2022-2023学年湖南省娄底市涟源二中、涟源一中、娄底三中等名校高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省娄底市涟源二中、涟源一中、娄底三中等名校高一（下）期末数学试卷（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学年湖南省娄底市涟源二中、涟源一中、娄底三中等名校高一（下）期末数学试卷
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(z+3i)(3+i)=1+2i，则复数z的共轭复数是(    )
A. 12−52i B. 1−2i C. 12+52i D. 2+i
2. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，a= 6，b=2，A=π4，则sinB=(    )
A. 33 B. − 33 C. 63 D. − 63
3. 甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，飞行目标被雷达发现的概率为(    )
A. 0.72 B. 0.26 C. 0.7 D. 0.98
4. 已知向量a=(1,1)，a⋅b= 6，|b|=2，则向量a，b的夹角为(    )
A. π6 B. π4 C. π3 D. 2π3
5. 已知某圆锥的侧面积为 5π，该圆锥侧面的展开图是弧长为2π的扇形，则该圆锥的体积为(    )
A. π3 B. 2π3 C. π D. 2π
6. 在△ABC在中，点D线段BC上任意一点，点D满足AD=3AP，若存在实数m和n，使得BP=mAB+nAC，则m+n=(    )
A. 23 B. 13 C. −13 D. −23
7. 在矩形ABCD中，AB=1，AD= 3，沿对角线AC将矩形折成一个直二面角B−AC−D，则点B与点D之间的距离为(    )
A. 3 B. 5 C. 72 D. 102
8. 某校高二年级学生举行中国象棋比赛，经过初赛，最后确定甲、乙、丙三位同学进入决赛．决赛规则如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，最后的胜者获得冠军，比赛结束．若经抽签，已知第一场甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12.则(    )
A. 甲获得冠军的概率最大
B. 甲与乙获得冠军的概率都比丙大
C. 丙获得冠军的概率最大
D. 甲、乙、丙每人获得冠军的概率都一样大
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. 已知复数z=1+i1−i，则(    )
A. z2021是纯虚数
B. |z+i|=2
C. z⋅z−=−1
D. 在复平面内，复数z−+z⋅i对应的点位于第三象限
10. 关于斜二测画法，下列说法正确的是(    )
A. 在原图中平行的直线，在对应的直观图中仍然平行
B. 若一个多边形的面积为S，则在对应直观图中的面积为 24S
C. 一个梯形的直观图仍然是梯形
D. 在原图中互相垂直的两条直线在对应的直观图中不再垂直
11. 沙糖桔网店2019年全年的月收支数据如图所示，则针对2019年这一年的收支情况，则(    )

A. 月收入的最大值为90万元，最小值为30万元
B. 这一年的总利润超过400万元
C. 这12个月利润的中位数与众数均为30
D. 7月份的利润最大
12. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b+bcosA=acosB，则(    )
A. A=2B B. π6 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a，b满足a=(−1, 3)，b=(1,0)，则向量a在b上的投影向量为______．
14. 某同学5次上学途中所花的时间(单位：分钟)分别为x，y，8，10，12.已知这组数据的平均数为10，标准差为 2，则x−y的值为          ．
15. 在△ABC中，A=60°，b= 3，面积为 3，则a+b+csinA+sinB+sinC= ______ ．
16. 如图，正四面体ABCD的体积为2 23，E、F、G、H分别是棱AD、BD、BC、AC的中点，则EF=______，多面体ABEFGH的外接球的体积为______．


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)
平面内给定三个向量a=(2,5)，b=(−1,2)，c=(4,1)．
(1)求满足a=mb+nc的实数m，n；
(2)若(a+kc)//(3b−a)，求实数k的值．
18. (本小题12.0分)
某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30)，[30,40)，……，[80,90]，并整理得到如图所示频率分布直方图：

(Ⅰ)已知样本中分数在[40,50)的学生有5人，试估计总体中分数小于40的人数；
(Ⅱ)试估计测评成绩的75%分位数；
(Ⅲ)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等，试估计总体中男生和女生人数的比例．
19. (本小题12.0分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=120°，AA1= 3．
(1)证明：A1B1/​/平面ABC1；
(2)求点C到平面ABC1的距离．

20. (本小题12.0分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cb=sinB+2sinAcosB2sinB．
(1)求A的大小；
(2)若b=2 2，△ABC的面积为2 3，求△ABC的周长．
21. (本小题12.0分)
甲、乙两位射手对同一目标各射击两次，且每人每次击中目标与否均互不影响.已知甲每次击中目标的概率为23，乙每次击中目标的概率为34．
(Ⅰ)求甲两次都没有击中目标的概率；
(Ⅱ)在四次射击中，求甲、乙恰好各击中一次目标的概率．
22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=AD=4，AB=2，PA⊥平面ABCD，且M是PD的中点．
(1)求证：AM⊥平面PCD；
(2)求异面直线CD与BM所成角的正切值；
(3)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：设z=a+bi，a、b∈R，∵(z+3i)(3+i)=1+2i，
∴(a+bi+3i)(3+i)=3a−b−3+(a+3b+9)i=1+2i，
∴3a−b−3=1，a+3b+9=2，∴a=12，b=−52，∴z=12−52i，
∴复数z的共轭复数z−=12+52i，
故选：C．
由题意，利用两个复数代数形式的乘法法则，两个复数相等的条件，求出复数z，根据共轭复数的定义，可得结论．
本题主要考查两个复数代数形式的乘法，两个复数相等的条件，共轭复数的定义，属于基础题．

2.【答案】A 
【解析】解：由正弦定理可得：asinA=bsinB，
则 6sinπ4=2sinB，所以sinB=2× 22 6= 33，
故选：A．
利用正弦定理化简即可求解．
本题考查了正弦定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．

3.【答案】D 
【解析】解：设事件A表示“甲雷达发现飞行目标”，事件B表示“乙雷达发现飞行目标”，
甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，
∴P(A)=0.9，P(B)=0.8，
∴飞行目标被雷达发现的概率为：
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.9+0.8−0.9×0.8=0.98．
故选：D．
设事件A表示“甲雷达发现飞行目标”，事件B表示“乙雷达发现飞行目标”，飞行目标被雷达发现的概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)，由此能求出结果．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

4.【答案】A 
【解析】解：∵向量a=(1,1)，
∴|a|= 12+12= 2，
∵a⋅b= 6，|b|=2，
又∵|a|⋅|b|cos〈a,b〉=2 2cos〈a,b〉= 6，
∴cos〈a,b〉= 32，
∵0≤〈a,b〉≤π，
∴〈a,b〉=π6．
故选：A．
先利用a得到|a|= 2，再结合向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，属于基础题．

5.【答案】B 
【解析】解：设该圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，
由已知条件可得：πrl= 5π2πr=2π，解得r=1l= 5，
故圆锥的高h= l2−r2= 5−1=2，
所以该圆锥的体积为13πr2h=13π×1×2=2π3．
故选：B．
根据侧面积公式以及弧长公式即可求解母线和半径长，进而可由勾股定理求解高，由体积公式即可求解．
本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：如图，∵足AD=3AP，∴AP=13AD，设BD=λBC，λ∈[0,1]，
∴BP=AP−AB=13AD−AB=13(AB+BD)−AB
=−23AB+13λBC=−23AB+λ3(AC−AB)=(−23−λ3)AB+λ3AC，
又BP=mAB+nAC，
∴m=−23−λ3n=λ3，∴m+n=−23．
故选：D．
根据平面向量的基本定理，向量的线性运算即可求解．
本题考查平面向量的基本定理，向量的线性运算，属基础题．

7.【答案】D 
【解析】解：过点D在平面ADC内作DO⊥AC，垂足为点O，
∵二面角B−AC−D的平面角为90°，
∴DO⊥平面ABC，OB⊂平面ABC，∴OD⊥OB，
在Rt△ACD中，AD= 3，CD=1，AC=2，
则∠CAD=30°，∠ACD=60°，DO⊥AC，
∴OD=12AD= 32，AO=ADcos30°=32，
OB2=AO2+AB2−2AO⋅ABcos60°=94+1−32=74，
OB= 72，BD= OB2+OD2= 102．
故选：D．
过点D在平面ADC内作DO⊥AC，证明OD⊥OB，利用余弦定理得到OB= 72，再利用勾股定理计算得到答案．
本题考查二面角的概念，距离的求解，属基础题．

8.【答案】C 
【解析】解：根据决赛规则，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，
(1)甲获得冠军有两种情况：
①共比赛四场结束，甲四连胜夺冠，概率为(12)4=116．
②共比赛五场结束，并且甲获得冠军．则甲的胜、负、轮空结果共有四种情况：胜胜胜负胜，胜胜负空胜，胜负空胜胜，负空胜胜胜，概率分别为132，116，116，116．
因此，甲最终获得冠军的概率为116+132+116+116+116=932．
(2)乙获得冠军，与(1)同理，概率也为932．
(3)丙获得冠军，概率为1−932−932=1432=716>932，
∴丙获得冠军的概率最大．
故选：C．
根据比赛进行的场次进行分类讨论，结合相互独立事件概率计算公式，求得甲、乙、丙三人获得冠军的概率，从而确定正确答案．
本题考查相互独立事件的概率计算，考查运算求解能力，属于基础题．

9.【答案】ABD 
【解析】解：化简复数z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=1+2i−11+1=i，
所以z2021=i2021=i4×505+1=i，即z2021为纯虚数，选项A正确；
|z+i|=|2i|=2，选项B正确；
z⋅z−=i⋅(−i)=−i2=1，选项C错误；
由z−+z⋅i=−i+i2=−1−i，知z−+z⋅i对应的点为(−1,−1)，位于第三象限，选项D正确．
故选：ABD．
化简复数z，再对选项中的命题进行分析，判断真假性即可．
本题考查了复数的化简与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．

10.【答案】ABC 
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，根据斜二测画法知，直观图中平行性不会改变，A正确；
对于B，由原图与直观图的关系，若一个多边形的面积为S，则在对应直观图中的面积为 24S，B正确；
对于C，一个梯形的直观图仍然是梯形，C正确；
对于D，空间几何体的直观图中，在原图中互相垂直的两条直线在对应的直观图中可以垂直，如长方体的长和高，D错误；
故选：ABC．
根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
本题考查直观图的性质，涉及斜二测画法，属于基础题．

11.【答案】ACD 
【解析】解；A：由图可知，月收入的最大值为90，最小值为30，故A正确；
B：各个月的利润分别为20，30，20，10，30，30，60，40，30，30，50，30，
所以总利润为20+30+20+10+30+30+60+40+30+30+50+30=380(万元)，故B错误；
C：这12个月利润按从小到大排为：10，20，20，30，30，30，30，30，30，40，50，60，所以中位数与众数均为30，故C正确；
D：7月份的利润最大，为60万元，故D正确．
故选：ACD．
根据折线图中的数据，结合选项即可逐一求解．
本题主要考查统计图的应用，属于基础题．

12.【答案】ABD 
【解析】解：因为b+bcosA=acosB，
所以由正弦定理将边化为角可得：sinB+sinBcosA=sinAcosB，
即sinB=sin(A−B)又A∈(0,π2),A−B∈(−π2,π2)，
所以B=A−B，所以A=2B，故A正确；
因为△ABC为锐角三角形，
所以有0 由正弦定理：ab=sinAsinB=sin2BsinB=2cosB，
又π6 因为A=2B，所以sinA=sin2B，即sinA=2sinBcosB，
由正弦、余弦定理将角化为边可得a=2b⋅a2+c2−b22ac，
即a2c=a2b+c2b−b3，变形为a2(c−b)=b(c2−b2)=b(c+b)(c−b)，
当b=c时，A=2B=2C，△ABC为直角三角形，不成立；
当b≠c时，a2=b(c+b)=b2+bc，故D正确．
故选：ABD．
由正弦定理和正弦函数的单调性可得A，B的关系，可判断A；由锐角三角形的定义求得B的范围，可判断B；由正弦定理和二倍角的正弦公式，可判断C；由正弦定理和余弦定理将角化为边，可判断D．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．

13.【答案】(−1,0) 
【解析】解：∵a=(−1, 3)，b=(1,0)，∴|a|=2，|b|=1，a⋅b=−1，
∴cos=−12，
向量a在b上的投影向量为|a|⋅cos⋅b|b|=(−1,0)．
故答案为：(−1,0)．
根据向量a在b上的投影向量为|a|⋅cos⋅b|b|，计算即可．
本题考查投影向量，属于基础题．

14.【答案】±2 
【解析】
【分析】
本题考查数据的平均数、方差的计算，注意平均数、方差的计算公式，属于基础题．
由平均数和方差的公式可得15(x+y+8+10+12)=10，15x−102+(y−10)2+4+0+4=2，变形分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，数据x，y，8，10，12的平均数为10，标准差为 2，即其方差为2；
则15(x+y+8+10+12)=10，15x−102+(y−10)2+4+0+4=2，
变形可得x+y=20x2+y2=202，则有2xy=(x+y)2−(x2+y2)=198，
则(x−y)2=x2+y2−2xy=4，则有x−y=±2；
故答案为：±2．
  
15.【答案】2 133 
【解析】解：∵A=60°，b= 3，面积为 3，
∴ 3=12bcsinA=12× 3×c× 32，解得：c=4 33，
∴a= b2+c2−2bccosA= 3+489−2× 3×4 33×12= 393，
∴a+b+csinA+sinB+sinC=asinA= 393 32=2 133．
故答案为：2 133．
由已知利用三角形面积公式可求c，利用余弦定理可求a，利用比例的性质即可计算得解．
本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理，比例的性质在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

16.【答案】1 43π 
【解析】解：如图，将正四面体ABCD放到正方体中，
则正四面体ABCD的体积为正方体体积的13，

设正方体的边长为a，则a3=2 2，即a= 2，
所以AB=2，又因为EF是△ABD的中位线，

所以EF=12AB=1，
设AB的中点为O，连接OE，OF，OG，OH，
因为OE=OF=OG=OH=OA=OB=12AB=1，
所以多面体AB−EFGH的外接球的球心为O，半径为1，
外接球的体积为43πR3=43π．
故答案为：1；43π．
首先将正四面体ABCD放到正方体中，可得正四面体ABCD的体积为正方体体积的13，由题意可得正方体的边长，再由三角形的中位线可得EF；设AB的中点为O，连接OE，OF，OG，OH，进而得出OE=OF=OG=OH=OA=OB=12AB=1，即多面体AB−EFGH的外接球的球心为O，半径为1，进而得出答案．
本题考查球的有关计算，考查学生的直观想象、逻辑思维能力和运算能力，属中档题．

17.【答案】解：(1)根据题意得：(2,5)=(4n−m,2m+n)，
∴4n−m=22m+n=5，解得m=2，n=1；
(2)a+kc=(4k+2,k+5)，3b−a=(−5,1)，且(a+kc)//(3b−a)，
∴4k+2+5(k+5)=0，解得k=−3． 
【解析】(1)根据条件可得出：(2,5)=(4n−m,2m+n)，然后可得出关于m，n的方程，解出m，n即可；
(2)可得出a+kc=(4k+2,k+5)，3b−a=(−5,1)，然后根据平行向量的坐标关系即可求出k的值．
本题考查了向量坐标的加法和数乘运算，平行向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．

18.【答案】解：(Ⅰ)样本中分数在[40,50)的学生有5人，
由频率分布直方图得[20,50)的频率为1−(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.1，
∴估计总体中分数小于40的人数为：
400×(0.1−0.05)=20人．
(Ⅱ)[20,70)的频率为1−(0.04+0.02)×10=0.4，
[70,80)的频率为0.04×10=0.4，
∴估计测评成绩的75%分位数为：70+0.75−0.40.4×10=78.75．
(Ⅲ)∵样本中分数不小于70的频率为0.6，样本中分数不小于70的男女生人数相等，
∴分数不小于70的男生的频率为0.3，
∵样本中有一半男生的分数不小于70，
∴男生的频率为0.6，则男生的人数为0.6×100=60，
∴女生的频率为0.4，则女生的人数为0.4×100=40，
∴估计总体中男生和女生人数的比例为3：2． 
【解析】(Ⅰ)样本中分数在[40,50)的学生有5人，得到[40,50)的频率为0.05，由频率分布直方图得[20,50)的频率为0.1，由此能估计总体中分数小于40的人数．
(Ⅱ)先求出[20,70)的频率和[70,80)的频率，利用频率分布直方图能估计测评成绩的75%分位数．
(Ⅲ)根据样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等，分别求出男生、女生的人数，由此能估计总体中男生和女生人数的比例．
本题考查频数、分位数、男女生比例的求法，考查频率分布直方图的性质、分层抽样等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

19.【答案】(1)证明：∵ABC−A1B1C1为三棱柱，
∴A1B1/​/AB，
又A1B1⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，
∴A1B1/​/平面ABC1．
(2)解：(方法一)在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=120°，
可求得AB= 3，△ABC的面积为12×1×1×sin120°= 34，
∵ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，
∴CC1⊥AC，从而AC1=BC1=2，
取AB的中点D，连接C1D，则C1D⊥AB，
易得C1D= 132，
∴△ABC1的面积为12× 3× 132= 394，
设点C到平面ABC1的距离为h，
由于V三棱锥C1−ABC=V三棱锥C−ABC1，
∴13× 34× 3=13× 394×h，解得h= 3913，
∴.点C到平面ABC1的距离为 3913．
(方法二)取AB的中点D，连接CD，C1D，
在△CDC1中，过点C作CE⊥C1D，垂足为E，
∵ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，
∴CC1⊥AB，
又∵AC=BC，D为AB中点，
∴CD⊥AB，
∵CC1∩CD=C，
∴AB⊥平面C1CD，
又AB⊂平面ABC1，∴平面C1CD⊥平面ABC1，
∵平面C1CD∩平面ABC1=C1D，
∴CE⊥平面ABC1，
由题意可知C1C= 3，CD=12，C1D= 132，
可求得CE= 3×12 132= 3913，
∴点C到平面ABC1的距离为 3913． 
【解析】(1)证明A1B1/​/AB，推出A1B1/​/平面ABC1..
(2)方法一：取AB的中点D，连接C1D，设点C到平面ABC1的距离为h，通过V三棱锥C1−ABC=V三棱锥C−ABC1，转化求解点C到平面ABC1的距离．
方法二：取AB的中点D，连接CD，C1D，过点C作CE⊥C1D，垂足为E，推出CE⊥平面ABC1，然后求解点C到平面ABC1的距离．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

20.【答案】解：(1)由题意及正弦定理可得sinCsinB=sinB+2sinAcosB2sinB，
因为sinA≠0，所以sinB+2sinAcosB=2sinC=2sin(A+B)=2sinAcosB+2cosAsinB，
得sinA=2sinBcosA，得cosA=12，而A∈(0,π)，
可得A=π3；
(2)由S△ABC=12bcsinA=2 3，由(1)可得bc=8，
而b=2 2，
由余弦定理cosA=b2+c2−a22bc=12，可得b2+c2−8=bc，
可得b+c=4 2，△ABC的周长a+c+b=4 2+2 2=6 2，
所以△ABC的周长为6 2． 
【解析】(1)由正弦定理及三角形的内角和的性质可得B的余弦值，进而求出A的大小；
(2)由三角形的面积和(1)可得bc的值，再由余弦定理可得b+c，进而求出三角形的周长．
本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．

21.【答案】解：(1)设甲两次都没有击中目标为事件A，
则p(A)=(1−23)(1−23)=19．
(2)设甲、乙恰好各击中一次目标为事件B，
∵甲恰好击中一次目标的概率为2×23×(1−23)=49，
乙恰好击中一次目标的概率为2×34×(1−34)=38，
∴甲、乙恰好各击中一次目标的概率为p(B)=49×38=16． 
【解析】本题考查的知识点是相互独立事件的概率乘法公式，互斥事件概率加法公式，属于基础题．
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可．
(2)分别求出甲，乙恰好击中一次目标的概率，再相乘即可．

22.【答案】证明：(1)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
又四边形ABCD是矩形，∴CD⊥DA，
∵DA∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，
∵AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM，
又M是PD的中点，PA=AD=4，∴AM⊥PD，
∵CD∩PD=D，所以AM⊥平面PCD；
解：(2)∵底面ABCD是矩形，∴CD//BA，
∴异面直线CD与BM所成角即为直线BA与直线BM所成的角，
由(1)得CD⊥平面PAD，∴BA平面PAD，
∵AM⊂平面PAD，∴BA⊥AM，∴△BAM为直角三角形，
又M是PD的中点，PA=AD=4，∴AM=2 2，
∴在Rt△BAM中，∠ABM即为异面直线CD与BM所成角，故tan∠ABM=AMAB= 2，
∴异面直线CD与BM所成角的正切值为 2；
解：(3)取AD中点为N，连接MN，AC，

在△PAD中，M，N分别为线段PD，AD的中点，故MN//PA,MN=12PA=2，
∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，
∴VM−ACD=13×MN×12×AD×CD=83，
由(1)得AM⊥平面PCD，∵MC⊂平面PCD，∴AM⊥MC，
∵PA=AD=4，∴PD=4 2,MD=2 2，又AB=CD=2，∴MC=2 3，
∴S△AMC=12×AM×MC=2 6，
设点D到平面AMC的距离为h，直线CD与平面ACM所成角为θ，
则VD−AMC=13×h×S△AMC=VM−ACD=83，解得：h=4 6，
故sinθ=hCD= 63，
所以直线CD与平面ACM所成角的正弦值为 63． 
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理证明CD⊥平面PAD，即可证明CD⊥AM，再利用线面垂直的判定定理即可证明AM⊥平面PCD；
(2)根据题意可得异面直线CD与BM所成角即为直线BA与直线BM所成的角，利用线面垂直可证△BAM为直角三角形，求∠ABM的正切值即可；
(3)利用等体积法求解点D到平面AMC的距离h，直线CD与平面ACM所成角为θ,sinθ=hCD，即可求解直线CD与平面ACM所成角的正弦值．
本题考查了线面垂直的证明和线面角，异面直线所成角的计算，属于中档题．