2021-2022学年海南省海口某中学高一（下）期末数学试卷（附答案详解）

2021-2022学年海南省海口中学高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知集合M={x\x2+2x-8<0）,N={x|一W0},则MClN=（）{x|-4<x<3]{x|-4<x<-2]{x|-2<x<2}{x|2<x<3].已知复数2=竺詈&。为虚数单位），则下列说法正确的是（）z的虚部为4B,复数z在复平面内对应的点位于第三象限z的共轨复数之=4-2i|z|=2V5.设a,/?是两个不同的平面，，，m是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A.若IJLa,11p,a//PB.若a1/?,Ica,me.p,则，1mC.若mJ.0,a10,则m〃aD.若a/阴，且/与a所成的角和m与/?所成的角相等，贝”〃m.某企业三月中旬生产力、B、C三种产品共3000件，根据分层抽样的结果，企业统计员制作了如下的统计表格.由于不小心，表格中A、C产品的有关数据已被污染看不清楚，统计员记得4产品的样本容量比C产品的样本容量多10件，根据以上信息，可得C产品的数量是（）产品类别ABC产品数量（件）1300样本容量（件）130A.900件 B.800件 C.90件 D.80件.若sin2a=寻sin(/7—a)=答，且ae[：,7r],夕e]兀,学，则a+0的值是().在扇形04B中，4408=60。，|万？|=1，C为弧前上的一个动点，且元=刀而+y南,则x+4y的取值范围为（）A.[1,4)BA.[1,4)B.[1,4]C.[2,3)D.[2,3].已知四面体ABCC的所有棱长均为2,M,N分别为棱A。，BC的中点，F为棱AB上异于4,B的动点.有下列结论：①线段MN的长度为近；②若点G为线段MN上的动点，则无论点尸与G如何运动，直线FG与直线CC都是异面直线：③异面直线MN和CD所成的角为:：@FM+FN的最小值为2.其中正确的结论为()A.①③④B.②③ C.②③④D.①④.若函数/1(x)对任意的xGR恒有/'(x+2)=/(—X),且对任意的Xi，x2G(1,+oo),(匕-X2)[/(Xi)>0.设a=f(log32),b=/(5，c=/(Ve)(e®2.718),则()A.a<b<cB.b<a<cC.b<c<aD.a<c<b二、多选题(本大题共4小题，共20.0分).PM2,5的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一.划分等级为PM2,5日均值在35〃g/m3以下，空气质量为一级，在35〜75〃g/?n3,空气质量为二级，超过75“g/nt为超标.如图是某地12月1日至10日P%.5的日均值(单位：〃9/病)，则下列说法正A.这10天中PM25日均值的平均值是48.8B.这10天Pgs日均值的80%分位数为60C.从PM2.5日均值看，前5天的日均值的方差大于后5天日均值的方差D.从PM2.5日均值看，前5天的日均值的极差小于后5天的日均值的极差.已知函数/(x)=sin(3X+s)(3>0,\(p\<今的部分图像如图所示，则下列结论正确的是()A.函数f(x)的图象可由y=sin2x的图象向左平移W个单位得到B.x=一詈是/(x)图象的一条对称轴C.若|f(X［) =2,则设2—X1I的最小值为兀D.直线y=：与函数y=/(x)在［0,等］上的图象有7个交点.已知等边三角形4BC的边长为6,M,N分别为AB,AC的中点，如图所示，将△AMN沿MN折起至AA'MN,得到四棱锥4'一MNCB,则在四棱锥A-MNCB中，下列说法正确的是()A.当四棱锥4一MNCB的体积最大时，二面角A'-MN-B为直二面角B.在折起过程中，存在某位置使BN1平面ANCC.当四棱4—MNCB体积的最大时，直线与平面MNCB所成角的正切值为叵7D.当二面角4-MN-B的余弦值为［时，△4'NC的面积最大.已知定义在R上的函数/(x)满足：2f(x)f(y)=/(x+y)+/(x-y),某同学由此前提条件出发，然后又补充了一个附加条件，再经过推理,他得出下列四个选项结论，其中可能正确的有()A.若f(0)=0时，/(x)是奇函数且一定是单调增函数B.若f(0)=1,/(x)是偶函数且有最大值为1c.若/©)='财©)=孝D.若f(l)=；，则/(100)=-：三、填空题(本大题共4小题，共20.0分).已知a6R,命题p：”存在x6R,使--ax-3aW0"的否定为，若p为假命题，贝力的取值范围为..如图，为测量山高MN,选择4和另一座的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角/M4M=60°,C点的仰角4cAB=45。以及NMAC=75°；从C点测得/MCA=60°,已知山高BC=1000m,则山高MN=m.M.已知四棱锥S-ABC。中，底面ABC。为正方形，侧面54B为等边三角形，AB=3,则当四棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为..已知函数/。)=三-2*—>1),g(x)=W-k)g2X(x>l)的零点分别为a,0,以下结论①a+0=a0；②a+2a=0+log2仅③a+024；④a-0>-2正确的是.四、解答题(本大题共6小题，共70.0分).为普及抗疫知识，弘扬抗疫精神，某校组织了高一年级学生进行防疫知识测试.根据测试成绩(总分100分)，将所得数据按照[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]分成6组，其频率分布直方图如图所示.(1)求图中a的值；(2)试估计本次防疫知识测试成绩的平均分；(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)(3)该校准备对本次防疫知识测试成绩优异(将成绩从高到低排列，排在前20%的为优异)的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数不低于多少？(结果保留一位小数).已知函数/(x)=2sina)xcosa)x+2V3sin2wx—a/3(oj>0)的最小正周期为(I)求函数f(x)的单调增区间；(口)将函数f(x)的图象向左平移?个单位，再向上平移1个单位，得到函数y=g(x)的图象.若y=g(x)在[0,b](b>0)上至少含有10个零点，求b的最小值..如图示，边长为4的正方形4BCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，M、Q分别是PC,4。的中点.(1)求证：PA〃面BDM(2)求多面体P-4BCC的体积(3)试问：在线段4B上是否存在一点N,使面PCN，面PQB?若存在，指出N的位置，若不存在，请说明理由..记AABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知产=ac,点。在边AC上,BDsinz.ABC=asinC.(1)证明：BD=b；(2)若4。=2DC,求cos〃BC..如图，已知三棱柱4BC-41B1G，平面44CG_L平面4BC,/.ABC=90°,/.BAC=30°,4p4=AiC=4C,点E、F分别是棱AC、不占的中点.(I)证明：EF1BC；(U)求直线EF与平面&BC所成角的余弦值.(HI)求二面角4-&C-B的正弦值..已知函数/(x)=-/+以-J(a-1)2,aER,函数g(x)=bix.4(1)当a=5时，记不等式f(x)>0的解集为M,求函数y=g(£)g(ex),X6M的值域(e是自然对数的底数)；(2)当a<1时，讨论函数/i(x)=3①呼丝皿的零点个数.答案和解析.【答案】C【解析】解：集合M=[x]x2+2x-8<0}={x|-4<x<2},N={x|^W0}={x|_2<xW3},则MnN={x|-2<xW2}.故选：C.求出集合M,N,利用交集定义能求出MnN.本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题..【答案】D【解析】解：•:Z=1 =3」3i2-l+i=型==_4+2i，i7 -i -i-••.Z的虚部为2,故A错误；复数z在复平面内对应的点位于第二象限，故B错误；z的共扼复数为一4一2八故C错误；\z\=J(—4(+2?=2V5>故D正确.故选:D.利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一分析四个选项得答案.本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题..【答案】A【解析】解：若，la,/1P，由直线与平面垂直的性质可得a〃夕，故A正确；若a10,，ua,mu0,则，〃m或I与m相交或I与m异面，相交与异面时也不一定垂直，故B错误；若m10,al/?,则Tnua或m〃a,故C错误；若a〃B，且I与a所成的角和nt与夕所成的角相等，则〃/m或，与th相交或，与m异面，故。错误.故选：A.由直线与平面垂直的性质判断A；由平面与平面垂直分析两平面内直线的位置关系判断8；由线面、面面垂直分析线面关系判断C；由线面角相等分析空间两直线的位置关系判断D.本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题..【答案】B【解析】解：根据题意，抽取的样本比例是孤=高，样本容量为3000x2=300；设C产品抽取的样本数为x,贝必产品抽取样本数为x+10,（x+10）+x+130=300,解得x=80；•••C产品的数量是80800（件）.故选：B.先求出抽取的样本容量是多少，再列一元一次方程，求出C产品的样本数，从而求出C产品的数量来.本题考查了抽取样本的应用问题，是基础题目.5.【答案】A【解析】【分析】本题考查同角三角函数的基本关系，两角和与差的三角函数公式，考查转化思想与综合运算能力，属于中档题.依题意，可求得cosQ?-a）与cos2a的值，再利用q+夕=2a+Q?-a）,以及两角和的余弦公式，即可求得答案.【解答】解：a6覃印a2aE,2n],又0Vsin2a=—<5 2・•・2aG，㈤,即aW（碧

••.”a呜詈),:.cos2a=-"—sin22a=——;又sinQ5-a)=噂，••P-ae(p7r),:.cos(/?—a)=~A/l—sin2(/?—a)=-:.cos(a+夕)=cos[2a+(0—a)]=cos2acos{p—a)—sin2asm(0—a)2y15 3V10V5同二一『(一寸)一行义而V2=—.2又aG砥,》6G[可号,・・・（。+夕）6（等，2兀）,故选A.6.【答案】B【解析】【分析】本题考查平面向量基本定理，考查数学运算能力，属于中档题.以。为原点，04所在直线为x轴，以0B所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则根据题意可知4（1,0）,8（1,手），设C（cos6,sE0）,根据元=x瓦？+y而把x、y用。表示,然后可求得x+4y的取值范围.【解答】解：如图所示，以。为原点，。4所在直线为x轴，以0B所在直线为y轴，建立平面直角坐标系,则根据题意可知4(1,0), 净，iStC(cosO,sind),0°<0<60°.cosOcosO=x+-FJsind=y厂3 ,・•・x+4y=cosd+y=—sin。7yf3.o—sindf

点C在弧AB上由ATB运动，J在［0。,60。］上逐渐变大，cos。变小，sin。逐渐变大，sind系数较大，.•.当8=0。时x+4y取得最小值1,当。=60。时x+4y取得最大值cos60。+竽sin60。=4.••・x+4y的取值范围是［1,4］.故选：B.AVIAVI、(cos^.sm^)A【解析】解：连接4N,DN,四面体4BCC的所有棱长均为2,则AN=DN=W，且MN1/W,所以MN=V3^T=V2,故①不正确；取4B的中点F,CD的中点E,FM〃BD且FM=\BD,NE//BD,NE=3BD,所以FM〃NE,FM=NE,所以四边形FNEM是平行四边形，MN与EF相交于点G,所以此时FG与CD相交，不是异面直线，故②不正确；取BC的中点，连接HN,HM,M,N分别为棱AD,BC的中点，所以MH=a4B=l,HN=^CD=1,NH//CD,所以NHNM为异面直线MN和CD所成的角，又MH?+nh2=MN2,故AHMN为等腰直角三角形，所以异面直线MN和CD所成的角为会故③正确；将面48。、面ABC展开为一个平面，如下图：/NB当M,F,N共线时，MF+FN最小为MN=2,故④正确.故选：A.①连接4V,DN,易知AAN。为等腰三角形，即MN1AD,即可求MN的长；②构造平行四边形FNEM,探讨它们的关系可判断；③取BD的中点，连接HNd,HM,可证AHMN为等腰直角三角形，从而可得结论；④将面AB。、面ABC展开为一个平面，判断NF+FN最小的情况即可.本题考查了正四面体的性质、异面直线所成的角，外接球的体积及将展面开求线段的最小值，属于中档题..【答案】A【解析】解：因为/'(x+2)=f(-x),所以x=1是/'(x)的一条对称轴，/(log32)=f(2-log32)=/(log3^又因为对任意的X1，X26(1,4-00),均有31-必)[/(*1)-/(&)]>0,所以f(X)在(1,+8)上单调递增；1=log33<log3；log3J^<log3V27=log33z=|.所以f(log3》即a<b；•••聋<«，即]<迎，所以/G)<f(Vi)，即b<c；综上所述：a<b<c.故选：A.由抽象函数满足的关系式可确定x=1是f(x)的一条对称轴且在(1,+8)上单调递增；结合对数函数单调性可比较出log31:和近的大小关系，由函数单调性可得a,b,c之间关系.本题考查了函数的单调性、对称性，得出函数在(1,+8)上单调递增是关键点，难点在

于比较10g3^三和五的大小，属于中档题.9.【答案】AD【解析】解：4、这10天中PM2.5日均值的平均值为(30+32+34+40+41+45+48+60+78+80)x^=48.8,故A正确；B、将10天中PM25日均值按从小至IJ大排序为30,32,34,40,41,45,48,60,78,80,根据80%分位数的定义可得，这10天中PM/日均值的80%分位数是丝笋=69,故8错误；C、因为前5天的数据较为集中，后5天的数据较为分散，所以由折线图和方差的定义可知，前5天的日均值的方差小于后5天日均值的方差，故C错误；。、前5天的日均值的极差为41-30=11,后5天的日均值的极差为80-45=35,故。正确：故选：AD.根据平均数，百分位数，方差，极差的定义，一一判断即可.本题考查频率分布折线图的应用，属于基础题..【答案】BD【解析】解：根据函数/。)=5也(5+平)(3>0,切<今的部分图像,—r4=i4 . 12ttn,n «可得4=1,；x-=-+-(.-.w=2再根据五点法作图，可得2x限+s=1，［8=g,•••/(x)=sin(2x+5由y=sin2x的图像向左平移W个单位得到y=sin(2x+g)的图像，故A错误;令*=一詈,求得令*=一詈,求得f(x)=1,为最大值，可得直线X=-117T12是“X)的图像的一条对称轴,若1/(3-/(必)1=2,则%-%|的最小值为半个周期，即:吟吟故C错误;在［0,等］上，2x+meg,7网，直线y=:与函数y=f(x)在［0,等］上的图像有7个交点,故。正确,故选：BD.由函数的图像的顶点坐标求出4,由周期求出3,由五点法作图求出3的值，可得函数的解析式，再利用正弦函数的图像和性质，得出结论.本题主要考查由函数y=4sin（3x+w）的部分图像求解析式，由函数的图像的顶点坐标求出A,由周期求出3,由五点法作图求出《的值，正弦函数的图像和性质，属于基础题..【答案】ACD【解析】解：如图，取MN中点F,易得AF1MN,由于四边形BCNM的面积为定值,要使四棱锥A-MNCB的体积最大，即高最大，当4'F_L面BCNM时，此时高为4F最大，二面角A'-MN-B为直二面角，4正确；若BN1平面A'NC,则BNIA'N,又BN=762—3?=38,A'N=3,则AB=7A'N2+NB2=6-乂AB=6,A'B<6,故BN1A'N不成立，即不存在某位置使BNJ_平面A'NC,8错误;由上知，当四棱锥4'-MNCB体积的最大时，即二面角A-MN-B为直二面角，4'尸1面BCNM,此时直线A'B与平面MNCB所成角即为乙4'8/，易得四边形BCNM为等腰梯形，取BC中点D,易得FD1BC,且尸£>=这，2故BF=、BD2+DF2=旧+（苧）2=亨,又|尸_LBF，3y/3 —故tanZjfBF=煞=焉=岸，C正确；如图，取MN中点F,易得4FJ.MN,取BC中点。，1易得FDJ.MN,故41'FD即为二面角4'一MN—8的平面角，即cos乙4/。=9thA'D2=A'F2+DF2-2A'F-DF-cos£A'FD,又4T==0=鸣解得A'。=3,2又4'B=A'C,A'D1BC,故AC?=>/A'D2+DC2=3近，又A'N=CN=3,此时△4NC为等腰直角三角形，面积最大为：AN-NC=£故。正确.故选：ACD.由四棱锥A-MNCB的体积最大，即高最大即可判断A选项；令BN，平面ANC,则BN1A'N,推出矛盾即可判断8选项；由线面角的定义即可判断C选项；由面面角的定义求得A'D=3,进而求出44NC为等腰直角三角形即可判断。选项.本题主要考查二面角的相关问题，线面垂直的判定，空间想象能力的培养等知识，属于中等题..【答案】BCD【解析】解：对于4,令x=0,则f(y)+/(-攵)=o，则/(X)为奇函数，令x=l,y=0,则/(l)+/(I)=0,即f(1)=0,故/(%)不一定是单调递增函数，选项A错误；对于B,不妨取f(x)=cosx,满足2/(x)/(y)=f(x+y)+f(x-y),且/(0)=1,/(x)为偶函数且最大值为1,选项3正确；对于C,不妨取/(X)=cosx,满足2/(x)/(y)=/(%+y)+f(x-y),且若/(；)= 则/《)=¥，选项c正确：对于D,由于/(I)=p不妨取/'(x)=cos(gx),满足2f(x)/(y)=f(x+y)+/(x-y).且/(100)=cos?^=cos^=—，，选项。正确.故选：BCD.对于A,令x=l,y=0可得/'(I)=0,进而判断选项A错误；对于BC,取/'(x)=cosx即可判断；对于。，取f(x)=cos《x)即可判断.本题考查抽象函数及其运用，考查运算求解能力，解题的关键是寻找满足特征式的常见函数，进而简化思维过程，提高解题效率，属于中档题..【答案】任意x6R,使/-ax-3a>0(-12,0)【解析】解：命题P：”存在X6R,使“2-ax-3aW0”为特称命题，所以命题P的否定为：任意xeR,使/-ax-3a>0：由P为假命题，则rP为真命题，所以4=a?-4x(-3a)<0,解得一12<a<0,故答案为：任意x€R,使/-ax-3a>0；(-12,0).根据特称命题的否定为全称命题即可写出命题P的否定，p为假命题，则p为真命题，从而可得出答案.本题考查命题的否定，属于基础题..【答案】1500【解析】【分析】本题主要考查正弦定理、直角三角形中的边角关系，属于中档题.△4BC中，由条件利用直角三角形中的边角关系求得4C；在AAMC中，利用正弦定理求得AM；再在RtZkAMN中，根据MN=AM-sinNAMN,计算求得结果.【解答】解：在AABC中，VZ.BAC=45°,AABC=90°,BC=1000,AC=31=IOOOa/2,sin450又因为在aAMC中，amAC=75°,^MCA=60°,/.AMC=45°,由正弦定理可得*-=理述，sin60°sin45°解得AM=1000V3.所以在HtA4MN中，MN=AM-sin乙MAN=1000bxsin60°=1500.故答案为1500..【答案】217T【解析】解：依题意可知，当侧面SAB1底面4BCD时，四棱锥S-A8CD的体积最大.设球心为0,半径为R,正方形ABCD和ASAB外接圆的圆心分别为0「02,

正方形ABCD夕卜接圆半径为勺，则0。1_L平面4BCD,0。21平面S4B.因为aSAB和正方形ABCD的边长均为3,设4B的中点为E,所以001=02E=1SE=当，01B=Tj=由勾股定理得R2=0B2=oof+呼=4)2+(乎)2=H,所以球0的表面积S=4?tR2=217r.故答案为：217r.根据题意可知侧面SABI底面ABC。，然后结合图形由底面外接圆半径、球心到底面的距离和球的半径满足勾股定理可得.本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题..【答案】①②④【解析】解：因为函数y=W的图象关于直线'=x对称，a,0是函数y=2*和y=log2》的图象与函数y=士的图象的交点的横坐标，4—1因此易知Q=logzB，B=2。.又0=9=1+七,9一1)(口-1)=1,即1夕=1+夕，因而①，②均正确；又a+夕=a+——=a—1+——+2N4,当且仅当a—1=——»即a=2时等号成立，' a—1 a—1 a—1但f(2)=白-22=-2不0,因而aH2,上式等号不成立，所以a+/?>4,③不正确.记f(|)=3—2z=3—a/8>0»，(2)= —22=—2<0,因此曰<a<2,而函数h(a)=a—B=a—公=a-1-土■在区间(1,+8)上单调递增，所以九(幻>吟=»2>-2,所以④正确.故选：①②④.函数y=三的图象关于直线y=X对称，a,6是函数y=2*和y=log2X的图象与函数y=E的图象的交点的横坐标，则有a=log20,0=2%0=9=1+白，直接变形判断①②；利用基本不等式判断③；由零点存在定理，可得,<a<2,构造函数/i(a)=a—p=a—1— 确定单调性,再计算函数值八(｝，最后利用单调性判断④.本题考查了函数的零点、函数的单调性及对称性、基本不等式的应用，也考查了数形结合思想，属于中档题..【答案】解：⑴由(0.005+0.010+0.015x2+a+0.030)x10=1,解得a=0.025,(2)45x0.05+55x0.15+65x0.3+75x0.25+85x0.15+95x0.1=71,故本次防疫知识测试成绩的平均分为71,(3)设受嘉奖的学生分数不低于x分，因为［80,90),［90,100］对应的频率分别为0.15,0.1,所以(90-x)x0.015=0.1,解得％=等*83.3.故受嘉奖的学生分数不低于83.3分.【解析】(1)由频率之和等于1得出a的值；(2)由频率分布直方图数据计算平均数即可；(3)设受嘉奖的学生分数不低于x分，由(90-x)x0.015=0.1得出x.本题考查频率分布直方图，属于基础题..【答案】解：(I)由题意，可得f(x)=2sina)xcosa)x+2V3sin2(dx-V3=sin2(ox—V3cos2a>x=2sin(2(ox-•••函数的最小正周期为TT,.•*=",解之得3=1.由此可得函数的解析式为f(x)=2sin(2x-9.

令2k兀-^<2x-^<2kn+^,解之得kw--<x<kn+—,kEZ2 3 Z 12 12・••函数/(X)的单调增区间是M《而+匀，kez.(n)将函数/(x)的图象向左平移，个单位，再向上平移1个单位，可得函数y=/(x+》+1的图象，n/(%)=2sin(2x--):.g(x)=2sin[2(x+-)--]+1=2sin2x+1,令g(x)=0,得sin2x=-g,可得2x= +£或2丫=2/ot+誓(keZ)解之得x=kn+工或x=k"+詈(k6Z).若y=g(x)在[0,b]上至少含有10个零点，则b的最小值为47r+ ^【解析】本题考查三角函数的性质以及零点，着重考查了二倍角公式、辅助角公式等知识，属于中档题.(I)根据二倍角公式与辅助角公式化简得"X)=2sin(23x-g),利用周期公式算出3=1,得函数解析式为f(x)=25讥(2%-；).再由正弦函数单调区间的公式，解关于x的不等式即可得到函数/(X)的单调增区间；(II)根据函数图象平移的公式，得出函数g(x)的解析式为g(x)=2sin2x+1.由此解g(x)=0解出x=/ot+"或x=4兀+詈(k6Z),即可算出b的最小值.19.【答案】(1)证明：连接AC交BD于点。，连接M。，由正方形48CD知。为4c的中点，为PC的中点，•••MO//PA,,:MOu平面MB。，PAC平面MBD,PA〃平面MBD;(2)解：•••平面4BCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，平面ABC。D平面4DP=4。，Q是AD的中点，.-.PQ1AD,「<?<=平面4。。，PQ1平面ABCC,由题易知PQ=2V3.多面体P-4BCD的体积V=二x4X4x26=—:3 3(3)解：存在点N,当N为AB中点时，平面PQB1平面PNC,•••四边形4BCC是正方形，Q为的中点，.'BQINC.由(2)知，PQ1平面4BCC,NCu平面4BCD,PQJ.NC,又BQCPQ=Q,PQ,BQu平面PQB,NC1平面PQB,vNCu平面PCN,•••平面PCN_L平面PQB.【解析】本题考查直线与平面平行的证明，考查四棱锥体积的求法，考查平面与平面垂直的证明，属于中档题.(1)连接4c交BD于点。，连接M0,由正方形ABCD知。为AC的中点，由M为PC的中点,知M0〃P4,由此能够证明P4〃平面MB。；(2)利用棱锥的体积公式，可得结论.(3)存在点N,当N为4B中点时，平面PQB1平面PNC.由四边形4BCC是正方形，Q为AD的中点，知BQ1NC,由此能够证明平面PCN_L平面PQB.20.【答案】解：⑴证明：由正弦定理知，金=$=2R,：・b=2Rsin乙ABC,c=2Rsin乙ACB,vb2=QC,:.b2Rsin乙ABC=a♦2RsinZ.ACB,9Pbsin^ABC=asinC,vBDsinZ.ABC=asinC.・•・BD=b；(2)由(1)知B。=b,•.•AD=2DC,・•・AD=-h,3在△48。中，在ACB。中，由余弦定理知，cosZ.BDA=bd2+ad2-ab22BDADM+⑶2丑2_13M-9c22b-b12b由余弦定理知，cos/BCC=吧空上=上史士=咤贮ZtiDCD 2b-bvZ.BDA+乙BDC=7T,•・cosZ-BDA+cos乙BDC=0,an13d2-9c2.10b2-9a2八即 ; 1 =0,12b2 6b2得11>=3c2+6a2,,:b2=QC,•・3c2—llac+6a2=0,•・c=3q或c=-a,在AABC中，由余弦定理知，cos4ABe=七亡2=贮"七上，2ac 2ac当c=3a时，coszABC=：>1（舍）；当c=?q时，cos^ABC=~3 127综上所述，cosZ.ABC=—.【解析】本题主要考查正弦定理和余弦定理，难度不大.（1）利用正弦定理求解；（2）要能找到隐含条件：NBC4和NBDC互补，从而列出等式关系求解.21.【答案】解：（I）证明：连接&E,如图所示，因为=&C,点E是棱AC的中点，所以A1EJ.AC,又平面44CC1J"平面ABC,&Eu平面4遇。（71，平面4遇。（71C平面ABC=AC,所以&E，平面A8C,又ACu平面ABC,所以&E1AC,以E点为坐标原点，平面ABC内过点E作AC的垂线为x轴，EC、E&所在直线分别为y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,由题意知乙4BC=90。，/.BAC=30°,A1A=A1C=AC,点E、F分别是棱AC、4/1的中点，设44=ArC=AC=4,贝=EC=BE=2,AB=ACcos30°=2V3>A^E=V42-22=2V3.所以点B到x轴的距离为BEsin30。=1,点8到y轴的距离为ABsin30。=V3.则A(0,-2,0),C(0,2,0),4i(0,0,2V5),8(73,1,0).^(73,3,273).F(^,1,2V3).所以前=尚3,26)，BC=(-V3,l,0).因为就BC=yx(-V3)+|xl+2V3x0=0.所以EF1BC.(H)设直线EF与平面4BC所成角为。,由(I)得方=(一百,1,0)，碇=(0,2,-2g)，EF=(y,1,2V3).所以I前I=娉>+a+Qb)2=V15-设平面4BC的法向量元=(x,y,z),则[吃元:一百x：y=°,令>],则元(4iC・ri=y—V3z=0所以I元I=J12+(73)2+12=遍，EF-n=yXl+|xV3+2>/3x1=45所以sin。=|cos<EF,n>|= =7^/^厂=1 1\EF\|n|Vi5xV55又。G[0,90°],所以cos。=Jl_(g)2=I，故直线EF与平面&BC所成角的余弦值为，(DI)由(I)知平面44传的法向量为沅=