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2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一（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学年重庆市缙云教育联盟高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，某几何体三视图为三个完全相同的圆心角为90°的扇形，则该几何体的表面积是( )
A. π2
B. 3π4
C. 5π4
D. 7π4
2. 已知两条相交直线a，b及平面α，若a//α，则b与α的位置关系是( )
A. b⊂α B. b与α相交 C. b//α D. b在α外
3. 在△ABC中，sinA：sinB：sinC=3：5：7，则此三角形中的最大角的大小为( )
A. 150° B. 135° C. 120° D. 90°
4. 设A，B，C，D是同一个半径为6的球的球面上四点，且△ABC是边长为9的正三角形，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( )
A. 81 24 B. 81 34 C. 243 24 D. 243 34
5. 若向量a、b为两个非零向量，且|a|=|b|=|a−b|，则向量a+b与a的夹角为( )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
6. 将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m，第二次向上的点数记为n，曲线C：x2m2+y2n2=1，则曲线C的焦点在x轴上且离心率e≤ 32的概率等于( )
A. 56 B. 16 C. 34 D. 14
7. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点P，Q，R分别是线段B1B，AB和A1C上的动点，观察直线CP与D1Q，CP与D1R给出下列结论：
①对于任意给定的点Q，存在点P，使得CP⊥D1Q；
②对于任意给定的点P，存在点Q，使得D1Q⊥CP；
③对于任意给定的点R，存在点P，使得CP⊥D1R；
④对于任意给定的点P，存在点R，使得D1R⊥CP．
其中正确的结论是( )
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
8. 如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中：①DE与MN平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下面是关于复数z=2−1+i(i为虚数单位)的命题，其中真命题为( )
A. |z|= 2
B. 若复数z1=1+i，则|z−z1|=2 2
C. z的共轭复数为1+i
D. z的虚部为−1
10. 已知a、b、c均为非零向量，下列命题错误的是( )
A. ∃λ∈R，λ(a+b)=a⋅b
B. 若a⋅b=1，则|a|=1或|b|=1
C. 若a⋅b=b⋅c，则a=c
D. (a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)可能成立
11. 正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，以P，Q，R，S，T为顶点的多边形为正五边形且PTAT= 5−12，下列关系中正确的是( )
A. BP−TS= 5+12RS
B. CQ+TP= 5+12TS
C. ES−AP= 5−12DR
D. AT+BQ= 5−12CR
12. 若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是( )
A. 1412 B. 146 C. 1112 D. 116
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某公司准备推出一项管理新措施，为了解公司职员对新措施的支持情况，设置了支持、不支持、无所谓三种态度，对本公司300名职工进行调查后，相关数据统计在如下表格中：
支持
不支持
无所谓
男职员
m
40
50
女职员
60
10
20
现从300名职员中用分层随机抽样的方法抽取30名座谈，则抽取持“支持”态度的男职员的人数是 ．
14. 已知正方形ABCD的边长为1，E为BC的中点，则AE⋅BD= ______ ．
15. 设三角形ABC的面积为S，满足2S+ 3AB⋅AC=0，且|BC|= 3，若角B不是最小角，则S的取值范围是______ ．
16. 如图，在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点M是侧棱AA1的中点，点P、Q分别是侧面BCC1B1、底面ABC内的动点，且A1P//平面BCM，PQ⊥平面BCM，则点Q的轨迹的长度为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
微信是现代生活进行信息交流的重要工具，随机对使用微信的60人进行了统计，得到如下数据统计表，每天使用微信时间在两小时以上的人被定义为“微信达人”，不超过两小时的人被定义为“非微信达人”.已知“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2．
使用微信时间(单位：小时)
频数
频率
[0,0.5)
3
0.05
[0.5,1)
x
p
[1,1.5)
9
0.15
[1.5,2)
15
0.25
[2,2.5)
18
0.30
[2.5,3]
y
q
合计
60
1.00
确定x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图．
18. (本小题12.0分)
先后抛掷两枚骰子．
(1)写出该试验的样本空间．
(2)出现“点数相同”的结果有多少种？
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanBtanA=2ca−1．
(1)求B；
(2)若a=3，b=3 7，求△ABC的面积．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acosB−bcosA=12c.
(Ⅰ)求证tanA=3tanB；
(Ⅱ)若B=45°，b= 5，求△ABC的面积．
21. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，E为线段AB的中点，M在线段PD上．
(1)求证：PE⊥AC；
(2)当点M满足PM=2MD时，求多面体PAECM的体积．
22. (本小题12.0分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，PA⊥面ABCD，PA= 3，E，F分别为BC，PA的中点．
(I)求证：BF//面PDE；
(Ⅱ)求二面角D−PE−A的大小的正弦值；
(Ⅲ)求点C到面PDE的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，直观图如图所示．
其表面积S=12×π2×12×3+18×4π×12=5π4．
故选：C．
由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，画出直观图，根据球的表面积公式和扇形的面积公式，即可求出结果．
本题主要考查了是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵a，b是两条相交直线，且a//α，
∴b//α，或b与α相交，
∴b在α外．
故选：D．
利用空间中直线与直线、直线与平面的位置关系进行判断．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
3.【答案】C
【解析】解：由正弦定理可得，a：b：c=3：5：7，
设a=3k(k>0)，则b=5k，c=7k，所以C最大．
由余弦定理可得，cosC=a2+b2−c22ab=9k2+25k2−49k22×3k×5k=−12．
因为0°
由正弦定理可得出a：b：c=3：5：7，设a=3k(k>0)，则b=5k，c=7k，然后根据余弦定理求出cosC即可得出答案．
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力，是中档题．
画出图形，判断D的位置，然后求解几何体的体积即可．
【解答】
解：设A，B，C，D是同一个半径为6的球的球面上四点，△ABC为等边三角形，
∴12×AB2⋅sin60°=12×9×9× 32=81 34，
球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：
O′C=23× 32×9=3 3，OO′= 62−(3 3)2=3，
则三棱锥D−ABC高的最大值为：3+6=9，
则三棱锥D−ABC体积的最大值为：81 34×9×13=243 34．
故选：D．
5.【答案】A
【解析】解：∵|a|=|b|=|a−b|，∴a,b为邻边的平行四边形是菱形，如下图：
作AB=a,AD=b，ABCD是平行四边形，则DB=a−b，AC=a+b，
∵△ABD是等边三角形，
∴AC与AB的夹角为π6，即a+b与a的夹角为π6．
故选：A．
根据条件得出以a,b为邻边的平行四边形为菱形，然后画出图形，从而可求出a+b与a的夹角．
本题考查了向量加法和减法的几何意义，向量加法的平行四边形法则，菱形的定义，向量夹角的定义，考查了计算能力，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知曲线C为椭圆，且m>n，e2=c2a2=1−n2m2≤34，
可得m≥2n
可得n=1时，m=2，3，4，5，6；
n=2时，m=4，5，6；
n=3时，m=6；共9种情况，
所有的结果有36种，
所以概率为P=936=14．
故选：D．
由椭圆的离心率可得m，n的关系，再由m，n的点数，可得m，n的取值，进而求出概率．
本题考查椭圆的性质的应用及概率的求法，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：①只有D1Q⊥平面BCC1B1，即D1Q⊥平面ADD1A1时，
才能满足对于任意给定的点P，存在点Q，使得D1Q⊥CP，
∵过D1点于平面DD1A1A垂直的直线只有一条D1C1，
而D1C1//AB，
∴①错误；
②当点P与B1重合时，
CP⊥AB，且CP⊥AD1，
∴CP⊥平面ABD1，
∵对于任意给定的点Q，都有D1Q⊂平面ABD1，
∴对于任意给定的点Q，存在点P，使得CP⊥D1Q，
∴②正确；
③只有CP垂直D1R在平面BCC1B1中的射影时，D1R⊥CP，
∴③正确；
④只有CP⊥平面A1CD1时，④才正确，
∵过C点的平面A1CD1的垂线与BB1无交点，
∴④错误．
故选：B．
根据直线与直线、直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法能得出结论．
本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．
8.【答案】C
【解析】解：根据正四面体的性质可知：
①DE与MN平行显然错误；
②BD与MN为异面直线，由异面直线的定义可判断正确；
③由三角形GMN为等边三角形，故GH与MN成60°角，故正确；
④过EH垂直于AF，显然可证AF垂直于平面EHD，可得AF与ED垂直，进而得出DE与MN垂直，故正确．
故选：C．
根据正四面体的性质可知，异面直线的定义可判断：
①DE与MN平行显然错误；②BD与MN为异面直线；
③由三角形GMN为等边三角形，可判断，④过EH垂直于AF，显然可证AF垂直于平面EHD，可得AF与ED垂直，进而得出DE与MN垂直．
本题考查了正四面体的定义和线线，线面垂直的判断，属于基础题型，应熟练掌握．
9.【答案】ABD
【解析】解：z=2−1+i=2(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−1−i，
|z|= (−1)2+(−1)2= 2，故A正确；
复数z1=1+i，z=−1−i，
则z−z1=−2−2i，
故|z−z1|= (−2)2+(−2)2=2 2，故B正确；
z−=−1+i，故C错误；
z的虚部为−1，故D正确．
故选：ABD．
根据已知条件，结合复数的四则运算，先对z化简，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：选项A，等号左侧表示一个向量，等号右侧是一个数量，不可能相等，即选项A错误；
选项B，a⋅b=|a|⋅|b|cos=1，并不能说明|a|=1或|b|=1，即选项B错误；
选项C，若a⋅b=b⋅c，则|a|⋅|b|cos=|b|⋅|c|cos，所以|a|cos=|c|cos，即选项C错误；
选项D，当a、b、c三个向量同向时，(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)是成立的，即选项D成立．
故选：ABC．
根据平面向量数量积的运算律，即可得解．
本题考查平面向量的数量积，熟练掌握平面向量数量积的运算律是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：因为PTAT= 5−12，
BP−TS=TE−TS=SE=1+ 52RS，A正确；
CQ+TP=PA+TP=TA=1+ 52ST，B错误；
ES−AP=RC−QC=RQ= 5−12QB= 5−12DR，C正确；
AT+BQ=SD+RD= 5−12CR=RS=RD−SD，
若AT+BQ= 5−12CR，则SD=0，不合题意，D错误．
故选：AC．
结合向量的概念，平面向量的加法，减法，数乘向量的几何意义分别检验各选项即可判断．
本题以正五角星为载体，主要考查了平面向量的概念及运算法则，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：(1)若底边长为2，2，2，侧棱长为2，2，1；
设AB=1，AB的中点为E，则AB⊥CE，AB⊥DE，
∴AB⊥平面CDE，
∵CE=DE= 22−(12)2= 152，CD=2，∴cos∠CED=CE2+DE2−CD22CE⋅DE=715，
∴sin∠CED=4 1115．
∴V=13S△CDE⋅AB=13×12× 152× 152×4 1115×1= 116．
(2)若底边长为1，1，1，侧棱长为2，2，2；
设底面中心为O，则OB= 32×23= 33，
∴棱锥的高h= 22−( 33)2= 113，
∴V=13S△BCD⋅h=13× 34× 113= 1112．
(3)若底面边长为2，2，1，侧棱长为2，2，1，
设AB=CD=1，其余各棱长均为2，由(1)可知cos∠CED=CE2+DE2−CD22CE⋅DE=1315，
∴sin∠CED=2 1415，
∴V=13S△CDE⋅AB=13×12× 152× 152×2 1415×1= 1412．
故选：ACD．
分三种情况分别计算棱锥的体积即可．
本题考查了棱锥的体积计算，属于中档题．
13.【答案】12
【解析】
【分析】
本题考查了分层随机抽样应用问题，是基础题．
计算抽样比值，求出m的值，再计算抽取的人数．
【解答】
解：由题意知，抽样比为30300=110，
由表格数据知，m=300−40−50−60−10−20=120，
所以抽取持“支持”态度的男职员人数为120×110=12．
故答案为：12．
14.【答案】−12
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为1，E为BC的中点，
∴AE⋅BD=(AB+12AD)⋅(−AB+AD)
=−AB2+12AB⋅AD+12AD2
=−1+0+12=−12．
故答案为：−12．
将问题中的向量转化为AB，AD，即可求解．
本题考查向量数量积的求解，属中档题．
15.【答案】(0, 34)
【解析】解：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由2S+ 3AB⋅AC=0，
得2×12bcsinA+ 3bccosA=0，即有sinA+ 3cosA=0，
所以tanA=− 3，
又A∈(0,π)，
所以A=2π3．
因为|BC|= 3，即a= 3，由正弦定理可得 3sin2π3=bsinB=csinC，
所以b=2sinB，c=2sinC，
从而S=12bcsinA
= 3sinBsinC
= 3sinBsin(π3−B)
= 3sinB( 32cosB−12sinB)
= 3( 34sin2B−1−cos2B4)
= 32sin(2B+π6)− 34，
又B∈(π6,π3)，2B+π6∈(π2,5π6)，可得sin(2B+π6)∈(12,1)，
则S∈(0, 34).
故答案为：(0, 34).
由已知利用三角形的面积公式化简可得sinA+ 3cosA=0，从而可求tanA，结合A的范围可求A的大小，由正弦定理得b=2sinB，c=2sinC，可求S= 32sin(2B+π6)− 34，可求范围2B+π6∈(π2,5π6)，利用正弦函数的性质即可求解S的取值范围．
本题主要考察了余弦定理，三角形的面积公式，正弦定理以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
16.【答案】43
【解析】
【分析】
本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，棱柱的几何特征，动点的轨迹，属于中档题．
以BC的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，由条件进行推导可得点Q的轨迹是过ΔABC的重心，且与BC平行的线段，进而根据正三棱柱ABC−A1B1C1中棱长均为2，可得答案．
【解答】
解：因为点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P//平面BCM，
则P点的轨迹是过A1点与平面MBC平行的平面与侧面BCC1B1的交线，
则易知P点的轨迹是连接侧棱BB1，CC1中点的线段l，
以BC中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M0,− 3,1,B1,0,0,C−1,0,0，
设Px1,0,1,Qx2,y,0，
则MB=1, 3,−1，MC=−1, 3,−1，PQ=x2−x1,y,−1，
由题意得MB·PQ=0,MC·PQ=0，
即x2−x1+ 3y+1=0−x2−x1+ 3y+1=0,
解得y=− 33，x1=x2，
故点Q的轨迹m//BC，且经过三角形ABC的重心，
长度为23×2=43，
故答案为：43．
17.【答案】解：因为“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2，
所以3+x+9+1518+y=32，又因为3+x+9+15+18+y=60，解得x=9，y=6，
所以p=960=0.15，q=660=0.10，补全的频率分布直方图如图所示：
【解析】由“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2，结合频率分布表和频率分布直方图，列出方程，可求出x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图．
本题考查频率分布直方图的性质，属基础题．
18.【答案】解：(1)抛掷两枚骰子，第一枚骰子可能的基本结果用x表示，第二枚骰子可能的基本结果用y表示，那么试验的基本事件可用(x,y)表示，
该试验的样本空间Ω为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36个；
(2)“点数相同”包含(1,1)、(2,2)，(3,3)，(4,4)、(5,5)、(6,6)，共6种结果．
【解析】(1)根据两枚骰子的可能点数，即可写出样本空间；
(2)两枚骰子点数相同有六种情况，由此写出答案．
本题考查事件的概念，是基础题．
19.【答案】解：(1)由tanBtanA=2ca−1，得sinBcosAcosBsinA+1=2ca，即sinBcosA+cosBsinAcosBsinA=2ca，
所以sin(A+B)cosBsinA=sin(π−C)cosBsinA=sinCcosBsinA=2ca，
由正弦定理得sinCcosBsinA=2ca=2sinCsinA，
因为0
因为0
(2)在△ABC中，因为B=π3，a=3，b=3 7，由余弦定理，得63=c2+9−6ccosπ3，即c2−3c−54=0，解得c=9或c=−6(舍去)，
所以S△ABC=12acsinB=12×3×9×sinπ3=27 34，
即△ABC的面积为27 34．
【解析】(1)利用三角恒等变换及正弦定理化简已知条件，即可得到答案；
(2)利用余弦定理求出c=9，再代入三角形的面积公式，即可得到答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)∵acosB−bcosA=12c，
∴由正弦定理化简得：
sinAcosB−sinBcosA=12sinC=12sin(A+B)
=12sinAcosB+12cosAsinB，
整理得：sinAcosB=3cosAsinB，
∵cosAcosB≠0，
∴tanA=3tanB；
(Ⅱ)∵tanA=3，∴sinA=3 1010，cosA= 1010，
由正弦定理asinA=bsinB得：a=bsinAsinB= 5×3 1010 22=3，
∵sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB
=3 1010× 22+ 1010× 22=2 55，
∴S△ABC=12absinC=12×3× 5×2 55=3．
【解析】此题考查了正弦定理，同角三角函数间的基本关系，以及三角形的面积公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
(Ⅰ)题中等式利用正弦定理化简，利用同角三角函数间基本关系整理即可得证；
(Ⅱ)由tanB的值确定出tanA的值，进而求出sinA与cosA的值，利用正弦定理求出a的值，由sinC=sin(A+B)，利用两角和与差的正弦函数公式化简，将各自的值代入求出sinC的值，由a，b，sinC的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC面积．
21.【答案】(1)证明：因为△PAB为正三角形，E为AB的中点，所以PE⊥AB．
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PE⊂平面PAB，
所以PE⊥平面ABCD，
又因为AC⊂平面ABCD，所以PE⊥AC．
(2)由已知得VPAECM=VP−AEC+VP−ACM，
而S△ACD= 34⋅22= 3,S△AEC=12S△ACD= 32，
所以VP−AEC=13S△AEC⋅PE=13⋅ 32⋅ 3=12，VP−ACM=VP−ACD−VM−ACD=23VP−ACD=23，
所以VPAECM=VP−AEC+VP−ACM=12+23=76．
【解析】(1)根据三线合一可证明PE⊥AB，再由面面垂直的性质定理可证明PE⊥平面ABCD，证明得PE⊥AC；
(2)根据VPAECM=VP−AEC+VP−ACM，分别求解VP−AEC，VP−ACM，即可得多面体PAECM的体积．
本题考查了立体几何中的面面垂直的性质和多面体几何体的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明．
22.【答案】(Ⅰ)证明：取PD中点G，连结GF，
∵E，F分别为BC，PA的中点，底面ABCD是边长为2的菱形，
∴GF.//BE，∴四边形BEGF是平行四边形，
∴BF//EG，
∵BF⊄平面PDE，EG⊂平面PDE，
∴BF//面PDE．
(Ⅱ)解：作DH⊥AE于H点，作HI⊥PE于I点，连DI．
∵在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，
PA⊥面ABCD，PA= 3，
∴DH⊥平面PAE，∴由三垂线定理得∠DIH是二面角D−PE−A的平面角，
AE= AB2+BE2−2AE⋅BE⋅cos120°= 4+1−2×2×1×(−12)= 7，
DE= DC2+CE2−2DC⋅CE⋅cos60°= 4+1−2×2×1×(−12)= 3，
∴cos∠AED=7+3−42× 3× 7= 3 7，∴sin∠AED= 1−37=2 7，
∴S△AED=12× 3× 7×2 7= 3，
∴DH= 312 7=2 3 7，
PD= PA2+AD2= 3+4= 7，PE= PA2+AE2= 3+7= 10，
cos∠PED=3+10−72× 3× 10= 3 10，sin∠PED= 1−310= 7 10，
S△PED=12× 3× 10× 7 10= 212，
DI= 212 102= 21 10，
∴sin∠DIH=DHDI=2 3 7⋅ 10 21=27 10，
∴二面角D−PE−A的大小的正弦值为27 10．
(Ⅲ)解：以A为原点，AD为x轴，在平面ABCD中过A作AD的垂线为y轴，以AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)，D(2,0,0)，E(2, 3,0)，C(3, 3,0)，
PD=(2,0,− 3)，PE=(2, 3,− 3)，PC=(3, 3,− 3)，
设平面PDE的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅PD=2x− 3z=0n⋅PE=2x+ 3y− 3z=0，取z=2，得n=( 3,0,2)，
∴点C到面PDE的距离：
d=|PC⋅n||n|=3 3−2 3 7= 217．
【解析】(Ⅰ)取PD中点G，连结GF，由已知得四边形BEGF是平行四边形，从而BF//EG，由此能证明BF//面PDE．
(Ⅱ)作DH⊥AE于H点，作HI⊥PE于I点，连DI，由三垂线定理得∠DIH是二面角D−PE−A的平面角，由此能求出二面角D−PE−A的大小的正弦值．
(Ⅲ)以A为原点，AD为x轴，在平面ABCD中过A作AD的垂线为y轴，以AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到面PDE的距离．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要注意余弦定定理和向量法的合理运用．
2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，某几何体三视图为三个完全相同的圆心角为90°的扇形，则该几何体的表面积是( )
A. π2
B. 3π4
C. 5π4
D. 7π4
2. 已知两条相交直线a，b及平面α，若a//α，则b与α的位置关系是( )
A. b⊂α B. b与α相交 C. b//α D. b在α外
3. 在△ABC中，sinA：sinB：sinC=3：5：7，则此三角形中的最大角的大小为( )
A. 150° B. 135° C. 120° D. 90°
4. 设A，B，C，D是同一个半径为6的球的球面上四点，且△ABC是边长为9的正三角形，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( )
A. 81 24 B. 81 34 C. 243 24 D. 243 34
5. 若向量a、b为两个非零向量，且|a|=|b|=|a−b|，则向量a+b与a的夹角为( )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
6. 将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，将第一次向上的点数记为m，第二次向上的点数记为n，曲线C：x2m2+y2n2=1，则曲线C的焦点在x轴上且离心率e≤ 32的概率等于( )
A. 56 B. 16 C. 34 D. 14
7. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点P，Q，R分别是线段B1B，AB和A1C上的动点，观察直线CP与D1Q，CP与D1R给出下列结论：
①对于任意给定的点Q，存在点P，使得CP⊥D1Q；
②对于任意给定的点P，存在点Q，使得D1Q⊥CP；
③对于任意给定的点R，存在点P，使得CP⊥D1R；
④对于任意给定的点P，存在点R，使得D1R⊥CP．
其中正确的结论是( )
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
8. 如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中：①DE与MN平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下面是关于复数z=2−1+i(i为虚数单位)的命题，其中真命题为( )
A. |z|= 2
B. 若复数z1=1+i，则|z−z1|=2 2
C. z的共轭复数为1+i
D. z的虚部为−1
10. 已知a、b、c均为非零向量，下列命题错误的是( )
A. ∃λ∈R，λ(a+b)=a⋅b
B. 若a⋅b=1，则|a|=1或|b|=1
C. 若a⋅b=b⋅c，则a=c
D. (a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)可能成立
11. 正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，以P，Q，R，S，T为顶点的多边形为正五边形且PTAT= 5−12，下列关系中正确的是( )
A. BP−TS= 5+12RS
B. CQ+TP= 5+12TS
C. ES−AP= 5−12DR
D. AT+BQ= 5−12CR
12. 若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是( )
A. 1412 B. 146 C. 1112 D. 116
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某公司准备推出一项管理新措施，为了解公司职员对新措施的支持情况，设置了支持、不支持、无所谓三种态度，对本公司300名职工进行调查后，相关数据统计在如下表格中：
支持
不支持
无所谓
男职员
m
40
50
女职员
60
10
20
现从300名职员中用分层随机抽样的方法抽取30名座谈，则抽取持“支持”态度的男职员的人数是 ．
14. 已知正方形ABCD的边长为1，E为BC的中点，则AE⋅BD= ______ ．
15. 设三角形ABC的面积为S，满足2S+ 3AB⋅AC=0，且|BC|= 3，若角B不是最小角，则S的取值范围是______ ．
16. 如图，在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点M是侧棱AA1的中点，点P、Q分别是侧面BCC1B1、底面ABC内的动点，且A1P//平面BCM，PQ⊥平面BCM，则点Q的轨迹的长度为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
微信是现代生活进行信息交流的重要工具，随机对使用微信的60人进行了统计，得到如下数据统计表，每天使用微信时间在两小时以上的人被定义为“微信达人”，不超过两小时的人被定义为“非微信达人”.已知“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2．
使用微信时间(单位：小时)
频数
频率
[0,0.5)
3
0.05
[0.5,1)
x
p
[1,1.5)
9
0.15
[1.5,2)
15
0.25
[2,2.5)
18
0.30
[2.5,3]
y
q
合计
60
1.00
确定x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图．
18. (本小题12.0分)
先后抛掷两枚骰子．
(1)写出该试验的样本空间．
(2)出现“点数相同”的结果有多少种？
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanBtanA=2ca−1．
(1)求B；
(2)若a=3，b=3 7，求△ABC的面积．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acosB−bcosA=12c.
(Ⅰ)求证tanA=3tanB；
(Ⅱ)若B=45°，b= 5，求△ABC的面积．
21. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，E为线段AB的中点，M在线段PD上．
(1)求证：PE⊥AC；
(2)当点M满足PM=2MD时，求多面体PAECM的体积．
22. (本小题12.0分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，PA⊥面ABCD，PA= 3，E，F分别为BC，PA的中点．
(I)求证：BF//面PDE；
(Ⅱ)求二面角D−PE−A的大小的正弦值；
(Ⅲ)求点C到面PDE的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，直观图如图所示．
其表面积S=12×π2×12×3+18×4π×12=5π4．
故选：C．
由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，画出直观图，根据球的表面积公式和扇形的面积公式，即可求出结果．
本题主要考查了是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵a，b是两条相交直线，且a//α，
∴b//α，或b与α相交，
∴b在α外．
故选：D．
利用空间中直线与直线、直线与平面的位置关系进行判断．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
3.【答案】C
【解析】解：由正弦定理可得，a：b：c=3：5：7，
设a=3k(k>0)，则b=5k，c=7k，所以C最大．
由余弦定理可得，cosC=a2+b2−c22ab=9k2+25k2−49k22×3k×5k=−12．
因为0°
由正弦定理可得出a：b：c=3：5：7，设a=3k(k>0)，则b=5k，c=7k，然后根据余弦定理求出cosC即可得出答案．
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力，是中档题．
画出图形，判断D的位置，然后求解几何体的体积即可．
【解答】
解：设A，B，C，D是同一个半径为6的球的球面上四点，△ABC为等边三角形，
∴12×AB2⋅sin60°=12×9×9× 32=81 34，
球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：
O′C=23× 32×9=3 3，OO′= 62−(3 3)2=3，
则三棱锥D−ABC高的最大值为：3+6=9，
则三棱锥D−ABC体积的最大值为：81 34×9×13=243 34．
故选：D．
5.【答案】A
【解析】解：∵|a|=|b|=|a−b|，∴a,b为邻边的平行四边形是菱形，如下图：
作AB=a,AD=b，ABCD是平行四边形，则DB=a−b，AC=a+b，
∵△ABD是等边三角形，
∴AC与AB的夹角为π6，即a+b与a的夹角为π6．
故选：A．
根据条件得出以a,b为邻边的平行四边形为菱形，然后画出图形，从而可求出a+b与a的夹角．
本题考查了向量加法和减法的几何意义，向量加法的平行四边形法则，菱形的定义，向量夹角的定义，考查了计算能力，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知曲线C为椭圆，且m>n，e2=c2a2=1−n2m2≤34，
可得m≥2n
可得n=1时，m=2，3，4，5，6；
n=2时，m=4，5，6；
n=3时，m=6；共9种情况，
所有的结果有36种，
所以概率为P=936=14．
故选：D．
由椭圆的离心率可得m，n的关系，再由m，n的点数，可得m，n的取值，进而求出概率．
本题考查椭圆的性质的应用及概率的求法，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：①只有D1Q⊥平面BCC1B1，即D1Q⊥平面ADD1A1时，
才能满足对于任意给定的点P，存在点Q，使得D1Q⊥CP，
∵过D1点于平面DD1A1A垂直的直线只有一条D1C1，
而D1C1//AB，
∴①错误；
②当点P与B1重合时，
CP⊥AB，且CP⊥AD1，
∴CP⊥平面ABD1，
∵对于任意给定的点Q，都有D1Q⊂平面ABD1，
∴对于任意给定的点Q，存在点P，使得CP⊥D1Q，
∴②正确；
③只有CP垂直D1R在平面BCC1B1中的射影时，D1R⊥CP，
∴③正确；
④只有CP⊥平面A1CD1时，④才正确，
∵过C点的平面A1CD1的垂线与BB1无交点，
∴④错误．
故选：B．
根据直线与直线、直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法能得出结论．
本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．
8.【答案】C
【解析】解：根据正四面体的性质可知：
①DE与MN平行显然错误；
②BD与MN为异面直线，由异面直线的定义可判断正确；
③由三角形GMN为等边三角形，故GH与MN成60°角，故正确；
④过EH垂直于AF，显然可证AF垂直于平面EHD，可得AF与ED垂直，进而得出DE与MN垂直，故正确．
故选：C．
根据正四面体的性质可知，异面直线的定义可判断：
①DE与MN平行显然错误；②BD与MN为异面直线；
③由三角形GMN为等边三角形，可判断，④过EH垂直于AF，显然可证AF垂直于平面EHD，可得AF与ED垂直，进而得出DE与MN垂直．
本题考查了正四面体的定义和线线，线面垂直的判断，属于基础题型，应熟练掌握．
9.【答案】ABD
【解析】解：z=2−1+i=2(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−1−i，
|z|= (−1)2+(−1)2= 2，故A正确；
复数z1=1+i，z=−1−i，
则z−z1=−2−2i，
故|z−z1|= (−2)2+(−2)2=2 2，故B正确；
z−=−1+i，故C错误；
z的虚部为−1，故D正确．
故选：ABD．
根据已知条件，结合复数的四则运算，先对z化简，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：选项A，等号左侧表示一个向量，等号右侧是一个数量，不可能相等，即选项A错误；
选项B，a⋅b=|a|⋅|b|cos
选项C，若a⋅b=b⋅c，则|a|⋅|b|cos
选项D，当a、b、c三个向量同向时，(a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)是成立的，即选项D成立．
故选：ABC．
根据平面向量数量积的运算律，即可得解．
本题考查平面向量的数量积，熟练掌握平面向量数量积的运算律是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：因为PTAT= 5−12，
BP−TS=TE−TS=SE=1+ 52RS，A正确；
CQ+TP=PA+TP=TA=1+ 52ST，B错误；
ES−AP=RC−QC=RQ= 5−12QB= 5−12DR，C正确；
AT+BQ=SD+RD= 5−12CR=RS=RD−SD，
若AT+BQ= 5−12CR，则SD=0，不合题意，D错误．
故选：AC．
结合向量的概念，平面向量的加法，减法，数乘向量的几何意义分别检验各选项即可判断．
本题以正五角星为载体，主要考查了平面向量的概念及运算法则，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：(1)若底边长为2，2，2，侧棱长为2，2，1；
设AB=1，AB的中点为E，则AB⊥CE，AB⊥DE，
∴AB⊥平面CDE，
∵CE=DE= 22−(12)2= 152，CD=2，∴cos∠CED=CE2+DE2−CD22CE⋅DE=715，
∴sin∠CED=4 1115．
∴V=13S△CDE⋅AB=13×12× 152× 152×4 1115×1= 116．
(2)若底边长为1，1，1，侧棱长为2，2，2；
设底面中心为O，则OB= 32×23= 33，
∴棱锥的高h= 22−( 33)2= 113，
∴V=13S△BCD⋅h=13× 34× 113= 1112．
(3)若底面边长为2，2，1，侧棱长为2，2，1，
设AB=CD=1，其余各棱长均为2，由(1)可知cos∠CED=CE2+DE2−CD22CE⋅DE=1315，
∴sin∠CED=2 1415，
∴V=13S△CDE⋅AB=13×12× 152× 152×2 1415×1= 1412．
故选：ACD．
分三种情况分别计算棱锥的体积即可．
本题考查了棱锥的体积计算，属于中档题．
13.【答案】12
【解析】
【分析】
本题考查了分层随机抽样应用问题，是基础题．
计算抽样比值，求出m的值，再计算抽取的人数．
【解答】
解：由题意知，抽样比为30300=110，
由表格数据知，m=300−40−50−60−10−20=120，
所以抽取持“支持”态度的男职员人数为120×110=12．
故答案为：12．
14.【答案】−12
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为1，E为BC的中点，
∴AE⋅BD=(AB+12AD)⋅(−AB+AD)
=−AB2+12AB⋅AD+12AD2
=−1+0+12=−12．
故答案为：−12．
将问题中的向量转化为AB，AD，即可求解．
本题考查向量数量积的求解，属中档题．
15.【答案】(0, 34)
【解析】解：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由2S+ 3AB⋅AC=0，
得2×12bcsinA+ 3bccosA=0，即有sinA+ 3cosA=0，
所以tanA=− 3，
又A∈(0,π)，
所以A=2π3．
因为|BC|= 3，即a= 3，由正弦定理可得 3sin2π3=bsinB=csinC，
所以b=2sinB，c=2sinC，
从而S=12bcsinA
= 3sinBsinC
= 3sinBsin(π3−B)
= 3sinB( 32cosB−12sinB)
= 3( 34sin2B−1−cos2B4)
= 32sin(2B+π6)− 34，
又B∈(π6,π3)，2B+π6∈(π2,5π6)，可得sin(2B+π6)∈(12,1)，
则S∈(0, 34).
故答案为：(0, 34).
由已知利用三角形的面积公式化简可得sinA+ 3cosA=0，从而可求tanA，结合A的范围可求A的大小，由正弦定理得b=2sinB，c=2sinC，可求S= 32sin(2B+π6)− 34，可求范围2B+π6∈(π2,5π6)，利用正弦函数的性质即可求解S的取值范围．
本题主要考察了余弦定理，三角形的面积公式，正弦定理以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
16.【答案】43
【解析】
【分析】
本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，棱柱的几何特征，动点的轨迹，属于中档题．
以BC的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，由条件进行推导可得点Q的轨迹是过ΔABC的重心，且与BC平行的线段，进而根据正三棱柱ABC−A1B1C1中棱长均为2，可得答案．
【解答】
解：因为点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P//平面BCM，
则P点的轨迹是过A1点与平面MBC平行的平面与侧面BCC1B1的交线，
则易知P点的轨迹是连接侧棱BB1，CC1中点的线段l，
以BC中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M0,− 3,1,B1,0,0,C−1,0,0，
设Px1,0,1,Qx2,y,0，
则MB=1, 3,−1，MC=−1, 3,−1，PQ=x2−x1,y,−1，
由题意得MB·PQ=0,MC·PQ=0，
即x2−x1+ 3y+1=0−x2−x1+ 3y+1=0,
解得y=− 33，x1=x2，
故点Q的轨迹m//BC，且经过三角形ABC的重心，
长度为23×2=43，
故答案为：43．
17.【答案】解：因为“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2，
所以3+x+9+1518+y=32，又因为3+x+9+15+18+y=60，解得x=9，y=6，
所以p=960=0.15，q=660=0.10，补全的频率分布直方图如图所示：
【解析】由“非微信达人”与“微信达人”人数比恰为3：2，结合频率分布表和频率分布直方图，列出方程，可求出x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图．
本题考查频率分布直方图的性质，属基础题．
18.【答案】解：(1)抛掷两枚骰子，第一枚骰子可能的基本结果用x表示，第二枚骰子可能的基本结果用y表示，那么试验的基本事件可用(x,y)表示，
该试验的样本空间Ω为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36个；
(2)“点数相同”包含(1,1)、(2,2)，(3,3)，(4,4)、(5,5)、(6,6)，共6种结果．
【解析】(1)根据两枚骰子的可能点数，即可写出样本空间；
(2)两枚骰子点数相同有六种情况，由此写出答案．
本题考查事件的概念，是基础题．
19.【答案】解：(1)由tanBtanA=2ca−1，得sinBcosAcosBsinA+1=2ca，即sinBcosA+cosBsinAcosBsinA=2ca，
所以sin(A+B)cosBsinA=sin(π−C)cosBsinA=sinCcosBsinA=2ca，
由正弦定理得sinCcosBsinA=2ca=2sinCsinA，
因为0
因为0
(2)在△ABC中，因为B=π3，a=3，b=3 7，由余弦定理，得63=c2+9−6ccosπ3，即c2−3c−54=0，解得c=9或c=−6(舍去)，
所以S△ABC=12acsinB=12×3×9×sinπ3=27 34，
即△ABC的面积为27 34．
【解析】(1)利用三角恒等变换及正弦定理化简已知条件，即可得到答案；
(2)利用余弦定理求出c=9，再代入三角形的面积公式，即可得到答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)∵acosB−bcosA=12c，
∴由正弦定理化简得：
sinAcosB−sinBcosA=12sinC=12sin(A+B)
=12sinAcosB+12cosAsinB，
整理得：sinAcosB=3cosAsinB，
∵cosAcosB≠0，
∴tanA=3tanB；
(Ⅱ)∵tanA=3，∴sinA=3 1010，cosA= 1010，
由正弦定理asinA=bsinB得：a=bsinAsinB= 5×3 1010 22=3，
∵sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB
=3 1010× 22+ 1010× 22=2 55，
∴S△ABC=12absinC=12×3× 5×2 55=3．
【解析】此题考查了正弦定理，同角三角函数间的基本关系，以及三角形的面积公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
(Ⅰ)题中等式利用正弦定理化简，利用同角三角函数间基本关系整理即可得证；
(Ⅱ)由tanB的值确定出tanA的值，进而求出sinA与cosA的值，利用正弦定理求出a的值，由sinC=sin(A+B)，利用两角和与差的正弦函数公式化简，将各自的值代入求出sinC的值，由a，b，sinC的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC面积．
21.【答案】(1)证明：因为△PAB为正三角形，E为AB的中点，所以PE⊥AB．
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PE⊂平面PAB，
所以PE⊥平面ABCD，
又因为AC⊂平面ABCD，所以PE⊥AC．
(2)由已知得VPAECM=VP−AEC+VP−ACM，
而S△ACD= 34⋅22= 3,S△AEC=12S△ACD= 32，
所以VP−AEC=13S△AEC⋅PE=13⋅ 32⋅ 3=12，VP−ACM=VP−ACD−VM−ACD=23VP−ACD=23，
所以VPAECM=VP−AEC+VP−ACM=12+23=76．
【解析】(1)根据三线合一可证明PE⊥AB，再由面面垂直的性质定理可证明PE⊥平面ABCD，证明得PE⊥AC；
(2)根据VPAECM=VP−AEC+VP−ACM，分别求解VP−AEC，VP−ACM，即可得多面体PAECM的体积．
本题考查了立体几何中的面面垂直的性质和多面体几何体的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明．
22.【答案】(Ⅰ)证明：取PD中点G，连结GF，
∵E，F分别为BC，PA的中点，底面ABCD是边长为2的菱形，
∴GF.//BE，∴四边形BEGF是平行四边形，
∴BF//EG，
∵BF⊄平面PDE，EG⊂平面PDE，
∴BF//面PDE．
(Ⅱ)解：作DH⊥AE于H点，作HI⊥PE于I点，连DI．
∵在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，
PA⊥面ABCD，PA= 3，
∴DH⊥平面PAE，∴由三垂线定理得∠DIH是二面角D−PE−A的平面角，
AE= AB2+BE2−2AE⋅BE⋅cos120°= 4+1−2×2×1×(−12)= 7，
DE= DC2+CE2−2DC⋅CE⋅cos60°= 4+1−2×2×1×(−12)= 3，
∴cos∠AED=7+3−42× 3× 7= 3 7，∴sin∠AED= 1−37=2 7，
∴S△AED=12× 3× 7×2 7= 3，
∴DH= 312 7=2 3 7，
PD= PA2+AD2= 3+4= 7，PE= PA2+AE2= 3+7= 10，
cos∠PED=3+10−72× 3× 10= 3 10，sin∠PED= 1−310= 7 10，
S△PED=12× 3× 10× 7 10= 212，
DI= 212 102= 21 10，
∴sin∠DIH=DHDI=2 3 7⋅ 10 21=27 10，
∴二面角D−PE−A的大小的正弦值为27 10．
(Ⅲ)解：以A为原点，AD为x轴，在平面ABCD中过A作AD的垂线为y轴，以AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则P(0,0, 3)，D(2,0,0)，E(2, 3,0)，C(3, 3,0)，
PD=(2,0,− 3)，PE=(2, 3,− 3)，PC=(3, 3,− 3)，
设平面PDE的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅PD=2x− 3z=0n⋅PE=2x+ 3y− 3z=0，取z=2，得n=( 3,0,2)，
∴点C到面PDE的距离：
d=|PC⋅n||n|=3 3−2 3 7= 217．
【解析】(Ⅰ)取PD中点G，连结GF，由已知得四边形BEGF是平行四边形，从而BF//EG，由此能证明BF//面PDE．
(Ⅱ)作DH⊥AE于H点，作HI⊥PE于I点，连DI，由三垂线定理得∠DIH是二面角D−PE−A的平面角，由此能求出二面角D−PE−A的大小的正弦值．
(Ⅲ)以A为原点，AD为x轴，在平面ABCD中过A作AD的垂线为y轴，以AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到面PDE的距离．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要注意余弦定定理和向量法的合理运用．
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