2021-2022学年浙江省新高考名校联盟高一（下）月考数学试卷（5月份）（含答案解析）

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2. 设m为实数，i为虚数单位，则“m=2”是“存在唯一的实数x满足x2+(m+i)x+2i=0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 一元二次不等式kx2+2(2k+1)x+9>0对一切实数x恒成立，则k的取值范围是( )
A. (0,1)B. (14,1)C. (0,14)D. (0,+∞)
4. 已知函数f(x)=ax3+bsinx+cx−2022(a,b,c为实数)，且f(2022)=1，则f(−2022)=( )
A. −1B. 1C. −4045D. 4045
5. 已知sinα+csβ=52，csα+sinβ=72，则sin(α+β)=( )
A. 12B. 32C. −12D. −32
6. 向量a，b的模长为正整数，且满足(|a|+|b|)(2|a|+3|b|)=65，(a+b)⋅(2a+3b)=20，则( )
A. a⋅(a+b)=7B. b⋅(a+b)=7
C. =2π3D. =5π6
7. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A. 5−14B. 5+14C. 5+12D. 5−12
8. 已知|a|=|b|=|c|=1，a⋅b=12，+=π3.若m，n∈R，则|ma−nb|+|ma−c|+|nb−c|
的最小值为( )
A. 0B. 32C. 1D. 3
9. 已知函数f(x)=1−3x1+3x，则下列结论正确的有( )
A. f(x)的图象关于坐标原点对称B. f(x)的图象关于y轴对称
C. f(x)的最大值为1D. f(x)在定义域上单调递减
10. 已知m，n是不重合的直线，α，β，γ是不重合的平面，则下列命题一定正确的是( )
A. 若α//β，γ//β，则α//γ
B. 若α//β，m⊥α，则m⊥β
C. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//β
D. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
11. 已知函数f(x)=2x+1,x≤0|lg2x|−1,x>0，则方程f2(x)−2f(x)+a2−1=0的根的个数可能为( )
A. 2B. 6C. 5D. 4
12. 当−1≤x≤1时，|ax2+bx+c|≤1恒成立，则( )
A. 当a=2时，|b|+|c|=1B. 当a=2时，|b|+|c|=2
C. 当b=1时，|a+c|=0D. 当b=1时，|a|+|c|=0
13. 已知i为虚数单位，复数z满足(3+2i)z=4+7i，则z=______.
14. 已知函数f(x)=2x−1，函数g(x)满足g(x+1)=g(x).当x∈[0,1)时，g(x)=f(x)，则g(lg220)=______.
15. 如图，A城气象台测得台风中心从A城正西方向300千米B处以每小时107千米的速度向北偏东60∘的BF方向移动，距台风中心200千米的范围内为受台风影响的区域，若A城受到这次台风的影响，那么A城遭受这次影响的时长为______小时．
16. 如图所示，正四棱锥P−ABCD棱长均为1，Q−PBC为正四面体，点A及点Q在平面PBC两侧，则直线AQ与平面BCQ所成角的正弦值为______.
17. 已知全集为R，集合A={x|1≤x<3}，B={x|(2x−3)(x−4)≤0}.
(Ⅰ)求A∪B，(∁RA)∩B；
(Ⅱ)若C={x|m+118. 在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足csA2=255，AB⋅AC=3.
(Ⅰ)求△ABC的面积；
(Ⅱ)若b+c=6，求a的值．
19. 设实数a，b，满足a2+4b2=2.
(Ⅰ)求a+2b的取值范围；
(Ⅱ)若M=3−a+9−b，求M的最小值．
20. 设函数f(x)=1,1≤x≤2x−1,2(Ⅰ)求函数h(a)的解析式；
(Ⅱ)画出函数y=h(x)的图象并指出h(x)的最小值．
21. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90∘，平面PAD⊥底面ABCD，Q，M分别为AD，PC的中点，PA=PD=2，BC=12AD=1，CD=3.
(Ⅰ)求证：平面PBC⊥平面PQB；
(Ⅱ)求三棱锥P−QMB的体积．
22. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，满足f(x)+f(x+π2)=0，f(x)=f(−x−π).
(Ⅰ)直接写出函数f(x)的最小正周期T；
(Ⅱ)试求函数f(x)的解析式；
(Ⅲ)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A={x|lg2x>1}=(2,+∞)，B={x|12则A∩B=(2,3)，
故选：D.
求解对数不等式化简A，再由交集运算得答案．
本题考查交集及其运算，考查对数不等式的解法，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由x2+(m+i)x+2i=0，得x2+mx+(x+2)i=0，
∴x2+mx=0x+2=0，即x=−2，m=2.
∴“m=2”是“存在唯一的实数x满足x2+(m+i)x+2i=0”的充要条件．
故选：C.
由x2+(m+i)x+2i=0，变形可得实部与虚部均为0，求得m值得答案．
本题考查复数的运算，考查复数相等的条件及充分必要条件的判定，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：设f(x)=kx2+2(2k+1)x+9，
当k=0时，f(x)=2x+9>0，解得x>−92，不合题意；
当k≠0时，则k>0Δ=4(2k+1)2−36k<0，解得14综上，实数k的取值范围为(14,1).
故选：B.
当k=0时不合题意，当k≠0时，只需k>0Δ=4(2k+1)2−36k<0，解出即可．
本题考查不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设g(x)=f(x)+2022=ax3+bsinx+cx，x≠0，
则g(−x)=a(−x)3+bsin(−x)+c−x=−ax3−bsinx−cx=−g(x)，
∴g(x)为奇函数，
g(2022)=f(2022)+2022=2023，
g(−2022)=f(−2022)+2022=−g(2022)=−2023，
∴f(−2022)=−4045.
故选：C.
构造奇函数g(x)=f(x)+2022，利用奇函数定义求值．
本题考查函数的奇偶性，构造新函数是解决本题的关键，是中档题．
5.【答案】A
【解析】解：∵sinα+csβ=52，csα+sinβ=72，
∴sin2α+cs2β+2sinαcsβ=54 ①，cs2α+sin2β+2csαsinβ=74 ②，
把①②相加可得，sinαcsβ+csαsinβ=12，
∴sin(α+β)=12，
故选：A.
由题意，利用同角三角函数的基本关系式，把两个已知式子平方相加，再利用两角和的正弦公式，求得结果．
本题主要考查同角三角函数的基本关系式，两角和的正弦公式的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由(|a|+|b|)(2|a|+3|b|)=65，结合|a|,|b|都是正整数，且65=5×13，
所以|a|+|b|=52|a|+3|b|=13，解得|a|=2,|b|=3，
所以由(a+b)⋅(2a+3b)=20得2|a|2+3|b|2+5a⋅b=20，
所以a⋅b=−3，故a⋅(a+b)=a2+a⋅b=1，b⋅(a+b)=a⋅b+b2=6，故A，B错误；
所以cs=a⋅b|a||b|=−12，
结合∈(0,π)，所以=2π3，故C正确，D错误；
故选：C.
根据已知条件，确定出|a|,|b|的可能取值，进而求出两向量夹角的余弦值，问题可解．
本题考查平面向量数量积的运算和性质，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h′，
由题意可得，h2=12ah′h2=h′2−(a2)2，
所以h′2−(a2)2=12ah′，
即4(h′a)2−2(h′a)−1=0，
解得h′a=5+14或−5+14(舍)，
所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为5+14.
故选：B.
设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h′，利用几何关系列出h′，a和h的关系式，得到4(h′a)2−2(h′a)−1=0，求解h′a，即可得到答案．
本题考查了棱锥几何性质的理解与应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：令OA=a，OB=b，OC=c，
依题意，cs∠AOB=a⋅b|a||b|=12，
而0≤∠AOB≤π，则∠AOB=π3.
因为+=π3，
所以有点 C在半径为1，所含圆心角为π3的扇形AOB的弧AB上，如图，
因为m，n∈R，所以|ma−nb|表示直线OA上的点Q与直线OB上的点P间距离，
|ma−c|，|nb−c|分别是点 C到点 Q， P的距离，
因此，|ma−nb|+|ma−c|+|nb−c|表示三点 Q， P， C两两距离的和，
作点 C关于直线 OA对称点 N，关于直线 OB对称点 M，连 MN交 OA， OB分别于点 F， E，
连 FC， EC， ON， OM，则有FC=FN，EC=EM，
令∠COA=θ，则∠MOB=∠COB=π3−θ，∠AON=θ，
于是得：∠NOM=2θ+2(π3−θ)=2π3，而ON=OM=OC=1，
由余弦定理可得：MN=ON2+OM2−2ON⋅OMcs∠NOM=3，
因此，CF+FE+CE=NF+FE+EM=NM=3，
对于直线OA上任意点 Q、直线OB上任意点 P，连接 CQ， NQ， QP， CP， PM， PN，
则CQ=NQ，CP=PM，CQ+QP+CP=NQ+QP+PM≥PN+PM≥MN，
当且仅当点 Q与 F重合且点 P与点 E重合时取“=”，
从而得|ma−nb|+|ma−c|+|nb−c|=CQ+QP+CP≥MN=3，
所以|ma−nb|+|ma−c|+|nb−c|的最小值为3.
故选：D.
根据给定条件，画出图形，确定点 C的位置，再利用向量模的几何意义，借助对称思想求解作答．
本题考查平面向量的数量积的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：f(x)定义域为R，
因为f(−x)=1−3−x1+3−x=3x−13x+1=−f(x)，所以f(x)为奇函数，图象关于坐标原点对称，故A正确；
因为f(1)=1−31+3=−12,f(−1)=1−131+13=12,f(1)≠f(−1)，所以f(x)不是偶函数，图象不关于y轴对称，故B不正确；
因为f(x)=−3x+1−23x+1=−1+23x+1，又3x>0，所以3x+1>1，所以0<23x+1<2，
所以f(x)∈(−1,1)，故C不正确；
因为f(x)=−3x+1−23x+1=−1+23x+1，且y=3x为增函数，所以f(x)在定义域(−∞,+∞)上单调递减，故D正确．
故选：AD.
根据函数的奇偶性可判断AB；分离常数求出值域可判断C；分离常数后判断单调性可判断D.
本题考查了函数的奇偶性和单调性等函数性质，属于中档题．
10.【答案】AB
【解析】解：A.若α//β，γ//β，则α//γ，所以该选项正确；
B.若α//β，m⊥α，则m⊥β，所以该选项正确；
C.若α⊥γ，β⊥γ，则α|β，α，β也有可能相交，所以该选项错误；
D.若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β或相交，所以该选项错误．
故选：AB.
可以直接判断选项AB正确；C：α//β或α，β相交，所以该选项错误；D：α//β或相交，所以该选项错误．
本题考查了直线与平面和平面与平面之间的位置关系，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：画出f(x)=2x+1,x≤0|lg2x|−1,x>0的图象如图，
由f2(x)−2f(x)+a2−1=0，
Δ=4−4(a2−1)=8−4a2.
若a<−2或a>2，则f(x)不存在，方程f2(x)−2f(x)+a2−1=0的根的个数为0；
若a=±2，则f2(x)−2f(x)+a2−1=0化为f2(x)−2f(x)+1=0，即f(x)=1，
方程f2(x)−2f(x)+a2−1=0的根的个数为2；
若−2则方程f2(x)−2f(x)+a2−1=0的根的个数为5个；
若a=±1，则f(x)=0或f(x)=2，方程f2(x)−2f(x)+a2−1=0的根的个数为4个；
若−1方程f2(x)−2f(x)+a2−1=0的根的个数为4个．
结合选项可知，方程f2(x)−2f(x)+a2−1=0的根的个数可能为2个或5个或4个．
故选：ACD.
画出函数f(x)的图象，对a分类可得关于f(x)的一元二次方程根的情况，数形结合可得方程f2(x)−2f(x)+a2−1=0的根的个数的可能取值．
本题考查函数零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：当a=2时，|2x2+bx+c|≤1在−1≤x≤1上恒成立，
取b=0，c=−1，验证可知符合题意，此时|b|+|c|≠2，故选项B错误；
当b=1时，|ax2+x+c|≤1在−1≤x≤1上恒成立，
取a=14,c=−14，验证可知符合题意，此时|a|+|c|≠0，故选项D错误；
对于A，令f(x)=2x2+bx+c，则必有|f(1)|≤1，|f(−1)|≤1，即|2+b+c|≤1，|2−b+c|≤1，
∴2≥|2+b+c|+|2−b+c|≥|2+b+c−2+b−c|=2|b|，解得−1≤b≤1，则f(x)的对称轴为x=−b4∈[−14,1]，
同理，2≥|2+b+c|+|2−b+c|≥|2+b+c+2−b+c|=2|2+c|，解得−3≤c≤−1，
于是由|f(x)|≤1可知|f(−b4)|≤1|f(−1)|≤1|f(1)|≤1，即{|8c−b28|⩽1①|2−b+c|⩽1②|2+b+c|⩽1③，
由①知，8c≥b2−8，
又−1≤b≤1，则8c≥b2−8≥−8④，
又−3≤c≤−1，则8c≤−8⑤，
由④⑤可知，c=−1，此时b2−8=−8，解得b=0，
∴f(x)=2x2−1，经验证满足题意，且|b|+|c|=1，故选项A正确；
对于C，令g(x)=ax2+x+c，
由|g(1)|=|a+1+c|≤1，|g(−1)|=|a−1+c|≤1可得，−2≤a+c≤00≤a+c≤2，故a+c=0，
则g(x)=ax2+x−a，由−1≤ax2+x−a≤1恒成立，可得−1−x≤ax2−a≤1−x，易知只需−12≤a≤12即可，故选项C正确；
故选：AC.
举出反例，排除选项BD；对于A，可得−1≤b≤1，−3≤c≤−1，再根据|f(−b4)|≤1得到8c≥b2−8，综合可得b=0，c=−1；对于C，利用类似方法可得a+c=0，再验证即可．
本题考查不等式的恒成立问题，对于含有绝对值不等式的二次不等式问题，要充分考虑函数图象，以及对称轴和端点值的取值范围，结合绝对值三角不等式进行求解，属于难题．
13.【答案】2+i
【解析】解：由(3+2i)z=4+7i，
得z=4+7i3+2i=(4+7i)(3−2i)(3+2i)(3−2i)=12+14+21i−8i9−(2i)2=26+13i13=2+i.
故答案为：2+i.
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
14.【答案】14
【解析】解：因为函数g(x)满足g(x+1)=g(x)，又4=lg216又x∈[0,1)时，g(x)=f(x)=2x−1，
所以g(lg220)=g(lg220−4)=2lg220−4−1=2lg220÷24−1=20÷16−1=14.
故答案为：14.
根据对数函数的性质得到4本题主要考查函数值的计算，根据函数的周期性，进行转化是解决本题的关键．
15.【答案】10
【解析】解：台风中心从B处开始移动t小时移动的距离为107t千米，
则台风中心移动t小时时离A城的距离为3002+(107t)2−2×300×107t×32，
若A城受到这次台风的影响，则3002+(107t)2−2×300×107t×32≤200，
化简得7t2−302t+500≤0，解得15217−5≤t≤15217+5，
所以A城遭受这次影响的时长为(15217+5)−(15217−5)=10小时．
故答案为：10.
利用余弦定理可得移动t小时时台风中心离A城的距离为3002+(107t)2−2×300×107t×32，可得3002+(107t)2−2×300×107t×32≤200，求解即可．
本题考查余弦定理在实际生活中的应用，属中档题．
16.【答案】23
【解析】解：设正方形ABCD的中心为O，连PO，则PO⊥平面ABCD，所以PO⊥BC，
取BC的中点E，连OE，PE，QE，
因为△PBC为正三角形，所以PE⊥BC，又PO∩PE=P，所以BC⊥平面POE，
因为△QBC为正三角形，所以QE⊥BC，又QE∩PE=E，所以BC⊥平面PQE，
因为平面POE与平面PQE有公共点E，所以平面POE与平面PQE重合，
取PQ的中点F，连EF，因为PE=QE，所以EF⊥PQ，
因为cs∠PEO=OEPE=1232=33，cs∠EPF=PFPE=1232=33，
所以∠PEO=∠EPF，所以PQ//OE，
因为PQ⊄平面ABCD，OE⊂平面ABCD，所以PQ//平面ABCD，
所以P、Q两点到平面ABCD的距离相等，都为(32)2−(12)2=22，
所以VQ−ABC=VP−ABC=13PO⋅S△ABC=13×22⋅12×1×1=212，
设点A到平面QBC的距离为h，则VA−QBC=13hS△QBC=13h⋅34=312h，
由VQ−ABC=VA−QBC得212=312h，得h=63，
延长OE，使得OE=EG，连QG，则四边形PQGO为矩形，则QG//PO，
所以QG⊥平面ABCD，所以AG=(12)2+(1+12)2=102，
所以AQ=(22)2+(102)2=3，
所以直线AQ与平面BCQ所成角的正弦值为hAQ=633=23.
故答案为：23.
设正方形ABCD的中心为O，连PO，则PO⊥平面ABCD，所以PO⊥BC，
取BC的中点E，连OE，PE，QE，根据平面POE与平面PQE有公共点E，且都与BC垂直可得平面POE与平面PQE重合，根据cs∠PEO=cs∠EPF可得PQ//OE，用等体积法求出点A到平面QBC的距离为h，用勾股定理求出AQ，由此可得直线AQ与平面BCQ所成角的正弦值．
本题主要考查线面角的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
17.【答案】解：(Ⅰ)∵全集为R，集合A={x|1≤x<3}，B={x|(2x−3)(x−4)≤0}={x|32≤x≤4}，
∴∁RA={x|x≥3或x<1}，
∴A∪B={x|1≤x≤4}，(∁RA)∩B={x|3≤x≤4}；
(Ⅱ)∵C={x|m+1∴C⊆A，
∴当m+1≥2−m，即m≥12时，C=⌀，满足题意，
当C≠⌀时，m<12，需满足m+1≥12−m≤3m<12，即0≤m<12，
综上可得，实数m的取值范围为{m|m≥0}.
【解析】(Ⅰ)求出集合B，再结合交并补的运算求解结论即可，
(Ⅱ)由A∩C=C，得C⊆A，然后分C为空集和非空求解．
本题考查交、并、补集的混合运算，考查一元二次不等式的解法，考查集合间的关系及应用，是基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为csA2=255，∴
csA=2cs2A2−1=35,sinA=45，
又由AB⋅AC=3，
得bccsA=3，∴bc=5，
∴S△ABC=12bcsinA=2
(Ⅱ)对于bc=5，又b+c=6，
∴b=5，c=1或b=1，c=5，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=20，∴a=25
【解析】(Ⅰ)利用二倍角公式利用csA2=255求得csA，进而求得sinA，进而根据AB⋅AC=3求得bc的值，进而根据三角形面积公式求得答案．
(Ⅱ)根据bc和b+c的值求得b和c，进而根据余弦定理求得a的值．
本题主要考查了解三角形的问题．涉及了三角函数中的倍角公式、余弦定理和三角形面积公式等，综合性很强．
19.【答案】解：(Ⅰ)因为(a+2b)2=a2+4b2+2⋅a⋅(2b)≤2(a2+4b2)=4，
∴−2≤a+2b≤2.
当且仅当a=1，b=12时，a+2b=2；当且仅当a=−1，b=−12时，a+2b=−2.
因此，a+2b的取值范围是[−2,2]；
(Ⅱ)因为M=3−a+9−b=3−a+3−2b≥23−a−2b≥2×3−1=23，
当且仅当a+2b=2，即a=1，b=12时，等号成立，
因此M的最小值为23.
【解析】(Ⅰ)利用基本不等式可得出关于a+2b的不等式，即可解得a+2b的取值范围；
(Ⅱ)利用基本不等式结合指数运算可求得M的最小值．
本题考查了基本不等式的应用，属于基础题．
20.【答案】解：(I)由题意得，g(x)=1−ax,1≤x≤2(1−a)x−1,2(1)当a<0时，函数g(x)是[1,3]增函数，
此时，g(x)max=g(3)=2−3a，g(x)min=g(1)=1−a，所以h(a)=1−2a；
(2)当a>1时，函数g(x)是[1,3]减函数，此时，g(x)min=g(3)=2−3a，g(x)max=g(1)=1−a，所以h(a)=2a−1；
(3)当0≤a≤1时，若x∈[1,2]，则g(x)=1−ax，有g(2)≤g(x)≤g(1)；
若x∈[2,3]，则g(x)=(1−a)x−1，有g(2)≤g(x)≤g(3)；
因此，g(x)min=g(2)=1−2a，而g(3)−g(1)=(2−3a)−(1−a)=1−2a，
故当0≤a≤12时，g(x)max=g(3)=2−3a，有h(a)=1−a；
当12综上所述：h(a)=1−2a,a<01−a,0≤a≤12a,121.
(II)画出y=h(x)的图象，如右图．
数形结合，可得h(x)min=h(12)=12.
【解析】(Ⅰ)根据题意先求出函数g(x)的解析式，再由一次函数的单调性和x的范围对a进程分类讨论，利用一次函数的单调性以及端点处的函数值，分别求出函数的最大值、最小值，再求出最大值与最小值的差为h(a)，最后用分段函数的形式表示出来；
(Ⅱ)根据h(a)的解析式画出函数图象，由图求出h(x)的最小值．
本题考查分段函数的最值，以及函数的单调性与图象的应用，考查分类讨论思想、数形结合思想．
21.【答案】(Ⅰ)证明：∵AD//BC，Q为AD的中点，BC=12AD，
∴BC=QD，
∴四边形BCDQ为平行四边形，
∵∠ADC=90∘，∴BC⊥BQ，
∵PA=PD，AQ=QD，∴PQ⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PQ⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，则PQ⊥BC，
又∵PQ∩BQ=Q，PQ，BQ⊂平面PQB，
∴BC⊥平面PQB，
∵BC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PQB；
(Ⅱ)解：∵在Rt△PQB中，PQ=PA2−AQ2=3，
BQ=CD=3，
∴S△PQB=12PQ×QB=32，
由(Ⅰ)知，BC⊥平面PQB，
∴VC−PQB=13S△PQB×BC=13×32×1=12，
又∵M是线段PC得中点，
∴VP−QMB=VM−PQB=12VC−PQB=12×12=14，
∴三棱锥P−QMB的体积是14.
【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查了利用等积法求多面体的体积，属于中档题．
(Ⅰ)由已知可得四边形BCDQ为平行四边形，结合∠ADC=90∘，得BC⊥BQ，再由已知证明PQ⊥平面ABCD，得到PQ⊥BC，结合线面垂直的判定可得BC⊥平面PQB，则平面PBC⊥平面PQB；
(Ⅱ)在Rt△PQB中，求得PQ，BQ，得到三角形PQB的面积，由(Ⅰ)知，BC⊥平面PQB，可得棱锥C−PQB的体积，再由等积法即可求得三棱锥P−QMB的体积．
22.【答案】解：(Ⅰ)∵f(x)+f(x+π2)=0，f(x)=f(−x−π)，
∴函数f(x)关于直线x=−π2对称，且关于点(−π4,0)对称，
∴函数f(x)的最小正周期为4×|−π2+π4|=π；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，2πω=π(ω>0)，解得ω=2，
∴f(−π4)=sin[2×(−π4)+φ]=0，即sin(φ−π2)=0，
∴φ=π2+kπ,k∈Z，
又0<φ<π，
∴φ=π2，
∴f(x)=sin(2x+π2)=cs2x；
(Ⅲ)∵f(A+B−C2)=1，
∴cs(A+B−C)=cs(π−2C)=−cs2C=1，即cs2C=−1，
又C为△ABC内角，故C=π2，
∴csB=ac=a，解得c=1，
∴a+b+c=csinC(sinA+sinB)+1=sinA+sinB+1=sinA+sin(π2−A)+1=sinA+csA+1=2sin(A+π4)+1，
∵A∴A<π2−A，则0∴π4∴2<2sin(A+π4)+1<2+1，即a+b+c的取值范围为(2,2+1).
【解析】(Ⅰ)根据题设条件可得函数的对称性，进而得到周期；
(Ⅱ)根据周期可得ω的值，再结合函数过点(−π4,0)，可得φ的值，进而得解；
(Ⅲ)分析可知，△ABC是以点C为直角顶点的直角三角形，结合a=csB可得c=1，再利用正弦定理将a+b+c转化为关于角A的三角函数，利用三角函数的性质得解．
本题考查三角函数的图象及性质，考查正弦定理在解三角形中的运用，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．