2022-2023学年福建省三明市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

2022-2023学年福建省三明市高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知i为虚数单位，若z⋅(1+i)=2i，则|z|=(    )A. 2 B. 2 C. 1 D. 222.已知圆锥底面半径为1，高为2，则该圆锥侧面积为(    )A. 2π B. 5π C. 4π D. 2 5π3.已知平面向量a，b满足|a|=|b|=1，a⊥(a−2b)，则a与b的夹角为(    )A. 5π6 B. π6 C. 2π3 D. π34.一次投篮练习后体育老师统计了第一小组10个同学的命中次数作为样本，计算出他们的平均命中次数为6，方差为3，后来这个小组又增加了一个同学，投篮命中次数为6，那么这个小组11个同学投篮命中次数组成的新样本的方差是(    )A. 3 B. 3011 C. 2011 D. 11105.如图，在平行四边形ABCD中，AE=13AB,CF=13CD,G为EF的中点，则DG=(    )A. 12AB−12AD B. 12AD−12AB C. 13AB−13AD D. 13AD−13AB6.设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列命题中正确的是(    )A. 若l⊥α，l⊥β，α//βB. 若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥mC. 若m⊥β，α⊥β，则m//αD. 若α//β，且l与α所成的角和m与β所成的角相等，则l//m7.麒麟山位于三明市区中部，海拔262米，原名牛垄山.在地名普查时，发现山腰有一块“孔子戏麒麟”石碑，故更现名.山顶的麒麟阁仿古塔造型是八角重檐阁.小李为测量麒麟阁的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得∠DAC=30∘，∠DBC=45∘，AB=18米，则麒麟阁的高度CD约为(参考数据： 2≈1.414， 3=1.732)(    )A. 20.6米 B. 22.6米 C. 24.6米 D. 26.6米8.设O为△ABC的内心，AB=AC=5，BC=8，AO=mAB+nAC(m,n∈R)，则m+n=(    )A. 23 B. 59 C. 35 D. 25二、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.设复数z=1+ 3i，则下列命题中正确的是(    )A. z在复平面内对应的点在第一象限 B. z−的虚部是− 3iC. z+z−=|z| D. z⋅z−为实数10.袋子中有5个大小质地完全相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地依次随机摸出2个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字都是偶数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为6”，则(    )A. 甲与乙是对立事件 B. 甲与乙是互斥事件 C. 丙与丁相互独立 D. 甲与丁相互独立11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是(    )A. 若acosA=bcosB则△ABC是等腰三角形B. 若AB=2 2，B=45∘，AC=3，则满足条件的三角形有且只有一个C. AB=2，AC=3，BC边上的中线AD=2，则△ABC的面积为3 154D. 若AB⋅BC<0，则△ABC为钝角三角形12.如图，若正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M是正方体在侧面BCC1B1上的一个动点(含边界)，点P是AA1的中点，则下列结论正确的是(    )A. 三棱锥P−DD1M的体积为定值B. 四棱锥P−BDD1B1外接球的半径为5 24C. 若D1M⊥DP，则A1M的最大值为2 2D. 若D1M⊥DP，则A1M的最小值为6 55三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量a=(2,5)，b=(1,m)，若a//b，则m的值为______ .14.某校对高二年级全体学生进行数学学科质量检测，按首选科目(物理和历史)进行分层抽样得到一个样本，样本中选物理类的学生占34，该次质量检测的数学平均成绩为100分，选历史类的学生该次质量检测的数学平均成绩为80分，则可估计出该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分是______ .15.刘徽是魏晋时代著名的数学家，他给出的(2k+1)阶幻方被称为“神农幻方”.所谓幻方，即把1，2，…，n2排成n×n的方阵，使其每行、每列和对角线的数字之和均相等.如图是刘徽构作的3阶幻方，现从中随机抽取和为15的三个数，则含有5的概率是______ .16.已知正三棱柱木料ABC−A1B1C1各棱长都为2，如图所示，O1，O分别为△A1B1C1和△ABC的中心，Q为线段O1O上的点，且|O1Q||QO|=12，过A，B，Q三点的截面把该木料截成两部分，则截面面积为______ .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)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足sin2A+sin2C−sin2B=sinAsinC.(1)求B；(2)若b=2，a+c=4，求△ABC的面积.18.(本小题12分)某企业为了深入学习贯彻党的二十大精神，组织全体120位党员开展“学习二十大，争当领学人”党史知识竞赛，所有党员的成绩均在[75,100]内，成绩分成5组，按照下面分组进行统计分析：第1组[75,80),第2组[80,85),第3组[85,90),第4组[90,95),第5组[95,100]，并绘制成频率分布直方图如图所示，按比例分配的分层抽样的方法在第3，4，5组共选取6人作为企业“二十大精神”的宣传使者.(1)根据频率分布直方图，估计党员成绩的样本数据的第80百分位数；(2)若从6位宣传使者中随机选取两人参加宣传活动，求第3组中至多有一人被选中的概率.19.(本小题12分)在如图所示的几何体中，底面ABCD是正方形，四边形ADPM是直角梯形，MA⊥AD，PD//MA，平面ADPM⊥平面ABCD，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，AD=PD=2，PD=3AM.(1)求证：平面EFG//平面ADPM；(2)求多面体PMABCD的体积.20.(本小题12分)猜灯谜是我国元宵节传统特色活动.在某校今年开展元宵节猜灯谜的活动中，组织者设置难度相当的若干灯谜，某班派甲、乙和丙三位同学独立竞猜，根据以往数据分析可知，甲、乙猜对该难度的每道灯谜的概率分别为12，35.(1)任选一道灯谜，求甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率；(2)任选一道灯谜，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为2325，求丙猜对该难度的每道灯谜的概率.21.(本小题12分)如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA= 2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上是否存在一点M，使得BM与平面ABCD所成角的正切值为 2626，若存在，求二面角M−AC−D的大小，若不存在，请说明理由.22.(本小题12分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.点D在BC上，且AD= 2.(1)若sin∠ADC=2sinB，求c；(2)若AD是∠BAC的角平分线，且∠BAC=2π3，求△ABC周长的最小值.答案和解析1.【答案】B 【解析】解：∵z⋅(1+i)=2i，∴z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=2+2i2=1+i，故|z|= 12+12= 2故选：B.由已知条件，结合复数的运算可得z=1+i，由模长公式可得答案．本题考查复数的模的求解，涉及复数的代数形式的乘除运算，属基础题．2.【答案】B 【解析】【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，属于基础题．先求得圆锥的母线长，再利用侧面积公式求解．【解答】解：因为圆锥底面半径为1，高为2，所以圆锥的母线长为 5，所以该圆锥侧面积为S=πrl= 5π.故本题选B.3.【答案】D 【解析】解：由|a|=|b|=1，a⊥(a−2b)，得a⋅(a−2b)=a2−2a⋅b=0，∴a⋅b=12a2=12，∴cosθ=a⋅b|a|×|b|=121×1=12；又θ∈[0,π]，∴向量a、b的夹角为θ=π3.故选：D.根据平面向量的数量积与夹角公式，即可求得向量a、b的夹角．本题考查了平面向量的数量积与夹角公式的应用问题，是基础题．4.【答案】B 【解析】解：设11个同学的命中次数分别为x1，x2，x3，……，x9，x10，6；则第一小组10个同学时的方差为110×[(x1−6)2+(x2−6)2+……+(x9−6)2+(x10−6)2]=3，故(x1−6)2+(x2−6)2+……+(x9−6)2+(x10−6)2=30，故这个小组11个同学投篮命中次数组成的新样本的方差为，111×[(x1−6)2+(x2−6)2+……+(x9−6)2+(x10−6)2+(6−6)2]=3011，故选：B.设11个同学的命中次数分别为x1，x2，x3，……，x9，x10，6；由方差的定义分别写出方差公式，化简即可．本题考查了方差的应用，属于基础题．5.【答案】A 【解析】【分析】本题考查了向量的运算，考查了平面向量的基本定理，属于基础题．由图利用平面向量的基本定理表示出向量DG，利用向量的线性运算，求解即可．【解答】解：在平行四边形ABCD中，AE=13AB,CF=13CD,G为EF的中点，DG=DF+FG=23DC+12FE=23AB+12(FD+DE)=23AB+12(−23AB+AE−AD)=23AB+12(−13AB−AD)=12AB−12AD，故选：A.6.【答案】A 【解析】解：若l⊥α，l⊥β，由直线与平面垂直的性质可得α//β，故A正确；若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l//m或l与m相交或l与m异面，相交与异面时也不一定垂直，故B错误；若m⊥β，α⊥β，则m⊂α或m//α，故C错误；若α//β，且l与α所成的角和m与β所成的角相等，则l//m或l与m相交或l与m异面，故D错误．故选：A.由直线与平面垂直的性质判断A；由平面与平面垂直分析两平面内直线的位置关系判断B；由线面、面面垂直分析线面关系判断C；由线面角相等分析空间两直线的位置关系判断D.本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．7.【答案】C 【解析】解：∵∠DAC=30∘，∠DBC=45∘，∴∠ADB=15∘，在△ABD中，∵ABsin∠ADB=BDsin∠DAB，∴18sin15∘=BDsin30∘，BD=18sin30∘sin15∘=18sin30∘sin(45∘−30∘)=18×12 6− 24=9( 6+ 2)，在Rt△BCD中，∵sin∠CBD=CDBD，∴CD= 22×9( 6+ 2)=9( 3+1)≈24.6.故选：C.由题意得到∠ADB=15∘，在△ABD中利用正弦定理得到BD，在Rt△BCD中，利用sin∠CBD=CDBD即可求解．本题考查了正弦定理的应用，属于中档题．8.【答案】B 【解析】解：如图所示，取BC的中点E，连接AE，由题意AE=3，故SΔABC=12BC⋅AB=12，则内切圆半径OE=2S△ABCAB+BC+AC=2418=43，故AO=AE−OE=3−43=53，故AO=59AE，而AE=12(AB+AC)，故AO=518(AB+AC)，故m+n=518+518=59.故选：B.根据三角形的面积求出内切圆的半径，求出AO=59AE，从而得到AO=59AB+518BC，求出答案即可．本题考查向量知识，考查平面向量基本定理的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．9.【答案】ACD 【解析】解：复数z=1+ 3i，则z−=1− 3i，对于A，z在复平面内对应的点(1, 3)在第一象限，故A正确；对于B，z−的虚部为− 3，故B错误；对于C，z+z−=1+ 3i+1− 3i=2，|z|= 12+( 3)2=2，故C正确；对于D，z⋅z−=|z|2=4，故D正确．故选：ACD.根据已知条件，结合复数的四则运算，复数的几何意义，共轭复数和实数的定义，即可求解．本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，共轭复数和实数的定义，属于基础题．10.【答案】BD 【解析】解：设甲、乙、丙、丁事件分别对应A，B，C，D，则P(A)=15,P(B)=25，P(C)=25×25=425，丁包含的基本事件有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，则P(D)=55×5=15，P(CD)=25×5=225，P(AD)=15×5=125，对于A、B，显然甲乙事件不能同时发生，又P(A)+P(B)=35≠1，则A错误，B正确，对于C，P(CD)=225,P(C)⋅P(D)=4125，则P(CD)≠P(C)⋅P(D)，则C错误，对于D，P(AD)=125,P(A)⋅P(D)=125，则P(AD)=P(A)⋅P(D)，故D正确．故选：BD.先求出事件对应的概率，再由互斥事件的概念及概率和是否为1判断A、B选项，再由独立事件的概率公式判断C、D选项即可．本题主要考查互斥事件、对立事件的定义，以及相互独立事件的概率公式，属于基础题．11.【答案】BC 【解析】解：对于A：由正弦定理得sinAcosA=sinBcosB，则sin2A=sin2B，则△ABC中A=B或A+B=π2，故A错误；对于B：由cosB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=BC2−14 2BC= 22，则BC2−4BC−1=0，可得BC=2± 5，故BC=2+ 5，满足条件的三角形有一个，故B正确；对于C：由题意，AD=12(AB+AC)，所以AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)，因为AB=2，AC=3，AD=2，所以4=14(4+9+2×2×3×cos∠BAC)⇒cos∠BAC=14，则sin∠BAC= 1−(14)2= 154，所以△ABC的面积为12×2×3× 154=3 154，故C正确；对于D：AB⋅BC=|AB||BC|cos(π−B)=−|AB||BC|cosB<0，即|AB||BC|cosB>0，∠B为锐角，故△ABC不一定为钝角三角形，故D错误．故选：BC.对于A利用正弦边角关系及三角形内角性质可得A=B或A+B=π2判断；对于B应用余弦定理求BC即可判断；对于C由平面向量数量积的定义结合三角形的面积公式判断；对于D由向量数量积定义判断．本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．12.【答案】ABD 【解析】解：对于A，三棱锥P−DD1M的体积为V三棱锥P−DD1M=V三棱锥M−PDD1，因为点P是AA1的中点，所以△PDD1的面积是定值，且点M到平面PDD1的距离是正方体的棱长，所以三棱锥P−DD1M的体积为定值，选项A正确；对于B，过点P作PQ⊥平面BDD1B1，交平面BDD1B1于点Q，则四棱锥P−BDD1B1外接圆的圆心O在直线PQ上，且Q为矩形BDD1B1的交点，设外接球的半径为R，则BD1= 22+(2 2)2=2 3，D1Q= 3，PD1= 22+12= 5，所以PQ= ( 5)2−( 3)2= 2，△OQD1中，OQ2+QD12=OD12，即(R− 2)2+( 3)2=R2，解得R=52 2=5 24，选项B正确；对于C，过点P作PK⊥BB1，则点K是BB1的中点，连接KC，取BC的中点N，连接NC1，A1N，A1C1，则KC//PD，C1N⊥KC，D1C1⊥平面BB1C1C，所以D1C1⊥KC，又D1C1∩D1M=D1，所以KC⊥平面D1C1M，所以KC⊥C1M，所以点M的轨迹是线段C1N，在△A1C1M中，A1C1=2 2，C1N= NC2+CC12= 5，A1N= AA12+AB2+BN2=3，所以A1M的最大值为3，选项C错误；对于D，在△A1C1M中，cos∠A1NC1=32+( 5)2−(2 2)22×3× 5= 55，所以sin∠A1NC1= 1−( 55)2=2 55，所以点A1到C1N的距离为d=A1N⋅sin∠N=3×2 55=6 55，所以A1M的最小值为6 55，选项D正确．故选：ABD.三棱锥P−DD1M的体积为三棱锥M−PDD1的体积，由底面积和高是定值判断选项A；求出四棱锥P−BDD1B1的外接球的半径即可判断选项B；过点P作PK⊥BB1，则点K是BB1的中点，连接KC，取BC的中点N，连接NC1，A1N，A1C1，由线面垂直的判定和性质得点M的轨迹是线段C1N，解△A1C1M，能求出A1M的最大值和最小值，由此判断选项CD.本题考查了命题真假的判断问题，也考查了点到平面的距离、线面垂直的判定和性质应用问题，以及运算求解能力，是中档题．13.【答案】52 【解析】解：∵向量a=(2,5)，b=(1,m)，且a//b，∴2m−5=0，∴m=52.故答案为：52.根据平行向量的坐标关系求解．本题主要考查了平行向量的坐标关系，属于基础题．14.【答案】95 【解析】解：由题意可知，样本中选历史类的学生占14，所以估计该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分是34×100+14×80=95.故答案为：95.根据平均数的定义求解．本题主要考查了平均数的计算，属于基础题．15.【答案】12 【解析】解：随机抽取和为15的三个数包含的基本事件为：(8,1,6)，(3,5,7)，(4,9,2)，(8,3,4)，(1,5,9)，(6,7,2)，(8,5,2)，(4,5,6)共8个，其中含有5的基本事件有：(3,5,7)，(1,5,9)，(8,5,2)，(4,5,6)共4个，则含有5的概率是12.故答案为：12.先列举出所有基本事件，再找出含有5的基本事件，由古典概型求解即可．本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，是基础题．16.【答案】3 194 【解析】解：根据题意，连接C1O1，延长与A1B1交于点D′，连接CO，延长交AB于点D，连接DQ，延长与C1OB1交于点E，过点E作A1B1的平行线，与B1C1、A1C1分别交于点M、N，连接BM、CN，由于MN//A1B1，而AB//A1B1，则MN//AB，而MN≠AB，则四边形MNAB是梯形，而A、B、Q都在平面MNAB内，则梯形MNAB就是要求的截面，正三棱柱木料ABC−A1B1C1各棱长都为2，则△ABC的边长为2，则CD= 3，O为△ABC的中心，则OD=13CD= 33，易得△DOQ∽△EO1Q，而|O1Q||QO|=12，则由O1E=12OD= 32，故D′E=D′O1+O1E= 33+ 36= 32，则D′E=12D′C1，MN为△A1B1C1的中位线，故MN=12A1B1=1，梯形MNAB的高DE= DD′2+D′E2= 4+34= 192，故梯形MNAB的面积S=12(AB+MN)×DE=3 194，即截面的面积为3 194.故答案为：3 194.根据题意，利用三棱柱的结构特征，分析可得截面为梯形，求出梯形的高和上下底的长，计算其面积可得答案．本题考查三棱柱的截面问题，注意三棱柱的结构特征，属于中档题．17.【答案】解：(1)因为sin2A+sin2C−sin2B=sinAsinC，所以利用正弦定理可得a2+c2−b2=ac，所以cosB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，又B∈(0,π)，所以B=π3；(2)因为B=π3，b=2，a+c=4，所以由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，可得22=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac=42−3ac，解得ac=4，所以△ABC的面积S=12acsinB=12×4× 32= 3. 【解析】(1)利用正弦定理可得a2+c2−b2=ac，利用余弦定理可求cosB=12，结合B∈(0,π)，即可求解B的值；(2)由题意利用余弦定理可求得ac=4，进而利用三角形的面积公式即可求解．本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式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．18.【答案】解：(1)因为0.01×5+0.07×5+0.06×5=0.7<0.8，0.01×5+0.07×5+0.06×5+0.04×5=0.9>0.8，所以第80百分位数落在[90,95)内，设其为x，则0.7+(x−90)×0.04=0.8，解得x=92.5，即第80百分位数为92.5；(2)因为第3，4，5组的频率之比为3：2：1，所以按比例分配的分层抽样的方法在第3，4，5组共选取6人作为企业“二十大精神”的宣传使者，则第3组抽取3人，记为A，B，C，第4组抽取2人，记为1，2，第5组抽取1人，记为a，从6位宣传使者中随机选取两人，所有基本事件为：AB，AC，A1，A2，Aa，BC，B1，B2，Ba，C1，C2，Ca，12，1a，2a，共15个，其中第3组中至多有一人被选中的基本事件有：AB，AC，A1，A2，Aa，BC，B1，B2，Ba，C1，C2，Ca，共12个，所以所求概率为P=1215=45. 【解析】(1)根据百分位数的定义求解；(2)由分层抽样可知，第3组抽取3人，第4组抽取2人，第5组抽取1人，再利用古典概型的概率公式求解．本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．19.【答案】证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，∴EG//PM，GF//BC，∵四边形ABCD是正方形，∴BC//AD，可得GF//AD.∵EG⊄平面ADPM，PM⊂平面ADPM，∴EG//平面ADPM.∵GF⊄平面ADPM，AD⊂平面ADPM，∴GF//平面ADPM.又∵EG∩GF=G，EG，GF⊂平面EFG，∴平面EFG//平面ADPM；解：(2)∵四边形ADPM是直角梯形，MA⊥AD，AD=PD=2，PD=3AM，∴DP⊥AD.又∵四边形ADPM⊥底面ABCD，平面ADPM∩平面ABCD=AD，PD⊂平面ADPM，∴PD⊥平面ABCD，可得PD是四棱锥P−ABCD的高，∴V四棱锥P−ABCD=13×S正方形ABCD×PD=13×2×2×2=83，∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD，∵PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AB.又∵AD∩PD=D，AD，PD⊂平面ADPM，∴AB⊥平面ADPM，即AB是三棱锥B−PMA的高，∴V三棱锥P−ABM=V三棱锥B−PAM=13×S△PAM×AB=13×12×23×2×2=49，∴多面体PMABCD的体积V=V四棱锥P−ABCD+V三棱锥P−ABM=83+49=289. 【解析】(1)由已知利用三角形中位线定理可得EG//PM，GF//AD，再由直线与平面平行的判定得到EG//平面ADPM，GF//平面ADPM.即可证明平面EFG//平面ADPM；(2)把多面体的体积转化为四棱锥P−ABCD与三棱锥P−ABM的体积和，然后结合等体积法求解．本题主要考查了平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．20.【答案】解：(1)任选一道灯谜，甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率为12×(1−35)+(1−12)×35=12.(2)设丙答对的概率为p，则一个人都没有猜对的概率为(1−12)(1−35)(1−p)=15−p5，则甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为1−(15−p5)=2325，解得p=35，故丙猜对该难度的每道灯谜的概率为35. 【解析】(1)根据相互独立事件的乘法公式计算即可；(2)设丙答对的概率为p，求得一个人都没有猜对的概率，再利用对立事件的性质求解．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．21.【答案】解：(1)证明：因为AD//BC，AD⊥CD，AD=CD=2，BC=4，所以四边形ABCD是直角梯形，且AC=2 2，AB= (BC−AD)2+CD2=2 2，所以AB2+AC2=16=BC2，即AB⊥AC，又PA⊥面ABCD，AB⊂面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC=A，PA，PC⊂面PAC，所以AB⊥面PAC，又PC⊂面PAC，所以AB⊥PC.(2)存在符合条件的点M，且M为PD的中点．证明：过点M作MN⊥AD于点N，连接BN，因为PA⊥面ABCD，AD⊂面ABCD，所以PA⊥AD，因为MN，PA⊂面PAD，所以MN//PA，所以MN⊥面ABCD，则∠MBN为BM与平面ABCD所成的角，设AN=x(0≤x≤2)，则ND=2−x，MN= 22(2−x)，BN= (2+x)2+4，由tan∠MBN=MNBN，得 2626= 22(2−x) (2+x)2+4，解得x=1或x=113(舍去)，所以M为PD的中点，过点N作NG⊥AC于点G，连接MG，因为MN⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，所以MN⊥AC，又MN∩NG=N，所以AC⊥面MGN，因为MG⊂面MGN，所以AC⊥MG，所以∠MGN为二面角M−AC−D的平面角，在Rt△MNG中，NG=ANsinπ4= 22=MN，所以∠MGN=π4，即当点M为PD中点时，符合题意，且二面角M−AC−D的大小为π4. 【解析】(1)根据题意可得四边形ABCD是直角梯形，且AC=2 2，AB=2 2，进而可得AB⊥AC，由线面垂直的判定定理可得PA⊥面ABCD，则PA⊥AB，进而可得AB⊥面PAC，即可得出答案．(2)过点M作MN⊥AD于点N，连接BN，根据题意可得MN⊥面ABCD，则∠MBN为BM与平面ABCD所成的角，设AN=x(0≤x≤2)，则ND=2−x，MN= 22(2−x)，BN= (2+x)2+4，则 2626= 22(2−x) (2+x)2+4，解得x，则M为PD的中点，过点N作NG⊥AC于点G，连接MG，由线面垂直的判定定理可得AC⊥面MGN，则AC⊥MG，即∠MGN为二面角M−AC−D的平面角，进而可得答案．本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．22.【答案】解：(1)在△ABD中，AD= 2，sin∠ADC=2sinB，由正弦定理可得ADsinB=ABsin∠ADC，即AB=AD⋅sin∠ADCsinB= 2×2=2 2，所以c边为2 2；(2)因为AD是∠BAC的角平分线，且∠BAC=2π3，所以∠BAD=∠CAD=π3，由三角形的面积相等可得：12AB⋅ACsin∠BAC=12AC⋅AD⋅sin∠CAD+12AB⋅AD⋅sin∠BAD，即AB⋅AC= 2(AB+AC)，因为AB⋅AC≤(AB+AC2)2，即 2(AB+AC)≤(AB+AC2)2，解得AB+AC≥4 2，当且仅当AC=AB时，取等号，所以AB+AC=4 2，此时AB⋅AC=8，由余弦定理BC= AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC= (AB+AC)2−2AB⋅AC+AB⋅AC= 32−8=2 6，所以该三角形的周长的最小值为：AB+AC+BC=4 2+2 6. 【解析】(1)由题意及△ABD中，由正弦定理可得c边的大小；(2)由角平分线的性质及等面积的法，可得AC，AB的关系，由均值不等式可得AC+AB的最小值，再由余弦定理可得BC的值，求出三角形的周长的最小值．本题考查余弦定理及正弦定理的应用，属于中档题．816357492