所以，所以，所以.故选B.2．【正确答案】A【分析】根据古典概型概率计算公式即可求解．【详解】依题意在组随机数中三次投篮恰有两次命中的有：，，共个，所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率，故选：A．3．【正确答案】D【分析】根据面面平行的性质结合线线的位置关系，判断A；根据面面垂直的性质结合线面的位置关系，判断B；根据线面垂直的性质结合线面的位置关系，判断C；根据线面平行的性质定理判断D.【详解】对于A，若则可能平行，也可能异面，A错误；对于B，若则可能有，也可能有，B错误；对于C，若则有可能是，也可能，C错误；对于D，根据线面平行的性质定理可知若则，D正确.故选D.4．【正确答案】A【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断.【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数为右起第二个矩形下底边的中点值，直线左右两边矩形面积相等，而直线左边矩形面积大于右边矩形面积，则，又数据分布图左拖尾，则平均数小于中位数，即，所以.故选：A5．【正确答案】D【分析】先由余弦定理得出，再应用正弦定理求边长即可.【详解】在中，由余弦定理，得，所以，因为，所以，在中，，由正弦定理，得，所以．故选D．6．【正确答案】B【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式即可求得结果.【详解】如下图所示：分别为上下底面的中心，作于点，根据题意可知，侧棱与底面所成的角即为，可知；因此可得，易知，由正四棱台性质可得；所以该正四棱台的高为，因此该四棱台的体积是.故选：B7．【正确答案】B【分析】建立平面直角坐标系，设，根据条件得到，从而得到，又，结合图形，得，即可求出结果.【详解】如图，建立平面直角坐标系，设，中点为，因为，，所以,，，，得到，所以，又因为，所以，又，当且仅当（在的延长线上）三点共线时取等号，所以，故选：B.关键点点晴：设，利用向量数量积的坐标运算，得到，再利用圆的几何性质，即可求解.8．【正确答案】D【分析】连接、，设，连接，分析可得为正四棱锥外切球的球心，且外接球的半径，作出正四棱锥外接球的轴截面（过点、、），过点作交于点，即可求出，从而求出轨迹长.【详解】依题意，正四棱锥的所有棱长均为，连接、，设，连接，则平面，则，所以，所以，则为正四棱锥外切球的球心，且外接球的半径，作出正四棱锥外接球的轴截面（过点、、）如下所示：因为，所以为等边三角形，所以，过点作交于点，则，所以点在以为圆心，为半径的圆上，所以动点的轨迹长度为.故选：D9．【正确答案】BC【分析】对A，确定每组数据中间值，以及每组数据的频率代入到求平均数的公式即可求得；对B，第75百分位数得到位于内，代入公式可计算第75百分位数值；对C，分数在区间内的频率为0.2可判断；对D，用分层随机抽样可得区间应抽取60人，即得到答案.【详解】对A，平均成绩为，故A错误；对B，由频率分布直方图知第75百分位数位于内，则第75百分位数为，故B正确；对C，分数在区间内的频率为，故C正确；对D，区间应抽取人，故D错误.故选BC.10．【正确答案】BCD【分析】由余弦定理可判断；由正弦定理可判断；利用边化角结合面积公式可得，求的范围，结合正弦函数的性质可得的范围，即可判断；由锐角三角形可得及，利用在上的单调性结合诱导公式可判断.【详解】，，，为锐角，但不能确定角是否为锐角，故不一定是锐角三角形，故错误；由正弦定理得，，，有唯一解，故正确；，，，，又，解得，，，，，，即，故正确；是锐角三角形，，又，，，又在上单调递增，，，，故正确；故选.11．【正确答案】ABD【分析】A选项，求出，从而根据柱体体积公式得到答案；B选项，为定值，点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值；C选项，将矩形与矩形展开到同一平面内，由勾股定理求出最小值；D选项，将直三棱柱补形为长方体，求出外接球半径，得到外接球表面积.【详解】A选项，直三棱柱中，，所以，直三棱柱的体积是，A正确；B选项，矩形的面积为，当是侧棱上运动时，为定值，又点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，B正确；C选项，将矩形与矩形展开到同一平面内，如图所示，连接，与相交于点，故的长即为的最小值，故最小值为，的最小值为5，C错误；D选项，将直三棱柱补形为长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球，故外接球的半径为，表面积为，D正确,故选：ABD特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.12．【正确答案】1或【分析】根据三角形内角和定理，结合二倍角余弦公式、正弦定理、三角形面积公式分类讨论进行求解即可.【详解】因为，所以，即，所以，或，因为，所以，或．因为，，当时，，可得，；当时，由正弦定理，可得，可得．故1或13．【正确答案】3【分析】先由题意得，进而由共线定理得，接着结合基本不等式即可求解.【详解】因为，，所以，因为三点共线，所以，所以，当且仅当即时等号成立.所以的最小值为3.故3.思路点睛：根据已知条件关系和所求问题的特征，结合向量的环境优先考虑共线定理中的三点共线系数和为1，故先由题意得，从而由共线定理得，接着结合基本不等式可求解.14．【正确答案】310【分析】以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.【详解】连接OC，过C点作CH垂直于BO的延长线于点H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：在三角形OBC中，因为OB=3,OC=3,BC=25故cosB=OB则BH=BC⋅cosB=25×则CH=BCOH=BH−OB=13故点C−13,453,0，又O设点Am,n,2，m,n∈−1,1，由O1A=1BC=−103,设平面O1BC的法向量m则m⋅BC=0m⋅取y=5，则x=2,z=3故平面O1BC的法向量m又OA=m,n,2设直线AO与平面O1BC所成角为θ，θ∈则sinθ=cosOA因为m,n∈−1,1，且m2故令m=cosα，n=sinα，α∈0,2π则2m+5n+6=5sinα+2cosα+6=3sinα+φ+6，又α∈0,2π，所以sinα+φ所以3sinα+φ+6∈3,9，即所以sinθ的最大值为9310故31010【方法总结】求直线与平面所成角的方法：(1)定义法：①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；③求，利用解三角形的知识求角；(2)向量法：sinθ＝|cos〈→，n〉|＝AB⋅nAB⋅n(其中AB→为平面α的斜线AB的方向向量，n为平面α15．【正确答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线证明线线平行，然后由线面平行的判定定理证明即可；（2）由线面垂直证明出，计算出三角形的面积，设点到平面的距离为，由等体积法求解即可.【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接，四边形是正方形，为中点，是中点，，平面平面平面.（2）平面，平面，.又四边形是正方形，.又，平面，平面.又平面.点是的中点，.又，平面，平面.又平面.又易知...又是线段上靠近的三等分点，，.设点到平面的距离为，则，解得.点到平面的距离为.16．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理与正弦定理依次求得，从而得解；（2）利用向量的线性运算与数量积的运算法则即可得解.【详解】（1）在中，，，则，所以，所以，又，则.（2）因为，则，

所以，又，所以，则.17．【正确答案】(1)（i）；（ii）；(2).【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解；（2）由可得，从而求得，再利用基本不等式即可求得最小值.【详解】（1）（i）由题知，解得：，（ii）由（i）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则与互斥，与与分别相互独立，所以，因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为．（2）由题知：，，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则与互斥，与与分别相互独立，所以因为，所，当且仅当时等号成立，所以．故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为.18．【正确答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，或【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小；（3）假设存在点，使平面与平面成角余弦值为，设，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.【详解】（1）因为在中，，，且，所以，，则折叠后，，又平面，所以平面，平面，所以，又已知，且都在面内，所以平面；（2）由（1），以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.因为，故，由几何关系可知，，，，故，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，即，不妨令，则，，.设与平面所成角的大小为，则有，设为与平面所成角，故，即与平面所成角的大小为；（3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为.在空间直角坐标系中，，，，设，则，，设平面的法向量为，则有，即，不妨令，则，，所以，设平面的法向量为，则有，即，不妨令，则，，所以，若平面与平面成角余弦值为.则满足，化简得，解得或，即或，故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为.此时的长度为或.19．【正确答案】(1)为等边三角形；(2)①②【分析】（1）借助向量的数量积公式计算即可得其夹角，即可得其形状，由题意可得的中点为，即可结合向量的线性运算得解；（2）①由题意可得、、分别为，，的等分点，借助向量的线性运算与数量积公式计算即可得；②借助一次函数的单调性逐步计算即可得.【详解】（1），，则，即，故为等边三角形，由题意知的中点为，且，，，故；（2）①由为等边三角形，为外接圆的圆心，故，，，，，，，，，又，故、、分别为，，的等分点，；同理，故；②令，由，故，可以看为自变量为的一次函数，在时取得最小值，同理，由，在时取得最小值，，在时取得最小值，，故的最小值为，即集合中的最小元素为.2024-2025学年重庆市两江新区高二上学期开学考试数学学情检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知(为虚数单位)，则复数的共轭复数等于A． B．C． D．2．若两个向量，的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（

）A． B． C． D．3．已知表示两个不同的平面，表示三条不同的直线，（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（

）A． B． C． D．5．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（

）A． B． C． D．1423π6．如图，在中，为上一点，且满足，若则的值为（

）A． B． C． D．7．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的体积是（

）A． B． C． D．8．在直角梯形中，分别为的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则（

）．A． B．C．bc的最大值为 D．为钝角三角形10．下列四个命题为真命题的是（

）．A．若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则B．若向量，，则在上的投影向量为C．已知向量，，则的最大值为D．若，则动点O的轨迹一定通过的重心11．如图，在棱长为2的正方体中，点P是侧面内的一点，点E是线段上的一点，则下列说法正确的是（

）A．当点P是线段的中点时，存在点E，使得平面B．当点E为线段的中点时，过点A，E，的平面截该正方体所得的截面的面积为C．点E到直线的距离的最小值为D．当点E为棱的中点且时，则点P的轨迹长度为三、填空题（本大题共3小题）12．已知向量．若，则．13．如图所示，在四棱锥中，//，且，若，，则二面角的余弦值为．14．如图，在三棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知中，，P在线段上，且，，设，.(1)用向量，表示；(2)若，求.16．如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，,,垂足为，是四棱锥的高．（Ⅰ）证明：平面平面;（Ⅱ）若,60°,求四棱锥的体积．17．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，．(1)求的值；(2)若的面积为，求AB边上的高．18．如图，在四棱锥中，，，，，，，且O是AD的中点．(1)求证：平面平面ABC；(2)若四棱锥体积为，求二面角的正弦值；(3)若二面角的大小为，求直线PB与平面PAD所成角的余弦值．19．现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形.(1)求出所有可能的三角形的面积.(2)如图，在平面凸四边形中，，，，.①当大小变化时，求四边形面积的最大值，并求出面积最大时的值.②当时，所在平面内是否存在点P，使得达到最小？若有最小值，则求出该值；否则，说明理由.

答案1．【正确答案】A由复数的运算法则，化简复数，再根据共轭复数的概念，即可求解，得到答案．【详解】由题意，复数满足，即，所以复数的共轭复数等于，故选A．本题主要考查了复数的运算法则，以及共轭复数的概念的应用，其中解答中熟记复数的运算法则，准确求解复数是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．2．【正确答案】B【分析】利用数量积公式求出，然后由数量积定义可得夹角；【详解】因为，，，设与的夹角为，则，又，所以.故选：B.3．【正确答案】D【分析】ABC选项，可举出反例；D选项，可由平行和垂直的性质和判定证明.【详解】A选项，若，则或，A错误；B选项，若，不能推出，B错误；C选项，若，则不能推出，C错误；D选项，因为，所以，又，由面面垂直的判定定理，可得，D正确.故选：D4．【正确答案】B【分析】根据题意利用余弦定理和面积公式可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，代入面积公式结合角C的范围运算求解.【详解】因为，则，整理可得，且，可知，由题意可得：，解得，由正弦定理可得，则面积，因为，则，可得，所以面积.故选：B.5．【正确答案】D【分析】根据题意求出圆台上下底面半径r1=1,r【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：图中，，过点向作垂线，垂足为，则，所以圆台的高，则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：，故选.6．【正确答案】B【分析】利用向量的线性运算及三点共线的条件，再利用平面向量的基本定理及向量的数量积的运算律即可求解.【详解】因为所以因为三点共线，所以即,又因为，所以,且为不共线的非零向量，所以，解得，所以，所以.故选：B.7．【正确答案】D【分析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，确定，得到球半径，计算体积得到答案.【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示：则，故，球的半径，故体积为.故选：D8．【正确答案】B【详解】建立如图所示平面直角坐标系，则，设，，因为，所以，可得，解得，所以，因为，所以，可得，所以.故选B.【方法总结】向量平行(共线)、垂直、线性运算与三角函数的综合此类题型的解答一般是利用向量平行(共线)、垂直关系、线性运算得到三角函数式，再利用三角恒等变换对三角函数式进行化简，结合三角函数的图象与性质进行求解．9．【正确答案】ABD【分析】根据余弦定理、商关系、二倍角公式和基本不等式计算分别判断各个选项；【详解】对于A，因为，结合余弦定理推论可得，，化简得，解得（舍）或，A正确；对于B，因为，所以，又，所以，B正确；对于C，解得，根据余弦定理可得，代入得利用基本不等式，当且仅当时取等号；所以，C错误；对于D，是钝角，D正确；故选：ABD.10．【正确答案】BCD【分析】对于A，根据正弦定理可求得，所以，所以，可求得取值即可判断；对于B，直接根据投影公式计算出投影向量的值即可；对于C，由向量坐标的模长公式代入计算，即可判断，对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理将变形即可判断.【详解】对于A，根据正弦定理可求得，所以，所以，且，，可求得，故A错误；对于B，直接根据在上的投影向量，故B正确；对于C，，则，令，则，当时，取最大，最大值为，故C正确；令边中点为，则，再根据正弦定理，所以，代入到，因此点的轨迹在直线上，所以点的轨迹经过重心，故D正确.故选：BCD11．【正确答案】ACD【分析】由题意分别画出图形，再逐项解决线面垂直、截面面积、距离最值和轨迹问题即可.【详解】对于A，如下图所示，连接，因为点是线段的中点，所以点也是线段的中点，所以平面即为平面.根据正方体的性质，平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，所以与重合时，平面，故A正确；对于B，如下图所示，取的中点，根据分别为的中点，易得，所以四点共面，所以截面为四边形，且该四边形为等腰梯形,又因为，所以等腰梯形的高为，所以截面面积为，故B错误；对于C，如图建立空间直角坐标系，由图可得，，所以，设，所以，所以点到直线的距离，所以时，距离最小，最小为，故C正确；对于D，如图所示，取的中点，连接，易得平面，又因为平面，所以，所以，则点在侧面内的运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为，所以点的轨迹长度为，故D正确.故选ACD.12．【正确答案】.【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值【详解】,，解得,故答案为.本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量垂直的充分必要条件是其数量积.13．【正确答案】【分析】建立空间直角坐标系，借助平面和平面的法向量，结合图形，求出二面角的余弦值.【详解】取中点，中点,连接，，由已知可得//，//∵，∴，，∴，，∴平面，∴，又∵，∴∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，∵，∴,∴，，，.所以，，，设是平面的一个法向量，则即，令，则，，∴.设是平面的一个法向量，则即，令，则，，∴.则，由图可知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.故答案为.14．【正确答案】【分析】已知三棱锥外接球球心到每个顶点的距离都是相同，等于外接球半径，在平面上，三角形外接圆圆心为外心（直角三角形的外心为斜边中点），是该三角形边中垂线的交点，过该交点作三角形所在平面的垂线，该垂线上的所有点到三角形的顶点距离相同，故我们只需用该方式，找两个面的垂线，其交点为外接球球心，然后计算其半径即可.【详解】先分别作,中点，连接；再过点在平面内作垂线，与相交于点,相交于点；分别过点作平面,平面垂线，相交于点,连接，如图所示.由题可知，二面角的平面角为,点分别为的外心，故为该三棱锥外接球球心，为外接球半径，可得，，所以在中，所以,所以,由正弦定理可知因为，所以因为所以有所以外接表面积为故思路点睛：球外接球相关的所有问题，只需要找到外接球的球心。然后求出半径；找外接球球心的一般方法，就是找出相关三角形的外接圆圆心，然后过圆心作该三角形所在平面的垂线，外接球球心一定在该垂线上，所以当我们作两个垂线时，有交点，交点为外接球球心.15．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）利用向量的线性运算计算即可；（2）根据条件求出，再根据数量积的定义计算即可.【详解】（1）由题意得.（2）根据题意知，

所以16．【正确答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【详解】试题分析：（Ⅰ）因为PH是四棱锥P-ABCD的高．所以ACPH,又ACBD,PH,BD都在平面PHD内,且PHBD=H.所以AC平面PBD.故平面PAC平面PBD.（Ⅱ）因为ABCD为等腰梯形，ABCD,ACBD,AB=.所以HA=HB=.因为APB=ADR=600所以PA=PB=,HD=HC=1.可得PH=.等腰梯形ABCD的面积为S=ACxBD=2+.所以四棱锥的体积为V=x（2+）x=考点：本题主要考查立体几何中的垂直关系，体积的计算．点评：中档题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系