New”2022-2023学年山东省青岛市莱西市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）

这是一份New”2022-2023学年山东省青岛市莱西市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），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.下列四个命题中，正确的个数为( )
①满足z=1z的复数，只有±1；
②若a，b∈R，且a=b，则(a−b)+(a+b)i是纯虚数；
③复数z∈R的充要条件是z=z−；
④复平面内，x轴是实轴，y轴是虚轴.
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
2.若直线m不平行于平面α，且m⊄α，则下列结论成立的是( )
A. α内不存在与m异面的直线B. α内存在与m平行的直线
C. α内存在唯一一条直线与m相交D. α内存在与m垂直的直线
3.如果一组数据的中位数比平均数小很多，则下列叙述一定错误的是( )
A. 数据中可能有异常值B. 这组数据是近似对称的
C. 数据中可能有极端大的值D. 数据中众数可能和中位数相同
4.抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件M=“第一枚硬币正面朝上”，事件N=“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的为( )
A. M与N互为对立事件B. M与N互斥C. P(M)=P(N)D. M与N相等
5.为了得到函数y=sin2x− 3cs2x的图象，只需把函数y=sin(2x+π6)的图象上的所有点( )
A. 向左平移3π4个单位长度，然后把图象上各点的坐标纵坐标伸长到原来的2倍
B. 向右平移π4个单位长度，然后再把图象上各点的纵坐标缩短到原来的12倍
C. 向左平移π4个单位长度，然后再把图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍
D. 向右平移3π4个单位长度，然后再把图象上每点的纵坐标缩短到原来的12倍
6.已知A(−1,2)，B(3,0)，点P在直线AB上，且|AP|=2|PB|，则点P的坐标为( )
A. (53,23)或(7,−2)B. (53,23)C. (2,1)或(7,−2)D. (7,2)
7.对于△ABC，若存在△A1B1C1，满足csAsinA1=csBsinB1=csCsinC1=1，则称△ABC为“V类三角形”，V类三角形一定满足( )
A. 有一个内角为30∘B. 有一个内角为60∘C. 有一个内角为75∘D. 有一个内角为45∘
8.在三棱锥S−ABC中，AB= 10,∠ASC=∠BSC=π4，AC=AS，BC=BS，若该三棱锥的体积为 153，则三棱锥S−ABC外接球的体积为( )
A. 8 3πB. 4 3πC. 6 3πD. 5π
二、多选题：本题共3小题，共15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.已知复平面内表示复数：z=m+1+(m−1)i(m∈R)的点为M，则下列结论中正确的为( )
A. 若z∈R，则m≠1B. 若M在直线y=2x上，则m=3
C. 若z为纯虚数，则m=−1D. 若M在第四象限，则−110.一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的四个球，除了标号外没有其它差异，现采用不放回方式从中任意摸球两次，设事件A=“第一次摸出球的标号小于3”，事件B=“第二次摸出球的标号小于3”，则下列选项正确的为( )
A. P(A)=512B. P(A∪B)=56C. P(AB)=16D. P(B)=712
11.三棱锥A−BCD满足下列两个条件：①∠BAD+∠BAC+∠CAD=90∘；②∠ADB=∠BDC=∠ADC=90∘.若cs70∘=0.3420，记二面角A−BC−D的大小为θ，则下列选项中θ可以取到的为( )
A. 45∘B. 62∘C. 75∘D. 80∘
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若圆锥的底面半径为4，其侧面展开图的面积为20π，则该圆锥的高为__________.
13.已知a=(3,−4),b=(2,4)，则b在a上的投影向量的坐标为__________.
14.锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2bsinA，则csA+sinC的取值范围是__________.
四、解答题：本题共7小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字记为a，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜的数字记为b，且a、b∈{0,1,2,…，9}.若|a−b|≤1，则称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则二人“心有灵犀”的概率为______.
16.(本小题12分)
已知复数z和w满足：zw+2iz−2iw+2 3i+1=0，若w−−z=2i，求z和w.
17.(本小题12分)
试分别解答下列两个小题：
(Ⅰ)设b和c分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，记事件A=“方程x2+bx+c=0没有实根”，事件B=“方程x2+bx+c=0有且仅有一个实根”，求P(A)−3P(B).
(Ⅱ)甲、乙、丙三位同学各自独立地解决同一个问题，已知这三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为12,13,14，记E=“三人中只有一个人正确解决了这个问题”，求P(E).
18.(本小题12分)
如图，在三棱锥S−ABC中，作SN⊥平面ABC，垂足为N，连接CN并延长交棱AB于点D，M为棱SC上的一点，若CD⊥AB，二面角M−AB−C的大小与∠NSC相等，求证：SC⊥平面MAB.
19.(本小题12分)
试分别解答下列两个小题：
(Ⅰ)已知向量a和b都是非零向量，且a+3b与7a−5b垂直，a−4b与7a−2b垂直，记向量a与b的夹角为θ，求tanθ4.
(Ⅱ)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+b+c=6，b2=ac.试将BA⋅BC表示成关于b的表达式，并求出BA⋅BC的取值范围.
20.(本小题12分)
如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，PD⊥平面ABCD，PD//AQ，且PD=2AQ，M为PC的中点.
(Ⅰ)求证：PD⊥QM；
(Ⅱ)设平面PBQ∩平面ABCD=l，l与直线QM所成的角为θ，求tanθ.
21.(本小题12分)
如图，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边AB，AD上的点，△APQ的周长为2.
(Ⅰ)求∠PCQ的大小；
(Ⅱ)设∠BCP=α，W=1CP2+1CQ2，试将W表示为α的函数，并求出W的最大值及相应的α.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了复数的运算，考查了共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
根据复数的运算法则判断①，根据纯虚数的定义判断②，根据实数的定义以及充分条件和必要条件的定义判断③，根据复平面的定义判断④．
【解答】
解：对于①，设z=a+bi(a,b∈R)，若复数z满足z=1z，
则a+bi=1a+bi=a−bia2+b2=aa2+b2−ba2+b2i，
∴a=aa2+b2b=−ba2+b2，解得a=1b=0或a=−1b=0，
∴z=±1，故①正确；
对于②，若a=b=0，则(a−b)+(a+b)i=0是实数，故②错误；
对于③，设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，
若复数z∈R，则b=0，∴z=z−，
若z=z−，则b=−b，即b=0，∴z∈R，
所以复数z∈R的充要条件是z=z−，故③正确；
对于④，复平面内，x轴是实轴，y轴是虚轴，故④正确，
综上所述，正确的个数为3个．
故选：D.
2.【答案】D
【解析】【分析】
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．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
【解答】
解：∵直线m不平行于平面α，且m⊄α，∴m与平面α相交，
则α内的直线与m的位置关系有两种，相交或异面．
∴α内不存在与m平行的直线．
故ABC错误，D正确．
故选：D.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了数据的数字特征，属于基础题．
利用平均数、中位数、众数的定义求解．
【解答】
解：中位数表示一组数据的一般水平，平均数表示一组数据的平均水平，如果这两者差不多，说明数据分布较均匀，也可以看作近似对称，但现在它们相差很大，说明其中有异常数据，有极端大的值，众数是出现次数最多的教，可能不止一个，当然可以和中位数相同，因此只有B项错误.
故选：B.
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查对立事件、互斥事件的定义，以及古典概型的概率公式，属于基础题．
根据已知条件，结合对立事件、互斥事件的定义，以及古典概型的概率公式，即可求解．
【解答】
解：事件M，N可以同时发生，且不相等，故ABD错误，
P(M)=P(N)=12，故C正确．
故选：C.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查正弦型函数的图象变换，属于基础题．
根据已知条件，结合三角函数的图象平移变换法则，即可求解．
【解答】
解：y=sin2x− 3cs2x=2sin(2x−π3)，
显然B，D错误.
把y=sin(2x+π6)的图象向左平移3π4个单位长度，得到y=sin2x+3π4+π6=sin2x+5π3=sin2x+2π−π3=sin2x−π3，
然后把图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍，即可得到y=2sin(2x−π3)的图象．
把y=sin(2x+π6)的图象向左平移π4个单位长度，得到
y=sin2x+π4+π6=sin2x+2π3=sin2x+π−π3=−sin2x−π3，然后把图象上各点的纵坐标伸长到原来的2倍，即可得到y=−2sin(2x−π3)的图象，故C错误.
故选：A.
6.【答案】A
【解析】解：设点P的坐标为(x,y)，因为A(−1,2)，B(3,0)，
则AP=(x+1.y−2)，PB=(3−x,−y)，
由|AP|=2|PB|，且点P在直线AB上，
得AP=2PB或AP=−2PB.
所以x+1=2(3−x)y−2=2(−y)或x+1=−2(3−x)y−2=−2(−y)，
解得x=53y=23 或x=7y=−2.
所以点P的坐标为(53,23)或(7,2).
故选：A.
设点P的坐标为(x,y)，代入关系AP=2PB或AP=−2PB，利用向量相等即可得．
本题考查向量的运算，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查三角函数的化简求值，注意新定义运算法则，诱导公式的应用，属于基础题．
设等腰△ABC中A=B，由已知得sinA1=sinB1，csA=sinA1，csB=sinB1，csC=sinC1，则A1=B1，结合同角三角函数关系进行化简求值即可．
【解答】
解：设A=B，由已知得sinA1=sinB1，csA=sinA1，csB=sinB1，csC=sinC1，
则A1=B1，
所以A+A1=90∘，B+B1=90∘，C+C1=90∘，(舍)，或A+A1=90∘，B+B1=90∘，C=C1−90∘，
解得：C=45∘.
故选：D.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与平面垂直的判定，考查棱锥与球体积公式的应用，是中档题．
取SC的中点为O，AB的中点为D，连接OA、OB、OD，由已知可得O为三棱锥S−ABC外接球的球心，由三棱锥的体积列式求出三棱锥S−ABC外接球的半径，代入球的体积公式得答案．
【解答】
解：如图，
取SC的中点为O，AB的中点为D，连接OA、OB、OD，
∵∠ASC=∠BSC=π4，AC=AS，BC=BS，
∴∠SAC=∠SBC=90∘，则OA=OB=OC=OS，则O为三棱锥S−ABC外接球的球心，
设半径为R，又OD⊥AB，且AB= 10，∴AD=DB= 102，OD= R2−52.
则S△OAB=12⋅AB⋅OD=12 10R2−25，
又由SC⊥OA，SC⊥OB，且OA∩OB=O，OA,OC⊂平面OAB，可得SC⊥平面OAB，
∴VA−SBC=13⋅12 10R2−25⋅2R= 153，解得R= 3.
∴三棱锥S−ABC外接球的体积为4π3⋅( 3)3=4 3π.
故选：B.
9.【答案】CD
【解析】解：z=m+1+(m−1)i(m∈R)，
对于A，若z∈R，
则m−1=0，解得m=1，故A错误；
对于B，若M在直线y=2x上，
则m−1=2(m+1)，解得m=−3，故B错误；
对于C，若z为纯虚数，
则m+1=0m−1≠0，解得m=−1，故C正确；
对于D，M在第四象限，
则m+1>0m−1<0，解得−1故选：CD.
根据已知条件，结合实数、纯虚数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查实数、纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
根据各个选项，用列举法和利用古典概型的概率公式求解．
【解答】
解：一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，采用不放回方式从中任意摸球两次，
则共有4×3=12种，
事件A=“第一次摸出球的标号小于3”，则共有2×3=6种，
事件B=“第二次摸出球的标号小于3”，则有(1,2)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，共6种，
所以P(A)=612=12，P(B)=612=12，故A错误，D错误，
事件A∪B=“第一次摸出球的标号小于3或第二次摸出球的标号小于3”，则有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，共10种，
事件AB=“第一次摸出球的标号小于3且第二次摸出球的标号小于3”，则有(1,2)，(2,1)，共2种，
所以P(A∪B)=1012=56，P(AB)=212=16，故B正确，C正确．
故选：BC.
11.【答案】CD
【解析】解：设AD=x，BD=a，CD=b，
将三棱锥A−BCD沿着AD，BD，CD剪开，然后将△ADB，△ADC分别沿着AB，AC都展开在△ABC所在得平面内，如图所示，得五边形ADBCD′，
由题设∠DAD′=∠DAB+∠BAC+∠CAD′=90∘，
AD′=AD=x，延长DB，D′C交于E，
则ADED′为正方形，且BE=x−a，CE=x−b，BC= a2+b2，
在Rt△EBC中，有BC2=BE2+CE2，即a2+b2=(x−a)2+(x−b)2，
解得x=a+b，
在三棱锥A−BCD中，过点D作DH⊥BC，则AH⊥BC，
所以∠AHD为二面角A−BC−D的平面角，
设∠AHD=θ，则csθ=DHAH，
在Rt△BDC中，DH=BD⋅CDBC=ab a2+b2，
在Rt△DH中，AH= AD2+DH2= (a+b)2+a2b2a2+b2=a2+ab+b2 a2+b2，
所以csθ=aba2+ab+b2≤ab3ab=13<0.3420=cs70∘，
因为y=csθ在(0,π2)上是减函数，
所以θ>70∘，
即二面角A−BC−D大于70∘，
故选：CD.
设AD=x，BD=a，CD=b，将三棱锥A−BCD沿着AD，BD，CD剪开，然后将△ADB，△ADC分别沿着AB，AC都展开在△ABC所在得平面内，如图所示，得五边形ADBCD′，可推出∠AHD为二面角A−BC−D的平面角，
设∠AHD=θ，则csθ=DHAH，DH=ab a2+b2，AH=a2+ab+b2 a2+b2，则csθ=aba2+ab+b2≤ab3ab=13<0.3420=cs70∘，再结合余弦函数的单调性，即可得出答案．
本题考查二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查了圆锥的结构特征，圆锥的侧面积和表面积，是基础题．
求出圆锥的母线长，再利用勾股定理求出圆锥的高．
【解答】
解：设圆锥母线长为l，
因为圆锥的底面半径为r=4，
所以圆锥侧面展开图的面积为12×2π×4×l=20π，
解得l=5，
所以圆锥的高为h= l2−r2= 52−42=3.
故答案为：3.
13.【答案】(−65,85)
【解析】【分析】
本题考查了投影向量的计算公式，向量坐标的数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
根据向量a,b的坐标即可求出a⋅b和a2的值，然后根据投影向量的计算公式即可求出b在a上的投影向量的坐标．
【解答】
解：∵a=(3,−4),b=(2,4)，
∴a⋅b=6−16=−10，a2=25，
∴b在a上的投影向量的坐标为：a⋅b|a|⋅a|a|=−1025(3,−4)=(−65,85).
故答案为：(−65,85).
14.【答案】( 32,32)
【解析】【分析】
本题考查了正弦定理，以及两角和与差的正弦函数公式，正弦函数的定义域与值域，熟练掌握公式是解本题的关键．
已知等式利用正弦定理化简，根据sinA不为0求出sinB的值，确定出B的度数，进而表示出A+C的度数，用A表示出C，代入所求式子利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由A的范围求出这个角的范围，利用正弦函数的值域确定出范围即可．
【解答】
解：已知等式a=2bsinA利用正弦定理化简得：sinA=2sinBsinA，
∵sinA≠0，
∴sinB=12，
∵B为锐角，
∴B=π6，即A+C=5π6，
∴csA+sinC=csA+sin(5π6−A)
=csA+12csA+ 32sinA=32csA+ 32sinA
= 3( 32csA+12sinA)
= 3sin(A+π3)，
∵π3∴12则csA+sinC的取值范围是( 32,32).
故答案为：( 32,32).
15.【答案】725
【解析】解：由题意，符合古典概型，
一共有10×10个基本事件，
下面计算甲乙“心有灵犀”的基本事件数：如果a=0或9，b各有两种情况，如果a≠0或9，b有3种情况，
则其概率P=2×2+8×3102=725.
故答案为：725.
其概率模型为古典概型，利用概率公式求解．
本题考查了古典概型的概率公式应用，属于基础题．
16.【答案】解：设z=a+bi，a，b∈R，
∵w−−z=2i，
∴w−=z+2i=a+(b+2)i，
∴w=a−(b+2)i，
∴zw=(a+bi)[a−(b+2)i]
=a2−a(b+2)i+abi−b(b+2)i2
=a2+b2+2b−2ai，
∵zw+2iz−2iw+2 3i+1=0，
∴a2+b2+2b−2ai+2i[a+bi−a+(b+2)i]+2 3i+1=0，
∴a2+b2+2b−2ai+2i(2b+2)i+2 3i+1=0，
∴(a2+b2−2b−3)+(2 3−2a)i=0，
∴a2+b2−2b−3=02 3−2a=0，解得：a= 3b=2或a= 3b=0，
当a= 3b=2时，z= 3+2i,w= 3−4i；
当a= 3b=0时，z= 3,w= 3−2i.
【解析】本题考查复数的四则运算，复数集内解方程，属于一般题．
设z=a+bi，a，b∈R，由条件可得w=a−(b+2)i，再由复数的四则运算法则化简后可得关于a，b的方程组，求解即可．
17.【答案】解：(Ⅰ)已知基本事件总数为6×6=36，
若方程没有实根，
此时Δ=b2−4c<0，即b<2 c，
当b=1时，c=1，2，3，4，5，6；
当b=2时，c=2，3，4，5，6；
当b=3时，c=3，4，5，6；
当b=4时，c=5，6
此时事件个数为6+5+4+2=17，
所以“方程x2+bx+c=0没有实根”的概率P(A)=1736；
若方程有两个相等实根，
此时Δ=b2−4c=0，即b=2 c，
因为b，c∈{1,2,3,4,5,6}，
只有当c=1时，b=2；当c=4时，b=4这两组满足条件，
所以“方程x2+bx+c=0有且仅有一个实根”的概率P(B)=236，
则P(A)−3P(B)=1736−3×236=1136；
(Ⅱ)因为这三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为12,13,14，
则仅甲同学单独解决了这个问题的概率P1=12×(1−13)×(1−14)=14，
仅乙同学单独解决了这个问题的概率P2=(1−12)×13×(1−14)=18，
仅丙同学单独解决了这个问题的概率P3=(1−12)×(1−13)×14=112，
则P(E)=14+18+112=1124.
【解析】(Ⅰ)由题意，求出基本事件总数，将方程没有实根和方程有且仅有一个实根转化成b和c的大小关系，列出所有满足条件的事件，进而即可求解．
(Ⅱ)分别求出仅甲同学单独解决了这个问题的概率，仅乙同学单独解决了这个问题的概率和仅丙同学单独解决了这个问题的概率，代入期望公式中即可求解．
本题考查离散型随机变量的期望和古典概型概率公式，考查了数据分析和运算能力．
18.【答案】证明：连接SD，DM，
因为SN⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以SN⊥AB，
又CD⊥AB，SN∩CD=N，SN，CD⊂平面SCD，
所以AB⊥面SDC，
又SC⊂面SDC，DM⊂面SDC，
所以AB⊥SC，AB⊥DM，
所以∠MDC为二面角M−AB−C的平面角，
因为二面角M−AB−C的大小与∠NSC相等，
所以∠MDC=∠NSC，
又在△SNC和△MDC中，∠SCD=∠MCD，且∠SNC=90∘，
所以∠DMC=∠SNC=90∘，
所以DM⊥SC，
又AB⊥SC，DM∩AB=D，DM，AB⊂面AMB，
所以SC⊥面AMB.
【解析】本题考查线面垂直的判定，属于中档题．
欲证SC⊥面MAB，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证明SC与截面MAB内两相交直线垂直，而AB⊥SC，连接MD，根据∠MDC=∠NSC，可得DM⊥SC，又AB∩DM=D，满足定理所需条件．
19.【答案】解：(Ⅰ)由a+3b与7a−5b垂直，可得(a+3b)⋅(7a−5b)=0，
即7a2+16a⋅b−15b2=0，①
又a−4b与7a−2b垂直，可得(a−4b)⋅(7a−2b)=0，
即7a2−30a⋅b+8b2=0，②
①-②得46a⋅b=23b2，即a⋅b=12b2=12|b|2，
将其代入①式，得7|a|2+8|b|2−15|b|2=0，
故有|a|2=|b|2，即|a|=|b|，
则csθ=a⋅b|a||b|=12|b|2|b||b|=12，由θ∈[0∘,180∘]，可得θ=60∘，
所以tanθ4=tan15∘=tan(45∘−30∘)=1− 331+ 33=2− 3；
(Ⅱ)由a+b+c=6，b2=ac，可得a+c=6−b，
(a−c)2=(a+c)2−4ac=(6−b)2−4b2=36−12b−3b2，
由三角形三边关系，可得|a−c|即36−12b−3b23 5−32，①
又由(a−c)2≥0，可得36−12b−3b2≥0，解得0又由a+b+c=6，a+c>b，可得b<3，③
综合①②③，可得b∈(3 5−32,2],
∵BA⋅BC=ac×a2+c2−b22ac
=(a+c)2−2ac−b22
=(6−b)2−2b2−b22
=−b2−6b+18，
由于对称轴为b=−3，故此式在b的取值范围中单调递减，
所以−b2−6b+18∈[2,27−9 52),
即BA⋅BC的取值范围是[2,27−9 52).
【解析】本题考查平面向量与三角函数求值，解三角形的综合应用，属中档题．
(Ⅰ)由向量垂直的性质，得到方程组，找到a与b模的关系，即可求得θ，再用两角差的正切公式求解即可；
(Ⅱ)由已知，根据三角形边长关系，求出b的取值范围，再用数量积定义及a，b，c的关系将BA⋅BC表示成关于b的式子，并根据二次函数单调性求出取值范围即可．
20.【答案】解：(Ⅰ)证明：过M作MN//PD交CD于N，连接AN，
∵M为PC的中点，
∴N为CD的中点，
∴MN//PD,MN=12PD，
∵PD//AQ，且PD=2QA，
∴MN//AQ，MN=AQ，
∴四边形ANMQ为平行四边形，
∴AN//QM，
∵PD⊥平面ABCD，AN⊂平面ABCD，
∴PD⊥AN，
∴PD⊥QM.
(Ⅱ)延长PQ和DA交于点R，连接BR和AC，
∵平面PBQ∩平面ABCD=l，
∴l与BR重合，
∵PD//AQ，
∴△QRA∽△PRD，从而ARDR=AQPD=12，
又四边形ABCD是正方形，
∴AR//BC，AR=BC，
从而ARBC为平行四边形，
∴l//AC，
由(1)可知，QM//AN，
∴∠CAN(或补角)为l与直线QM所成的角，
在边长为2的正方形ABCD中，∠CAD=π4,tan∠NAD=12，
tan∠CAN=tan(π4−∠NAD)=tanπ4−tan∠NAD1+tanπ4⋅tan∠NAD=13.
所以tanθ=13.
【解析】本题主要考查异面直线所成的角，线面垂直的性质，属于中档题．
(Ⅰ)过M作MN//PD交CD于N，连接AN，然后利用三角形中位线定理结合已知条件可得四边形ANMQ为平行四边形，则AN//QM，由已知线面垂直可得PD⊥AN，从而可证得结论；
(Ⅱ)延长PQ和DA交于点R，连接BR和AC，则可得l与BR重合，证得l//AC，从而可得∠CAN(或补角)为l与直线QM所成的角，进而可求得结果．
21.【答案】解：(Ⅰ)设AP=x，AQ=y，则PQ= x2+y2，
因为，△APQ的周长为2，
所以x+y+ x2+y2=2，
化简得xy=2x+2y−2，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴DQ=1−y，BP=1−x，
从而tan∠DCQ=1−y，tan∠BCP=1−x，
所以tan(∠DCQ+∠BCP)=tan∠DCQ+tan∠BCP1−tan∠DCQ⋅tan∠BCP=1−y+1−x1−(1−y)(1−x)=2−x−yx+y−xy=2−x−yx+y−(2x+2y−2)=1，
因为0<∠DCQ+∠BCP<π2，
所以∠DCQ+∠BCP=π4，
从而∠PCQ=π2−(∠DCQ+∠BCP)=π4；
(Ⅱ)因为∠BCP=α，∠DCQ=π2−α，其中0<α<π4，
在Rt△BCP中，CP⋅csα=BC，所以CP=1csα，
在Rt△CDQ中，CQ⋅cs(π4−α)=CD，所以CQ=1cs(π4−α)，
所以W=1CP2+1CQ2=cs2α+cs2(π4−α)=12(1+cs2α)+12[1+cs2(π4−α)]=12(sin2α+cs2α)+1= 22sin(2α+π4)+1，
因为0<α<π4，所以π4<2α+π4<3π4，
所以当2α+π4=π2，即α=π8时，Wmax=1+ 22.
所以W= 22sin(2α+π4)+1，Wmax=W(π8)=1+ 22.
【解析】(Ⅰ)设AP=x，AQ=y，即可得到xy=2x+2y−2，再由tan∠BCP=1−x，tan∠DCQ=1−y，利用两角和的正切公式求出∠DCQ+∠BCP，即可得解；
(Ⅱ)首先表示CP、CQ，根据W=1CP2+1CQ2利用二倍角公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得．
本题考查了三角恒等变换、三角函数的性质，属于中档题．