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2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一（下）期末数学试卷（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。
2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设全集U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,3,5}，B={2,3,4}，则(∁UA)∩B=( )
A. {3} B. {2,4} C. {2,3,4} D. {0,1,3}
2. 已知复数z=i+i2020，则|z−1|等于( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. 2
3. 已知甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数、众数均为16，方差为0.8，则三年后，下列判断错误的是( )
A. 这五位同学年龄的平均数变为19 B. 这五位同学年龄的方差变为3.8
C. 这五位同学年龄的众数变为19 D. 这五位同学年龄的中位数变为19
4. 设e1，e2是平面内的一组基底，AB=3e1+2e2,AC=4e1−e2,AD=5e1−4e2，则( )
A. A、B、C三点共线 B. A，C，D三点共线
C. B，C，D三点共线 D. A，B，D三点共线
5. 已知空间中a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. a⊥α，a⊥b⇒b//α
B. a⊥α，b⊥α⇒a//b
C. a⊂α，b⊂β，α//β⇒a与b异面
D. β⊥α，α∩β=b，a⊥b⇒a⊥β
6. 函数f(x)=2xex+e−x的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
7. 已知△ABC中，(BA+BC)⋅AC=0，|AB|AB|+AC|AC||= 3，则此三角形为( )
A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰直角三角形
8. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF//AB，AB=2EF=2，△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A. 11π8 B. 11π6 C. 11π4 D. 11π2
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列命题中，正确的是( )
A. 若|a|=|b|，则a=b B. 若a=b，则a//b
C. 若|a|>|b|，则a2>b2 D. 若a=0，则|a|=0
10. 由下列条件解△ABC，其中只有一解的是( )
A. b=20，A=45°，C=80° B. a=30，c=28，B=60°
C. a=14，c=16，A=45° D. a=6，c=10，A=60°
11. 已知甲罐中在四个相同的小球，标号1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6.现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A=“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件B=“抽取的两个小球标号之积大于8”，则( )
A. 事件A发生的概率为12 B. 事件A∪B发生的概率为1120
C. 事件A∩B发生的概率为25 D. 从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为15
12. 已知函数f(x)=|2x−1|,x≤12x,x>1.若函数g(x)=f(x)−m有三个零点x1，x2，x3，且x1
C. 2x1+2x2=2 D. 2x1+x2最大值为1
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，已知A′O′=B′O′=C′O′=1，则△ABC的周长为______ ．
14. 已知i为虚数单位，如果复数z满足|z|=2，那么|z+3i|的最小值是______ ．
15. 某市原来都开小车上班的唐先生统计了过去一年每一工作日的上班通行时间，并进行初步处理，得到频率分布表如下(T表示通行时间，单位为分钟)：
通行时间
15≤T<20
20≤T<25
25≤T<30
30≤T<35
35≤T<40
频率
0.1
0.3
0.3
0.2
0.1
该市号召市民尽量减少开车出行，以绿色低碳的出行方式支持节能减排.唐先生积极响应政府号召，准备每天从骑自行车和开小车两种出行方式中随机选择一种.如果唐先生选择骑自行车，当天上班的通行时间为30分钟.将频率视为概率，根据样本估计总体的思想.若唐先生选择骑自行车和开小车的概率相等，则平均通行时间为______ 分钟．
16. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，若M，N分别是CC1，A1D1的中点，作出过M，N，B三点的截面，则这截面的周长为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
已知函数f(x)=2cos(2x−π3),x∈R．
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)单调递减区间．
18. (本小题8.0分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为棱DC和D1C1的中点．
(1)求证：A1F//平面AD1E；
(2)求三棱锥A1−AED1的体积．
19. (本小题8.0分)
已知向量a=(1,1)，b=( 2,− 2)．
(1)求向量b和a+b的夹角的余弦值；
(2)设向量x=a+(t2−3)b，y=−ka+(t+2)b，是否存在正实数k，使得x⊥y？如果存在，求出t的取值范围；如果不存在，请说明理由．
20. (本小题10.0分)
大学毕业生小张和小李通过了某单位的招聘笔试考试，正在积极准备结构化面试，每天相互进行多轮测试，每轮由小张和小李各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为34，小李每轮答对的概率为23.在每轮活动中，小张和小李答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)求两人在两轮活动中都答对的概率；
(2)求两人在两轮活动中至少答对3道题的概率；
(3)求两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2的概率．
21. (本小题10.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥AD,AD=12BC= 3,PC= 5，AD//BC，AB=AC，∠BAD=150°，∠PDA=30°．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)在线段PD上是否存在一点F，使直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于 210？
22. (本小题12.0分)
△ABC中，已知AB=1，BC= 7，D为AC上一点，AD=2DC，AB⊥BD．
(1)求BD的长度；
(2)若点P为△ABD外接圆上任意一点，求PB+2PD的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵全集U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,3,5}，
∴∁UA={2,4,6}，
∵B={2,3,4}，
∴(∁UA)∩B={2,4}，
故选：B．
根据补集和交集的定义，计算即可．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2.【答案】B
【解析】解：∵z=i+i2020=i+(i4)505=i+1，
∴|z−1|=|i+1−1|=|i|=1．
故选：B．
由虚数单位i的运算性质化简z，求得z−1，再由复数模的计算公式求解．
本题考查虚数单位i的运算性质，考查复数模的求法，是基础题．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了样本数字特征的应用，属于基础题．
设甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄分别为x1，x2，x3，x4，x5，故三年后五位同学的年龄分别为x1+3，x2+3，x3+3，x4+3，x5+3，分别求平均数、方差、众数、中位数即可．
【解答】
解：设甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄分别为x1，x2，x3，x4，x5，
故三年后五位同学的年龄分别为x1+3，x2+3，x3+3，x4+3，x5+3，
故这五位同学年龄的平均数为16+3=19，方差为0.8，
众数为16+3=19，中位数为16+3=19；
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：因为e1，e2是平面内的一组基底，AB=3e1+2e2,AC=4e1−e2,AD=5e1−4e2，
则AB与AC不共线，AC与AD不共线，则A，B，C不共线，A，C，D；A，B，D不共线，ABC错误；
BC=AC−AB=e1−3e2，CD=AD−AC=e1−3e2，
则CD=BC，CD//BC，
所以B，C，D共线，C正确．
故选：C．
由已知结合向量共线与点共线的转化检验各选项即可判断．
本题主要考查了向量共线与点共线的转化，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由a⊥α，a⊥b可得b//α或者b⊂α，故A错误，
由垂直于同一平面的两直线平行，可知B正确，
由a⊂α，b⊂β，α//β可得a与b异面或者a//b，故C错误，
由β⊥α，α∩β=b，a⊥b，当a⊄α时，不能得到a⊥β，只有当a⊂α时，才可以得到a⊥β，故D错误，
故选：B．
根据空间中的线和平面，以及平面与平面的位置关系即可逐一判断．
本题考查空间中直线与判的位置关系，属中档题．
6.【答案】A
【解析】解：∵f(−x)=−2xe−x+ex=−f(x)，∴函数f(x)为奇函数，排除选项B和C，
当x→+∞时，ex比x增长的快，∴f(x)→0，排除选项D，
故选：A．
先判断函数的奇偶性，再考虑x→+∞时，f(x)的取值情况，即可作出选择．
本题考查函数的图象与性质，一般可从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设M为AC中点，则(BA+BC)⋅AC=2BM⋅AC=0，
所以BM⊥AC，即△ABC为等腰三角形，
又|AB|AB|+AC|AC||= 3，
所以|AB|AB|+AC|AC||2=3，
所以(AB|AB|)2+(AC|AC|)2+2AB|AB|⋅AC|AC|=2+2cos(AB,AC)=3，
所以cos(AB,AC)=12，可得A=60°，
综上可知三角形为等边三角形．
故选：B．
根据向量的数量积及模的运算即可得出结果．
本题考查了向量的数量积及模的运算，考查了转化思想，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
连接AC，BD，设AC∩BD=O1，
因为四边形ABCD为矩形，
所以O1为矩形ABCD外接圆的圆心．连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD，
分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，
根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线OO1交EF于点M．
连接PQ，则PQ//AB，且O1为PQ的中点，
因为EF//AB，
所以PQ//EF，
连接EP，FQ，在△ADE与△BCF中，易知EP=FQ= 12−(12)2= 32，
所以梯形EFQP为等腰梯形，
所以MO1⊥PQ，且MO1= ( 32)2−(2−12)2= 22．
设OO1=m，球O的半径为R，连接OE，OA，
当O在线段O1M上时，由球的性质可知R2=OE2=OA2，
易得O1A= 12+(12)2= 52，
则( 22−m)2+(12)2=( 52)2+m2，此时无解．
当O在线段MO1的延长线上时，由球的性质可知，( 52)2+m2=( 22+m)2+(12)2，
解得m= 24，
所以R2=OE2=118，
所以球O的表面积S=4πR2=11π2．
故选：D．
如图，根据球的性质可得OO1⊥平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得MO1⊥PQ且MO1= 22，分类讨论当O在线段O1M上和O在线段MO1的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解．
本题考查空间几何体的外接球问题，考查空间想象能力以及运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：向量长度相等，方向可能不同，∴|a|=|b|时，得不出a=b，A错误；
两个向量相等时一定平行，B正确；
|a|>|b|时，|a|2>|b|2，得出a2>b2，C正确；
向量a不是数字，a=0错误，D错误．
故选：BC．
根据相等向量的定义可判断A的正误；
相等向量一定平行，然后可判断B的正误；
根据|a|2=a2可判断C的正误；
向量不能等于一个数，从而可判断D的正误．
本题考查了相等向量的定义，平行向量的定义，向量数量积的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：A、由A=45°，C=80°，得到B=55°，
根据正弦定理asinA=bsinB=csinC得：
a=bsinAsinB=10 2sin55°，c=20sin80°sin55∘，
则此时三角形只有一解，故A选项正确；
B、由a=30，c=28，B=60°，
根据余弦定理得：b2=a2+c2−2accosB=844，
解得b=2 211，即此三角形只有一解，故B选项正确；
C、由a=14，c=16，A=45°，
根据正弦定理asinA=csinC得：
sinC=16× 2214=4 27> 22，
又c>a，得到C>45°，
根据正弦函数的图象与性质得到解C有两解，故C选项错误，
D、由a=6，c=10，得到a
sinC=10× 326=5 36>1，
故这样的三角形不存在，故D错误．
故选：AB．
A、由A和C的度数，利用三角形的内角和定理求出B的度数，由sinA，sinC及sinB，还有b的值，利用正弦定理求出a与c的值，得到此三角形只有一解，本选项错误；
B、由a，c及cosB的值，利用余弦定理求出b的值，得到此三角形只有一解，本选项错误；
C、由a，c及sinA的值，利用正弦定理求出sinC的值，且得到sinC的值大于 22，同时由a小于c得到C大于45°，根据正弦函数的图象与性质得到C的度数有两解，故此三角形有两解，本选项正确．
D、由a，c及sinA的值，利用正弦定理求出sinC大于1，这样的三角形不存在，本选项不正确．
本题考查正弦、余弦定理，三角形的边角关系，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦、余弦定理是解本题的关键，属中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：甲罐中在四个相同的小球，标号1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6．
现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A=“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件B=“抽取的两个小球标号之积大于8”，
对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，基本事件总数n=4×5=20，
事件A包含的基本事件有：(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(3,6)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共11个，
∴P(A)=1120，故A错误；
对于B，事件A∪B包含的基本事件有：(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(3,6)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共11个，
∴P(B)=1120，故B正确；
对于C，事件A∩B包含的基本事件有(2,5)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(3,6)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共8个，
∴P(C)=820=25．
对于D，从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为p=1×520=14，故D错误．
故选：BC．
对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，基本事件总数n=4×5=20，利用列举法求出事件A包含的基本事件有11个，从而P(A)=1120；对于B，利用列举法求出事件A∪B包含的基本事件有11个，从而P(B)=1120；对于C，利用列举法求出事件A∩B包含的基本事件有8个，从而P(C)=25.对于D，从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为14．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：∵函数f(x)=|2x−1|,x≤12x,x>1，
故其对应图像如图：
由图可得0
又|2x1−1|=|2x2−1|，且x1
又2x1+2x2≥2 2x1+x2，可得2x1+x2≤1，又x1≠x2，故等号不成立，
即2x1+x2<1，
故选：AC．
根据已知的解析式画出大致图像，结合图像依次判断即可求解结论．
本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
13.【答案】2+2 5
【解析】解：根据题意，直观图△A′B′C′中，A′O′=B′O′=C′O′=1，
作出原图，如图：
在原图中，OA=1，OB=1，OC=2，
则AC=BC= 4+1= 5，
故△ABC的周长为2+ 5+ 5=2+2 5．
故答案为：2+2 5．
根据题意，由直观图还原原图，由此计算可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：满足|z|=2的复数z所对应的点在以原点为圆心，以2为半径的圆上，
|z+3i|的几何意义为圆上的点到定点(0,−3)的距离，如图：
则|z+3i|的最小值是1．
故答案为：1．
由题意画出图形，再由复数模的几何意义求解．
本题考查复数模的求法，考查数形结合思想，是基础题．
15.【答案】28.5
【解析】解：小车平均通行时间为0.1×17.5+0.3×22.5+0.3×27.5+0.2×32.5+0.1×37.5=27，
所以平均通行时间为27+302=28.5．
故答案为：28.5．
根据频率分布表求出小车平均通行时间，从而求出结果．
本题主要考查平均数的估算，属于基础题．
16.【答案】256+3 52+ 133
【解析】解：连接BM，因为面AA1D1D//面BCC1B1，所以截面与两平面的交线平行，
过点N作NF//BM交AA1于点F，连接BF，
同理过点M作ME//BF交C1D1于E，连接NE，
则五边形BMENF即为所求截面，
因为C1M//BB1，M是CC1的中点，所以△BCM≅△PC1M，可得C1P=BC=2，
因为△ND1E∽△PC1E，所以D1EEC1=ND1PC1=12，
所以D1E=12EC1，可得D1E=23,EC1=43，A1Q=D1E=23，
因为A1F//BB1，所以A1FBB1=A1QQB1=2323+2=14，所以A1F=12,AF=32，
所以BF= 22+(32)2=52,FN= 1+(12)2= 52,NE= 1+(23)2= 133，
EM= (43)2+1=53,BM= 22+12= 5，
所以这截面五边形BMENF的周长为52+ 52+ 133+53+ 5=256+3 52+ 133．
故答案为：256+3 52+ 133．
根据一个平面与两个平行平面相交交线平行即可做出截面，再根据平行线分线段成比例，三角形相似、三角形全等利用勾股定理求出截面图形各个边长即可求周长．
本题考查了正方体中截面的周长计算，属于中档题．
17.【答案】解：∵函数f(x)=2cos(2x−π3),x∈R，
(1)f(x)的最小正周期为2π2=π．
(2)令2kπ≤2x−π3≤2kπ+π，k∈Z，解得kπ+π6≤x≤kπ+2π3，k∈Z，
故函数f(x)的单调递减区间为[kπ+π6,kπ+2π3]，k∈Z．
【解析】由题意，利用余弦型函数的周期性和单调性，得出结论．
本题主要考查余弦型函数的周期性和单调性，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：如图，连接EF，
又点E，F分别为棱DC和D1C1的中点，
∴EF//DD1，DD1//AA1，且EF=DD1，DD1=AA1，
∴EF//AA1，且EF=AA1，
∴四边形AEFA1为平行四边形，
∴A1F//AE，又A1F⊄平面AD1E，AE⊂平面AD1E，
∴A1F//平面AD1E；
(2)VA1−AED1=VE−AA1D1=13×12×2×2×1=23．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)转换锥体的顶点即可求解．
本题考查线面平行的判定定理，三棱锥的体积，化归转化思想，属基础题．
19.【答案】解：(1)∵向量a=(1,1)，b=( 2,− 2)，
∴a+b=(1+ 2,1− 2)，
∴|a+b|= 6，b⋅(a+b)=a⋅b+b2=4，
设向量b和a+b的夹角为θ，
cosθ=b⋅(a+b)|b||a+b|=42⋅ 6= 63；
(2)假设存在正实数t和k，使得x⊥y，则x⋅y=0，
⇒[a+(t2−3)b]⋅[−ka+(t+2)b]
=−ka2+[t+2−k(t2−3)]a⋅b+(t2−3)(t+2)⋅b2
=−2k+4(t+2)(t2−3)=0，
∴k=2(t+2)(t2−3)，
∵k>0，∴2(t+2)(t2−3)>0，
故t2−3>0t+2>0 或t2−3<0t+2<0，
即存在且t的取值范围为(−2,− 3)⋃( 3,+∞)．
【解析】(1)根据数量积的定义先求出夹角余弦值，再求夹角；
(2)假设存在，根据数量积为0得到k与t的关系，由k>0即可得关于t的不等式，解之即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，以及不等式的解法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)小张两轮答对2道的概率为(34)2=916，小李两轮答对2道的概率为(23)2=49，
因为事件A，B相互独立，所以两人在两轮活动中都答对概率为916×49=14．
(2)两人在两轮答题中至少答对3道题的概率为916×49+34×14×23×23×2+34×34×23×13×2=23．
(3)设事件A2，A3分别表示小张三轮答对2道，3道题目，B2，B3分别表示小李三轮答对2道，3道题目，
则P(A2)=3×34×34×14=2764,P(A3)=(34)3=2764，P(A3)=(34)3=2764,P(B2)=3×23×23×13=49，P(B3)=(23)3=827，
设事件A=“两人在三轮活动中，均答对2或道题目”，
则A=A2B2∪A3B3，且A2，A3，B2，B3分别相互独立，
所以P(A)=P(A2B2)+P(A3B3)=516，
所以两人在三轮答题中，答对题目数相等且至少为2的概率为516．
【解析】(1)根据相互独立事件的概率公式计算即可；
(2)两人分别答两次，总共四次中至少答对3道题，分五种情况计算可得答案；
(3)分小张和小李均答对两个题目、均答对三个题目两种情况计算即可．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件乘法公式和对立事件概率计算公式的合理运用．
21.【答案】(1)证明：取线段BC中点E，连结AE，
因为AD= 3,∠PDA=30°，
所以PA=1，
因为AD//BC，∠BAD=150°，
所以∠B=30°，
又因为AB=AC，
所以AE⊥BC，
而BC=2 3，
所以AC=AB=BEcos30∘=2，
因为PC= 5，
所以PC2=PA2+AC2，
即PA⊥AC，
因为PA⊥AD，且AD，AC⊂平面ABCD，AD∩AC=A，
所以PA⊥平面ABCD；
(2)解：存在；
以A为坐标原点，以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则P(0,0,1),B(1,− 3,0)，C(1, 3,0),D(0, 3,0)，
设F(x1,y1,z1)，因为点F在线段PD上，
设PF−=λPD−，则x1=0y1= 3λ(0<λ⩽ 1)z1=1−λ，
即F(0, 3λ,1−λ)，
所以FC=(1, 3− 3λ,λ−1)，
设平面PBC的法向量为μ=(x,y,z)，
则μ⋅PB=0,μ⋅BC=0，
所以x− 3y−z=02 3y=0，
所以μ=(1,0,1)，
因为直线CF与平面PBC成角正弦值等于 210，
所以|FC⋅μ||FC|×|μ|= 210，
所以|λ| 2× 1+4(λ−1)2= 210，
整理得，21λ2+8λ−5=0，
解得λ=13，(负值舍去)，
所以当F为PD上靠近P点的三等分点时，直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于 210．
【解析】(1)取线段BC中点E，连结AE.由已知条件推导出AE⊥BC，PA⊥AC.由此能证明PA⊥平面ABCD．
(2)以A为坐标原点，以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点F是线段PD上靠近P的三等分点，使直线CF与平面PBC成角正弦值等于 210．
本题考查了线面垂直的证明，直线与平面所成角的求解，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设BD=x，∵AB⊥BD.∴AD= 1+x2，CD=12⋅ 1+x2，
∵∠BAD+∠BDC=180°，
∴cos∠BAD+cos∠BDC=0，
∴1+x2+x2−12x 1+x2+x2+14(1+x2)−72x⋅12⋅ 1+x2=0，
解得x= 3，∴BD= 3，
(2)∵AB⊥BD．
∴AD是△ABD的外接圆直径．
显然当点P在优弧上运动时，PB+2PD取最大值，
在△PBD中，由正弦定理BDsin∠BPD=AD=2，∴sin∠BPD= 32，∠BPD=π3，
设∠PBD=θ，θ∈(0,2π3)，由正弦定理PDsinθ=PBsin(2π3−θ)=2，∴PD=2sinθ，PB=2sin(2π3−θ)，
∴PB+2PD=2sin(2π3−θ)+4sinθ=2×(sin2π3cosθ−cos2π3sinθ)+4sinθ= 3cosθ+5sinθ=2 7sin(θ+φ)，(其中sinφ= 32 7，cosφ=52 7)，
当sin(θ+φ)=1时，PB+2PD的最大值为2 7．
【解析】(1)设BD=x，可得AD= 1+x2，CD=12⋅ 1+x2，由余弦定理可得1+x2+x2−12x 1+x2+x2+14(1+x2)−72x⋅12⋅ 1+x2=0，求解即可；
(2)AB⊥BD.可知AD是△ABD的外接圆直径．设∠PBD=θ，θ∈(0,2π3)，正弦定理PDsinθ=PBsin(2π3−θ)=2，可得PD=2sinθ，PB=2sin(2π3−θ)，
代入计算可求PB+2PD的最大值．
本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查了两角和与差的正弦和余弦，关键是辅助角公式的应用，是中档题．
2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设全集U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,3,5}，B={2,3,4}，则(∁UA)∩B=( )
A. {3} B. {2,4} C. {2,3,4} D. {0,1,3}
2. 已知复数z=i+i2020，则|z−1|等于( )
A. 2 B. 1 C. 0 D. 2
3. 已知甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄的平均数、中位数、众数均为16，方差为0.8，则三年后，下列判断错误的是( )
A. 这五位同学年龄的平均数变为19 B. 这五位同学年龄的方差变为3.8
C. 这五位同学年龄的众数变为19 D. 这五位同学年龄的中位数变为19
4. 设e1，e2是平面内的一组基底，AB=3e1+2e2,AC=4e1−e2,AD=5e1−4e2，则( )
A. A、B、C三点共线 B. A，C，D三点共线
C. B，C，D三点共线 D. A，B，D三点共线
5. 已知空间中a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. a⊥α，a⊥b⇒b//α
B. a⊥α，b⊥α⇒a//b
C. a⊂α，b⊂β，α//β⇒a与b异面
D. β⊥α，α∩β=b，a⊥b⇒a⊥β
6. 函数f(x)=2xex+e−x的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
7. 已知△ABC中，(BA+BC)⋅AC=0，|AB|AB|+AC|AC||= 3，则此三角形为( )
A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰直角三角形
8. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF//AB，AB=2EF=2，△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A. 11π8 B. 11π6 C. 11π4 D. 11π2
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列命题中，正确的是( )
A. 若|a|=|b|，则a=b B. 若a=b，则a//b
C. 若|a|>|b|，则a2>b2 D. 若a=0，则|a|=0
10. 由下列条件解△ABC，其中只有一解的是( )
A. b=20，A=45°，C=80° B. a=30，c=28，B=60°
C. a=14，c=16，A=45° D. a=6，c=10，A=60°
11. 已知甲罐中在四个相同的小球，标号1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6.现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A=“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件B=“抽取的两个小球标号之积大于8”，则( )
A. 事件A发生的概率为12 B. 事件A∪B发生的概率为1120
C. 事件A∩B发生的概率为25 D. 从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为15
12. 已知函数f(x)=|2x−1|,x≤12x,x>1.若函数g(x)=f(x)−m有三个零点x1，x2，x3，且x1
C. 2x1+2x2=2 D. 2x1+x2最大值为1
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 如图，水平放置的△ABC的斜二测直观图为△A′B′C′，已知A′O′=B′O′=C′O′=1，则△ABC的周长为______ ．
14. 已知i为虚数单位，如果复数z满足|z|=2，那么|z+3i|的最小值是______ ．
15. 某市原来都开小车上班的唐先生统计了过去一年每一工作日的上班通行时间，并进行初步处理，得到频率分布表如下(T表示通行时间，单位为分钟)：
通行时间
15≤T<20
20≤T<25
25≤T<30
30≤T<35
35≤T<40
频率
0.1
0.3
0.3
0.2
0.1
该市号召市民尽量减少开车出行，以绿色低碳的出行方式支持节能减排.唐先生积极响应政府号召，准备每天从骑自行车和开小车两种出行方式中随机选择一种.如果唐先生选择骑自行车，当天上班的通行时间为30分钟.将频率视为概率，根据样本估计总体的思想.若唐先生选择骑自行车和开小车的概率相等，则平均通行时间为______ 分钟．
16. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，若M，N分别是CC1，A1D1的中点，作出过M，N，B三点的截面，则这截面的周长为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
已知函数f(x)=2cos(2x−π3),x∈R．
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)单调递减区间．
18. (本小题8.0分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为棱DC和D1C1的中点．
(1)求证：A1F//平面AD1E；
(2)求三棱锥A1−AED1的体积．
19. (本小题8.0分)
已知向量a=(1,1)，b=( 2,− 2)．
(1)求向量b和a+b的夹角的余弦值；
(2)设向量x=a+(t2−3)b，y=−ka+(t+2)b，是否存在正实数k，使得x⊥y？如果存在，求出t的取值范围；如果不存在，请说明理由．
20. (本小题10.0分)
大学毕业生小张和小李通过了某单位的招聘笔试考试，正在积极准备结构化面试，每天相互进行多轮测试，每轮由小张和小李各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为34，小李每轮答对的概率为23.在每轮活动中，小张和小李答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)求两人在两轮活动中都答对的概率；
(2)求两人在两轮活动中至少答对3道题的概率；
(3)求两人在三轮活动中，小张和小李各自答对题目的个数相等且至少为2的概率．
21. (本小题10.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥AD,AD=12BC= 3,PC= 5，AD//BC，AB=AC，∠BAD=150°，∠PDA=30°．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)在线段PD上是否存在一点F，使直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于 210？
22. (本小题12.0分)
△ABC中，已知AB=1，BC= 7，D为AC上一点，AD=2DC，AB⊥BD．
(1)求BD的长度；
(2)若点P为△ABD外接圆上任意一点，求PB+2PD的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵全集U={1,2,3,4,5,6}，集合A={1,3,5}，
∴∁UA={2,4,6}，
∵B={2,3,4}，
∴(∁UA)∩B={2,4}，
故选：B．
根据补集和交集的定义，计算即可．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2.【答案】B
【解析】解：∵z=i+i2020=i+(i4)505=i+1，
∴|z−1|=|i+1−1|=|i|=1．
故选：B．
由虚数单位i的运算性质化简z，求得z−1，再由复数模的计算公式求解．
本题考查虚数单位i的运算性质，考查复数模的求法，是基础题．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了样本数字特征的应用，属于基础题．
设甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄分别为x1，x2，x3，x4，x5，故三年后五位同学的年龄分别为x1+3，x2+3，x3+3，x4+3，x5+3，分别求平均数、方差、众数、中位数即可．
【解答】
解：设甲、乙、丙、丁、戊五位同学高一入学时年龄分别为x1，x2，x3，x4，x5，
故三年后五位同学的年龄分别为x1+3，x2+3，x3+3，x4+3，x5+3，
故这五位同学年龄的平均数为16+3=19，方差为0.8，
众数为16+3=19，中位数为16+3=19；
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：因为e1，e2是平面内的一组基底，AB=3e1+2e2,AC=4e1−e2,AD=5e1−4e2，
则AB与AC不共线，AC与AD不共线，则A，B，C不共线，A，C，D；A，B，D不共线，ABC错误；
BC=AC−AB=e1−3e2，CD=AD−AC=e1−3e2，
则CD=BC，CD//BC，
所以B，C，D共线，C正确．
故选：C．
由已知结合向量共线与点共线的转化检验各选项即可判断．
本题主要考查了向量共线与点共线的转化，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由a⊥α，a⊥b可得b//α或者b⊂α，故A错误，
由垂直于同一平面的两直线平行，可知B正确，
由a⊂α，b⊂β，α//β可得a与b异面或者a//b，故C错误，
由β⊥α，α∩β=b，a⊥b，当a⊄α时，不能得到a⊥β，只有当a⊂α时，才可以得到a⊥β，故D错误，
故选：B．
根据空间中的线和平面，以及平面与平面的位置关系即可逐一判断．
本题考查空间中直线与判的位置关系，属中档题．
6.【答案】A
【解析】解：∵f(−x)=−2xe−x+ex=−f(x)，∴函数f(x)为奇函数，排除选项B和C，
当x→+∞时，ex比x增长的快，∴f(x)→0，排除选项D，
故选：A．
先判断函数的奇偶性，再考虑x→+∞时，f(x)的取值情况，即可作出选择．
本题考查函数的图象与性质，一般可从函数的单调性、奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设M为AC中点，则(BA+BC)⋅AC=2BM⋅AC=0，
所以BM⊥AC，即△ABC为等腰三角形，
又|AB|AB|+AC|AC||= 3，
所以|AB|AB|+AC|AC||2=3，
所以(AB|AB|)2+(AC|AC|)2+2AB|AB|⋅AC|AC|=2+2cos(AB,AC)=3，
所以cos(AB,AC)=12，可得A=60°，
综上可知三角形为等边三角形．
故选：B．
根据向量的数量积及模的运算即可得出结果．
本题考查了向量的数量积及模的运算，考查了转化思想，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
连接AC，BD，设AC∩BD=O1，
因为四边形ABCD为矩形，
所以O1为矩形ABCD外接圆的圆心．连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD，
分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，
根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线OO1交EF于点M．
连接PQ，则PQ//AB，且O1为PQ的中点，
因为EF//AB，
所以PQ//EF，
连接EP，FQ，在△ADE与△BCF中，易知EP=FQ= 12−(12)2= 32，
所以梯形EFQP为等腰梯形，
所以MO1⊥PQ，且MO1= ( 32)2−(2−12)2= 22．
设OO1=m，球O的半径为R，连接OE，OA，
当O在线段O1M上时，由球的性质可知R2=OE2=OA2，
易得O1A= 12+(12)2= 52，
则( 22−m)2+(12)2=( 52)2+m2，此时无解．
当O在线段MO1的延长线上时，由球的性质可知，( 52)2+m2=( 22+m)2+(12)2，
解得m= 24，
所以R2=OE2=118，
所以球O的表面积S=4πR2=11π2．
故选：D．
如图，根据球的性质可得OO1⊥平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得MO1⊥PQ且MO1= 22，分类讨论当O在线段O1M上和O在线段MO1的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解．
本题考查空间几何体的外接球问题，考查空间想象能力以及运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：向量长度相等，方向可能不同，∴|a|=|b|时，得不出a=b，A错误；
两个向量相等时一定平行，B正确；
|a|>|b|时，|a|2>|b|2，得出a2>b2，C正确；
向量a不是数字，a=0错误，D错误．
故选：BC．
根据相等向量的定义可判断A的正误；
相等向量一定平行，然后可判断B的正误；
根据|a|2=a2可判断C的正误；
向量不能等于一个数，从而可判断D的正误．
本题考查了相等向量的定义，平行向量的定义，向量数量积的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：A、由A=45°，C=80°，得到B=55°，
根据正弦定理asinA=bsinB=csinC得：
a=bsinAsinB=10 2sin55°，c=20sin80°sin55∘，
则此时三角形只有一解，故A选项正确；
B、由a=30，c=28，B=60°，
根据余弦定理得：b2=a2+c2−2accosB=844，
解得b=2 211，即此三角形只有一解，故B选项正确；
C、由a=14，c=16，A=45°，
根据正弦定理asinA=csinC得：
sinC=16× 2214=4 27> 22，
又c>a，得到C>45°，
根据正弦函数的图象与性质得到解C有两解，故C选项错误，
D、由a=6，c=10，得到a
sinC=10× 326=5 36>1，
故这样的三角形不存在，故D错误．
故选：AB．
A、由A和C的度数，利用三角形的内角和定理求出B的度数，由sinA，sinC及sinB，还有b的值，利用正弦定理求出a与c的值，得到此三角形只有一解，本选项错误；
B、由a，c及cosB的值，利用余弦定理求出b的值，得到此三角形只有一解，本选项错误；
C、由a，c及sinA的值，利用正弦定理求出sinC的值，且得到sinC的值大于 22，同时由a小于c得到C大于45°，根据正弦函数的图象与性质得到C的度数有两解，故此三角形有两解，本选项正确．
D、由a，c及sinA的值，利用正弦定理求出sinC大于1，这样的三角形不存在，本选项不正确．
本题考查正弦、余弦定理，三角形的边角关系，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦、余弦定理是解本题的关键，属中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：甲罐中在四个相同的小球，标号1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6．
现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A=“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件B=“抽取的两个小球标号之积大于8”，
对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，基本事件总数n=4×5=20，
事件A包含的基本事件有：(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(3,6)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共11个，
∴P(A)=1120，故A错误；
对于B，事件A∪B包含的基本事件有：(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(3,6)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共11个，
∴P(B)=1120，故B正确；
对于C，事件A∩B包含的基本事件有(2,5)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(3,6)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共8个，
∴P(C)=820=25．
对于D，从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为p=1×520=14，故D错误．
故选：BC．
对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，基本事件总数n=4×5=20，利用列举法求出事件A包含的基本事件有11个，从而P(A)=1120；对于B，利用列举法求出事件A∪B包含的基本事件有11个，从而P(B)=1120；对于C，利用列举法求出事件A∩B包含的基本事件有8个，从而P(C)=25.对于D，从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为14．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：∵函数f(x)=|2x−1|,x≤12x,x>1，
故其对应图像如图：
由图可得0
又|2x1−1|=|2x2−1|，且x1
又2x1+2x2≥2 2x1+x2，可得2x1+x2≤1，又x1≠x2，故等号不成立，
即2x1+x2<1，
故选：AC．
根据已知的解析式画出大致图像，结合图像依次判断即可求解结论．
本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
13.【答案】2+2 5
【解析】解：根据题意，直观图△A′B′C′中，A′O′=B′O′=C′O′=1，
作出原图，如图：
在原图中，OA=1，OB=1，OC=2，
则AC=BC= 4+1= 5，
故△ABC的周长为2+ 5+ 5=2+2 5．
故答案为：2+2 5．
根据题意，由直观图还原原图，由此计算可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
14.【答案】1
【解析】解：满足|z|=2的复数z所对应的点在以原点为圆心，以2为半径的圆上，
|z+3i|的几何意义为圆上的点到定点(0,−3)的距离，如图：
则|z+3i|的最小值是1．
故答案为：1．
由题意画出图形，再由复数模的几何意义求解．
本题考查复数模的求法，考查数形结合思想，是基础题．
15.【答案】28.5
【解析】解：小车平均通行时间为0.1×17.5+0.3×22.5+0.3×27.5+0.2×32.5+0.1×37.5=27，
所以平均通行时间为27+302=28.5．
故答案为：28.5．
根据频率分布表求出小车平均通行时间，从而求出结果．
本题主要考查平均数的估算，属于基础题．
16.【答案】256+3 52+ 133
【解析】解：连接BM，因为面AA1D1D//面BCC1B1，所以截面与两平面的交线平行，
过点N作NF//BM交AA1于点F，连接BF，
同理过点M作ME//BF交C1D1于E，连接NE，
则五边形BMENF即为所求截面，
因为C1M//BB1，M是CC1的中点，所以△BCM≅△PC1M，可得C1P=BC=2，
因为△ND1E∽△PC1E，所以D1EEC1=ND1PC1=12，
所以D1E=12EC1，可得D1E=23,EC1=43，A1Q=D1E=23，
因为A1F//BB1，所以A1FBB1=A1QQB1=2323+2=14，所以A1F=12,AF=32，
所以BF= 22+(32)2=52,FN= 1+(12)2= 52,NE= 1+(23)2= 133，
EM= (43)2+1=53,BM= 22+12= 5，
所以这截面五边形BMENF的周长为52+ 52+ 133+53+ 5=256+3 52+ 133．
故答案为：256+3 52+ 133．
根据一个平面与两个平行平面相交交线平行即可做出截面，再根据平行线分线段成比例，三角形相似、三角形全等利用勾股定理求出截面图形各个边长即可求周长．
本题考查了正方体中截面的周长计算，属于中档题．
17.【答案】解：∵函数f(x)=2cos(2x−π3),x∈R，
(1)f(x)的最小正周期为2π2=π．
(2)令2kπ≤2x−π3≤2kπ+π，k∈Z，解得kπ+π6≤x≤kπ+2π3，k∈Z，
故函数f(x)的单调递减区间为[kπ+π6,kπ+2π3]，k∈Z．
【解析】由题意，利用余弦型函数的周期性和单调性，得出结论．
本题主要考查余弦型函数的周期性和单调性，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：如图，连接EF，
又点E，F分别为棱DC和D1C1的中点，
∴EF//DD1，DD1//AA1，且EF=DD1，DD1=AA1，
∴EF//AA1，且EF=AA1，
∴四边形AEFA1为平行四边形，
∴A1F//AE，又A1F⊄平面AD1E，AE⊂平面AD1E，
∴A1F//平面AD1E；
(2)VA1−AED1=VE−AA1D1=13×12×2×2×1=23．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)转换锥体的顶点即可求解．
本题考查线面平行的判定定理，三棱锥的体积，化归转化思想，属基础题．
19.【答案】解：(1)∵向量a=(1,1)，b=( 2,− 2)，
∴a+b=(1+ 2,1− 2)，
∴|a+b|= 6，b⋅(a+b)=a⋅b+b2=4，
设向量b和a+b的夹角为θ，
cosθ=b⋅(a+b)|b||a+b|=42⋅ 6= 63；
(2)假设存在正实数t和k，使得x⊥y，则x⋅y=0，
⇒[a+(t2−3)b]⋅[−ka+(t+2)b]
=−ka2+[t+2−k(t2−3)]a⋅b+(t2−3)(t+2)⋅b2
=−2k+4(t+2)(t2−3)=0，
∴k=2(t+2)(t2−3)，
∵k>0，∴2(t+2)(t2−3)>0，
故t2−3>0t+2>0 或t2−3<0t+2<0，
即存在且t的取值范围为(−2,− 3)⋃( 3,+∞)．
【解析】(1)根据数量积的定义先求出夹角余弦值，再求夹角；
(2)假设存在，根据数量积为0得到k与t的关系，由k>0即可得关于t的不等式，解之即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，以及不等式的解法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)小张两轮答对2道的概率为(34)2=916，小李两轮答对2道的概率为(23)2=49，
因为事件A，B相互独立，所以两人在两轮活动中都答对概率为916×49=14．
(2)两人在两轮答题中至少答对3道题的概率为916×49+34×14×23×23×2+34×34×23×13×2=23．
(3)设事件A2，A3分别表示小张三轮答对2道，3道题目，B2，B3分别表示小李三轮答对2道，3道题目，
则P(A2)=3×34×34×14=2764,P(A3)=(34)3=2764，P(A3)=(34)3=2764,P(B2)=3×23×23×13=49，P(B3)=(23)3=827，
设事件A=“两人在三轮活动中，均答对2或道题目”，
则A=A2B2∪A3B3，且A2，A3，B2，B3分别相互独立，
所以P(A)=P(A2B2)+P(A3B3)=516，
所以两人在三轮答题中，答对题目数相等且至少为2的概率为516．
【解析】(1)根据相互独立事件的概率公式计算即可；
(2)两人分别答两次，总共四次中至少答对3道题，分五种情况计算可得答案；
(3)分小张和小李均答对两个题目、均答对三个题目两种情况计算即可．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件乘法公式和对立事件概率计算公式的合理运用．
21.【答案】(1)证明：取线段BC中点E，连结AE，
因为AD= 3,∠PDA=30°，
所以PA=1，
因为AD//BC，∠BAD=150°，
所以∠B=30°，
又因为AB=AC，
所以AE⊥BC，
而BC=2 3，
所以AC=AB=BEcos30∘=2，
因为PC= 5，
所以PC2=PA2+AC2，
即PA⊥AC，
因为PA⊥AD，且AD，AC⊂平面ABCD，AD∩AC=A，
所以PA⊥平面ABCD；
(2)解：存在；
以A为坐标原点，以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则P(0,0,1),B(1,− 3,0)，C(1, 3,0),D(0, 3,0)，
设F(x1,y1,z1)，因为点F在线段PD上，
设PF−=λPD−，则x1=0y1= 3λ(0<λ⩽ 1)z1=1−λ，
即F(0, 3λ,1−λ)，
所以FC=(1, 3− 3λ,λ−1)，
设平面PBC的法向量为μ=(x,y,z)，
则μ⋅PB=0,μ⋅BC=0，
所以x− 3y−z=02 3y=0，
所以μ=(1,0,1)，
因为直线CF与平面PBC成角正弦值等于 210，
所以|FC⋅μ||FC|×|μ|= 210，
所以|λ| 2× 1+4(λ−1)2= 210，
整理得，21λ2+8λ−5=0，
解得λ=13，(负值舍去)，
所以当F为PD上靠近P点的三等分点时，直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于 210．
【解析】(1)取线段BC中点E，连结AE.由已知条件推导出AE⊥BC，PA⊥AC.由此能证明PA⊥平面ABCD．
(2)以A为坐标原点，以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点F是线段PD上靠近P的三等分点，使直线CF与平面PBC成角正弦值等于 210．
本题考查了线面垂直的证明，直线与平面所成角的求解，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设BD=x，∵AB⊥BD.∴AD= 1+x2，CD=12⋅ 1+x2，
∵∠BAD+∠BDC=180°，
∴cos∠BAD+cos∠BDC=0，
∴1+x2+x2−12x 1+x2+x2+14(1+x2)−72x⋅12⋅ 1+x2=0，
解得x= 3，∴BD= 3，
(2)∵AB⊥BD．
∴AD是△ABD的外接圆直径．
显然当点P在优弧上运动时，PB+2PD取最大值，
在△PBD中，由正弦定理BDsin∠BPD=AD=2，∴sin∠BPD= 32，∠BPD=π3，
设∠PBD=θ，θ∈(0,2π3)，由正弦定理PDsinθ=PBsin(2π3−θ)=2，∴PD=2sinθ，PB=2sin(2π3−θ)，
∴PB+2PD=2sin(2π3−θ)+4sinθ=2×(sin2π3cosθ−cos2π3sinθ)+4sinθ= 3cosθ+5sinθ=2 7sin(θ+φ)，(其中sinφ= 32 7，cosφ=52 7)，
当sin(θ+φ)=1时，PB+2PD的最大值为2 7．
【解析】(1)设BD=x，可得AD= 1+x2，CD=12⋅ 1+x2，由余弦定理可得1+x2+x2−12x 1+x2+x2+14(1+x2)−72x⋅12⋅ 1+x2=0，求解即可；
(2)AB⊥BD.可知AD是△ABD的外接圆直径．设∠PBD=θ，θ∈(0,2π3)，正弦定理PDsinθ=PBsin(2π3−θ)=2，可得PD=2sinθ，PB=2sin(2π3−θ)，
代入计算可求PB+2PD的最大值．
本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查了两角和与差的正弦和余弦，关键是辅助角公式的应用，是中档题．
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