2022-2023学年福建省南平市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省南平市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.已知z−(1+2i)=2−i，则复数z=( )
A. −1B. −iC. iD. 2+i
2.甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打满3局，赢得2局或3局者胜出，用计算机产生1∼5之间的随机数，当出现随机数1，2，3时，表示一局比赛甲获胜；否则，乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，产生20组随机数：
423 123 423 344 114 453 525 332 152 342
534 443 512 541 125 432 334 151 314 354
据此估计甲获得冠军的概率为( )
A. 0.5B. 0.6C. 0.65D. 0.68
3.在△OAB中，BP=2PA，则( )
A. OP=34AB−14AOB. OP=13AB−23AO
C. OP=14AB−AOD. OP=13AB−AO
4.我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距θ(0<θ<π2)的对应数表，这是世界数学史上最早的正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即l=htanθ.对同一“表高”进行两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为α，β，若第一次的“晷影长”是“表高”的2.5倍，且tan(α−β)=12，则第二次“晷影长”是“表高”的( )
A. 89倍B. 1倍C. 43倍D. 53倍
5.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A=“第一枚出现奇数点”，事件B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系是( )
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
6.在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，bcsC+ccsB=2acsA，b=2，c=3，则a=( )
A. 1B. 7C. 13D. 19
7.已知点A(2,−1)，B(4,2)，点P在x轴上，当PA⋅PB取最小值时，P点的坐标是( )
A. (2,0)B. (4,0)C. (103,0)D. (3,0)
8.如图是一座山的示意图，山体大致呈圆锥形，且圆锥底面半径为2km，山高为2 15km，B是母线SA上一点，且AB=2km.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡.当公路长度最短时，下坡路段长为( )
A. 6km
B. 3km
C. 3.6km
D. 15km
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z=(−1+i)i(i为虚数单位)，对于复数z的以下描述，正确的有( )
A. |z|=2B. z2=2i
C. z的共轭复数为1+iD. z在复平面内对应的点在第三象限
10.某校举行“歌唱祖国，为青春喝彩”歌唱比赛.比赛由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分.两个评委小组(记为小组4，小组B)对同一名选手打分分值的折线图如下，则( )
A. 小组A打分分值的众数为47
B. 小组B打分分值第90百分位数为75
C. 小组A打分分值的方差大于小组B打分分值的方差
D. 小组B打分分值的极差为39
11.若函数f(x)=2 3sinx⋅csx−cs2x+sin2x，则下列说法正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为2π
B. f(x)在[0,π3]单调递增
C. f(x)的图象关于直线x=π3对称
D. 将f(x)的图象向右平移π6个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数
12.已知三棱锥P−ABC，PA=PB=PC= 2，△ABC是边长为2的正三角形，E为PA中点.下列结论正确的是( )
A. 异面直线CE与AB所成角的余弦值为 105
B. 直线CE与平面ABC所成角的正弦值为 1515
C. 二面角P−AB−C的余弦值为 63
D. 三棱锥P−ABC外接球的表面积为6π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知平面向量a=(1,−2)，且a⊥b.写出满足条件的一个非零向量b=______ .
14.已知正四棱台上、下底面的边长分别为4和8，高为2.该正四棱台的表面积为______ .
15.我省新高考实行“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必选，物理与历史2选1，政治、地理、化学和生物4选2.今年高一小王与小李都准备选历史与地理，若他俩再从其他三科中任选一科，则他们选科相同的概率为______ .
16.在△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=60∘，AD=2，BD=2CD.当ABAC取得最小值时，BD=______ .
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)
已知向量OA=a，OB=b，∠AOB=120∘，且|a|=|b|=4.
(1)求b在a+b上的投影向量；
(2)求a+b与a−b的夹角.
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是梯形，F为PA的中点，AD//BC，且AD=2BC，PA⊥PD，AB=PB.
(1)证明：BF//平面PCD；
(2)证明：PA⊥平面PCD.
19.(本小题12分)
全民国家安全教育日是为了增强全民国家安全意识，维护国家安全而设立的节日.2023年4月15日是我国第八个全民国家安全教育日，某校组织国家安全知识竞赛，共有20道题，三位同学独立竞答，甲同学能答对其中的12道，乙同学能答对其中的8道，丙同学能答对其中的n道，现从中任选一道题，假设每道题被选中的可能性相等.
(1)求甲、乙两位同学恰有一个人答对的概率；
(2)若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为2225，求n的值.
20.(本小题12分)
“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环，为推进生态文明建设，某市在全市范围内对环境治理和保护问题进行满意度调查，从参与调查的问卷中随机抽取200份作为样本进行满意度测评(测评分满分为100分).根据样本的测评数据制成频率分布直方图如下：
根据频率分布直方图，回答下列问题：
(1)求m的值；
(2)估计本次测评分数的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)和第85百分位数(精确到0.01)；
(3)从样本中成绩在[80,90),[90,100]的两组问卷中，用分层抽样的方法抽取5份问卷，再从这5份问卷中随机选出2份，求选出的两份问卷中至少有一份问卷成绩在[90,100]中的概率.
21.(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)证明：平面AMC⊥平面PCD；
(2)求点D到平面AMC的距离.
22.(本小题12分)
如图，在平面四边形ABCD中，AD+CD=8，∠ADC=120∘，且△ADC的面积为4 3.
(1)求A，C两点间的距离；
(2)设△ABC的角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且2absinC= 3(a2+c2−b2).作△ABC的内切圆，求这个内切圆面积的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵z−(1+2i)=2−i，
∴z−=2−i1+2i=(2−i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=−i，
∴z=i，
故选：C.
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：20组随机数中，表示甲获胜的是：
423 123 423 114 332 152 342 512 125 432 334 151 314共13个，
据此估计甲获得冠军的概率为P=1320=0.65.
故选：C.
找出20组随机数中表示甲获胜的数据，计算所求的概率值．
本题考查了利用随机数法求概率的问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵BP=2PA，
∴PA=13BA，
∴PA=−13AB，
∴OA−OP=−13AB，
∴OP=13AB+OA=13AB−AO.
故选：D.
根据BP=2PA得出PA=13BA，然后即可得出OA−OP=−13AB，然后即可得出正确的选项．
本题考查了向量数乘的几何意义，相反向量的定义，向量减法的几何意义，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意可得l1=h1tanα，l2=h2tanβ，
且tanα=l1h1=52，tanβ=l2h2，tan(α−β)=12，
所以tanβ=tan[α−(α−β)]=tanα−tan(α−β)1+tanαtan(α−β)=52−121+52×12=89.
故选：A.
运用两角差的正切公式，计算可得所求值．
本题考查三角函数在实际问题中的运用，以及两角和差的正切函数公式，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查互斥，对立，独立事件的定义，属于基础题．
根据定义判断两个事件是否相互独立，利用定义法，满足P(AB)=P(A)⋅P(B)即独立．
【解答】
解：由题可知，抛掷两枚质地均匀的骰子，第一枚和第二枚出现点数的分类情况如下，
①(奇数，奇数)，②(奇数，偶数)，③(偶数，奇数)，④(偶数，偶数)，
事件A=“第一枚出现奇数点”={①，②}，
事件B=“第二枚出现偶数点”={②，④}，
两个事件不相等，排除D，
A∩B≠⌀，所以不是互斥事件，排除A，B，
C选项，事件A=“第一枚出现奇数点”，P(A)=36=12，
事件B=“第二枚出现偶数点”，P(B)=36=12，
事件AB=“第一枚出现奇数点，第二枚出现偶数点”，P(AB)=3×336=14，
满足P(AB)=P(A)⋅P(B)，
所以事件A和事件B是相互独立事件，
故选：C.
6.【答案】B
【解析】解：∵bcsC+ccsB=2acsA，b=2，c=3，
∴由正弦定理得sinBcsC+sinCcsB=2sinAcsA，
∴sin(B+C)=sinA=2sinAcsA，
又A∈(0,π)，即sinA≠0，则csA=12，
∴A=π3，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=4+9−2×2×3×12=7，即a= 7.
故选：B.
利用正弦定理得sinBcsC+sinCcsB=2sinAcsA，可得A=π3，利用余弦定理，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：点P在x轴上，设P点的坐标是(x,0)，
∴PA=(2−x,−1)，PB=(4−x,2)，
∴PA⋅PB=(2−x)(4−x)−2=x2−6x+6=(x−3)2−3，
∴当x=3时，PA⋅PB取最小值−3.
∴P点的坐标是(3,0).
故选：D.
设P点的坐标是(x,0)，分别表示出PA，PB，再求出其乘积，配方得到答案．
本题考查了向量的运算，以及用配方法求最小值的问题，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意，半径为2km，山高为2 15km，则母线SAP= 4+60=8，
底面圆周长2πr=4π，所以展开图的圆心角α=4π8=π2，
作出圆锥侧面展开图，如图：则A′B=2km，
则AB= SA2+SB2=10km，
由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，
则SB2=BH⋅AB，即36=10⋅BH，得BH=3.6km
下坡路段长度为3.6km.
故选：C.
根据题意，求出圆锥的母线和展开图的圆心距，由此画出展开图，结合图形转化为求HB的长，结合三角形相似即可求解．
本题考查几何体表面的距离问题，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：z=(−1+i)i=−1−i，
A：∵|z|= (−1)2+(−1)2= 2，∴A错误，
B：∵z2=(−1−i)2=1+2i+i2=2i，∴B正确，
C：∵z的共轭复数为−1+i，∴C错误，
D：∵z在复平面内对应的点(−1,−1)在第三象限，∴D正确．
故选：BD.
先化简复数，利用求模公式判断A，利用复数的乘法运算判断B，利用共轭复数的定义判断C，利用复数得到其在复平面内对应点的坐标判断D.
本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由折线图知，小组A打分的9个分值排序为42，45，46，47，47，47，50，50，55，小组B打分的9个分值排序为36，55，58，62，66，68，68，70，75，
对于A，小组A打分的分值的众数为47，故A正确；
对于B，因为9×90%=8.1，所以应选排序第9，所以小组B打分分值的第90百分位数为75，故B正确；
对于C，小组A打分的分值的均值约为47.7，小组B打分的分值的均值为62，由数据对均值的离散程度可知小组B的方差较大，故D不正确；
对于D，小组B打分分值的极差为75−36=39，故D正确．
故选：ABD.
先把小组A的打分和小组B的打分从小到大排序，再结合众数、百分位数方差和极差的定义，逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了众数、百分位数和极差的计算，属于基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：f(x)=2 3sinxcsx−(cs2x−sin2x)= 3sin2x−cs2x
=2( 32sin2x−12cs2x)=2sin(2x−π6)，
对于A，函数的最小正周期T=2π2=π，A错误；
对于B，当x∈[0,π3]，(2x−π6)∈[−π6,π2]，
显然f(x)在[0,π3]单调递增，B正确；
对于C，令x=π3，得2x−π6=π2，可见x=π3是函数f(x)的一条对称轴，C正确；
对于D，函数f(x)向右平移π6单位后得到f(x−π6)=2sin[2(x−π6)−π6]=2sin(2x−π2)=−2cs2x，
函数f(x−π6)为偶函数，D正确．
故选：BCD.
对函数进行化简和三角恒等变换，而后结合选项进行分析．
本题主要考查三角函数恒等变换，属中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：由题意知，三棱锥P−ABC的三个侧面均为等腰直角三角形，
选项A，取PB的中点D，连接DE，CD，则DE//AB，
所以∠CED即为异面直线CE与AB所成角，
在△CDE中，DE=12AB=1，CD=CE= PC2+PE2= ( 2)2+( 22)2= 102，
由余弦定理知，cs∠CED=CE2+DE2−CD22CE⋅DE=12× 102×1= 1010，即选项A错误；
选项B，设点P在底面ABC上的投影点为O，则O为△ABC的外心，
所以OA=23× 3=2 33，OP= PA2−OA2= 2−43= 63，
所以点E到底面ABC的距离d=12OP= 66，
设直线CE与平面ABC所成角为θ，则sinθ=dCE= 66 102= 1515，即选项B正确；
选项C，取AB的中点F，连接PF，OF，
因为△PAB和△ABC均为等腰三角形，所以PF⊥AB，OF⊥AB，
所以∠PFO即为二面角P−AB−C的平面角，
因为PF= PA2−AF2= 2−1=1，OF=13× 3= 33，
所以cs∠PFO=OFPF= 331= 33，即选项C错误；
选项D，设三棱锥P−ABC外接球半径为R，则R2=OA2+(OP−R)2，即R2=(2 33)2+( 63−R)2，解得R= 62，
所以外接球的表面积S=4πR2=6π，即选项D正确．
故选：BD.
选项A，取PB的中点D，连接DE，CD，则∠CED即为所求，再在△CDE中，利用余弦定理，求得cs∠CED的值，即可；
选项B，设点P在底面ABC上的投影点为O，先求出OP的长，从而知点E到底面ABC的距离d=12OP，设直线CE与平面ABC所成角为θ，由sinθ=dCE，得解；
选项C，取AB的中点F，连接PF，OF，则∠PFO即为所求，再由cs∠PFO=OFPF，得解；
选项D，设三棱锥P−ABC外接球半径为R，由R2=OA2+(OP−R)2，求出R的值后，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握棱锥的结构特征，空间角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】(2,1)
【解析】解：设b=(m,n)，
又平面向量a=(1,−2)，且a⊥b，
则a⋅b=0，
则m−2n=0，
不妨取m=2，
则n=1，
则b=(2,1).
故答案为：(2,1).
由平面向量垂直的坐标运算求解即可．
本题考查了平面向量垂直的坐标运算，属基础题．
14.【答案】48 2+80
【解析】解：根据题意，设该棱台的高为h，斜高为h′，设A、B分别是棱台的底面中心，C、D分别为底面正方形边的中点，
作出直角梯形ABCD如图，过C作CE⊥AD于E，
其中AD=4，BC=2，CE=h=2，
则其斜高h′= ED2+CE2=2 2，
则正四棱台的侧面积S1=4×((4+8)×2 22)=48 2，
上底面积S2=4×4=16，下底面积S3=8×8=64，
则正四棱台的表面积S=48 2+16+64=48 2+80.
故答案为：48 2+80.
根据题意，设A、B分别是棱台的底面中心，C、D分别为底面正方形边的中点．作出直角梯形ABCD如图，过C作CE⊥AD于E，由梯形的性质求出斜高，进而可得该棱台的侧面积，再求出上、下底的面积，计算可得答案．
本题考查棱台的表面积计算，涉及棱台的结构特征，属于基础题．
15.【答案】13
【解析】解：依题意，今年高一的小王与小李都准备选历史与地理，
则他俩再从其他三科中任选一科的基本事件有
(政，政)，(政，化)，(政，生)，(化，政)，(化，化)，(化，生)，(生，政)，(生，化)，(生，生)，共9件，
他们选课相同包含的基本事件有：(政，政)，(化，化)，(生，生)，共有3件，
故他们选科相同的概率为39=13.
故答案为：13.
依题意列出基本事件的总数，以及他们选课相同包含的基本事件的个数，再由古典概率公式即可得解．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
16.【答案】 3−1
【解析】解：设BD=2x，则CD=x，
由于∠ADB=60∘，
所以∠ADC=180∘−60∘=120∘，
在△ABD中，由余弦定理得：AB2=AD2+BD2−2⋅AD⋅BD⋅cs∠ADB=4x2−4x+4，
在△ACD中，由余弦定理得：AC2=AD2+CD2−2⋅AD⋅CD⋅cs∠ADC=x2+2x+4，
所以AB2AC2=4x2−4x+4x2+2x+4=4(x2+2x+4)−12x−12x2+2x+4=4−12(x+1)(x+1)2+3=4−12(x+1)+3x+1，
由于x+1>0，
所以x+1+3x+1≥2 3，当且仅当x+1=3x+1，即x= 3−1时取等号，
所以AB2AC2=4−12(x+1)+3x+1≤4−2 3=( 3−1)2，
即即当ABAC取得最小值时，BD= 3−1.
首先利用余弦定理的应用建立ABAC的关系式，进一步利用基本不等式的应用求出BD的值．
本题考查的知识要点：余弦定理的应用，基本不等式的应用，凑配法是解决本题的关键，属于难题．
17.【答案】解：(1)由题意，建立坐标系，则A(4,0)，B(−2,2 3)，
即a=(4,0)，b=(−2,2 3)，则a+b=(2,2 3)，
则b在a+b上的投影向量为：
b⋅(a+b)|a+b|⋅a+b|a+b|=−4+124⋅14(2,2 3)=(1, 3)；
(2)由(1)知，a−b=(6,−2 3)，
记a+b与a−b的夹角为α，
则csα=(a+b)⋅(a−b)|a+b||a−b|=12−124×4 3=0，
又α∈[0,π]，所以α=π2，
即a+b与a−b的夹角为π2.
【解析】根据条件，可建立坐标系，得到a，b的坐标，利用坐标运算求解投影向量及夹角．
本题考查向量的数量积运算及性质，属基础题．
18.【答案】证明：(1)如图，取PD中点E，连接EF、EC，
因为E、F分别为PD、PA中点，所以EF//AD，且EF=12AD，
又因为AD//BC，且AD=2BC，所以EF//BC，且EF=BC，
所以四边形EFBC为平行四边形，所以BF//EC，
因为BF⊄平面PCD，EC⊂平面PCD，
所以BF//平面PCD.
(2)因为AB=PB，F为PA中点，所以BF⊥AP，
又由(1)得BF//EC，则EC⊥AP，
因为PA⊥PD，EC，PD⊂平面PCD，EC∩PD=E，
所以PA⊥平面PCD.
【解析】(1)结合已知条件构造平行四边形得到线线平行，然后运用直线与平面平行的判定定理；
(2)运用等腰三角形的三线合一得到线线垂直，再结合平行将垂直关系转移，最后运用直线与平面垂直的判定定理．
本题运用构造平行四边形，等腰三角形三线合一的方法，考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定定理，是基础题．
19.【答案】解：(1)记“任选一道题甲答对”为事件A，
记“任选一道题乙答对”为事件B，
记“任选一道题丙答对”为事件C，
因为甲同学能答对其中的12道，乙同学能答对其中的8道，丙同学能答对其中的n道，
所以P(A)=1220=35，P(B)=820=25，P(C)=n20，
则P(A−)=25，P(B−)=35，P(C−)=1−n20，
记“甲、乙两位同学恰有一个人答对的概率”为事件D，
因为每道题被选中的可能性相等，
此时A与B−，A−与B，A−与B−均相互独立，
所以P(D)=P(AB−∪A−B)=P(AB−)+P(A−B)=P(A)P(B−)+P(A−)P(B)=35×35+25×25=1325；
(2)记“甲，乙，丙三个人中至少有一个人答对”为事件E，
则E−=ABC−，
所以P(E)=1−P(E−)=1−P(ABC−)=1−P(A−)P(B−)P(C−)=1−25×35×(1−n20)=2225，
解得n=10.
【解析】(1)根据古典概型以及相互独立事件的概率计算公式可解；
(2)根据对立事件相关知识可解．
本题考查古典概型以及相互独立事件、对立事件相关知识，属于基础题．
20.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知(0.004+0.006+0.020+0.030+0.024+m)×10=1，
解得m=0.016.
(2)本次测评分数的平均数为(45×0.004+55×0.006+65×0.020+75×0.030+85×0.024+95×0.016)×10=76.2，
即本次测评分数的平均数约为76.
在频率分布直方图中，前5组频率之和为(0.004+0.006+0.020+0.030+0.024)×10=0.84，小于0.85，
故第85百分位数位于第6组，所以90+10×0.85−0.841−0.84=90.625≈90.63，
即第85百分位数约为90.63.
(3)第5，6组的问卷数分别为48人，32人，分层比为3：2，则从第5，6组中用分层抽样的方法抽取5份问卷，则第5，6组抽取的问卷数分别为3人，2人，
分别记为a1，a2，a3，b1，b2，设从5份问卷中随机抽取2人，为{a1,a2}，{a1,a3}，{a1,b1}，{a1,b2}，{a2,a3}，{a2,b1}，{a2,b2}，{a3,b1}，{a3,b2}，{b1,b2}共10个基本事件，这2份中有一份在[90,100]内的基本事件{a1,b1}，{a1,b2}，{a2,b1}，{a2,b2}，{a3,b1}，{a3,b2}，共6个，2份都在[90,100]内的基本事件{b1,b2}，
所以选出的两份问卷中至少有一份问卷成绩在[90,100]中的概率P=6+110=710.
【解析】(1)由频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，求出a；
(2)由频率分布直方图求平均数和第85百分位数；
(3)先求分层比，然后求出各层的人数，最后用古典概率模型求解．
本小题考查运用样本对总体进行估计，查由频率分布直方图求频率、平均值，考查频率公式，百分位数，分层抽样，古典概率模型，同时也考查数据分析处理、数学运算等数学核心素养．
21.【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，
∵PA∩DA=A，PA、DA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，
∵AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM，
又M是PD的中点，PA=AD，∴AM⊥PD，
∵CD∩PD=D，CD、PD⊂平面PCD，∴AM⊥平面PCD，
∵AM⊂平面AMC，∴平面AMC⊥平面PCD；
(2)解：取AD中点为N，连接MN，
∵M，N分别为线段PD，AD的中点，∴MN//PA，且MN=12PA=2，
∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，
∴VM−ACD=13×12×4×2×2=83.
由(1)得AM⊥平面PCD，而MC⊂平面PCD，则AM⊥MC，
∵PA=AD=4，∴PD=4 2，AM=MD=2 2，
又AB=CD=2，∴MC=2 3，得S△AMC=12AM⋅MC=12×2 2×2 3=2 6，
设点D到平面AMC的距离为h，
则VD−AMC=13S△AMC⋅h=VM−ACD=83，解得：h=2 63，
故点D到平面AMC的距离为2 63.
【解析】(1)由PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，再由已知可得CD⊥DA，得到CD⊥平面PAD，从而得到CD⊥AM，
由M是PD的中点，PA=AD，得AM⊥PD，可得AM⊥平面PCD，进一步得到平面AMC⊥平面PCD；
(2)取AD中点为N，连接MN，可得MN⊥平面ABCD，再由等体积法求点D到平面AMC的距离．
本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
22.【答案】解：(1)∵AD+CD=8，∠ADC=120∘，且△ADC的面积为4 3，
∴在△ACD中，S△ADC=12AD⋅CDsin120∘=4 3，则AD⋅CD=16，
由余弦定理得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cs120∘=(AD+CD)2−AD⋅CD=64−16=48，
∴AC=4 3.
故A，C两点间的距离是4 3；
(2)由题意得12absinC=12acsinB，即absinC=acsinB，
又2absinC= 3(a2+c2−b2)，
∴2acsinB= 3(a2+c2−b2)，即sinB= 3(a2+c2−b2)2ac= 3⋅csB，
∴tanB= 3，
又B∈(0,π)，则B=π3，
设△ABC内切圆的半径是r，
∵a2+c2−ac=48，则(a+c)2=48+3ac.
∴(a+c)2−483=ac，
又S△ABC=12acsinB=12(a+b+c)⋅r，
∴r= 32×ac4 3+a+c=12 3×(a+c)2−484 3+a+c=12 3(a+c−4 3)，
方法一：在△ABC中，b=AC=4 3，B=π3，
由正弦定理得a=8sinA，c=8sinC，
∴a+c=8(sinA+sinC)=8[sinA+sin(120∘−A)]
=8(sinA+ 32csA+12sinA)=8(32sinA+ 32csA)
=8 3(sinA⋅ 32+csA⋅12)=8 3sin(A+π6)，
又A∈(0,2π3)，则A+π6∈(π6,5π6)，
当A+π6=π2时，a+c取得最大值8 3，此时r取得最大值2，
故内切圆面积的最大值为π⋅22=4π；
方法二：(a+c)2=48+3ac≤48+3(a+c2)2，
∴14(a+c)2≤48，(a+c)2≤48×4=192，
∴a+c≤8 3，当且仅当a=c时等号成立，此时r=12 3(8 3−4 3)=2，
故内切圆面积的最大值为π⋅r2=4π.
【解析】(1)利用面积公式可得AD⋅CD=16，结合题意和余弦定理，即可得出答案；
(2)利用面积公式可得absinC=acsinB，结合题意可得B=π3，利用面积公式和余弦定理可得r= 32×ac4 3+a+c=12 3×(a+c)2−484 3+a+c=12 3(a+c−4 3)，方法一：利用正弦定理可得a+c=8 3sin(A+π6)，求出半径r，即可得出答案；方法二：利用基本不等式，求出半径r，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．