2022-2023学年湖南省涟源二中、涟源一中、娄底三中等名校高一下学期期末联考数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省涟源二中、涟源一中、娄底三中等名校高一下学期期末联考数学试题（含解析），共19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.若z+3i3+i=1+2i，则复数z的共轭复数是
( )
A. 12−52iB. 1−2iC. 12+52iD. 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. 33B. − 33C. 63D. − 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. 0.72B. 0.26C. 0.7D. 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. π6B. π4C. π3D. 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. π3B. 2π3C. πD. 2π
6.在▵ABC中，点D是线段BC上任意一点，点P满足AD=3AP，若存在实数m和n，使得BP=mAB+nAC，则m+n=( )
A. 23B. 13C. −13D. −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. 3B. 5C. 72D. 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。
9.已知复数z=1+i1−i，以下结论正确的是
( )
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2023年全年的月收支数据如图所示，针对2023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+bcs A=acs B，则
( )
A. A=2BB. π6三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20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=1，其面积为 3，则a+b+csin A+sin B+sin C= ．
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AB−EFGH的外接球的体积为 ．
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)
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]，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)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；
(2)试估计测评成绩的75%分位数；
(3)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．
19.(本小题12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分)
记▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且cb=sinB+2sinAcsB2sinB．
(1)求A 的 大小；
(2)若a=2 2，▵ABC的面积为2 3，求▵ABC的周长．
21.(本小题12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．
(1)求甲两次都没有击中目标的概率；
(2)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】【分析】
本题主要考查复数的除法运算，共轭复数．
利用复数除法和减法法则求出复数 z ，进而计算出复数 z 的共轭复数．
【解答】
解： z=1+2i3+i−3i=(1+2i)(3−i)(3+i)(3−i)−3i=3−i+6i+210−3i=12+12i−3i=12−52i ，
所以复数 z 的共轭复数是 12+52i ．
故选：C．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理解三角形．
根据正弦定理，即可求解．
【解答】
解：由正弦定理得， sinB=bsinAa= 2 6= 33 ，
故选：A．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的概率乘法公式和对立事件的概率公式等相关知识，属于较易题．
利用对立事件和相互独立事件的概率计算公式求解概率即可．
【解答】
解：由题设，飞行目标不被甲、乙发现的概率分别为 0.1 、 0.2 ，
所以飞行目标被雷达发现的 概率为 1−0.1×0.2=0.98 ．
故选：D
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查数量积的定义与计算，属于基础题．
先利用 a 得到 a= 2 ，然后利用数量积的定义可求出 csa,b= 32 ，即可得到答案．
【解答】
解：因为向量 a=1,1 ，所以 a= 12+12= 2 ，
由 a⋅b= 6 ， b=2 可得 a⋅bcsa,b=2 2csa,b= 6 ，
所以 csa,b= 32 ，
因为 0≤a,b≤π ，所以 a,b=π6 ，
故选：A．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆锥的体积和侧面积，属于基础题．
根据侧面积公式以及弧长公式即可求解母线和半径，进而可由勾股定理求解高，由体积公式即可求解．
【解答】
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=1,l= 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．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量的加减与数乘混合运算．
由题设 AD=λAB+1−λAC ，且 0<λ<1 ，结合向量数乘、加法的几何意义可得 BP=λ−33AB+1−λ3AC ，再由已知条件即可得 m+n 的值．
【解答】
解：由题意， AD=λAB+1−λAC ，且 0<λ<1 ，
而 AD=3AP=3AB+BP ，
所以 3AB+3BP=λAB+1−λAC ，
即 BP=λ−33AB+1−λ3AC ，
由已知， m=λ−33,n=1−λ3, 则 m+n=−23 ，选项D正确．
故选：D．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查二面角的概念，距离的求解，属于中档题．
过点 D 在平面 ADC 内作 DO⊥AC ，连接OB，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．
【解答】
解：过点 D 在平面 ADC 内作 DO⊥AC ，垂足为点 O ，连接OB，
二面角 B−AC−D 的平面角为 90∘ ，
故 DO⊥ 平面 ABC ，而 OB⊂ 平面 ABC ，则 OD⊥OB ，
在 Rt▵ACD 中， AD= 3 ， CD=1 ， AC=2 ，
则 ∠CAD=30∘ ， ∠ACD=60∘ ，
DO⊥AC ，则 OD=12AD= 32 ， AO=ADcs30∘=32 ，
OB2=AO2+AB2−2AO⋅ABcs60∘=94+1−32=74 ， OB= 72 ，
BD= OB2+OD2= 102 ．
故选：D
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的概率计算，考查运算求解能力，属于中档题．
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．
【解答】
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 124=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．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示及其几何意义，特殊复数的运算，复数的模及其几何意义，复数的乘除法运算，共轭复数．
利用复数除法运算法则化简可得 z=i ，根据 i 的幂运算的周期性、模长的定义、共轭复数定义和复数的乘法运算、复数对应的点坐标来依次判断各个选项即可．
【解答】
解： z=1+i1−i=1+i1+i1−i1+i=2i2=i
对于A， ∵z2021=i2021=i4×505+1=i ， ∴z2021 为纯虚数，A正确；
对于B， z+i=2i=2 ，B正确；
对于C， z⋅z=i⋅−i=−i2=1 ，C错误；
对于D， ∵z+z⋅i=−i+i2=−1−i ， ∴z+z⋅i 对应的点为 −1,−1 ，位于第三象限，D正确．
故选：ABD．
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查斜二测画法．
根据斜二测画法逐项判断，可得出合适的选项．
【解答】
解：对于A，根据斜二测画法知，直观图中平行关系不会改变，A正确；
对于B，对于平面多边形，不妨以三角形为例，
如图①，
在△ABC中， AD⊥BC ，其面积 S=12AD⋅BC ，
在其直观图(图②)中，
作 ，则直观图的面积
S′=12B′C′⋅A′M=12B′C′⋅A′D′⋅sin 45∘= 24×12×BC×AD= 24S ，
因为平面多边形可由若干个三角形拼接而成，
在直观图中，每个三角形的面积都为原三角形面积的 24 ，
故平面多边形直观图的面积也为原来平面多边形面积为 24 ，B正确；
对于C，梯形的上、下底平行且长度不相等，在直观图中，两底仍然平行，且长度不相等，
故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．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了折线图的数据读取，求众数、平均数、中位数的问题，属于较易题．
根据折线图中的数据，结合利润、平均数、众数、中位数的求解方法即可逐一求解．
【解答】
解：A：由图可知，月收人的最大值为90，最小值为30，故A正确；
B：各个月的利润是收入−支出，∴12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：由B所得出的各个月的利润可知7月份的利润最大，为60万元，故D正确．
故选：ACD．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，正弦函数的性质，属于较难题．
由正弦定理将条件转化为角的关系，判断A，结合内角和定理和条件及余弦函数的性质判断B，C，由余弦定理将条件转化为边的关系，判断D．
【解答】
解：因为 b+bcsA=acsB ，由正弦定理可得
sinB+sinBcsA=sinAcsB ，
所以 sinB=sinA−B ，
又 ▵ABC 为锐角三角形，所以 A∈0,π2 ， B∈0,π2 ，
所以 −π2所以 A−B=B ，所以 A=2B ，A正确；
因为 ▵ABC 为锐角三角形，所以 A∈0,π2 ， B∈0,π2 ， π2所以 0<2B<π2 ， 0所以 π6因为 A=2B ，所以 sinA=sin2B=2sinBcsB ，
所以 a=2bcsB ，
所以 ab=2csB ，因为 π6所以 ab∈ 2, 3 ，C错误；
因为 b+bcsA=acsB ，由余弦定理可得
b+bb2+c2−a22bc=aa2+c2−b22ac ，
所以 2cb+b2+c2−a2=a2+c2−b2 ，
所以 a2=b2+bc ，D正确，
故选：ABD．
13.【答案】−1,0
【解析】【分析】
本题考查投影向量，属于基础题．
根据向量 a 在 b 上的投影向量为a·csa,b·bb，计算即可．
【解答】
解：因为 a=−1, 3 ， b=1,0 ，
所以a=2， |b|=1 ，a·b=−1，
所以 cs ⟨a,b⟩=a·ba·b=−12 ，
向量 a 在 b 上的投影向量为a·csa,b·bb=−b=−1,0 ，
故答案为： −1,0 ．
14.【答案】±2
【解析】【分析】
本题考查平均值，方差，标准差的定义与计算，属于基础题．
根据平均数和方差的计算方法可列出关于 x 和 y 的方程组，解之即可．
【解答】
解：平均数为 15×(x+y+10+12+8)=10 ，即 x+y=20 ①，
方差为 15×[(x−10)2+(y−10)2+(10−10)2+(12−10)2+(8−10)2]=2 ，
即 (x−10)2+(y−10)2=2 ②，
由①②解得 x=9 ， y=11 或 x=11 ， y=9 ，
所以当 x=9 ， y=11 时， x−y=−2 ；当 x=11 ， y=9 ， x−y=2
故答案为： ±2 ．
15.【答案】2 393
【解析】【分析】
本题考查利用正、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于较易题．
利用三角形的面积公式求得 c ，利用余弦定理求得 a ，结合正弦定理求得正确答案．
【解答】
解：依题意 S▵ABC=12bcsinA ， 12×1×c× 32= 3,c=4 ，
由余弦定理得 a2=12+42−2×1×4×cs60∘=13 ， a= 13 ，
由正弦定理得 a+b+csinA+sinB+sinC=asinA= 13 32=2 393 ．
故答案为： 2 393．
16.【答案】1；43π
【解析】【分析】
本题考查球的切、接问题，球的体积，棱锥的结构特征，属于中档题．
将正四面体放入正方体，利用正方体的性质即得，设AB的中点为O，进而可得多面体 AB−EFGH 的外接球的球心为 O ，然后利用体积公式即得．
【解答】
解：如图，将正四面体 ABCD 嵌入到正方体中，则正四面体 ABCD 的体积为正方体体积的 13 ，
设正方体的棱长为 a ，则 a3=2 2 ， a= 2 ，
所以 AB=2 ， 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 ．
17.【答案】解：(1)因为 a→=(2,5) ， b→=(−1,2) ， c→=(4,1) ，且 a→=mb→+nc→ ，
∴2,5=m−1,2+n4,1=−m+4n,2m+n ，
∴−m+4n=22m+n=5 ，解得 m=2 ， n=1
(2) a→+kc→ =2,5+k4,1=4k+2,k+5 ， 3b→−a→ =3−1,2−2,5=−5,1 ．
因为 (a→+kc→)//(3b→−a→) ， ∴4k+2+5k+5=9k+27=0 ，解得 k=−3 ．

【解析】本题考查向量平行(共线)关系的坐标表示，向量线性运算的坐标表示．
(1)把已知向量的坐标代入 a→=mb→+nc→ ，解方程组即得解；
(2)解方程 4k+2+5k+5=0 即得解．
18.【答案】解：(1)由频率分布直方图知，分数在[50,90)的频率为(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.9，则在样本中分数在[50,90)的人数为100×0.9=90(人)，在样本中分数在[40,90)的人数为95人，所以分数在[40,90)的人数为400×0.95=380(人)，总体中分数小于40的人数为20人
(2)测试成绩从低到高排序，占人数75%的人分数在[70,80)之间，所以估计测评成绩的75%分位数为 70+10×0.75−0.40.8−0.4=70+8.75=78.75
(3)由频率分布直方图知，分数不小于70分的人数共有60人，由已知男女各占30人，从而样本中男生有60人，女生有40人，故总体中男生与女生的比为 6040=32 ．

【解析】本题考查频率分布直方图的应用，涉及百分位数的计算，属于中档题．
(1)根据频率分布直方图先求出样本中分数在[40,90)的频率，即可解出；
(2)先根据频率分布直方图判断出75%分位数在[70,80)之间，即可根据百分位数计算公式算出；
(3)根据频率分布直方图知分数不小于70分的人数中男女生各占30人，从而可知样本中男生有60人，女生有40人，即可求出总体中男生和女生人数的比．
19.【答案】(1)证明：∵ ABC−A1B1C1 为直三棱柱，∴ A1B1//AB，
又 A1B1⊄ 平面 ABC1 ， AB⊂ 平面 ABC1 ，
∴ A1B1// 平面 ABC1
(2)解：在 ▵ABC 中， AC=BC=1 ， ∠ACB=120∘ ，
则AB= 3 ， ▵ABC 的面积为 12×1×1×sin120∘= 34，
∵ ABC−A1B1C1 为直三棱柱，∴ CC1⊥ 平面 ABC ，而AC⊂平面 ABC ，
∴ CC1⊥AC ，从而 AC1=BC1=2
取 AB 的中点 D ，连接 C1D ，则 C1D⊥AB ， 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 VC1−ABC=VC−ABC1
∴ 13× 34× 3=13× 394×h ，解得 h= 3913，
故点 C 到平面 ABC1 的距离为 3913 ．

【解析】本题考查线面平行的判定，点到面的距离，属于中档题．
(1)利用线面平行的判定定理即可求解；
(2)利用等体积法求解点 C 到平面 ABC1 的距离即可．
20.【答案】解：(1)因为 cb=sinB+2sinAcsB2sinB ，由正弦定理得 sinCsinB=sinB+2sinAcsB2sinB ，
所以 sinB+2sinAcsB=2sinC=2sinA+B=2sinAcsB+2csAsinB
可得 sinB=2sinBcsA ，
因为 0又因为 0(2)由 A=π3 ，得 S▵ABC=12bcsinA=2 3 ，解得 bc=8 ，
又由余弦定理 csA=b2+c2−a22bc=12 ，可得 b2+c2−8=bc ，
所以 (b+c)2=3bc+8=32 ，可得 b+c=4 2 ，
又因为 a=2 2 ，所以 ▵ABC 的周长为 6 2 ．

【解析】本题考查了正、余弦定理和三角恒等变换，三角形的面积公式，属于中档题．
(1)根据正弦定理和两角和的正弦公式，结合题意化简得到得sinB=2sinBcsA ，得到 csA=12 ，即可求解；
(2)利用三角形的面积公式求得 bc=8 ，再由余弦定理求得 b2+c2−8=bc ，进而求得 b+c 的值，即可求得 ▵ABC 的周长．
21.【答案】解：(1)设甲第一次击中目标为事件 A1 ，甲第二次击中目标为事件 A2 ，
则 PA1=PA2=23 ．
事件“甲两次都没有击中目标”即为事件 A1A2 ，
所求的概率为 PA1A2=PA1PA2=1−PA11−PA2=19 ．
(2)设乙第一次击中目标为事件 B1 ，乙第二次击中目标为事件 B2 ，
则 PB1=PB2=34 ．
所以，事件“四次射击中，甲、乙恰好各击中一次目标”表示为
A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2 ，
所以，所求的概率为 P=PA1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2
=PA1A2B1B2+PA1A2B1B2+PA1A2B1B2+PA1A2B1B2
=4×23×13×34×14=16 ．

【解析】本题考查了相互独立事件的概率乘法公式，对立事件的概率公式，属于中档题．
(1)设甲第一次击中目标为事件 A1 ，第二次击中目标为事件 A2 ，得到 PA1=PA2=23 ，结合相互独立事件的概率计算公式及对立事件的概率公式，即可求解；
(2)设乙第一次击中目标为事件 B1 ，第二次击中目标为事件 B2 ，得到 PB1=PB2=34 ，进而得到甲、乙恰好各击中一次目标为 A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2 ，结合相互独立事件和互斥事件的概率计算公式，即可求解．
22.【答案】(1)证明：∵ PA⊥ 平面 ABCD ， CD⊂ 平面 ABCD ，∴ PA⊥CD ，
又四边形 ABCD 是矩形，∴ CD⊥DA ，
∵ DA∩PA=A ，DA,PA⊂平面 PAD ，∴ 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 ，CD,PD⊂平面 PCD，所以 AM⊥ 平面 PCD ．
(2)解：∵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 ．
(3)解：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】本题考查线面垂直的判定，异面直线所成角，直线与平面所成的角．
(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 ，设直线 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．