2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一下学期期末数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年重庆市缙云教育联盟高一下学期期末数学试题（含解析），共22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.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. π2B. 3π4C. 5π4D. 7π4
2.已知两条相交直线a，b，a/​/平面α，则b与α的位置关系是
．( )
A. b⊂平面αB. b与平面α相交C. b/​/平面αD. b在平面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 24B. 81 34C. 243 24D. 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. π6B. π3C. 2π3D. 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. 56B. 16C. 34D. 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. ①B. ②③C. ①④D. 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. 1B. 2C. 3D. 4
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。
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= 2B. 若复数z1=1+i，则z−z1=2 2
C. z的共轭复数为1+iD. 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，λa+b=a⋅b
B. a⋅b⋅c=a⋅b⋅c可能成立
C. 若a⋅b=b⋅c，则a=c
D. 若a⋅b=1，则a=1或b=1
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+12RSB. CQ+TP= 5+12TS
C. ES−AP= 5−12DRD. 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. 1412B. 146C. 1112D. 116
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20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：
现从300名职员中用分层抽样的方法抽取30名座谈，则抽取“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▵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)
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．
确定x，y，p，q的值，并补全频率分布直方图．
18.(本小题12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分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且acsB−bcsA=12c.
(1)求证：tanA=3tanB；
(2)若B=45°，b= 5，求△ABC的面积．
21.(本小题12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．
(1)求证：BF//面PDE；
(2)求二面角D−PE−A的正弦值；
(3)求点C到面PDE的距离．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查球的表面积，属于基础题．
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．
【解答】
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．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查线面位置关系，属于基础题．
根据空间中直线与平面的位置关系依次判断即可得出正确选项．
【解答】
解：因为两条相交直线a，b，a/​/平面α，
所以b与α相交或b/​/平面 α ，因而b在平面α外.
故选：D．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题．
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 csC 即可得出答案．
【解答】
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， csC=a2+b2−c22ab=9k2+25k2−49k22×3k×5k=−12 ．
因为 0∘故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查棱锥的体积和棱锥的外接球，属于基础题．
M 是 ▵ABC 外心， O 是球心，求出 OM ，当 D 是 MO 的延长线与球面交点时，三棱锥 D−ABC 体积的最大，由此求得最大体积即可．
【解答】
解：如图，
M 是 ▵ABC 外心，即 ▵ABC 所在截面圆圆心， O 是球心， MB=23× 32×9=3 3 ， OB=6 ，
OM⊥ 平面 ABC ， BM⊂ 平面 ABC ，则 OM⊥BM ，
所以 OM= OB2−BM2=3 ，
当 D 是 MO 的延长线与球面交点时，三棱锥 D−ABC 体积的最大，
此时棱锥的高为 DM=3+6=9 ， S△ABC=12×92×sin60∘=81 34 ，
所以棱锥体积为 V=13S△ABC⋅DM=13×81 34×9=243 34 ．
故选：D．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用向量数量积求夹角，属于中档题．
由 a=b=a−b 结合平面向量数量积的运算可得出 a⋅b=12a2 ，计算出 a+b ，利用平面向量数量积的运算可求得 cs ，结合平面向量夹角的取值范围可得结果．
【解答】
解：因为 a=b=a−b ， ∴a2=a−b2 ，
即 a2=a2−2a⋅b+b2 ， ∴a⋅b=12a2 ，
所以a⋅a+b=a2+a⋅b=32a2，
a+b2=a2+2a⋅b+b2=3a2 ，则a+b= 3a ，
所以cs=a⋅a+ba⋅a+b=32a2 3a2= 32，
因为 ∈0,π ，所以 =π6 ．
故选：A．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查古典概型的求解、与椭圆离心率有关的参数问题，属于较易题．
由椭圆的离心率可得m、n的关系，进而可求得m、n的取值，最后求出概率可得到正确答案．
【解答】
解：因为离心率 e≤ 32 ，所以 1−n2m2≤ 32， 解得 nm≥12，
由列举法得当 m=6 时， n=5 ， 4 ， 3；
当 m=5 时， n=4 ， 3；
当 m=4 时， n=3 ， 2；
当 m=3 时，n=2；
当 m=2 时， n=1 ，共 9 种情况，
故其概率为 96×6=14 ．
故选：D．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的性质以及棱柱的结构特征，属于一般题．
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，利用排除法可得结论．
【解答】
解：①当点 P 与 B1 重合时， CP⊥AB ， CP⊥AD1 ，且 AB∩AD1=A ，AB、AD1⊂平面ABD1，
所以 CP⊥ 平面 ABD1 ，
因为对于任意给定的点 Q ，都有 D1Q⊂ 平面 ABD1 ，
所以对于任意给定的点 Q ，存在点 P ，使得 CP⊥D1Q ，所以①正确；
②若对于任意给定的点P，存在点Q，使得D1Q⊥CP ，又AB⊥CP，
则若对于任意给定的点P，CP⊥平面ABD1，明显不成立
；所以②错误；
③当 R 与 A1 重合时，在线段 B1B 上找不到点 P ，使 CP⊥D1R ，所以③错误；
④只有CP垂直D1R在平面BCC1B1中的射影时，D1R⊥CP，可得对于任意给定的点P，存在点R，使得D1R⊥CP．
故④正确．
故选：C．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间两条直线间的位置关系，求异面直线所成的角，属于一般题．
由于本题图形是正四面体，因此掌握正四面体的性质是解题基础．正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B、C)−DEF，
①，依题意，MN // AF，而DE与AF异面，从而可判断DE与MN不平行；
②，假设BD与MN共面，可得A、D、E、F四点共面，导出矛盾，从而可否定假设，可得BD与MN为异面直线；
③，依题意知，GH // AD，MN // AF，∠DAF=60°，于是可判断GH与MN成60°角；
④，连接GF，那么A点在平面DEF的射影肯定在GF上，通过线面垂直得到线线垂直．
【解答】
解：将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B、C)−DEF，如图：
对于①，M、N分别为EF、AE的中点，则MN // AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故①错误；
对于②，BD与MN为异面直线，故②正确(假设BD与MN共面，则A、D、E、F四点共面，与ADEF为正四面体矛盾，故假设不成立，故BD与MN异面)；
对于③，依题意，GH // AD，MN // AF，∠DAF=60°，故GH与MN成60°角，故③正确；
对于④，连接GF，A点在平面DEF的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AGF，DE⊥AF，
而AF // MN，∴DE与MN垂直，故④正确．
综上所述，正确命题的序号是②③④，
即正确命题个数为3个．
故选：C．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考察复数的概念与分类及其除法运算、复数的模及其几何意义、共轭复数相关应用，属于较易题．
先化简复数 z ，然后结合选项逐个验证即可．
【解答】
解： z=2−1+i=2−1−i−1+i−1−i=−2−2i2=−1−i ，
z= −12+−12= 2 ，故 A正确；
因为 z1=1+i ，所以 z−z1=−1−i−1+i=−2−2i ，所以 z−z1=2 2 ，故B正确；
z 的共轭复数为 −1+i ，故C错误；
z=−1−i 的虚部为 −1 ，故D正确．
故选：ABD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的概念及其运算，属中档题．
利用平面向量积的定义可判断A选项；利用特例法可判断BCD选项．
【解答】
解： λa+b 仍是向量， a⋅b 不是向量，A错；
不妨取 a=1,1 ， b=2,2 ， c=3,3 ，
则 a⋅b⋅c=43,3=12,12 ，a⋅b⋅c=12a=12,12 ，
此时 a⋅b⋅c=a⋅b⋅c ，B对；
若 b=1,0 ， a=3,2 ， c=3,3 ，则 a⋅b=b⋅c=3 ，但 a≠c ，C错；
若 a=2,1 ， b=1,−1 ，则 a⋅b=1 ，但 a>1 ， b>1 ，D错．
故选：ACD．
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查向量的加减与数乘混合运算，属于中档题．
结合平面向量的线性运算对选项进行分析，从而确定正确选项．
【解答】
解：在如图所示的正五角星中，以 A,B,C,D,E 为顶点的多边形为正五边形，且 PTAT= 5−12 ．
在A中， BP−TS=TE−TS=SE= 5+12RS ，故A正确；
在B中， CQ+TP=PA+TP=TA= 5+12ST ，故B错误；
在C中， ES−AP=RC−QC= 5−12QB= 5−12DR ，故C正确；
在D中， AT+BQ=SD+RD, 5−12CR=RS=RD−SD ，
若 AT+BQ= 5−12CR ，则 SD=0 ，不合题意，故D错误．
故选AC．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的体积计算，属于难题．
先根据边长，分析四面体由3种情况：(1)1边为1，其他5边为2；(2)2边为1，其他四边为2；(3)3边为1，3边为2，分别计算棱锥的体积即可．
【解答】
解：因为四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，所以四面体的各棱长可以为(1)1边为1，其他5边为2；(2)2边为1，其他四边为2；(3)3边为1，3边为2．
(1)当四面体的各棱长为1边为1，其他5边为2；如图示：
不妨设 AB=1 ，其他5边为2；
取AB的中点为E，连结CE，DE，因为BC=AC=2，
所以CE⊥AB且 CE= AC2−AE2= 22−122= 152 ；
同理可证：DE⊥AB且 DE= 152 ．
又 CE∩DE=E ，CE,DE⊂平面CDE，所以AB⊥面 CDE ．
所以 V=13S▵CDE•AB ．
在△CDE中，取CD中点F，连结EF，则EF⊥CD，且 EF= CE2−CF2= 1522−12= 112 ，
所以 S▵CDE=12CD•EF=12×2× 112= 112
所以 V=13× 112×1= 116；
(2)当四面体的各棱长为2边为1，其他四边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是对边为1，如图示：不妨设 AB=CD=1 ，其他4边为2；
取AB的中点为E，连结CE，DE，因为BC=AC=2，
所以CE⊥AB且 CE= AC2−AE2= 22−122= 152 ；
同理可证：DE⊥AB且 DE= 152 ．
又 CE∩DE=E ，CE,DE⊂平面CDE，所以AB⊥面 CDE .所以 V=13S▵CDE•AB ．
在△CDE中，取CD中点F，连结EF，则EF⊥CD，且 EF= CE2−CF2= 1522−122= 142 ，
所以 S▵CDE=12CD•EF=12×1× 142= 144
所以 V=13× 144×1= 1412；
(3)当四面体的各棱长为3边为1，3边为2；由于三角形两边之和大于第三边，只能是三条底边为1，侧棱为2，如图示：不妨设 AB=BC=AC=1 ， AD=BD=CD=2 ；
则四面体ABCD为正棱锥，过D作DO垂直底面于O，则O为三角形ABC的中心，
所以 OB=23× 32×AB=23× 32×1= 33 ，
所以 OD= DB2−OB2= 22− 332= 333 ．
而 S△ABC=12AB·AC·sin 60∘=12×1×1× 32= 34
所以 V=13× 34× 333= 1112 ．
故选：ACD．
13.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查分层随机抽样，属基础题．
先求出抽样比，求出持“支持”态度的男职员的人数，即可求出答案．
【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”态度的男职员的人数为120× 110 =12．
故答案为：12．
14.【答案】−12
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积的概念及其运算，属于中档题．
利用基向量 AB,AD 表示向量 AE,BD ，再由平面向量的数量积的运算性质求解即可．
【解答】
解： AE⋅BD=(AB+12AD)⋅(−AB+AD)
=−AB2+12AB⋅AD+12AD2
=−1+0+12=−12，
故答案为：−12．
15.【答案】0, 34
【解析】【分析】
本题考查解三角形中三角形面积最值的计算问题，难度一般.一般地，在△ ABC 中，已知一角及其对边求三角形面积最值及周长最值，都采用余弦定理，结合基本不等式得出另外两边之积或两边之和的最值即可得到答案．
先利用 2S+ 3AB⋅AC=0 解得角 A ，然后利用余弦定理及基本不等式解得 bc 的取值范围，再根据 S=12bcsinA 求解 S 的取值范围．
【解答】
解：由 2S+ 3AB⋅AC=0 得： bcsinA+ 3bccsA=0 ，即 sinA+ 3csA=0 ，
解得： tanA=− 3,A∈0,π ，所以 A=2π3 ．
又 |BC|=a= 3 ，由余弦定理得： a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc
所以 b2+c2+bc=3 ，
又 B 不是最小角，所以 3=b2+c2+bc>2bc+bc=3bc ，得 bc<1 ，
故 S=12bcsinA<12×1× 32= 34 ，又 S>0 ，
所以 0故答案为： 0, 34 ．
16.【答案】43
【解析】【分析】
本题考查线面平行的性质，线面垂直的性质，属较难题．
应用线面平行、线面垂直的性质，判断 P 、 Q 运动轨迹的特征，结合几何体的性质，在三角形中应用线段长、角度大小及勾股定理，确定 Q 点轨迹的位置.由正三棱柱的性质，结合线面平行、线面垂直分析知： P 在连接侧棱 BB1 ， CC1 中点的线段 l 上， Q 在过 l 与平面 MBC 垂直的平面与面 ABC 相交的线段 m 上，过 P 作 PD//BB1 交 BC 于 D ，连接 QD ，若 PQ 交面 BMC 于 E ，连接 ED ，应用已知线段长度、相关角的大小，结合勾股定理求 A 到 BC 的距离、 QD ，即可确定 Q 的轨迹为线段 m 过 ▵ABC 的重心且与 BC 平行的线段，进而求其长度即可得解．
【解答】
解： ∵ P 是侧面 BCC1B1 内的动点，且 A1P// 平面 BCM ，
∴ 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，即：连接侧棱 BB1 ， CC1 中点的线段 l ，
∵Q 是底面 ABC 内的动点， PQ⊥ 面 BCM ，
∴ Q 的轨迹是过 l 与平面 MBC 垂直的平面与面 ABC 相交的线段 m ，
过 P 作 PD//BB1 交 BC 于 D ，连接 QD ，
若 PQ 交面 BMC 于 E ，连接 ED ，
易知 A1,P,D,Q,E 共面，且 BC⊥ 面 PDQ ，
即∠EDQ为M−BC−A的平面角，如上图，
∴ PD⊥QD ，而 AM=1 ，而 A 到 BC 的距离 d= 3 ，
可知： ∠EDQ=π6 ，故 ∠PDE=π3 ，
∵ PD=1 ，即 ED=PD⋅cs∠PDE=12 ，而 QD=EDcs∠EDQ= 33 ，
∴ QDd=13 ，即 Q 所在线段 m 过 ▵ABC 的重心且与 BC 平行，
由正三棱柱 ABC−A1B1C1 中棱长均为2，
故线段 m 的长为： 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 ，
所以解得 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】本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．
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
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，
该试验的样本空间为 Ω=x,yx=1,2,3,4,5,6;y=1,2,3,4,5,6 ．
(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】本题考查样本空间和样本点，属于基础题．
(1)根据两枚筛子的可能点数，即可写出样本空间；
(2)两枚筛子点数相同有六种情况，由此写出答案．
19.【答案】解：(1)由 tanBtanA=2ca−1 ，得 sinBcsAcsBsinA+1=2ca ，
即 sinBcsA+csBsinAcsBsinA=2ca ，
所以 sinA+BcsBsinA=sinπ−CcsBsinA=sinCcsBsinA=2ca ，
由正弦定理得 sinCcsBsinA=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+9−6ccsπ3 ，
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】本题考查利用正余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于中档题．
(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．
20.【答案】解：(1)∵acsB−bcsA=12c，
∴ 由正弦定理得：
sin Acs B−sin Bcs A=12sin C
=12sin (A+B)=12sin Acs B+12cs Asin B，
整理得：sinAcsB=3csAsinB，
∵csAcsB≠0，∴tanA=3tanB;
(2)∵tanA=3tanB=3，A∈(0,π)，
∴sinA=3 1010，csA= 1010，
由正弦定理asinA=bsinB，
得a=bsinAsinB= 5×3 1010 22=3，
∵sin C=sin (A+B)=sin Acs B+cs Asin B
=3 1010× 22+ 1010× 22=2 55 ，
∴S▵ABC=12absinC=12×3× 5×2 55=3.

【解析】本题考查正弦定理的应用，三角形面积公式的应用，利用三角恒等变换证明等式，属于中档题．
(1)将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；
(2)由tanB的值确定出tanA的值，进而求出sinA与csA的值，由sinC=sin(A+B)求出sinC，利用正弦定理求出a，利用三角形面积公式即可求出△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)解：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=23VP−ABC=43VP−AEC=43×12=23 ；
所以 VPAECM=VP−AEC+VP−ACM=12+23=76 ．

【解析】本题考查了面面垂直的性质，组合体的体积，属于中档题．
(1)根据等边三角形性质可证明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．
22.【答案】解：(1)取PD中点G，连结GF,GE，
因为E,F分别为BC,PA的中点，
所以GF= //12AD，BE= /​/12AD，
所以FG//BE，且FG=BE，
所以四边形BFGE是平行四边形，所以BF//EG，
又因为EG⊂平面PDE，BF⊄平面PDE，
所以BF//平面PDE；
(2)作DH⊥AE于H点，作HI⊥PE于I点，连结DI，
由PA⊥面ABCD，DH⊂平面ABCD，
则DH⊥PA，又DH⊥AE，PA∩AE=A，PA、AE⊂平面PAE，
所以DH⊥ 平面 PAE ，又PE⊂平面PAE，
所以DH⊥PE，又因为PE⊥HI，HI∩DH=H，HI、DH⊂平面DIH，
所以 PE⊥ 平面 DIH ，又DI⊂平面DIH，所以PE⊥DI，
所以 ∠DIH 即为二面角 D−PE−A 的平面角．
底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘，E为BC的中点．
所以DE⊥DA，即AE= 7，
由PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，则PA⊥DE，
又PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD，所以DE⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，所以DE⊥PD，
则△PDE为直角三角形，且PD= PA2+AD2= 7，DE= 3，
则PE= PD2+DE2= 10，
Rt△ADE中，由等面积法可得DH=DA×DEAE=2 3 7，
Rt△PDE中，由等面积法可得DI=DP×DEPE= 7× 3 10= 21 10，
在Rt▵DIH中，sin∠DIH=DHDI=2 3 7⋅ 10 21=27 10；

(3)设点C到PDE的距离为h，
因为VP−CDE=VC−PDE，所以13S▵CDE×PA=13S▵PDE×h，
所以h=S△CDE×PAS△PDE=12×1× 3× 312× 3× 7= 217．

【解析】本题考查线面平行的判定、二面角和点面距离，属于较难题．
(1)要证明线面平行，可以通过构造平行四边形先证明线线平行，进而证明线面平行；
(2)根据二面角的定义，先作出二面角D−PE−A的平面角，再进行论证，最后进行计算，从而求得其正弦值；
(3)可根据等体积法由VP−CDE=VC−PDE即可求得点C到面PDE的距离．
支持
不支持
无所谓
男职员
m
40
50
女职员
60
10
20
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