高三数学下期末模拟试题(及答案)

一、选择题

1．若z43i，则A．1

z（ ） zB．1

C．

43i 55D．

43i 552．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6}，若|a-b|≤1，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（ ） A．

1 9B．

2 9C．

4 9D．

7 183．设i为虚数单位，复数z满足A．1-i

B．-1-i

2i1i，则复数z的共轭复数等于（ ） zC．1+i D．-1+i

3x24．函数fx的图象关于( )

xA．x轴对称

B．原点对称

C．y轴对称

D．直线yx对称

x5．已知函数f(x)(x3)ea(2lnxx1)在(1,)上有两个极值点，且f(x)在

(1,2)上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）

A．(e,) C．(2e2,)

B．(e,2e2)

D．(e,2e2)U(2e2,)

6．若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（ ）.

A．6500元 B．7000元 C．7500元 D．8000元

7．函数y=2xsin2x的图象可能是

A． B．

C． D．

x2y28．设F为双曲线C：221（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径

ab的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为 A．2 C．2

B．3 D．5

9．一盒中有12个乒乓球,其中9个新的,3个旧的,从盒中任取3个球来用,用完后装回盒中,此时盒中旧球个数X是一个随机变量,其分布列为P(X),则P(X=4)的值为 A．C．

1 220B．D．

27 5527 22021 251c10．在ABC中，A为锐角，lgblg()lgsinAlg2，则ABC为（ ） A．等腰三角形 C．直角三角形

B．等边三角形 D．等腰直角三角形

11．为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是 A．

1 3B．

1 2C．

2 3D．

5 612．已知复数z满足1iz2，则复数z的虚部为（ ） A．1

B．1

C．i

D．i

二、填空题

log2x,x013．设函数fxlog(x),x0 ，若f(a)f(a)，则实数a的取值范围是

12__________． 14．曲线yx21在点（1，2）处的切线方程为______________． x15．某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200,400,300,100件，为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取________ 件.

x2y216．已知椭圆1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中

95点在以原点O为圆心，OF为半径的圆上，则直线PF的斜率是_______.

17．如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.

18．已知直线：轴交于

两点.则

2与圆

_________.

交于两点，过分别作的垂线与

19．函数fxsinx3cosx3（x0,）的最大值是__________． 4220．已知圆台的上、下底面都是球O的截面，若圆台的高为6，上、下底面的半径分别为

2，4，则球O的表面积为__________．

三、解答题

21．某中学拟在高一下学期开设游泳选修课，为了了解高一学生喜欢游泳是否与性别有关，该学校对100名高一新生进行了问卷调查，得到如下列联表：

喜欢游泳 不喜欢游泳 合计 男生 10 女生 20 合计

已知在这100人中随机抽取1人抽到喜欢游泳的学生的概率为． （1）请将上述列联表补充完整；

（2）并判断是否有99.9%的把握认为喜欢游泳与性别有关？并说明你的理由；

（3）已知在被调查的学生中有5名来自甲班，其中3名喜欢游泳，现从这5名学生中随机抽取2人，求恰好有1人喜欢游泳的概率． 下面的临界值表仅供参考： P（K2≥k） k 0.15 2.072 0.10 2.706 0.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 0.005 7.879 0.001 10.828 n(adbc)2（参考公式：K，其中n=a+b+c+d）

(ab)(cd)(ac)(bd)222．已知A为圆C:xy1上一点，过点A作y轴的垂线交y轴于点B，点P满足

22uuuvuuuvBP2BA.

（1）求动点P的轨迹方程；

（2）设Q为直线l:x3上一点，O为坐标原点，且OPOQ，求POQ面积的最小值.

23．若不等式ax25x20的解集是x解集．

24．已知函数fxx2a1x2alnx(a0)．

21x2，求不等式ax25xa210的21求fx的单调区间；

2若fx0在区间1,e上恒成立，求实数a的取值范围．

25．在直角坐标系xoy中以O为极点，x轴正半轴为极轴建立坐标系.圆C1，直线C2的极坐标方程分别为4sin,cos（I）求C1与C2交点的极坐标； （II）

22.. 4设P为C1的圆心，Q为C1与C2交点连线的中点已知直线.PQ的参数方程为xt3a{b3tR为参数,求a,b的值. yt1226．如图,四棱锥PABCD中，AB//DC，ADCPDPB6，PDBC．

2，ABAD1CD2，2

（1）求证：平面PBD平面PBC；

（2）在线段PC上是否存在点M，使得平面ABM与平面PBD所成锐二面角为在，求

？若存3CM的值；若不存在，说明理由． CP

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【详解】 由题意可得 ：z42325，且：z43i，

z43i43i. 据此有：z555本题选择D选项.

2．C

解析：C 【解析】

试题分析：由题为古典概型，两人取数作差的绝对值的情况共有36种，满足|a-b|≤1的有（1,1）（2,2）（3,3）（4,4）（5,5）（6,6）（1,2）（2,1）（3,2）（2,3）（3,4）（4,3）（5,4）（4,5）（5,6）（6,5）共16种情况，则概率为；p考点：古典概型的计算.

164 3693．B

解析：B 【解析】 【分析】

利用复数的运算法则解得z1i，结合共轭复数的概念即可得结果. 【详解】 ∵复数z满足

2i1i2i2ii1， 1i，∴z1i1i1iz∴复数z的共轭复数等于1i，故选B. 【点睛】

本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

求函数的定义域，判断函数的奇偶性即可． 【详解】

3x2解：Qfx

xx0解得x0

fx的定义域为D,0U0,，D关于原点对称.

任取xD，都有fx3xx23x2fx， xfx是偶函数，其图象关于y轴对称， 故选：C. 【点睛】

本题主要考查函数图象的判断，根据函数的奇偶性的定义判断函数的奇偶性是解决本题的关键．

5．C

解析：C 【解析】 【分析】

xexa求得函数的导数f(x)(x2)()，根据函数fx在(1,)上有两个极值点，

x转化为xexa0在(1,)上有不等于2的解，令gxxe，利用奥数求得函数的单

x2调性，得到ag1e且ag22e，又由f(x)在(1,2)上单调递增，得到

fx0在(1,2)上恒成立，进而得到axex在(1,2)上恒成立，借助函数gxxex在

(1,)为单调递增函数，求得ag(2)2e2，即可得到答案.

【详解】

由题意，函数f(x)(x3)ea(2lnxx1)，

x2axexax可得f(x)e(x3)ea(1)(x2)(e)(x2)()，

xxxxx又由函数fx在(1,)上有两个极值点，

xxea则fx0，即(x2)()0在(1,)上有两解，

x即xexa0在在(1,)上有不等于2的解，

令gxxe，则g(x)(x1)e0,(x1)，

xx所以函数gxxe在(1,)为单调递增函数，

x所以ag1e且ag22e，

2又由f(x)在(1,2)上单调递增，则fx0在(1,2)上恒成立，

xexa即(x2)()0在(1,2)上恒成立，即xexa0在(1,2)上恒成立，

x即axex在(1,2)上恒成立，

又由函数gxxe在(1,)为单调递增函数，所以ag(2)2e，

x2综上所述，可得实数a的取值范围是a2e2，即a(2e,)，故选C.

2【点睛】

本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.

6．D

解析：D 【解析】 【分析】

设目前该教师的退休金为x元，利用条形图和折线图列出方程，求出结果即可． 【详解】

15%﹣x×10%＝100．解得x＝8000． 设目前该教师的退休金为x元，则由题意得：6000×故选D． 【点睛】

本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题．

7．D

解析：D 【解析】

π分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在(,π)上的符号，即可判断选择.

2详解：令f(x)2sin2x， 因为xR,f(x)2数，排除选项A,B;

因为x(,π)时，f(x)0，所以排除选项C，选D.

点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．

xxsin2(x)2sin2xf(x)，所以f(x)2sin2x为奇函

xxπ28．A

解析：A 【解析】 【分析】

准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率． 【详解】

设PQ与x轴交于点A，由对称性可知PQx轴，

|PA|又QPQ|OF|c，A为圆心|OA|c,PA为以OF为直径的圆的半径， 2c． 2ccP,，又P点在圆x2y2a2上，

22c2c2c2c2222a，即a,e22． 442ae2，故选A．

【点睛】

本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．

9．D

解析：D 【解析】 【分析】

旧球个数x=4即取出一个新球，两个旧球，代入公式即可求解． 【详解】

因为从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数为x=4，即旧球增加一

12C9C327个，所以取出的三个球中必有一个新球，两个旧球，所以P(X4)，故选3C12220D． 【点睛】

本题考查离散型随机变量的分布列，需认真分析P(X=4)的意义，属基础题．

10．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：由lgblg()lgsinAlg2，所以lg1cb22lgbc且c22sinA22，又因为A为锐角，所以A45o，由bc，根据正弦定理，得2222sinCsin(135oB)cosBsinB，解得cosB0B90o，所以22sinB三角形为等腰直角三角形，故选D.

考点：三角形形状的判定.

11．C

解析：C 【解析】

试题分析：将4种颜色的花种任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一个花坛的种数有4种，故所求概率为【考点】古典概型

【名师点睛】作为客观题形式出现的古典概型试题,一般难度不大,解答中的常见错误是在用列举法计数时出现重复或遗漏,避免此类错误发生的有效方法是按照一定的标准进行列举.

2，选C. 312．B

解析：B 【解析】

（,a,bR）（i2z） ，由1iz2z ，设zabiabi（i2abi）abib（a2）i 二、填空题

ab, b1 ，故选B.

ba213．【解析】【分析】【详解】由题意或或或则实数的取值范围是故答案为 解析：(-1,0)?(1,?)

【解析】 【分析】 【详解】

a0a0a0由题意fafa log2alog1a或 log1alog2a1或

a22aa0 a1或1a0，则实数a的取值范围是1,01,，故答案为1aa1,01,.

14．【解析】设则所以所以曲线在点处的切线方程为即点睛:求曲线的切线方程是导数的重要应用之一用导数求切线方程的关键在于求出斜率其求法为：设是曲线上的一点则以为切点的切线方程是若曲线在点处的切线平行于轴（即 解析：yx1

【解析】

设yf(x)，则f(x)2x1，所以f(1)211， x2所以曲线yx21在点(1,2)处的切线方程为y21(x1)，即yx1． x点睛:求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率，其求法为：设P(x0,y0)是曲线yf(x)上的一点，则以P为切点的切线方程是

yy0f(x0)(xx0)．若曲线yf(x)在点P(x0,f(x0))处的切线平行于y轴（即导数不

存在）时，由切线定义知，切线方程为xx0．

15．18【解析】应从丙种型号的产品中抽取件故答案为18点睛:在分层抽样的过程中为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的这就要求各层所抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比即ni

解析：18 【解析】

应从丙种型号的产品中抽取6030018件，故答案为18． 1000点睛:在分层抽样的过程中，为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的，这就要求各层所抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比，即ni∶Ni＝

n∶N．

16．【解析】【分析】结合图形可以发现利用三角形中位线定理将线段长度用坐标表示成圆的方程与椭圆方程联立可进一步求解利用焦半径及三角形中位线定理则更为简洁【详解】方法1：由题意可知由中位线定理可得设可得联立 解析：15 【解析】 【分析】

结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁. 【详解】

方法1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，

22由中位线定理可得PF12|OM|4，设P(x,y)可得(x2)y16，

x2y2联立方程1

95可解得x321,x（舍），点P在椭圆上且在x轴的上方， 2215215 12315P求得2,2，所以kPF

方法2：焦半径公式应用

解析1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，

由中位线定理可得PF12|OM|4，即aexp4xp3 2求得P【点睛】

315,，所以kPF2215215. 12本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.

17．【解析】【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积【详解】因为长方体的体积为120所以因为为的中点所以由长方体的性质知底面所以是三棱锥的底面上的高所以三棱锥的体积【点睛】本题蕴

解析：【解析】 【分析】

由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积. 【详解】

因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为120， 所以ABBCCC1120， 因为E为CC1的中点， 所以CE1CC1， 2由长方体的性质知CC1底面ABCD， 所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高， 所以三棱锥EBCD的体积

111111VABBCCEABBCCC112010.

3232212【点睛】

本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.

18．4【解析】试题分析：由x-3y+6=0得x=3y-6代入圆的方程整理得y2-33y+6=0解得y1=23y2=3所以x1=0x2=-3所以|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=23又直线l的

解析：4 【解析】 试题分析：由

，解得

，得

，代入圆的方程，整理得，所以

．又直线的倾斜角为

形

中，

．

，所以

，由平面几何知识知在梯

【考点】直线与圆的位置关系

【技巧点拨】解决直线与圆的综合问题时，一方面，要注意运用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化），把它转化为代数问题；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系的非常紧密，因此，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决．

19．1【解析】【详解】化简三角函数的解析式可得由可得当时函数取得最大值1

解析：1 【解析】 【详解】

化简三角函数的解析式， 可得fx1cosx3cosx231cos2x3cosx 44(cosx32)1， 2由x[0,]，可得cosx[0,1]， 当cosx23时，函数f(x)取得最大值1． 220．【解析】【分析】本道题结合半径这一条件利用勾股定理建立等式计算半径即可【详解】设球半径为R球心O到上表面距离为x则球心到下表面距离为6-x结合勾股定理建立等式解得所以半径因而表面积【点睛】本道题考查 解析：80

【解析】 【分析】

本道题结合半径这一条件，利用勾股定理，建立等式，计算半径，即可。 【详解】

设球半径为R，球心O到上表面距离为x，则球心到下表面距离为6-x,结合勾股定理，建立等式22x242+6x，解得x4，所以半径R2x22220 因而表面积S4R280 【点睛】

本道题考查了球表面积计算方法，难度中等。

2三、解答题

21．（1）列联表见解析；（2）有99.9%的把握认为喜欢游泳与性别有关；（3）【解析】

试题分析：（1）根据在100人中随机抽取1人抽到喜欢游泳的学生的概率为

.

3， 5可得喜爱游泳的学生，即可得到列联表；（2）利用公式求得K2与邻界值比较，即可得到结论；（3）利用列举法，确定基本事件的个数，即利用古典概型概率公式可求出恰好有1人喜欢游泳的概率.

试题解析：（1）因为在100人中随机抽取1人抽到喜欢游泳的学生的概率为， 所以喜欢游泳的学生人数为人

其中女生有20人，则男生有40人，列联表补充如下：

男生 女生 合计 （2）因为

喜欢游泳 40 20 60 不喜欢游泳 10 30 40 合计 50 50 100

所以有99.9%的把握认为喜欢游泳与性别有关

（3）5名学生中喜欢游泳的3名学生记为a，b，c，另外2名学生记为1， 2，任取2名学

生，则所有可能情况为（a，b）、（a，c）、（a，1）、（a，2）、（b，c）、（b，1）、（b，2）、（c，1）、（c，2）、（1，2），共10种.

其中恰有1人喜欢游泳的可能情况为（a，1）、（a，2）、（b，1）、（c，1）、 （c，2），共6种

所以，恰好有1人喜欢游泳的概率为

【方法点睛】本题主要考查古典概型概率公式，以及独立性检验的应用，属于中档题，利

用古典概型概率公式,求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先(A1,B1)，(A1,B2)…. (A1,Bn)，再(A2,B1)，

(A2,B2)…..(A2,Bn)依次(A3,B1)(A3,B2)….(A3,Bn)… 这样才能避免多写、漏写现象

的发生.

3x222．(1) y21 (2) .

24【解析】 【分析】

（1）设出A、P点坐标，用P点坐标表示A点坐标，然后代入圆方程，从而求出P点的轨迹；

（2）设出P点坐标，根据斜率存在与否进行分类讨论，当斜率不存在时，求出POQ面积的值，当斜率存在时，利用点P坐标表示POQ的面积，减元后再利用函数单调性求出最值，最后总结出最值. 【详解】

解：（1） 设Px,y， 由题意得：Ax1,y,B0,y， 由BP2BA，可得点A是BP的中点， 故x02x1， 所以x1uuuvuuuvx， 2又因为点A在圆上，

x2所以得y21，

4x2故动点P的轨迹方程为y21.

4x12（2）设Px1,y1，则y10，且y121，

4当x10时，y11，此时Q3,0,SPOQ当x10时，kOP因为OPOQ, 即kOQ故Q3,3； 2y1, x1x1, y13x1， y1OPx12y12，

x12y12x12， OQ3123y1y1SPOQ13x12y12OPOQ①， 22y1x12y121代入① 4SPOQ343y12343y1 0y11

2y12y1设fx43x0x1 x430恒成立， 2x因为f(x) fx在0,1上是减函数， 当y11时有最小值，即SPOQ综上：SPOQ的最小值为. 【点睛】

本题考查了点的轨迹方程、椭圆的性质等知识，求解几何图形的长度、面积等的最值时，常见解法是设出变量，用变量表示出几何图形的长度、面积等，减元后借助函数来研究其最值.

3, 232123．x3x

2【解析】 【分析】

由不等式的解集和方程的关系，可知

1，2是方程ax5x20的两根，利用韦达定理2求出a，再代入不等式ax25xa210，解一元二次不等式即可. 【详解】

解：由已知条件可知a0，且方程ax5x20的两根为

1，2； 255a2由根与系数的关系得解得a2．

21a所以原不等式化为2x5x30解得3x所以不等式解集为x3x1 21 2【点睛】

本题主要考查一元二次不等式的解法，还考查一元二次不等式解集与一元二次方程的关系以及利用韦达定理求值.

e22e24．（1）见解析； （2）a.

2e2【解析】 【分析】

1求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求fx的单调区间；2若fx0在区间1,e上恒成立，则只需求出fx的最大值即可，求实数a的取值范

围． 【详解】

1Qfxx22a1x2alnx(a0)．

2x22a1x2a2x1xaf'x(x0)，

xx由

得x1a，x21，

，

当0a1时，在x0,a或x1,时在xa,1时

，

fx的单调增区间是0,a和1,，单调减区间是a,1；

当a1时，在x0,时

，

fx的单调增区间是0,；

当a1时，在x0,1或xa,时在x1,a时

．

，

fx的单调增区间是0,1和a,，单调减区间是1,a．

2由1可知fx在区间1,e上只可能有极小值点， fx在区间1,e上的最大值在区间的端点处取到，

2即有f112a10且fee2a1e2a0，

e22e解得a．

2e2e22e即实数a的取值范围是a．

2e2【点睛】

本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，以及不等式恒成立问题，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解决本题的关键． 25．（I）(4,【解析】 【分析】 【详解】

22（I）圆C1的直角坐标方程为x(y2)4，直线C2的直角坐标方程为xy40

),(22,)（II）a1,b2 24x10x22x2(y2)24{联立得{得{所以C1与C2交点的极坐标为y14y22xy40(4,),(22,)

24（II）由（I）可得，P，Q的直角坐标为（0,2），（1,3），故，PQ的直角坐标方程为

xy20

babbabx1，所以1,12,解得a1,b2

222226．（1）见证明；（2）见解析 【解析】 【分析】

由参数方程可得y（1）利用余弦定理计算BC，根据勾股定理可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBD⊥平面PBC；（2）建立空间坐标系，设平面PBD的法向量，令法向量的夹角的余弦值的绝对值等于得解． 【详解】

（1）证明：因为四边形ABCD为直角梯形， 且AB//DC, ABAD2,ADC所以BD22， 又因为CD4,BDCCMλ，计算平面ABM和CP1，解方程得出λ的值,即可22,

4．根据余弦定理得BC22,

所以CD2BD2BC2，故BCBD.

又因为BC⊥PD, PDBDD,且BD,PD平面PBD，所以BC⊥平面PBD， 又因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PBD

（2）由（1）得平面ABCD平面PBD, 设E为BD的中点，连结PE ，因为PBPD平面ABCDI平面PBDBD，

6,

所以PEBD,PE2,又平面ABCD平面PBD，

PE平面ABCD.

间直角坐标系Axyz，

如图，以A为原点分别以AD，AB和垂直平面ABCD的方向为x,y,z轴正方向，建立空

uuuruuur

则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,1,2)， 假设存在M(a,b,c)满足要求，设所以M(2-,4-3,2),

uuuuruuurCM(01)，即CMCP， CPuuuv易得平面PBD的一个法向量为BC(2,2,0).

uuurruuuur设n(x,y,z)为平面ABM的一个法向量，AB(0,2,0)， AM=(2-,4-3,2)

uuuvvrnAB02y0uuuuv由v得，不妨取n(2,0,2).

(2)x(43)y2z0nAM041因为平面PBD与平面ABM所成的锐二面角为，所以，

32242(2)22解得2,2，（不合题意舍去）. 3CM2. CP3故存在M点满足条件，且【点睛】

本题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做．