2022-2023学年湖北省武汉市江岸区高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市江岸区高一（下）期末数学试卷（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. 5(1+i3)(2+i)(2−i)=( )
A. −1B. 1C. 1−iD. 1+i
2. 一组数据按从小到大的顺序排列为1、2、4、4、4、x、7、8、8、9，若该组数据的中位数是众数的54倍，则x为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
3. 已知向量a与b的夹角为5π6，且|a|=2,|b|=3，则a在b方向上的投影向量是( )
A. − 23aB. − 33bC. 13bD. −13b
4. 某校200名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了20名学生的考试成组(单位：分)，成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 频率分布直方图中a的值为0.006
B. 估计某校成绩落在[60,70)内的学生人数为50人
C. 估计这20名学生考试成绩的众数为80分
D. 估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为80分
5. 已知m，n，l是三条不同的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，则l⊥γ
B. m与n异面，l⊥m，l⊥n，则不存在α，使得l⊥α，m//α，n//α
C. m//α，n//β，α⊥β，则m⊥n
D. m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n//β
6. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CC1的中点，P是侧面BCC1B1(包含边界)上的一动点，若A1P//平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是( )
A. [1, 52]B. [3 24, 52]C. [3 22, 5]D. [2, 5]
7. 已知△ABC，AB=6，AC=4，N是边BC上的点，且BN=3NC,O为△ABC的外心，则AN⋅AO的值为( )
A. 212B. 10C. 173D. 9
8. 已知正四棱锥的侧面是边长为6的正三角形，若其侧棱上的八个三等分点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A. 12πB. 20πC. 36πD. 40π
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. 已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是( )
A. 2+i>1+2i
B. |z⋅i|=|z|
C. 若复数z满足|z|=1，则z=±1或z=±i
D. 已知复数z满足|z−1|=|z+1|，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线
10. 为了解学生每个月在图书馆借阅书籍的数量，图书管理员甲抽取了一个容量为100的样本，并算得样本的平均数为6，方差为8；图书管理员乙也抽取了一个容量为200的样本，并算得样本的平均数为9，方差为11.若将两个样本合在一起组成一个容量为300的新样本，则新样本数据的( )
A. 平均数为7.5B. 平均数为8C. 方差为12D. 方差为10
11. 已知α∈(0,π)，且α≠π2.当∠xy=α时，定义平面坐标系xy为“α−仿射”坐标系，在“α−仿射”坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：e1,e2分别为x轴，y轴正方向上的单位向量，若OP=xe1+ye2，则记为OP=(x,y)，那么下列说法中正确的是( )
A. 设a=(m,n)，则|a|= m2+n2
B. 设a=(m,n),b=(s,t)，若a//b，则mt−ns=0
C. 设a=(m,n),b=(s,t)，若a⊥b，则ms+nt+(mt+ns)sinα=0
D. 设a=(−1,2),b=(−2,1)，若a与b的夹角为α，则α=π3
12. 某组合体由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为4π3，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列说法正确的有( )
A. 多面体ABCDEF的体积为94
B. 经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为π4
C. 异面直线AD与CF所成的角的余弦值为58
D. 球离球托底面DEF的最小距离为 3+ 63−1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知2i−3是关于x的方程2x2+px+q=0(其中p，q∈R)的一个根，则p+q=______．
14. 在正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=2，E为PC的中点，则异面直线AP与DE所成角的余弦值为______ ．
15. 在△ABC中，它的内角A，B，C对应边分别为a，b，c.若3sinCcsA=sinB，a2−c2=2，则b= ______ ．
16. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为3π2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙=2，则V甲V乙= ______ ．
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)
已知点A(2,0)，B(0,1)，C(1,2)，直线AB与单位圆在第一象限的交点为P．
(1)求cs∠BCA；
(2)求OP⋅OC．
18. (本小题12.0分)
已知直三棱柱A1B1C1−ABC，AB⊥面B1C1CB，M为AB的中点．
(1)证明：AC1//平面MB1C；
(2)若直三棱柱A1B1C1−ABC的体积为1，且AB=BC=1，求直线AC1与平面B1C1CB所成角的正弦值．
19. (本小题12.0分)
某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备和新设备生产产品的该项指标样本平均数x−和y−，样本方差分别为S12和S22．
已知x−=10,y−=10.3,S12=0.036．
(1)求a，S22；
(2)判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高(如果y−−x−≥2 S12+S2210，则认为有显著提高，否则不认为有显著提高)．
20. (本小题12.0分)
等腰直角△ABC中，BA=BC=5，∠ABC=90°，P为△ABC内一点，∠APB=90°．
(1)若AP=4，求PC；
(2)若∠BPC=120°，求tan∠BAP．
21. (本小题12.0分)
如图，在三棱台ABC−DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．
(1)求异面直线EF与DB所成角的余弦值；
(2)求二面角A−CD−B的大小的正切值．
22. (本小题12.0分)
小明对圆柱中的截面进行一番探究.他发现用平行于底面的平面α去截圆柱可得一圆面，用与水平面成一定夹角φ的平面β去截可得一椭圆面，用过轴的平面去截可得一矩形面．
(1)图1中，圆柱底面半径为 3，高为2，轴截面为ABCD，设Q为底面(包括边界)上一动点，满足Q到A的距离等于Q到直线DB的距离QH，求三棱锥Q−ABD体积的最大值；
(2)如图2，过圆柱侧面上某一定点O的水平面α与侧面交成为圆C1，过O点与水平面成φ角的平面β与侧面交成为椭圆C2，小明沿着过O的母线MN前开，把圆柱侧面展到一个平面上，发现圆C1展开后得到线段OO′，椭圆C2展开后得到一正弦曲线(如图3)，设P为椭圆上任意一点，他很想知道原因，于是他以O为原点，OO′为x轴建立了平面直角坐标系，且设P(x,y)(图3).试说明为什么椭圆C2展开后是正弦曲线，并写出其函数解析式y=f(x)．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：5(1+i3)(2+i)(2−i)=5(1−i)5=1−i．
故选：C．
直接利用复数的运算法则化简求解即可．
本题考查复数的运算法则的应用，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：10个数据按从小到大的顺序排列为1、2、4、4、4、x、7、8、8、9，
所以该组数据的中位数是12×(4+x)，众数是4，
由12×(4+x)=4×54，
解得x=6．
故选：C．
写出这组数据的中位数和众数，列方程求出x的值．
本题考查了中位数和众数的定义与应用问题，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为向量a与b的夹角为5π6，且|a|=2，|b|=3，
所以a⋅b=|a|⋅|b|cs5π6=2×3×(− 32)=−3 3，
所以a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|×b|b|=−3 33×b3=− 33b．
故选：B．
根据数量积的定义求出a⋅b，再根据a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|×b|b|计算可得．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由频率分布直方图，得：
10×(2a+3a+7a+6a+20)=1，解得a=0.005，故A错误；
总体中成绩落在[60,70)内的学生人数为3×0.005×10×200=30，故B错误；
这20名学生数学考试成绩的众数为75，故C错误；
前三个矩形的面积和为10×(2a+3a+7a)=0.6，
∴这20名学生数学考试成绩的第60百分数为80，故D正确．
故选：D．
根据所有矩形的面积和为1，求出a，由此利用频率分布直方图结合选项即可逐一求解．
本题考查由频率分布直方图求频数、频率，考查频率公式，频率分布直方图坐标轴的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，设α∩γ=a，β∩γ=b，在γ内a与b外任取一点A，分别过A作a与b的垂线，可得两垂线都垂直于l，即可得到l⊥γ，故A正确；
m与n异面，l⊥m，l⊥n，则存在平面α，使得m//α，n//α，l⊥α，故B错误；
m//α，n//β，α⊥β，则m与n有三种位置关系：平行、相交或异面，故C错误；
m⊥α，n⊥α，则m//n，又m⊥β，则n⊥β，故D错误．
故选：A．
直接证明A正确；由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系分析BCD．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面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．
6.【答案】C
【解析】解：如下图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M、N，连MN，BC1，
∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN//BC1，EF//BC1，
∴MN//EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN//平面AEF．
∵AA1//NE，AA1=NE，
∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N//AE，
又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴A1N//平面AEF，
又A1N∩MN=N，
∴平面A1MN//平面AEF．
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P//平面AEF，
∴点P必在线段MN上．
在Rt△A1B1M中，A1M= A1B12+B1M2= 22+1= 5．
同理，在Rt△A1B1N中，可得A1N= 5，
∴△A1MN为等腰三角形．
当点P为MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短；点P位于M、N处时，A1P最长．
∵A1O= A1M2−OM2= ( 5)2−( 22)2=3 22，A1M=A1N= 5．
∴线段A1P长度的取值范围是[3 22, 5].
故选：C．
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设外接圆的半径为r，O为外接圆心，
则rcs∠OAB=12AB=3，rcs∠OAC=12AC=2，
因为N是边BC上的点，且BN=3NC，∴AN=14AB+34AC，
所以AO⋅AN=AO⋅(14AB+34AC)
=14AO⋅AB+34AO⋅AC
=14r×6×cs∠OAB+34r×4×cs∠OAC
=14×6×3+34×4×2=212．
故选：A．
设外接圆的半径为r，由向量的三角形法则，以及向量的数量积定义，结合等腰三角形的性质，即可得到．
本题考查向量的数量积的定义和性质，考查运算能力，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如第一个图所示，

正四棱锥S−EFGH中，其侧棱上的八个三等分点构成正四棱台ABCD−A1B1C1D1，且正方形ABCD的边长为2，正方形A1B1C1D1的边长为4；
正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，设M、N分别是上、下底面对角线交点，即上、下底面中心，MN是正四棱台的高，
MB= 22×2= 2,NB1= 22×4=2 2，
在直角梯形MNB1B中，MN= 22−(2 2− 2)2= 2，
由对称性外接球球心O在直线MN上，设球半径为r，连接OA,OA1,AM= 2,A1N=2 2，
若O在线段MN上(如第二个图所示)，

由OM+ON=MN得 r2−2+ r2−8= 2，因为r2≥8, r2−2> 2，所以方程无实数解，
因此O在MN的延长线上(如第三个图所示)，即在平面A1B1C1D1下方，

因此有 r2−2− r2−8= 2，解得r2=10，
所以球表面积为S=4πr2=40π．
故选：D．
根据题意转化为求一个正棱台的外接球半径，根据正棱台中的直角梯形(或直角三角形)求得棱台的高，外接球的半径，从而计算球表面积．
本题考查立体几何图形的综合应用，几何体的外接球问题要善于寻找球心，通过图形关系求解半径进而求解外接球的表面积或体积，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：复数不能比较大小，A错误；
设z=a+bi(a,b为实数)，则|z⋅i|=||ai−b|= a2+b2=|z|，B正确；
当z=12+ 32i是，C显然错误；
由|z−1|=|z+1|可得 (a−1)2+b2= (a+1)2+b2，即a=0，此时z=bi所对应的点(0,b)的轨迹为直线，D正确．
故选：BD．
由已知结合复数的概念及复数的几何意义检验各选项即可判断．
本题主要考查了复数的概念及复数几何意义的应用，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：由题意可知，新样本数据的平均数为：100×6+200×9100+200=8，
新样本数据的方差为：100100+200×[8+(8−6)2]+200100+200×[11+(8−9)2]=12．
故选：BC．
根据已知条件，结合平均数和方差的公式，即可求解．
本题主要考查平均数和方差的公式，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：由题意可得：|e1|=|e2|=1，e1⋅e2=1×1×csα=csα，
对于A，若a=(m,n)，则a=me1+ne2，
则有a2=m2e12+2mne1⋅e2+n2e22=m2+n2+2mncsα，
所以|a|= m2+n2+2mncsα，故A错误；
对于B，∵a=(m,n)，b=(s,t)，则a=me1+ne2，b=se1+te2，
若a//b，则有：
当a=0或b=0时，则m=n=0或s=t=0，可得mt−ns=0成立；
当a≠0且b≠0时，则存在唯一实数λ，使得a=λb，
则me1+ne2=λ(se1+te2)=λse1+λte2，
可得m=λsn=λt，整理得mt−ns=0；
综上所述：若a//b，则mt−ns=0，故B正确；
对于C，∵a=(m,n)，b=(s,t)，则a=me1+ne2，b=se1+te2，
可得a⋅b=(me1+ne2)⋅(se1+te2)
=mse12+(mt+ns)e1⋅e2+nte22
=ms+nt+(mt+ns)csα，
若a⊥b，则ms+nt+(mt+ns)csα=0，故C错误；
对于D，∵a=(−1,2)，b=(−2,1)，
由选项A可得：|a|= 5−4csα，|b|= 5−4csα，
由选项C可得：a⋅b=(−1)×(−2)+2×1+[(−1)×1+2×(−2)]csα=4−5csα，
若a与b的夹角为π3，则csπ3=a⋅b|a||b|，
即12=4−5csα 5−4csα⋅ 5−4csα=4−5csα5−4csα，解得csα=12，
∵α∈(0,π)，则α=π3，故D正确．
故选：BD．
根据题意结合平面向量的相关运算逐项分析判断．
本题考查向量数量积的基本运算，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：设球的半径为R，则4πR33=4π3，解得R=1，
B：经过A、B、C的球的截面圆，如下图即为等边△GHI的外接圆，
若其半径为r，则r=13⋅DF⋅sinπ3= 33，所以面积为πr2=π3，故错误；

C：如下图，过D作DK//FC且DK=FC，则∠KDA为异面直线AD与CF所成角，且△KMD≅△CDF，H，G为MD，DE中点，

∴AK=HG=12ME= 3，故cs∠KDA=KD2+AD2−AK22KD⋅AD=58，故正确；
A：将几何体补全为直三棱柱，如下图示，

∴多面体ABCDEF的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，
∴由下图知：V= 3×12×2×2×sinπ3−3×13× 3×12×1×1×sinπ3=94，故正确；
D：如下图为球体纵向轴截面，LN为球面上过A、B、C的截面圆直径，则OM= 1−13= 63，

∴球离球托底面DEF的最小距离为OM+ 3−R= 3+ 63−1，故正确；
故选：ACD．
根据球的体积，应用球体体积公式求其半径，B由已知条件求过A、B、C的截面圆半径，进而求其面积即可；C，过D作DK//FC且DK=FC，找到异面直线的所成角，应用余弦定理求余弦值；A，将多面体补全为三棱柱，可知多面体为三棱柱去掉三个三棱锥，应用棱柱、棱锥的体积公式求体积即可；D，由球体纵向轴截面求球心到过A、B、C所在截面圆的距离OM，进而求球离球托底面DEF的最小距离．
本题考查了多面体体积的计算，异面直线所成角以及球的截面性质等，属于中档题．
13.【答案】38
【解析】
【分析】
本题考查了实系数的一元二次方程的虚根成对原理，属于基础题．
利用实系数的一元二次方程的虚根成对原理即可得出．
【解答】
解：∵2i−3是关于x的方程2x2+px+q=0(其中p，q∈R)的一个根，
∴−2i−3也是关于x的方程2x2+px+q=0(其中p，q∈R)的一个根．
∴2i−3+(−2i−3)=−p2，(2i−3)(−2i−3)=q2．
解得p=12，q=26．
∴p+q=38．
故答案为：38．
14.【答案】 33
【解析】解：如图，取PC中点E，设AC∩BD=0，连接EO，ED．

因为四边形ABCD为正方形，E为PC的中点，则OE//AP，OE=12AP．
所以∠DEO(或其补角)为异面直线AP与DE所成角．
在正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=2，
所以PA=PC=PD=CD=BC=2，DO=12BD=12 BC2+CD2= 2，OE=12AP=1．
在正三角形PDC中，E为PC的中点，DE=CD⋅sin60°= 3．
所以DO2+EO2=DE2，∠DOE=90°．
cs∠DEO=OEDE=1 3= 33．
即异面直线AP与DE所成角的余弦值为 33．
故答案为： 33．
首先构造中位线，通过平行线平移法作出异面直线所成的角，最后解三角形求解．
本题通过平行线平移法作出异面直线所成的角，解三角形求解，属于基础题．
15.【答案】 6
【解析】解：因为3sinCcsA=sinB，
所以由正弦定理可得3ccsA=b，
由余弦定理可得3c⋅b2+c2−a22bc=b，化简得b2=3a2−3c2，
又由于a2−c2=2，
解得b2=6，
可得b= 6．
故答案为： 6．
由正弦定理化简已知等式可得3ccsA=b，由余弦定理结合已知即可求解b的值．
本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
16.【答案】8 55
【解析】解：设甲、乙两个圆锥的母线长为l，底面圆的半径分别为r甲，r乙，高分别为h甲，h乙，
则根据题意可得：2πr甲l+2πr乙l=2π(r甲+r乙)l=3π2S甲S乙=πr甲lπr乙l=r甲r乙=2，
解得r甲=l2，r乙=l4，
∴h甲= 32l，h乙= 154l，
∴V甲V乙=13π(r甲)2h甲13π(r乙)2h乙=4× 32 154=8 55．
故答案为：8 55．
根据圆锥的侧面积公式及体积公式，计算即可得解．
本题考查圆锥的侧面积公式及体积公式的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)由A(2,0)，B(0,1)，C(1,2)，可得CB=(−1,−1)，CA=(1,−2)，
所以cs=CB⋅CA|CB||CA|=−1+2 2× 5= 1010，
即cs∠BCA= 1010．
(2)由题意，直线AB的方程为：x2+y1=1，即x+2y−2=0，
由x+2y−2=0x2+y2=1可得，第一象限的交点P为(45,35)，
则OP⋅OC=(45,35)⋅(1,2)=45×1+35×2=2．
【解析】(1)根据坐标，将∠BCA化为向量CB和CA的夹角可求得；
(2)联立直线AB和圆的方程，解出第一象限的交点P的坐标，再用数量积的定义求解．
本题考查平面向量的坐标运算，属基础题．
18.【答案】解：(1)证明：连接C1B与B1C交于点N，则N为C1B中点，MN为△BAC1中位线，

∴MN//AC1，又MN⊂面MB1C，AC1⊄面MB1C，
∴AC1//平面MB1C.
(2)∵AB⊥平面B1C1CB，∴C1B是C1A在平面B1C1CB上射影，
∴∠AC1B是直线AC1与平面B1C1CB所成的角，
又∵VA1B1C1−ABC=1，
∴12⋅BC⋅AB⋅B1B=1，
∴B1B=2，
在Rt△AC1B中，AC1= AB2+BC12= 12+12+22= 6．
∴直线AC1与平面B1C1CB所成角的正弦值为ABAC1=1 6= 66．
【解析】(1)根据三角形中位线得线线平行，即可由线面平行的判定定理求解，
(2)根据线面垂直可由线面角的几何法求解其平面角，即可由三角形的边角关系求解．
本题考查了线面平行中的证明以及直线与平面所成的角的计算问题，属于基础题．
19.【答案】解：(1)因为y−=10.1+10.4+a+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.510=10.3，
所以a=10.1，
S22=110×[(10.1−10.3)2+(10.4−10.3)2+(10.1−10.3)2+(10.0−10.3)2+(10.1−10.3)2+(10.3−10.3)2+(10.6−10.3)2+(10.5−10.3)2+(10.4−10.3)2+(10.5−10.3)2]=0.04；
(2)y−−x−=10.3−10=0.3，S12+S2210=0.036+0.0410=0.0076，
因为(y−−x−2)2=0.152=0.0225>0.0076，
所以y−−x−>2 S12+S222，
所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
【解析】(1)由平均数和方差的定义求解；
(2)计算(y−−x−2)2的值，再与S12+S2210的值比较即可．
本题主要考查了平均数和方差的计算，属于基础题．
20.【答案】解：(1)在Rt△ABP中，AB=5，AP=4，
∴BP=3，
∴cs∠PBC=sin∠BPA=45，
∵在△BPC中，由余弦定理得PC2=BP2+BC2−2BP⋅BC⋅cs∠PBC=32+52−2×3×5×45=10，
∴PC= 10．
(2)设∠BAP=θ，
则∠PBC=θ，
又BP=5sinθ，
在△BPC中由正弦定理得BCsin∠BPC=BPsin∠BCP，即5sin120∘=5sinθsin(60∘−θ)，
∴ 3sinθ= 3csθ−sinθ，即( 3+1)sinθ= 3csθ，
∴tanθ=3− 32．
【解析】(1)在Rt△ABP中，利用勾股定理可求BP=3，cs∠PBC=sin∠BPA=45，在△BPC中，由余弦定理即可求解PC的值．
(2)设∠BAP=θ，则∠PBC=θ，在△BPC中，由正弦定理，三角函数恒等变换即可求解．
本题考查了勾股定理，正弦定理，余弦定理以及三角函数恒等变换在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
21.【答案】解：(1)过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB，
由∠ACD=45°，DO⊥AC，得CD= 2CO，
由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥面ABC，
所以DO⊥BC，
由∠ACB=45°，BC=12CD= 22CO得BO⊥BC，
又BO∩DO=O，
所以BC⊥面BDO，
又BD⊂面BDO，
所以BC⊥BD，
由三棱台ABC−DEF，得BC//EF，
所以EF⊥DB，
所以EF与DB所成角的余弦值为0．
(2)过点B作BH⊥AC，垂足为H，
由面ADFC⊥面ABC，得BH⊥面ADFC，
过点H作HK⊥DC，垂足为K，连接BK，
因为BH⊥面ADFC，DC⊂面ADFC，
所以BH⊥DC，
又DC⊥HK，BH∩HK=K，
所以CD⊥面BHK，
又BK⊂面BHK，
所以DC⊥BK，
所以∠HKB为二面角A−DC−B的平面角，
设HC=1，则BH=1，HK= 22，
在Rt△BHK中，tan∠BKH=BHHK=1 22= 2，
所以二面角A−DC−B大小的正切值为 2．
【解析】(1)过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB，由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥面ABC，进而可得DO⊥BC，由∠ACB=45°，BC=12CD= 22CO得BO⊥BC，推出BC⊥面BDO，则BC⊥BD，又BC//EF，进而可得答案．
(2)过点B作BH⊥AC，垂足为H，由面ADFC⊥面ABC，得BH⊥面ADFC，过点H作HK⊥DC，垂足为K，连接BK，推出CD⊥面BHK，进而可得DC⊥BK，则∠HKB为二面角A−DC−B的平面角，再计算tan∠BKH，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角的正切值的计算，解题中需要理清思路，属于中档题．
22.【答案】解：(1)过Q作QK⊥AB，垂足为K，过K作KH⊥DB，

因为AD⊥底面ABQ，QK⊂底面ABQ，则QK⊥AD，
又AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABD，
于是QK⊥平面ABD，
又BD⊂平面ABD，则DB⊥QK，
又KH∩QK=K，因此DB⊥平面QKH，
因为QH⊂平面QKH，
所以QH⊥DB，QH即Q到DB的距离，
因为QA2=QK2+AK2，QH2=QK2+KH2，且QA=QH，
所以AK=KH，所以DK平分∠ADB，
在△DAK和△DHK中，设点D到直线AB的距离为h，
由三角形面积公式得S△DAK=12⋅AK⋅h,S△DHK=12⋅KB⋅h，
所以S△DAKS△DHK=AKKB，
又S△DAK=12⋅DA⋅DK⋅sin∠KDA,S△DHK=12⋅DB⋅DK⋅sin∠KDH，
所以S△DAKS△DHK=DADB，
所以DADB=AKKB，
因为DA=2,AB=2 3，所以DB=4，
所以DADB=AKKB=AK2 3−AK，
所以AK=2 33,BK=4 33，
所以Q点的轨迹是过K与AB垂直的垂线段上(圆内部分)，
当三棱锥Q−ABD体积最大时，三棱锥的高最大，此时点Q在圆周上，
在△QAB中，由△QAK∽△BQK可得QK2=AK⋅BK=83，
所以VQABD=13×QK×S△ADB=13×2 63×12×2×2 3=4 23．
(2)设倾斜平面β与水平面α交线为OO″．

过P作PT⊥水平面α，垂足为T，过T作TH⊥OO″，连接PH，
则∠PHT是倾斜平面β与水平面α的夹角，
设∠PHT=φ,PT=y,OT=x，则∠TO1O=xR，
所以HT=R⋅sin(π−xR)=RsinxR，
在Rt△PHT中，tanφ=PTHT，
所以y=Rtanφ⋅sinxR，
即展开后的曲线是正弦曲线．
【解析】(1)先利用几何关系求出点Q的轨迹，再利用三棱锥的体积公式求出最大值；
(2)利用几何关系求出x和y的关系式即可．
本题考查了锥体体积的有关计算以及立体几何中的三角模型，属于难题．
旧设备
9.8
10.3
10
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
a
10.0
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5