2022-2023学年浙江省台州市高一（下）期末数学试卷

2022-2023学年浙江省台州市高一（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.复数l-2i在复平面内对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.已知向量方=（1,6），b=（2,-1），且有〃石，则巾=（）

A.B.|C.2D.-2

3.我国南宋数学家秦九韶，发现了三角形面积公式，即s="c2a2一（芝二^）2,其中a,

b,c是三角形的三边，S是三角形的面积.若某三角形三边a,b,c,满足b=l,ca=l,则

该三角形面积S的最大值为（）

A.CB.0C.CD.6

4422

4.已知表面积为27兀的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（）

A.3B.3C.6D.4>/~3

5.一个袋子中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个黄色球，3个红色球，从袋中不放回

的依次随机摸出2个球，则事件“两次都摸到红色球”的概率为（）

A]B.AC.lD.1

6.抛掷一枚骰子5次，记录每次骰子出现的点数，已知这些点数的平均数为2且出现点数6,

则这些点数的方差为（）

A.3.5B.4C.4.5D,5

7.正三棱台ABC-ABiG中，1平面BiBCG，AB=则异面直线与BC】所成

角的余弦值为（）

23C4

---

A.555D.

8.如图，在AABC中，D是BC的中点，E是4C上的点，AC=2AB,CD=1,AE=3EC,

Z-ADB=乙EDC=a,则cosa=()

AZ

E

BDC

A.6B.二C.|D.I

2334

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.已知一个古典概型的样本空间0和事件4、B,满足71（0）=32,?1（力）=16,n（B）=8,

n（4uB）=20,则下列结论正确的是（）

A.P（4）=；B.P（AB）=|C.A与B互斥D.4与B相互独立

10.已知m,n,，是空间中三条不同直线，a,0,y是空间中三个不同的平面，则下列命题

中正确的是（）

A.若muQ,7nliB，nu0,n//a,则Q///?

B.若an/?=m,aAy=n,/?ny=/,m//n,则7n//Z

C.若a_L£,a1y,0ny=7n,则m_La

D.若anS=m,al/?,n1m,则n_L0

11.如图，在平行四边形48co中，AB=60°,8c=2A8=2,点E是边40上的动点（包含

A.当点E是AD的中点时，BD=BE+^BC

B.存在点E,使得（而一g前）1屈

C.而•正的最小值为一J

D.若方=%而+＞而，%,y&R,则％+2、的取值范围是[2,3]

12.四面体4BCD中，AB=BC=CD=DA=BD=2,AC=m,则有（）

A.存在m,使得直线CD与平面ABC所成角为号

B.存在m,使得二面角4-BC-D的平面角大小为科

C.若m=2,则四面体4BCD的内切球的体积是粤

D.若m=3,则四面体4BCD的外接球的表面积是等

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.己知复数z=1-3i为虚数单位，则|司=.

14.已知正方体4BCD-48传1。1棱长为3,在正方体的顶点中，到平面4DB的距离为「的

顶点可能是.(写出一个顶点即可)

15.在44BC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，已知B=9,b=c=2,若44BC有

两解，则。的取值范围是.

16.已知平面向量a而7均为非零向量,行不=五々=3苍2,且用+^+2区|=k\aikeR,

则k的最小值为.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

已知复数z=2—3i为虚数单位.

⑴求Z2;

(2)若z是关于x的方程2%2+px+q=0(p,qeR)—■个根，求p,q的值.

18.(本小题12.0分)

己知五，B是非零向量，(T)|a|=3|bI；②(4,b>=*③|五—另|=|另|.

(I)从①②③中选取其中两个作为条件，证明另外一个成立；(注：若选择不同的组合分别

解答，则按第一个解答计分.)

(11)在(1)(^的条件下，(五+石)1(五一/13),求实数人

19.(本小题12.0分)

如图，在直三棱柱力BC-AiBiG中，4ABe=90。，AAr=AC=2,。为4c的中点.

(I)求证：AB1〃平面GDB；

(n)求三棱锥当一DBG体积的最大值.

B

20.(本小题12.0分)

第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为了弘扬奥林匹克和亚运精神，

某学校对全体高中学生组织了一次关于亚运会相关知识的测试.从全校学生中随机抽取了100

名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，并将这100名同学的测试成绩分成5组，

绘制成了如图所示的频率分布直方图.

，频率

(1)求频率分布直方图中t的值，并估计这100名学生的平均成绩；

(2)用样本频率估计总体，如果将频率视为概率，从全校学生中随机抽取3名学生，求3名学生

中至少有2人成绩不低于80分的概率.

21.(本小题12.0分)

在锐角A4BC中，a,b,c分别为角4,B,C的对边，％=：乂如史出经士

(1)求证：2b=a+c；

(2)求sbiB的取值范围.

22.(本小题12.0分)

如图，平面40EF平面ABCD,四边形4DEF为矩形，且M为线段EF上的动点，AB//CD,

/.ABC=90°,AD=2DE,AB=2CD=2BC=2.

(1)当M为线段EF的中点时，

(i)求证：AM_L平面BDM；

(ii)求直线4M与平面M8C所成角的正弦值；

(2)记直线AM与平面MBC所成角为a,平面M4D与平面MBC的夹角为氏是否存在点M使得

a=0?若存在，求出尸M；若不存在，说明理由.

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：复数l-2i在复平面内对应的点(1,-2)位于第四象限.

故选：D.

利用复数的几何意义即可得出.

本题考查了复数的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.

2.【答案】A

【解析】解:向量为b=(2,-1)，且五〃石，

2m—lx(―1)=0,

解得m=—.

故选:A.

根据平面向量的共线定理，列出方程解方程即可.

本题考查了平面向量共线定理的坐标表示问题，是基础题.

3.【答案】B

【解析】解：根据题意，某三角形三边a,b,c,满足b=Lca=l,

则其面积S=1Jc2a2_(立亭=1J一(立「二斤,

又由a2+c2z2ac=2,则及手！之机当且仅当a=c时等号成立，

则有Sw：I1-1=^,当且仅当a=c=l时等号成立，

即该三角形面积S的最大值华.

4

故选：B.

根据题意，该三角形的面积5=工I1一(竺士印,结合基本不等式分析可得学二23进而

分析可得答案.

本题考查基本不等式的性质以及应用，涉及三角形的面积计算，属于基础题.

4.【答案】A

【解析】解：设圆锥的底面半径为r,母线长为，,

nr2+itrl-27TT

由题意可得2nr=：x2irl

L

解得忆：.

故选：A.

根据题意结合圆锥侧面展开图的性质列式求解.

本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题.

5.【答案】B

【解析】解：根据题意，一个袋子中装有大小和质地相同的5个球，其中有2个黄色球，3个红色

球，

假设两个黄球为4、B,三个红球为a、b、c,

从袋中不放回的依次随机摸出2个球，

取法有:Q4B)、Q4C)、(4a)、(Ab).(Ac).

(Ba)>(Be)、(ab)、(ac)、(be),共10种取法；

其中两次都取到红球的取法有(ab)、(ac)、(be),共3种，

则事件“两次都摸到红色球”的概率P=。.

故选：B.

根据题意，由组合数分析“从袋中不放回的依次随机摸出2个球”和“两次都摸到红色球”的情况

数目，由古典概型公式计算可得答案.

本题考查古典概型的计算，涉及排列组合的应用，属于基础题.

6.【答案】B

【解析】解:不妨设这5个出现的点数为型e{1,234,5,6},ie{1,2,3,4,5},且与<x2<<x5,

由题意可知：%5=6,

因为这些点数的平均数为2,则2；=i%=2x5=10,可得富=1%=4,

所以々=1,iG(1,2,3,4).即这5个数依次为1,1,1,1,6,

可得这些点数的方差为s22)2+(1-2>+(1-27+(1-2尸+(6-2产］=4.

故选：B.

根据题意结合平均数、方差的计算公式求解.

本题考查平均数、方差的计算公式，属于基础题.

7.【答案】A

【解析】解：将正三棱台ABC—补全为正三棱锥

S-ABC,

因为A&_L平面即S4_L平面SBC,

根据正三棱锥的性质可得,SB，平面SAC,SC1平面SB4

SB,SCu平面SBC,所以SA1SB,SA_LSC,又SCu平

面SAC,SB1SC,

又AB=2&当，所以名为SB的中点，

同理可得为为S4的中点，G为SC的中点，

取SG的中点。，连接Bi。，AD,则B必/BQ,

所以即为异面直线AB】与BG所成的角（或补角），

不妨令SB=2,

则AB】=VI2+22=y/~5,AD=J22+（1）2==J1?+（；）2=i_±,

在44当0中由余弦定理=AB2+DB2_2ABl•DBiCOS乙4B]D,

即（子）2=（?）2+（门产一2x?x，Tcos乙4B1D，

解得cos乙4B1D=|,

所以异面直线AB】与BQ所成角的余弦值为|.

故选：A.

将正三棱台力BC—Z/iG补全为正三棱锥S-2BC,取SC|的中点D,连接B】D,AD,则B】D〃BG，

则即为异面直线AB】与BCi所成的角（或补角），再由余弦定理计算可得.

本题考查了异面直线所成的角的计算问题，属于中档题.

8.【答案】D

【解析】解：由。是BC的中点，AC=2AB,CD=1,AE=3EC,

设CE=x,则BD=1,AE=3x,AB=2x,

在△ABC中,可得2x=4”即sinB=2sinC,

sinesinB

在△AB。中,可得二=g,

sinasinB

DE

在ACE。中,可得嘉=

sinC'

上面两式相除可得2=黑.%.喘,

DEsinB2DE

即AD=WE.

在44B0中，4x2=1+AD2—2ADcosa=1+16DE2—8DEcosa,

在4COE中，x2=1+DE2-2DEcosa,

即有4+4DE2=1+160^2,解得CE=2，AD=2,

115

则％2=1+-—2x-cosa=--cosa.

424

在44DE中，9x2=AD2+DE2-2AD•DE•COS(TT-2a)

[1]79

=4+：+2x2x-cos2a=-4-2cos2a=4cos2a4-7,

4244

可得£—9cosa=4cos2a+7,

44

化为4cos2Q+9cosa-9=0,

解得cosa='(—3舍去).

故选：D.

由三角形的正弦定理、余弦定理，以及诱导公式和二倍角的余弦公式，解方程可得所求值.

本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于

中档题.

9.【答案】ABD

【解析】解：•••九(0)=32,7i(A)=16,n(B)=8,n(4U8)=20,

・・・nQ4nB)=4,A,B不互斥，故C错误；

・・.P(A)=!|=",故A正确；

P(AB)=A=故A正确;

O

PQ4B)=P(A)P(B),AB相互独立，D正确.

故选：ABD.

根据集合间的关系，求出n(408)=4,从而判断C,分别计算P(4),P(AB),P(B)判断4,B,D选

项.

本题考查了相互独立事件，互斥事件，考查概率求值，是基础题.

10.【答案】BC

【解析】解：m,n,［是空间中三条不同直线，a,ey是空间中三个不同的平面，

对于力，若mua,m//p,nc/?,n//a,则a与夕相交或平行，故4错误；

对于B,若aC0=m,ar\y=n,0Cy=I,m//n,则由线面平行的性质得m〃1,故B正确；

对于C,若a1/?，a1y>6ny=m,则由面面垂直的性质和线面垂直的判定得m1a,故C正

确；

对于。，若aCB=m,al/?,n1m,则?i与口相交，平行或nu0,故。错误.

故选：BC.

对于4,a与。相交或平行；对于B,由线面平行的性质得m〃八对于C,由面面垂直的性质和线面

垂直的判定得7nla；对于。，n与夕相交，平行或nu'.

本题考查线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定与性质等基础知识，考查空间思维能

力，是中档题.

11.【答案】ACD

【解析】解：对于4,当点E是4。的中点时，

JD=BE+^D=BE+^BC,故A正确；

对于B,以点B为原点，BC为x轴，建立平面直角坐标系,

4B=60。，BC=2AB=2.易得：C(2,0),A(^,D(|,>

点E是边40上的动点，设E(t,3),©<t<|),

CE=(t-2,三)，BA=©，?)，元=(2,0)，

(BA-|BC)-CE=BA-CE-^BC-CE=1(t-2)+1-(t-2)=

VI<t<I，所以画―g园)•在羊0,即不存在点E,使得阕T殖_L荏，故B错误；

对于C，丽=(_0_—),就=(2—t,-?)，所以前.正=-t(2—t)+*=t2-2t+[=(t-

1)21

1)-不

故当t=l时，丽.记取到最小值一牛，故C正确；

对于。，若魂=x怎+y而,

则根据图形可知y=1,x6[0,1],

•••x+2yE[2,3],故。正确.

故选:ACD.

对于4利用向量的线性运算即可；对于8,若存在，则向量数量积为0,然后利用向量数量积的

坐标公式列方程，判断方程是否有解即可；对于C,利用向量数量积的坐标公式将丽•正转化为

一个二次函数即可；对于D,利用向量线性运算的坐标表示，将x+2y转化为一个关于t的方程，

根据t的范围求解即可.

本题考查向量的线性运算，向量垂直的性质，向量数量积的最值的求解，属中档题.

12.【答案】BCD

【解析】解：对于选项A,取AC中点E,连接ED,EB,过。作DF1BE,交EB于点F,

因为=BC=CD=ZM,所以EDIAC,EBLAC,

又EDCEB=E,ECu平面BEC,EBu平面BED,

所以AC，平面BED,

又DFu平面BEO,所以4C_LDF,

又因为OF_LBE,ACnBE=E,ACu平面ABC,BEu平面4BC,

所以DF1平面SBC,所以NFCD为直线CD与平面力BC所成角，

若NFCD=*因为CD=2,则DF=43,CF=I,

又因为DB=DC=ZM,所以F为△ABC的外心,

故F8=CF=1,所以FB+CF=2=BC,所以FeBC,

又因为F为△ABC的外心，且AB=BC,

所以FC8C,出现矛盾，故选项A错误；

对于选项B,取BC中点G,连接G尸，GD,

因为DB=DC,所以BCLGD,

又因为OFJ_平面ABC,BCu平面ABC,所以CF1BC,

又DGCDF=D,DGu平面DGF,OFu平面DGF,

所以BC_L平面DGF,又GFu平面OGF,

所以BCJ.GF,所以ZDGF是二面角A-BC-D的平面角,

若NDGF=g因为DG=C，所以DF葭，

JZ

在RtABOF中，BF=』22一(|)2=?,所以△ABC的外接圆半径为?，

在△ABC中，由正弦定理得，-^―=2x—，所以sin乙48。=冷，

sin乙力BC2V7

由余弦定理得，COSNABC=竽密=号，

2x2x2o

24v21

由siMNABC+COSZ71BC=1得m=7>故选项B正确；

对于选项C,当m=2时，四面体ABCD为棱长为2的正四面体，

底面BCD上的高DG=G,DH=容，正四面体ABCC的高九=J2?一(毕^=亨,

正四面体4BCD的体积V=：x(?x22)x亨=日工，

正四面体ABCD的表面积S=4x(?x22)=4c.

设四面体4BCD的内切球的半径为r,

,,1c3V_2y/~2_V_6

vV=-S-r,了=英=丁

所以四面体力BCD的内切球的体积为匕=《兀/=等，故选项C正确;

对于选项。，四面体ABCD中4c=3,设四面体ABC。外接球球心为0,

取BD中点M,连接ZM、CM、0M,

则AM=CM=「且AM1BD,CMLBD,

所以ZAMC为二面角4-BD-C的平面角，

cos^AMC==一；，所以N4MC=等，

2XV3XV323

设。i、。2分别是平面48。和平面BCD的外接圆圆心，

则02M=：CM=号

在RtAOMOz中，^0M02=1,002=1,

在RtA。。2c中，OC=I1+（当2=且即外接球的半径H=年，

二四面体A8CD的外接球的表面积S=4兀/?2=竽，故选项D正确.

故选：BCD.

选项4根据条件作出平面4BC过点。的垂线，进而找出直线CD与平面ABC所成角为看推出矛盾，

故排除；选项B根据条件作出二面角4-BC-0的平面角，根据二面角4一BC-。的平面角大小

为方求出山即可：选项C利用等体积法求正四面体的内切球半径；选项。利用公式R2=「2+d2求

三棱锥外接球半径.

本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题.

13.【答案】＜2

【解析1解：•.•复数z=l—i,

•••z—1+i.

则|2|=712+12=

故答案为：C.

利用共物复数的定义、模的计算公式即可得出.

本题考查了共轨复数的定义、模的计算公式，属于基础题.

14.【答案】4（4C,Bi，Di任填一个即可）

【解析】解：显然D,B在平面4nB内，不合题意，

设点4到平面的距离为d,可知=ArD=BD=3>/~2,

因为%=^Ai-ADB'贝若dX|X3>/~2X3>/~2X=|X3X|X

3x3,解得d=，耳，

设ACCIBD=0,即ACC平面AiDB=0,且0为AC的中点，

所以点C到平面&DB的距离为d=y/~3,

可证平面&OB〃平面CD】Bi，

则平面4D1BI上任一点到平面&DB的距离为d=，百，

所以C,B、,劣符合题意，

由图易知点G到面&DB的距离大于d=V-31

综上所述：平面为。8的距离为门的顶点有且仅有2,C,当，D].

故答案为：AH，。,当,/任填一个即可）.

根据题意结合等体积法求点到面的距离以及面面平行的性质分析判断.

本题考查点面距的求解，化归转化思想，属中档题.

15.【答案】（0,今

【解析】解：因为A/IBC有两解，

所以csinB<b,且B为锐角，

所以2sinB<V_2>且Be（0,,

解得Be（0,力，即0的取值范围是（0,良.

故答案为：（0,力.

结合正弦定理与三角形”小边对小角”的性质，即可得解.

本题考查三角形解的个数的判断，熟练掌握正弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能

力，属于基础题.

16.【答案】\

【解析】解：依题意，k\a\2=\a+c+2b\\a\>\a-a+c-a+2b-a\=l\a\2,

即kN3

所以k的最小值为《

故答案为：

根据向量数量积的性质结合条件即得.

本题考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题.

17.【答案】解:(l)z2=(2-i)2=4-4i+i2=3-4i；

(2)2(2—i)2+p(2—i)+q=0,即6+2p+q—(p+8)i=0>

{p+8=V=°-解得P=-8,q=10.

【解析】(1)利用复数的四则运算法则求解；

(2)利用复数的四则运算法则，以及复数相等的条件求解.

本题主要考查复数的四则运算，属于基础题.

18.【答案】证明：⑴选①②=③：•・•⑺=，司石(a5)=1，

a-Z?=|a|Z?|cos^=6|2x?=11h|2,

.­.|a-K|=Ja2-2a-b+f=I3|K|2-2x||K|2+|b|2=J\b\2=|bp

选①③n②：•・•|即=C|E|,\a-b\=|b|.

—*2_»-♦T2—+2

Aa—2a-b+b=b，

2

A3|fe|—2|a||K|cos<a,b>=0,

••・cos<a,b>=

v<a,b>6[0,7i]，

a,b>=g；

6

选②③=①：(a,b)=^,\a-b\=\b\>

••a2-2a-b+b2=b2>

|a|2—2|a||K|cos^=0,

EP|a|2-<3|a||K|=0.

v|a|0,A|a|=y/~3\b\.

解：(2)v\a\=<3|K|>{d,b)=^,

•'a-b=\a\b|cosg=b\2xW=11K|2)

6ZZ

v(a+h)1(a—2b)>

(a+b)-(a-AK)=0，

即为2一%日不+五不一％片=o>

•••3|b|2-1A|K|2+||K|2-A|K|2=0,

、

A.=9

【解析】(1)选取其中2个条件，由平面向量的数量积与夹角知识计算即可；

(2)由0+B)10-4区)得(五+至).0-23)=0，再由平面向量数量积的运算计算即可.

本题考查平面向量的数量积与及夹角，属于中档题.

19.【答案】(I)证明：连接SC交BCi于E,连接DE,

•；D、E分别为AC、B】C的中点，:DE//4B1，

DEu平面GOB,AB1《平面GDB,

•••4当〃平面GDB；

(H)解：过。作CFLBC,

"AB1BC,则DF〃AB,得尸为BC的中点,

•••GC1平面ABC,DFu平面ABC,二GC1DF,得当B1DF,

又B[BCBC=B,：.DF_L平面BBiGC,

设BC=a,则DF=^AB=|V4-a2,

22

TZj,1rnn1/-i7/1a+(4—a)1

VB「DBCI=%一BiBQ=5s2$(：1'DF=-ay!4—a<--=

当且仅当Q=74—Q2,即Q=时等号成立，

••・三棱锥坊-DBG体积的最大值为去

【解析】(I)连接aC交BQ于E,连接。E,可得再由直线与平面平行的判断可得4名〃

平面QCB；

(H)过。作。F1BC,得DF//48,且F为BC的中点，证明OF_L平面881clC,设BC=a,贝加F=

\AB=.由等体积法写出三棱锥当-OBG的体积，再由基本不等式求最值.

本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体

的体积，考查利用基本不等式求最值，是中档题.

20.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得每组的频率依次为0.15,10t,0.2,0.35,0.05,

则0.15+10C+0.2+0.35+0.05=1,解得t=靖=0.025,

设平均成绩的估计值为高

则5=55x0.15+65X0.25+75x0.2+85X0.35+95x0.05=74，

所以这100名学生的平均成绩估计值为74分.

(2)每个学生成绩不低于80分的概率为0.4.

3名学生中恰有2人成绩不低于80分的概率A=3x0.42x(1-0.4)=0.288;

3名学生中恰有3人成绩不低于80分的概率P3=0.43=0.064;

3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率P=P1+P2=0.352.

【解析】(1)根据频率和为1求t的值，再根据平均数公式运算求解；

(2)根据独立事件概率乘法公式运算求解.

本题考查频率分布直方图的相关知识，概率的性质，属中档题.

21.【答案】证明：(1)因为b=.X'C°SCC2COSA

5a-c

702+庐—c272_a2

由余弦定理得6=2xa~

5a—c

_矶Q2+b2c2)c(b2+c2-a2)_(加一四+庐包一弓+碇伍一弓

5b(a-c)5b(a-c)

a2+ac+c24-b2+ac

=-----------------------------,

5b

整理得5b2=(a+c)2+b2,即4b2=(a+c)2.

所以2Z?=a+c.

(2)解：由(1)可知：2b=a+c,

由余弦定理可得COSB=>+c2T2=a2+c2-(竽)2=。'

2ac2ac8aJ4

设5=£,贝iJcosB=1(t+；)—(，

因为2b=a+c,且aHc,不妨设a>c,即a>b>c,可知£>1,

2

且△力BC是锐角三角形，则cosA>0,得b2+c2>a2,即(a+0+©2”,

4

则a+c>4(a-c),解得所以1<><,

由对勾函数可知f(t)=t+按(1,|)上单调递增，且/⑴=2,/《)=答

则/(t)=t+；e(2,急，所以cosBe(品)，

且BG(0,,则sinB=V1—cos2BG《，?),

所以sinB的取值范围为4,?).

【解析】(1)根据题意利用余弦定理进行角化边，运算求解即可；

(2)根据锐角三角形结合对勾函数可得t+(2,黄)，再利用余弦定理可得cosBe©,|),进而可

得结果.

本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题.

22.【答案】解：(l)(i)由题意，四边形4BC。为直角梯形，且448c=90。，AB//CD,

所以/BCD=90°,所以8。=VBC2+CD2=V1+1=

取43的中点N,连接DN,则CD〃BN且CD=BN,且/BCD=90。，

故四边形BCDN为矩形，

则DN〃BC,且DN=BC,所以V。="DN?+AN2=71+1=C，

又由AB=2,所以BO?+%。2=432,所以BD14。，

又平面ADM1平面ABCD,平面ADMCl平面ABCD=AD,BDu平面ABCD,

所以BD1平面ADM,

又AMu平面4DM,所以AMJ.BD,

因为MO=AL4=1,AD=0,则4M2+。“2=力。2,所以4M10M,

又DMCBD=D,DM、BDu平面