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2022-2023学年河南省洛阳市强基联盟高一（下）联考数学试卷（5月份）（含解析）
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这是一份2022-2023学年河南省洛阳市强基联盟高一（下）联考数学试卷（5月份）（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。
2022-2023学年河南省洛阳市强基联盟高一（下）联考数学试卷（5月份）
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. 若复数z满足z(1+i)=2(i为虚数单位)，则在复平面内复数z对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 在某中学高一年级的300名学生中，男生有120名，女生有180名.学校想了解学生对选修课程的看法，以便开设有关课程，现准备从高一学生中按性别用分层随机抽样的方法选取60人，则应抽取的女生人数为( )
A. 24 B. 36 C. 40 D. 48
3. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和EF所成的角为( )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
4. “双减”政策实施后，学生的课外阅读增多，某班50名学生到图书馆借书数量统计如下表．
借书数量(单位：本)
5
6
7
8
9
10
频数(单位：人)
5
8
13
11
9
4
则这50名学生的借书数量的第25百分位数是( )
A. 5 B. 5.5 C. 6 D. 6.5
5. 在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，若PA⊥平面ABC，PA=4，则点P到BC的距离是( )
A. 5 B. 4 2 C. 3 2 D. 5
6. 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//m B. 若l//m，m⊥β，l⊥α，则α//β
C. 若α⊥β，l//α，m//β，则l⊥m D. 若α⊥β，l//α，m//β，则l//m
7. 紫金山位于江苏省南京市玄武区境内，是江南四大名山之一，三峰相连形如巨龙，山、水、城浑然一体，古有“钟山龙蟠，石城虎踞”之称.建筑师在高度接近200米的峰顶测得一建筑物顶部的仰角为30°，底部的俯角为45°，那么该建筑的高度接近
( )
A. 200(1+ 33)米 B. 200(1+ 3 )米
C. 100( 6+ 2)米 D. 200( 6+ 2)米
8. 已知e1，e2是单位向量，且e1，e2的夹角为θ，若|e1+te2|≥12(t∈R)，则θ的取值范围为( )
A. [π3,2π3] B. [π4,π2] C. [π6,5π6] D. [0,π6]
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. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b=2，A=π3.若△ABC有唯一解，则a的值可以是( )
A. 1 B. 3 C. 2 D. 5
10. 某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A−结伴步行，B−自行乘车，C−家人接送，D−其他方式.并将收集的数据整理绘制成如图两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是( )
A. 扇形统计图中D的占比最小
B. 条形统计图中A和C一样高
C. 无法计算扇形统计图中A的占比
D. 估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送
11. 从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是( )
A. “至少有一个红球”和“至少有一个黑球”是互斥事件
B. “恰有一个黑球”和“都是黑球”是互斥事件
C. “恰有一个红球”和“都是红球”是对立事件
D. “至少一个黑球”和“都是红球”是对立事件
12. 如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA=AB=1，E，F为线段PD上的点(不包括端点)，则( )
A. AC⊥EF
B. PB//平面AEC
C. 二面角E−BD−C的大小为定值
D. AE+CE的最小值为 2+ 2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在△ABC中，DC=2BD，若BC=λDC，则λ= ______ ．
14. 某厂有A，B两条生产线制造同一型号可充电电池.现采用分层随机抽样，从某天两条生产线上的成品中随机抽取20件成品，测试产品可充电次数的均值及方差，结果如下表：
项目
抽取成品数
样本均值
样本方差
A生产线产品
8
210
1
B生产线产品
12
200
1
则20个产品组成的总样本的方差为______ ．
15. 在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为______ ．
16. 已知等腰直角三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上，AB=BC=4，若球O上的点到平面ABC的最大距离为4，则球O的体积为______ ．
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)
已知向量a=(1,3)，b=(−2,1)．
(1)求向量a⋅b；
(2)若向量a+b与a−kb互相垂直，求k的值．
18. (本小题12.0分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosB+ 33asinB−c=0．
(1)求A；
(2)若a=2，且△ABC的面积为 3，求b，c．
19. (本小题12.0分)
学校对甲、乙两人的学习态度、考试成绩及活动参与三个方面做了一个初步的评估，成绩(单位：分)如下表所示．
学习态度
考试成绩
活动参与
甲
98
96
95
乙
90
99
98
(1)如果以学习态度、考试成绩及活动参与三个方面的平均分来计算他们的成绩，并以此作为评优的依据，你认为谁会被评为优秀？
(2)如果以20%，60%，20%依次作为三项成绩的比例来计算他们的成绩，结果又会如何？
20. (本小题12.0分)
如图，△ECD所在平面与等腰梯形ABCD所在平面互相垂直，AB=AD=12CD，AB//CD，CE⊥CD，F为ED的中点．
(1)求证：AF//平面EBC；
(2)求证：BD⊥平面EBC．
21. (本小题12.0分)
《青年大学习》是共青团中央组织的，以“学习新思想，争做新青年”为主题的党史团课学习行动，2023年已开展到第7期.某市团市委为了解全市青年每周利用“青年大学习”了解国家动态的情况，从全市随机抽取1000名青年进行调查，统计他们每周利用“青年大学习”进行学习的时长(单位：分钟)，根据调查结果绘制的频率分布直方图如图所示：
(1)求被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数；
(2)市宣传部门拟从被抽取青年中选出部分青年参加座谈会.办法是：采用分层抽样的方法从学习时长在[60,70)和[70,80)的青年中共抽取5人，且从参会的5人中又随机抽取2人发言，求学习时长在[60,70)中至少有1人被抽中发言的概率．
22. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ABD为等边三角形，BC=CD=1，∠ABC=90°，M是PB上一点，且PB=3MB，N是PC的中点．
(1)求证：PC⊥BD；
(2)若二面角P−BC−A的大小为45°，求三棱锥C−AMN的体积．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵z(1+i)=2，
∴z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
∴在复平面内复数z对应的点(1,−1)位于第四象限．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵男生有120名，女生有180名．
∴设抽取的女生人数为x，
则 x60=180300，得x=36．
故选：B．
根据分层抽样的定义建立比例关系进行求解即可．
本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系进行求解是解决本题的关键，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：连接BC1，A1C1，A1B，如图所示：
根据正方体的结构特征，可得
EF//BC1，AC//A1C1，
则∠A1C1B即为异面直线AC和EF所成的角
BC1=A1C1=A1B，
∴△A1C1B为等边三角形
故∠A1C1B=60°
故选C
连接BC1，A1C1，A1B，根据正方体的几何特征，我们能得到∠A1C1B即为异面直线AC和EF所成的角，判断三角形A1C1B的形状，即可得到异面直线AC和EF所成的角．
本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中利用平移的方法，构造∠A1C1B为异面直线AC和EF所成的角，是解答本题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：由50×25%=12.5，故第25百分位数在借书数量从小到大排序后的第13人，
又5+8=13，
故第25百分位数是6．
故选：C．
根据百分位数的定义，结合统计表求第25百分位数即可．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：过A作AD⊥BC于D，连接PD，
因为AB=AC=5，BC=8，所以BD=DC=4，
又∵PA⊥平面ABC，PA∩AD=A，
∴BC⊥PD，
∴点P到BC的距离是PD，
在△ADC中，AC=5，DC=3，∴AD= 52−42=3，
在Rt△PAD中，PD= PA2+AD2= 42+32=5．
故选：A．
过A作AD⊥BC于D，连接PD，说明BC⊥PD，点P到BC的距离是PD，在直角三角形PAD中求出PD即可．
本题考查的知识点是空间点、线、面之间的距离，其中利用三角形的性质，作出PD即为点P到BC的垂线段是解答本题的关键，属中档题．
6.【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．
7.【答案】A
【解析】解：作出示意图，过点A作AE⊥CD，
其中AB=200，∠CAE=30°，∠DAE=45°，可得DE=AB=200，
在Rt△ADE中，∵DE=200，∠DAE=45°，∴AE=200，
在Rt△ACE中，∵AE=200，∠CAE=30°，可得CE=AE⋅tan30°=200× 33=200 33，
∴DC=DE+EC=200+200 33=200(1+ 33)米，
∴该建筑的高度接近200(1+ 33)米．
故选：A．
由题意作出示意图，再在Rt△ADE中和Rt△ACE中解三角形求出CE即可．
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：因为|e1+te2|≥12(t∈R)，e1，e2是单位向量，
所以e12+2te1⋅e2+t2e22≥14，即t2+2tcosθ+34≥0，
所以Δ=4cos2θ−3≤0，解得− 32≤cosθ≤ 32，
又θ∈[0,π]，
所以θ的取值范围为[π6,5π6]．
故选：C．
将|e1+te2|≥12(t∈R)平方，结合题意可得Δ=4cos2θ−3≤0，由此可得θ的范围．
本题考查平面向量数量积的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由正弦定理可得asinA=bsinB，所以asinπ3=2sinB，
∴asinB=2sinπ3=2× 32= 3，
∴sinB= 3a，又△ABC有唯一解，
∴sinB=1或0
当0
故选：BD．
由正弦定理可得asinA=bsinB，可得sinB= 3a，再根据△ABC有唯一解，有sinB=1或0
10.【答案】ABD
【解析】解：由条形统计图知，B−自行乘车上学的有42人，C−家人接送上学的有30人，D−其他方式上学的有18人，
采用B，C，D三种方式上学的共90人，
设A−结伴步行上学的有x人，由扇形统计图知，A−结伴步行上学与B−自行乘车上学的学生占60%，
所以x+42x+90=60100，解得x=30，
故条形图中A，C一样高，扇形图中A类占比与C一样都为25%，A和C共占约50%，故D也正确．
D的占比最小，A正确．
故选：ABD．
利用条形统计图和扇形统计图的性质直接判断求解．
本题考查命题真假的判断，考查条形统计图和扇形统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，“至少有一个红球”包含“两个红球”和“一红一黑”两种情况，“至少有一个黑球”包含“两个黑球”和“一红一黑”两种情况，两者不是互斥事件，A错误；
对于B，“恰有一个黑球”即“一红一黑”，和“都是黑球”不会同时发生，是互斥事件，B正确；
对于C，“恰有一个红球”即“一红一黑”，和“都是红球”不会同时发生，是互斥事件，但不是对立事件，C错误；
对于D，“至少有一个黑球”包含“两个黑球”和“一红一黑”两种情况，和“都是红球”是对立事件，D正确；
故选：BD．
根据题意，由互斥事件和对立事件的定义，依次分析选项，综合可得答案．
本题考查互斥事件和对立事件的定义，注意两者的区别，属于基础题．
12.【答案】CD
【解析】解：对于A，∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC，
假设AC⊥EF，又PA⋂EF=P，PA，EF⊂平面PAD，
∴AC⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，∴AC⊥AD，
而四边形ABCD为正方形，与AC⊥AD矛盾，故AC⊥EF不正确，故A不正确；
对于B，设AC⋂BD=O，连接OE，若PB//平面AEC，
又平面PBD⋂平面AEC=OE，则PB//OE，
在△PBD中，因为O为BD的中点，则E必为PD的中点，
这与E为线段PD上的动点矛盾，故B不正确；
对于C，∵E为线段PD上的动点，∴E∈平面PBD，
∴二面角E−BD−C的大小即为二面角P−BD−C的大小，
故二面角E−BD−C的大小为定值，故C正确；
对于D，如图，将侧面△PAD和△PCD展开在一个平面内，
连接AC，当E处在AC与PD的交点处时，AE+CE取得最小值，
此时，在△ACD中，∠ADC=∠ADP+∠PDC=45°+90°=135°，
由余弦定理得AC2=AD2+CD2−2×AD×CD×cos∠ADC
=1+1−2×1××cos135°=2+ 2，∴AC= 2+ 2，
故AE+CE的最小值为 2+ 2，故D正确．
故选：CD．
对于A：假设AC⊥EF，可证AC⊥AD，与四边形ABCD为正方形矛盾，可判断A；对于B：设AC⋂BD=O，连接OE，若PB//平面AEC，可得E必为PD的中点，可判断B；对于C；E∈平面PBD，可判断C；对于D：将侧面△PAD和△PCD展开在一个平面内，利用平面几何知识及余弦定理可求AE+CE的最小值判断D．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】32
【解析】解：∵DC=2BD，
∴DC=23BC，
∴BC=2λ3BC，
∴2λ3=1，解得λ=32．
故答案为：32．
根据DC=2BD得出DC=23BC，然后根据共线向量基本定理即可求出λ的值．
本题考查了向量数乘的几何意义，向量的数乘运算，共线向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】25
【解析】解：将A生产线的产品记为x1，x2，……，x8，平均数为x−，方差为sx2，B生产线的产品记为y1，y2，……，y12，平均数为y−，方差为sy2，总体均值为z−，
z−=120[8×210+12×200]=204，
则总样本方差s2=120[i=18(xi−z−)2+j=112(yj−z−)2]=120[i=18(xi−x−+x−−z−)2+i=112(yj−y−+y−−z−)2]，
易知i=18(xi−x−)=i=18xi−8x−=0，所以i=182(xi−x−)(x−−z−)=2(x−−z−)i=18(xi−x−)=0，同理i=1122(yj−y−)(y−−z−)=0，
所以s2=120{8[sx2+(x−−z−)2]+12[sy2+(y−−z−)2]}
=120{8[1+(210−204)2]+12[1+(200−204)2]}=25．
故答案为：25．
先计算总体均值，再利用方差公式S2=1ni=1nxi2−x−2求出i=1nxi2，进一步利用方差公式求出总体方差．
本题考查了方差、均值计算公式的应用，属于中档题．
15.【答案】35
【解析】解：由题意，另3位棋手分别记为丙、丁、戊，
则这5位棋手的分组情况有(甲乙丙，丁戊)，(甲乙丁，丙戊)，(甲乙戊，丙丁)，(甲丙丁，乙戊)，
(甲丙戊，乙丁)，(甲丁戊，乙丙)，(乙丙丁，甲戊)，(乙丙戊，甲丁)，(乙丁戊，甲丙)，(丙丁戊，甲乙)，共10种，
其中甲和乙不在同一个小组的情况分别为(甲丙丁，乙戊)，(甲丙戊，乙丁)，(甲丁戊，乙丙)，(乙丙丁，甲戊)，
(乙丙戊，甲丁)，(乙丁戊，甲丙)，共有6种，
所以甲和乙不在同一个小组的概率610=35．
故答案为：35．
利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解．
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】36π
【解析】解：等腰直角三角形ABC三个顶点都在球O的球面上，
则球心O在△ABC上的射影为AC的中点M，
即OM⊥平面ABC，
球O上的点到平面ABC的最大距离为4，
即4=OM+R，
得OM=4−R，
即球心O到平面ABC的距离为OM=4−R，
∵AB=BC=4，
∴AC=4 2，AM=2 2，
∴R2=AM2+OM2=8+(4−R)2=R2−8R+24，
即8R=24，
解得R=3，
∴V球=43π×33=36π．
故答案为：36π．
根据条件得到球心O在△ABC上的射影为AC的中点M，根据球O上的点到平面ABC的最大距离为4，得到OM=4−R，然后建立方程进行求解即可．
本题主要考查球的体积的计算，根据条件求出球的半径，利用球的体积公式进行计算是解决本题的关键，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为a=(1,3)，b=(−2,1)，
所以a⋅b=1×(−2)+3×1=−2+3=1；
(2)因为a=(1,3)，b=(−2,1)，
所以|a|= 12+32= 10,|b|= (−2)2+12= 5，
又因为向量a+b与a−kb互相垂直，且a⋅b=1，
所以(a+b)⋅(a−kb)=a2−kb2+(1−k)a⋅b=10−5k+1−k=0，
解得k=116，
所以k的值为116．
【解析】(1)利用向量数量积的坐标表示即可求解；
(2)根据(1)的结论及向量的模的坐标表示，利用两向量垂直的条件及数量积的运算即可求解．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，∵acosB+ 33asinB−c=0，
∴sinAcosB+ 33sinAsinB−sinC=0，
又sinC=sin(π−A−B)=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，
∴ 33sinAsinB=cosAsinB，
∵sinB≠0，
∴ 33sinA=cosA，
∴sinAcosA=tanA= 3，
∵A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)由(1)得A=π3，a=2，
∴由余弦定理得4=b2+c2−2bccosA，即b2+c2−bc=4①，
又∵△ABC的面积为 3，
∴S=12bcsinA= 3，即12bcsinπ3= 3，
∴bc=4②，
联立①②得b=2，c=2．
【解析】(1)应用正弦定理结合两角和差公式计算求解，即可得出答案；
(2)应用余弦定理及三角形面积公式，列方程求边，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)甲的平均分：98+95+963≈96.3(分)，
乙的平均分：99+99+983≈95.7(分)．
甲的平均分较高，甲被评为优秀．
(2)甲的平均分：98×20%+96×60%+95×20%=96.2(分)．
乙的平均分：90×20%+99×60%+98×20%=97(分)．
乙的平均分较高，乙被评为优秀．
【解析】(1)直接计算平均数即可；(2)根据题目中的规定，直接计算即可．
本题考查平均数的算法，属于基础题．
20.【答案】证明：(1)取CE的中点M，连接FM，BM，
因为F是DE的中点，所以FM//CD，且FM=12CD，
而AB=12CD，AB//CD，
所以MF//AB且MF=AB，
所以四边形ABMF为平行四边形，所以AF//BM，
而AF⊄面BEC，BM⊂面BEC，
可证得：AF//面BEC；
(2)因为ABCD为等腰梯形，且AD=BC=12CD，
所以可得∠CBD=90°；
又因为面ABCD⊥面DCE，面ABCD∩面DCE=CD，CE⊂面DCE，
CD⊥CE，
所以CE⊥面ABCD，而BD⊂面ABCD，
所以CE⊥BD，
因为CE∩BC=E，
可证得BD⊥面EBC．
【解析】(1)取CE的中点M，由中位线的性质可得AB与FM平行且相等，可得AF与BM平行，再由线面平行的判定定理可证得线面平行；
(2)由直角三角形的逆定理可得BD与BC垂直，再由面面垂直可得线线的垂直，再由直线的垂直可证得线面的垂直．
本题考查线面位置关系的证明方法，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由频率分布直方图得(0.005+0.010+0.020+m+0.025+0.010)×10=1，
解得m=0.03，[40,70)的频率为：(0.005+0.010+0.020)×10=0.35，
[70,80)的频率为：0.03×10=0.3，
所以被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数为70+0.5−0.350.03=75；
(2)由频率分布直方图知，学习时长在[60,70)和[70,80)的频率之比为2：3，
5人中，学习时长在[60,70)的有2人，学习时长在[70,80)的有3人，
记学习时长在[60,70)的2人分别为a，b，学习时长在[70,80]的3人分别为A，B，C，
样本空间Ω={(a,b)，(a,A)，(a,B)，(a,C)，(b,A)，
(b,B)，(b,C)，(A,B)，(A,C)，(B,C)}，共含有10个样本点，
设事件E为“从这5人中抽取2人发言，且这2人中至少有一人学习时长在[60,70)中”，
则E={(a,b)，(a,A)，(a,B)，(a,C)，(b,A)，(b,B)，(b,C)}，
共7个样本点，由古典概型的概率计算公式得P(E)=710．
【解析】(1)中位数两侧对应频率为0.5，由此可得中位数；(2)按照分层抽样确定[60,70)和[70,80)中各抽取的人数，然后根据古典概型公式求概率即可．
本题考查频率分布直方图，属于基础题．
22.【答案】解：(1)证明：因为△ABD为等边三角形，
所以AB=AD，
又BC=CD=1，AC=AC，
所以△ABC≌△ADC，
所以∠BAC=∠DAC，
由等腰三角形三线合一可得AC⊥BD，
又因为PA⊥面ABCD，
又BD⊂面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AC∩PA=A，
所以BD⊥面PAC，
又PC⊂面PAC，
所以BD⊥PC．
(2)因为∠ABC=90°，
所以AB⊥BC，
又PA⊥面ABCD，AB⊂面ABCD，
所以PA⊥BC，
又PA∩AB=A，
所以BC⊥面PAB，
又PB⊂面PAB，
所以BC⊥PB，
因为二面角P−BC−A的大小为45°，
所以∠PBC=45°，
所以PA=BA，
因为∠ABC=90°，∠ABD=60°，
所以∠CBD=30°，
又BC=CD=1，
所以BD= 3，则AB=AD= 3，
所以PB= 6，
所以S△PBC=12PB⋅BC=12 6⋅1= 62，
因为PB=3MB，
所以S△PMC=23S△PBC= 63，
因为N是PC的中点，
所以S△CMN=12S△PMC=12⋅ 63= 66，
由于VP−ABC=VA−PBC，
设点A到平面PBC的距离为h，
所以13⋅12× 3×1× 3=13×12× 6×1×h，
所以h= 62，
所以点A到平面CMN的距离为 62，
又S△CMN= 66，
所以三棱锥C−AMN的体积为VC−AMN=A−CMN=13× 66× 22=16．
【解析】(1)只需证明BD垂直于PC在平面CMN的投影，即可得出答案．
(2)根据题意可得BC⊥PB，∠PBC=45°，则PA=BA，计算出PB，S△PBC，由PB=3MB，得S△PMC=23S△PBC= 63，由N是PC的中点，得S△CMN=12S△PMC，由等体积法可得点A到平面CMN的距离为 62，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，四面体的体积，解题中需要理清思路，属于中档题．
2022-2023学年河南省洛阳市强基联盟高一（下）联考数学试卷（5月份）
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. 若复数z满足z(1+i)=2(i为虚数单位)，则在复平面内复数z对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 在某中学高一年级的300名学生中，男生有120名，女生有180名.学校想了解学生对选修课程的看法，以便开设有关课程，现准备从高一学生中按性别用分层随机抽样的方法选取60人，则应抽取的女生人数为( )
A. 24 B. 36 C. 40 D. 48
3. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和EF所成的角为( )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
4. “双减”政策实施后，学生的课外阅读增多，某班50名学生到图书馆借书数量统计如下表．
借书数量(单位：本)
5
6
7
8
9
10
频数(单位：人)
5
8
13
11
9
4
则这50名学生的借书数量的第25百分位数是( )
A. 5 B. 5.5 C. 6 D. 6.5
5. 在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，若PA⊥平面ABC，PA=4，则点P到BC的距离是( )
A. 5 B. 4 2 C. 3 2 D. 5
6. 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//m B. 若l//m，m⊥β，l⊥α，则α//β
C. 若α⊥β，l//α，m//β，则l⊥m D. 若α⊥β，l//α，m//β，则l//m
7. 紫金山位于江苏省南京市玄武区境内，是江南四大名山之一，三峰相连形如巨龙，山、水、城浑然一体，古有“钟山龙蟠，石城虎踞”之称.建筑师在高度接近200米的峰顶测得一建筑物顶部的仰角为30°，底部的俯角为45°，那么该建筑的高度接近
( )
A. 200(1+ 33)米 B. 200(1+ 3 )米
C. 100( 6+ 2)米 D. 200( 6+ 2)米
8. 已知e1，e2是单位向量，且e1，e2的夹角为θ，若|e1+te2|≥12(t∈R)，则θ的取值范围为( )
A. [π3,2π3] B. [π4,π2] C. [π6,5π6] D. [0,π6]
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. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b=2，A=π3.若△ABC有唯一解，则a的值可以是( )
A. 1 B. 3 C. 2 D. 5
10. 某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A−结伴步行，B−自行乘车，C−家人接送，D−其他方式.并将收集的数据整理绘制成如图两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是( )
A. 扇形统计图中D的占比最小
B. 条形统计图中A和C一样高
C. 无法计算扇形统计图中A的占比
D. 估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送
11. 从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是( )
A. “至少有一个红球”和“至少有一个黑球”是互斥事件
B. “恰有一个黑球”和“都是黑球”是互斥事件
C. “恰有一个红球”和“都是红球”是对立事件
D. “至少一个黑球”和“都是红球”是对立事件
12. 如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA=AB=1，E，F为线段PD上的点(不包括端点)，则( )
A. AC⊥EF
B. PB//平面AEC
C. 二面角E−BD−C的大小为定值
D. AE+CE的最小值为 2+ 2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在△ABC中，DC=2BD，若BC=λDC，则λ= ______ ．
14. 某厂有A，B两条生产线制造同一型号可充电电池.现采用分层随机抽样，从某天两条生产线上的成品中随机抽取20件成品，测试产品可充电次数的均值及方差，结果如下表：
项目
抽取成品数
样本均值
样本方差
A生产线产品
8
210
1
B生产线产品
12
200
1
则20个产品组成的总样本的方差为______ ．
15. 在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为______ ．
16. 已知等腰直角三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上，AB=BC=4，若球O上的点到平面ABC的最大距离为4，则球O的体积为______ ．
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)
已知向量a=(1,3)，b=(−2,1)．
(1)求向量a⋅b；
(2)若向量a+b与a−kb互相垂直，求k的值．
18. (本小题12.0分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosB+ 33asinB−c=0．
(1)求A；
(2)若a=2，且△ABC的面积为 3，求b，c．
19. (本小题12.0分)
学校对甲、乙两人的学习态度、考试成绩及活动参与三个方面做了一个初步的评估，成绩(单位：分)如下表所示．
学习态度
考试成绩
活动参与
甲
98
96
95
乙
90
99
98
(1)如果以学习态度、考试成绩及活动参与三个方面的平均分来计算他们的成绩，并以此作为评优的依据，你认为谁会被评为优秀？
(2)如果以20%，60%，20%依次作为三项成绩的比例来计算他们的成绩，结果又会如何？
20. (本小题12.0分)
如图，△ECD所在平面与等腰梯形ABCD所在平面互相垂直，AB=AD=12CD，AB//CD，CE⊥CD，F为ED的中点．
(1)求证：AF//平面EBC；
(2)求证：BD⊥平面EBC．
21. (本小题12.0分)
《青年大学习》是共青团中央组织的，以“学习新思想，争做新青年”为主题的党史团课学习行动，2023年已开展到第7期.某市团市委为了解全市青年每周利用“青年大学习”了解国家动态的情况，从全市随机抽取1000名青年进行调查，统计他们每周利用“青年大学习”进行学习的时长(单位：分钟)，根据调查结果绘制的频率分布直方图如图所示：
(1)求被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数；
(2)市宣传部门拟从被抽取青年中选出部分青年参加座谈会.办法是：采用分层抽样的方法从学习时长在[60,70)和[70,80)的青年中共抽取5人，且从参会的5人中又随机抽取2人发言，求学习时长在[60,70)中至少有1人被抽中发言的概率．
22. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ABD为等边三角形，BC=CD=1，∠ABC=90°，M是PB上一点，且PB=3MB，N是PC的中点．
(1)求证：PC⊥BD；
(2)若二面角P−BC−A的大小为45°，求三棱锥C−AMN的体积．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵z(1+i)=2，
∴z=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
∴在复平面内复数z对应的点(1,−1)位于第四象限．
故选：D．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵男生有120名，女生有180名．
∴设抽取的女生人数为x，
则 x60=180300，得x=36．
故选：B．
根据分层抽样的定义建立比例关系进行求解即可．
本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系进行求解是解决本题的关键，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：连接BC1，A1C1，A1B，如图所示：
根据正方体的结构特征，可得
EF//BC1，AC//A1C1，
则∠A1C1B即为异面直线AC和EF所成的角
BC1=A1C1=A1B，
∴△A1C1B为等边三角形
故∠A1C1B=60°
故选C
连接BC1，A1C1，A1B，根据正方体的几何特征，我们能得到∠A1C1B即为异面直线AC和EF所成的角，判断三角形A1C1B的形状，即可得到异面直线AC和EF所成的角．
本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中利用平移的方法，构造∠A1C1B为异面直线AC和EF所成的角，是解答本题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：由50×25%=12.5，故第25百分位数在借书数量从小到大排序后的第13人，
又5+8=13，
故第25百分位数是6．
故选：C．
根据百分位数的定义，结合统计表求第25百分位数即可．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：过A作AD⊥BC于D，连接PD，
因为AB=AC=5，BC=8，所以BD=DC=4，
又∵PA⊥平面ABC，PA∩AD=A，
∴BC⊥PD，
∴点P到BC的距离是PD，
在△ADC中，AC=5，DC=3，∴AD= 52−42=3，
在Rt△PAD中，PD= PA2+AD2= 42+32=5．
故选：A．
过A作AD⊥BC于D，连接PD，说明BC⊥PD，点P到BC的距离是PD，在直角三角形PAD中求出PD即可．
本题考查的知识点是空间点、线、面之间的距离，其中利用三角形的性质，作出PD即为点P到BC的垂线段是解答本题的关键，属中档题．
6.【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．
7.【答案】A
【解析】解：作出示意图，过点A作AE⊥CD，
其中AB=200，∠CAE=30°，∠DAE=45°，可得DE=AB=200，
在Rt△ADE中，∵DE=200，∠DAE=45°，∴AE=200，
在Rt△ACE中，∵AE=200，∠CAE=30°，可得CE=AE⋅tan30°=200× 33=200 33，
∴DC=DE+EC=200+200 33=200(1+ 33)米，
∴该建筑的高度接近200(1+ 33)米．
故选：A．
由题意作出示意图，再在Rt△ADE中和Rt△ACE中解三角形求出CE即可．
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：因为|e1+te2|≥12(t∈R)，e1，e2是单位向量，
所以e12+2te1⋅e2+t2e22≥14，即t2+2tcosθ+34≥0，
所以Δ=4cos2θ−3≤0，解得− 32≤cosθ≤ 32，
又θ∈[0,π]，
所以θ的取值范围为[π6,5π6]．
故选：C．
将|e1+te2|≥12(t∈R)平方，结合题意可得Δ=4cos2θ−3≤0，由此可得θ的范围．
本题考查平面向量数量积的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由正弦定理可得asinA=bsinB，所以asinπ3=2sinB，
∴asinB=2sinπ3=2× 32= 3，
∴sinB= 3a，又△ABC有唯一解，
∴sinB=1或0
当0
故选：BD．
由正弦定理可得asinA=bsinB，可得sinB= 3a，再根据△ABC有唯一解，有sinB=1或0
10.【答案】ABD
【解析】解：由条形统计图知，B−自行乘车上学的有42人，C−家人接送上学的有30人，D−其他方式上学的有18人，
采用B，C，D三种方式上学的共90人，
设A−结伴步行上学的有x人，由扇形统计图知，A−结伴步行上学与B−自行乘车上学的学生占60%，
所以x+42x+90=60100，解得x=30，
故条形图中A，C一样高，扇形图中A类占比与C一样都为25%，A和C共占约50%，故D也正确．
D的占比最小，A正确．
故选：ABD．
利用条形统计图和扇形统计图的性质直接判断求解．
本题考查命题真假的判断，考查条形统计图和扇形统计图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，“至少有一个红球”包含“两个红球”和“一红一黑”两种情况，“至少有一个黑球”包含“两个黑球”和“一红一黑”两种情况，两者不是互斥事件，A错误；
对于B，“恰有一个黑球”即“一红一黑”，和“都是黑球”不会同时发生，是互斥事件，B正确；
对于C，“恰有一个红球”即“一红一黑”，和“都是红球”不会同时发生，是互斥事件，但不是对立事件，C错误；
对于D，“至少有一个黑球”包含“两个黑球”和“一红一黑”两种情况，和“都是红球”是对立事件，D正确；
故选：BD．
根据题意，由互斥事件和对立事件的定义，依次分析选项，综合可得答案．
本题考查互斥事件和对立事件的定义，注意两者的区别，属于基础题．
12.【答案】CD
【解析】解：对于A，∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC，
假设AC⊥EF，又PA⋂EF=P，PA，EF⊂平面PAD，
∴AC⊥平面PAD，又AD⊂平面PAD，∴AC⊥AD，
而四边形ABCD为正方形，与AC⊥AD矛盾，故AC⊥EF不正确，故A不正确；
对于B，设AC⋂BD=O，连接OE，若PB//平面AEC，
又平面PBD⋂平面AEC=OE，则PB//OE，
在△PBD中，因为O为BD的中点，则E必为PD的中点，
这与E为线段PD上的动点矛盾，故B不正确；
对于C，∵E为线段PD上的动点，∴E∈平面PBD，
∴二面角E−BD−C的大小即为二面角P−BD−C的大小，
故二面角E−BD−C的大小为定值，故C正确；
对于D，如图，将侧面△PAD和△PCD展开在一个平面内，
连接AC，当E处在AC与PD的交点处时，AE+CE取得最小值，
此时，在△ACD中，∠ADC=∠ADP+∠PDC=45°+90°=135°，
由余弦定理得AC2=AD2+CD2−2×AD×CD×cos∠ADC
=1+1−2×1××cos135°=2+ 2，∴AC= 2+ 2，
故AE+CE的最小值为 2+ 2，故D正确．
故选：CD．
对于A：假设AC⊥EF，可证AC⊥AD，与四边形ABCD为正方形矛盾，可判断A；对于B：设AC⋂BD=O，连接OE，若PB//平面AEC，可得E必为PD的中点，可判断B；对于C；E∈平面PBD，可判断C；对于D：将侧面△PAD和△PCD展开在一个平面内，利用平面几何知识及余弦定理可求AE+CE的最小值判断D．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】32
【解析】解：∵DC=2BD，
∴DC=23BC，
∴BC=2λ3BC，
∴2λ3=1，解得λ=32．
故答案为：32．
根据DC=2BD得出DC=23BC，然后根据共线向量基本定理即可求出λ的值．
本题考查了向量数乘的几何意义，向量的数乘运算，共线向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】25
【解析】解：将A生产线的产品记为x1，x2，……，x8，平均数为x−，方差为sx2，B生产线的产品记为y1，y2，……，y12，平均数为y−，方差为sy2，总体均值为z−，
z−=120[8×210+12×200]=204，
则总样本方差s2=120[i=18(xi−z−)2+j=112(yj−z−)2]=120[i=18(xi−x−+x−−z−)2+i=112(yj−y−+y−−z−)2]，
易知i=18(xi−x−)=i=18xi−8x−=0，所以i=182(xi−x−)(x−−z−)=2(x−−z−)i=18(xi−x−)=0，同理i=1122(yj−y−)(y−−z−)=0，
所以s2=120{8[sx2+(x−−z−)2]+12[sy2+(y−−z−)2]}
=120{8[1+(210−204)2]+12[1+(200−204)2]}=25．
故答案为：25．
先计算总体均值，再利用方差公式S2=1ni=1nxi2−x−2求出i=1nxi2，进一步利用方差公式求出总体方差．
本题考查了方差、均值计算公式的应用，属于中档题．
15.【答案】35
【解析】解：由题意，另3位棋手分别记为丙、丁、戊，
则这5位棋手的分组情况有(甲乙丙，丁戊)，(甲乙丁，丙戊)，(甲乙戊，丙丁)，(甲丙丁，乙戊)，
(甲丙戊，乙丁)，(甲丁戊，乙丙)，(乙丙丁，甲戊)，(乙丙戊，甲丁)，(乙丁戊，甲丙)，(丙丁戊，甲乙)，共10种，
其中甲和乙不在同一个小组的情况分别为(甲丙丁，乙戊)，(甲丙戊，乙丁)，(甲丁戊，乙丙)，(乙丙丁，甲戊)，
(乙丙戊，甲丁)，(乙丁戊，甲丙)，共有6种，
所以甲和乙不在同一个小组的概率610=35．
故答案为：35．
利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解．
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】36π
【解析】解：等腰直角三角形ABC三个顶点都在球O的球面上，
则球心O在△ABC上的射影为AC的中点M，
即OM⊥平面ABC，
球O上的点到平面ABC的最大距离为4，
即4=OM+R，
得OM=4−R，
即球心O到平面ABC的距离为OM=4−R，
∵AB=BC=4，
∴AC=4 2，AM=2 2，
∴R2=AM2+OM2=8+(4−R)2=R2−8R+24，
即8R=24，
解得R=3，
∴V球=43π×33=36π．
故答案为：36π．
根据条件得到球心O在△ABC上的射影为AC的中点M，根据球O上的点到平面ABC的最大距离为4，得到OM=4−R，然后建立方程进行求解即可．
本题主要考查球的体积的计算，根据条件求出球的半径，利用球的体积公式进行计算是解决本题的关键，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为a=(1,3)，b=(−2,1)，
所以a⋅b=1×(−2)+3×1=−2+3=1；
(2)因为a=(1,3)，b=(−2,1)，
所以|a|= 12+32= 10,|b|= (−2)2+12= 5，
又因为向量a+b与a−kb互相垂直，且a⋅b=1，
所以(a+b)⋅(a−kb)=a2−kb2+(1−k)a⋅b=10−5k+1−k=0，
解得k=116，
所以k的值为116．
【解析】(1)利用向量数量积的坐标表示即可求解；
(2)根据(1)的结论及向量的模的坐标表示，利用两向量垂直的条件及数量积的运算即可求解．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于基础题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，∵acosB+ 33asinB−c=0，
∴sinAcosB+ 33sinAsinB−sinC=0，
又sinC=sin(π−A−B)=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，
∴ 33sinAsinB=cosAsinB，
∵sinB≠0，
∴ 33sinA=cosA，
∴sinAcosA=tanA= 3，
∵A∈(0,π)，
∴A=π3；
(2)由(1)得A=π3，a=2，
∴由余弦定理得4=b2+c2−2bccosA，即b2+c2−bc=4①，
又∵△ABC的面积为 3，
∴S=12bcsinA= 3，即12bcsinπ3= 3，
∴bc=4②，
联立①②得b=2，c=2．
【解析】(1)应用正弦定理结合两角和差公式计算求解，即可得出答案；
(2)应用余弦定理及三角形面积公式，列方程求边，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)甲的平均分：98+95+963≈96.3(分)，
乙的平均分：99+99+983≈95.7(分)．
甲的平均分较高，甲被评为优秀．
(2)甲的平均分：98×20%+96×60%+95×20%=96.2(分)．
乙的平均分：90×20%+99×60%+98×20%=97(分)．
乙的平均分较高，乙被评为优秀．
【解析】(1)直接计算平均数即可；(2)根据题目中的规定，直接计算即可．
本题考查平均数的算法，属于基础题．
20.【答案】证明：(1)取CE的中点M，连接FM，BM，
因为F是DE的中点，所以FM//CD，且FM=12CD，
而AB=12CD，AB//CD，
所以MF//AB且MF=AB，
所以四边形ABMF为平行四边形，所以AF//BM，
而AF⊄面BEC，BM⊂面BEC，
可证得：AF//面BEC；
(2)因为ABCD为等腰梯形，且AD=BC=12CD，
所以可得∠CBD=90°；
又因为面ABCD⊥面DCE，面ABCD∩面DCE=CD，CE⊂面DCE，
CD⊥CE，
所以CE⊥面ABCD，而BD⊂面ABCD，
所以CE⊥BD，
因为CE∩BC=E，
可证得BD⊥面EBC．
【解析】(1)取CE的中点M，由中位线的性质可得AB与FM平行且相等，可得AF与BM平行，再由线面平行的判定定理可证得线面平行；
(2)由直角三角形的逆定理可得BD与BC垂直，再由面面垂直可得线线的垂直，再由直线的垂直可证得线面的垂直．
本题考查线面位置关系的证明方法，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由频率分布直方图得(0.005+0.010+0.020+m+0.025+0.010)×10=1，
解得m=0.03，[40,70)的频率为：(0.005+0.010+0.020)×10=0.35，
[70,80)的频率为：0.03×10=0.3，
所以被抽取的青年每周利用“青年大学习”进行学习的时长的中位数为70+0.5−0.350.03=75；
(2)由频率分布直方图知，学习时长在[60,70)和[70,80)的频率之比为2：3，
5人中，学习时长在[60,70)的有2人，学习时长在[70,80)的有3人，
记学习时长在[60,70)的2人分别为a，b，学习时长在[70,80]的3人分别为A，B，C，
样本空间Ω={(a,b)，(a,A)，(a,B)，(a,C)，(b,A)，
(b,B)，(b,C)，(A,B)，(A,C)，(B,C)}，共含有10个样本点，
设事件E为“从这5人中抽取2人发言，且这2人中至少有一人学习时长在[60,70)中”，
则E={(a,b)，(a,A)，(a,B)，(a,C)，(b,A)，(b,B)，(b,C)}，
共7个样本点，由古典概型的概率计算公式得P(E)=710．
【解析】(1)中位数两侧对应频率为0.5，由此可得中位数；(2)按照分层抽样确定[60,70)和[70,80)中各抽取的人数，然后根据古典概型公式求概率即可．
本题考查频率分布直方图，属于基础题．
22.【答案】解：(1)证明：因为△ABD为等边三角形，
所以AB=AD，
又BC=CD=1，AC=AC，
所以△ABC≌△ADC，
所以∠BAC=∠DAC，
由等腰三角形三线合一可得AC⊥BD，
又因为PA⊥面ABCD，
又BD⊂面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AC∩PA=A，
所以BD⊥面PAC，
又PC⊂面PAC，
所以BD⊥PC．
(2)因为∠ABC=90°，
所以AB⊥BC，
又PA⊥面ABCD，AB⊂面ABCD，
所以PA⊥BC，
又PA∩AB=A，
所以BC⊥面PAB，
又PB⊂面PAB，
所以BC⊥PB，
因为二面角P−BC−A的大小为45°，
所以∠PBC=45°，
所以PA=BA，
因为∠ABC=90°，∠ABD=60°，
所以∠CBD=30°，
又BC=CD=1，
所以BD= 3，则AB=AD= 3，
所以PB= 6，
所以S△PBC=12PB⋅BC=12 6⋅1= 62，
因为PB=3MB，
所以S△PMC=23S△PBC= 63，
因为N是PC的中点，
所以S△CMN=12S△PMC=12⋅ 63= 66，
由于VP−ABC=VA−PBC，
设点A到平面PBC的距离为h，
所以13⋅12× 3×1× 3=13×12× 6×1×h，
所以h= 62，
所以点A到平面CMN的距离为 62，
又S△CMN= 66，
所以三棱锥C−AMN的体积为VC−AMN=A−CMN=13× 66× 22=16．
【解析】(1)只需证明BD垂直于PC在平面CMN的投影，即可得出答案．
(2)根据题意可得BC⊥PB，∠PBC=45°，则PA=BA，计算出PB，S△PBC，由PB=3MB，得S△PMC=23S△PBC= 63，由N是PC的中点，得S△CMN=12S△PMC，由等体积法可得点A到平面CMN的距离为 62，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，四面体的体积，解题中需要理清思路，属于中档题．
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