2022-2023学年江西省南昌市等五地高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省南昌市等五地高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.若复数z满足z(1+i)=3−i，则z的虚部为( )
A. 1B. −2C. −2iD. i
2.cs82∘cs22∘+sin82∘sin22∘=( )
A. − 32B. −12C. 12D. 32
3.正六边形ABCDEF中，AC=( )
A. 2AB+AFB. AB+2AFC. AB−AFD. 2AB+2AF
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b2−c2=2a2，c=2a，则csB=( )
A. −12B. −14C. 12D. 32
5.设l，m是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若l//α，m//β，α//β，则l//mB. 若l//m，m⊥β，l⊥α，则α//β
C. 若α⊥β，l//α，m//β，则l⊥mD. 若α⊥β，l//α，m//β，则l//m
6.将函数f(x)=2sin(x−π4)的图像上所有点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标伸长为原来的2倍，然后将所得图像向右平移π12个单位长度，得到函数y=g(x)的图像，则g(x)=( )
A. 4sin(2x−5π12)B. 4sin(x2−7π24)C. 4sin(2x−π3)D. 4sin(x2−π3)
7.位于某港口A的小艇要将一件重要物品送到一艘正在航行的海轮上.在小艇出发时，海轮位于港口A北偏东30∘且与该港口相距30海里的B处，并正以20海里/时的速度沿正西方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶，经过t小时与海轮相遇.若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇的航行速度(单位：海里/时)应为( )
A. 10 3B. 20C. 30 3D. 20 3
8.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为4，平面α经过BC，则平面α截正四棱锥P−ABCD的外接球所得截面圆的面积的最小值为( )
A. 2π
B. 2 2π
C. 4π
D. 4 2π
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列各式中值为1的是( )
A. sin15∘cs15∘B. cs215∘−sin215∘
C. 32+2sin215∘D. sin22023+cs22023
10.若复数z在复平面内对应的点为Z，则下列说法正确的是( )
A. 若z(i−1)=i2023−1，则Z在第二象限
B. 若z为纯虚数，则Z在虚轴上
C. 若|z|≤3，则点Z的集合所构成的图形的面积为6π
D. 若z=a+bi(a,b∈R)，且a2+b2=1，则z+1z为实数
11.已知向量a=(m+1,−1)，b=(1−m,2)，则下列说法正确的是( )
A. 若a//b，则m=3
B. 存在m∈R，使得a⊥b
C. |a+b|= 5
D. 当m=1时，a在b上的投影向量的坐标为(0,−1)
12.如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥A−BCD.设CD=2，点E，F分别为棱BC，BD的中点，M为线段AE上的动点.下列说法正确的是( )
A. 存在某个位置，使AB⊥CD
B. 存在某个位置，使AC⊥BD
C. 当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正切值为 63
D. 当AB=AD时，CM+FM的最小值为 4+2 2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.两条异面直线所成的角为θ，则θ的取值范围是______.
14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若C=π3，c= 3，则3a+b3sinA+sinB的值为______ .
15.如图所示的斜截圆柱是用一个平面从圆柱上截取而来，其侧面可看成圆柱侧面的一部分，已知圆柱底面的半径为15cm，母线长最短40cm，最长60cm，则该斜截圆柱的侧面积为______ cm2.
16.函数f(x)=sinx+csxsinx−csx的一个单调减区间为______ .(答案不唯一)
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知向量a，b的夹角为π4，且|a|= 2，|b|=1.
(1)求a⋅(a+b)的值；
(2)求|a+2b|的值．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD=2BC，AD//BC，AC，BD交于点O.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设E是棱PD上一点，过E作EF⊥AD，垂足为F，若平面OFE//平面PAB，求PEED的值.
19.(本小题12分)
已知角α∈(0,π2),β∈[0,π]，角α和β的终边分别与单位圆交于A，B两点.
(1)若OA⋅OB=0，求sin(π−α)cs(5π2+β)cs(π−β)sin(3π2+α)的值；
(2)若|OA+OB|=1，点A的横坐标为35，求csβ−sinβ的值.
20.(本小题12分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asinA(b2+c2−a2)=csinB(a2+b2−c2)+bsinC(a2+c2−b2).
(1)求角A的大小；
(2)若a=2，求b+c的取值范围.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=2cs2xcsφ−csφ−2sinxcsxsinφ(|φ|<π2)，且f(−π12+x)+f(−π12−x)=0.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)=2f(2x)−a在区间[−π8,11π24]上恰有3个零点x1，x2，x3(x122.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=2，∠ABC=120∘，AA1=4，O为AC的中点，P为BB1上的动点，E在BO上，且满足BE=2EO.现延长BO至D点，使得OD=BO.
(1)若二面角P−CD−B的平面角为30∘，求BP的长；
(2)若三棱锥P−ABC的体积为2 33，求CE与平面PCD所成角的正弦值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z=3−i1+i=(3−i)(1−i)(1+i)(1−i)=2−4i2=1−2i，
故z的虚部为−2.
故选：B.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：cs82∘cs22∘+sin82∘sin22∘=cs(82∘−22∘)=cs60∘=12.
故选：C.
利用两角差的余弦公式求解即可．
本题主要考查两角差的余弦公式，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：如图，
由题意得：FC=2AB，可以得到AC=AF+FC=AF+2AB，
故选：A.
利用向量的加法法则和FC=2AB进行求解．
本题考查了向量的加法运算与线性运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由题意可知：b2−c2=2a2，c=2a，则−a2=a2+c2−b2，
由余弦定理可得：csB=a2+c2−b22ac=−a22ac=−a2c=−14.
故选：B.
根据余弦定理公式列式计算即可．
本题考查余弦定理的应用，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：若l//α，m//β，α//β，则l//m或l与m相交或l与m异面，故A错误；
若l//m，m⊥β，则l⊥β，又l⊥α，则α//β，故B正确；
若α⊥β，l//α，m//β，则l与m平行、相交或异面，故CD错误．
故选：B.
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由题意将函数f(x)=2sin(x−π4)的图像上所有点的横坐标缩短为原来的12，可得y=2sin(2x−π4)的图像，
再把纵坐标伸长为原来的2倍，可得y=4sin(2x−π4)的图像，
将所得图像向右平移π12个单位长度g(x)=4sin[2(x−π12)−π4]的图像，即g(x)=4sin(2x−5π12).
故选：A.
先根据伸缩得出解析式，再结合平移得出函数的解析式即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图像变换规律，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由题意作图，如图所示，∠BAC=30∘，∠ABC=60∘，AB=30，
假设经过t小时后小艇和轮渡在点C处相遇，
显然当AC⊥BC时，即小艇往正北方向航行时航行的距离最小，为AC=ABcs30∘=15 3海里，
海轮航行的距离为BC=12AB=12×30=15海里，
故航行时间t=1520=34小时，所以小艇的航行速度v=15 334=20 3海里/时．
故选：D.
由题中条件做出图形，易知当AC⊥BC时，轮渡与小艇相遇时小艇的航行距离最小，再解直角三角形ABC即可求出BC，AC，从而先求出t再求出v.
本题考查解三角形的实际应用问题，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：连接BD，AC交于O，连接PO，则PO⊥底面ABCD且O是AC中点，
BD=AC= 42+42=4 2，PO= PC2−(AC2)2= 42−(2 2)2=2 2，
所以O到P，A，B，C，D的距离均为2 2，
点O即为正四棱锥P−ABCD的外接球球心，
取BC中点E，连接OE，
分析可知，当OE⊥α时，截面圆的面积最小，线段BC也即此时截面圆的直径，
所以截面圆的面积的最小值为4π.
故选：C.
连接BD、AC交于O，连接PO，求出BD、AC，PO，可得点O即为正四棱锥P−ABCD的外接球球心，取BC中点E，连接OE，当OE⊥α时，截面圆的面积最小，线段BC也即此时截面圆的直径，求出截面圆的面积即可．
本题考查球的表面积相关知识，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，sin15∘cs15∘=12sin30∘=14，所以A错误；
对于B，cs215∘−sin215∘=cs30∘= 32，所以B错误；
对于C， 32+2sin215∘= 32+1−cs30∘= 32+1− 32=1，所以C正确；
对于D，sin22023+cs22023=1，所以D正确．
故选：CD.
利用三角函数恒等变换公式逐个计算判断即可．
本题主要考查了二倍角公式及同角基本关系的应用，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为z(i−1)=i2023−1=−i−1，故z=−i−1i−1=i+11−i=(1+i)22=i，所以Z(0,1)在坐标轴上，故A错误；
对于B，若z为纯虚数，则Z在虚轴上，故B正确；
对于C，若|z|≤3，则点Z的集合所构成的图形是半径为3的圆及其内部，面积为32×π=9π，故C错误；
对于D，z=a+bi，a2+b2=1，则z+1z=a+bi+a−bi(a+bi)(a−bi)=a+aa2+b2+(b−ba2+b2)i=a+a=2a为实数，故D正确．
故选：BD.
根据i的周期性、复数的几何意义、复数的除法运算等知识直接判断各个选项．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
11.【答案】CD
【解析】解：向量a=(m+1,−1)，b=(1−m,2)，
若a//b，则2(m+1)−(−1)(1−m)=0，求得m=−3，故A错误；
若存在m∈R，使得a⊥b，则a⋅b=(m+1)(1−m)−2=0，
求得m2=−1，故不存在m∈R，使得a⊥b，故B错误；
∵a+b=(2,1)，∴|a+b|= 4+1= 5，故C正确；
当m=1时，a=(2,−1)，b=(0,2)，
a 在b上的投影向量的坐标为a⋅b|b|⋅b|b|=0−22⋅(0,1)=(0,−1)，故D正确．
故选：CD.
由题意，利用两个向量平行、垂直的性质，向量的模及投影向量的定义，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查两个向量平行、垂直的性质，向量的模及投影向量的定义，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A：若AB⊥CD，又AB⊥AC，AC∩CD=C，则AB⊥平面ACD，即AB⊥AD，
所以当AB⊥AD时，使AB⊥CD，故存在某个位置，使AB⊥CD，故A正确，
对于B：若AC⊥BD，又AC⊥BA，AB∩BD=B，则AC⊥平面ABD，则AC⊥AD，则△ACD是以CD为斜边的直角三角形，
又由题意知CD对于C：当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，平面ACB⊥平面BCD，即AE是三棱锥A−BCD的高，
又CD⊥BC，平面ACB∩平面BCD=BC，所以CD⊥平面ABC，
所以∠DAC是直线AD与平面ABC所成的角，
由CD=2，则CB=2 3，又E是BC的中点，所以AC= 6，
所以tan∠DAC=2 6= 63.故C正确；
对于D：当AB=AD时，由AB=AD=AC，则A在△BCD内的射影是△BCD的外心，
又△BCD的外心是斜边BD的中点，故AF⊥平面BCD，
所以EF=1，AF= 3−1= 2，所以cs∠FAE= 2 3，sin∠FAE=1 3，
将△EFA绕AE旋转，使△EFA到△AEF′，使△AEF′与△ACE在同一平面内，
cs∠F′AC=cs(45∘+∠F′AE)=cs(45∘+∠FAE)=cs45∘cs∠FAE−sin45∘sin∠FAE= 2+22 3，
CM+FM的最小值即为CF′，
在△AF′C中，由余弦定理可得CF′2=AF′2+AC2−2AF′⋅ACcs∠F′AC=2+6−2× 2× 6× 2+22 3=4+2 2，
故CF′= 4+2 2，故当AB=AD时，CM+FM的最小值为 4+2 2，故D正确．
故选：ACD.
由AB⊥平面ACD，可判断A；△ACD不可能是以CD为斜边的直角三角形，可判断B；当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，平面ACB⊥平面BCD，即AE是三棱锥A−BCD的高，求解可判断C；当AB=AD时，由AB=AD=AC，则A在△BCD内的射影是△BCD的外心，可得AF⊥平面BCD，将△EFA绕AE旋转，使△EFA到△AEF′，使△AEF′与△ACE在同一平面内，可求CM+FM的最小值判断D.
本题考查空间几何体的性质，考查线面角的求法，考查线面的位置关系，考查距离和的最小值的求法，属中档题．
13.【答案】(0,π2]
【解析】解：由异面直线所成角的定义可知：
过空间一点，分别作相应直线的平行线，两条相交直线所成的直角或锐角为异面直线所成的角．
故两条异面直线所成的角的取值范围是(0,π2].
故答案为：(0,π2].
由异面直线所成角的定义直接求解即可．
本题主要考查异面直线所成的角，同时，还考查了转化思想，属基础题．
14.【答案】2
【解析】解：利用正弦定理可得：asinA=bsinB=csinC= 3 32=2，
利用等比性质，3a+b3sinA+sinB=csinC=2.
故答案为：2.
直接利用正弦定理和等比数列的性质求出结果．
本题考查的知识要点：正弦定理和等比数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
15.【答案】1500π
【解析】解：根据题意，将两个这样斜截圆柱对接，可组成圆柱，
则该圆柱的侧面展开图为矩形，其边长分别为60+40=100cm和30πcm，
故该圆柱的侧面积S′=100×30π=3000πcm2，
那么该斜截圆柱的侧面积为S=12S′=1500πcm2.
故答案为：1500π.
根据题意，将两个这样斜截圆柱对接，可组成圆柱，然后求出新圆柱侧面积的一半即可．
本题考查旋转体的侧面积计算，注意分割补形方法的应用，属于基础题．
16.【答案】(−3π4,π4)
【解析】解：f(x)=sinx+csxsinx−csx=tanx+1tanx−1=−tanx+tanπ41−tanxtanπ4=−tan(x+π4)，
令−π2+kπ则−3π4+kπ所以函数f(x)的一个单调减区间为(−3π4,π4).
故答案为：(−3π4,π4).
根据同角的三角函数关系式，结合正切两角差公式、正切型函数的单调性进行求解即可．
本题考查三角函数的性质，属基础题．
17.【答案】解：(1)∵向量a，b的夹角为π4，且|a|= 2，|b|=1，
∴a⋅b=|a|×|b|×csπ4= 2×1× 22=1.
∴a⋅(a+b)=a2+a⋅b=2+1=3.
(2)∵|a|= 2，|b|=1，a⋅b=1，
∴|a+2b|= (a+2b)2= a2+4a⋅b+4b2= 2+4×1+4= 10.
【解析】本题主要考查平面向量的数量积公式，考查计算能力，属于基础题．
(1)根据已知条件，结合平面向量的数量积公式，即可求解．
(2)根据已知条件，对|a+2b|平方再开方，即可求解．
18.【答案】解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AB，
又AB⊥AD，AD∩PA=A，
可得AB⊥平面PAD，
而AB⊂平面PAB，则平面PAB⊥平面PAD；
(2)E是棱PD上一点，过E作EF⊥AD，垂足为F，
又PA⊥AD，可得PA//EF，
则DFAF=DEPE.
若平面OFE//平面PAB，又平面ABCD∩平面PAB=AB，平面ABCD∩平面OEF=OF，
则AB//OF，
可得ODOB=DFAF，
又AD=2BC，AD//BC，可得ODOB=ADBC=2，
则DFAF=2，
即有DEPE=2，即PEED=12.
【解析】(1)由线面垂直的性质和判定推得AB⊥平面PAD，再由面面垂直的判定定理可得结论；
(2)运用面面平行的性质定理和相似三角形的性质和平行线成比例，可得结论．
本题考查面面垂直的判定定理和面面平行的性质定理，以及相似三角形的性质，考查转化思想和推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：∵角α和β的终边分别与单位圆交于A，B两点，
∴A(csα,sinα)，B(csβ,sinβ)，
(1)∵OA⋅OB=0，∴csαcaβ+sinαsinβ=0，即csαcsβ=−sinαsinβ，
∴sin(π−α)cs(5π2+β)cs(π−β)sin(3π2+α)=sinα(−sinβ)(−csβ)(−csa)=−sinαsinβcsαcsβ=1；
(2)∵点A的横坐标为35，α∈(0,π2)，∴A(35,45)，
∵|OA+OB|=1，∴OA2+OB2+2OA⋅OB=1，∴OA⋅OB=−12，
∴cs∠AOB=OA⋅OB|OA||OB|=−12，∵∠AOB∈[0,π]，∴∠AOB=2π3，
∴β=∠AOB+α=2π3+α，
∴sinβ=sin(2π3+α)=sin2π3csα+cs2π3sinα= 32×35−12×45=3 3−410，
csβ=cs(23π+α)=cs2π3csα−sin23πsinα=−12×35− 32×45=−3+4 310，
∴csβ−sinβ=−3+4 310−3 3−410=1−7 310.
【解析】(1)由OA⋅OB=0得csαcsβ=−sinαsinβ，再由诱导公式化简后即可求得；
(2)由题意求出A的坐标，再由|OA+OB|=1求出∠AOB，从而得到β=2π3+α，再由和差角公式求出csβ，sinβ即可．
本题考查平面向量的数量积运算和三角函数的求值，属于中档题．
20.【答案】解：(1)2asinA(b2+c2−a2)=csinB(a2+b2−c2)+bsinC(a2+c2−b2)，
由余弦定理可得2asinA×2bccsA=csinB×2abcsC+bsinC×2accsB，
整理得2sinAcsA=sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)，
∴2sinAcsA=sin(B+C)=sin(π−A)=sinA，
在锐角△ABC中，∴sinA≠0，
∴csA=12，
所以A=π3；
(2)由正弦定理可知asinA=bsinB=csinC，a=2，A=π3，
可得b=4 33sinB，c=4 33sinC，，
所以b+c=4 33(sinB+sinC)=4 33[sinB+sin(π3+B)]=2 3sinB+2csB=4sin(B+π6)，
锐角三角形中，0所以B+π6∈(π3,23π)，
所以sin(B+π6)∈( 32,1],
所以b+c∈(2 3,4].
即b+c的取值范围为(2 3,4].
【解析】(1)利用余弦定理以及两角和的正弦公式求解；
(2)利用正弦定理将边化角，用三角函数求取值范围．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，辅助角公式的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为f(x)=2cs2xcsφ−csφ−2sinxcsxsinφ=csφ(2cs2x−1)−2sinxcsxsinφ=csφcs2x−sinφsin2x=cs(2x+φ)，
又因为f(−π12+x)+f(−π12−x)=0，
所以f(−π12+x)=−f(−π12−x)，
令x=0，则有f(−π12)=−f(−π12)，
所以f(−π12)=0，
所以cs(−π6+φ)=0，
所−π6+φ=kπ+π2，k∈Z，
所以φ=kπ+2π3，k∈Z，
又因为|φ|<π2，
所以k=−1，φ=−π3，
所以f(x)=cs(2x−π3)；
(2)令g(x)=2f(2x)−a=0，
则有a=2f(2x)=2cs(4x−π3)，
由题意可知y=a与y=2cs(4x−π3)在区间[−π8,11π24]有3个不同交点，且这三交点的横坐标依次为x1，x2，x3(x1作出y=2cs(4x−π3)在区间[−π8,11π24]上图象，如图所示：
因为f(−π8)=2cs(−π2−π3)=−2sinπ3=− 3，
y=a与y=2cs(4x−π3)在区间[−π8,11π24]有3个不同交点，
所以a∈[− 3,0]；
令4x−π3=kπ，k∈Z，则有x=14kπ+π12，k∈Z，
所以y=2cs(4x−π3)在区间[−π8,11π24]上的对称轴为x=π12和x=π3，
又因为三交点的横坐标依次为x1，x2，x3(x1所以x1，x2关于x=π12对称，
所以x1+x2=2×π12=π6，
所以sin(x1+x2)=sinπ6=12.
【解析】(1)由三角恒等变换可得f(x)=cs(2x+φ)，再由f(−π12)=0，可求出φ的值，即可得答案；
(2)将问题转化为y=a与y=2cs(4x−π3)在区间[−π8,11π24]有3个不同交点，作出y=2cs(4x−π3)在区间[−π8,11π24]上图象，结合图象可得a的范围，再根据余弦函数的对称性可得以x1+x2=π6，即可得sin(x1+x2)的值．
本题考查了三角恒等变换、余弦函数的图象及性质、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
22.【答案】解：(1)据题意延长BO至D点，使得OD=BO，连接CD，PD，C1D，取CD的中点M，连接BM，PM，
因为AB=BC=2，∠ABC=120∘，O为AC的中点，
所以BO⊥AC，
又BO=OD，
所以BC=CD，
因为∠ABC=120∘，
所以∠OBC=60∘，
所以△BCD为等边三角形，
所以BM⊥CD，
由题可知△PBD≅△PBC，
所以PC=PD，
所以PM⊥CD，
所以∠PMB为二面角P−CD−B的平面角，即∠PMB=30∘，
又BC=2，BM= 32BC= 3，
所以tan∠BMP=tan30∘=PBBM，
所以PB=1.
(2)因为AB=BC=2，∠ABC=120∘，O为AC的中点，
所以BO=1，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，VP−ABC=13S△ABC⋅BP，
S△ABC=12⋅AB⋅BC⋅sin∠ABC=12×2×2× 32= 3，
因为三棱锥P−ABC的体积为2 33，
所以13⋅ 3⋅BP=2 33，
解得BP=2，
又BB1=AA1=4，
所以P为BB1的中点，
所以VP−ECD=13⋅PB⋅S△ECD=23S△ECD，
在△BCD中，BE=23BO=13BD,S△CDE=23S△BCD=23×12×2×2× 32=2 33，
所以VP−ECD=2 33×23=4 39，
设E到平面PCD的距离为d，在△PCD中，PC=PD=2 2,CD=2，
所以S△PCD=12CD⋅ PC2−CD24=12×2× 7= 7，
所以VE−PCD=13⋅d⋅S△PCD= 73d，
因为VP−ECD=VE−PCD，
所以4 39= 7d3，
解得d=4 2121，
在△CBE中，由余弦定理得CE2=BC2+BE2−2BC⋅BE⋅cs60∘，
所以CE=2 73.
设CE与平面PCD所成角为θ，
所以sinθ=dCE=4 2121×32 7=2 37，
所以CE与平面PCD所成角的正弦值为2 37.
【解析】(1)利用二面角平面角的定义及等边三角形和等腰三角形性质作出平面角，在直角三角形中求解长度即可．
(2)利用等体积法求出点E到平面PCD的距离，根据线面角的定义即可求解正弦值．
本题考查直线与平面的位置关系，直线与平面所成角，二面角，解题关键是通过等体积法间接求解点到面的距离，空间向量法的应用，属于中档题．