2023-2024学年广东省佛山市H7教育共同体高二上学期数学联考试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市H7教育共同体高二上学期数学联考试题（含解析），共18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。

1.若直线l过点4,0、1, 3，则该直线的倾斜角为
( )
A. 150∘B. 120∘C. 60∘D. 30∘
2.若连续抛两次骰子得到的点数分别是m，n，则点P(m,n)在直线2x+y=6上的概率是
( )
A. 13B. 14C. 112D. 118
3.在空间直角坐标系O-xyz中，点A(0,1,-1),B(1,1,2)，点B关于y轴对称的点为C，则|AC|=( )
A. 14B. 6C. 2D. 2
4.若点Mx,y满足方程 x2+y-22+ x2+y+22=12，则动点M的轨迹方程为
( )
A. x236+y232=1B. x236+y220=1C. y236+x232=1D. y2144+x216=1
5.如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO=AB=4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为
( )
A. 53B. 55C. 22D. 24
6.规定：投掷飞镖3次为一轮，若3次中至少两次投中8环以上为优秀．根据以往经验某选手投掷一次命中8环以上的概率为45.现采用计算机做模拟实验来估计该选手获得优秀的概率：用计算机产生0到9之间的随机整数，用0、1表示该次投掷未有8环以上，用2、3、4、5、6、7、8、9表示该次投掷在8环以上，经随机模拟试验产生了如下20组随机数：
907966191925271932812458569683031257393527556488730313537989
据此估计，该选手投掷1轮，可以拿到优秀的概率为
( )
A. 910B. 45C. 710D. 35
7.若直线l1:x+2y-m=0，l2:2x-y+n=0与圆C:x2+y2-2x-4y+1=0的四个交点能构成正方形，则mn=( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
8.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为AA1的中点，M在侧面AA1B1B上，若D1M⊥CP，则▵BCM面积的最小值为
( )
A. 515B. 510C. 5D. 2
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.己知曲线x212-m+y2m-4=1表示椭圆，下列说法正确的是
( )
A. m的取值范围为(4,12)

B. 若该椭圆的焦点在y轴上，则m∈(8,12)

C. 若m=6，则该椭圆的焦距为4
D. 若m=10，则该椭圆的离心率为 63
10.已知随机事件A、B发生的概率分别为PA=13，PB=16，则下列说法正确的是
( )
A. 若A与B互斥，则PA∪B=12
B. 若A与B相互独立，则PA∪B=49
C. 若PAB=19，则事件A与B相互独立
D. 若B⊆A，则PAB=13
11.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM=2A1M,C1N=2B1N.若∠BAC=90∘，∠BAA1=∠CAA1=60∘，
AB=AC=AA1=1，则( )
A. MN=13AB+13AC+23AA1B. MN= 53
C. AB1⊥BC1D. csAB1,BC1=16
12.在平面直角坐标系xOy中，直线l: 3x-y-1=0，圆C:x-csθ2+y-sinθ2=4，则
( )
A. 圆C经过坐标原点
B. 当θ=π6时，直线l与圆C相交，且相交弦长为4
C. 直线l与圆C必相交
D. 直线l与圆C相交弦长的最小值为 7
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1,F2，△AF1F2是等边三角形，椭圆C的离心率是__________．
14.甲、乙、丙三人进行投篮比赛，每轮比赛各投篮一次，命中的概率分别为23、12、14，若每次投球三入互不影响，则在一轮比赛中，三人中恰有两人投篮命中的概率为__________．
15.在空间直角坐标系Oxyz中，AB=2,1,0,AC=1,1, 2，则点B到直线AC的距离为______．
16.已知点A-2,0、B52,0，直线y=kx+3上存在点M，使得MA=2MB，则实数k的取值范围是__________．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知▵ABC的三个顶点是A-2,1，B0,-3，C2,4．
(1)求▵ABC边上的高所在的直线方程；
(2)求▵ABC的面积，
18.(本小题12分)
已知A盒子装有4个红球2个白球，B盒子装有2个红球2个白球，它们除了颜色不同外大小材质相同．
(1)若甲从A盒中一次抽取2个球，求两个球颜色不同的概率；
(2)若甲从A盒中，乙从B盒中分别有放回地抽取两次，每次每人抽取1球，求甲、乙共抽到3个红球的概率．
19.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BA⊥BC，BA=BC=BB1=2，D，E，F分别为AA1，B1C1，AB的中点．

(1)证明：EF//平面ACC1A1；
(2)求直线CE与平面DEF所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知圆C过点M4,-1，圆心C在直线x-y-4=0上，且圆C与x轴相切．
(1)求圆C的方程；
(2)已知圆C1:x-12+y-12=4与圆C交于A、B两点，过直线AB上(除线段AB部分)一点P分别作两圆的切线，切点分别为点E、F，求证：PE=PF．
21.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，由C的上、下顶点，左、右焦点构成一个边长为 2的正方形．
(1)求C的方程；
(2)直线l过C的右焦点F，且和C交于点A，B，设O是坐标原点，若三角形OAB的面积是23，求l的方程．
22.(本小题12分)
如图，等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=BC=CD=12AD=2，现以AC为折痕把▵ABC折起，使点B到达点P的位置，且PA⊥CD．
(1)证明：平面PAC⊥平面ACD；
(2)若M为PD上的一点，点P到平面ACM的距离为2 55，求平面ACM与平面ACD夹角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】求出直线l的斜率，结合直线倾斜角与斜率的关系可求得直线l的倾斜角．
解：设直线l的倾斜角为α，则0∘≤α<180∘，
由已知可得tanα=0- 34-1=- 33，故α=150∘．
故选：A．
2.【答案】D
【解析】【分析】根据题意，得到基本事件的总数，利用列举法求得所求事件中包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解．
解：由题意，连续抛两次骰子得到的点数分别是m,n，可得基本事件的总数为36种情况，
其中点P(m,n)在直线2x+y=6上包含1,4,2,2两种情况情况，
由古典概型的概率计算公式，可得概率为p=236=118．
故选：D．
3.【答案】C
【解析】【分析】首先确定B关于y轴对称的点坐标，再应用空间两点距离公式求|AC|．
解：由题设C(-1,1,-2)，故|AC|= [0-(-1)]2+(1-1)2+[-1-(-2)]2= 2．
故选：C
4.【答案】C
【解析】【分析】利用两点距离公式的几何意义，结合椭圆的定义即可得解．
解：因为动点Mx,y满足关系式 x2+y-22+ x2+y+22=12，
所以该等式表示点Mx,y到两个定点F10,-2，F20,2的距离的和为12，
而F1F2=4<12，即动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，
且2a=12，即a=6，又c=2，b2=a2-c2=36-4=32，
所以动点M的轨迹方程为y236+x232=1．
故选：C．
5.【答案】C
【解析】【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量坐标运算求解．
解：
以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0,0,2)，E(0,-1,2)，
则AD=(0,-2,2)，CE=(-2,-1,2)，
所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为csAD,CE=AD⋅CEADCE=2+42 2⋅3= 22．
故选：C
6.【答案】A
【解析】【分析】找出20组随机数中代表“3次中至少两次投中8环以上”的数组的组数，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率．
解：由题意可知，随机模拟试验产生了如下20组随机数中，
代表“3次中至少两次投中8环以上”的数组共18组，
因此，该选手投掷1轮，可以拿到优秀的概率为1820=910．
故选：A．
7.【答案】D
【解析】【分析】分析可知，两直线过圆心，可求得m、n的值，即可得出mn的值．
解：圆C的标准方程为x-12+y-22=4，圆心坐标为C1,2，半径为r=2，
直线l1的斜率为k1=-12，直线l2的斜率为k2=2，且k1k2=-1，则l1⊥l2，
因为直线l1:x+2y-m=0，l2:2x-y+n=0与圆C的四个交点能构成正方形，
则这两条直线都经过圆心，所以，1+4-m=02-2+n=0，解得m=5n=0，因此，mn=0．
故选：D．
8.【答案】B
【解析】【分析】本题考查立体几何中三角形面积最值的求解问题，关键是能够将所求三角形面积利用一个变量表示出来，得到二次函数的形式，利用二次函数的最值求得面积的最值．
以D为原点建立空间直角坐标系，设M1,a,b，由D1M⊥CP可得D1M⋅CP=0，由此得到a,b关系；从而利用a表示▵BCM的面积，利用二次函数最值求得面积的最值．
解：以D为坐标原点可建立如下图所示空间直角坐标系
则D0,0,0，C0,1,0，A1,0,0，P1,0,12，D10,0,1，B1,1,0
设M1,a,b，则D1M⇀=1,a,b-1，CP⇀=1,-1,12
∵D1M⊥CP ∴D1M⇀⋅CP⇀=1-a+12b-1=12b-a+12=0 ∴b=2a-1
∴MH= 1-a2+2a-12= 5a2-6a+2
∴S▵BCM=12BC⋅MB=12 5a2-6a+2
当a=35时，5a2-6a+2min=15 ∴SΔBCMmin=12× 15= 510
故选：B
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
根据题意，结合椭圆的标准方程和椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解．
本题主要考查了椭圆的标准方程和椭圆的几何性质．
【解答】
解：由曲线x212-m+y2m-4=1表示椭圆，则满足12-m>0m-4>012-m≠m-4,
解得4该椭圆的焦点在y轴上，则满足12-m>0m-4>012-m当m=6时，椭圆的方程为x26+y22=1，可得a2=6,b2=2，则c= a2-b2=2，
此时椭圆的焦距为2c=4，所以 C正确；
当m=10时，椭圆的方程为y26+x22=1，可得a2=6,b2=2，则c= a2-b2=2，
此时椭圆的离心率为e=ca= 63，所以 D正确．
故选：BCD
10.【答案】ABC
【解析】【分析】利用互斥事件的概率公式可判断A选项；利用独立事件的概率公式以及并事件的概率公式可判断B选项；利用独立事件的概念可判断C选项；由交事件的定义可判断D选项．
解：对于A选项，若A与B互斥，则PA∪B=PA+PB=13+16=12，A对；
对于B选项，若A与B相互独立，则PAB=PAPB=13×16=118，
所以，PA∪B=PA+PB-PAB=13+16-118=49，B对；
对于C选项，若PAB=19，且PAPB=1-13×16=19=PAB，
所以，事件A与B相互独立，C对；
对于D选项，若B⊆A，则AB=A∩B=B，所以，PAB=PB=16，D错．
故选：ABC．
11.【答案】BD
【解析】【分析】设AB=a，AC=b，AA1=c，利用向量的加减法则，以a,b,c为基底可得MN=13a+13b+13c，可得 A错误；由MN2=19a+b+c2计算可得|MN|= 53，可知 B正确；分别表示出AB1=c+a,BC1=c-a+b可得AB1⋅BC1不为零，可得 C错误；利用C中结论AB1⋅BC1=12，分别求出AB1=BC1= 3，即可得csAB1,BC1=16，即 D正确．
解：设AB=a，AC=b，AA1=c，
对于A选项，因为BM=2A1M，C1N=2B1N，
所以A1N=A1B1+B1N=AB+13B1C1=AB+13AC-AB=23AB+13AC，A1M=13A1B=13AB-AA1，
所以MN=A1N-A1M=32AB+13AC-13AB-AA1=13AB+13AC+13AA1，故 A错误；
对于B选项，因为a=b=c=1，a⋅b=0，a⋅c=b⋅c=12，
所以MN2=19a+b+c2=19a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c=193+2=59，
所以MN= 53，故 B正确；
对于C选项，易知AB1=AA1+AB,BC1=BB1+BC=AA1-AB+AC，
此时AB1⋅BC1=AA1+ABAA1-AB+AC=c+ac-a+b=c2-a⋅c+b⋅c+a⋅c-a2+a⋅b
=1-12+12+12-1+0=12≠0，所以AB1与BC1不垂直，即 C错误；
对于D选项，因为AB1=AB+AA1=a+c，BC1=BC+BB1=AC-AB+AA1=b-a+c，
所以A1B⋅BC1=a+c⋅b-a+c=a⋅b+b⋅c-a2+c2=12，
因为A1B2=a+c2=a2+c2+2a⋅c=3，所以A1B= 3，
BC12=-a+b+c2=a2+b2+c2-2a⋅b-2a⋅c+2b⋅c=3，所以BC1= 3，
所以csA1B,BC1=12 3× 3=16，故 D正确．
故选：BD．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】利用点与圆的位置关系可判断A选项；利用直线与圆的位置关系结合勾股定理可判断BCD选项．
解：圆C:x-csθ2+y-sinθ2=4的圆心为Ccsθ,sinθ，半径为r=2，
对于A选项，因为0-csθ2+0-sinθ2=1<4，
所以，圆C不经过坐标原点，A错；
对于B选项，当θ=π6时，圆C的方程为x- 322+y-122=4，
因为 3× 32-12-1=0，此时，直线l过圆心C，且相交弦长为2r=4，B对；
对于C选项，因为圆心C到直线l的距离为d= 3csθ-sinθ-12=1+sinθ- 3csθ2=1+2sinθ-π32∈0,32，
所以，d<2，故直线l与圆C必相交，C对；
对于D选项，由C选项可知，d的最大值为32，
故直线l与圆C相交弦长的最小值为2 22-322= 7，D对．
故选：BCD．
13.【答案】12
【解析】【分析】根据题意得出AF1=AF2=F1F2，由椭圆的定义得出AF1+AF2=2a，即可得出a=2c，从而得出椭圆C的离心率．
解：设椭圆的焦距F1F2=2c，
∵▵AF1F2是等边三角形，C的上顶点为A，
∴AF1=AF2=F1F2AF1+AF2=2a,
∴AF1=AF2=F1F2=a，
∴a=2c，
∴e=ca=12，
故答案为：12．
14.【答案】38
【解析】【分析】利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率．
解：甲、乙、丙三人进行投篮比赛，每轮比赛各投篮一次，命中的概率分别为23、12、14，
每次投球三入互不影响，则在一轮比赛中，三人中恰有两人投篮命中的概率为
P=23×12×1-14+23×1-12×14+1-23×12×14=38．
故答案为：38．
15.【答案】 112
【解析】【分析】先求出直线AC的单位方向向量，然后利用点到直线距离的向量公式求解即可．
解：取a=AB=2,1,0，u=ACAC=12,12, 22，则a2=5，a⋅u=32，
所以点B到直线AC的距离为 a2-(a⋅u)2= 112．
故答案为： 112
16.【答案】-247,0
【解析】【分析】设点Mx,y，求出点M的轨迹方程为x-42+y2=9，分析可知，直线y=kx+3与圆x-42+y2=9有公共点，利用直线与圆的位置关系可得出关于k的不等式，解之即可．
解：设点Mx,y，因为点A-2,0、B52,0，且MA=2MB，
则 x+22+y2=2 x-522+y2，整理可得x-42+y2=9，
所以，点M在圆x-42+y2=9上，
又因为点M在直线y=kx+3上，且圆x-42+y2=9的圆心为4,0，半径为3，
则直线y=kx+3与圆x-42+y2=9有公共点，
所以，4k+3 k2+1≤3，整理可得7k2+24k≤0，解得-247≤k≤0．
所以，实数k的取值范围是-247,0．
故答案为：-247,0．
17.【答案】解：(1)
∵kAB=1+3-2-0=-2，kAC=1-4-2-2=34，kBC=-3-40-2=72，
∴AB边上的高所在直线斜率k1=12，AC边上的高所在直线斜率k2=-43，BC边上的高所在直线斜率k3=-27，
∴AB边上的高所在直线方程为：y-4=12x-2，即x-2y+6=0；
AC边上的高所在直线方程为：y=-43x-3，即4x+3y+9=0；
BC边上的高所在直线方程为：y-1=-27x+2，即2x+7y-3=0．
(2)
∵AB所在直线方程为：y=-2x-3，即2x+y+3=0，
∴点C到边AB的距离d=4+4+3 22+12=11 55，
又AB= 0+22+-3-12=2 5，
∴▵ABC的面积S=12AB⋅d=12×2 5×11 55=11．

【解析】【分析】(1)利用垂直关系和两点连线斜率公式可求得三条高所在直线斜率，利用直线点斜式方程可整理得到结果；
(2)利用点到直线距离公式和两点间距离公式可分别求得底边长和高，代入三角形面积公式即可．
18.【答案】(1)
解：设A盒中的4个红球分别为a1，a2，a3，a4，2个白球分别为b1，b2，
则甲从A盒中抽取2个球的基本事件有(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,a4)，(a1,b1)，(a1,b2)，(a2,a3)，
(a2,a4)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a3,a4)，(a3,b1)，(a3,b2)，(a4,b1)，(a4,b2)，(b1,b2)，共15个，
两个球颜色不同的基本事件有(a1,b1)，(a1,b2)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a3,b1)，(a3,b2)，(a4,b1)，(a4,b2)共8个，
所以甲从A盒中抽取2个球，两个球颜色不同的概率为P=815．
(2)
解：由题意知，甲、乙共抽到3个红球的情况有：
①甲第一次抽到红球，第二次抽到白球，乙两次都抽到红球的概率为P=46×26×24×24=118，
②甲第一次抽到白球，第二次抽到红球，乙两次都抽到红球的概率为P=26×46×24×24=118，
③甲两次都抽到红球，乙第一次抽到红球，第二次抽到白球的概率为P=46×46×24×24=19，
④甲两次都抽到红球，乙第一次抽到白球，第二次抽到红球的概率为P=46×46×24×24=19，
所以甲、乙共抽到3个红球的概率为P=118+118+19+19=13．

【解析】【分析】(1)运用列举法计算古典概型的概率即可；
(2)由甲、乙共抽到3个红球的情况有：①甲第一次抽到红球，第二次抽到白球，乙两次都抽到红球，②甲第一次抽到白球，第二次抽到红球，乙两次都抽到红球，③甲两次都抽到红球，乙第一次抽到红球，第二次抽到白球，④甲两次都抽到红球，乙第一次抽到白球，第二次抽到红球，分别计算即可求得结果．
19.【答案】解：(1)
证明：取AC的中点G，连接FG，GC1，
因为F，G分别为AB，AC的中点，
所以FG//BC，FG=12BC，
又E为B1C1的中点，BC//B1C1，BC=B1C1，
所以FG//EC1，FG=EC1，
所以四边形EFGC1是平行四边形，
所以EF//GC1，
又EF⊄平面ACC1A1，GC1⊂平面ACC1A1，
所以EF//平面ACC1A1．
(2)

解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
又BA⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以BB1⊥BA，BB1⊥BC，又BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则C0,2,0，D2,0,1，E0,1,2，F1,0,0，
所以FE=-1,1,2，FD=1,0,1，CE=0,-1,2，
设平面DEF的法向量为m=x,y,z，
则m⋅FE=-x+y+2z=0m⋅FD=x+z=0令x=1得y=3，z=-1，
所以平面DEF的一个法向量为m=1,3,-1，
设直线CE与平面DEF所成的角为θ，则sinθ=csm,CE=m⋅CEmCE=-5 11× 5= 5511，
即直线CE与平面DEF所成的角的正弦值为 5511．

【解析】【分析】(1)取AC的中点G，连接FG，GC1，利用线线平行证明线面平行；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求线面夹角正弦值．
20.【答案】解：(1)
设圆心Ca,b，则a-b-4=0，可得a=b+4，即圆心Cb+4,b，
又因为圆C与x轴相切，则圆C的半径为b，
因为圆C过点M4,-1，则b= b+4-42+b+12，解得b=-1，
故圆心C3,-1，圆C的半径为1，
故圆C的方程为x-32+y+12=1．
(2)
将圆C1和圆C的方程作差可得4x-4y-11=0，即直线AB的方程为4x-4y-11=0．
设点Pm,n，则m-n=114，
过直线AB上(除线段AB部分)一点P分别作两圆的切线，切点分别为点E、F，
设切线与圆C切于点E，切线切圆C1于点F，
PE2=PC2-1=m-32+n+12-1=m2+n2-6m+2n+9，
PF2=PC12-4=m-12+n-12-4=m2+n2-2m-2n-2，
所以，PF2-PE2=4m-4n-11=0，故PE=PF．

【解析】【分析】(1)设圆心Ca,b，由已知可得出a=b+4，且圆C的半径为b，利用圆C过点M4,-1可得出关于b的等式，解出b的值，可得出圆心C的坐标以及圆C的半径，即可得出圆C的方程；
(2)求出直线AB的方程，设点Pm,n，则m-n=114，利用勾股定理可证得结论成立．
21.【答案】解：(1)
由已知，a= 2，b=c=1，
所以C的方程为x22+y2=1
(2)
F(1,0)，
①若l斜率不存在，易知SOAB=12|AB||OF|=12× 2×1= 22≠23；
②若l斜率存在，设A(x1,y1),B(x2,y2)，l:y=k(x-1)，和C的方程联立得：
1+2k2x2-4k2x+2k2-2=0，x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2-21+2k2，
所以|AB|= 1+k2x1-x2= 1+k2 x1+x22-4x1x2
= 1+k2 4k21+2k22-4×2k2-21+2k2
= 1+k2 16k4-4(2k2-2)(1+2k2)1+2k22
=2 2k2+11+2k2
点O到直线l的距离为d=|k| 1+k2，
所以S▵OAB=12|AB|×d=12×2 2k2+11+2k2×|k| k2+1= 2|k| k2+11+2k2=23，
2k2(k2+1)(1+2k2)2=49
解之得k2=1，k=±1，
所以l的方程为y=x-1或y=-x+1，

【解析】【分析】(1)由题意可得a= 2，b=c=1，从而可求得椭圆的方程，
(2)先判断出直线l的斜率存在，设l:y=k(x-1)，代入椭圆方程中，化简利用根与系数的关系和弦长公式求出AB，再利用点到直线的距离公式求出点O到直线l的距离，从而可表示出三角形OAB的面积，解方程可求出k，进而可得直线方程
22.【答案】解：(1)
证明：在梯形ABCD中，取AD中点N，连接CN，

∵BC//AD，BC=AN=12AD，∴四边形ABCN为平行四边形，∴AB=CN，
∴CN=12AD，∴CD⊥AC；
∵PA⊥CD，PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC，
∵CD⊂平面ACD，∴平面PAC⊥平面ACD．
(2)
解：分别取AC,AD中点O,G，连接PO,OG，
∵PA=PC，O为AC中点，∴PO⊥AC，
又平面PAC⊥平面ACD，平面PAC∩平面ACD=AC，PO⊂平面PAC，
∴PO⊥平面ACD，
∵O,G分别为AC,AD中点，∴OG//CD，∴OG⊥平面PAC，
则以O为坐标原点，OA,OG,OP正方向为x,y,z轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

则P0,0,1，A 3,0,0，C- 3,0,0，D- 3,2,0，
∴DP= 3,-2,1，AC=-2 3,0,0，CD=0,2,0，AD=-2 3,2,0，PA= 3,0,-1，
设DM=λDP= 3λ,-2λ,λ0<λ<1，
则AM=AD+DM= 3λ-2 3,2-2λ,λ，
设平面ACM的法向量n=x,y,z，
则AC⋅n=-2 3x=0AM⋅n= 3λ-2 3x+2-2λy+λz=0，令y=λ，解得：x=0，z=2λ-2，∴n=0,λ,2λ-2；
∴点P到平面ACM的距离d=PA⋅nn=2-2λ λ2+4λ-12=2 55，解得：λ=12，∴n=0,12,-1；
∵平面ACD⊥z轴，∴平面ACD的一个法向量m=0,0,1，
∴csm,n=m⋅nm⋅n=1 52=2 55，
所以，平面ACD与平面ACM夹角的余弦值为2 55．

【解析】【分析】(1)由CD⊥AC、PA⊥CD可证得CD⊥平面PAC，由面面垂直的判定可证得结论；
(2)以AC中点O为坐标原点可建立空间直角坐标系，设DM=λDP，利用点到平面距离的向量求法可求得λ的值，根据二面角的向量求法可求得结果．