广东省广州市越秀区2023-2024学年高一年级下册期末数学试题（解析版）

2023学年第二学期学业水平调研测试

高一年级数学试卷

本试卷共4页，19小题，全卷满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1.答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、考生号和座

位号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将考生号、座位号填涂在答题卡相应位置上.

2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内

的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改

液.不按以上要求作答的答案无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

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.

3+4i

z=--------

1.已如复数J2i,则z的实部是（）

A.-1B.2C.3D.5

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数z,即可判断.

3+4i（3+4i）（l+2i）3+6i+4i+8i2,〜

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

所以z的实部是—1.

故选：A

2.有一组数据按从小到大排序如下：70,71,73,75,76,则这组数据的40%分位数，70%分位数分别是

()

A.71,74B.71,75C.72,74D.72,75

【答案】D

【解析】

【分析】按步骤求解百分位数即可.

【详解】数据从小到大排序：70,71,73,75,76,

71+73

;5x40%=2是整数，二这组数据的40%分位数是-------=72；

2

5x70%=3.5不是整数，，这组数据的70%分位数是75.

故选：D.

3.从1~30这30个正整数中随机选择一个数，则这个数既不能被2整除也不能被3整除的概率为（）

1125

A.一B.-C.-D.一

6336

【答案】B

【解析】

【分析】列出既不能被2整除也不能被3整除的数，再由古典概型的概率公式计算可得.

【详解】从1~30这30个正整数中随机选择一个数共有30种选法，

其中这个数既不能被2整除也不能被3整除的有1、5、7、11、13、17、19、23、25、29共10

个，

所以这个数既不能被2整除也不能被3整除的概率P==

故选：B

4.已知/是一条直线，夕是两个不同的平而，则下列命题正确的是（）

A.若〃/，，则M/尸B.若,贝

C.若Ua,。上夕，则〃/万D.若Ua,allp,贝〃1夕

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可.

【详解】对于A：若///£,〃/，，则。〃尸或a与夕相交，故A错误；

对于B：若///c,aL/3,则〃或/u分或/与夕相交，故B错误；

对于C：若aA./3,则〃或/u〃，故C错误；

对于D：若«///7,则Z10,故D正确.

故选：D

5.在正方体ABC。—A与G。中，E为。2的中点，则（）

A.AE//BQB.AElBtCC.3。〃平面ACED,平面ACE

【答案】c

【解析】

【分析】根据正方体的性质判断A、B；设4。门班＞=0,连接OE,即可证明OE〃82,即可证明C；

假设用。，平面ACE,推出矛盾，即可判断D.

【详解】对于A：由正方体的性质可知独〃BG，

显然ARcAE=A,与不平行，所以AE与8G不平行，故A错误；

对于B：由正方体的性质可知DAJ/CB,,£叫，,所以，耳。,

由A可知与AE不平行，且A。、短匚平面4。，4,

所以。4与AE不垂直，则与C与不垂直，故B错误；

对于C：设则。为的中点，连接OE,又E为。A的中点,

所以OE〃B2,又平面ACE,OEU平面ACE,所以平面ACE,故C正确;

Dy

对于D：若用。，平面ACE,OEu平面ACE,则用。，OE,

又OEHBD、,所以用。，52,又四边形。台四口为矩形，

所以四边形DBBQI为正方形，所以BR=BB],

又ABCD-4耳£2为正方体，所以BR=血BB、,显然不满足=BB,,

故假设不成立，所以耳。与平面ACE不垂直，故D错误.

6.如图，A3是海面上位于东西方向相距(3+3)海里的两个观测点，现位于A点北偏东45。、B点北偏

西60。的。点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距473海里的C点的救援船立即

前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达。点最快所需时间为()

A.0.2小时B.0.3小时C.0.5小时D.1小时

【答案】A

【解析】

【分析】在血中，先由正弦定理，求出3D;在△BCD中，根据余弦定理，求出。的长，即可求出

结果.

【详解】由题意，在中，|AB|=3+g,ZZMB=90°-45°=45°,

ZDBA=90°-60°=30°,

所以NAD5=105°,

由正弦定理可得，一网一=—畋一，

sinZAD5sinZDAB

\AB\sinZDAB

则|即=

sinZADB

又在△BCD中，ZZ)BC=180°-60°-60°=60°,\BC\=4^3,

由余弦定理可得，|CD「=|BC|2+\BDf-2|BC|-|BD|cos60°

=(4可+(26『—2x4石x2Ag=48+12—24=36,所以卬=6,

因此救援船到达。点需要的时间为四=—=0.2小时.

3030

故选：A.

7.已知圆锥的顶点为S,O为底面圆心，母线S4与S3互相垂直，△S45的面积为2,S4与圆锥底面所

成的角为30。，则（）

A.圆锥的高为行B.圆锥的侧面积为3兀

C.二面角S—AB—O的大小为45°D.圆锥侧面展开图的圆心角为120°

【答案】C

【解析】

【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥S。的母线长，结合线面角的定义可判断A选项；利用圆锥的侧面

积公式可判断B选项；利用二面角的定义，找到二面角的平面角，再解三角形求解可得C选项；根据展开

前后图形联系，利用扇形的弧长公式可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为S。与底面垂直，为底面圆的一条半径，则SOLQ4,

所以S4与圆锥底面所成的角为NS4O=30°，

119

又SA1SB,所以△S4B的面积为一S4S8=—XSA2=2,解得S4=2,即母线长/=2,

22

所以该圆锥的高为〃=SO=S4-sin30°=2x^=1,故A错误；

2

对于B选项，该圆锥的底面半径为r=OA=SA-cos30°=2x——=^/3，

2

母线长/=2,故该圆锥的侧面积为兀〃=26兀，故B错误；

对于C选项，取AB的中点E,连接OE,SE,

因为S4=SB,E为AB的中点，则由垂径定理可得0石，A5,

所以二面角S—AB—O的平面角为NSEO,

因为SO,平面。4E,OEu平面AOE,则SOLOE,

因为&4,SB,SA=SB,则△S45为等腰直角三角形，

则+=也2+22=2万所以SE=；AB=0，

诉"-s_S。_1_V2

所以，sin/SEO=二—尸——,

SE2

因为00<NSEO<90°，故NSEO=45°，即二面角S—A6—O的大小为45°，故C正确.

对于D选项，设该圆锥侧面展开图圆心角为。，

底面圆周长为2“=2后，则。=宜况=冬包=6兀，故D错误.

I2

故选：C.

8.已知。为VA3C的外接圆圆心，OA=2,ZBAC=45°,则须.花的最大值为（）

A.2B.4C.72D.20

【答案】B

【解析】

【分析】利用圆的性质，得到NBOC=90。，将通.正转换为Teos(砒玄)，进而求出最大值.

【详解】如图所示：

因为。为VABC的外接圆圆心，。4=2,/区4。=45°,所以4OC=2NS4c=90°,

且网=画=函=2,

所以存.历=(屈一示)•反=砺.反一砺.反=一两.云=—4cos(丽吟，

故当西，反共线反向时，通.或取到最大值4.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出N3OC=90。，再由数量积的运算律得到

砺反=-函灰=Teos(弧困.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.设A,B易两个随机事件，且尸(A)=LP(8)=L则下列结论正确的是()

23

A.若A,2是互斥事件，贝UP(AB)=2

6

B.若则P(AU3)=9

6

C.若A,8是相互独立事件，则P(AU3)=|

-1

D.若P(AB)=—,则A,B是相互独立事件

3

【答案】CD

【解析】

【分析】A由互斥事件概念可知；B由事件的包含关系得P(AUB)=P(A)；C由概率性质与概率乘法公式

可得；D由概率加法公式与相互独立事件的定义可得.

【详解】A项，若是互斥事件，不可能同时发生，P(AB)=0,故A错误;

B项，若则AU§=A，则P(AU5)=P(A)=；,故B错误；

C项，若A3相互独立，则P(A3)=P(A)P(3)=LX』=L,

236

1112

所以P(AU3)=P(A)+P(B)—P(AB)=—+——=—,故C正确；

2363

D项，由A=(A5)U(〃)，且事件AB,A豆互斥，则尸(A)=尸(AB)+P(A豆)，

-1-111

若P(AB)=_,则P(A3)=P(A)—P(A3)=——=—,

3236

又P(A)P(B)=2x』=L,.•.P(A)P(5)=P(AB),故A5相互独立，故D正确.

236

故选：CD.

10.已知复数4=l+i*2=a+历，。/eR,Zi，Z2在复平面内对应的向量分别为西，区，其中。为原

点，则下列结论正确的是()

A.若璃〃囱，则a+b=0B.若西〃囱，则幺©R

Z1

C.若函_LOZ],则a=Z;D.若灾」区'，则片+Z2I=卜—Z21

【答案】BD

【解析】

【分析】由复数的几何意义转化为向量的坐标运算

【详解】OZ^=(l,V),OZ^=(a,b),a,beR,

A项，若OZJIOZ?,则a=0,故A错误；

z,<7(1+i)「

B项，由A知，a=0,则==—;~—=«^R,故B正确；

Al+i

C项，若鬲，电，则a+b=0,故C错误；

D项，由C知，a+b-0>贝Z]+z2=1+i+a—ai=(a+1)+(1—a)i,

Z1—z,=l+i—(a—ai)—(1—a)+(a+l)i,

22

则B+z?|=J(a+1)2+(l_a)2；IZj-z2J=-J(l-a)+(a+l),

故卜+z21Tzl-引,故D正确.

故选：BD.

11.已知圆台0a上、下底面的半径分别为2和4,母线长为4.正四棱台上底面AgGR的四个顶点在

圆台上底面圆周上，下底面ABCD的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（）

A.AA.LBD

B.二面角4-AB-C的大小为60°

C.正四棱台ABC。-AB1G2的外接球的表面积为64兀

V71

D.设圆台的体积为匕，正四棱台ABCD—AgG。的体积为匕，则才=3

【答案】ACD

【解析】

【分析】对A,先证明线面垂直，由性质可得线线垂直；对B,过P作尸连接AQ,找到二面

角的平面角为N4QP,再解三角形即可；对C,设出球心和球半径，根据几何关系，列出等量关系求解

即可；对D,根据圆台和棱台的体积公式，结合已知数据，求解即可.

根据题意，如图，设圆台上、下底面圆心分别为旦,。连接OO1,4G，AC,5D,

过A作APLAO,作截面ACGA的平面图，则ACGA为等腰梯形，

且OOX为AC,AC中点，则AG=4,AC=8,AAt=4,AP==2,

故0Q=/P=小病一4尸=依-22=2g,即圆台的高丸=26，

又A^i=4厂।=2^2,AB=AC/—_

g=4,2,即四棱台的上下底面边长分别为2&和40；

对A,由题意OOX1平面ABCD,BDu平面ABCD,则OQ-LBD,

BDLAC,Acnoa=。，ACu平面AC£A，OQu平面ACG4,

故50工平面ACGA，A&U平面所以BDLAA],故A正确;

对B：过p作PQ1A3,垂足为。，连接4Q；

由OQ，面ABC,A[PHO0,则4尸，面ABC,又ABu面ABC,故ABLA/,

又A3LPQ,PQnAP=P,PQ，4Pu面APQ,故AB上面APQ,

又AQU面4PQ,故AB^AQ,则NAQP即为二面角A-A5-C的平面角;

=丝，=空

sinZAQPsinZAAP又AQ<AA,

'AQAA

故sinNAQP>sinZ^AP,

而在中，smZAiAP=^-=^-=—,则NAAP=60。，

y41A42

结合y=sinx在0,］单调递增可知，Z^QP>60°,故B错误;

对C：设外接球半径为A,球心到下底距离为x,在ACCiA的平面图中，O?为球心,

R2——=16

则=2,。。=4,0,£=QC=R,故1,/二、2,解得x=0,R=4；

一7?2-2J3-X=4

故表面积S=4TTR2=64无，故C正确；

对D：匕=AO：+A02+,4。；.")2)xOO=(02+42+8)X2G=^Y-TI；

22

V2=；(A3：+AB+-ABjxO0=g(8+32+16)x26=，

y兀

j=3，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.从某小区抽取100户层民用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在50〜350kW-h之间，进

行适当分组后(每组为左用右开的区间)，画出频率分布直方图如图所示，在被调查的用户中，月用电量

落在区间［100,300)内的户数为.

【答案】82

【解析】

【分析】首先求出参数。的值，再求出月用电量落在区间［100,300)的频率，即可得解.

【详解】由频率分布直方图可得(0.0012+0.0024+0.0024+0.0036+a+0.0060)x50=1,解得

a=0.0044,

所以月用电量落在区间［100,300)的频率为(0.0036+0.0060+0.0044+0.0024)x50=0.82,

所以在被调查的用户中，月用电量落在区间［100,300)内的户数为100x0.82=82.

故答案为：82

13.如图，一条河两岸平行，河的宽度为400m,一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行.已知船的

速度大小为5km/h,水流速度的大小为3km/h,当航程最短时，这艘船行驶完全程共需要时间

__________min•

_______6

A

【答案】6

【解析】

【分析】当实际速度垂直于河岸航程最短，根据向量加法的平行四边形法则求解即可.

【详解】当实际速度垂直于河岸，船的航程最短.

设实际速度、船速、水流速度分别为V、7、名，

如图，。=彳+以，已知M=5,同=3,

则同=，同寸=，

2T4(km/h)河宽d=400m=0.4km,

d0.4/八~、

所以，船的航行时间f=j=—「x60=6(min).

Iv|4

所以，当航程最短时，这艘船行驶完全程需要6min.

故答案为：6.

14.已知正四棱锥S-A5CD的所有棱长都为6,点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱

锥，得到截面多边形”，则〃的边数至多为，〃的面积的最大值为.

【解析】

【分析】数形结合，作平面与平面8D尸平行，即可解决；令一=彳，用彳表示相关长度，整理得

SF

2

S=S.EMP+SPMNQ=-27V22+36低，结合二次函数即可解决・

【详解】取SC中点尸，连接。尸，BF,依题意可得3尸，SCOP，SC,

又BFCDF=F,BF,DFU平面BDF,可知SC,平面3D尸，

当点E在S,歹之间时，作EP//BF,EM//DF分别交SB,于点P,M,

作MN〃SA,PQ〃SA分别交于点N,Q,连接NQ,则平面EMN0P与平面应＞产平行，得到的

截面为五边形，

根据平面的基本性质，作平面与平面应)尸平行，如图至多为五边形.

s

要使截面多边形H的面积最大，则当点E在s,月之间时，

SE

令——=2（2>0）,则=/=3&,SP=XS3=6/l,

SF

可得PB=BQ=PQ=6（1—4）,NQ=MP=ABD=6拒入,

DF?+BF?-BD?27+27-72_1

则cos/DFB=

2DFBF2x3百x3后—3

所以IEMP=gx3由几x3迅4x手=9万,

又因为脑V与NQ的夹角为5A与3D夹角，而5A与垂直，

则SPMNQ=6&x6（l-2）=36仞（1-A）,

可得S=36何（1—2）+9历2=—27历2+36&=—27点（X—1］+12后，

2

可知：当4=］时，S取最大值12逝.

当点E在点尸时，此时截面即为VBD/，又S=［义36X36'豆2=9应<120，

△□Dr23

当点E在点C,E之间时，截面为与V5DF相似的三角形，且截面面积小于S的尸=9日，

综上可得截面H的面积的最大值为12A/2.

故答案为：5；12.72.

【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求

解.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，第，层抽取样本量、样本均值和样本方差分别为

=记总样本数据的均值为无，总样本数据的方差为

(1)写出元与$2的计算公式(直接写出结果，不需证明)；

(2)某学校有高中学生500人，其中男生300人，女生200人.现采用分层随机抽样的方法抽取样本，并

观测样本的指标值(单位：cm),计算得男生样本的均值为172.5,方差为16,女生样本的均值为

162.5,方差为30.

(i)如果已知男、女样本量按比例分配，试计算出总样本的均值与方差；

(ii)如果已知男、女的样本量都是50,试计算出总样本的均值与方差，此时将它们分别作为总体的均值

与方差的估计合适吗？请说明理由.

【答案】(1)答案见解析

(2)(i)均值为168.5(cm),方差为45.6；(ii)均值为167.5(cm),方差为48,不合适，理由见解析

【解析】

【分析】(1)写出分层抽样的均值与方差公式即可；

(2)(i)按男女生比例抽取样本，可按相应公式计算均值和方差；(ii)已知样本量，可按样本量所占比计

算均值与方差，但不具代表性，个体不是等概率抽取的.

【小问1详解】

依题意可得于=—+—^元，

n

nx+%\+%

【小问2详解】

(i)男、女的样本量按比例分配,

则总样本均值为——x172.5+——xl62.5=168.5(cm),

500500

总样本的方差为播义[16+。72.5-168.5)2]+第><[30+(162.5—168.5)2]=45.6；

(ii)男、女的样本量都是50,

总样本的均值为‘°x172.5+‘°义162.5=167.5(cm),

50+5050+50

总样本的方差为‘°义|"16+(172.5—167.5)2]+‘°x「30+(162.5—167.5『]=48,

50+50L''」50+50L''」

不能作为总体均值和方差的估计，因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全

相同，因而样本的代表性差.

16.甲、乙、丙三名同学进行羽毛球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局，每局胜者与此局

轮空者进行下一局的比赛.约定先赢两局者获胜，比赛随即结束，各局比赛结果互不影响，已知每局比赛

324

甲胜乙的概率为一，乙胜丙的概率为一，甲胜丙的概率为一.

435

(1)若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率；

(2)若第一局由甲乙对战，求甲获胜的概率.

【答案】(1)|

、29

(2)—

40

【解析】

【分析】(1)甲获胜有两种情况，分别计算出概率，再相加即可；

(2)甲获胜有三种情况，分别计算出概率，再相加即可.

【小问1详解】

第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：

2342

①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为一x—><—=—；

3455

(2)431

②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为1一行义工、：=1；

I3J545

213

综上，甲获胜的概率为《+二=1.

【小问2详解】

若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：

343

①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为一><一=—,

455

3(4、233

②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为1-匚X=x：=

4(5)3440

③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为

所以最终甲获胜概率为三3+33+——1=29

5402040

17.如图，A6是半球。的直径，尸是半球底面圆周上一点，。是半球面上一点，且

（1）求证：PQLBQ.

（2）若43=4,4/3=1,5。=3,求直线/＞。与平面43。所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；

⑵昱.

7

【解析】

【分析】（1）要证PQ，3Q,只需证3。，平面P4Q,只需证BQ_LAQ（易证）和8QLAP,只需证

AP1平面P5Q,根据题意容易证；

（2）利用等体积法求得点尸到平面A3Q的距离〃，设直线P。与平面A3Q所成的角为8,则根据

,八h

sine=而即可得到答案.

【小问1详解】

因为AB为半球。的直径，P为半球底面圆周上一点，

所以APLBP,

因为APLPQ,PQcBP=P,PQ、BPu平面PBQ,

所以APJ,平面PBQ,又因为BQu平面PBQ,

所以AP±BQ,

又因为。为半球面上一点，

所以AQLBQ,

又因为AQcAP=A,AQ,AP^平面QAP

所以BQL平面QAP,又PQu平面QAP,

所以BQLPQ-

【小问2详解】

因为三角形ABP为直角三角形,AB=4,AP=1

所以BP7AB2-AP。=岳，

又因为BQ=3,BQ1平面QAP,

所以PQ=ylBP^-PQ2=76，

又因为三角形QAB也是直角三角形，

所以QA==V7,

所以%"=g,AP,PQ=gxlxn=半，

S^QAB=^QA-BQ=^xsf7x3=^~

设点P到平面QAB的距离为h,

则有^P-QAB~^B-QAP,即5s•/?=§S&0Ap•_BQ,

所以＜二9

2

V42_

设直线与平面所成的角为则

PQABQ0,.ah7币.

PQ瓜7

18.如图，在VABC中，AB=5,AC=7,ZABC=6Q°.

(1)求5c的长；

(2)已知点。在平面ABC内，且NAZ)5=NACB,求四边形A3QC的周长的最大值.

【答案】(1)8

（2）12+477

【解析】

【分析】（1）由余弦定理解方程可得；

（2）由A3,AC已知，问题转化为求nB+8的最大值.先根据题意得四点共圆，借助对角互补求出

cosZBDC,再在ABDC中利用余弦定理得边角关系，利用基本不等式可求最值.

【小问1详解】

在VABC中，AB=5,AC=l,ZABC=60°,

1

由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2AB-BCcos^ABC,即49=25+5。9一一2x5x—3C,

2

化简得BC?—550—24=0，解得3C=—3(舍)，或3C=8,

故3c的长为8；

【小问2详解】

已知点。在平面ABC内，且NADfi=NACB,

则AB,。,。四点共圆，ZCAB+ZCDB=n,

mAB2+AC2-BC252+72—8?1

则cosZBDC=-cosABAC=-----------------

2ABAC2x5x77

在ABDC中，由余弦定理得，BC2=DB~+DC2-2DB-DCcosZBDC,

则64=(DB+DC)2-2^1-1jDB-CD=(DB+DC)2-yDBDC,

...DBDC<J；。。］.64>1(DC+DB#,

解得DB+DC<4A/7，当且仅当DB=DC=277时等号成立.

即DB+DC的最大值为4币,

又C4+A3=12,故四边形周长的最大值为12+4起.

19.如图1,在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4,ZABC=60°,E为CD的中点.将VAZ）后沿AE

折起，连接6D与C。，如图2.

(2)设前=4函(0<441),当3石工。石时，是否存在实数2,使得直线AF与平面ABCE所成角

的正弦值为X二？若存在，求出X的值；若不存在，请说明理由.

10

(3)当三棱锥5-CDE的体积最大时，求三棱锥。-ABE的内切球的半径.

【答案】(1)4

2

(2)存在，2=-

3

⑶56-岳

-10

【解析】

【分析】(1)先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可.

(2)由(1)得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关

于彳的方程求解即可

(3)借助体积公式可得当DHL平面CBE时，三棱锥8-ACD的体积最大，借助等体积法计算可得内

切球半径.

【小问1详解】

连接3E,由题意得，AD=DE=2,ZADE=60°,

则VADE为等边三角形，AE=AD=2,

在&BCE中，EC=2,BC=2,NBCE=180°-60°=120°,

由余弦定理得BE~=BC"+EC~—2BC-ECcosNBCE=4+4—2x2x2x=12,

所以BE=2百，由3E=2百,AE=2,AB=4,

贝1JAE?+BE2=AB2，故

若平面平面ABCE,

由平面AOECl平面45。£=人石，BEu平面ABCE,BEA.AE,

则BE，平面ADE,DEu平面ADE，则3石工。石，

所以BE2+DE2=,(2何+22=4.

下面证明当8D=4时，平面ADE_L平面A6CE.

证明：由BE=25DE=2,BD=4,则BE?+。石？=92,

所以BEJ.DE,又AEc。E=E,AE,。Eu平面AD石，

所以BE,平面AD