2020-2021学年度高一下数学期末全真模拟卷

这是一份2020-2021学年度高一下数学期末全真模拟卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年高一数学下学期期末考试全真模拟卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.复数z满足|z﹣3i|＝2（i为虚数单位），则复数z﹣4模的取值范围是（　　）
A．[3，7] B．[0，5] C．[0，9] D．以上都不对
【答案】A
【解答】解：由|z﹣3i|＝2，可知复数z对应点的轨迹为以B（0，3）为圆心，以2为半径的圆上，
如图：
则复数z﹣4模的最小值为|AB|﹣2＝5﹣2＝3，最大值为|AB|+2＝5+2＝7．
∴复数z﹣4模的取值范围是[3，7]．
故选：A．

2.将一个总体分为甲、乙、丙三层，其个体数之比为5：4：1，若用分层抽样的方法抽取容量为250的样本，则应从丙层中抽取的个体数为（　　）
A．25 B．35 C．75 D．100
【答案】A
【解答】解：因为甲、乙、丙三层，其个体数之比为5：4：1，
所以丙层所占的比例为＝0.1，
所以应从丙层中抽取的个体数为0.1×250＝25，
故选：A．
3.排球比赛的规则是5局3胜制（5局比赛中，优先取得3局胜利的一方，获得最终胜利，无平局），在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率都相等，均为，前2局中乙队以2：0领先，则最后乙队获胜的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：法一：根据题意，前2局中乙队以2：0领先，则最后乙队获胜，有3种情况，
第三局乙队获胜，其概率为P1＝，
第三局甲队获胜，第四局乙队获胜，其概率为P2＝×＝，
第三、四局甲队获胜，第五局乙队获胜，其概率为P3＝××＝，
则最后乙队获胜的概率P＝P1+P2+P3＝++＝；
法二：根据题意，前2局中乙队以2：0领先，
若最后甲队获胜，甲队需要连胜三局，则甲队获胜的概率P′＝（）3＝，
则最后乙队获胜的概率P＝1﹣P′＝1﹣＝；
故选：B．
4.在△ABC中，点P满足，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若，（λ，μ＞0），则2λ+μ的最小值为（　　）
A． B．3 C． D．4
【答案】A
【解答】如图所示，＝+，
＝+，
又＝2，
∴﹣+＝2（﹣），
∴＝+＝，
又P、M、N三点共线，
∴+＝1，
∴2λ+μ＝（2λ+μ）•（）＝+≥+＝，
当且仅当μ＝2λ时取“＝”，
∴2λ+μ的最小值是．
故选：A．


5.某公司生产了一批新产品10000件，现从这些产品中随机抽取200件，测量这些产品的一项质量指标值，测量结果得如图频率分布直方图，估计该公司的这批新产品的这项质量指标值不低于95的件数为（　　）
A．340 B．670 C．3400 D．6700
【答案】D
【分析】由频率分布直方图求出该公司的这批新产品的这项质量指标值不低于95的频率，由此能求出该公司的这批新产品的这项质量指标值不低于95的件数．
【解答】解：由频率分布直方图得：
该公司的这批新产品的这项质量指标值不低于95的频率为：
（0.033+0.024+0.008+0.002）×10＝0.67，
∴该公司的这批新产品的这项质量指标值不低于95的件数为：
0.67×10000＝6700．
故选：D．
6.如图，在△ABC中，＝2，P是BN上一点，若＝t+，则实数t的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：∵，
∴，
∴，且B，P，N三点共线，
∴，解得．
故选：C．
7.如图，三棱锥S﹣ABC中，平面SAC⊥平面ABC，过点B且与AC平行的平面α分别与棱SA、SC交于E，F，若，则下列结论正确的序号为（　　）
①AC∥EF；
②若E，F分别为SA，SC的中点，则四棱锥B﹣AEFC的体积为；
③若E，F分别为SA，SC的中点，则BF与SA所成角的余弦值为；
④SC⊥BE．

A．②③ B．①②④ C．①②③ D．①②
【答案】C
【解答】①∵AC∥平面BEF，平面SAC∩平面BEF＝EF，AC⊂平面SAC，
∴AC∥EF，即①正确；
②取AC的中点M，连接BM、SM，
∵BA＝BC，∴BM⊥AM，
又平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，
∴BM⊥平面SAC，即点B到平面AEFC的距离为BM＝．
∵SA＝SC＝2，AC＝，∴△SAC为等腰直角三角形，
∴SAEFC＝S△SAC﹣S△SEF＝SA•SC﹣SE•SF＝．
∴VB﹣AEFC＝BM•SAEFC＝××＝，即②正确；

③连接MF，
∵M、F分别为AC、SC的中点，∴FM∥SA，FM＝SA＝1，∴∠BFM即为BF与SA所成角．
在Rt△BMF中，tan∠BFM＝＝＝，
∴cos∠BFM＝，
∴BF与SA所成角的余弦值为，即③正确；
④连接EM，
由②知，BM⊥平面SAC，∴BM⊥SC，
若SC⊥BE，∵BM∩BE＝B，BM、BE⊂平面BME，∴SC⊥平面BME，
又EM⊂平面BME，∴SC⊥EM，这与SC∥EM相矛盾，即④错误．
∴正确的有①②③，
故选：C．

8.如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，BD：DC：AD＝2：3：6，则∠BAC的度数是（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意和直角三角形中正切函数求出tan∠BAD、tan∠CAD，利用两角和的正切函数求出tan∠BAD的值，由∠BAC的范围和特殊角的正切值求出∠BAC；
【解答】解：∵BD：DC：AD＝2：3：6，AD⊥BC，
∴tan∠BAD＝＝，tan∠CAD＝＝，
则tan∠BAC＝tan（∠BAD+∠CAD）＝＝1，
又∠BAC∈（0，π），
则∠BAC＝；
故选：B．


二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分．
9.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么不互斥的两个事件是（　　）
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”
D．“至少有一个黑球”与“都是红球”
【答案】AB
【分析】根据互斥事件的定义可得．
【解答】解：”至少有一个黑球“中包含“都是黑球，A正确；
“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”可能同时发生，B正确；
“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不可能同时发生，C不正确；
“至少有一个黑球”与“都是红球”不可能同时发生，D不正确．
故选：AB．
10.如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】对于A，由∠BAD＝，CE∥AD，得直线AB与平面CDE不垂直；对于B，由CE⊥AB，DE⊥AB，得直线AB⊥平面CDE；对于C，由AB与CE所成角为，知直线AB与平面CDE不垂直；对于D，推导出DE⊥AB，CE⊥AB，从而AB⊥平面CDE．
【解答】解：对于A，∵∠BAD＝，CE∥AD，∴AB与CE不垂直，
∵CE⊂平面CDE，∴直线AB与平面CDE不垂直，故A错误；
对于B，∵CE⊥AB，DE⊥AB，CE∩DE＝E，∴直线AB⊥平面CDE，故B正确；
对于C，AB与CE所成角为，∴直线AB与平面CDE不垂直，故C错误；
对于D，如图，∵DE⊥BF，DE⊥AF，BF∩AF＝F，∴DE⊥平面ABF，
∵AB⊂平面ABF，∴DE⊥AB，同理得CE⊥AB，
∵DE∩CE＝E，∴AB⊥平面CDE，故D正确．
故选：BD．

【知识点】直线与平面垂直

11.中国篮球职业联赛（CBA）中，某男能球运动员在最近儿次参加的比赛中的得分情况如表：
投篮次数
投中两分球的次数
投中三分球的次数
100
55
18
记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，用频率估计概率的方法，得到的下述结论中，正确的是（　　）
A．P（A）＝0.55 B．P（B）＝0.18
C．P（C）＝0.27 D．P（B+C）＝0.55
【答案】ABC
【分析】利用古典概型概率计算公式直接求解．
【解答】解：记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，
由古典概型得：
P（A）＝＝0.55，故A正确；
P（B）＝＝0.18，故B正确；
P（C）＝1﹣P（A）﹣P（B）＝1﹣0.55﹣0.18＝0.27，故C正确；
P（B+C）＝P（B）+P（C）＝0.18+0.27＝0.45，故D错误．
故选：ABC．
12.Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，++＝，以下正确的是（　　）
A．∠APB＝120° B．∠BPC＝120° C．2BP＝PC D．AP＝2PC
【答案】ABCD
【分析】根据平面向量的平行四边形法则判断A，B，构造相似三角形判断C，D．
【解答】解：在直线PA，PB，PC上分别取点M，N，G，使得||＝||＝||＝1，
以PM，PN为邻边作平行四边形PMQN，则＝，
∵++＝，即+＝，
∴＝，∴P，G，Q三点共线且PQ＝1，
故△PMQ和△PNQ均为等边三角形，
∴∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°，故A正确，B正确；
∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠ACB＝60°，
在△ABC外部分别以BC、AC为边作等边三角形BCE和等边三角形ACD，
则B，C，D三点共线，A，P，E三点共线，
∴∠BCD＝120°，故∠BCD＝∠BPC，
∴△BPC∽△BCD，
∴，即PC＝2BP，故C正确，
同理可得：△APC∽△ACB，
∴＝2，即AP＝2PC，故D正确．
故选：ABCD．



三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.设复数（其中i为虚数单位），则|z|＝　　　　　　．

【分析】根据复数的基本运算法则进行化简，再利用复数的模长公式即可求出结果．
【解答】解：＝1﹣2i，
∴|z|＝＝，
故答案为：．
【知识点】复数的模
14.从m个男生和n个女生（10≥m＞n≥6）中任选2个人当班长，假设事件A表示选出的2个人性别相同，事件B表示选出的2个人性别不同，如果A的概率和B的概率相同，则（m，n）可能为　　　　　　．
【答案】（10，6）
【分析】由A的概率和B的概率相同，得到＝，由此能求出（m，n）可能取值．
【解答】解：从m个男生和n个女生（10≥m＞n≥6）中任选2个人当班长，
假设事件A表示选出的2个人性别相同，事件B表示选出的2个人性别不同，
A的概率和B的概率相同，
则＝，
整理，得（m﹣n）2＝m+n，
则（m，n）可能为（10，6），
故答案为：（10，6）．
【知识点】互斥事件的概率加法公式
15.如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝3，D，E与M，N分别是AB，AC的三等分点，且•＝﹣1，则cosA＝　　　　　　，•＝　　　　　　．


【分析】可取边BC的中点为O，然后以点O为原点，以直线BC为x轴，建立平面直角坐标系，并设OC＝a，然后可得出A，B，C的坐标，进而根据定比分点坐标公式即可得出D，E，M，N的坐标，从而得出向量的坐标，从而根据即可求出，然后即可求出向量的坐标，从而可求出cosA和的值．
【解答】解：取BC的中点为O，以点O为原点，直线BC为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设OC＝a，a＞0，则：
，C（a，0），，，
∴，
∴，解得a＝，
∴，
∴，，
∴，＝．
故答案为：．

【知识点】平面向量数量积的性质及其运算
16.已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝，已知P是矩形ABCD内一动点，PA1与平面ABCD所成角为，设P点形成的轨迹长度为α，则tanα＝　　；当C1P的长度最短时，三棱锥D1﹣DPC的外接球的表面积为　　．
【分析】因为PA1与平面ABCD所成角θ为，所以可得AP＝2，即P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆与矩形ABCD的交点即，由矩形的边长可得的值，进而求出它的正切值，当C1P的长度最短时，而C1P＝，所以当CP最小时，C1P最小，而当A，P，C1三点共线时，CP最小，求出CP的值，进而由余弦定理求出DP，求出三角形DCP的外接圆的半径，由DD1⊥面CDP，所以三棱锥D1﹣DCP的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，由外接球的半径，和高的一半，由勾股定理可得R的值，进而求出外接球的表面积．
【解答】解：在长方体的底面矩形ABCD内一动点P，连接AP，
因为PA1与平面ABCD所成角θ为，AA1＝2，所以tanθ＝＝＝，所以AP＝2，
所以P点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆，与底面矩形BC的交点为E，D，
即P的轨迹为圆弧，连接AE，
在△ABE中，cos∠EAB＝＝＝，所以sin∠DAE＝cos∠EAB＝，所以arcsin∠DAE＝，
所以α＝＝2•∠DAE，可得α为钝角，
所以sinα＝sin（2arcsin∠DAE）＝2•＝，∴cosα＝﹣，
所以tanα＝﹣3；
当C1P的长度最短时，而C1P＝，所以当CP最小时，C1P最小，
而当A，P，C1三点共线时，CP＝AC﹣AP＝﹣2＝最小，
连接DP，由于cos∠DCP＝＝＝，
所以在三角形CDP中，由余弦定理可得DP＝＝＝，
而sin∠DCP＝，设三角形CDP的外接圆的半径为r，则2r＝＝＝，所以r＝，
由DD1⊥面CDP，所以三棱锥D1﹣DCP的外接球的球心为过底面三角形DCP的外接圆的圆心的垂线与中截面的交点，
设外接球的半径为R，则R2＝r2+（）2＝+3＝，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝π．
故答案为：﹣3，π．




四．解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17．在某次数学考试中，小江的成绩在90分以上的概率是x，在[80，90]的概率是0.48，在[70，80）的概率是0.11，在[60，70）的概率是0.09，在60分以下的概率是0.07．计算：
（Ⅰ）x的值；
（Ⅱ）小江在此次数学考试中取得80分及以上的概率；
（Ⅲ）小江考试及格（成绩不低于60分）的概率．
【分析】（Ⅰ）分别记小江的成绩在90分以上，[80，90），[70，80），[60，70），60分以下为事件A，B，C，D，E，它们是互斥事件，由题意得P（A）+P（B）+P（C）+P（D）+P（E）＝1，由此能求出x．
（Ⅱ）小江的成绩在80分及以上的概率为P（A+B），P（A+B）＝P（A）+P（B），由此能求出结果．
（Ⅲ）小江考试及格（成绩不低于60分）的概率为P（）＝1﹣P（E）．
【解答】解：（Ⅰ）分别记小江的成绩在90分以上，[80，90），[70，80），[60，70），60分以下为事件A，B，C，D，E，它们是互斥事件，
由条件得：P（A）＝x，P（B）＝0.48，P（C）＝0.11，P（D）＝0.09，P（E）＝0.07，
由题意得P（A）+P（B）+P（C）+P（D）+P（E）＝1，
∴x＝1﹣0.48﹣0.11﹣0.09﹣0.07＝0.25．
（Ⅱ）小江的成绩在80分及以上的概率为P（A+B），
P（A+B）＝P（A）+P（B）＝0.25+0.48＝0.73．
（Ⅲ）小江考试及格（成绩不低于60分）的概率为：
P（）＝1﹣P（E）＝1﹣0.07＝0.93．


18．某服务电话，打进的电话响第1声时被接的概率是0.1；响第2声时被接的概率是0.2；响第3声时被接的概率是0.3；响第4声时被接的概率是0.35．
（1）打进的电话在响5声之前被接的概率是多少？
（2）打进的电话响4声而不被接的概率是多少
【分析】（1）设事件“电话响第k声时被接”为Ak（k∈N），事件Ak彼此互斥，设“打进的电话在响5声之前被接”为事件A，根据互斥事件概率加法公式，能求出打进的电话在响5声之前被接的概率．
（2）事件“打进的电话响4声而不被接”是事件A，“打进的电话在响5声之前被接”的对立事件，记为．根据对立事件的概率公式，能求出打进的电话响4声而不被接的概率．
【解答】解：（1）设事件“电话响第k声时被接”为Ak（k∈N），
那么事件Ak彼此互斥，
设“打进的电话在响5声之前被接”为事件A，
根据互斥事件概率加法公式，得：
P（A）＝P（A1∪A2∪A3∪A4）
＝P（A1）+P（A2）+P（A3）+P（A4）
＝0.1+0.2+0.3+0.35＝0.95．
（2）事件“打进的电话响4声而不被接”是事件A，
“打进的电话在响5声之前被接”的对立事件，记为．
根据对立事件的概率公式，得P（）＝1﹣P（A）＝1﹣0.95＝0.05．


19．某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于50至100之间，将数据按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]的分组作出频率分布直方图如图所示．
（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）若从高一学生中随机抽取一人，估计这名学生数学竞赛成绩不低于80分的概率；
（3）假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，估计高一年级学生本次数学竞赛的平均分．

【分析】（1）由频率分布直方图的性质，列出方程，能求出a的值．
（2）抽取的样本中，成绩不低于80分的学生所占的比例是0.3，由此能估计这名学生数学竞赛成绩不低于80分的概率．
（3）利用频率分布直方图能估计高一年级学生本次数学竞赛的平均分．
【解答】解：（1）由题意可知（0.005+0.030+0.035+a+0.010）×10＝1，
解得a＝0.020．
（2）抽取的样本中，
成绩不低于80分的学生所占的比例是（a+0.010）×10＝（0.020+0.010）×10＝0.3，
所以若从高一学生中随机抽取一人，
估计这名学生数学竞赛成绩不低于80分的概率为0.3．
（3）因为（55×0.005+65×0.030+75×0.035+85×0.020+95×0.010）×10＝75，
因此估计高一年级学生本次数学竞赛的平均分为75．



20. 图1，平行四边形ABCD中，AC⊥BC，AC＝BC＝1，现将△ADC沿AC折起，得到三棱锥D﹣ABC（如图2），且DA⊥BC，点E为侧棱DC的中点．

（1）求证：AE⊥平面DBC；
（2）求三棱锥D﹣AEB的体积；
（3）在∠ACB的角平分线上是否存在点F，使得DF∥平面ABE？若存在，求DF的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）推导出AE⊥CD，AC⊥BC，AD⊥BC，得到BC⊥平面ACD，又AE⊥BC，则AE⊥平面BCD，由此能证明平面ABE⊥平面BCD．
（2）由VE﹣ABC＝VB﹣ACE，由求出三棱锥D﹣AEB的体积．
（3）取AB中点O，连接CO并延长至点F，使CO＝OF，连接AF，DF，BF，推导出射线CO是∠ACB的角平分线，推导出OE∥DF，从而DF∥平面ABE，推导出BC∥AF，AF⊥AD，由此能求出DF．
【解答】解：（1）证明：在平行四边形ABCD中，AD＝BC＝AC，
∵E是侧棱DC的中点，∴AE⊥CD，
∵AC⊥BC，AD⊥BC，且AC∩AD＝A，∴BC⊥平面ACD，
∵AE⊂平面ACD，∴AE⊥BC，
∵BC∩CD＝C，∴AE⊥平面BCD，
∵AE⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面BCD．
（2）∵VE﹣ABC＝VB﹣ACE，BC⊥平面ACD，∴BC是三棱锥C﹣ABD的高，
∵BC＝1，CD＝，AE＝，
∴S△ACE＝＝＝，
∴三棱锥D﹣AEB的体积为：
VB﹣ACE＝＝＝．
（3）取AB中点O，连接CO并延长至点F，使CO＝OF，
连接AF，DF，BF，
∵BC＝AC，∴射线CO是∠ACB的角平分线，
∵点E是CD中点，∴OE∥DF，
∵OE⊂平面ABE，DF⊄平面ABE，∴DF∥平面ABE，
∵AB，FC互相平行，∴四边形ACBF是平行四边形，∴BC∥AF，
∵DA⊥BC，∴AF⊥AD，
∵AF＝AD＝1，∴DF＝．



21．已知△ABC的内角A、B、C的对应边分别为a、b、c，在①cosC（acosB+bcosA）＝csinC；②asin＝csinA；③（sinB﹣sinA）2＝sin2C﹣sinBsin A．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，当_____时，且△ABC的外接圆半径为1，求△ABC的面积S的最大值．
【分析】选①或选②或选③，利用正弦定理求得C＝，再利用正弦定理可求c的值，利用余弦定理可求ab的最大值，即可根据三角形的面积公式求解．
【解答】解：若选①cosC（acosB+bcosA）＝csinC，
则由正弦定理得，cosC（sinAcosB+sinBcosA）＝sinCsinC，
即cosCsin（A+B）＝sinCsinC，可得＝tanC，
又C∈（0，π），可得C＝；
若选②，则由正弦定理知，sinAsin＝sinCsinA，
即cos＝sinC＝2sincos，可得sin＝，
又C∈（0，π），可得∈（0，），解得＝，可得C＝；
若选③，则由正弦定理得，（b﹣a）2＝c2﹣ab，
化简得a2+b2﹣c2＝ab，
所以cosC＝＝＝，
由C∈（0，π），可得C＝；
因为△ABC的外接圆半径R＝1，
所以由正弦定理＝2×1，解得c＝，
由余弦定理可得3＝a2+b2﹣ab≥2ab﹣ab＝ab，当且仅当a＝b时等号成立，
所以△ABC的面积S＝absinC≤3×＝，当且仅当a＝b时等号成立，
即△ABC的面积S的最大值为．


22．已知，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，CD＝CB＝CP＝4，E为PD的中点．
（Ⅰ）求证：DC⊥BP；
（Ⅱ）在棱BC上是否存在点F，使AF⊥BE？若存在，求BF的长；若不存在，说明理由．
（Ⅲ）已知点M同时满足下列条件：
①BM⊂平面BCE；
②DM⊥平面ABP．
请再写出与点M有关的两个结论：
一个为“线面平行”，一个为“线面垂直”：　　，　　．（结论不要求证明）

【答案】【第1空】DM∥平面PBC
【第2空】CD⊥平面ADM
【分析】（Ⅰ）由PC⊥底面ABCD，知PC⊥DC；由面ABCD为正方形，知DC⊥BC；再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可得证；
（Ⅱ）当点F为棱BC的中点时，可使AF⊥BE．理由如下：过点E作ES∥PC，交CD于点S，连接BS，设BS∩AF＝O．易推出△ABF≌△BCS，从而得BS⊥AF；由PC⊥底面ABCD，知ES⊥底面ABCD，故ES⊥AF；由线面垂直的判定定理可得AF⊥面BES，故AF⊥BE．
（Ⅲ）可证平面PBC⊥平面ABP，故有DM∥平面PBC；可证CD⊥平面PBC，若点M在平面BCE与平面ADM的交线上，则CD⊥平面ADM．
【解答】（Ⅰ）证明：∵PC⊥底面ABCD，且DC⊂面ABCD，∴PC⊥DC．
∵底面ABCD为正方形，∴DC⊥BC．
又PC∩BC＝C，PC、BC⊂面PBC，∴DC⊥面PBC，
∵BP⊂面PBC，∴DC⊥BP．
（Ⅱ）解：当点F为棱BC的中点时，可使AF⊥BE．理由如下：
过点E作ES∥PC，交CD于点S，连接BS，设BS∩AF＝O．
∵E为PD的中点，∴S为CD的中点，
∴BF＝CS，
∵AB＝BC，∠ABC＝∠BCS＝90°，∴△ABF≌△BCS，∴∠BAF＝∠CBS．
∵∠BAF+∠AFB＝90°，∴∠CBS+∠AFB＝90°，即BS⊥AF．
∵PC⊥底面ABCD，∴ES⊥底面ABCD，
∵AF⊂面ABCD，∴ES⊥AF．
又∵BS∩ES＝S，BS、ES⊂面BES，∴AF⊥面BES，
∵BE⊂面BES，∴AF⊥BE．
故当点F为棱BC的中点时，可使AF⊥BE，BF＝BC＝2．

（Ⅲ）解：DM∥平面PBC；CD⊥平面ADM．