2018-2019学年上海市奉贤区奉贤中学高二下学期期末考试数学试题

2018-2019学年上海市奉贤区奉贤中学高二下学期期末考试数学试题★祝考试顺利★ 注意事项：1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

3、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、填空题（54分）1.设集合{}1,2,3,5A =，{}1,B t =，若B A ⊆，则t 的所有可能的取值构成的集合是_______； 【答案】{}2,3,5 【解析】 【分析】根据集合的包含关系可确定t 可能的取值，从而得到结果. 【详解】由B A ⊆得：2t =或3或5t ∴所有可能的取值构成的集合为：{}2,3,5本题正确结果：{}2,3,5【点睛】本题考查根据集合的包含关系求解参数值的问题，属于基础题.2.若()12nx +展开式的二项式系数之和为128，则n =________【答案】7 【解析】【分析】根据二项展开式二项式系数和为2n 可构造方程求得结果.【详解】()12nx +展开式的二项式系数和为：012128n nn n n C C C ++⋅⋅⋅+==，解得：7n =本题正确结果：7【点睛】本题考查二项展开式的二项式系数和的应用，属于基础题.3.在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，4=AD ，12AA =，二面角1C BB D --的大小是_________（用反三角表示）． 【答案】3arctan 4【解析】 【分析】根据二面角平面角的定义可知CBD ∠为二面角1C BB D --的平面角，在直角三角形中表示出3tan 4CBD ∠=，进而求得结果. 【详解】由长方体特点可知：1BB ⊥平面ABCD又BC ⊂平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD 1BC BB ∴⊥，1BD BB ⊥CBD ∴∠即为二面角1C BB D --的平面角又3CD AB ==，4BC AD ==，BC CD ⊥3tan 4CD CBD BC ∴∠== 3arctan 4CBD ∴∠= 即二面角1C BB D --的大小为：3arctan 4本题正确结果：3arctan 4【点睛】本题考查二面角的求解，关键是能够根据二面角平面角的定义确定平面角，将平面角放到直角三角形中来进行求解.4.如图为某几何体的三视图，则其侧面积为_______2cm【答案】4π 【解析】 【分析】根据三视图可知几何体为圆锥，利用底面半径和高可求得母线长；根据圆锥侧面积公式可直接求得结果.【详解】由三视图可知，几何体为底面半径为115∴1514+=∴圆锥的侧面积：144S ππ=⨯⨯=本题正确结果：4π【点睛】本题考查圆锥侧面积的求解问题，关键是能够根据三视图准确还原几何体，考查学生对于圆锥侧面积公式的掌握情况.5.已知球O 的半径为R ，点A 在东经120°和北纬60°处，同经度北纬15°处有一点B ，球面上A ，B 两点的球面距离为___________； 【答案】4R π； 【解析】 【分析】根据纬度差可确定45AOB ∠=o ，根据扇形弧长公式可求得所求距离.【详解】A Q 在北纬60o ，B 在北纬15o ，且均位于东经120o 45AOB ∴∠=o,A B ∴两点的球面距离为：451804R R ππ=本题正确结果：4R π 【点睛】本题考查球面距离的求解问题，关键是能够通过纬度确定扇形圆心角的大小，属于基础题.6.若实数x ，y 满足221x y +=，则xy 的取值范围是__________；【答案】11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦； 【解析】 【分析】令cos x θ=，sin y θ=，可将xy 化为1sin 22θ，根据三角函数值域可求得结果. 【详解】221x y +=Q ∴可令cos x θ=，sin y θ=1cos sin sin 22xy θθθ∴==[]sin 21,1θ∈-Q 11,22xy ⎡⎤∴∈-⎢⎥⎣⎦本题正确结果：11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ 【点睛】本题考查利用三角换元的方式求解取值范围的问题，关键是能够将问题转化为三角函数的值域的求解.7.在四棱锥P ABCD -中，设向量()4,2,3AB =-u u u v ，()4,1,0AD =-u u u v ，()6,2,8AP =--u u u v，则顶点P 到底面ABCD 的距离为_________ 【答案】2； 【解析】 【分析】根据法向量的求法求得平面ABCD 的法向量()3,12,4n =v，利用点到面的距离的向量求解公式直接求得结果.【详解】设平面ABCD 的法向量(),,n x y z =v则423040AB n x y z AD n x y ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩u u u v v u u u v v，令3x =，则12y =，4z = ()3,12,4n ∴=v∴点P 到底面ABCD 的距离：1824322914416AP n d n ⋅-+-===++u u u v v v本题正确结果：2【点睛】本题考查点到面的距离的向量求法，关键是能够准确求解出平面的法向量，考查学生对于点到面距离公式掌握的熟练程度.8.112除以9的余数为_______； 【答案】5 【解析】 【分析】将112变为()32912-⨯，利用二项式定理展开可知余数因不含因数9的项而产生，从而可知余数为233925C -=.【详解】由题意得：()311322282912=⨯=-⨯()()()()3232203212222333339122929129121C C C C -⨯=⨯+⨯⨯-+⨯⨯-+⨯-112∴除以9的余数为：233925C -=本题正确结果：5【点睛】本题考查余数问题的求解，考查学生对于二项式定理的掌握情况，关键是能够配凑出除数的形式，属于常考题型.9.如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为4，记1111AC B D F ⋂=，11BC B C E =n ，若AE BF ⊥，则此棱柱的体积为______．【答案】322【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出直四棱柱的高h，求出,AE BFu u u v u u u v的坐标，由数量积为0求得h，则棱柱的体积可求．【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设1DD h=，又4AB BC==，则()4,0,0A，2,4,2hE⎛⎫⎪⎝⎭，()4,4,0B，()2,2,F h，2,4,2hAE⎛⎫∴=-⎪⎝⎭u u u v，()2,2,BF hu u u v=--，AE BF⊥Q，24802h∴-+=，即22h=∴此棱柱的体积为4422322⨯⨯=．故答案为：2【点睛】本题考查棱柱体积的求法，考查利用空间向量解决线线垂直问题，是中档题．10.在平面直角坐标系中，设点()0,0O，(3A，点(),P x y的坐标满足30320x yxy-≤+≥⎨⎪≥⎪⎩，则OA u u u v 在OP uuu v上的投影的取值范围是__________ 【答案】[]3,3- 【解析】 【分析】根据不等式组画出可行域，可知5,66AOP ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦；根据向量投影公式可知所求投影为cos OA AOP ∠u u u v，利用AOP ∠的范围可求得cos AOP ∠的范围，代入求得所求的结果.【详解】由不等式组可得可行域如下图阴影部分所示：由题意可知：6AOB π∠=，56AOC π∠=OA u u u v 在OP uuu v上的投影为：cos 9323OA AOP AOP AOP ∠=+∠=∠u u u vAOB AOP AOC ∠≤∠≤∠Q 5,66AOP ππ⎡⎤∴∠∈⎢⎥⎣⎦33cos AOP ⎡∴∠∈⎢⎣⎦[]cos 3,3OA AOP ∴∠∈-u u u v本题正确结果：[]3,3-【点睛】本题考查线性规划中的求解取值范围类问题，涉及到平面向量投影公式的应用；关键是能够根据可行域确定向量夹角的取值范围，从而利用三角函数知识来求解.11.正方体1111A B C D ABCD -3P 是正方体表面上任意一点，集合{|2}P PA Ω=≤，满足Ω的点P 在正方体表面覆盖的面积为_________；【答案】7334π+【分析】分别在六个侧面上找到满足到点A 的距离小于等于2的点的集合，可大致分为两类；从而确定满足集合的点构成的图形，通过计算图形面积加和得到结果.【详解】在正方形11ABB A 、11ADD A 、ABCD 上，满足集合的点构成下图的阴影部分：∴在侧面11ABB A 、11ADD A 、ABCD 覆盖的面积：113343326S ππ⎛⎫=⨯+⨯⨯=+ ⎪⎝⎭在正方形11BCC B 、1111D C B A 、11CDD C 上，满足集合的点构成下图的阴影部分：∴在侧面11BCC B 、1111D C B A 、11CDD C 覆盖的面积：234S π= ∴满足Ω的点P 在正方体表面覆盖的面积为：127334S S π+=+本题正确结果：7334π+【点睛】本题考查立体几何中的距离类问题的应用，关键是能够通过给定集合的含义，确定在正方体侧面上满足题意的点所构成的图形，对于学生的空间想象能力有一定要求.12.已知圆()22:11M x y -+=，圆()22:11N x y ++=，直线12,l l 分别过圆心,M N ，且1l 与圆M 相交于,A B 两点，2l 与圆N 相交于,C D 两点，点P 是椭圆22149x y +=上任意一点，则PA PB PC PD ⋅+⋅u u u v u u u v u u u v u u u v的最小值为___________；【解析】 【分析】根据圆和椭圆的参数方程可假设出,,A C P 点坐标；根据,A B 共线、,C D 共线可得,B D 坐标；写出向量后，根据向量数量积运算法则可求得210sin 8PA PB PC PD θ⋅+⋅=+u u u v u u u v u u u v u u u v，从而可知当2sin 0θ=时，取得最小值，代入求得结果.【详解】由题意可设：()1cos ,sin A αα+，()1cos ,sin C ββ-+，()2cos 3sin P θθ,则()1cos ,sin B αα--，()1cos ,sin D ββ---()1cos 2cos ,sin 3sin PA αθαθ∴=+--u u u v ，()1cos 2cos ,sin 3sin PB αθαθ=----u u u v()2222212cos cos 9sin sin 5sin 4cos 4PA PB θαθαθθ∴⋅=--+-=-+u u u v u u u v同理可得：25sin 4cos 4PC PD θθ⋅=++u u u v u u u v210sin 8PA PB PC PD θ∴⋅+⋅=+u u u v u u u v u u u v u u u v当2sin 0θ=时，()min8PA PB PC PD⋅+⋅=u u u v u u u v u u u v u u u v本题正确结果：8【点睛】本题考查向量数量积的最值的求解问题，关键是能够灵活应用圆和椭圆的参数方程的形式，表示出所需的点的坐标，从而将问题转化为三角函数最值的求解问题.二、选择题（20分）13.l m n ，，为直线，,,αβγ为平面，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若//m α，//n β，则//αβ B. 则m α⊥，n α⊥，则//m n C. 若αγ⊥，βγ⊥，则αβ⊥ D. 则αβ⊥，l α⊆，则l β⊥【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中平面和直线平行和垂直的位置关系可依次通过反例排除,,A C D ，从而得到结果.【详解】A 选项：若//m n ，则α与β未必平行，A 错误B 选项：垂直于同一平面的两条直线互相平行，B 正确C 选项：垂直于同一平面的两个平面可能相交也可能平行，C 错误D 选项：l 可能与β平行或相交，D 错误本题正确选项：B【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的相关命题的判定，通常通过反例，采用排除法的方式来得到结果，属于基础题.14.魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π：4.若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为( ) A. 16B. C.163D.1283【答案】C 【解析】 【分析】由已知求出正方体内切球的体积，再由已知体积比求得“牟合方盖”的体积． 【详解】正方体的棱长为2，则其内切球的半径r 1=，∴正方体的内切球的体积344V π1π33=⨯=球， 又由已知V πV 4=球牟合方盖，4416V ππ33∴=⨯=牟合方盖． 故选：C ．【点睛】本题考查球体积的求法，理解题意是关键，是基础题．15.“5n =”是“*,nn N ⎛ ∈⎝的展开式中含有常数项”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 非充分非必要条件【答案】A【解析】 【分析】根据二项展开式的通项可知当5n =时，只需3r =即可得到常数项，可知充分条件成立；当()*5n k k N =∈时，展开式均含有常数项，可知必要条件不成立，从而得到结果.【详解】n⎛ ⎝展开式的通项公式为：(()35621rn rn rr rn r rn n C C x ---⎛⋅⋅=⋅- ⎝当5n =时，通项公式为：()15556521rr r r C x--⋅-令1550r -=，解得：3r =，此时为展开式的常数项，可知充分条件成立 令350n r -=，解得：35n r =∴当()*5n k k N =∈时，展开式均含有常数项，可知必要条件不成立∴“5n =”是“*,nn N ⎛ ∈⎝的展开式中含有常数项”的充分不必要条件 本题正确选项：A【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，涉及到二项式定理的应用；关键是能够熟练掌握二项展开式通项公式的形式，进而确定当x 幂指数为零时所需要的条件，从而确定是否含有常数项.16.对于平面上点P 和曲线C ，任取C 上一点Q ，若线段PQ 的长度存在最小值，则称该值为点P 到曲线C 的距离，记作(),d P C ，若曲线C 是边长为6的等边三角形，则点集(){},1D P d P C =≤所表示的图形的面积为（ ）A. 36B. 362π-+C. 36π+D.36π-【答案】D 【解析】 【分析】根据(),d P C 可画出满足题意的点P 所构成的平面区域；分别求解区域各个构成部分的面积，加和得到结果.【详解】由(),d P C 定义可知，若曲线C 为边长为6的等边三角形ABC ，则满足题意的点P构成如下图所示的阴影区域其中AE AC ⊥，AD AB ⊥，IH AC ⊥，JG AC ⊥，1AD AE IH JG ====2233DAE ππππ∠=--=Q ，1AD = 21121233S ππ∴=⨯⨯= 6IAH π∠=Q ，1IH = 3AH ∴= 413312S ∴==又2623HG AC AH =-=-(36231623S ∴=-⨯=-又2616S =⨯=∴阴影区域面积为：12343336181863333633S S S S S ππ=+++=++--即点集(){},1D P d P C =≤所表示的图形的面积为：3633π- 本题正确选项：D【点睛】本题考查新定义运算的问题，关键是能够根据定义，找到距离等边三角形三边和顶点的最小距离小于等于1的点所构成的区域，易错点是忽略三角形内部的点，造成区域缺失的情况.三、解答题（76分）：17.如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的正方形，PD ⊥底面ABCD ，1PD =．（1）求直线PB 与直线CD 所成的角的大小； （2）求四棱锥P ABCD -的侧面积； 【答案】（1）5arctan （2）225+【解析】 【分析】（1）根据//AB CD 可知所求角为PBA ∠；利用线面垂直性质可知PD AB ⊥，结合AB AD ⊥，利用线面垂直判定可证得AB ⊥平面PAD ，进而得到AB PA ⊥；利用直角三角形的关系可求得所求角的正切值，进而得到所求角；（2）利用线面垂直的性质和判定易得四棱锥的四个侧面均为直角三角形，分别求得每个侧面面积，加和得到结果. 【详解】（1）Q 四边形ABCD 是正方形 //AB CD ∴∴直线PB 与直线CD 所成角即为直线PB 与直线AB 所成角，即PBA ∠PD ⊥Q 底面ABCD ，,AB AD ⊂平面ABCD PD AB ∴⊥，PD AD ⊥又AB AD ⊥，,AD PD ⊂平面PAD ，AD PD D =IAB ∴⊥平面PAD ，又PA ⊂平面PAD AB PA ∴⊥ 225PA PD AD ∴=+=2AB = 5tan 2PA PBA AB ∴∠==5PBA ∴∠=PB 与直线CD 所成角为：5arctan（2）由（1）知：PA AB ⊥，PD AD ⊥PD ⊥Q 底面ABCD ，,BC CD ⊂平面ABCD PD CD ∴⊥，PD BC ⊥又BC CD ⊥，PD CD D ⋂=，,PD CD ⊂平面PCD BC ∴⊥平面PCDPC ⊂Q 平面PCD BC PC ∴⊥∴四棱锥P ABCD -的侧面积为：11111122222S PD AD PA AB PC BC PD CD =⋅+⋅+⋅+⋅==+【点睛】本题考查异面直线所成角的求解、棱锥侧面积的求解问题；关键是能够灵活运用线面垂直的判定和性质，考查基础计算能力.18.已知集合11xA x x ⎧⎫=<⎨⎬-⎩⎭，{}2|23,04B y y x x x ==--≤≤．（1）求A B I ；（2）若集合{}2|230,04x x x a x --+=≤≤=∅，求a 的取值范围； 【答案】（1）[)4,1-；（2）()(),54,-∞-+∞U 【解析】 【分析】（1）分别求解出集合A 和集合B ，根据交集的定义求得结果；（2）将问题转化为{}2|23,04x xx a x --=-≤≤=∅，由（1）可知[]2234,5x x --∈-，从而得到关于a 的不等式，解不等式求得结果. 【详解】()1,11xA xx ⎧⎫=<=-∞⎨⎬-⎩⎭；{}[]2|23,044,5B y y x x x ==--≤≤=-（1）[)4,1A B =-I（2）{}2|230,04x x x a x --+=≤≤=∅，即{}2|23,04x x x a x --=-≤≤=∅ 又[]0,4x ∈时，[]2234,5x x --∈- 4a ∴-<-或5a ->5a ∴<-或4a >即a 的取值范围为：()(),54,-∞-+∞U【点睛】本题考查集合运算中的交集运算、求解集合中参数取值范围的问题；关键是能够准确求解出两个集合；易错点是忽略两个集合均为数集的特点，误认为两集合元素不一致，导致求解错误.19.某校从参加高二年级期末考试的学生中抽出60名学生，并统计了他们的物理成绩（成绩均为整数且满分为100分），把其中不低于50分的分成五段[50,60)，[60,70)，……，[90,100)后画出如下部分频率分布直方图，观察图形的信息，回答下列问题：（1）求出物理成绩低于50分的学生人数；（2）估计这次考试物理学科及格率（60分以上为及格）；（3）从物理成绩不及格的学生中选x人，其中恰有一位成绩不低于50分的概率为1291，求此时x的值；【答案】（1）6；（2）75%；（3）4；【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图可求得物理成绩低于50分的频率，利用频率乘以总数可得所求频数；（2）根据频率分布直方图可计算得到物理成绩不低于60分的频率，从而得到及格率；（3）计算出成绩不低于50分的人数，根据古典概型概率计算公式可列出关于x的方程，解方程求得结果.【详解】（1）物理成绩低于50分的频率为：()10.01520.030.0250.005100.1-⨯+++⨯=物理成绩低于50分的学生人数为：600.16⨯=人（2）物理成绩不低于60分的频率为：()0.0150.030.0250.005100.75+++⨯=∴这次考试物理学科及格率为：75%（3）物理成绩不及格的学生共有：()60175%15⨯-=人其中成绩不低于50分的有：1569-=人由题意可知：1196151291x xC C C -=，解得：4x = 【点睛】本题考查利用频率分布直方图计算频数、根据样本数据特征估计总体数据特征、古典概型概率的应用问题；关键是熟练掌握频率分布直方图的相关知识点，考查概率和统计知识的综合应用.20.已知椭圆22221(0)x y a b a bΓ+=>>：的左右顶点分别是(2,0)A -，(2,0)B ，点13,2⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆上，过该椭圆上任意一点P 作PQ x ⊥轴，垂足为Q ，点C 在QP 的延长线上，且||||QP PC =．（1）求椭圆Γ的方程； （2）求动点C 的轨迹E 的方程；（3）设直线AC （C 点不同A 、B ）与直线2x =交于R ，D 为线段RB 的中点，证明：直线CD 与曲线E 相切；【答案】（1）2214x y +=；（2）224x y +=；（3）证明略； 【解析】 【分析】（1）根据顶点坐标可知2a =，将13,2⎫⎪⎭代入椭圆方程可求得2b ，进而得到椭圆方程；（2）设(),C x y ，()00,P x y ，可得到002x x y y =⎧⎪⎨=⎪⎩，将P 代入椭圆方程即可得到所求的轨迹方程；（3）设()(),0C C C C x y y ≠，可得直线AC 方程，进而求得R 和D 点坐标；利用向量坐标运算可求得0OC CD ⋅=u u u v u u u v，从而证得结论. 【详解】（1）由题意可知：2a = 将12⎫⎪⎭代入椭圆方程可得：231144b+=，解得：21b = ∴椭圆Γ的方程为：2214x y += （2）设(),C x y ，()00,P x y由PQ x ⊥轴，QP PC =可得：002x x y y =⎧⎨=⎩，即002x xy y =⎧⎪⎨=⎪⎩,2y P x ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭将,2y P x ⎛⎫ ⎪⎝⎭代入椭圆Γ方程得：224x y += ∴动点C 的轨迹E 的方程为：224x y +=（3）设()(),0C C C C x y y ≠，则直线AC 方程为：22C Cx yx y +=+ 令2x =，解得：42C C y y x =+ 42,2C C y R x ⎛⎫∴ ⎪+⎝⎭ 22,2C C y D x ⎛⎫∴ ⎪+⎝⎭(),C C OC x y ∴=u u u v ，22,2CC C C y CD x y x ⎛⎫=-- ⎪+⎝⎭u u u v ()()2222422222C C C C C C C C C C C x y OC CD x x y y x x y x x -⎛⎫∴⋅=-+-=--+⎪++⎝⎭u u u v u u u v ()24220C C x x =-+-=即OC CD ⊥∴直线CD 与曲线E 相切【点睛】本题考查直线与椭圆、直线与圆的综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、动点轨迹的求解问题、直线与圆位置关系的证明等知识；求解动点轨迹的常用方法是利用动点表示出已知曲线上的点的坐标，从而代入已知曲线方程整理可得动点轨迹.21.如图所示，某地出土的一种“钉”是由四条线段组成，其结构能使它任意抛至水平面后，总有一端所在的直线竖直向上．并记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为O ，钉尖为(1,2,3,4)i A i =．（1）判断四面体4123A A A A -的形状，并说明理由；（2）设1(0)OA a a =>，当123,,A A A 在同一水平面内时，求1OA 与平面123A A A 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（3）若该“钉”着地后的四个线段根据需要可以调节与底面成角的大小，且保持三个线段与底面成角相同，若12AOA θ∠=，1(0)OA a a =>，问θ为何值时，123O A A A -的体积最大，并求出最大值．【答案】（1）正四面体；理由见解析（2）2arccos 3；（3）当2πθ=时，最大体积为：316a ；【解析】 【分析】（1）根据线段等长首先确定O 为四面体外接球球心；又4A O ⊥底面123A A A ，可知4123A A A A -为正三棱锥；依次以123,,A A A 为顶点均有正三棱锥结论出现，可知四面体棱长均相等，可知其为正四面体；（2）由O 为四面体外接球球心及4A O ⊥底面123A A A 可得到11OAO ∠即为所求角；设正四面体棱长为m ，利用m 表示出11Rt OA O ∆各边，利用勾股定理构造方程可求得26m =，从而可求得11cos OAO ∠，进而得到结果；（3）取12A A 中点D ，利用三线合一性质可知22DOA θ∠=，从而可用θ表示出底面边长和三棱锥的高，根据三棱锥体积公式可将体积表示为关于2sin 2θ的函数，利用导数求得函数的最大值，并确定此时2sin 2θ的取值，从而得到结果.【详解】（1）四面体4123A A A A -为正四面体，理由如下：Q 四条线段等长，即O 到四面体四个顶点距离相等 O ∴为四面体外接球的球心又4A O ⊥底面123A A A 4A ∴在底面的射影为123A A A ∆的外心∴四面体4123A A A A -为正三棱锥，即414243A A A A A A ==，122313A A A A A A ==又任意抛至水平面后，总有一端所在的直线竖直向上，若3A 竖直向上 可得：313234A A A A A A ==可知四面体4123A A A A -各条棱长均相等 4123A A A A ∴-为正四面体 （2）由（1）知，四面体4123A A A A -为正四面体，且O 为其外接球球心 设123A A A ∆中心为1O ，则41A O ⊥平面123A A A ，如下图所示：11OAO ∴∠即为1OA 与平面123AA A 所成角 设正四面体4123A A A A -棱长为m 则112333AO ==，221414163OO A O A O m m a a =-=-=- ∴在11Rt OA O ∆中，2221633m m a a ⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭，解得：26m =1122A O a∴=1111122cos3AOOAOAO∴∠==1122arccosOAO∴∠=即1OA与平面123A A A所成角为：22arccos3（3）取12A A中点D，连接OD，3A D12OA OA=Q，D为12A A中点22DOAθ∴∠=且12OD A A⊥22cos cos2OD OA DOA aθ∴=∠=，222sin sin2A D OA DOA aθ=∠=23222sin2A A A D aθ∴==2222131134sin sin sin332232O D A D a a aθθθ∴==-=22222222222 1114cos sin1sin sin sin23223232 OO a a a a a aθθθθθ⎛⎫∴=-=--=-⎪⎝⎭12312322222111344sin sin334232O A A AA A AV S OO a a aθθ∆-∴=⋅=⨯-3322421sin34sin sin34sin322322aaθθθθ⎛⎫=-=-⎪⎝⎭令2sin2xθ=，[]0,1x∈，则4223sin34sin3422x xθθ⎛⎫-=-⎪⎝⎭设()3243f x x x=-+，[]0,1x∈，则()2126f x x x'=-+令()0f x'=，解得：1x=，212x=∴当10,2x⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x'>；当1,12x⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x'<∴当12x =时，()f x 取极大值，即为最大值：()max 1111432844f x f ⎛⎫==-⨯+⨯= ⎪⎝⎭即当21sin 22θ=时，123O A A A V -取得最大值，最大值为：3311326a a ⨯=此时sin 22θ=，即2πθ= 综上所述，当2πθ=时，123O A A A -体积最大，最大值为：316a 【点睛】本题考查立体几何中的几何体特征判断、直线与平面所成角的求解、三棱锥体积的最值的求解问题；求解三棱锥体积的最值问题，关键是要把底面面积和三棱锥的高均利用某一变量来进行表示，从而将所求体积最值问题转化为关于此变量的函数最值问题的求解，进而通过导数或其他求解函数最值的方法求得结果.。