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2022-2023学年新疆乌鲁木齐重点中学高一（下）期末数学试卷
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这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐重点中学高一（下）期末数学试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年新疆乌鲁木齐重点中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列说法正确的是( )
A. 若|a|=|b|，则a=±b B. 零向量的长度是0
C. 长度相等的向量叫相等向量 D. 共线向量是在同一条直线上的向量
2. 下列说法：
①零向量是没有方向的向量；
②零向量的方向是任意的；
③零向量与任意一个向量共线．
其中，正确说法的个数是( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3. 下列命题，能得出直线m与平面α平行的是( )
A. 直线m与平面α内所有直线平行 B. 直线m 与平面α内无数条直线平行
C. 直线m与平面α没有公共点 D. 直线m与平面α内的一条直线平行
4. 下列命题中假命题是( )
A. 向量AB与BA的长度相等
B. 两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同
C. 只有零向量的模等于0
D. 共线的单位向量都相等
5. 已知z=2−i，则z(z−+i)=( )
A. 6−2i B. 4−2i C. 6+2i D. 4+2i
6. 复数z=−2+i2049的共轭复数z−=( )
A. 12+i2 B. 12−i2 C. −2−i D. −2+i
7. 2019年9月14日，女排世界杯在日本拉开帷幕，某网络直播平台开通观众留言通道，为中国女排加油．现该平台欲利用随机数表法从编号为01，02，…，25的号码中选取5个幸运号码，选取方法是从下方随机数表第1行第24列的数字开始，从左往右依次选取2个数字，则第5个被选中的号码为( )
81 47 23 68 63 93 17 90 12 69 86 81 62 93 50 60 91 33 75 85 61 39 85
06 32 35 92 46 22 54 10 02 78 49 82 18 86 70 48 05 46 88 15 19 20 49
A. 13 B. 23 C. 24 D. 09
8. 复数2i1−i(i是虚数单位)的虚部是( )
A. 1 B. −i C. 2 D. −2i
9. 已知正三角形ABC的边长为4，点P在边BC上，则AP⋅BP的最小值为( )
A. 2 B. 1 C. −2 D. −1
10. 储粮所用“钢板仓”，可以看成由圆锥和圆柱两部分组成的．现有一种“钢板仓”，其中圆锥与圆柱的高分别是1m和3m，轴截面中等腰三角形的顶角为120°，若要储存300m3的水稻，则需要准备这种“钢板仓”的个数是( )
A. 6
B. 9
C. 10
D. 11
11. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的余弦值为( )
A. 55 B. 105 C. 155 D. 2 55
12. 已知单位向量a，b，则下列说法正确的是( )
A. a=b B. a+b=0 C. |a|=|b| D. a//b
13. 已知a∈R，(1+ai)i=3+i(i为虚数单位)，则a=( )
A. −1 B. 1 C. −3 D. 3
14. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则( )
A. 直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD
B. 直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C. 直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCD
D. 直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
15. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是( )
A. 若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
B. 若m//n，m⊥α，n//β，则α⊥β
C. 若m⊥n，m//α，n//β，则α//β
D. 若m//n，m⊥α，n⊥β，则α//β
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
16. 已知向量a=(1,3)，b=(3,4)，若(a−λb)⊥b，则λ= ．
17. 已知复数z1=1+3i，z2=t+i(i为虚数单位)，且z1⋅z2−是实数，则实数t= ______ ．
18. 已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是3，3，5，3，6，11，若这组数据的平均数与众数的和是中位数的2倍，则丢失的数据可能是______ .(答案不唯一，写出一个即可)
19. 已知向量a=(2,1),b=(1,k)，若(a+2b)//(ka)，则实数k= ．
20. 如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD//BC，平面BCEF∩平面ADEF=FE，∠BAD=45°，AD=3，AB=2DE=2EF=2，则四棱锥B−ADEF的体积为______．
三、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）
21. (本小题10.0分)
已知正三棱柱ABC−A1B1C1的边长均为2 3，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．
(1)求证：EF//平面ABC；
(2)求三棱锥C−ABE的体积．
22. (本小题12.0分)
设向量a=(2,m)，b=(1,3)．
(1)若|2a−b|=|b|，求实数m的值；
(2)若a+2b与a垂直，求实数m的值．
23. (本小题12.0分)
记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC.
(1)证明：BD=b;
(2)若AD=2DC，求cos∠ABC．
24. (本小题12.0分)
己知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanC=aba2+b2−c2．
(Ⅰ)求角C大小；
(Ⅱ)当c=1时，求ab的取值范围．
25. (本小题12.0分)
已知：直四棱柱ABCD−A1B1C1D1所有棱长均为2，∠DAB=60°.在该棱柱内放置一个球O，设球O的体积为V1，直四棱柱去掉球O剩余部分的体积为V2．
(1)求三棱锥的A−A1B1D1的表面积S；
(2)求V1V2的最大值．
(只要求写出必要的计算过程，不要求证明)
26. (本小题12.0分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=4，PD=PB，点E在线段PA上，PE=3EA，BE⊥AD，点F，G分别是线段BC，CD的中点．
(Ⅰ)证明：PA⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求三棱锥P−EFG的体积
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：对于选项A，若|a|=|b|，则a与b的模相等，但方向无法确定，即选项A错误；
对于选项B，零向量的长度是0，即选项B正确；
对于选项C，长度相等且方向相同的向量叫相等向量，即选项C错误；
对于选项D，共线向量是方向相同的向量，规定零向量与任意向量共线，即选项D错误，
故选：B．
由向量的概念与向量的模，结合向量相等与共线逐一判断即可得解．
本题考查了向量的概念与向量的模，重点考查了向量相等与共线，属基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由零向量定义及性质知：其方向任意，且与任意向量共线，故①错误，②③正确．
故选：C．
根据零向量的定义、性质判断各项的正误即可．
本题考查零向量的定义及性质，属基础题．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了直线与平面平行的判定．利用特例解决选择题，较好．判断出A项说法错误，B项，C项当直线m在平面α内，满足，但m与α不平行．
【解答】
解：A项命题本身说法错误；
B项当直线m在平面α内，m与α不平行；
C项能推出m与α平行．
D项，当直线m在平面α内满足，m与α不平行．
故选C．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，向量AB与BA互为相反向量，其长度相等，故正确；
对于B，因为相等向量的方向相同，长度相等，则两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同故正确；
对于C，因为模为0的向量为零向量，所以只有零向量的模等于0，故正确；
对于D，共线的单位向量可以是相反向量，故错；
故选：D．
A，利用相反向量，其长度相等，即可判定；
B，根据相等向量的条件即可判定；
C，根据零向量的定义，即可判定；
D，利用共线的单位向量可以是相反向量判定；
本题考查了向量的基本概念、性质，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
把z=2−i代入z(z−+i)，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：∵z=2−i，
∴z(z−+i)=(2−i)(2+i+i)
=(2−i)(2+2i)=4+4i−2i−2i2=6+2i．
故选：C．
6.【答案】C
【解析】解：∵i4=1，∴i2049=(i4)512⋅i=i，
z=−2+i2049=−2+i的共轭复数z−=−2−i，
故选：C．
利用复数的周期性、运算法则、共轭复数的定义即可得出．
本题考查了复数的周期性、运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：利用随机数表法从编号为01，02，…，25的号码中选取5个幸运号码，
从下方随机数表第1行第24列的数字开始，从左往右依次选取2个数字，
选取的这5个号码是：16，06，09，13，23；
所以选取的第5个号码为23．
故选：B．
根据随机数表法依次写出抽取的对应号码即可．
本题考查了利用随机数表法抽取样本的应用问题，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：∵2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i，
∴2i1−i的虚部为1．
故选：A．
结合复数的四则运算，先对原式化简，再结合虚部的定义，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．
9.【答案】D
【解析】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
可知A(−2,0)，B(2,0)，C(0,2 3)，
则BC的方程为： x2+y2 3=1，设P(x, 3(2−x))x∈[0，2]，
所以AP⋅BP=(x+2, 3(2−x))⋅(x−2, 3(2−x))=x2−4+3(2−x)2=4x2−12x+8，
当x=32时，数量积取得最小值：−1．
故选：D．
通过建系，求出相关点的坐标，利用向量的数量积，推出表达式，然后求解最小值即可．
本题考查向量的数量积的求法，二次函数的最值的求法，是中档题．
10.【答案】C
【解析】解：∵轴截面中等腰三角形的顶角为120°，∴顶角的一半为60°，
又圆锥的高是1，∴圆锥的底面圆的半径为 3，圆柱的底面圆的半径也为 3，
∴一个“钢板仓”的体积为13×π×3×1+π×3×3=10π≈31.4，
∴要储存300的水稻，需要准备这种“钢板仓”的个数是10，
故选：C．
先求出圆锥与圆柱的底面圆的半径，再计算一个“钢板仓”的体积，最后由总的储存体积得所需的“钢板仓”的个数．
本题考查圆锥与圆柱的体积，属基础题．
11.【答案】B
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AD1，AE，可得AD1//BC1，
所以异面直线D1E与BC1所成角即为直线D1E与AD1所成角，
即∠AD1E为异面直线D1E与BC1所成角，
不妨设AA1=2，则AD1=2 2，D1E=AE= 5，
取AD1的中点F，因为D1E=AE，所以EF⊥AD1，
在直角△D1EF中，可得cos∠AD1E=D1FD1E= 2 5= 105．
故选：B．
连接AD1，AE，得到AD1//BC1，把异面直线D1E与BC1所成角转化为直线D1E与AD1所成角，取AD1的中点F，在直角△D1EF中，即可求解．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是基础题．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了单位向量的定义及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
根据单位向量的定义即可判断出结论．
【解答】
解：根据单位向量的定义|a|=|b|=1，
故选C．
13.【答案】C
【解析】解：因为(1+ai)i=3+i，即−a+i=3+i，
由复数相等的定义可得，−a=3，即a=−3．
故选：C．
利用复数相等的定义求解即可．
本题考查了复数相等定义的理解和应用，属于基础题．
14.【答案】A
【解析】解：连接AD1，如图：
由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，
∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB的中位线，∴MN//AB，
又∵AB⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN//平面ABCD.∴A对；
由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B⊂平面BDD1，D∉D1B，
∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；
∵MN//AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．
故选：A．
通过证明直线A1D⊥平面ABD1，MN是△ABD1的中位线，可判断A；根据异面直线的判断可知A1D与直线D1B是异面直线，可判断B；根据异面直线的判断可知直线A1D与直线D1B是异面直线，可判断C；由MN//AB，可知MN不与平面BDD1B1垂直，可判断D．
本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于中档题．
15.【答案】C
【解析】解：对于A，因m⊥n，m⊥α，当n⊂α时，因为n⊥β，所以α⊥β；
当n⊄α时，如图所示，在直线m上取点P，过P作直线n′//n，则m⊥n′，过直线m，n′的平面γ∩α=l，
由m⊥α，得m⊥l，所以l//n′//n，
又n⊥β，所以l⊥β，而l⊂α，所以α⊥β，即A正确；
对于B，若m//n，m⊥α，则n⊥α，
又n//β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β=c，
所以c//n，所以c⊥α，所以α⊥β，即B正确；
对于C，如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，取平面ABCD为平面α，直线A1B1为直线m，平面ADD1A1为平面β，直线B1C1为直线n，满足m⊥n，m//α，n//β，而α∩β=AD，即C错误；
对于D，若m//n，m⊥α，则n⊥α，
又n⊥β，所以α//β，即D正确．
故选：C．
利用线面垂直的判定定理与性质定理、面面垂直的判定定理可判断A，B；举例说明判断C；利用线面垂直的判定定理与性质定理可判断D．
本题考查空间中直线与平面的位置关系，熟练掌握线与面平行或垂直的判定定理，性质定理是解题的关键，考查空间立体感，属于中档题．
16.【答案】35
【解析】
【分析】
本题主要考查向量数量积的坐标运算，向量垂直的充要条件，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
利用向量的坐标运算求得a−λb=(1−3λ,3−4λ)，再由(a−λb)⊥b，可得(a−λb)⋅b=0，即可求解λ的值．
【解答】
解：因为向量a=(1,3)，b=(3,4)，
则a−λb=(1−3λ,3−4λ)，
又(a−λb)⊥b，
所以(a−λb)⋅b=3(1−3λ)+4(3−4λ)=15−25λ=0，
解得λ=35．
故答案为：35．
17.【答案】13
【解析】解：复数z1=1+3i，z2=t+i(i为虚数单位)，
由z1⋅z2−=(1+3i)(t−i)=t+3+(3t−1)i是实数，
则3t−1=0，解得t=13．
故答案为：13．
利用复数的四则运算法则、共轭复数的定义、复数为实数的充要条件即可得出结论．
本题考查了复数的四则运算法则、共轭复数的定义、复数为实数的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18.【答案】−10(或4或18)
【解析】解：3+3+5+3+6+11=31，
设丢失的数据为x，
则这七个数据的平均数为31+x7，众数是3，
∵这组数据的平均数与众数的和是中位数的2倍，
∴若x≤3，则中位数为3，此时31+x7+3=2×3，解得x=−10；
若3
故答案为：−10(或4或18)．
设丢失的数据为x，众数是3，然后分x≤3，3
19.【答案】0或12
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量的坐标运算和共线定理应用问题，是基础题．
根据平面向量的坐标运算和共线定理，列方程求出k的值．
【解答】
解：向量a=(2,1),b=(1,k)，
则a+2b=(4,1+2k)，ka=(2k,k)，
若(a+2b)//(ka)，则(1+2k)⋅2k−4k=0，
解得k=0或k=12．
故答案为：0或12．
20.【答案】2 23
【解析】解：∵AD//BC，AD⊂平面ADEF，BC⊄平面ADEF，
∴BC//平面ADEF，
又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面ADEF=EF，
∴BC//EF，则AD//EF，
∵AD=3，EF=1，DE=1，∴S△ADE=12×3×1=32，
S四边形ADEF=12×(1+3)×1=2，
则VB−ADEFVB−ADE=232=43，即VB−ADEF=43VB−ADE，
∵DE⊥平面ABCD，∴DE是三棱锥E−ADB的高
又∠BAD=45°，AB=2，AD=3，∴S△ABD=12×3×2× 22=3 22，
∴VB−ADE=VE−ADB=13×S△ADB×DE=13×3 22×1= 22，
则VB−ADEF=43VB−ADE=43× 22=2 23．
故答案为：2 23．
由已知证明BC//EF，可得AD//EF，利用等体积法求B−ADE的体积，进一步可得四棱锥B−ADEF的体积．
本题考查多面体体积的求法，训练了利用等体积法求多面体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
21.【答案】(1)证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，
在△ACC1中，EG为中位线，所以EG//CC1，EG=12CC1，
又因为CC1//BB1，CC1=BB1，F为BB1的中点，
所以EG//BF，EG=BF，
所以四边形EFBG为平行四边形，
所以EF//GB，又EF⊄平面ABC，GB⊂平面ABC，
所以EF//平面ABC．
(2)解：因为E为AC1的中点，
所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，
即三棱锥E−ABC的高h=12CC1= 3，
又△ABC的面积为S= 34×(2 3)2=3 3，
所以VC−ABE=VE−ABC=13×3 3× 3=3．
【解析】(1)取AC中点G，证明四边形EFBG是平行四边形得出BG//EF，故而EF//平面ABC；
(2)根据VC−ABE=VE−ABC计算体积．
本题考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于基础题．
22.【答案】解：(1)∵a=(2,m)，b=(1,3)，
∴2a−b=(4,2m)−(1,3)=(3,2m−3)，
∵|2a−b|=|b|，
∴9+(2m−3)2=12+32，解得m=1或2．
(2)∵a=(2,m)，b=(1,3)，
∴a+2b=(2,m)+(2,6)=(4,m+6)，
∵a+2b与a垂直，
∴2×4+m(m+6)=0，即m2+6m+8=0，解得m=−2或−4．
【解析】(1)根据已知条件，先求出2a−b，再结合向量模公式，即可求解．
(2)根据已知条件，先求出a+2b，再结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量模公式，以及向量垂直的性质，属于基础题．
23.【答案】解：(1)证明：由正弦定理知，bsin∠ABC=csin∠ACB=2R，
∴b=2Rsin∠ABC，c=2Rsin∠ACB，
∵b2=ac，
∴b⋅2Rsin∠ABC=a⋅2Rsin∠ACB，
即bsin∠ABC=asinC，
∵BDsin∠ABC=asinC．
∴BD=b；
(2)由(1)知BD=b，
∵AD=2DC，
∴AD=23b，DC=13b，
在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=b2+(23b)2−c22b⋅23b=13b2−9c212b2，
在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=b2+(13b)2−a22b⋅13b=10b2−9a26b2，
∵∠BDA+∠BDC=π，
∴cos∠BDA+cos∠BDC=0，
即13b2−9c212b2+10b2−9a26b2=0，
得11b2=3c2+6a2，
∵b2=ac，
∴3c2−11ac+6a2=0，
∴c=3a或c=23a，
在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac，
当c=3a时，cos∠ABC=76>1(舍)；
当c=23a时，cos∠ABC=712；
综上所述，cos∠ABC=712．
【解析】本题主要考查正弦定理和余弦定理，难度不大．
(1)利用正弦定理求解；
(2)要能找到隐含条件：∠BDA和∠BDC互补，从而列出等式关系求解．
24.【答案】解：(Ⅰ)由已知及余弦定理，化简tanC=aba2+b2−c2，
可得sinCcosC=ab2abcosC，
∴sinC=12，
∵C为锐角，∴C=30°．
(Ⅱ)由正弦定理，得asinA=bsinB=csinC=112=2，
∴a=2sinA，b=2sinB=2sin(A+30°)，
ab=4sinAsinB=4sinAsin(A+π6)
=4sinA( 32sinA+12cosA)=2 3sin2A+2sinAcosA
= 3+sin2A− 3cos2A
= 3+2sin(2A−π3)，
由0∘
(Ⅱ)利用第一问的结果，结合c=1，通过正弦定理，化简ab的表达式，利用两角和与差的三角函数化简为一个角的三角函数的形式，通过相位的范围，利用正弦函数的值域求解ab取值范围．
本题考查正弦定理以及余弦定理，两角和与差的三角函数，以及同角三角函数的基本关系式的应用，考查计算能力．
25.【答案】(1)解：因为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，
所以AA1⊥平面A1B1D1，AA1为三棱锥的A−A1B1D1的高，
由∠DAB=60°，所有棱长为2，△A1B1D1为等边三角形，
所以S△A1B1D1= 34×22= 3，
Rt△A1AB1，Rt△A1AD1中，S△A1AB1=12×2×2=2,S△A1AD1=12×2×2=2，
△AB1D1中，B1D1=2,AB1=AD1=2 2，过A作AH⊥B1D1于H,AH= 7，
S△AB1D1=12×2× 7= 7,S△A1AD1=12×2×2=2，
∴S=4+ 3+ 7；
(2)解：设直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为V，所以V1V2=V1V−V1=1VV1−1，
若球O与棱柱侧面相切，则半径R即为菱形ABCD的内切圆半径，连接AC与BD交于点E，AC⊥BD，
△ABE中，AE= 3,BE=1,R1= 3×12= 32，
若球O与棱柱上、下底面相切，则半径为R2=1，R2>R1，
所以球O半径最大为 R= 32，此时球O体积V1最大,V1=43π⋅( 32)3= 32π，
V=AA1⋅SABCD=2×12×2 3×2=4 3,V2=V−V1=4 3− 32π，
此时V1V2= 32π4 3− 32π=π8−π．
【解析】(1)求出三棱锥的A−A1B1D1的各个面的面积即得解；
(2)设直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为V，当球半径R最大时，V1最大时，V1V2取到最大值，求出V1最大值即得解．
本题考查了三棱锥的表面积和球的体积计算，属于中档题．
26.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵BE⊥AD，且正方形ABCD中，AB⊥AD，
BE∩AB=B，BE、AB⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，∴AD⊥PA，
又PD=PB，AD=AB，PA=PA，
∴△PAB≌△PAD，∴PA⊥AB，
∵AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD；
(Ⅱ)∵PE=2EA，∴AE=14PA，
∴VP−EFG=34VP−AFG，
∵点F，G分别是BC，CD的中点，
∴S△AFG=S△ABCD−S△ABF−S△ADG−S△FCG
=4×4−12×2×4−12×2×4−12×2×2=6，
∴三棱锥P−EFG的体积为：
VP−EFG=34VP−AFG=34×13×6×4=6．
【解析】(Ⅰ)根据线面垂直的判定定理推导出AD⊥平面PAB，进而得到AD⊥PA，再由△PAB≌△PAD，可得PA⊥AB，由此能证明PA⊥平面ABCD；
(Ⅱ)根据PE=2EA，得到VP−EFG=34VP−AFG，再计算VP−AFG，能求出三棱锥P−EFG的体积．
本题考查线面垂直的判定与性质、等体积法、全等三角形的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2022-2023学年新疆乌鲁木齐重点中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列说法正确的是( )
A. 若|a|=|b|，则a=±b B. 零向量的长度是0
C. 长度相等的向量叫相等向量 D. 共线向量是在同一条直线上的向量
2. 下列说法：
①零向量是没有方向的向量；
②零向量的方向是任意的；
③零向量与任意一个向量共线．
其中，正确说法的个数是( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3. 下列命题，能得出直线m与平面α平行的是( )
A. 直线m与平面α内所有直线平行 B. 直线m 与平面α内无数条直线平行
C. 直线m与平面α没有公共点 D. 直线m与平面α内的一条直线平行
4. 下列命题中假命题是( )
A. 向量AB与BA的长度相等
B. 两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同
C. 只有零向量的模等于0
D. 共线的单位向量都相等
5. 已知z=2−i，则z(z−+i)=( )
A. 6−2i B. 4−2i C. 6+2i D. 4+2i
6. 复数z=−2+i2049的共轭复数z−=( )
A. 12+i2 B. 12−i2 C. −2−i D. −2+i
7. 2019年9月14日，女排世界杯在日本拉开帷幕，某网络直播平台开通观众留言通道，为中国女排加油．现该平台欲利用随机数表法从编号为01，02，…，25的号码中选取5个幸运号码，选取方法是从下方随机数表第1行第24列的数字开始，从左往右依次选取2个数字，则第5个被选中的号码为( )
81 47 23 68 63 93 17 90 12 69 86 81 62 93 50 60 91 33 75 85 61 39 85
06 32 35 92 46 22 54 10 02 78 49 82 18 86 70 48 05 46 88 15 19 20 49
A. 13 B. 23 C. 24 D. 09
8. 复数2i1−i(i是虚数单位)的虚部是( )
A. 1 B. −i C. 2 D. −2i
9. 已知正三角形ABC的边长为4，点P在边BC上，则AP⋅BP的最小值为( )
A. 2 B. 1 C. −2 D. −1
10. 储粮所用“钢板仓”，可以看成由圆锥和圆柱两部分组成的．现有一种“钢板仓”，其中圆锥与圆柱的高分别是1m和3m，轴截面中等腰三角形的顶角为120°，若要储存300m3的水稻，则需要准备这种“钢板仓”的个数是( )
A. 6
B. 9
C. 10
D. 11
11. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，则异面直线D1E与BC1所成角的余弦值为( )
A. 55 B. 105 C. 155 D. 2 55
12. 已知单位向量a，b，则下列说法正确的是( )
A. a=b B. a+b=0 C. |a|=|b| D. a//b
13. 已知a∈R，(1+ai)i=3+i(i为虚数单位)，则a=( )
A. −1 B. 1 C. −3 D. 3
14. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则( )
A. 直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD
B. 直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C. 直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCD
D. 直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
15. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是( )
A. 若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
B. 若m//n，m⊥α，n//β，则α⊥β
C. 若m⊥n，m//α，n//β，则α//β
D. 若m//n，m⊥α，n⊥β，则α//β
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
16. 已知向量a=(1,3)，b=(3,4)，若(a−λb)⊥b，则λ= ．
17. 已知复数z1=1+3i，z2=t+i(i为虚数单位)，且z1⋅z2−是实数，则实数t= ______ ．
18. 已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是3，3，5，3，6，11，若这组数据的平均数与众数的和是中位数的2倍，则丢失的数据可能是______ .(答案不唯一，写出一个即可)
19. 已知向量a=(2,1),b=(1,k)，若(a+2b)//(ka)，则实数k= ．
20. 如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD//BC，平面BCEF∩平面ADEF=FE，∠BAD=45°，AD=3，AB=2DE=2EF=2，则四棱锥B−ADEF的体积为______．
三、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）
21. (本小题10.0分)
已知正三棱柱ABC−A1B1C1的边长均为2 3，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．
(1)求证：EF//平面ABC；
(2)求三棱锥C−ABE的体积．
22. (本小题12.0分)
设向量a=(2,m)，b=(1,3)．
(1)若|2a−b|=|b|，求实数m的值；
(2)若a+2b与a垂直，求实数m的值．
23. (本小题12.0分)
记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC.
(1)证明：BD=b;
(2)若AD=2DC，求cos∠ABC．
24. (本小题12.0分)
己知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanC=aba2+b2−c2．
(Ⅰ)求角C大小；
(Ⅱ)当c=1时，求ab的取值范围．
25. (本小题12.0分)
已知：直四棱柱ABCD−A1B1C1D1所有棱长均为2，∠DAB=60°.在该棱柱内放置一个球O，设球O的体积为V1，直四棱柱去掉球O剩余部分的体积为V2．
(1)求三棱锥的A−A1B1D1的表面积S；
(2)求V1V2的最大值．
(只要求写出必要的计算过程，不要求证明)
26. (本小题12.0分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=4，PD=PB，点E在线段PA上，PE=3EA，BE⊥AD，点F，G分别是线段BC，CD的中点．
(Ⅰ)证明：PA⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求三棱锥P−EFG的体积
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：对于选项A，若|a|=|b|，则a与b的模相等，但方向无法确定，即选项A错误；
对于选项B，零向量的长度是0，即选项B正确；
对于选项C，长度相等且方向相同的向量叫相等向量，即选项C错误；
对于选项D，共线向量是方向相同的向量，规定零向量与任意向量共线，即选项D错误，
故选：B．
由向量的概念与向量的模，结合向量相等与共线逐一判断即可得解．
本题考查了向量的概念与向量的模，重点考查了向量相等与共线，属基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由零向量定义及性质知：其方向任意，且与任意向量共线，故①错误，②③正确．
故选：C．
根据零向量的定义、性质判断各项的正误即可．
本题考查零向量的定义及性质，属基础题．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了直线与平面平行的判定．利用特例解决选择题，较好．判断出A项说法错误，B项，C项当直线m在平面α内，满足，但m与α不平行．
【解答】
解：A项命题本身说法错误；
B项当直线m在平面α内，m与α不平行；
C项能推出m与α平行．
D项，当直线m在平面α内满足，m与α不平行．
故选C．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，向量AB与BA互为相反向量，其长度相等，故正确；
对于B，因为相等向量的方向相同，长度相等，则两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同故正确；
对于C，因为模为0的向量为零向量，所以只有零向量的模等于0，故正确；
对于D，共线的单位向量可以是相反向量，故错；
故选：D．
A，利用相反向量，其长度相等，即可判定；
B，根据相等向量的条件即可判定；
C，根据零向量的定义，即可判定；
D，利用共线的单位向量可以是相反向量判定；
本题考查了向量的基本概念、性质，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
把z=2−i代入z(z−+i)，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：∵z=2−i，
∴z(z−+i)=(2−i)(2+i+i)
=(2−i)(2+2i)=4+4i−2i−2i2=6+2i．
故选：C．
6.【答案】C
【解析】解：∵i4=1，∴i2049=(i4)512⋅i=i，
z=−2+i2049=−2+i的共轭复数z−=−2−i，
故选：C．
利用复数的周期性、运算法则、共轭复数的定义即可得出．
本题考查了复数的周期性、运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：利用随机数表法从编号为01，02，…，25的号码中选取5个幸运号码，
从下方随机数表第1行第24列的数字开始，从左往右依次选取2个数字，
选取的这5个号码是：16，06，09，13，23；
所以选取的第5个号码为23．
故选：B．
根据随机数表法依次写出抽取的对应号码即可．
本题考查了利用随机数表法抽取样本的应用问题，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：∵2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i，
∴2i1−i的虚部为1．
故选：A．
结合复数的四则运算，先对原式化简，再结合虚部的定义，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．
9.【答案】D
【解析】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
可知A(−2,0)，B(2,0)，C(0,2 3)，
则BC的方程为： x2+y2 3=1，设P(x, 3(2−x))x∈[0，2]，
所以AP⋅BP=(x+2, 3(2−x))⋅(x−2, 3(2−x))=x2−4+3(2−x)2=4x2−12x+8，
当x=32时，数量积取得最小值：−1．
故选：D．
通过建系，求出相关点的坐标，利用向量的数量积，推出表达式，然后求解最小值即可．
本题考查向量的数量积的求法，二次函数的最值的求法，是中档题．
10.【答案】C
【解析】解：∵轴截面中等腰三角形的顶角为120°，∴顶角的一半为60°，
又圆锥的高是1，∴圆锥的底面圆的半径为 3，圆柱的底面圆的半径也为 3，
∴一个“钢板仓”的体积为13×π×3×1+π×3×3=10π≈31.4，
∴要储存300的水稻，需要准备这种“钢板仓”的个数是10，
故选：C．
先求出圆锥与圆柱的底面圆的半径，再计算一个“钢板仓”的体积，最后由总的储存体积得所需的“钢板仓”的个数．
本题考查圆锥与圆柱的体积，属基础题．
11.【答案】B
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AD1，AE，可得AD1//BC1，
所以异面直线D1E与BC1所成角即为直线D1E与AD1所成角，
即∠AD1E为异面直线D1E与BC1所成角，
不妨设AA1=2，则AD1=2 2，D1E=AE= 5，
取AD1的中点F，因为D1E=AE，所以EF⊥AD1，
在直角△D1EF中，可得cos∠AD1E=D1FD1E= 2 5= 105．
故选：B．
连接AD1，AE，得到AD1//BC1，把异面直线D1E与BC1所成角转化为直线D1E与AD1所成角，取AD1的中点F，在直角△D1EF中，即可求解．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是基础题．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了单位向量的定义及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
根据单位向量的定义即可判断出结论．
【解答】
解：根据单位向量的定义|a|=|b|=1，
故选C．
13.【答案】C
【解析】解：因为(1+ai)i=3+i，即−a+i=3+i，
由复数相等的定义可得，−a=3，即a=−3．
故选：C．
利用复数相等的定义求解即可．
本题考查了复数相等定义的理解和应用，属于基础题．
14.【答案】A
【解析】解：连接AD1，如图：
由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，
∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB的中位线，∴MN//AB，
又∵AB⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN//平面ABCD.∴A对；
由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B⊂平面BDD1，D∉D1B，
∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；
∵MN//AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．
故选：A．
通过证明直线A1D⊥平面ABD1，MN是△ABD1的中位线，可判断A；根据异面直线的判断可知A1D与直线D1B是异面直线，可判断B；根据异面直线的判断可知直线A1D与直线D1B是异面直线，可判断C；由MN//AB，可知MN不与平面BDD1B1垂直，可判断D．
本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于中档题．
15.【答案】C
【解析】解：对于A，因m⊥n，m⊥α，当n⊂α时，因为n⊥β，所以α⊥β；
当n⊄α时，如图所示，在直线m上取点P，过P作直线n′//n，则m⊥n′，过直线m，n′的平面γ∩α=l，
由m⊥α，得m⊥l，所以l//n′//n，
又n⊥β，所以l⊥β，而l⊂α，所以α⊥β，即A正确；
对于B，若m//n，m⊥α，则n⊥α，
又n//β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β=c，
所以c//n，所以c⊥α，所以α⊥β，即B正确；
对于C，如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，取平面ABCD为平面α，直线A1B1为直线m，平面ADD1A1为平面β，直线B1C1为直线n，满足m⊥n，m//α，n//β，而α∩β=AD，即C错误；
对于D，若m//n，m⊥α，则n⊥α，
又n⊥β，所以α//β，即D正确．
故选：C．
利用线面垂直的判定定理与性质定理、面面垂直的判定定理可判断A，B；举例说明判断C；利用线面垂直的判定定理与性质定理可判断D．
本题考查空间中直线与平面的位置关系，熟练掌握线与面平行或垂直的判定定理，性质定理是解题的关键，考查空间立体感，属于中档题．
16.【答案】35
【解析】
【分析】
本题主要考查向量数量积的坐标运算，向量垂直的充要条件，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
利用向量的坐标运算求得a−λb=(1−3λ,3−4λ)，再由(a−λb)⊥b，可得(a−λb)⋅b=0，即可求解λ的值．
【解答】
解：因为向量a=(1,3)，b=(3,4)，
则a−λb=(1−3λ,3−4λ)，
又(a−λb)⊥b，
所以(a−λb)⋅b=3(1−3λ)+4(3−4λ)=15−25λ=0，
解得λ=35．
故答案为：35．
17.【答案】13
【解析】解：复数z1=1+3i，z2=t+i(i为虚数单位)，
由z1⋅z2−=(1+3i)(t−i)=t+3+(3t−1)i是实数，
则3t−1=0，解得t=13．
故答案为：13．
利用复数的四则运算法则、共轭复数的定义、复数为实数的充要条件即可得出结论．
本题考查了复数的四则运算法则、共轭复数的定义、复数为实数的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18.【答案】−10(或4或18)
【解析】解：3+3+5+3+6+11=31，
设丢失的数据为x，
则这七个数据的平均数为31+x7，众数是3，
∵这组数据的平均数与众数的和是中位数的2倍，
∴若x≤3，则中位数为3，此时31+x7+3=2×3，解得x=−10；
若3
故答案为：−10(或4或18)．
设丢失的数据为x，众数是3，然后分x≤3，3
19.【答案】0或12
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量的坐标运算和共线定理应用问题，是基础题．
根据平面向量的坐标运算和共线定理，列方程求出k的值．
【解答】
解：向量a=(2,1),b=(1,k)，
则a+2b=(4,1+2k)，ka=(2k,k)，
若(a+2b)//(ka)，则(1+2k)⋅2k−4k=0，
解得k=0或k=12．
故答案为：0或12．
20.【答案】2 23
【解析】解：∵AD//BC，AD⊂平面ADEF，BC⊄平面ADEF，
∴BC//平面ADEF，
又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面ADEF=EF，
∴BC//EF，则AD//EF，
∵AD=3，EF=1，DE=1，∴S△ADE=12×3×1=32，
S四边形ADEF=12×(1+3)×1=2，
则VB−ADEFVB−ADE=232=43，即VB−ADEF=43VB−ADE，
∵DE⊥平面ABCD，∴DE是三棱锥E−ADB的高
又∠BAD=45°，AB=2，AD=3，∴S△ABD=12×3×2× 22=3 22，
∴VB−ADE=VE−ADB=13×S△ADB×DE=13×3 22×1= 22，
则VB−ADEF=43VB−ADE=43× 22=2 23．
故答案为：2 23．
由已知证明BC//EF，可得AD//EF，利用等体积法求B−ADE的体积，进一步可得四棱锥B−ADEF的体积．
本题考查多面体体积的求法，训练了利用等体积法求多面体的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
21.【答案】(1)证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，
在△ACC1中，EG为中位线，所以EG//CC1，EG=12CC1，
又因为CC1//BB1，CC1=BB1，F为BB1的中点，
所以EG//BF，EG=BF，
所以四边形EFBG为平行四边形，
所以EF//GB，又EF⊄平面ABC，GB⊂平面ABC，
所以EF//平面ABC．
(2)解：因为E为AC1的中点，
所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，
即三棱锥E−ABC的高h=12CC1= 3，
又△ABC的面积为S= 34×(2 3)2=3 3，
所以VC−ABE=VE−ABC=13×3 3× 3=3．
【解析】(1)取AC中点G，证明四边形EFBG是平行四边形得出BG//EF，故而EF//平面ABC；
(2)根据VC−ABE=VE−ABC计算体积．
本题考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于基础题．
22.【答案】解：(1)∵a=(2,m)，b=(1,3)，
∴2a−b=(4,2m)−(1,3)=(3,2m−3)，
∵|2a−b|=|b|，
∴9+(2m−3)2=12+32，解得m=1或2．
(2)∵a=(2,m)，b=(1,3)，
∴a+2b=(2,m)+(2,6)=(4,m+6)，
∵a+2b与a垂直，
∴2×4+m(m+6)=0，即m2+6m+8=0，解得m=−2或−4．
【解析】(1)根据已知条件，先求出2a−b，再结合向量模公式，即可求解．
(2)根据已知条件，先求出a+2b，再结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量模公式，以及向量垂直的性质，属于基础题．
23.【答案】解：(1)证明：由正弦定理知，bsin∠ABC=csin∠ACB=2R，
∴b=2Rsin∠ABC，c=2Rsin∠ACB，
∵b2=ac，
∴b⋅2Rsin∠ABC=a⋅2Rsin∠ACB，
即bsin∠ABC=asinC，
∵BDsin∠ABC=asinC．
∴BD=b；
(2)由(1)知BD=b，
∵AD=2DC，
∴AD=23b，DC=13b，
在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA=BD2+AD2−AB22BD⋅AD=b2+(23b)2−c22b⋅23b=13b2−9c212b2，
在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=b2+(13b)2−a22b⋅13b=10b2−9a26b2，
∵∠BDA+∠BDC=π，
∴cos∠BDA+cos∠BDC=0，
即13b2−9c212b2+10b2−9a26b2=0，
得11b2=3c2+6a2，
∵b2=ac，
∴3c2−11ac+6a2=0，
∴c=3a或c=23a，
在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac，
当c=3a时，cos∠ABC=76>1(舍)；
当c=23a时，cos∠ABC=712；
综上所述，cos∠ABC=712．
【解析】本题主要考查正弦定理和余弦定理，难度不大．
(1)利用正弦定理求解；
(2)要能找到隐含条件：∠BDA和∠BDC互补，从而列出等式关系求解．
24.【答案】解：(Ⅰ)由已知及余弦定理，化简tanC=aba2+b2−c2，
可得sinCcosC=ab2abcosC，
∴sinC=12，
∵C为锐角，∴C=30°．
(Ⅱ)由正弦定理，得asinA=bsinB=csinC=112=2，
∴a=2sinA，b=2sinB=2sin(A+30°)，
ab=4sinAsinB=4sinAsin(A+π6)
=4sinA( 32sinA+12cosA)=2 3sin2A+2sinAcosA
= 3+sin2A− 3cos2A
= 3+2sin(2A−π3)，
由0∘
(Ⅱ)利用第一问的结果，结合c=1，通过正弦定理，化简ab的表达式，利用两角和与差的三角函数化简为一个角的三角函数的形式，通过相位的范围，利用正弦函数的值域求解ab取值范围．
本题考查正弦定理以及余弦定理，两角和与差的三角函数，以及同角三角函数的基本关系式的应用，考查计算能力．
25.【答案】(1)解：因为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，
所以AA1⊥平面A1B1D1，AA1为三棱锥的A−A1B1D1的高，
由∠DAB=60°，所有棱长为2，△A1B1D1为等边三角形，
所以S△A1B1D1= 34×22= 3，
Rt△A1AB1，Rt△A1AD1中，S△A1AB1=12×2×2=2,S△A1AD1=12×2×2=2，
△AB1D1中，B1D1=2,AB1=AD1=2 2，过A作AH⊥B1D1于H,AH= 7，
S△AB1D1=12×2× 7= 7,S△A1AD1=12×2×2=2，
∴S=4+ 3+ 7；
(2)解：设直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为V，所以V1V2=V1V−V1=1VV1−1，
若球O与棱柱侧面相切，则半径R即为菱形ABCD的内切圆半径，连接AC与BD交于点E，AC⊥BD，
△ABE中，AE= 3,BE=1,R1= 3×12= 32，
若球O与棱柱上、下底面相切，则半径为R2=1，R2>R1，
所以球O半径最大为 R= 32，此时球O体积V1最大,V1=43π⋅( 32)3= 32π，
V=AA1⋅SABCD=2×12×2 3×2=4 3,V2=V−V1=4 3− 32π，
此时V1V2= 32π4 3− 32π=π8−π．
【解析】(1)求出三棱锥的A−A1B1D1的各个面的面积即得解；
(2)设直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为V，当球半径R最大时，V1最大时，V1V2取到最大值，求出V1最大值即得解．
本题考查了三棱锥的表面积和球的体积计算，属于中档题．
26.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵BE⊥AD，且正方形ABCD中，AB⊥AD，
BE∩AB=B，BE、AB⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，∴AD⊥PA，
又PD=PB，AD=AB，PA=PA，
∴△PAB≌△PAD，∴PA⊥AB，
∵AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD；
(Ⅱ)∵PE=2EA，∴AE=14PA，
∴VP−EFG=34VP−AFG，
∵点F，G分别是BC，CD的中点，
∴S△AFG=S△ABCD−S△ABF−S△ADG−S△FCG
=4×4−12×2×4−12×2×4−12×2×2=6，
∴三棱锥P−EFG的体积为：
VP−EFG=34VP−AFG=34×13×6×4=6．
【解析】(Ⅰ)根据线面垂直的判定定理推导出AD⊥平面PAB，进而得到AD⊥PA，再由△PAB≌△PAD，可得PA⊥AB，由此能证明PA⊥平面ABCD；
(Ⅱ)根据PE=2EA，得到VP−EFG=34VP−AFG，再计算VP−AFG，能求出三棱锥P−EFG的体积．
本题考查线面垂直的判定与性质、等体积法、全等三角形的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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