2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中数学试卷一、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．（5分）已知复数z满足z（1﹣i）＝|1+i|2，则z＝（）A．1﹣i B．1+i C．﹣1﹣i D．﹣1+i2．（5分）下列说法正确的是（）A．空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面 B．若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面 C．和两条异面直线都相交的两直线是异面直线 D．若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面3．（5分）已知a→，b→，c→A．13 B．−13 C．14．（5分）毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合体，下半部分圆柱的高为2.5米；上半部分圆锥的母线长为23米，轴截面（过圆锥轴的截面）是面积为3A．(63+15)π B．(53+6)π C．5．（5分）设复数z1，z2对应的向量分别为OZ1→，OZ2→，O为坐标原点，且z1=−2A．1−3i B．−1+3i C．6．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=π6，c=6，若△ABCA．（3，6） B．(33，63) C．7．（5分）如图，在四边形ABCD中，AD⊥CD，∠BAD＝∠BCD=π3，AB＝8，AD＝16，点E在边AD上，且BE⊥AD，点F为边BC（含端点）上一动点，则A．36 B．39 C．45 D．488．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cb+2bc=3cosAA．64 B．105 C．156二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）设z，z1，z2是复数，则（）A．若|z|＝2，则z2＝4 B．若z1=zC．若z2≠0，则|zD．若z+z=0，则（多选）10．（6分）对非零向量a→，b→，定义运算“（*）”：a→(∗)bA．若a→∥bB．若a→=(−1，2)，bC．若Rt△ABC中，C=π2，AC=2，BC=1D．若△ABC中，AB→(∗)BC（多选）11．（6分）已知正四棱锥O﹣ABCD的底面边长为6，高为3，则（）A．若点P为正四棱锥O﹣ABCD外接球的球心，则四棱锥P﹣ABCD的体积为4 B．直径为1的球能够整体放入正四棱锥O﹣ABCD内 C．若点M在底面内（包含边界）运动，N为OD中点，则当MN∥平面OBC时，点M的轨迹长度为6 D．若以点O为球心，2为半径的球O的球面与正四棱锥O﹣ABCD的棱OA，OB，OC，OD分别交于点E，F，G，H，则四边形EFGH的面积为1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）如图，已知△A′B′C′是水平放置的△ABC用斜二测画法画出的直观图，A′B′在x′轴上，B′C′与x′轴垂直，且B′C′＝4，则△ABC的边AB上的高为．13．（5分）如图，为测量武汉防汛纪念碑AB的高度及取景点C与F之间的距离（B，C，D，F在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点B，且B，C，D三点共线），华中师大一附中研究性学习小组同学在C，D，F三点处测得顶点A的仰角分别为60°，30°，45°，若∠FCB＝45°，CD＝50米，则纪念碑的高度为米，取景点C与F之间的距离为米．14．（5分）已知平面非零向量a→，b→和单位向量e→，若a→与e→的夹角为π3，四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知复数z满足z+i和z2−i（1）求复数z；（2）若z1=z16．（15分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，且6S＝a（b+c）．（1）若sinB=23，求cos（2）若a=3，A=π3，求17．（15分）如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD＝AD＝3BC，点E为边AD上靠近点A的六等分点，F为CD中点．（1）用AB→，AD（2）设G为AB中点，P是线段AG（不含端点）上的动点，DP交EF于点M，若EM→=λEF→，18．（17分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，其中AD∥BC，且AD＝2BC，点E为棱PD的中点．（1）求证：CE∥平面PAB；（2）若M为CE上的动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥平面PAB？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由；（3）若PA＝PB＝PC＝AD＝10，CD＝12，请在图中作出四棱锥P﹣ABCD过点B，E及棱AD中点的截面，并求出截面周长．19．（17分）为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域ABCD进行改造．如图，AB＝4（百米），BC＝2（百米），AD＝CD，AD⊥CD，∠ABC∈[π4，3π4]，M，N，E分别为边BC，AB，AC的中点，△BDE所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划4条观景栈道DM，DN，EM，（1）若∠ABC=π2，求主干道（2）当∠ABC变化时，①证明运动健身区域△BDE的面积为定值，并求出该值；②求4条观景栈道总长度的取值范围．

2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）已知复数z满足z（1﹣i）＝|1+i|2，则z＝（）A．1﹣i B．1+i C．﹣1﹣i D．﹣1+i【考点】复数的运算；复数的模．【答案】B【分析】由题意得z（1﹣i）＝|1+i|2＝2，即z=2【解答】解：∵z（1﹣i）＝|1+i|2＝（1+1）2＝2，∴z=21−i=故选：B．2．（5分）下列说法正确的是（）A．空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面 B．若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面 C．和两条异面直线都相交的两直线是异面直线 D．若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；异面直线的判定．【答案】D【分析】对于A，空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面；对于B，这两直线异面或平行；对于C，和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线；对于D，以长方体为载体进行判断求解．【解答】解：对于A，空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面，故A错误；对于B，若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面或平行，故B错误；对于C，和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线，故C错误；对于D，如图，在长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，当A′B所在直线为a，BC′所在直线为b时，a与b相交，当A′B所在直线为a，B′C所在直线为b时，a与b异面，∴若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面，故D正确．故选：D．3．（5分）已知a→，b→，c→A．13 B．−13 C．1【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】D【分析】根据平面向量的数量积与夹角和模长公式，求解即可．【解答】解：因为a→，b所以2a→−3b→=4c→，4a→2−12a→•b解得cos＜a→，b→＞=−14，即故选：D．4．（5分）毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活．如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合体，下半部分圆柱的高为2.5米；上半部分圆锥的母线长为23米，轴截面（过圆锥轴的截面）是面积为3A．(63+15)π B．(53+6)π C．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【答案】A【分析】根据题意，利用圆锥的结构特征求出圆锥的高和底面半径，由此求出上半部分圆锥和下半部分圆柱的侧面积，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，如图所示为该组合体上半部分圆锥轴截面，由于其母线长为23米，轴截面是面积为3则有h2+r则上半部分圆锥的侧面积S1＝πrl＝63π，下半部分圆柱的侧面积S2＝2πr×2.5＝15π，则该组合体的表面积（不含底面）S＝S1+S2＝（63+15）π故选：A．5．（5分）设复数z1，z2对应的向量分别为OZ1→，OZ2→，O为坐标原点，且z1=−2A．1−3i B．−1+3i C．【考点】复数乘、除运算的三角表示及其几何意义．【答案】B【分析】把z1【解答】解：由题意知，z1=−2+2i=2（−2所以z＝2（cos3π4+isin3π4）[cos（−3π4）+i由z＝z2（cos4π3+isin所以z2=2cos4π3+isin4π3=故选：B．6．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=π6，c=6，若△ABCA．（3，6） B．(33，63) C．【考点】解三角形；正弦定理．【答案】A【分析】写出三角形有两解的充要条件，进而求出b的范围．【解答】解：三角形中，B=π6，c＝6，则△ABC有两解的充要条件为：csinB＜b＜即3＜b＜6，即B∈（3，6）．故选：A．7．（5分）如图，在四边形ABCD中，AD⊥CD，∠BAD＝∠BCD=π3，AB＝8，AD＝16，点E在边AD上，且BE⊥AD，点F为边BC（含端点）上一动点，则A．36 B．39 C．45 D．48【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】根据题意利用余弦定理算出BD=83，进而得到AB⊥BD，∠ADB=π6，∠BCD=π3，所以△DBCBF→=λBC→，0≤λ≤1，推导出用λ表示点F的坐标的式子，从而得出【解答】解：以E为坐标原点，AD、EB所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，连接BD，因为AB＝8，AD＝16，∠A=π3，所以BD2＝AB2+AD2﹣2AB•ADcosπ3=所以BD2+AB2＝256＝AD2，可得AB⊥BD，∠ADB=π2−π3=π6因为△DBC中，∠BCD＝∠BCD=π3，所以△DBC是边长等于由BE＝BDsinπ6=43，DE＝BDcosπ6=12，可得B（0，43），设F（x，y），BF→=λBC→，0≤λ≤1，即（x，y−43）＝λ（12，43），可得x=12λy−43=43由此可得DF→=（12λ﹣12，43+43λ），EF→所以DF→⋅EF→=144λ2﹣144λ+48（1+λ）2＝192由二次函数的性质，可知λ=18时，DF→故选：C．8．（5分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cb+2bc=3cosAA．64 B．105 C．156【考点】解三角形；两角和与差的三角函数；正弦定理．【答案】D【分析】由题意利用余弦定理化简已知等式可得b2＝c2﹣3a2，由1tanA+1tanC=2tanB，利用两角和的正弦公式，正弦定理以及余弦定理化简可得2b2＝a2+c2，解得c=7a，b【解答】解：因为cb所以3cosA=c2+2b2bc=3•b2+c2因为1tanA+1所以cosB=si解得2b2＝a2+c2，②由①②可得，c=7a，b＝2a所以cosB=b22ac=故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）设z，z1，z2是复数，则（）A．若|z|＝2，则z2＝4 B．若z1=zC．若z2≠0，则|zD．若z+z=0，则【考点】复数的运算；共轭复数；复数的模．【答案】BC【分析】根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的性质，即可依次求解．【解答】解：对于A，取z＝2i，|z|＝2，而z2＝（2i）2＝﹣4，故A错误；对于B，设z1＝a+bi，由z1=z2=a+bi，可得z2＝a﹣bi，则z2＝a﹣对于C，取z1＝a+bi，z2＝c+di，a，b，c，d属于R，则|z1z2|＝|a+bic+di|＝|又|z所以|z1z2|=对于D，取z＝0，则z+z=0，但z不是纯虚数，故故选：BC．（多选）10．（6分）对非零向量a→，b→，定义运算“（*）”：a→(∗)bA．若a→∥bB．若a→=(−1，2)，bC．若Rt△ABC中，C=π2，AC=2，BC=1D．若△ABC中，AB→(∗)BC【考点】平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】ABD【分析】根据新定义，针对各个选项分别求解即可．【解答】解：对A选项，∵对非零向量a→，b→，a→∥b∴|a→(∗)b→对B选项，∵a→=(−1，2)，b∴|a→−b→|=5，|a→∴(a→−对C选项，∵Rt△ABC中，C=π∴AB=5，cosA=25，sin∴AB→(∗)AC→=|AB→|cosA+|AC→|sin对D选项，∵△ABC中，AB→∴﹣ccosB+asinB＝﹣acosB+csinB＝0，∴（c﹣a）（sinB+cosB）＝0，tanB=c∴a＝c，B=π4，∴△ABC是等腰三角形，∴故选：ABD．（多选）11．（6分）已知正四棱锥O﹣ABCD的底面边长为6，高为3，则（）A．若点P为正四棱锥O﹣ABCD外接球的球心，则四棱锥P﹣ABCD的体积为4 B．直径为1的球能够整体放入正四棱锥O﹣ABCD内 C．若点M在底面内（包含边界）运动，N为OD中点，则当MN∥平面OBC时，点M的轨迹长度为6 D．若以点O为球心，2为半径的球O的球面与正四棱锥O﹣ABCD的棱OA，OB，OC，OD分别交于点E，F，G，H，则四边形EFGH的面积为1【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；轨迹方程．【答案】BCD【分析】求出正四棱锥O﹣ABCD外接球的半径，计算出四棱锥P﹣ABCD体积即可判断A；由等体积法求出正四棱锥O﹣ABCD的内切球半径，即可判断B；由面面平行得出点M的轨迹，即可判断C；判断出四边形EFGH为正方形，由余弦定理求出边长即可判断D．【解答】如图所示，AB=BC=CD=AD=6，连接AC，BD交于点O1，则C对于A，连接OO1则OO1⊥平面ABCD，OO1＝3，点P在OO1上，因为CO1⊂平面ABCD，所以CO1⊥OO1，设正四棱锥O﹣ABCD外接球的半径为R，在Rt△PCO中，PC2=CO12+PO解得R＝2，所以PO1＝3﹣2＝1，则VP−ABCD=1对于B，取AD中点M，连接OM．O1M，则OO1⊥O1，OM⊥AD，O1所以OM=O则S△AOD由正四棱锥O﹣ABCD得，S△COD设正四棱锥O﹣ABCD的内切球半径为r，则VO−ABCD所以r=SABCD⋅O所以直径为1的球能够整体放入正四棱锥O﹣ABCD内，故B正确；对于C，取CD，AB的中点K，J，连接KN，JN，JK，则KN∥OC，因为四边形ABCD为正方形，所以AB＝CD，AB∥CD，又CD，AB的中点为K，J，所以BJ＝CK，所以四边形BCKJ为平行四边形，则JK∥BC，JK=BC=6因为KN∥平面OBC，OC⊂平面OBC，所以KN∥平面OBC，同理可得JK∥平面OBC，又KN，JK∈平面JKN，且KN∩JK＝K，所以平面JKN∥平面OBC，因为N∈平面JKN，且MN∥平面OBC，所以M∈平面JKN，又M∈平面ABCD，平面JKN∩平面ABCD＝JK，所以M∈JK，即点M的轨迹为JK，所以点M的轨迹长度为6，故C正确；对于D，以点O为球心，2为半径的球O的球面与正四棱锥O﹣ABCD的棱OA，OB，OC，OD分别交于点E，F，G，H，则OG=OH=OE=OF=2所以GH∥CD，HE∥AD，EF∥AB，GF∥BC，则四边形EFGH为正方形，由正四棱锥O﹣ABCD得，∠COD＝∠AOD＝∠AOB＝∠BOC，由已知得，OC=Ocos∠GOH=Ocos∠COD=O得GH＝1，所以GH＝HE＝EF＝GF＝1，所以正方形EFGH的面积为1，故D正确；故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）如图，已知△A′B′C′是水平放置的△ABC用斜二测画法画出的直观图，A′B′在x′轴上，B′C′与x′轴垂直，且B′C′＝4，则△ABC的边AB上的高为82．【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【答案】82．【分析】根据题意，设原图△ABC中，边AB上的高为h，设AB＝x，用x表示直观图的面积，结合原图面积与直观图面积的关系，分析可得关于h的方程，解可得答案．【解答】解：根据题意，设原图△ABC中，边AB上的高为h，设AB＝x，直观图中，A′B′＝AB＝x，由于B′C′⊥x′轴，则△A′B′C′的面积S′=12×A′B′×B′C故原图的面积S=12×AB×h又由S＝22S′＝42x，则有12xh＝42x解可得h＝82，即△ABC的边AB上的高为82．故答案为：82．13．（5分）如图，为测量武汉防汛纪念碑AB的高度及取景点C与F之间的距离（B，C，D，F在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点B，且B，C，D三点共线），华中师大一附中研究性学习小组同学在C，D，F三点处测得顶点A的仰角分别为60°，30°，45°，若∠FCB＝45°，CD＝50米，则纪念碑的高度为253米，取景点C与F之间的距离为25(10+【考点】解三角形．【答案】253；25(10【分析】由题意可得AC＝CD，在Rt△ABC中可得纪念碑的高AB的值，由题意可得BF的值，由余弦定理可得CF的值．【解答】解：由题意可得∠D＝30°，∠ACB＝60°，则∠ACD＝120°，∠CAD＝30°，CD＝50米，所以CD＝AC＝50米，所以纪念碑的高度AB＝AC•sin∠ACB＝50×32=且BC＝ACcos∠ACB＝50×1因为∠AFB＝45°，所以BF＝AB＝253，在△BCF中，由余弦定理可得BF2＝BC2+CF2﹣2BC•CFcos∠BCF，∠BCF＝45°，即252×3＝252+CF2﹣2×25CF×2整理可得：CF2﹣252CF﹣2×252＝0，解得CF=25(故答案为：253；25(1014．（5分）已知平面非零向量a→，b→和单位向量e→，若a→与e→的夹角为π3，b→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】23【分析】结合题意可作出图形，经分析可知点B的轨迹在如图以P为圆心，半径为2的圆上，易知当AB⊥l且AB所在直线过圆心点P时AB最小，然后结合图形即可求解．【解答】解：＜a→，如图作OM→=3e→，ON→则|a→−b→所以〈b→−3又e→是单位向量，所以|MN在△BMN中，由正弦定理有|MN|sin∠MBN=2R=2所以点B的轨迹在如图以P为圆心，半径为2的圆上，由图可知，当AB⊥l且AB所在直线过点P时AB最小，作PQ⊥MN于Q，QH⊥l于H，PK⊥HQ于K，则|HQ|=4sin60°=23，|PQ|＝1，|KQ|=1×sin30°=12，则|HK|＝|HQ|﹣|KQ所以|AB|=|AP|−|BP|=|HK|−R=23故答案为：23四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）已知复数z满足z+i和z2−i（1）求复数z；（2）若z1=z【考点】复数的运算；共轭复数．【答案】（1）z＝2﹣i；（2）（﹣2，−1【分析】（1）设z＝a+bi（a，b∈R），化简z+i与z2−i，结合z+i和z2−i均为实数知虚部为0，从而建立方程，解方程求a、（2）化简z1=z+1m+（m2+m【解答】解：（1）设z＝a+bi（a，b∈R），则z+i＝a+（b+1）i，z2−i∵z+i和z2−i∴b+1=0a+2b=0解得a＝2，b＝﹣1，故z＝2﹣i；（2）z1=z+1m+（m2+m﹣3）i＝2+i+1m+（m2+m﹣3）i＝2+∵复数z1=z+1m+（m2∴2+1解得﹣2＜m＜−12或0＜即实数m的取值范围为（﹣2，−116．（15分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，且6S＝a（b+c）．（1）若sinB=23，求cos（2）若a=3，A=π3，求【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）−19；（2）【分析】（1）利用S=12acsinB，结合已知条件，可得c＝b，即C＝（2）利用S=12bcsinA，结合已知条件与余弦定理，可得【解答】解：（1）因为6S＝a（b+c），所以6•12acsinB＝a（b+c又sinB=2所以3ac•23=a（b+c），整理得ac＝所以c＝b，所以C＝B，所以cosA＝﹣cos（B+C）＝﹣cos2B＝﹣1+2sin2B＝﹣1+2×(2（2）因为6S＝a（b+c），所以6•12bcsinA＝a（b+c又a=3，A=π所以3bc•32=3（b+c），即b+c=由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣2bccosA，所以9=34（bc）2﹣2bc﹣2bc•12，即（bc）2所以（bc﹣6）（bc+2）＝0，解得bc＝6或bc＝﹣2（舍），所以S=12bcsinA17．（15分）如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD＝AD＝3BC，点E为边AD上靠近点A的六等分点，F为CD中点．（1）用AB→，AD（2）设G为AB中点，P是线段AG（不含端点）上的动点，DP交EF于点M，若EM→=λEF→，【考点】用平面向量的基底表示平面向量．【答案】（1）EF→=12AB【分析】（1）利用向量线性运算法则求解；（2）利用向量线性运算法则、三点共线、向量相等求解．【解答】解：（1）由已知得：EF→=ED=5（2）设AB→=a→，AD→=bAM→由P，M，D共线，设DM→=kDP→，则AM→=kAP→+（1﹣k）AD∴kμ=λ21−k=λ∵P在线段AG上，∴μ=3λ5−3λ∈（0，12），∴λ∈∴3λ2+21+μ=3λ2−65λ+当λ∈（0，59）时，3λ2+21+μ∈[4718．（17分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，其中AD∥BC，且AD＝2BC，点E为棱PD的中点．（1）求证：CE∥平面PAB；（2）若M为CE上的动点，则线段AD上是否存在点N，使得MN∥平面PAB？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由；（3）若PA＝PB＝PC＝AD＝10，CD＝12，请在图中作出四棱锥P﹣ABCD过点B，E及棱AD中点的截面，并求出截面周长．【考点】直线与平面平行．【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解；（3）23+5【分析】（1）取PA中点F，连BF，EF，由题意可证得四边形BCFE为平行四边形，再由线面平行的判断定理可证得结论；（2）取AD中点N，连EN，CN，由题意可证得EN∥平面PAB，再由线面平行的判断定理可证得结论；（3）设N为AD中点，取PC中点Q，连EQ，BQ，EN，BN，则四边形BNEQ即为所求截面，由余弦定理可得∠PCB的余弦值，再由余弦定理可得BQ的大小，进而可求得四边形BNEQ的周长．【解答】（1）证明：取PA中点F，连BF，EF，因为E为PD中点，所以EF∥AD，且EF=1又因为BC∥AD，且BC=12所以EF∥BC，且EF＝BC，所以四边形BCFE为平行四边形，所以CE∥AF，而CE⊄平面PAB，AF⊂平面PAB，所以CE∥平面PAB；（2）解：存在点N，且N为AD中点，证明如下：取AD中点N，连EN，CN，因为E为PD中点，N为AD中点，所以EN∥PA，因为EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EN∥平面PAB，又由（1）知CE∥平面PAB，且EN∩CE＝E，所以平面CEN∥平面PAB，又因为MN⊂平面CEN，所以MN∥平面PAB；（3）解：设N为AD中点，取PC中点Q，连EQ，BQ，EN，BN，则四边形BNEQ即为所求截面，证明过程如下：因为E为PD中点，Q为PC中点，所以EQ∥CD，又因为BN∥CD，所以EQ∥BN，故B，N，E，Q共面，故四边形BNEQ为所求截面，因为PA＝PB＝PC＝AD＝10，CD＝12，所以EQ=1EN=12PA=5，B