2024-2025学年河北省石家庄市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年河北省石家庄市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析），共34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．已知平面向量，满足，，，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在直角梯形中，，为边上一点，，为的中点，则＝（ ）
A．B．
C．D．
3．若复数满足（是虚数单位），则的模长等于（ ）
A．B．C．D．
4．如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时, （ ）
A．B．C．D．
5．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是（ ）
A．B．C．D．1
6．已知三棱锥的顶点A，B，C都在半径为2的球面上，O是球心，，当与的面积之和最大时，三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．一个年级有12个班，每个班有50名同学，随机编号1，2，…，50，为了了解他们在课外的兴趣，要求每班第40号同学留下来进行问卷调查，这里运用的抽样方法是（ ）
A．抽签法B．有放回抽样C．随机抽样D．系统抽样
8．在中，点在边的延长线上，且.若，则点在（ ）
A．线段上B．线段上
C．线段上D．线段上
二、多选题（本大题共3小题）
9．在中，已知，，，则角的值可能为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则（ ）
A．平面平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为
11．某中学四位同学利用假期到一贫困村参加社会实践活动，感受年该村精准扶贫及新农村建设的变化.经过实地调查显示，该村年的经济收入增加了一倍．实现翻番，精准扶贫取得惊人成果．为更好地了解该村的经济收入变化情况，为后期精准扶贫方向提供决策参考，四位同学统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例．得到如下饼图：
四位同学依据上述饼图，分别得出以下四个结论，其中结论中正确的是（ ）
A．精准扶贫及新农村建设后，种植收入减少
B．精准扶贫及新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C．精准扶贫及新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D．精准扶贫及新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
三、填空题（本大题共3小题）
12．设向量，且⊥，则向量的模为
13．下列数据的70%分位数为 ．
20，14，26，18，28，30，24，26，33，12，35，22.
14．如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量，满足.
(1)若，求的值；
(2)若的夹角为，求与夹角的余弦值.
16．某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶7元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶1.5元的价格当天全部处理完.据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关，如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶，为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为（单位：元），若该超市在六月份每天的进货量均为450瓶，写出的所有可能值，并估计大于零的概率.
17．如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，，点D是AB的中点．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
18．在中，内角的对边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求面积的最大值；
(3)若为锐角三角形，求的取值范围.
19．如图所示，一个圆锥形的空杯子上放着一个直径为的半球形的冰淇淋，请你设计一种这样的圆锥形杯子（杯口直径等于半球形的冰淇淋的直径，杯子壁厚忽略不计），使冰淇淋融化后不会溢出杯子，怎样设计最省材料？最省材料为多少？

参考答案
1．【答案】B
【分析】首先根据题意得到，再根据向量夹角公式求解即可.
【详解】因为，，，
所以，所以，
设向量与的夹角为，则，
因为，所以．
故选B.
2．【答案】C
【分析】根据平面向量的三角形法则和共线定理即可得答案.
【详解】
故选C.
3．【答案】D
【分析】先化简已知条件求出，再求模长
【详解】
所以，所以
故选D.
4．【答案】D
【分析】连接交于,连接,因为∥平面,平面,平面平面,可得∥,结合已知条件,即可求得答案.
【详解】连接交于,连接,

∥平面,平面
平面平面,
∥,
故: ①
又∥,为的中点,
②
由①②可得:
故选D.
【关键点拨】本题考查了根据线面平行求线段比例,解题关键是掌握线面平行判定定理,考查了分析能力和空间想象能力.
5．【答案】C
【解析】利用互斥事件和的概率等于概率的和计算结果.
【详解】从中取出2粒恰好是同一色包含都是黑子或都是白子两个事件，这两个事件是互斥事件，设两粒是同一色为事件，同为黑子为事件，同为白子为事件，
则.
故选C.
6．【答案】B
【详解】，
∴当时， 取得最大值，此时，，平面AOB，
.
故选B．
7．【答案】D
【分析】根据抽样方法的定义即可得到结论．
【详解】每班第40号同学留下来进行问卷调查，即抽取每个班的40号，学号间隔相同，所以为系统抽样．
故选D．
8．【答案】B
【分析】根据向量共线定理的推论，求得三点共线；再根据，即可判断点的位置.
【详解】因为
所以由向量共线定理可知三点共线.
∵，∴，
∴.
又∵，
∴点在线段CD上，且不与、点重合.
故选B.
9．【答案】AC
【分析】根据正弦定理求出，根据可得或.
【详解】由正弦定理得，得，
因为，且，所以或.
故选AC.
10．【答案】ABD
【分析】直接利用正方体的性质，几何体的体积公式, 异面直线的夹角和外接球的表面积公式逐项判断即可.
【详解】对于，由正方体的性质，在、上的射影分别为、，
而，，则，，，
又平面ACD1
所以面，平面，所以平面平面，故正确；
对于，因为，平面，
所以点到平面的距离为定值，又的面积不变，
所以三棱锥的体积为定值，故正确；
对于，因为，
所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角，
因为是等边三角形，
当与线段的两个端点重合时，直线与所成的角最小为，
当与线段的中点重合时，直线与所成的角最大为，
所以所求角的范围是，故错误；
对于，该正四面体的外接球即为正方体外接球，，
故所求球的表面积为，故正确.
故选.
11．【答案】BCD
【分析】设精准扶贫及新农村建设前和后的经济收入分别为和，根据饼状图依次验证各项收入是否满足选项中的要求，由此可得结论.
【详解】设精准扶贫及新农村建设前，经济收入为，则精准扶贫及新农村建设后，经济收入为；
对于A，精准扶贫及新农村建设前，种植收入为；精准扶贫及新农村建设后，种植收入为；
，精准扶贫及新农村建设后，种植收入增加，A错误；
对于B，精准扶贫及新农村建设前，其他收入为；精准扶贫及新农村建设后，其他收入为；
，精准扶贫及新农村建设后，其他收入增加了一倍以上，B正确；
对于C，精准扶贫及新农村建设前，养殖收入为；精准扶贫及新农村建设后，养殖收入为；
，精准扶贫及新农村建设后，养殖收入增加了一倍，C正确；
对于D，精准扶贫及新农村建设后，养殖收入与第三产业收入之和的占比为，超过了总收入的一半，D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【分析】由两个向量垂直可得x值，即得到，由向量的模的公式计算即可得到答案.
【详解】向量，
由⊥得=0即
解得x=-3,则
|，
故答案为：.
【方法总结】本题考查向量垂直的坐标公式和向量的模公式的应用.
13．【答案】28
【分析】根据求百分位数的步骤求解可得结果.
【详解】将这12个数据按从左向右，由小到大的顺序排列：
，
因为不是整数，所以第个数是分位数.
故答案为：.
14．【答案】.
【详解】.
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量平行，分类讨论同向或反向即可求解；
（2）分别求出向量与的模，根据向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】（1）因为，所以或，
当时，，
当，
所以的值为.
（2）因为，
所以.
16．【答案】（1）（2）.
【分析】（1）当且仅当最高气温低于时这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,由表格数据求解即可；
（2）分别讨论最高气温不低于,最高气温位于区间（单位:）,最高气温低于的情况,进而求解；基于此,若大于零,则当且仅当最高气温不低于,进而求解即可
【详解】（1）这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当最高气温低于,
由表格数据知,最高气温低于的频率为,
所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为.
（2）当这种酸奶一天的进货量为450瓶时,
若最高气温不低于,则；
若最高气温位于区间（单位:）,
则,
若最高气温低于,则,
所以的所有可能值为1350,525,,
若大于零,则当且仅当最高气温不低于,
由表格数据知,最高气温不低于的频率为,
因此大于零的概率的估计值为.
17．【答案】（1）证明见解析；（2）108.
【解析】（1）证明，，可得平面，而平面，故．
（2）由可得，然后算出答案即可.
【详解】（1）平面，面，．
，，，． 又，
平面，而平面，．
（2）因为侧面是平行四边形，所以
所以.
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理边角互化得，再利用余弦定理求解即可；
（2）利用余弦定理结合基本不等式求得，然后利用面积公式求解即可；
（3）根据正弦定理结合两角和差公式化简得，然后结合锐角三角形性质，根据正弦函数的性质求解范围即可.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理得，整理得，
由余弦定理得，因为，所以.
（2）由余弦定理得，所以，即，
当且仅当时，等号成立，所以，
即当为正三角形时，面积最大值为.
（3）由正弦定理得
，
其中为锐角，且，所以，
又因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，
所以，即，
故的取值范围为.
19．【答案】当圆锥形杯子的高为8 cm时，用料最省
【详解】要使冰淇淋融化后不会溢出杯子，则必须有V圆锥≥V半球，而V半球＝×πr3＝×π×43，
V圆锥＝Sh＝πr2h＝π×42×h，则有π×42×h≥×π×43，解得h≥8．
即当圆锥形杯子的高大于或等于8 cm时，冰淇淋融化后不会溢出杯子．
又因为S圆锥侧＝πrl＝，所以高为8 cm时，制造的杯子最省材料．
2024-2025学年河北省石家庄市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知向量，满足，且，则，夹角为（ ）
A．B．C．D．
2．在中，角对边为，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
3．设复数，，则复数的虚部是（ ）
A．B．C．D．
4．袋中装有红、黄、蓝三种颜色的球各个，无放回的从中任取个球，则恰有两个球同色的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．若双曲线的一条渐近线方程为，该双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．
6．在四面体中，，，平面，四面体的体积为.若四面体的顶点均在球的表面上，则球的表面积是（ ）.
A．B．C．D．
7．已知圆：，：，动圆满足与外切且与内切，若为上的动点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（ ）
A．截面多边形不可能是平行四边形
B．截面多边形的周长是定值
C．截面多边形的周长的最小值是
D．截面多边形的面积的取值范围是
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列结论中正确的是（ ）
A．在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等
B．一组数据中的每个数都减去同一个非零常数a，则这组数据的平均数改变，方差不改变
C．一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于60
D．数据，，，．．．，的方差为M，则数据，，，…，的方差为2M
10．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，异面，，，，，则
D．若，，，则
11．如图，已知在平行四边形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，若为的中点，则在翻折过程中（点平面），以下命题正确的是（ ）
A．平面
B．
C．存在某个位置，使
D．当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．某学校三个年级共有2760名学生，要采用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为60的样本，已知一年级有1150名学生，那么从一年级抽取的学生人数是 名.
13．设双曲线C：的左焦点和右焦点分别是，，点P是C右支上的一点，则的最小值为 ．
14．已知点P是椭圆上除顶点外的任意一点，过点P向圆引两条切线，，设切点分别是M，N，若直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，则面积的最小值是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图1所示，四边形为梯形且 ，，为中点，，，现将平面沿折起，沿折起，使平面平面，且重合为点（如图2所示）．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
16．如图，四棱柱的底面为梯形，，三个侧面，，均为正方形．

(1)证明：平面平面．
(2)求点到平面的距离．
17．在平面直角坐标系中，椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，点和点为椭圆上两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2），为椭圆上异于点的两点，若直线与的斜率之和为，求线段中点的轨迹方程.
18．已知的三个内角，，对的三边为，，，且.
(1)若，，求；
(2)已知，当取得最大值时，求的周长.
19．如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．
(1)证明：平面；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据向量的点乘关系，求出，即可求出，夹角.
【详解】由题意，
在向量，中，，
，
解得：，
所以.
故选C.
2．【答案】B
【分析】先根据二倍角公式化简，根据余弦定理化简得到即可得到答案.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
在中，由余弦定理：，
代入得，，即，
所以.
所以直角三角形.
故选B.
3．【答案】D
【解析】计算出的值，即可找出虚部.
【详解】，
则其虚部是.
故选D.
4．【答案】C
【分析】根据古典概型的计算公式即可求解.
【详解】从红、黄、蓝三种颜色的球各2个，无放回的从中任取3个球，共有种，其中恰有两个球同色有种，故恰有两个球同色的概率为.
故选C．
5．【答案】C
【分析】由双曲线方程求出渐近线方程，再结合已知可得，从而可求出双曲线的离心率.
【详解】双曲线的焦点位于轴，则双曲线的渐近线为，
因为双曲线的一条渐近线方程为，
所以，
所以双曲线的离心率为，
故选C.
6．【答案】B
【分析】先由题中条件，求出，，设的外接圆半径为，记外接圆圆心为，连接，由正弦定理，求出，设外接球的半径为，连接，得到，延长到，使得，连接，连接，，
根据三角形全等，得到，进而可求出结果.
【详解】因为，，
所以，则，
则，
因为平面，四面体的体积为，
所以，则；
设的外接圆半径为，记外接圆圆心为，连接，
由正弦定理可得， ，则
设外接球的半径为，连接，
根据球的性质可得，平面，
又平面，所以，
延长到，使得，连接，
则四边形为矩形；所以
连接，，则，
所以，所以，
因此，
因此球的表面积是.
故选B.
7．【答案】A
【详解】
∵圆：，圆：，
动圆满足与外切且与内切，设圆的半径为 ，
由题意得 ∴则的轨迹是以 为焦点，长轴长为16的椭圆，
∴其方程为 ，即为圆 的切线，要的值最小，只要最小，设，则
.
故选A.
8．【答案】D
【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D.
【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足，
且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；

对于BC，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误；
对于D，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，故D正确；
故选D.
9．【答案】ABC
【分析】A选项，利用中位数的定义可判断；
B选项，一组数据中的每个数都减去同一个非零常数a，平均数会随之改变，方差不变；
C选项，可以看出平均数和样本总量，从而求出样本数据的总和；
D选项，方差会变为原来的4倍.
【详解】对于A，在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，都为，故A正确：
对于B，一组数据中的每个数都减去同一个非零常数a，则这组数据的平均数也减去a，方差不改变，故B正确；
对于C，因为样本的方差，所以这个样本有20个数据，平均数是3，所以这组样本数据的总和为3×20＝60，故C正确；
对于D，数据，，，…，的方差为M，则数据，，，…，的方差为4M，故D错误．
故选ABC.
10．【答案】CD
【分析】根据线面平行、线线平行与面面平行的性质定理及判定定理一一判断即可.
【详解】对于A：当且仅当与相交时，满足，故A错误；
对于B：若，，，则或，或与相交，故B错误；
对于C：假设与不平行，即与相交，设，
若与，不重合，由，，所以，又，，所以，所以，与，异面矛盾，故假设不成立，
若与，中某一条直线重合，则直接可以得到，与，异面矛盾，故假设不成立，故C正确；
对于D：若，，则，又，所以，故D正确；
故选CD.
11．【答案】ABD
【分析】对于A，取的中点，连接，，根据中位线定理可得，，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由线面平行的性质定理，即可判断A是否正确．
对于B，计算，，，在中，由余弦定理即可判断B是否正确，
对于C，取中点，可得为平行四边形，用反证法推出矛盾，即可判断C是否正确．
对于D，当三棱锥的体积最大时，平面平面，再由线面垂直的判定定理可得平面，再计算外接球的半径，即可判断D是否正确．
【详解】对于A，如图，取的中点，连接，，
分别为，的中点，，，
，，且，平面，，平面，
∴平面平面．又平面，平面，故A正确；
对于B，由A可知，，，
，
在中，由余弦定理知，，
，是定值，故B正确；
对于C，取的中点，为的中点， 平行且等于，则四边形为平行四边形，若存在某个位置，使，则与条件矛盾，故C错误；
对于D，当三棱锥的体积最大时，平面平面，
又，平面，
将三棱锥从几何体中拿出单独分析，设三棱锥的外接球的球心为，在平面上的射影是正三角形的中心，到平面的距离等于，
由图可知，外接球的半径，
外接球的表面积，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【分析】利用分层抽样的定义进行计算即可.
【详解】由分层抽样得从一年级抽取的学生人数是（人）.
故答案为：25.
13．【答案】8
【分析】利用双曲线性质、焦半径的范围将所求转换为对勾函数的最小值即可得解.
【详解】，，
，
而函数在上单调递增，
所以当且仅当时，.
故答案为：8.
14．【答案】
【分析】设，求出以为直径的圆的方程，与圆的方程相减可得直线的方程，进而可求得的坐标，再求出和点到直线的距离，求出面积的表达式，进而可得出答案.
【详解】设，
则以为直径的圆的方程为，
与圆的方程相减得，
即是过切点的直线方程，
则，所以，
又因为点到直线的距离，
所以，
又因为在点P在椭圆上，
所以，即，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，
即面积的最小值是.

故答案为：.
15．【答案】(1)详见解析；
(2).
【分析】(1)易证，再由平面平面，得到平面ABCD，则，再由四边形BCDE是正方形，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
(2)以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAC的一个法向量，易知平面PAD的一个法向量为，然后由求解.
【详解】(1)证明：因为，
即PA=PD=，E为AD的中点，
所以是等腰三角形，
且，即，
又因为平面平面，且平面平面=AD，平面PAD，
所以平面ABCD，又平面ABCD，
所以，
又因为，且，
所以四边形NCDE为直角梯形，且DE=DC=1，
所以四边形BCDE是正方形，所以，
又因为，
所以平面PBE，又因为平面PBC，
所以平面平面；
(2)由(1)知：以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，
设平面PAC的一个法向量为，
则，即，
令，则，
易知平面PAD的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值是.
16．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)由题设及线面垂直的判定得面，进而有，过点作，垂足为，进而证，最后由线面、面面垂直的判定定理证明结论；
(2)法一：连接，，应用等体积法有求点面距；法二：证线面平行得到，两点到平面的距离相等，过点作，垂足为点，连接，进而求点面距.
【详解】(1)因为侧面，，均为正方形，所以，，．
又，平面，所以平面．
由棱柱的性质可知，该四棱柱为直四棱柱，则平面，又平面，则．
又四边形为梯形，，，所以．
过点作，垂足为，则，

所以，则．
在等腰三角形中．
因为，所以．
因为，面，所以面．
又平面，所以平面平面．
(2)法一：连接，，

由(1)直三棱柱的体积．
由直三棱柱的性质知，三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
所以．
由平面，平面，则，且．
设点到平面的距离为，则，
即，解得，故点到平面的距离为．
法二：因为，且平面，平面，所以平面，
所以，两点到平面的距离相等．
过点作，垂足为点，连接．

易得平面，所以线段的长度即为点到平面的距离．
因为，，，所以．
所以点到平面的距离为．
17．【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设椭圆的方程为，利用待定系数求解即可得答案；
（2）设直线的斜率为，进而得直线的方程，与椭圆联立得点的坐标，同理，用替换点的坐标得点的坐标，进而得点的坐标，消去参数即可得点的轨迹方程.
【详解】（1）根据题意，设椭圆的方程为，
因为点和点为椭圆上两点，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程.
（2）设直线的斜率为，所以直线的方程为，即 ，
所以与椭圆方程联立，得，
即，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
即点的坐标为，
因为直线与的斜率之和为，所以直线的斜率为，
同理，用替换点的坐标得点的坐标，
所以点的坐标为
所以点的参数方程为：（为参数）
消去参数得点的轨迹方程，
由解得，所以，
所以点的轨迹方程.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根据正弦定理，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；
(2)根据基本不等式及三角形面积公式可得面积取得最大值时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长．
【详解】(1)，
，
，又，
，
由正弦定理可知：，
；
(2)，当取最大值时，即取最大值，
，
，
，当且仅当时，即，时等号成立，
由余弦定理可知：，
，
的周长.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)先证明是平行四边形，再结合圆柱的性质得到平面；
(2)利用等积转换知识结合圆柱的性质先找到体积最大值时的相对位置，再找出
二面角的平面角或利用空间向量求得二面角的大小.
【详解】(1)证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．又因为，
平面，所以平面．
(2)由(1)知是三棱锥底面上的高，由(1)知，所以，即底面三角形是直角三角形．设，
则在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱锥的体积最大，
（另解：等积转化法：
易得当F与距离最远时取到最大值，此时E，F分别为，中点）
下面求二面角的正弦值：
法一：由(1)得平面，因为平面，所以．
又因为，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由(1)知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．
法二：由(1)知两两相互垂直，
如图，以点E为原点，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则．
由(1)知平面，故平面的法向量可取为．
设平面的法向量为，
由，
得，即，即，取，得．
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为.
最高气温
天数
2
14
34
27
9
4