2024版新教材高中数学本册质量检测湘教版必修第二册

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本册质量检测 考试时间：120分钟　满分：150分 一、单项选择题(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．) 1．若z(1－i)＝4i，则|z|＝(　　) A． eq \r(2) B．2 eq \r(2) C．2 D．4 2．已知△ABC是边长为2的正三角形，则 eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \o(BC,\s\up6(→))的值为(　　) A．2 B．－2 C．2 eq \r(3) D．－2 eq \r(3) 3. 3题图 如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线AB1与BC1所成角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示△ABC的面积，若c cos B＋b cos C＝a sin A，S＝ eq \f(\r(3),4)(b2＋a2－c2)，则∠B＝(　　) A．90° B. 60° C. 45° D. 30° 5．已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是(　　) A． eq \f(5,12) B.  eq \f(1,3) C.  eq \f(1,4) D.  eq \f(1,6) 6. 如图，在正方形ABCD中，M是BC的中点，若 eq \o(AC,\s\up6(→))＝λ eq \o(AM,\s\up6(→))－μ eq \o(BD,\s\up6(→))，则λ＋μ＝(　　) A． eq \f(4,3) B.  eq \f(5,3) C．1 D. 2 7．设a＝tan 16°＋tan 14°＋ eq \f(\r(3),3)tan 16°tan 14°，b＝sin 44°cos 14°－sin 46°cos 76°，c＝2sin 14°sin 76°，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞c＞a D．c＞a＞b 8．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同幂，则积不容异”．这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．如图所示，某帐篷的造型是两个全等圆柱垂直相交的公共部分的一半(这个公共部分叫做牟合方盖).设两个圆柱底面半径为R，牟合方盖与其内切球的体积比为4∶π.则此帐篷距底面 eq \f(R,2)处平行于底面的截面面积为(　　) A． eq \f(3,4)πR2 B．3πR2 C． eq \f(4,3)πR2 D．3R2 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．) 9．已知复数z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i， eq \o(z,\s\up6(－))为z的共轭复数，若复数z0＝ eq \f(\o(z,\s\up6(－))2,z2)，则下列结论正确的是(　　) A．z0在复平面内对应的点位于第二象限 B．|z0|＝1 C．z0的实部为 eq \f(3,5) D．z0的虚部为－ eq \f(4,5)i 10．同时抛掷两枚质地均匀的骰子，则下列说法正确的是(　　) A．一共有36种不同的结果 B．两枚骰子向上的点数相同的概率是 eq \f(1,6) C．两枚骰子向上的点数之和为5的概率是 eq \f(5,36) D．两枚骰子向上的点数之差的绝对值小于4的概率为 eq \f(5,6) 11．下列说法中正确的是(　　) A．在△ABC中，若 eq \o(AB,\s\up6(→))· eq \o(AC,\s\up6(→))<0，则△ABC为钝角三角形 B．已知非零向量a，b，若|a＋b|＝|a|－|b|，则a与b反向共线且|a|≥|b| C．若a∥b，则存在唯一实数λ使得a＝λb D．若 eq \o(OA,\s\up6(→))＋3 eq \o(OB,\s\up6(→))＋4 eq \o(OC,\s\up6(→))＝0，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC∶S△ABC＝3∶8 12．已知边长为a的菱形ABCD中，∠ADC＝60°，将△ADC沿AC翻折，下列说法正确的是(　　) A．在翻折的过程中，直线AD，BC所成角的范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B．在翻折的过程中，三棱锥D­ABC体积最大值为 eq \f(a3,8) C．在翻折过程中，三棱锥D­ABC表面积最大时，其内切球表面积为(14－8 eq \r(3))πa2 D．在翻折的过程中，点D在平面ABC上的投影为D′，E为棱CD上的一个动点，ED′的最小值为 eq \f(\r(3),4)a 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上) 13．平面向量a＝(2，1)，b＝(－1，3)，若(a－b)⊥(a＋λb)，则λ＝________． 14．若cos  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝ eq \f(1,4)，则sin  eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝________． 15．如图，在水平面上放置两个边长为1的正三角形ABC与DEF，将△DEF沿垂直于水平面的方向向上平移至△D′E′F′，得到多面体ABC­D′E′F′，已知各侧面(△D′BC，△D′E′C，△E′AC，△E′F′A，△F′BA及△F′D′B)均为正三角形，则多面体ABC­D′E′F′的外接球的体积为________． 16．为实现学生高中选科和大学专业选择的有效衔接，湖南省于2019年采用“3＋1＋2”模式改革考试科目设置，即考生总成绩由统一高考的语文、数学、外语3个科目成绩，物理或历史中的1门成绩，和生物、政治、地理、化学中的2个科目成绩组成．在选择物理的学生中，选择物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍，则选择物理、化学、生物的概率为________；现有选择物理的2名学生，他们选择专业的组合互不影响，则至少有1人选择物理、化学、生物的概率为________． 四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．) 17．(本小题满分10分)已知平面向量a，b满足a＋b＝(－3，6)，a－b＝(m，－2)，其中m∈R. (1)若a∥b，求|a－b|； (2)若m＝5，求a与b夹角的余弦值． 18．(本小题满分12分)已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a cos B＋2b cos A＝ eq \f(c2,2). (1)求c的值； (2)若C＝ eq \f(π,3)，a＋b＝4 eq \r(2)，求△ABC的面积． 19．(本小题满分12分)已知在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，且DP＝DC，点M为PC的中点． (1)若点N在棱PB上，直线MN∥平面ABCD，证明：点N为PB的中点； (2)证明：直线DM⊥平面PAC. 20．(本小题满分12分)袋中有9个大小相同颜色不全相同的小球，分别为黑球、黄球、绿球，从中任意取一球，得到黑球或黄球的概率是 eq \f(5,9)，得到黄球或绿球的概率是 eq \f(2,3)，试求： (1)从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？ (2)从中任取两个球，得到的两个球颜色不相同的概率是多少？ 21．(本小题满分12分)某学校的平面示意图为如图五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度). DE＝3BC＝3CD＝ eq \f(9,10) km，∠BCD＝∠CDE＝ eq \f(2π,3)，∠BAE＝ eq \f(π,3). (1)求道路BE的长度； (2)求生活区△ABE面积的最大值． 22．(本小题满分12分)如图1，六边形ABCDEF是由等腰梯形ADEF和直角梯形ABCD拼接而成，且∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AF＝EF＝ED＝2，AD＝CD＝4，沿AD进行翻折，得到的图形如图2所示，且∠AEC＝90°. (1)求证：CD⊥平面ADEF； (2)求证：点E，C，B，F不在同一平面内； (3)求翻折后所得多面体ABCDEF的体积． 本册质量检测 1．解析：因为z(1－i)＝4i， 所以z＝eq \f(4i,1－i)，故|z|＝eq \f(|4i|,|1－i|)＝eq \f(4,\r(2))＝2eq \r(2). 答案：B 2．解析：由于△ABC是边长为2的正三角形， 则·＝||·||·cos (π－B)＝－2×2×cos60°＝－4×eq \f(1,2)＝－2. 答案：B 3. 解析：∵AB1∥DC1， ∴∠DC1B是直线AB1与BC1所成的角， ∵△BDC1是等边三角形， ∴直线AB1与BC1所成角为60°. 答案：C 4．解析：由正弦定理及ccosB＋bcosC＝asinA，得sinCcosB＋sinBcosC＝sin2A⇒sin(C＋B)＝sin2A⇒sinA＝1，因为0°0，只需满足eq \f(b,a)≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种． ∴函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率P＝eq \f(5,12) 答案：A 6．解析：因为＝＋，＝＋＝＋eq \f(1,2)，＝－所以＝λ－μ＝λ－μ(－)＝(λ＋μ)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ－μ))，所以λ＋μ＝1. 答案：C 7．解析：∵tan30°＝tan (16°＋14°)＝eq \f(tan16°＋tan14°,1－tan16°·tan14°)， ∴tan16°＋tan14°＝eq \f(\r(3),3)－eq \f(\r(3),3)tan16°tan14°， ∴a＝tan16°＋tan14°＋eq \f(\r(3),3)tan16°tan14°＝eq \f(\r(3),3)， ∵b＝sin44°cos14°－sin46°cos76°＝sin44°cos14°－cos44°sin14°＝sin (44°－14°)＝sin30°＝eq \f(1,2)， c＝2sin14°sin76°＝2sin14°cos14°＝sin28°<eq \f(1,2)， ∴a>b>c. 答案：A 8．解析：牟合方盖的内切球距底面eq \f(R,2)处平行于底面的截面圆的半径为eq \f(\r(3),2)R， 截面面积为S1＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)R))eq \s\up12(2)＝eq \f(3,4)πR2， 设帐篷距底面eq \f(R,2)处平行于底面的截面面积为S2， 则由题意可得，RS2∶RS1＝4∶π， 即eq \f(S2,\f(3,4)πR2)＝eq \f(4,π)，解得S2＝eq \f(4,π)×eq \f(3,4)πR2＝3R2. 答案：D 9．解析：由z1，z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，且z1＝2－i，得z2＝－2－i，2＝－2＋i， 所以z0＝＝eq \f(－2＋i,－2－i)＝eq \f(4－4i＋i2,4－i2)＝eq \f(3,5)－eq \f(4,5)i， 所以z0在复平面内对应的点位于第四象限，所以选项A错误； |z0|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝1，所以选项B正确； z0的实部为eq \f(3,5)，所以选项C正确； z0的虚部为－eq \f(4,5)，所以D不正确． 答案：BC 10．解析：同时抛掷两枚质地均匀的骰子，一共有6×6＝36种不同的结果，A选项正确；对于B选项，事件“两枚骰子向上的点数相同”所包含的基本事件有：(1，1)、(2，2)、(3，3)、(4，4)、(5，5)、(6，6)，共6种不同的结果，所求概率为eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)，B选项正确；对于C选项，事件“两枚骰子向上的点数之和为5”所包含的基本事件有：(1，4)、(2，3)、(3，2)、(4，1)，共4种不同的结果，所求概率为eq \f(4,36)＝eq \f(1,9)，C选项错误；对于D选项，事件“两枚骰子向上的点数之差的绝对值不小于4”所包含的基本事件有：(1，5)、(1，6)、(2，6)、(5，1)、(6，1)、(6，2)，共6种不同的结果，因此，事件“两枚骰子向上的点数之差的绝对值小于4”的概率为1－eq \f(6,36)＝eq \f(5,6)，D选项正确． 答案：ABD 11．解析：∵·<0， ∴·＝||·||·cos∠BAC<0， ∴∠BAC为钝角，故A选项正确， ∵非零向量a，b，|a＋b|＝|a|－|b|，可得a与b反向共线且|a|≥|b|，故B选项正确， 若a∥b，且b＝0时，则有无数个λ，使得a＝λb，故C选项错误， 设＝3，＝4，可得O为△ADE的重心， 设S△AOC＝z，S△AOB＝y，S△BOC＝x， ∴S△AOE＝4z，S△AOD＝3y，S△EOD＝12x， ∵4z＝3y＝12x， ∴x∶y∶z＝1∶4∶3， ∴S△AOC∶S△ABC＝z∶(x＋y＋x)＝3∶8，故D选项正确． 答案：ABD 12．解析：取AC的中点O， 连接DO，BO， 对于A：由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形， 翻折后，当△ABC和△ADC重合时，直线AD，BC所成角为120°，故A错误； 对于B：当△ADC与底面垂直时，三棱锥DABC的体积最大， 此时hmax＝eq \f(\r(3)a,2)， Vmax＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)a2×eq \f(\r(3)a,2)＝eq \f(a3,8)，故B正确； 对于C：设AC中点为O， 当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥DABC表面积最大， 根据三棱锥内切球公式，可得 r＝eq \f(3V,S侧)＝eq \f(\f(3a3,8),2×\f(1,2)×a×\f(\r(3),2)a＋2×\f(1,2)×a×a) 所以r＝eq \f(a\r(14－8\r(3)),2)， 内切球表面积为4πr2＝(14－8eq \r(3))πa2，故C正确； 对于D：在翻折过程中，当D′与E重合时，最小值为0，故D错误． 答案：BC 13．解析：∵a－b＝(3，－2)，a＋λb＝(2－λ，3λ＋1)，且(a－b)⊥(a＋λb)， ∴(a－b)·(a＋λb)＝3(2－λ)－2(3λ＋1)＝0，解得λ＝eq \f(4,9). 答案：eq \f(4,9) 14．解析：∵coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq \f(1,4)， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)－1＝－eq \f(7,8). 答案：－eq \f(7,8) 15．解析： 根据题意可得：D′E′∥AB，且D′E′＝AB，D′B＝AB，所以四边形ABD′E′是菱形，所以AD′⊥BE′，如图所示，将几何体进行旋转，使得平面ABD′E′位于水平位置，连接AD′，BE′相交于点O，所以O为AD′，BE′的中点，连接F′O，CO；因为F′B＝F′E′，F′A＝F′D′，所以F′O⊥BE′，F′O⊥AD′，所以三角形F′OD′和三角形F′OE′为直角三角形，且F′E′＝F′D′，所以直角三角形F′OD′和直角三角形F′OE′全等，所以OE′＝OD′，所以AD′＝BE′，所以四边形ABD′E′是正方形，所以上下为两个正四棱锥，且所有棱长均为1，可得：OE′＝OD′＝OF′＝eq \f(\r(2),2)，O到所有顶点的距离都相等，所以O为外接圆圆心，且外接圆半径r＝eq \f(\r(2),2)，所以外接圆的体积V＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(4,3)×eq \f(\r(2),4)π＝eq \f(\r(2),3)π. 答案：eq \f(\r(2),3)π 16．解析：设选择物理、化学、生物的概率为p， 因为物理、化学、生物的概率是选择其它组合的2倍， 所以p＋eq \f(p,2)＝1，解得p＝eq \f(2,3).即选择物理、化学、生物的概率为p＝eq \f(2,3)； 因为至少有1人选择物理、化学、生物的组合的对立事件为2名学生都没有选择物理、化学、生物组合， 所以2名学生都没有选择物理、化学、生物组合的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,3)， 所以至少有1人选择物理、化学、生物的概率为P＝1－eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(8,9). 答案：eq \f(2,3)　eq \f(8,9) 17．解析：(1)∵a＋b＝(－3，6)，a－b＝(m，－2)， ∴a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－3,2)，2))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m＋3,2)，4))， ∵a∥b， ∴4×eq \f(m－3,2)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m＋3,2)))，解得m＝1， ∴a－b＝(1，－2)，|a－b|＝eq \r(12＋（－2）2)＝eq \r(5). (2)∵当m＝5时，a＝(1，2)，b＝(－4，4)， ∴a·b＝1×(－4)＋2×4＝4， ∴|a|＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，|b|＝eq \r(（－4）2＋42)＝4eq \r(2)， 设a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(4,\r(5)×4\r(2))＝eq \f(\r(10),10)， 故a与b夹角的余弦值为eq \f(\r(10),10). 18．解析：(1)因为2acosB＋2bcosA＝eq \f(c2,2)， 由正弦定理可得2sinAcosB＋2sinBcosA＝eq \f(1,2)csinC， 可得2sin (A＋B)＝2sinC＝eq \f(1,2)csinC， 因为sinC≠0， 所以c＝4. (2)因为C＝eq \f(π,3)，a＋b＝4eq \r(2)， 所以由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝32－3ab＝16，解得ab＝eq \f(16,3)， 所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)×eq \f(16,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4\r(3),3). 19．证明：(1)∵MN∥平面ABCD，NM⊂平面PBC，平面PBC∩平面ABCD＝BC， ∴MN∥BC，而在△PBC中，M为PC的中点，N在棱PB上， ∴N为PB的中点，即得证． (2)∵底面ABCD为矩形， ∴CD⊥AD， ∵侧面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD， ∴CD⊥平面PAD， 又PA⊂平面PAD，则CD⊥PA， ∵PA⊥PD，PD∩CD＝D， ∴PA⊥平面PCD， ∵DM⊂平面PCD， ∴PA⊥DM， ∵在△PCD中，DP＝DC，点M为PC的中点， ∴DM⊥PC，PA∩PC＝P， ∴DM⊥平面PAC. 20．解析：(1)从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、绿球为事件A，B，C， 由于A，B，C为互斥事件， 根据已知，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝\f(5,9),P（B＋C）＝P（B）＋P（C）＝\f(2,3),P（A＋B＋C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝1))， 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（A）＝\f(1,3),P（B）＝\f(2,9),P（C）＝\f(4,9)))， 所以，任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率分别是eq \f(1,3)，eq \f(2,9)，eq \f(4,9). (2)由(1)知黑球、黄球、绿球个数分别为3，2，4， 从9个球中取出2个球的样本空间中共有36个样本点， 其中两个是黑球的样本点是3个，两个黄球的是1个，两个绿球的是6个， 于是，两个球同色的概率为eq \f(3＋1＋6,36)＝eq \f(5,18)， 则两个球颜色不相同的概率是1－eq \f(5,18)＝eq \f(13,18). 21．解析：(1)如图，连接BD， 在△BCD中，由余弦定理得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝eq \f(27,100)， ∴BD＝eq \f(3\r(3),10)， ∵BC＝CD， ∴∠CDB＝∠CBD＝eq \f(π－\f(2,3)π,2)＝eq \f(π,6)， 又∵∠CDE＝eq \f(2π,3)，∴∠BDE＝eq \f(π,2)， ∴在Rt△BDE中，BE＝eq \r(BD2＋DE2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),10)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(3),5)(km)， 故道路BE的长度为eq \f(3\r(3),5)km. (2)设∠ABE＝α，∵∠BAE＝eq \f(π,3)， ∴∠AEB＝eq \f(2π,3)－α， 在△ABE中，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠AEB)＝eq \f(AE,sin∠ABE)＝eq \f(BE,sin∠BAE)＝eq \f(3\r(3),5sin\f(π,3))＝eq \f(6,5) ∴AB＝eq \f(6,5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))，AE＝eq \f(6,5)sinα， ∴S△ABE＝eq \f(1,2)AB·AEsineq \f(π,3)＝eq \f(9\r(3),25)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))sinα ＝eq \f(9\r(3),25)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋\f(1,4)))≤eq \f(9\r(3),25)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)))＝eq \f(27\r(3),100)(km2) ∵0<α<eq \f(2π,3)， ∴－eq \f(π,6)<2α－eq \f(π,6)<eq \f(7π,6) ∴当2α－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,3)时，S△ABE取得最大值，最大值为eq \f(27\r(3),100) (km2) 22．解析：(1)证明：在等腰梯形ADEF中，作EM⊥AD于M，则AM＝3，EM＝eq \r(3)， ∴AE＝eq \r(3＋9)＝2eq \r(3)，连接AC，则AC＝4eq \r(2)， ∵∠AEC＝90°，∴EC＝2eq \r(5)，则ED2＋DC2＝EC2， 得CD⊥ED； 又∵CD⊥AD，AD∩ED＝D，∴CD⊥平面ADEF； (2)证明：设G为CD中点，则AB∥DG且AB＝DG， 可知ABGD为平行四边形，故BG∥AD， 又EF∥AD，∴FE∥BG，于是E，F，B，G四点共面， 而CD⊂平面ABCD，C显然不在平面EFBG内， ∴点E，C，B，F不在同一平面内； (3)由(1)知，CD⊥平面ADEF，而CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ADEF. ∵EM⊥AD，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，∴EM⊥平面ABCD， ∴VABCDEF＝VCADEF＋VFABC＝eq \f(1,3)SADEF·CD＋eq \f(1,3)S△ABC·EM ＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r(3)×4＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×4×eq \r(3)＝eq \f(16\r(3),3).