2022-2023学年四川省攀枝花市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年四川省攀枝花市高一（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.已知向量a=(x,1)，b=(2,4)，若a//b，则x=( )
A. −12B. 12C. −2D. 2
2.1+3i1−i=( )
A. 1+2iB. −1+2iC. 1−2iD. −1−2i
3.已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的方差是13，那么另一组数据3x1−1，3x2−1，3x3−1，3x4−1，3x4−1的方差是( )
A. 13B. 43C. 1D. 3
4.在△ABC中，D为BC上一点，且BD=12DC，则AD=( )
A. AB+13ACB. AB−13ACC. 23AB+13ACD. 13AB+23AC
5.在单位圆中，已知角α的终边与单位圆交于点P(12, 32)，现将角α的终边按逆时针方向旋转π3，记此时角α的终边与单位圆交于点Q，则点Q的坐标为( )
A. (− 32,12)B. (−12, 32)C. (1,0)D. (0,1)
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，与直线AB1不垂直的直线是( )
A. A1BB. BCC. A1DD. BD1
7.设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题不正确的是( )
A. 若l//m，l⊥α，则m⊥αB. 若l⊥α，m⊂α，则l⊥m
C. 若l//α，m⊥α，则l⊥mD. 若l//m，l//α，则m//α
8.已知平面向量a=(2sinx,cs2x)，b=( 3csx,2)，f(x)=a⋅b−1.则下列结论正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为2π
B. f(x)在区间[0,π4]上单调递增
C. 点(π6,0)为f(x)图象的一个对称中心
D. 将f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到的函数图象关于y轴对称
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.对于复数z=a+bi(a,b∈R)，下列说法正确的是( )
A. 若b=0，则z=a+bi为实数
B. 若a=0，则z=a+bi为纯虚数
C. 若a>0，b<0，则z=a+bi在复平面上对应的点位于第四象限
D. 若|z|≤1，则z=a+bi在复平面上对应的点的集合所构成的图形的面积为4
10.甲、乙两人在相同的条件下投篮5轮，每轮甲、乙各投篮10次，投篮命中次数的情况如图所示(实线为甲的折线图，虚线为乙的折线图)，则以下说法正确的是( )
A. 甲投篮命中次数的众数比乙的大B. 甲投篮命中的成绩比乙的稳定
C. 甲投篮命中次数的平均数为7D. 甲投篮命中次数的第40百分位数是6
11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列判断正确的是( )
A. 若sinA>sinB，则A>B
B. 若sin2B+sin2CC. 在锐角△ABC中，不等式sinA>csB恒成立
D. 在△ABC中，若acsA=bcsB，则△ABC是等腰三角形
12.如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=π3，将△ABD沿BD折起，使A到A′，点A′不落在底面BCD内，若M为线段A′C的中点，则在△ABD翻折过程中，以下说法正确的是( )
A. 存在某一位置，使得BM⊥CD
B. 异面直线BM，A′D所成的角为定值
C. 四面体A′−BCD的表面积的最大值为4+2 3
D. 当二面角A′−BD−C的余弦值为13时，四面体A′−BCD的外接球的半径为 62
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知复数z=1−2i，则|z−|=______.
14.已知向量a=(1,1)，b=(0,−2)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是______.
15.口味鲜美的甜筒冰淇淋是人们在炎炎夏日中消暑解渴的必备佳品.如图，甜筒冰淇淋形状为旋转体，由一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则这个组合体的体积为______.
16.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2，bsinB+csinC−2sinA=bsinC，则∠A=______；△ABC的中线AD的最大值为______.
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)
已知向量a与b的夹角为30∘，|a|= 3，|b|=2.
(1)求a⋅b及|a−b|；
(2)求向量a−b与向量b的夹角θ.
18.(本小题12分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长均为2，D是BC的中点.
(1)求证：A1B//平面AC1D；
(2)求点C到平面AC1D的距离.
19.(本小题12分)
某校对高一下学期期中数学考试成绩(单位：分)进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照[30,50),[50,70),[70,90),[90,110),[110,130),[130,150]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
(1)求a的值，并计算样本学生的数学考试成绩的平均分；
(2)为了进一步了解学生数学成绩与学习习惯等方面的关系，按数学考试成绩再从这100人中用分层抽样的方法抽出20人进行分析，则数学考试成绩在[90,110)内的应抽多少人？
20.(本小题12分)
在①ba=csB+1 3sinA，②2bsinA=atanB，③c−a=bcsA−acsB这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题.△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知_____(只需填序号).
(1)求角B；
(2)若△ABC是锐角三角形，边长c=2，求△ABC面积的取值范围.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
21.(本小题12分)
2023年4月20日，今年第1号台风“珊瑚”在西北太平洋洋面上生成，其中心附近最大风力8级.台风中心A位于某海岛B正东方向200km处，且它正向西北方向移动，移动速度的大小为20km/h，距台风中心150km以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，请解答以下问题：
(1)海岛B所在地是否会受到台风的影响？请说明理由；
(2)若海岛B所在地受到台风的影响，大约多长时间后受到影响？持续时间有多长？(参考数据： 2≈1.414)
22.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AD⊥平面PCD，平面ADP⊥平面APC，PC=PD=2，AD=4，M为PA的中点．
(1)求证：PC⊥PD；
(2)求二面角C−MD−P的正切值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由题意知向量a=(x,1)，b=(2,4)，
故由a//b，得4x−2=0，∴x=12.
故选：B.
根据向量共线的坐标表示，列式计算，即得答案．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：化简可得1+3i1−i=(1+3i)(1+i)(1−i)(1+i)=1−3+4i1−i2=−2+4i2=−1+2i
故选：B.
分子分母同乘以分母的共轭复数1+i化简即可．
本题考查复数代数形式的化简，分子分母同乘以分母的共轭复数是解决问题的关键，属基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，数据x1，x2，x3，x4，x5的方差是13，
则另一组数据3x1−1，3x2−1，3x3−1，3x4−1，3x4−1的方差为32×13=3.
故选：D.
根据题意，由方差的性质分析可得答案．
本题考查数据方差的性质，注意方差的计算公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意知，AD=AB+BD，因为BD=13BC，且BC=AC−AB，
所以AD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC.
故选：C.
根据平面向量的加法、减法、数乘运算及平面向量基本定理即可求解．
本题考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵在单位圆中，已知角α的终边与单位圆交于点P(12, 32)，
∴sinα= 32，csα=12，
将角α的终边按逆时针方向旋转π3，此时角为α+π3，
则点Q的横坐标为x=cs(α+π3)=csαcsπ3−sinαsinπ3=12×12− 32× 32=−12；
点Q的纵坐标y=sin(α+π3)=sinαcsπ3+csαsinπ3= 32×12+12× 32= 32，
则点Q的坐标为(−12, 32).
故选：B.
根据三角函数的定义，得到将角α的终边按逆时针方向旋转π3对应的角的大小，利用两角和差的余弦公式进行求解即可．
本题主要考查三角函数值的计算，根据三角函数的定义结合两角和差的余弦公式是解决本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：如图所示，
在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B；
因为BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥AB1；
连接B1C、AC，因为B1C//A1D，所以AB1与A1D所成的角为60∘，不垂直；
易得BD1⊥平面AB1C，所以BD1⊥AB1，所以C正确．
故选：C.
在正方体中，借助线面垂直关系进行判断即可．
本题主要考查空间中的垂直关系，正方体的特征等知识，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：若l//m，l⊥α，由直线与平面垂直的性质可得m⊥α，故A正确；
若l⊥α，则l垂直平面α内的所有直线，而m⊂α，则l⊥m，故B正确；
若m⊥α，则l垂直平行于α的所有直线，而l//α，则l⊥m，故C正确；
若l//m，l//α，则m//α或m⊂α，故D错误．
故选：D.
由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一判断即可．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：平面向量a=(2sinx,cs2x)，b=( 3csx,2)，
f(x)=a⋅b−1=2 3sinxcsx+2cs2x= 3sin2x+2×1+cs2x2=2( 32sin2x+12cs2x)+1=2sin(2x+π6)+1，
故f(x)的最下正周期为2π2=π，故A错误．
在区间[0,π4]上，2x+π6∈[π6,2π3]，函数f(x)不单调，故B错误．
令x=π6，求得f(x)=3，为最大值，可得它的图象关于直线x=π6对称，故C错误．
将f(x)的图象向左平移π6个单位长度后，得到的函数y=2sin(2x+π2)+1=2cs2x+1的图象，
再根据y=cs2x+1为偶函数，可得它的图象关于y轴对称，故D正确．
故选：D.
由题意，利用两个向量的数量积公式，正弦函数的图像和性质，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，得出结论．
本题主要考查两个向量的数量积公式，正弦函数的图像和性质，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，由a∈R，b=0，则z=a∈R，故A正确；
对于B，当a=b=0时，z=0∈R，故B错误；
对于C，由z=a+bi，则其在复平面上对应的点为(a,b)，由a>0，b<0，则该点在第四象限，故C正确；
对于D，|z|= a2+b2≤1，则z=a+bi在复平面上对应的点的集合所构成的图形为以原点为圆心，以1为半径的圆，则其面积S=π⋅12=π，故D错误．
故选：AC.
根据复数的概念以及几何意义，结合圆的性质，可得答案．
本题主要考查复数的概念以及几何意义，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查频率分布折线图的应用，考查转化能力，属于基础题．
由折线图得到甲乙投篮5次命中次数的数据，再根据众数、方差和平均数与百分位数的计算，逐项判定，即可求解．
【解答】
解：由折线图可知，甲投篮5轮，命中的次数分别为5，8，6，8，8，
乙投篮5轮，命中的次数分别为3，7，9，5，9，
对A，甲投篮命中次数的众数为8，乙投篮命中的众数为9，故A错误，
对B，甲投篮命中次数的数据集中在平均数的左右，方差较小，乙投篮命中的次数数据比较分散，方差较大，所以甲的成绩更稳定一些，故B正确，
对C，甲投篮命中次数的平均数为15(5+8+6+8+8)=7，故C正确，
对D，甲投篮5轮，命中的次数从小到大为5，6，8，8，8，故第40百分位数是6+82=7，故D错误．
故选：BC.
11.【答案】ABC
【解析】解：选项A，由正弦定理知，asinA=bsinB，
若sinA>sinB，则a>b，所以A>B，即选项A正确；
选项B，由正弦定理及sin2B+sin2C所以csA=b2+c2−a22bc<0，所以角A为钝角，即选项B正确；
选项C，因为锐角△ABC，所以A，B∈(0,π2)，且A+B>π2，即A>π2−B，
因为函数y=sinx在x∈(0,π2)上单调递增，
所以sinA>sin(π2−B)=csB，即选项C正确；
选项D，由正弦定理及acsA=bcsB知，sinAcsA=sinBcsB，
所以sin2A=sin2B，所以2A=2B或2A+2B=π，
所以A=B或A+B=π2，即△ABC为等腰或直角三角形，故选项D错误．
故选：ABC.
选项A，结合正弦定理与“大边对大角”，即可判断；
选项B，利用正弦定理化角为边，再由余弦定理，可得csA<0，得解；
选项C，根据A+B>π2，结合正弦函数的单调性与诱导公式，得解；
选项D，利用正弦定理化边为角，再由二倍角公式，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，二倍角公式，正弦函数的单调性是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，不妨假设存在某一位置，使得BM⊥CD，
连接AC交BD于点O，连接OA′，取CD的中点为N，连接MN，BN，
M为线段A′C的中点，故MN//A′D；
由于在菱形ABCD中，AB=BC，∴A′B=BC，
而M为线段A′C的中点，故BM⊥A′C，
由于CD∩A′C=C，CD，A′C⊂平面A′DC，故BM⊥平面A′DC，
MN⊂平面A′DC，故BM⊥MN，
而∠BAD=π3，故∠BCD=π3，即△BCD为正三角形，则BC=BD，
故BN= 32BC= 3，
又MN//A′D，且MN=12A′D=1，故BM= BN2−MN2= 2，
由于BM⊥A′C，故A′M= A′B2−BM2= 4−2= 2，∴A′C=2 2，
因为A′O=OC= 3，满足A′O+OC>A′C，
即当A′C=2 2时，使得BM⊥CD，A正确；
对于B，因为MN//A′D，故异面直线BM，A′D所成的角即为∠BMN或其补角，
而cs∠BMN=MN2+BM2−BN22MN⋅BM=1+BM2−32BM=BM2−1BM，
由于BM长不是定值，故cs∠BMN=BM2−1BM不是定值，
即异面直线BM，A′D所成的角不为定值，B错误；
对于C，由题意可知S△A′DC=S△A′BC=12A′C⋅BM=A′M⋅BM，
因为A′B2=A′M2+BM2=4，故A′M⋅BM≤A′M2+BM22=2，
当且仅当A′M=BM= 2时取得等号，
故S△A′DC，S△A′BC的最大值为2，而S△A′BD=S△CBD=12×2×2×sin60∘= 3，
则四面体A′−BCD的表面积的最大值为(S△A′DC+S△A′BC)max+S△A′BD+S△CBD=4+2 3，C正确；
对于D，因为OC⊥BD，OA′⊥BD，故∠A′OC为二面角A′−BD−C的平面角，
即cs∠A′OC=13，所以A′O2+OC2−A′C22A′O⋅OC=3+3−A′C22× 3× 3=6−A′C26=13，
即A′C=2，而A′D=A′B=BD=BC=CD=2，
则四面体A′−BCD为正四面体，故将其补成如图所示正方体，且正方体棱长为 2，
则该正方体的外接球即为四面体A′−BCD的外接球，
正方体的体对角线长即为外接球直径，则外接球半径为 ( 2)2+( 2)2+( 2)22= 62，
即四面体A′−BCD的外接球半径为 62，D正确．
故选：ACD.
假设存在某一位置，使得BM⊥CD，根据空间线面垂直的判定，可判断A；作出异面直线BM，A′D所成的角，结合余弦定理计算可判断B；利用基本不等式结合三棱锥表面积的计算，可判断C；判断四面体A′−BCD为正四面体，补成正方体，可求得外接球半径，判断D.
本题综合考查了空间线线、线面位置以及异面直线所成角以及几何体表面积和体积问题以及多面体外接球问题，综合性强，难度较大，解答的关键是要能灵活应用空间几何的相关知识，充分发挥空间想象，结合相关定义解决问题．
13.【答案】 5
【解析】解：z=1−2i，
则z−=1+2i，
故|z−|= 12+22= 5.
故答案为： 5.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．
14.【答案】(0,1)
【解析】解：由题意得a⋅b=(1,1)⋅(0,−2)=−2，|b|= 02+(−2)2=2，
故向量a在向量b上的投影向量是a⋅b|b|⋅b|b|=−(0,−2)2=(0,1).
故答案为：(0,1).
根据投影向量的定义，结合数量积以及模的计算，可得答案．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
15.【答案】( 3+2)π3
【解析】解：∵圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，
∴圆锥的底面圆半径R=1，高为h= 22−12= 3，
半球的半径为R=1，
则该组合体的体积为V=13πR2h+23πR3=13π×12× 3+23π×13=( 3+2)π3.
故答案为：( 3+2)π3.
由已知可得半球的半径，圆锥的底面半径与高，再由球与圆锥的体积公式求解．
本题考查球与圆锥体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】π3 3
【解析】解：由正弦定理及bsinB+csinC−2sinA=bsinC知，b2+c2−2a=bc，
因为a=2，所以b2+c2−a2=bc，
由余弦定理知，csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3；
因为b2+c2−2a=bc，且a=2，
所以2a=4=b2+c2−bc≥2bc−bc=bc，即bc≤4，当且仅当b=c=2时，等号成立，
因为点D为BC的中点，
所以AD=12(AB+AC)，
所以AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14(c2+b2+2bccsA)=14(4+bc+bc)≤14(4+2×4)=3，
所以|AD|≤ 3，即△ABC的中线AD的最大值为 3.
故答案为：π3； 3.
利用正弦定理化角为边，并由余弦定理，可得角A；再根据基本不等式，推出bc≤4，将AD=12(AB+AC)两边平方，结合平面向量数量积的运算法则，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量的运算法则，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意a⋅b=|a|⋅|b|cs30∘= 3×2× 32=3，
|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2= 7−6=1.
(2)由题意得(a−b)⋅b=a⋅b−b2=3−4=−1，
所以csθ=(a−b)⋅b|a−b|⋅|b|=−12，
又因为0∘≤θ≤180∘，
所以θ=120∘.
【解析】(1)根据数量积的定义可计算求得a⋅b的值，根据模的计算公式可求得|a−b|.
(2)求出(a−b)⋅b的值，根据向量的夹角公式即可求得答案．
本题考查向量的数量积和向量的夹角，解题关键是熟练掌握数量积公式，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：连接A1C，交AC1于O，连接OD，
由于OD是△A1BC的中位线，则OD//A1B，
又OD⊂平面AC1D，A1B⊄平面AC1D，
则有A1B//平面AC1D；
(2)解：因为D是BC的中点，△ABC为等边三角形，
所以AD⊥BC，因为CC1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，
所以CC1⊥AD，CC1∩BC=C，
所以AD⊥平面BCC1B1，又C1D⊂平面BCC1B1，
所以AD⊥C1D，
设点C到平面ADC1的距离为h，
由等体积可得VC−AC1D=VC1−ACD，
即13×S△AC1D×h=13×S△ADC×CC1，
即13×12× 3× 22+12×h=13×12×1× 3×2，
解得h=2 55.
【解析】(1)连接A1C，交AC1于O，连接OD，运用中位线定理，以及直线和平面平行的判定定理，即可得证；
(2)利用等体积，求点C到平面ADC1的距离．
本题考查线面平行的判定定理，点到平面距离的求法，考查学生分析解决问题的能力，注意运用体积转换法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质可知，所有小长方形面积之和为1，
故(0.005×2+0.0075+0.0200+a+0.0025)×20=1，解得a=0.01，
样本学生的数学考试成绩的平均分为：
x−=[0.005×(40+60)+0.0075×80+0.02×100+0.01×120+0.0025×140]×20=93；
(2)由题意，从这100人中用分层抽样的方法抽出20人，
考试成绩在[90,110)内的学生应抽0.02×20×100×20100=8人．
【解析】(1)根据小长方形面积之和为1可求得a值，再根据频率分布直方图求出平均分即可；
(2)由分层抽样的定义，从每组中抽取的比例等于样本比上总体，即可求解．
本题考查频率分布直方图的性质，分层抽样的应用，属基础题．
20.【答案】解：(1)若选①：因为ba=csB+1 3sinA，由正弦定理可得sinBsinA=csB+1 3sinA，
且sinA≠0，可得 3sinB=csB+1，整理得sin(B−π6)=12，
注意到B∈(0,π)，则B−π6∈(−π6,5π6)，可得B−π6=π6，所以B=π3；
若选②：因为2bsinA=atanB，由正弦定理可得2sinBsinA=sinAsinBcsB，
注意到A，B∈(0,π)，则sinA，sinB>0，
可得1csB=2，即csB=12，所以B=π3；
若选③：因为c−a=bcsA−acsB，由余弦定理可得c−a=b2+c2−a22c−a2+c2−b22c，
整理得a2+c2−b2=ac，则csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
注意到B∈(0,π)，所以B=π3.
(2)因为△ABC是锐角三角形，B=π3，
则0由正弦定理可得asinA=csinC，则a=csinAsinC=2sin(B+C)sinC= 3csC+sinCsinC= 3tanC+1，
可得tanC> 33，则1tanC∈(0, 3)，所以a= 3tanC+1∈(1,4)，
故△ABC面积S△ABC=12acsinB=12×a×2× 32= 32a∈( 32,2 3)，
所以△ABC面积的取值范围为( 32,2 3).
【解析】(1)选①：根据正弦定理结合三角恒等变换运算求解；选②：根据正弦定理结合切化弦运算求解；选③：利用余弦定理边角转化，运算求解即可；
(2)利用正弦定理结合正切函数可得a= 3tanC+1∈(1,4)，再结合面积公式运算求解．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
21.【答案】解：(1)如图，以某海岛B为坐标原点，正东方向为x轴，过点B的垂直方向为 y轴，
建立平面直角坐标系，
则BA=200(km)，设台风中心沿着 l移动(西北方向)，
作BD⊥l，垂足为D，则BD=ABsin45∘=100 2(km)，
由于100 2<150，故海岛B所在地会受到台风的影响；
(2)设 t小时后台风中心的位置为(200−20t×cs45∘,20t×sin45∘)，
即(200−10 2t,10 2t)，
由于距台风中心150km以内的地区都将受到影响，
故令(200−10 2t)2+(10 2t)2≤1502，解得10 2−52≤t≤10 2+52，
即约为4.57≤t≤9.57，
即海岛B所在地受到台风的影响，大约4.57小时后受到影响，持续时间大约5小时．
【解析】(1)建立平面直角坐标系，求出海岛到台风移动的方向的最短距离，比较即得结论；
(2)设 t小时后台风中心的位置，根据距台风中心150km以内的地区都将受到影响，列出关于t的不等式，求得 t的范围，即可求得答案．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：过 D 作DF⊥AP于 F，∵平面ADP⊥平面APC，平面ADP∩平面APC=AP，
∴DF⊥平面APC，又PC⊂平面APC，∴DF⊥PC，又AD⊥平面PCD，
且PC⊂平面PCD，∴AD⊥PC，又DF∩AD=D，∴PC⊥平面ADP，PD⊂平面ADP，∴PC⊥PD.
(2)解：过点P在平面PAD内作PN⊥DM，垂足为点N，连接CN，
由(1)知PC⊥平面ADP，DM⊂平面ADP，∴DM⊥PC，
∵DM⊥PN，PN∩PC=P，所以，DM⊥平面PNC，
因为CN⊂平面PCN，所以，CN⊥DM，
所以，∠PNC为二面角C−DM−P的平面角，
∵AD⊥平面PCD，PD⊂平面PCD，∴AD⊥PD，
∵AD=4，PD=2，则PA= AD2+PD2=2 5，
∵M为PA的中点，所以，DM=12PA= 5，
由SΔPDM=12PD⋅12AD=12MD⋅PN⇒4= 5⋅PN⇒PN=4 5，
tan∠CNP=PCPN=2 5= 52，因此，二面角C−DM−P的正切值为 52.
【解析】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，属于中档题．
(1)过D作DF⊥AP于F，证明DF⊥PC，AD⊥PC，推出PC⊥平面ADP，即可证明PC⊥PD.
(2)通过几何法找出二面角，再利用数量关系，即可得解.