2023-2024学年江苏省连云港市东海高级中学高二（下）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省连云港市东海高级中学高二（下）第一次月考数学试卷（含解析），共15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.A63+C108=( )
A. 65B. 160C. 165D. 210
2.已知向量a=(2,4,−4),b=(1,2,2)，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. (19,29,−29)B. (19,29,29)C. (29,49,−49)D. (29,49,49)
3.由未来科学大奖联合中国科技馆共同主办的“同上一堂科学课”——科学点燃青春：未来科学大奖获奖者对话青少年活动于2023年9月8日在全国各地以线上线下结合的方式举行.现有某市组织5名获奖者到当地三个不同的会场与学生进行对话活动，要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，则不同的派出方法有( )
A. 60种B. 120种C. 150种D. 240种
4.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，BC，BB1的中点，则异面直线C1E，FG所成角的余弦值为( )
A. 26B. 13C. 16D. 23
5.若平面α的法向量为n，直线l的方向向量为m，l⊄α，则下列四组向量中能使1//α的是( )
A. m=(−1,0,1)，n=(1,0,1)B. m=(0,−1,2)，n=(0,1,−2)
C. m=(1,−2,1)，n=(−2,1,−2)D. m=(2,−1,1)，n=(−4,2,−2)
6.将8个大小形状完全相同的小球放入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放2个小球，则不同放法的种数为( )
A. 3B. 6C. 10D. 15
7.已知体积为 3的正三棱锥P−ABC的外接球的球心为O，若满足OA+OB+OC=0，则此三棱锥外接球的半径是( )
A. 2B. 2C. 32D. 34
8.已知集合A={−12,−13,12,13,2,3}，若a，b，c∈A且互不相等，则使得指数函数y=ax，对数函数y=lgbx，幂函数y=xc中至少有两个函数在(0,+∞)上单调递增的有序数对(a,b,c)的个数是( )
A. 16B. 24C. 32D. 48
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.美术馆计划从6幅油画，4幅国画中，选出4幅展出，若某两幅画至少有一幅参展，则不同的参展方案有多少种？( )
A. C104−C84B. C21C83+C22C82C. C93+C83D. C104−2C83
10.某数学兴趣小组的同学经研究发现，反比例函数y=1x的图象是双曲线，设其焦点为M，N，若P为其图象上任意一点，则( )
A. y=−x是它的一条对称轴B. 它的离心率为 2
C. 点(2,2)是它的一个焦点D. ||PM|−|PN||=2 2
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内的一个动点(包括边界)，且B1F/​/平面A1BE，则下列说法正确的有( )
A. 动点F轨迹的长度为 3
B. 三棱锥B1−D1EF体积的最小值为13
C. B1F与A1B可能垂直
D. 当三棱锥B1−D1DF体积最大时，其外接球的表面积为252π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若C162x−5=C15x−1+C15x，则正整数x的值为______．
13.某校将8个足球赛志愿者名额分配到高一年级的四个班级，每班至少一个名额，则不同的分配方法共有______种(用数字作答)．
14.已知数列{an}满足an+1an=(−1)n+csnπ3，若a1=1，则a2024= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别为棱PB，BC的中点．
(1)求证：AE⊥PC；
(2)求平面AEF与平面ECD所成二面角的正弦值．
16.(本小题15分)
已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1,Sn=anan+1+14．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对于任意n∈N*，2n⋅λ≥Sn成立，求实数λ的取值范围．
17.(本小题15分)
已知A、B是抛物线y2=4x上异于顶点的两个动点，直线AB与x轴交于P．
(1)若OA⊥OB，求P的坐标；
(2)若P为抛物线的焦点，且弦AB的长等于6，求△OAB的面积．
18.(本小题17分)
设a为实数，函数f(x)=x3−3x2+a，g(x)=xlnx．
(1)求f(x)的极值；
(2)对于∀x1∈[1,3],∀x2∈[1e2,e]，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA=4，OB=3，OP=4，OP⊥底面ABCD，E，F分别为侧棱PB，PD的中点，点M在CP上且CM=2MP．
(1)求证：A，E，M，F四点共面；
(2)求直线PA与平面BDM所成角的正弦值；
(3)求点P到平面BDM的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A63+C108=A63+C102=6×5×4+10×92×1=165．
故选：C．
直接根据组合数和排列数公式求解即可．
本题考查排列数和组合数的计算，考查运算求解能力，落实数学运算核心素养，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：向量a在向量b上的投影向量为：
a⋅b|b|⋅b|b|=a⋅b|b|2⋅b=2+8−81+4+4⋅(1,2,2)=(29,49,49)．
故选：D．
利用投影向量的定义结合已知条件直接求解即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：要求每个会场至少派一名获奖者，每名获奖者只去一个会场，
则不同的派出方法有14C51CA22A33+23C52CA22A33=150种．
故选：C．
由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属中档题．
4.【答案】A
【解析】解：取AA1的中点H，连接EH、C1H、EF、GH、A1C1、CE，
∵正方形ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点，
∴EF//AB，EF=AB，同理可得HG/​/AB，HG=AB，
∴EF/​/HG，EF=HG，
∴四边形EFGH为平行四边形，可得HE/​/FG，HE=FG．
∴∠HEC1(或其补角)就是异面直线C1E，FG所成的角．
设正方体的棱长为2，则Rt△AHE中，HE= 2，
Rt△C1CE中，C1E= CE2+C1C2= CF2+EF2+CC12= 1+4+4=3，
Rt△C1A1H中，C1H= A1H2+A1C12= A1H2+A1B12+A1D12= 1+4+4=3，
∴△C1EH中，cs∠HEC1=HE2+EC12−HC122HE⋅EC1=2+9−92× 2×3= 26，
即异面直线C1E，FG所成角的余弦值为 26．
故选：A．
根据题意取AA1的中点H，连接EH，可得∠HEC1(或其补角)就是异面直线C1E、FG所成的角．然后设正方体的棱长为2，在△C1EH中求出各边长，利用余弦定理算出答案．
本题主要考查正方体的结构特征、异面直线所成角的定义与求法、余弦定理及其应用，考查了计算能力、空间想象能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，平面α的法向量为n，直线l的方向向量为m，l⊄α，
若m⋅n=0，即m⊥n，又由l⊄α，则有1//α，
依次分析选项：
对于A，m=(−1,0,1)，n=(1,0,1)，m⋅n=−1+0+1=0，即m⊥n成立，符合题意；
对于B，m=(0,−1,2)，n=(0,1,−2)，m⋅n=0+(−1)+(−4)=−5≠0，即m⊥n不成立，不符合题意，
对于C，m=(1,−2,1)，n=(−2,1,−2)，m⋅n=(−2)+(−2)+(−2)=−6≠0，即m⊥n不成立，不符合题意，
对于D，m=(2,−1,1)，n=(−4,2,−2)，m⋅n=(−8)+(−2)+(−2)=−12≠0，即m⊥n不成立，不符合题意．
故选：A．
根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项中向量是否满足m⋅n=0，综合可得答案．
本题考查空间向量的应用，涉及直线与平面垂直的判断，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：将8个大小形状完全相同的小球放入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放2个小球，
先每个盒子中放1个小球，
然后将剩下的5个相同的小球放入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放1个小球，
则不同放法的种数为C42=6．
故选：B．
由排列组合及简单计数问题，结合相同元素分组问题隔板法求解．
本题考查了排列组合及简单计数问题，重点考查了相同元素分组问题隔板法，属基础题．
7.【答案】D
【解析】解：正三棱锥D−ABC的外接球的球心O满足OA+OB=CO，
说明三角形ABC在球O的大圆上，并且为正三角形，
设球的半径为：R，棱锥的底面正三角形ABC的高为：3R2
底面三角形ABC的边长为： 3R
正三棱锥的体积为：13× 34×( 3R)2×R= 3
解得R3=4，则此三棱锥外接球的半径是R=34
故选：D．
由题意球的三角形ABC的位置，以及形状，利用球的体积，求出球的半径即可．
本题考查球的内接体问题、棱锥的体积，考查空间想象能力，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意知，满足指数函数y=ax(a>0且a≠1)，对数函数y=lgbx(b>0且b≠1)的a，b取值，且使得它们在(0,+∞)单调递增的a，b都只有2个，分别是2，3.满足幂函数y=xc的c取值，且使得它在(0,+∞)上单调递增的c有4个，分别为12，13，2，3．
由于a，b，c互不相等，有三种情况：①指数函数y=ax，对数函数y=lgbx在(0,+∞)上单调递增，而幂函数y=xc不满足，有2×1×2=4种；
②指数函数y=ax，幂函数y=xc在(0,+∞)上单调递增，而对数函数y=lgbx不满足，有2×2×2=8种；
③对数函数y=lgbx，幂函数y=xc在(0,+∞)单调递增，而指数函数y=ax不满足，有2×2×2=8种(与②相同)；
④三个函数都在(0,+∞)单调递增，有2×2=4种；
由分类加法计数原理，共有4+8+8+4=24种选法，也即满足条件的有序实数对(a,b,c)有24个．
故选：B．
满足各个函数在(0,+∞)的参数取值均为{12,13,2,3}，由于a，b，c互不相等，有三种情况：指数函数y=ax，对数函数y=lgbx在(0,+∞)单调递增，而幂函数y=xc不满足；指数函数y=ax，幂函数y=xc在(0,+∞)上单调递增，而对数函数y=lgbx不满足；对数函数y=lgbx，幂函数y=xc在(0,+∞)上单调递增，而指数函数y=ax不满足；三个函数都在(0,+∞)上单调递增，分别求出这四种情况的所有可能种数相加即可．
本题考查了排列与组合的应用问题，也考查了函数模型应用问题，是中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A，从对立面考虑，这两幅画一幅也没参展有C84种情况，
则至少一幅参展方案为C104−C84，A正确；
对于C，将该两幅画分别记为甲、乙，若甲参展，则不需要考虑乙的参展情况，有C93种，
若甲不参展，则乙必须参展，需要在剩余8幅画中再选3幅，有C83种，
故满足题意的方案有C93+C83种，C正确；
对于B，若两幅中只有一幅参展，有C21C83种情况；
若两幅都参展，有C22C82种情况，
则共有方案 C21C83+C22C82种，B正确；
对于D，C104−2C83表示两幅画都参展或都不参展，D错误．
故选：ABC．
采用间接法或分类研究．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：反比例函数的图象为等轴双曲线，故离心率为 2，
易知y=x是实轴，y=−x是虚轴，坐标原点是对称中心，
联立实轴方程y=x与反比例函数y=1x，
得实轴顶点为(1,1)，(−1,−1)，
所以a= 2,c=2，其中一个焦点坐标应为( 2, 2)，而不是(2,2)，
由双曲线定义可知||PM|−|PN||=2a=2 2．
故选：ABD．
由题意可知反比例函数的图象为等轴双曲线，进一步分别计算出离心率以及a，c即可逐一判断求解．
本题考查双曲线的定义及几何性质，属基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于选项A，取CC1中点M，C1D1中点N，连接B1M，MN，B1N，
又E为棱DD1的中点，所以B1M//A1E，MN/​/A1B，
根据线面平行的判定可得B1M/​/平面A1BE，MN/​/平面A1BE，
又MN∩B1M=M，MN，B1M⊂面B1MN，
所以面B1MN//平面A1BE，
又B1F/​/平面A1BE，B1∈面B1MN，
所以B1F⊂面B1MN，
又F为正方形C1CDD1内的一个动点(包括边界)，
所以F∈面B1MN∩面C1CDD1，
又面B1MN∩面C1CDD1=MN，
所以F∈MN，即动点F轨迹为MN，
又MN= 2，所以选项A错误；
对于选项B，易知B1C1⊥面C1CDD1，
所以三棱锥B1−D1EF体积为V=13|B1C1|⋅S△D1EF=23S△D1EF，
所以△D1EF面积最小值时，体积最小，
如图，由选项A知，F∈MN，易知F在N处时，△D1EF面积最小，
此时S△D1EF=12ND1⋅D1E=12，
所以三棱锥B1−D1EF体积的最小值为23×12=13，故选项B正确；
对于选项C，当F为MN中点时，由B1M=B1N，得B1F⊥MN，
又M，N分别为CC1，DD1的中点，
所以MN/​/CD1，得到B1F⊥CD1，
又A1B/​/D1C，得到B1F⊥A1B，所以选项C正确；
对于选项D，如图，当三棱锥B1−D1DF体积最大时，F在M处，
如图建立空间直角坐标系，设球心为O(x,y,z)，外接球的半径为R，
易知B1(2,0,2)，M(2,2,1)，D(0,2,0)，D1(0,2,2)，
所以(x−2)2+y2+(z−2)2=R2①，(x−2)2+(y−2)2+(z−1)2=R2②，
x2+(y−2)2+z2=R2③，x2+(y−2)2+(z−2)2=R2④，
联立①②③④解得，x=y=34,z=1，
所以R2=258，
故外接球的表面积为4πR2=252π，所以选项D正确．
故选：BCD．
选项A，由B1F/​/面A1BE，利用正方体特征找到平面B1MN//平面A1BE，进而得到动点F轨迹为MN，从而可判断出选项A的正误；选项B，根据棱锥的体积公式，得到△D1EF面积最小值时，体积最小，即可求出三棱锥B1−D1EF体积的最小值，从而判断出选项B的正误；选项C，取F为MN中点，利用几何关系，即可证明B1F⊥A1B，从而判断出选项C的正误，选项D，建立空间直角坐标系，直接求出外接球径，即可求出结果．
本题考查空间几何体的线面关系与几何体的体积、表面积，属于中档题．
12.【答案】5或7
【解析】解：由组合数性质：Cn+1m=Cnm−1+Cnm，可得C15x−1+C15x=C16x，则C162x−5=C16x，
所以2x−5=x或2x−5+x=16，解得x=5或x=7．
故答案为：5或7．
由组合数的性质得到C162x−5=C16x，列出方程，求出答案．
本题主要考查组合数公式，属于基础题．
13.【答案】35
【解析】解：根据题意，将8个名额排成一列，有7个间隔，
在这7个间隔中插入3个隔板，可将8个名额分成4组，依次对应4个班级，
则有C73=35种分配方法．
故答案为：35．
利用隔板法即可得解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了“隔板法”的应用，属于基础题．
14.【答案】12675
【解析】解：因为y=csnπ3的最小正周期为2ππ3=6，且20236=337余1，
由已知可得a2024=a1⋅a2a1⋅a3a2⋯a2024a2023=1×[(−1+12)×(1−12)×(−1−1)×(1−12)×(−1+12)×(1+1)]337×(−1+12)=12675．
故答案为：12675．
用累乘法，结合余弦函数的周期性求解．
本题主要考查了数列的递推关系及周期性在数列项的求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC．
因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，
又因为AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
又AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC，
在△PAB中，PA=AB，又点E是棱PB的中点，所以AE⊥PB，
又因为BC∩PB=B，BC，PB⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，
又因为PC⊂平面PBC，所以AE⊥PC；
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD．
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设PA=2，所以A(0,0,0)，F(2,1,0)，E(1,0,1)，D(0,2,0)，C(2,2,0)．
设平面AEF的法向量n=(x,y,z)，又AF=(2,1,0)，AE=(1,0,1)，
所以n⋅AF=2x+y=0n⋅AE=x+z=0，
令x=1，得y=−2，z=−1，所以平面AEF的一个法向量n=(1,−2,−1)．
设平面ECD的法向量m=(a,b,c)，又DC=(2,0,0)，DE=(1,−2,1)，
所以m⋅DC=2a=0m⋅DE=a−2b+c=0，
令b=1，得a=0，c=2，所以平面ECD的一个法向量m=(0,1,2)，
设平面AEF与平面ECD所成二面角的平面角为θ，
所以|csθ|=|cs〈n,m〉|=|n⋅m||n||m|=4 1+4+1× 1+4=2 3015，
所以sinθ= 1−cs2θ= 10515，
即平面AEF与平面ECD所成二面角的正弦值为 10515．
【解析】(1)由线面垂直的判定定理可证BC⊥平面PAB，从而得AE⊥BC，由已知条件可得AE⊥PB，再由线面垂直的判定定理可证AE⊥平面PBC，从而可得AE⊥PC；
(2)建立空间直角坐标系，由向量法即可求得．
本题考查线线垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由a1=1,Sn=anan+1+14，可得4S1=4a1=a1a2+1，即4=a2+1，可得a2=3，
当n≥2时，由4Sn=anan+1+1，可得4Sn−1=an−1an+1，
两式相减可得4an=4Sn−4Sn−1=anan+1−an−1an，化为an+1−an−1=4，
即数列{an}的奇数项和偶数项均为公差为4的等差数列，
即有n=2k−1时，an=1+4(k−1)=4k−3；
n=2k时，an=3+4(k−1)=4k−1；
所以an=2n−1，n∈N*；
(2)Sn=12n(1+2n−1)=n2，
对于任意n∈N*，2n⋅λ≥Sn成立，即为λ≥n22n恒成立．
设bn=n22n，则bn+1−bn=(n+1)22n+1−n22n=2−(n−1)22n+1，
当n=1，2时，b3>b2>b1；
当n≥3时，bn+1−bnb4>b5>...>bn，
可得n=3时，bn取得最大值98，
则λ≥98，即λ的取值范围是[98,+∞)．
【解析】(1)数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列的定义和通项公式，可得所求；
(2)由等差数列的求和公式和不等式恒成立思想，结合数列的单调性，可得所求取值范围．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列和数列的单调性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为直线AB不垂直于y轴，
不妨设直线AB的方程为x=my+t，(t≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+ty2=4x，消去x并整理得y2−4my−4t=0，
此时Δ=16m2+16t>0，
由韦达定理得y1+y2=4m，y1y2=−4t，
因为OA⊥OB，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=(y1y2)216+y1y2=(−4t)216−4t=t2−4t=0，
解得t=4，
此时满足Δ>0，
所以直线AB方程为x=my+4，
令y=0，
解得x=4，
则P的坐标为(4,0)；
(2)易知抛物线的焦点为(1,0)，
因为直线AB不垂直于y轴，
不妨设直线AB的方程为x=ny+1，A(x3,y3)，B(x4,y4)，
联立x=ny+1y2=4x，消去x并整理得y2−4ny−4=0，
此时Δ=16n2+16>0，
由韦达定理得y3+y4=4n，y3y4=−4，
所以|AB|= 1+n2|y3−y4|= 1+n2 16n2+16=4(1+n2)=6，
解得n2=12，
又点O到直线AB的距离为d=1 1+n2= 63，
所以S△OAB=12|AB|d=12×6× 63= 6，
故△OAB的面积为 6．

【解析】(1)由题意，设直线AB的方程为x=my+t(t≠0)，与抛物线方程联立，根据韦达定理及平面向量数量积公式可求得t的值，从而求出P的坐标；
(2)设直线AB的方程为x=ny+1，与抛物线方程联立，根据韦达定理及弦长公式可求得n2的值，再求出点O到直线AB的距离，从而求出△OAB的面积．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)函数f(x)=x3−3x2+a的定义域为R，f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，
令f′(x)=0，可得x=0或2，列表如下：
故函数f(x)的极大值为f(0)=a，极小值为f(2)=a−4．
(2)对于∀x1∈[1,3]，∀x2∈[1e,e]，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)max．
由(1)可知，函数f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增，
故当x∈[1,3]时，f(x)min=f(2)=a−4，
因为g(x)=xlnx，且x∈[1e,e]，则g′(x)=1+lnx≥0在x∈[1e,e]上恒成立，
故函数g(x)在[1e,e]上单调递增，故g(x)max=g(e)=e，
由题意可得a−4≥e，故a≥e+4，即a的取值范围是[e+4,+∞)．
【解析】(1)利用导数分析函数f(x)的单调性，由此可求得函数f(x)的极大值和极小值；
(2)分析可知f(x1)min≥g(x2)max，利用导数求得函数f(x)在[1,3]上的最小值，求出函数g(x)在[1e,e]上的最大值，可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为平面ABCD是菱形，所以AB⊥CD，
又因为OP⊥底面ABCD，所以OP⊥AC，OP⊥BD，
所以AC，BD，OP两两垂直．
以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图空间直角坐标系：
因为OA=4，OB=3，OP=4，则A(4,0,0)，B(0,3,0)，C(−4,0,0)，D(0,−3,0)，P(0,0,4)，
因为E，F分别为侧棱PB，PD的中点，所以E(0,32,2),F(0,−32,2)，
因为CM=2MP，所以M(−43,0,83)，
所以AF=(−4,−32,2)，AE=(−4,32,2)，AM=(−163,0,83)．
所以AM=23AE+23AF，由向量共面的充要条件可知，AM，AE，AF共面．
又AM，AE，AF过同一点E，所以A，E，M，F四点共面．
(2)由点坐标可得PA=(4,0,−4)，DB=(0,6,0)，PC=(−4,0,−4)，BP=(0,−3,4)，
又因为CM=2MP，所以PM=13PC=(−43,0,−43)，BM=BP+PM=(−43,−3,83)．
设平面BDM的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DB=6y=0n⋅BM=−43x−3y+83z=0，
取z=1，可得x=2，y=0，所以n=(2,0,1)，
设直线PA与平面BDM所成角为θ，则θ∈[0,π2]，
所以sinθ=|cs|=|n⋅PA|n||PA||=4 5×4 2= 1010，
所以直线PA与平面BDM所成角的正弦值为 1010．
(3)由空间直角坐标系知，OP=(0,0,4)，
所以点P到平面BDM的距离为d=|OP⋅n||n|=4 4+0+1=4 55．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，利用向量共面证明A，E，M，F四点共面．
(2)求出平面BDM的法向量，利用向量计算直线PA与平面BDM所成角的正弦值．
(3)利用向量法求点P到平面BDM的距离．
本题考查了空间中的位置关系与应用问题，也考查了线面角与点到直线的距离计算问题，是中档题．x
(−∞,0)
0
(0,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增