2022-2023学年广西南宁二中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广西南宁二中高一（下）期末数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广西南宁二中高一（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
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. 已知a为实数，若复数z=(a2−1)+(a+1)i为纯虚数，则a+i20231+i=(    )
A. i B. −i C. 1 D. −1
2. 我国古代数学名著《九章算术》有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡三百人，南乡两百人，凡三乡，发役六十人，而北乡需遗十，问北乡人数几何？“其意思为：“今有某地北面若干人，西面有300人，南面有200人，这三面要征调60人，而北面共征调10人(用分层抽样的方法)，则北面共有人.”(    )
A. 200 B. 100 C. 400 D. 300
3. 一个斜边长为2的等腰直角三角形绕斜边旋转一周，所形成的几何体的表面积为(    )
A. 4π B. 2π3 C. 2π D. 2 2π
4. 设α，β是互不重合的平面，l，m，n是互不重合的直线，下列命题中正确的是(    )
A. 若m⊂α，n⊂β，m//n，则α//β
B. 若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，m⊂α，则m⊥β
C. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
D. 若m⊥l，n⊥l，m⊂α，n⊂α，则l⊥α
5. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率p.先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数：
169 966 151 525 271 937 592 408 569 683
471 257 333 027 554 488 730 863 537 039
据此估计p的值为(    )
A. 0.6 B. 0.65 C. 0.7 D. 0.75
6. 设a=sin14°+cos14°，b=sin16°+cos16°，c= 62，则下列结论正确的是(    )
A. a 7. 已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为(    )
A. 16 B. 23 C. 2121 D. 4 2121
8. 已知函数f(x)= 3sin2ωx2+12sinωx− 32(ω>0)，若f(x)在(π2,3π2)上无零点，则ω的取值范围是(    )
A. (0,29]∪[89,+∞) B. (0,29]∪[23,89] C. (0,29]∪[89,1] D. (29,89]∪[1,+∞)
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. 为普及疫情知识，某校不定期地共组织了10次全员性的防控知识问答竞赛，下面是甲、乙两个班级10次成绩Y(单位：分)的折线图：
根据折线图(    )

A. 甲班的成绩分数呈逐次上升趋势
B. 甲班乙班的成绩分数平均值均为7
C. 甲班成绩分数的方差大于乙班成绩分数的方差
D. 从第7次到第10次甲班成绩分数增量大于乙班成绩分数增量
10. 关于函数f(x)=4cos2x+4sinxcos(x+π6)，下列说法正确的是(    )
A. 若x1，x2是函数f(x)的零点，则x1−x2是π2的整数倍
B. 函数f(x)的图象关于点(−π6,1)对称
C. 函数f(x)的图象与函数y=23cos(2x−π6)+1的图象相同
D. 函数f(x)的图象可由y=23sin2x的图象先向上平移1个单位长度，再向左平移π3个单位长度得到
11. 已知向量a=( 3,1)，b=(cosθ,sinθ)(0≤θ≤π)，c=(1,0)，则下列命题正确的是(    )
A. 若a⊥b，则tanθ= 3
B. 存在θ，使得|a+b|=|a−b|
C. 向量e=( 32,12)是与a共线的单位向量
D. a在c上的投影向量为 3c
12. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且满足B1F//平面A1BE，则下列结论中正确的是(    )
A. 平面A1BE截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面面积为92
B. 点F的轨迹长度为π4
C. 存在点F，使得B1F⊥CD1
D. 平面A1BE与平面CDD1C1所成二面角的正弦值为13

第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设平面向量a，b满足|a|=12，b=(2, 5)，a⋅b=18，则b在a方向上的投影向量为______ ．
14. 基尼系数是国际上用来综合衡量居民内部收入分配差异状况的一个重要指标，它的一种简便易行的计算方法是根据中位数对平均数的占比来估计基尼系数(换算表如表所示).假设某地从事自媒体的人员仅有4人，年收入分别为5万元，10万元，30万元，55万元，则这4人的年收入的基尼系数为          ．
中位数占比一基尼系数换算表
中位数占比
0%
20%
40%
50%
60%
70%
80%
90%
95%
100%
基尼系数
1.000
0.795
0.662
0.595
0.525
0.450
0.363
0.255
0.179
0.000

15. 在△ABC中，C−A=π2，sinB=13，AC= 3，则△ABC的面积为______ ．
16. 已知正方形ABCD中，AB=2，E是CD边的中点，现以AE为折痕将△ADE折起，当三棱锥D−ABE的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为______ ．
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)
某课外活动小组有三项不同的任务需要完成，已知每项任务均只分配给组员甲和组员乙中的一人，且每项任务的分配相互独立，根据两人的学习经历和个人能力知，这三项任务分配给组员甲的概率分别为12，13，34．
(1)求组员甲至少分配到一项任务的概率；
(2)设甲、乙两人分配到的任务数分别为x项和y项，求P(x>y)．

18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanB=a2−b2−c2a2+c2−b2．
(1)求A；
(2)若a= 34，且___，求△ABC的周长．
在①△ABC的面积为3，②cosB=4 1717这两个条件中任选一个，补充在上面空白处，并完成解答．
19. (本小题12.0分)
某校为了提高学生安全意识，利用自习课时间开展“防溺水”安全知识竞赛，加强对学生的安全教育，通过知识竞赛的形式，不仅帮助同学们发现自己对“防溺水”知识认知的不足之处，还教会了同学们溺水自救的方法，提高了应急脱险能力．现抽取了甲组20名同学的成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，141，142.抽取了乙组20名同学的成绩，将成绩分成[100,110)，[110,120)，[120,130)，[130,140)，[140,150]五组，并画出了其频率分布直方图．
(1)根据以上记录数据求甲组20名同学成绩的中位数和第80百分位数；
(2)估计乙组20名同学成绩的平均分(同组中的每个数据用该组区间的中点值代表替)；
(3)现从甲乙两组同学的不低于140分的成绩中任意取出2个人的成绩，求取出的2个人的成绩不在同一组的概率．

20. (本小题12.0分)
如图所示，正四棱锥P−ABCD中，O为底面正方形的中心，已知侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的大小为60°，E是PB的中点．
(1)请在棱AB与BC上各找一点M和N，使平面MNE//平面PAC，作出图形并说明理由；
(2)求异面直线PD与AE所成角的正切值．

21. (本小题12.0分)
为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形ABCD.其中AB=3百米，AD= 5百米，且△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形．拟修建两条小路AC，BD(路的宽度忽略不计)，设∠BAD=θ，θ∈(π2,π)．
(1)当cosθ=− 55时，求小路AC的长度；
(2)当草坪ABCD的面积最大时，求此时小路BD的长度．

22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，平面PAB⊥平面PBC，AD=12BC= 6，AB=AP= 3．
(1)求证：AD⊥PB；
(2)若PD与平面PBC所成的角为30°，求二面角B−PD−C的余弦值．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵z=(a2−1)+(a+1)i为纯虚数，
∴a2−1=0a+1≠0，即a=1或a=−1a≠−1，即a=1，
则a+i20231+i=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i．
故选：B．
根据纯虚数的定义求出a的值，结合复数的运算法则进行化简即可．
本题主要考查复数的基本运算，结合纯虚数的定义，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：设北面共有x人，则由题意可得
x300+200+x=1060，解得x=100，
所以北面共有100人．
故选：B．
根据分层抽样的定义结合题意列方程求解即可
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．

3.【答案】D 
【解析】解：斜边长为2的等腰直角三角形绕斜边旋转一周，所形成的几何体是两个相同的圆锥的组合体；
且圆锥的母线长为l=2sin45°= 2，底面圆半径为r= 2sin45°=1，
所以该几何体的表面积为V=2×πrl=2π×1× 2=2 2π.
故选：D．
由题意知该旋转体是两个相同的圆锥的组合体，求出圆锥的母线长和底面圆半径，即可求出它的表面积．
本题考查了简单组合体的结构特征与应用问题，是基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：对A选项，∵m⊂α，n⊂β，m//n，
∴α与β可成任意角，不能得到α//β，∴A选项错误；
对B选项，∵α⊥β，α∩β=l，m⊥l，m⊂α，
∴根据面面垂直的性质定理，可得m⊥β，∴B选项正确；
对C选项，∵α//β，m⊂α，n⊂β，∴m与n没有公共点，
∴m//n或m与n为异面直线，∴C选项错误；
对D选项，∵m⊥l，n⊥l，m⊂α，n⊂α，
当m//n时，不能得到l⊥α，∴D选项错误．
故选：B．
根据空间中直线、平面的关系，同时结合面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理即可判断各个选项．
本题考查空间中直线、平面的位置关系，面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理，属基础题．

5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查古典概率，考查学生的转换能力及思维能力，属于基础题．
首先列举出至少击中两次的数据，进一步利用古典概率的关系式的应用求出结果．
【解答】
解：由题意：射击中击中至少两次的为：
151，525，271，592，408，471，257，333，027，554，730，537，039，
一共有13组，
故至少击中两次的概率为P(A)=1320=0.65．
故选：B．
  
6.【答案】D 
【解析】解：因为a=sin14°+cos14°= 2sin(45°+14°)= 2sin59°，
b=sin16°+cos16= 2sin(45°+16°)= 2sin61°，c= 62= 2sin60°，
又函数y= 2sinx在(0°,90°)上是增函数，
所以 2sin59°< 2sin60°< 2sin61°，
∴a 故选：D．
先利用辅助角公式及特殊角的三角函数值对a，b，c进行变形，然后结合正弦函数单调性即可比较a，b，c的大小．
本题主要考查了两角和的正弦公式及正弦函数的单调性的应用，属于基础题．

7.【答案】B 
【解析】解：设该正四面体的棱长为1，∵M为BC中点，N为AD中点，
∴|BN|=|DM|= 12−(12×1)2= 32，
∵M是BC中点，N为AD中点，
∴BN=BA+AN=−AB+12AD，
DM=DB+BM=DA+AB+12BC
=−AD+AB+12(AC−AB)
=−AD+12AB+12AC，
BN⋅DM=(−AB+12AD)(−AD+12AB+12AC)
=AB⋅AD−12AB2−12AB⋅AC−12AD2+14AB⋅AD+14AC⋅AD
=1×1×12−12×12−12×1×1×12−12×12+14×1×1×12+14×1×1×12
=−12，
cos=BN⋅DM|BN|⋅|DM|=−12 32× 32=−23，
根据异面直线所成角的定义知直线BN与直线DM所成角的余弦值为23．
故选：B．
利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式能求出直线BN与直线DM所成角的余弦值．
本题考查空间向量的线性运算性质，空间向量夹角公式、异面直线所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

8.【答案】B 
【解析】解：f(x)= 32(1−cosωx)+12sinωx− 32=12sinωx− 32cosωx=sin(ωx−π3)，
若π2 ∵f(x)在(π2,3π2)上无零点，
∴(3ωπ2−π3)−(ωπ2−π3)≤T2=πω，则ω2≤1，
∵ω>0，解得0<ω≤1．
又kπ≤ωπ2−π3(k+1)π≥3ωπ2−π3，解得3ω2−43≤k≤ω2−13，k∈Z，
当k=0时，23≤ω≤89；当k=−1时，0<ω≤29．
∴ω∈(0,29]∪[23,89]．
故选：B．
先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简，得f(x)=sin(ωx−π3)，由于f(x)在(π2,3π2)上无零点，因此(3ωπ2−π3)−(ωπ2−π3)≤T2=πω，且kπ≤ωπ2−π3(k+1)π≥3ωπ2−π3，k∈Z，在ω>0的限制条件下，解不等式即可得解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，还涉及二倍角公式和辅助角公式，考查学生数形结合的思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

9.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
本题考查利用折线图判断两组数据的变化情况应用问题，考查平均数，方差等基础知识，属于基础题．
由频率分布折线图，判断甲班的成绩分数呈上升趋势，计算甲、乙两班成绩平均值，估计它们的方差大小，判断成绩分数增量情况．
【解答】
解：对于A，由频率分布折线图知，甲班的成绩分数第四次到第六次有下降和不变趋势，所以A错误;
对于B，计算甲班成绩平均值为x甲=110×(2+4+6+8+7+7+8+9+9+10)=7，乙班成绩平均值为x乙=110×(9+5+7+8+7+6+8+6+7+7)=7，平均数相等，B正确；
对于C，s2甲=1102−72+4−72+⋯+10−72=5.4，s2乙=1109−72+5−72+⋯+7−72=1.2，所以甲班方差比乙班方差大些，C正确；
对于D，由频率分布折线图知，从第7次到第10次甲班成绩分数增量大于乙班成绩分数增量，D正确．
故选：BCD．
  
10.【答案】BC 
【解析】
【分析】
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质对称性，周期，函数的图象的平移变换求出结果．
【解答】
解：f(x)=4cos2x+4sinxcos(x+π6)=2 3sin(2x+π3)+1，
画出函数的图象，如图所示：

对于选项A：f(x)的图象与x轴相邻的两个交点的距离不相等，且不为π2，故A错；
对于选项B：函数f(x)的图象关于点(−π6,1)对称，故B正确；
对于选项C：函数f(x)=2 3sin(2x+π3)+1=2 3cos(2x−π6)+1，故C正确；
对于选项D：函数f(x)的图象可由y=2 3sin2x先向上平移1个单位，再向左平移π6个单位长度得到，故D错误．
故选：BC．
  
11.【答案】BCD 
【解析】解：对于A，∵a⊥b，∴a⋅b= 3cosθ+sinθ=0，∴tanθ=− 3，
故A错误；
对于B，∵|a+b|=|a−b|，∴|a+b|2=|a−b|2，
∴a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，∴a⋅b=0，∴a⊥b，
由A知tanθ=− 3，∵0⩽θ⩽π，∴θ=2π3，故B正确；
对于C，与a共线的单位向量为±a|a|=±12( 3,1)，故C正确；
对于D，a在c上的投影为a⋅c|c|= 31= 3，由于向量c的模为1，故投影向量为 3c，D正确．
故选：BCD．
利用向量垂直的充分必要条件可判断选项A，B中所给的等式两侧平方可得θ的值，求解向量的单位向量可得与a共线的单位向量，求解向量的投影，然后计算投影向量可得a在c上的投影向量．
本题主要考查向量垂直的充分必要条件，向量的投影向量的计算，向量的模的计算等知识，属于基础题．

12.【答案】AC 
【解析】解：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，
F是侧面CDD1C1上的动点，且满足B1F//平面A1BE，
取CD中点G，连接BG、EG，
则等腰梯形A1EGB为截面，其面积为 2+2 22× 5−12=92，故A正确；
取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M，B1N，MN，
则由题意得B1N//A1E，MN//A1B，∴平面B1MN//平面A1BE，
∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为 2，故B错误；
取MN的中点F，∵△B1MN是等腰三角形，∴B1F⊥MN，
∵MN//CD1，∴B1F⊥CD1，故C正确；
平面B1MN//平面A1BE，取F为MN的中点，则MN⊥C1F，MN⊥B1F，
∴∠B1FC1即为平面B1MN与平面CDD1C1所成二面角，
sin∠B1FC1=B1C1B1F=2 22+( 22)2=2 23，故D错误．
故选：AC．
取CD中点G，连接BG、EG，则等腰梯形A1EGB为截面，求出其面积，判断A；取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M，B1N，MN，推导出点F的运动轨迹为线段MN，判断B；取MN的中点F，推导出B1F⊥MN，由MN//CD1，得B1F⊥CD1，判断C；平面B1MN//平面A1BE，取F为MN的中点，则MN⊥C1F，MN⊥B1F，∠B1FC1即为平面B1MN与平面CDD1C1所成二面角，判断D．
本题考查考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．

13.【答案】18a 
【解析】解：b在a方向上的投影向量a⋅b|a|⋅a|a|=1812⋅112⋅a=18a．
故答案为：18a．
根据已知条件，运用向量的投影公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．

14.【答案】0.363 
【解析】
【分析】
本题考查了新定义问题，涉及了平均数计算公式的应用，中位数定义的应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
先求出4人年收入的平均数和中位数，然后计算中位数对平均数的占比，对照表格中的数据即可得到答案．
【解答】
解：由题意可得，4人年收入的平均数为5+10+30+554=25，
中位数为10+302=20，
则中位数对平均数的占比为2025=0.8，
由表中的数据可知，对应的基尼系数为0.363．
故答案为：0.363．
  
15.【答案】3 22 
【解析】解：由C−A=π2，和A+B+C=π，
得2A=π2−B，所以0 故cos2A=sinB，即1−2sin2A=13，可得sinA= 33，cosA= 63．
又由正弦定理，得BCsinA=ACsinB，可得BC=AC⋅sinAsinB= 3× 3313=3，
由C−A=π2，∴C=π2+A，
sinC=sin(π2+A)=cosA= 63，
∴S△ABC=12AC⋅BC⋅sinC=12AC⋅BC⋅cosA=12× 3×3× 63=3 22．
故答案为：3 22．
由已知C−A=π2和内角和定理得到A与B的关系式及A的范围，利用二倍角的余弦可得sinA的值，根据正弦定理求出BC，利用诱导公式可得sinC=sin(π2+A)=cosA= 63，根据面积公式求出即可．
本题主要考查正弦定理的应用，三角形面积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．

16.【答案】25π4 
【解析】解：由题意，当平面ADE⊥平面ABE时，三棱锥D−ABE的高有最大值，此时体积最大，

∵△ADE是直角三角形，取斜边AE的中点G，则G为直角三角形ADE的外心，
设等腰三角形AEB的外心为O，连接OG，则OG⊥平面ADE，
则OA=OB=OE=OD，即O为三棱锥D−ABE的外接球的球心，
在△AEB中，AB=2，AE=BE= 5，
则cos∠AEB=5+5−42× 5× 5=35，得sin∠AEB=45，
外接球半径R=22×45=54，
∴三棱锥外接球的表面积为4π×2516=25π4．
故答案为：25π4．
由E是CD边的中点，可得S△ABE为定值，当平面ADE⊥平面ABE时，高取最大值，此时体积最大，求得三角形ABE外接圆的半径，即可求得球的表面积．
本题主要考查球的表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)记事件A为甲一项任务都没有被分配，P(A)=1−12×1−13×1−34=112，
∴组员甲至少分配到一项任务的概率为1−P(A)=1112；
(2)满足x>y即x=3，y=0或x=2，y=1，
三项任务的具体分配对象依次为：甲甲甲，甲甲乙，甲乙甲，乙甲甲，
故所求概P(x>y)=12×13×34+12×13×14+12×23×34+12×13×34=1324． 
【解析】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率计算公式的基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
(1)由独立事件概率公式，先求出甲一项任务都没有被分配的概率，再由对立事件公式求甲至少分配到一项任务的概率；
(2)分别列出符合条件的情况，再利用独立事件概率公式求解即可．

18.【答案】解：(1)∵tanB=a2−b2−c2a2+c2−b2，
又∵由余弦定理，可得b2+c2−a2=2bccosA，a2+c2−b2=2accosB，由正弦定理，可得ba=sinBsinA，
∴tanB=−2bccosA2accosB=−2sinBcosA2sinAcosB=−tanB⋅1tanA，
∵B∈(0,π)，A∈(0,π)，
∴tanB≠0，tanA=−1，即A=3π4．
(2)∵a= 34，A=3π4，
∴由余弦定理，可得b2+c2+ 2bc=a2=34，
选①△ABC的面积为3，
∵△ABC的面积为3，
∴S=12bcsin34π=3，即bc=6 2，
联立b2+c2+ 2bc=34bc=6 2，可得b2+c2=22，
∴b+c= b2+c2+2bc=3 2+2，
∴周长为3 2+2+ 34．
选②cosB=4 1717，
∵cosB=4 1717，B∈(0,π)，
∴sinB= 1−(4 1717)2= 1717，
由正弦定理bsinB=asinA，即b= 1717× 34 22=2，
将b=2代入b2+c2+ 2bc=a2=34，解得c=3 2，
∴周长为3 2+2+ 34． 
【解析】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用，考查了学生对三角函数基础知识的综合运用，属于一般题．
(1)根据已知条件，结合余弦定理和正弦定理，即可求解．
(2)选①，由△ABC的面积为3，可得bc=6 2，再结合余弦定理，可得b+c=2+3 2，即可求解．
选②，根据已知条件，结合三角函数的同角公式，可得sinB的值，运用正弦定理，即可求b=2，再结合余弦定理，即可求解．

19.【答案】解析：(1)甲组20名同学成绩的中位数是117+1212=119，
∵20×80%=16，∴甲组20名同学成绩的第80百分位数为132+1342=133；
(2)由频率分布直方图可知：乙组20名同学成绩的平均数分为：(105×0.010+115×0.020+125×0.025+135×0.030+145×0.015)×10=127分，
(3)甲组20名同学的成绩不低于140分的有2个，乙组20名同学的成绩不低于140分的有0.015×10×20=3个，
记事件A为“取出的2个成绩不是同一组”，任意选出2个成绩的所有样本点共C52=10个，其中两个成绩不是同一组的样本点共C21⋅C31=6个，
∴P(A)=610=35． 
【解析】(1)根据中位数和百分位数的定义计算即可；(2)根据平均数的定义计算即可；(3)根据古典概型公式计算即可．
本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．

20.【答案】解：(1)分别取AB，BC的中点M，N，连接MN，NE，

则平面MNE//平面PAC，证明如下：
在△ABP中，M，E分别为AB，PB的中点，
所以ME//AP，同理，NE//PC，
又ME⊂平面MNE，ME⊄平面PAC，
所以ME//平面PAC，同理NE//平面PAC
又ME∩NE=E，ME，NE⊂平面MNE，
所以平面MNE//平面PAC；
(2)连接AE，OE，取AD中点为H，连接PH，OH，
由于OH//CD，∴OH⊥AD，
由于PO⊥底面ABCD，HO，AO，AD⊂底面ABCD，
AD⊥PO，又因为HO⊥AD，PO∩HO=O，PO，HO⊂平面POH，
所以AD⊥平面POH，PH⊂平面POH，
故AD⊥PH，
故∠PHO为侧面PAD与底面ABCD所成的二面角的平面角，故∠PHO=60°，
不妨设底面正方形的边长为a，则PO= 32a，DO= 22a，

因为OE//PD，所以∠OEA为异面直线PD与AE所成的角或其补角，
因为AO⊥BD，AO⊥PO，PO⋂BD=O，PO，BD⊂平面PBD，
所以AO⊥平面PBD，又OE⊂平面PBD，所以AO⊥OE，
所以OE=12PD=12 PO2+DO2= 54a，
所以tan∠AEO=AOEO= 22a 54a=2 105，
则异面直线PD与AE所成角的正切值为2 105． 
【解析】(1)取AB，BC的中点M，N，连接MN，NE，可得平面MNE，再利用面面平行的判定定理证明即可；
(2)连接AE，OE，可得∠OEA为异面直线PD与AE所成的角或其补角，计算tan∠AEO=AOEO即可．
本题主要考查了平面与平面平行的判定定理，考查了求异面直线所成的角，属于中档题．

21.【答案】(本题满分为14分)
解：(1)在△ABD中，由BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cosθ，
得BD2=14−6 5cosθ，
又cosθ=− 55，
∴BD=2 5.………………(2分)
∵θ∈(π2,π)，
∴sinθ= 1−cos2θ= 1−(− 55)2=2 5，
由BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，
得：2 52 5=3sin∠ADB，解得：sin∠ADB=35，
∵△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形，
∴∠CDB=π2，且CD=BD=2 5，
∴cos∠ADC=cos(∠ADB+π2)=−sin∠ADB=−35，………………(5分)
在△ACD中，AC2=AD2+DC2−2AD⋅DC⋅cos∠ADC=( 5)2+(2 5)2−2× 5×2 5×(−35)=37，
解得：AC= 37.………………(7分)
(2)由(1)得：BD2=14−6 5cosθ，
SABCD=S△ABD+S△BCD=12×3× 5×sinθ+12BD2=7+3 52×sinθ−3 5cosθ
=7+3 52(sinθ−cosθ)=7+152sin(θ−φ)，此时，sinφ=2 5，cosφ=1 5，且φ∈(0,π2)，…………(10分)
当θ−φ=π2时，四边形ABCD的面积最大，即θ=φ+π2，此时cosφ=−2 5，sinφ=1 5，
∴BD2=14−6 5cosθ=14−6 5×(−2 5)=26，即BD= 26.…………(13分)
答：当cosθ=− 55时，小路AC的长度为 37百米；草坪ABCD的面积最大时，小路BD的长度为 26百米．…………(14分) 
【解析】(1)在△ABD中，由余弦定理可求BD的值，利用同角三角函数基本关系式可求sinθ，根据正弦定理可求sin∠ADB=35，进而可求cos∠ADC的值，在△ACD中，利用余弦定理可求AC的值．
(2)由(1)得：BD2=14−6 5cosθ，根据三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求．
SABCD=7+152sin(θ−φ)，结合题意当θ−φ=π2时，四边形ABCD的面积最大，即θ=φ+π2，此时cosφ=−2 5，sinφ=1 5，从而可求BD的值．
本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，正弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

22.【答案】解：(1)证明：取PB中点M，∵AB=AP，∴AM⊥PB，
又平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，
∴AM⊥平面PBC．
∴AM⊥BC，又BC//AD，∴AD⊥AM，
又∵AD⊥AB，∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥PB．
(2)取PC中点N，连接MN，MN=12BC，MN//BC，
又AD=12BC，AD//BC，∴MN//AD，MN=AD，
∴四边形AMND是平行四边形，DN//AM．
∴DN⊥平面PBC，∠DPC是DN与平面PBC所成的角，∠DPC=30°，
又PD= AD2+AP2=3，直角梯形中CD=3，∴△PAB是等边三角形．
直角△PBC中，PB= PC2−BC2= 3，∴PC=3 3，
作BH⊥PC于H，又DN⊥BH，
∴BH⊥平面PCD，作HK⊥PD于K，连KB，
则BK⊥PD，∠BKH是二面角B−PD−C的平面角．
则BH=2 63，PH= 33，KH=12PH= 36，KB= 112，
∴cos∠BKH=KHBK= 3333，∴二面角B−PD−C的余弦值为 3333．
 
【解析】(1)先依据线面垂直判定定理证明AD⊥平面PAB，再由性质得到AD⊥PB；
(2)利用线面角为30°，求得PC，再求出二面角B−PD−C的余弦值．
本题考查二面角的求法和线面垂直的判定定理与性质，考查学生的运算能力及逻辑推理能力，属于中档题．