2020-2021学年湖南省邵阳市高一（下）期末考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省邵阳市高一（下）期末考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 7+4i1+2i=( )
A.−15−2iB.3−2iC.15−2iD.−3−2i

2. 已知a>0>b，则下列不等式一定成立的是（ ）
A.a2>b2B.1a<1bC.1ab2>1a2bD.ac2>bc2

3. 如图，被称为“天津之眼”的天津永乐桥摩天轮，是一座跨河建造、桥轮合一的摩天轮．假设“天津之眼”旋转一周需30分钟，且是匀速转动的，则经过5分钟，点B转过的角的弧度是( )

A.π6B.π3C.2π3D.5π6

4. 在正三棱锥P−ABC中，PA=4，AB=23，则该三棱锥的体积是（ ）
A.6B.63C.18D.183

5. 从一盒产品（其中有7件合格，3件不合格）中任意抽取2件进行调查，事件A为“抽取的2件产品都是合格品”，事件B为“抽取的2件产品都是不合格品”，事件C为“抽取的2件产品恰有一件合格品”，事件D为“抽取的2件产品至少有一件合格品”，则下列说法正确的是( )
A.事件A与事件B是对立事件
B.事件A与事件C是对立事件
C.事件B与事件D是互斥事件
D.事件C与事件D是互斥事件

6. 已知函数fx是定义在[2,+∞)上的单调函数，且ffx+x2−3x=4，则fx的值域是( )
A.174,+∞B.−∞,174C.[4,+∞)D.(−∞,4]

7. 已知一组数据的平均数是3，方差是4，且这组数据的平方和是这组数据和的平方的19，则这组数据的个数是( )
A.10B.13C.15D.16

8. 黄金三角形有两种，一种是顶角为36∘的等腰三角形，另一种是顶角为108∘的等腰三角形．其中顶角为36∘的等腰三角形的底与腰之比为5−12，这种黄金三角形被认为是最美的三角形．根据这些信息，则cs36∘=( )
A.5−14B.5+14C.3+58D.3−58
二、多选题

已知向量a→=6,−8，b→=x,y，且a→//b→，若|b→|=5，则x+y的值可能是( )
A.−7B.−1C.1D.7

已知复数z=2−3i1+i，其共轭复数为z¯，则( )
A.z的实部与虚部之和为4B.z¯=−1+i
C.z2是纯虚数D.|z¯|=26

已知函数fx=tanx+|tanx|，则下列结论中正确的有( )
A.fx的最小正周期为π2
B.点−π2,0是fx图象的一个对称中心
C.fx的值域为[0,+∞)
D.不等式fx>2的解集为π4+kπ,π2+kπk∈Z

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=3AA1=23，△ABC是等边三角形，点O为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的有( )

A.AA1⊥平面ABC
B.异面直线B1C与AA1所成角的大小是π6
C.球O的表面积是20π
D.点O到平面AB1C的距离是1313
三、填空题

已知某企业有男职工1800人，女职工1200人，为了解该企业职工业余爱好，采用抽样调查的方式抽取150人进行问卷调查，最适当的抽样方法是________；其中女职工被抽取的人数为________.

若圆锥高的平方等于其底面圆的半径与母线的乘积，则称此圆锥为“黄金圆锥”．现有一黄金圆锥的侧面展开图是面积为16π的扇形，则该黄金圆锥的高是________.

填空题：梵净山是云贵高原向湘西丘陵过渡斜坡上的第一高峰，是乌江与沅江的分水岭，也是横亘于贵州、重庆、湖南、湖北四省（市）的武陵山脉的最高主峰．某测量小组为测量该山最高的金顶P的海拔，选取了一块海拔为400米的平地，在平地上选取相距885米的两个观测点A与B，如图，在点A处测得P的仰角为60∘，在点B处测得P的仰角为45∘，则金顶P的海拔为________米．（结果精确到整数部分，取3=1.732）


在等边△ABC中，AB=5，D为AB的中点，E为BC边靠近点C的四等分点，直线CD与AE交于点F，则CD→⋅AF→=________．
四、解答题

蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活．蒙古包古代称作穹庐、“毡包”或“毡帐”，如图1所示．一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合，如图2所示．已知该圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面直径为6米．

(1)求该蒙古包的侧面积；

(2)求该蒙古包的体积．

在①csinB=bcsC，②ccsB−bcsC=a−2b，③ccsA+sinA=b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+b=6，c=4，且________.
(1)求C；

(2)求△ABC的面积．

在△ABC中，|AB→|=3，|AC→|=2，设O为△ABC外接圆的圆心．
(1)求AO→⋅AB→，AO→⋅AC→；

(2)若A=π3，设AO→=xAB→+yAC→，求x，y的值．

已知函数fx=4csωx+φ1<ω<4,0<φ<π的图象经过Aπ12,−4，B13π12,4两点．
(1)求fx的解析式；

(2)当x∈π3,2π3时，求fx的最值及对应的x的值．

端午节，又称端阳节、龙舟节、天中节等，源于中国人对自然天象的崇拜，由上古时代祭龙演变而来．端午节与春节、清明节、中秋节并称中国四大传统节日．某机构为了解中学生对端午节知识的了解，从当地随机选取100名中学生进行问卷调查，根据这100名中学生的得分（满分100分）情况，分成[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]这6组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求这100名中学生得分的中位数．

(2)若从第1组和第6组中采用分层抽样的方法随机选取6人，再从这6人中随机选取3人进行进一步调查，求所选取的3人中至少有1人的得分在90,100内的概率．

如图，在正四棱锥P−ABCD中，点E，F分别在棱PB，PD上，且PEPB=PFPD=13.

(1)证明：EF⊥平面PAC．

(2)在棱PC上是否存在点M，使得PA//平面MEF？若存在，求出PMMC的值；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省邵阳市高一（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．
【解答】
解：复数7+4i1+2i=(7+4i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=15−10i5=3−2i．
故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
不等式的基本性质
不等式比较两数大小
【解析】
无
【解答】
解：A，当a=1，b=−2时，a2B，因为a>0>b，
所以1a>1b，
则B错误；
C，因为a>0>b，
所以1ab2>0>1a2b，
则C正确；
D,当c=0时，ac2=bc2，则D错误．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
弧度制的应用
【解析】
无
【解答】
解：由题意可知点B转过的角的弧度是2π30×5=π3．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
棱锥的结构特征
【解析】
无
【解答】
解：过点P作PO⊥平面ABC，连接OA．
因为△ABC是等边三角形，
且AB=23，所以AO=2．
因为PA=4，所以PO=42−22=23，
故该三棱锥的体积是13×34×232×23=6．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
互斥事件与对立事件
【解析】
无
【解答】
解：A，事件A与事件B是互斥事件，但不是对立事件，则A错误；
B，事件A与事件C不是对立事件，则B错误；
C，事件B与事件D是对立事件，则C正确；
D，事作C与事件D不是互斥事件，则D错误．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
函数的值域及其求法
【解析】
无
【解答】
解：由题意可得f(x)+x2−3x=t（t为常数），
则fx=−x2+3x+t，
从而ft=−t2+4t=4，
解得t=2，
故fx=−x2+3x+2=−x−322+174≤4．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
无
【解答】
解：设这组数据分别为x1，x2，⋯，xn，
则x1+x2+⋯+xn=3n，x1−32+x2−32+⋯+xn−32=4n，
从而x12+x22+⋯+xn2=13n．
因为这组数据的平方和是这组数据和的平方的19，
所以13n=19×3n2=n2，
得n=13．
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
【解析】
无
【解答】
解：在△ABC中，∠A=36∘，AB=AC，BCAB=5−12．
设AB=2x，BC=5−1x，
则cs36∘=2x2+2x2−[(5−1)x]22⋅2x⋅2x
=4x2+4x2−(6−25)x28x2=5+14．
故选B．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
无
【解答】
解：由题意可得8x+6y=0,x2+y2=5,
解得x=3,y=−4,或x=−3,y=4,
故x+y=−1或x+y=1．
故选BC．
【答案】
A,D
【考点】
复数的模
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
无
【解答】
解：由题意可得z=2+2i−3i−3i2=5−i，
则z¯=5+i，z2=5−i2=24−10i，
从而|z¯|=52+12=26，
故A，D正确，B，C错误．
故选AD．
【答案】
C,D
【考点】
正切函数的周期性
正切函数的值域
正切函数的奇偶性与对称性
正切函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：f(x)=tanx+|tanx|=2tanx，x∈[kπ,π2+kπ)，k∈Z，0，x∈(−π2+kπ,kπ)，k∈Z，
作出f(x)的图象，如图，
可得fx的最小正周期为π，故A错误；
fx的图象没有对称中心，故B错误；
fx的值域为[0,+∞)，故C正确；
不等式fx>2的解集为π4+kπ,π2+kπk∈Z，故D正确．
故选CD．
【答案】
A,C,D
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
异面直线及其所成的角
球内接多面体
直线与平面垂直的判定
【解析】
无
【解答】
解：A，如图，
因为球O是三棱柱ABC−A1B1C1的外接球，
所以该三棱柱为直三棱柱，即AA1⊥平面ABC，故A正确．
B，因为AA//CC1，所以∠B1CC1是异而直线B1C与AA1所成的角．
因为AB=3AA1=23，
所以tan∠B1CC1=B1C1CC1=ABAA1=3，
所以∠B1CC1=π3，故B错误．
C，设△A1B1C1外接圆的圆心为O1，连接OO1，O1C1，OC1，
由题意可得O1C1=23×12−3=2，OO1=12AA1=1，
则球O的半径R=OC1=5，
从而球O的表面积是4πR2=4π×52=20π，故C正确．
D，设△AB1C外接圆的半径为r，
由题意可得AB1=B1C=12+4=4，
则sin∠B1AC=16−34=134．
由正弦定理可得r=42×134=81313，
则点O到平面AB1C的距离d=R2−r2=5−6413=1313，故D正确．
故选ACD．
三、填空题
【答案】
分层抽样,60
【考点】
分层抽样方法
【解析】
无
【解答】
解：最适当的抽样方法是分层抽样，
女职工被抽取的人数为150×12001800+1200=60．
故答案为：分层抽样；60．
【答案】
4
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
无
【解答】
解：设该黄金圆锥底面圆的半径为r，母线长为l，高为ℎ，
由题意可知12l⋅2πr=πlr=16π，
则lr=16，
故该黄金圆锥的高ℎ=lr=16=4．
故答案为：4．
【答案】
2494
【考点】
解三角形的实际应用
解三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设AD=x米，依题意可得∠PAD=60∘,∠PBD=45∘，
则PD=BD=x+885．
因为PDAD=tan∠PAD=3，
所以x+885=3x，
则x=8853−1=8850.732≈1209，
所以PD≈1209+885=2094米，
故金顶P的海拔为2094+400=2494米．
故答案为：2494 .
【答案】
−454
【考点】
向量在几何中的应用
平面向量数量积的运算
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得AE→=AB→+BE→=AB→+34BC→
=AB→+34AC→−AB→=14AB→+34AC→，
CD→=AD→−AC→=12AB→−AC→，
因为C，D，F三点共线，
所以AF→=λAD→+(1−λ)AC→=12λAB→+(1−λ)AC→.
因为A，E，F三点共线，
所以AF→=kAE→=14kAB→+34kAC→，
所以 12λ=14k,1−λ=34k 解得k=45，则AF→=15AB→+35AC→.
故CD→⋅AF→=12AB→−AC→15AB→+35AC→
=110AB→2+110AB→⋅AC→−35AC→2
=52+54−15=−454.
故答案为：−454.
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意可知BC=DE=3米，AE=2米，BE=3米，AD=32+22=13米．
圆锥部分的侧面积S1=12×2π⋅DE⋅AD=12×2π×3×13=313π平方米．
圆柱部分的侧面积S2=2π⋅BC⋅BE=2π×3×3=18π平方米．
故该蒙古包的侧面积S=S1+S2=313π+18π平方米．
(2)圆锥部分的体积V1=13Sℎ=13π⋅DE2⋅AE=13π×32×2=6π立方米，
圆柱部分的体积V2=π⋅BC2⋅BE=π×32×3=27π立方米．
故该蒙古包的体积V=V1+V2=6π+27π=33π立方米．
【考点】
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意可知BC=DE=3米，AE=2米，BE=3米，AD=32+22=13米．
圆锥部分的侧面积S1=12×2π⋅DE⋅AD=12×2π×3×13=313π平方米．
圆柱部分的侧面积S2=2π⋅BC⋅BE=2π×3×3=18π平方米．
故该蒙古包的侧面积S=S1+S2=313π+18π平方米．
(2)圆锥部分的体积V1=13Sℎ=13π⋅DE2⋅AE=13π×32×2=6π立方米，
圆柱部分的体积V2=π⋅BC2⋅BE=π×32×3=27π立方米．
故该蒙古包的体积V=V1+V2=6π+27π=33π立方米．
【答案】
解：(1)若选①，
因为csinB=bcsC，
所以ccsC=bsinB.
由正弦定理可得csinC=bsinB，
则ccsC=csinC，从而 sinC=csC，故 tanC=1，
因为0所以 C=π4；
若选②，
因为ccsB−bcsC=a−2b，
所以c⋅a2+c2−b22ac−b⋅a2+b2−c22ab=a−2b，
整理得a2+b2−c2=2ab.
由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=22，
因为0所以C=π4；
若选③，
因为ccsA+sinA=b，
所以 sinCcsA+sinA=sinB，
又A+B+C=π，
所以sinB=sinA+C，
所以 sinCcsA+sinCsinA=sinAcsC+csAsinC，
即sinCsinA=sinAcsC，
因为 sinA≠0，
所以 sinC=csC，即tanC=1
因为0所以C=π4.
(2)由(1)可知C=π4，
所以sinC=csC=22.
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC
=a+b2−2+2ab.
因为a+b=6，c=4，
所以36−2+2ab=16，
解得ab=102−2，
故△ABC的面积为12absinC
=12×102−2×22=52−1.
【考点】
同角三角函数间的基本关系
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若选①，
因为csinB=bcsC，
所以ccsC=bsinB.
由正弦定理可得csinC=bsinB，
则ccsC=csinC，从而 sinC=csC，故 tanC=1，
因为0所以 C=π4；
若选②，
因为ccsB−bcsC=a−2b，
所以c⋅a2+c2−b22ac−b⋅a2+b2−c22ab=a−2b，
整理得a2+b2−c2=2ab.
由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=22，
因为0所以C=π4；
若选③，
因为ccsA+sinA=b，
所以 sinCcsA+sinA=sinB，
又A+B+C=π，
所以sinB=sinA+C，
所以 sinCcsA+sinCsinA=sinAcsC+csAsinC，
即sinCsinA=sinAcsC，
因为 sinA≠0，
所以 sinC=csC，即tanC=1
因为0所以C=π4.
(2)由(1)可知C=π4，
所以sinC=csC=22.
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC
=a+b2−2+2ab.
因为a+b=6，c=4，
所以36−2+2ab=16，
解得ab=102−2，
故△ABC的面积为12absinC
=12×102−2×22=52−1.
【答案】
解：(1)如图，
由于O为△ABC外接圆的圆心，
所以OA=OB=OC.
设AB，AC的中点分别为D，E，连接OD，OE，
则OD⊥AB，OE⊥AC.
故AO→⋅AB→=AD→+DO→⋅AB→
=AD→⋅AB→+DO→⋅AB→=12AB→⋅AB→=12AB2→=92.
同理可得AO→⋅AC→=12AC→2=2.
(2)由(1)可得AO→⋅AB→=xAB→+yAC→⋅AB→
=xAB2→+yAC→⋅AB→=9x+3y=92，
AO→⋅AC→=xAB→+yAC→⋅AC→
=xAB→⋅AC→+yAC→2=3x+4y=2，
即3x+y=32,3x+4y=2,解得x=49，y=16.
【考点】
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)如图，
由于O为△ABC外接圆的圆心，
所以OA=OB=OC.
设AB，AC的中点分别为D，E，连接OD，OE，
则OD⊥AB，OE⊥AC.
故AO→⋅AB→=AD→+DO→⋅AB→
=AD→⋅AB→+DO→⋅AB→=12AB→⋅AB→=12AB2→=92.
同理可得AO→⋅AC→=12AC→2=2.
(2)由(1)可得AO→⋅AB→=xAB→+yAC→⋅AB→
=xAB2→+yAC→⋅AB→=9x+3y=92，
AO→⋅AC→=xAB→+yAC→⋅AC→
=xAB→⋅AC→+yAC→2=3x+4y=2，
即3x+y=32,3x+4y=2,解得x=49，y=16.
【答案】
解：(1)由题意可得k+12T=13π12−π12=πk∈Z，
则T=2π2k+1k∈Z，则ω=2k+1k∈Z.
因为1<ω<4，
所以ω=3.
因为fx的图象经过点Aπ12,−4，
所以4cs3×π12+φ=−4，
所以π4+φ=2tπt∈Z，
所以φ=2tπ−π4t∈Z.
因为0<φ<π，
所以φ=3π4，
故fx=4cs3x+3π4.
(2)因为x∈[π3,2π3]，
所以3x+3π4∈7π4,11π4.
当3x+3π4=2π，即x=5π12时，fx取得最大值，
最大值为f5π12=4cs3×5π12+3π4=4，
当3x+3π4=11π4，即x=2π3时，fx取得最小值，
最小值为f2π3=4cs3×2π3+3π4=−22.
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意可得k+12T=13π12−π12=πk∈Z，
则T=2π2k+1k∈Z，则ω=2k+1k∈Z.
因为1<ω<4，
所以ω=3.
因为fx的图象经过点Aπ12,−4，
所以4cs3×π12+φ=−4，
所以π4+φ=2tπt∈Z，
所以φ=2tπ−π4t∈Z.
因为0<φ<π，
所以φ=3π4，
故fx=4cs3x+3π4.
(2)因为x∈[π3,2π3]，
所以3x+3π4∈7π4,11π4.
当3x+3π4=2π，即x=5π12时，fx取得最大值，
最大值为f5π12=4cs3×5π12+3π4=4，
当3x+3π4=11π4，即x=2π3时，fx取得最小值，
最小值为f2π3=4cs3×2π3+3π4=−22.
【答案】
解：(1)因为0.010+0.020+0.015×10=0.45<0.5，
0.45+0.030×10=0.75>0.5，
所以中位数在[70,80)内．
设中位数为x，则x−70×0.030+0.45=0.5，
解得x=2153，故这100名中学生得分的中位数为2153.
(2)由题意可得第1组的人数为100×0.010×10=10，
第6组的人数为100×0.005×10=5，
则采用分层抽样的方法随机选取的6人中第1组有6×1010+5=4人，记为a，b，c，d，
第6组有6×510+5=2人，记为e，f．
从这6人中随机选取3人的情况有abc，abd，abe，abf，acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef．cde，cdf．cef，def，共20种；
其中符合条件的情况有abe，abf，ace，acf，ade，adf，aef，bce，bcf，bde，bdf，bef，cde，cdf，cef，def，共16种．
故所求概率P=1620=45.
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
分层抽样方法
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为0.010+0.020+0.015×10=0.45<0.5，
0.45+0.030×10=0.75>0.5，
所以中位数在[70,80)内．
设中位数为x，则x−70×0.030+0.45=0.5，
解得x=2153，故这100名中学生得分的中位数为2153.
(2)由题意可得第1组的人数为100×0.010×10=10，
第6组的人数为100×0.005×10=5，
则采用分层抽样的方法随机选取的6人中第1组有6×1010+5=4人，记为a，b，c，d，
第6组有6×510+5=2人，记为e，f．
从这6人中随机选取3人的情况有abc，abd，abe，abf，acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef．cde，cdf．cef，def，共20种；
其中符合条件的情况有abe，abf，ace，acf，ade，adf，aef，bce，bcf，bde，bdf，bef，cde，cdf，cef，def，共16种．
故所求概率P=1620=45.
【答案】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO．
由题意可得四边形ABCD是正方形，PB=PD，
则O为AC的中点，且AC⊥BD.
因为PB=PD，
所以PO⊥BD，
因为AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，且AC∩PO=O，
所以BD⊥平面PAC．
因为PEPB=PFPD，所以EF//BD，则EF⊥平面PAC．
(2)解：设存在点M满足条件．如图，连接ME，MF，记PO∩EF=N，连接MN．取PC的中点Q，连接OQ．
因为O，Q分别是AC，PC的中点，
所以OQ//PA，
因为PA//平面MEF，
所以OQ//平面MEF．
因为平面POQ∩平面MEF=MN，
所以OQ//MN，则PMPQ=PNPO，
由(1)可知EF//BD，
所以PNPO=PEPB=13，
所以PMPQ=PNPO=13，
因为Q为PC的中点，
所以PQ=12PC，
所以PMMC=15，
故存在满足条件的点M，此时PMMC=15.
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
直线与平面平行的性质
【解析】
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【解答】
(1)证明：连接BD，记AC∩BD=O，连接PO．
由题意可得四边形ABCD是正方形，PB=PD，
则O为AC的中点，且AC⊥BD.
因为PB=PD，
所以PO⊥BD，
因为AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，且AC∩PO=O，
所以BD⊥平面PAC．
因为PEPB=PFPD，所以EF//BD，则EF⊥平面PAC．
(2)解：设存在点M满足条件．如图，连接ME，MF，记PO∩EF=N，连接MN．取PC的中点Q，连接OQ．
因为O，Q分别是AC，PC的中点，
所以OQ//PA，
因为PA//平面MEF，
所以OQ//平面MEF．
因为平面POQ∩平面MEF=MN，
所以OQ//MN，则PMPQ=PNPO，
由(1)可知EF//BD，
所以PNPO=PEPB=13，
所以PMPQ=PNPO=13，
因为Q为PC的中点，
所以PQ=12PC，
所以PMMC=15，
故存在满足条件的点M，此时PMMC=15.