2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高一下学期期末考试数学试题（含解析），共21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.已知i为虚数单位.若复数z=4−i22−i，则z的虚部是
( )
A. 1B. −1C. iD. −i
2.若扇形的面积为π2，半径为4，则该扇形的圆心角为
( )
A. π4B. π6C. π8D. π16
3.设a，b是非零向量，“a|a|=b|b|”是“a=b”的
( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.下列命题正确的是( )
(1)已知平面α和直线m，n，若m/​/α，n⊂α，则m/​/n；
(2)已知平面α，β和直线m，n，且m，n为异面直线，m⊥α，n⊥β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l；
(3)已知平面α，β和直线m，n，若m⊂α，n⊂α，m/​/β，n/​/β，则α/​/β；
(4)在三棱锥P−ABC中，PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，垂足都为P，则P在底面上的射影是三角形ABC的垂心．
A. (2)(4)B. (2)(3)(4)C. (3)(4)D. (1)(2)
5.已知函数fx=cs4x−2sinxcsx−sin4x，则fx的最小正周期为
( )
A. 2πB. πC. π2D. π4
6.已知函数y=2−ax−2(a>0，且a≠1)的图象过定点P，O为坐标原点，射线OP是角θ的终边，则sinθ−2csθ2sinθ+csθ的值为
( )
A. −54B. 34C. −34D. −32
7.设β∈0,π2，若sinα=3sinα+2β，则tanα+2β的最小值为
( )
A. − 24B. 24C. − 22D. 22
8.在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”.已知棱台ABCD−A​′B​′C​′D​′是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中AB=2A′B′=2，BC=2B′C′=2 3，则该“刍童”外接球的表面积为
( )
A. 20πB. 203πC. 20 53πD. 5 5π
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知复数z=sin π6+ics π6，则
( )
A. z的虚部为 32i
B. z在复平面内对应的点在第四象限
C. z+z=z
D. z是关于x的方程x2−x+1=0的一个根
10.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，b=4且sinA:sinB:sinC=1:2: 7，下列说法正确的是
( )
A. △ABC为钝角三角形B. AB边的中线长为3
C. △ABC周长为6+2 7D. △ABC的外接圆面积为28π3
11.已知平面四边形ABCD，O是ABCD所在平面内任意一点，则下列命题正确的是
( )
A. 若AB=DC，则四边形ABCD是平行四边形
B. 若AB+AD=AB−AD，则四边形ABCD是矩形
C. 若OA−OB=OA+OB−2OC，则▵ABC为直角三角形
D. 若动点P满足OP=OA+mABABsin∠ABC+ACACsin∠ACBm>0，则动点P的轨迹一定通过▵ABC的重心
12.我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图2，已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2，若该几何体的所有顶点都在球O 的表面上，则
( )
A. 正四棱柱和正四棱锥的高均为12
B. 正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为12+4 2
C. 球O的表面积为9π
D. 正四棱锥的侧面、侧棱与其底面所成的角分别为α、βα<π2，则α<β
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.i是虚数单位，已知ω−1=ω−i.写出一个满足条件的复数ω ．
14.已知▵ABC中，D为边BC上的点，且2BD=DC，若AD=mAB+nACm,n∈R，则m−n= ．
15.由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥，其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为 5+14，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为 ．
16.若函数f(x)=4sin ωxsin2(ωx2+π4)+cs 2ωx−1(ω>0)在−π3,π2内有且仅有一个最大值点，则ω的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共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)
已知a=−1,2，b=1,−4．
(1)若ka+b与a−b垂直，求实数k的值；
(2)若θ为4a+b与a+b的夹角，求csθ的值．
18.(本小题12分)
已知csα=17，csα−β=1314，且0<β<α<π2．
(1)求tan2α的值；
(2)求β．
19.(本小题12分)
三棱柱ABC−A1B1C1的棱长都为2，D和E分别是BB1和A1C1的中点．
(1)求证：直线DE//平面ABC1；
(2)若∠A1AC=60∘，点B到平面ACC1A1的距离为 3，求三棱锥D−ABC1的体积．
20.(本小题12分)
在锐角▵ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b，c，其面积为S，且(b−a)(b+a)+accsB=2 33S．
(1)求角A的大小；
(2)若a=2 3，求S的取值范围．
21.(本小题12分)
如图(1)，平面四边形ABDC中，∠ABC=∠D=90∘，AB=BC=2，CD=1，将▵ABC沿BC边折起如图(2)，使______，点M，N分别为AC，AD中点.在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题.①AD= 7.②AC为四面体ABDC外接球的直径.③平面ABC⊥平面BCD．
(1)判断直线MN与平面ABD是否垂直，并说明理由；
(2)求直线DM和BC所成的角的余弦值．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)= 3sin (ωx+φ)−2cs2(ωx+φ2)+1(ω>0,0<φ<π)为奇函数，且fx图象的相邻两对称轴间的距离为π2．
(1)当x∈−π4,π2时，求fx的单调递减区间；
(2)将函数fx的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12(纵坐标不变)，得到函数y=gx的图象，记方程gx=43在x∈π6,4π3上的根从小到大依次为x1,x2,x3,⋯,xn，试确定n的值，并求x1+2x2+2x3+⋯+2xn−1+xn的值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数的运算和概念，属于基础题．
根据复数的乘除运算法则求出z，进而可解．
【解答】
解： z=4−i22−i=52−i=52+i2−i2+i=2+i,
z=2−i
所以虚部为 −1 ，
故选：B．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查扇形的面积公式，属于基础题．
由扇形面积公式直接计算可得．
【解答】
解：由扇形面积公式可得： S=12αr2=12α×42=π2 ，解得 α=π16 ．
故选：D．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查充分、必要条件的判定，向量的概念，属于基础题．
根据向量相等、单位向量判断条件间的推出关系，结合充分、必要性定义即知答案．
【解答】
解：由 aa=bb 表示单位向量相等，
则 a,b 同向，但不能确定它们模是否相等，即不能推出 a=b ，
由 a=b 表示 a,b 同向且模相等，则 aa=bb ，
所以“ aa=bb ”是“ a=b ”的必要而不充分条件．
故选：B．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间线面位置关系，属于中档题．
举反例可判断(1)；过直线m上点A作 n′//n ，记 m,n′ 所在平面为 γ ，然后证明 l′⊥γ ， l⊥γ 即可判断(2)；根据面面平行的判定定理可判断(3)；作 PO⊥ 平面 ABC ，结合已知证明 BC⊥ 平面 PAO ，然后可得 AO⊥BC ，然后可判断(4)．
【解答】
解：对于(1)：在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， A1B1// 平面 ABCD ， AD⊂ 平面 ABCD ，显然 A1B1 与 AD 异面，故(1)错误；

对于(2)：假设 α//β ，因为 m⊥α ，所以 m⊥β ，又 n⊥β ，所以 m//n (矛盾)，故 α 与 β 相交，记交线为 l′ ．
过直线m上点A作 n′//n ，记 m,n′ 所在平面为 γ ，
因为 m⊥α ， n⊥β ， l′⊂α,l′⊂β ，所以 m⊥l′,n⊥l′ ，
又 n′//n ，所以 n′⊥l′ ，
因为 m∩n′=A,m⊂γ,n′⊂γ ，所以 l′⊥γ ．
因为 l⊥n,n//n′ ，所以 l⊥n′ ，
又 l⊥m ， m∩n′=A,m⊂γ,n′⊂γ ，
所以 l⊥γ ，所以 l//l′ ，(2)正确；

对于(3)：由面面平行判定定理可知(3)错误；
对于(4)：作 PO⊥ 平面 ABC ，因为 BC⊂ 平面 ABC ，所以 PO⊥BC ，
因为 PA⊥PB ， PC⊥PA ， PB∩PC=P,PB,PC⊂ 平面 PBC ，
所以 PA⊥ 平面 PBC ．
又 BC⊂ 平面 PBC ，所以 PA⊥BC ．
因为 PA∩PO=P,PA,PO⊂ 平面 PAO ，
所以 BC⊥ 平面 PAO ，
因为 AO⊂ 平面 PAO ，所以 AO⊥BC ，即点O在 ▵ABC 的BC边的高上．
同理，点O在 ▵ABC 的AB边和AC边的高上，
所以点O为 ▵ABC 高的交点，即O为 ▵ABC 的垂心，(4)正确．

故选：A．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查余弦型函数的周期性，属于基础题．
利用平方关系、降幂及辅助角公式可得 f(x)= 2cs(2x+π4) ，根据三角函数性质求最小正周期．
【解答】
解：由题设， f(x)=(cs4x−sin4x)−2sin xcs x=cs 2x−sin 2x= 2cs (2x+π4) ，
所以最小正周期为 T=2π2=π ．
故选：B．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了指数函数的性质，任意角的三角函数的定义，同角三角函数基本关系式的应用，属于基础题．
先由题意，确定点 P 的坐标，再由三角函数的定义求出 tanθ ，利用同角三角函数基本关系进行弦化切，即可求出结果．
【解答】
解：根据题意，定点 P 的坐标为 2,1 ，结合三角函数的定义得到 tanθ=12 ，
又 sinθ−2csθ2sinθ+csθ=tanθ−22tanθ+1=−34 ．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查两角和与差公式，基本不等式，属于中档题．
先对 sinα=3sinα+2β 变形，从而表示出 tanα+2β ，然后根据表达式的特点，利用基本不等式可得结果．
【解答】
解：因为 sinα=3sin(α+2β) ，则 sin[(α+2β)−2β]=3sin(α+2β) ，
所以 sinα+2βcs2β−csα+2βsin2β=3sinα+2β ，
即 sin(α+2β)(cs2β−3)=cs(α+2β)sin2β ，
于是有 tan(α+2β)=sin2βcs2β−3 ，
所以 tan(α+2β)=2sinβcsβcs2β−sin2β−3cs2β−3sin2β
=2sinβcsβ−2cs2β−4sin2β=−tanβ2tan2β+1=−12tanβ+1tanβ ，
因为 β∈0, π2 ，所以 tanβ>0 ，于是有 2tanβ+1tanβ≥2 2tanβ ⋅1tanβ=2 2 ，
当且仅当 2tanβ=1tanβ 即 tanβ= 22 时，等号成立，
所以 tan(α+2β) 的最小值 −12 2=− 24 ，
故选：A．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查简单几何体外接球的表面积，利用刍童的几何性确定外接球的球心是解题的关键，考查运算求解能力，属于中档题．
根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为O，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积．
【解答】
解：如图，连接AC、BD、 A′C′ 、 B′D′ ，
设AC∩BD=M， A′C′ ∩ B′D′ =N，连接MN．
∵棱台 ABCD−A′B′C′D′ 侧棱相等，
∴易知其外接球球心在线段MN所在直线上，
设外接球球心为O，
如图当球心在线段NM延长线上时，
易得 AC= AB2+BC2= 4+12=4 ，MC=2，
A′C′= A′B′2+B′C′2= 1+3=2 ， NC′=1 ，MN=1，
由 OC=OC′ 得，
NC′2+ON2=OM2+MC2 ，
即1+(OM+MN)2=OM2+4
⇒1+(OM+1)2=OM2+4⇒OM=1，
故 OC= 12+22= 5 ，
∴外接球表面积为 4π⋅ 52=20π ．
如图当球心在线段MN上时，
由 OC=OC′ 得， NC′2+ON2=OM2+MC2 ，
即1+MN−OM2=OM2+4⇒1+1−OM2=OM2+4⇒OM=−1 舍去，
故选：A．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查复数的概念与分类，考查复数的代数表示及其几何意义，考查3.2复数的四则运算，属于中档题．
把复数化成z=12+ 32i，利用复数的意义判断A；求出z、|z|判断BC；利用复数的四则运算计算判断D作答．
【解答】
解：依题意，复数z=12+ 32i，复数z的虚部为 32， A错误；
z=12− 32i在复平面内对应的点(12,− 32)在第四象限， B正确；
|z|= (12)2+( 32)2=1，z+z=(12+ 32i)+(12− 32i)=1，则z+z=z， C正确；
z2−z+1=(12+ 32i)2−(12+ 32i)+1=(−12+ 32i)−12− 32i+1=0，
即z是关于x的方程x2−x+1=0的一个根， D正确．
故选：BCD
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查正余弦定理的综合应用，属于中档题．
利用正弦定理、余弦定理以及同角三角函数的平方关系即可求解．
【解答】
解：对于选项A，∵sinA:sinB:sinC=1:2: 7，∴a:b:c=1:2: 7，
可知a=k，b=2k，c= 7k(k为比例系数)，
∵c>b>a，∴判断最长边所对应的角是否为钝角即可，
由余弦定理得：7k2=k2+4k2−4k2csC，解得csC=−12，
又∵0对于选项B，∵b=4，∴k=2，a=2，c=2 7，
由正弦定理得asinA=csinC，即2sinA=2 7sin2π3，解得sinA= 2114，
∵角A为锐角，∴csA= 1−sin2A=5 714，
设AB的中点为D，在△ADC中，
由余弦定理得：CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅csA=16+7−2×4× 7×5 714=3，
则CD= 3，即AB边的中线长为 3，则选项B错误；
对于选项C，△ABC周长为a+b+c=2+4+2 7=6+2 7，则选项C正确；
对于选项D，由正弦定理得：R=a2sinA=2 213，
则△ABC外接圆的面积为πR2=28π3，则选项D正确，
故选：ACD．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题主要考查平面向量的数量积和运算，属于中档题．
由向量相等可判断A；由数量积的性质结合模的运算可判断B和C；由向量的线性运算结合向量共线可判断D．
【解答】
解：由AB=DC，可得AB//CD，且AB=CD，
故四边形ABCD是平行四边形，所以 A正确；
由AB+AD=AB−AD，平方可得AB⋅AD=0，即AB⊥AD，
但四边形ABCD不一定是矩形，所以 B错误；
由OA−OB=OA+OB−2OC，可得BA=OA−OC+OB−OC，即CA−CB=CA+CB，因此CA⊥CB，所以▵ABC为直角三角形，所以 C正确；
作AE⊥BC于E，由于|AB|sin ∠ABC=|AC|sin ∠ACB=|AE|，
所以OP=OA+mABABsin∠ABC+ACACsin∠ACB=OA+mAEAB+AC，
即AP=mAEAB+AC，故P的轨迹一定通过▵ABC的重心，所以 D正确．
故选：ACD．
12.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查空间几何体与外接球的关系，根据条件求出球的半径是解决本题的关键，是中档题．
根据正四棱柱和正四棱锥的几何的性质，结合球的对称性、球的表面积公式、线面角、二面角的定义逐一判断即可．
【解答】
解：设正四棱柱和正四棱锥的高为 h ，球 O 的半径为 r ，
根据正四棱柱和球的对称性可知：该几何体的外接球的球心为正四棱柱的中心，
球的直径 2r 即为正四棱柱的体对角线，
且正四棱柱的体心到正四棱锥的顶点的距离 32h=r ，
根据正四棱柱的体对角线公式得 (2r)2=22+22+h2⇒4r2=8+49r2⇒r=32 ，
因此 h=1 ，所求球的表面积为 4πr2=4π⋅94=9π ，故选项A不正确，C正确；
在直角三角形 EFG 中， EG= 12+(12×2)2= 2 ，
所以正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为：
4×12×2× 2+2×2+4×2×1=12+4 2 ，所以选项B正确，
如图所示： tanα=tan∠EGF=11=1 ，
tanβ=tan∠FHE=112× 22+22= 22 ，显然有 tanα>tanβ⇒α>β ，
所以选项D不正确，
故选：BC．
13.【答案】ω=1+i
【解析】【分析】
本题考查复数的模，属于基础题．
设 ω=a+bia,b∈R ，根据已知得a，b关系，然后可得答案．
【解答】
解：设 ω=a+bia,b∈R ，因为 ω−1=ω−i ，
所以 a−1+bi=a+(b−1)i ，即 (a−1)2+b2= a2+(b−1)2 ，
整理得 a=b ，取 a=b=1 得 ω=1+i ．
故答案为： ω=1+i (答案不唯一，满足 ω=a+ai(a∈R) 均可)
14.【答案】13
【解析】【分析】
本小题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
以 AB,AC 为基底表示出 AD ，由此求得 m,n ，进而求得 m−n ．
【解答】
解：依题意 AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13AC−AB=23AB+13AC ，
所以 m=23,n=13,m−n=13 ．
故答案为： 13
15.【答案】14
【解析】【分析】
本题考查棱锥的侧面积和表面积，考查棱锥的性质，属于中档题．
设正四棱锥的底面边长为 a ，高为 h ，斜高为 h′ ，分别用 a 表示出以该四棱锥的高为边长的正方形面积和该四棱锥侧面积，即可得出答案．
【解答】
解：如图，

设正四棱锥的底面边长为 a ，高为 h ，斜高为 h′ ， E 为 CD 的中点，
则由题意得： h′a= 5+14 ，所以 h′= 5+14a ，
则设以该四棱锥的高为边长的正方形面积为 S1 ， S1=h2=h′2−a24=( 5+14a)2−a24=1+ 58a2 ，
设该四棱锥侧面积为 S2=4⋅12ah′=2a⋅ 5+14a= 5+12a2 ，
所以 S1S2=1812=14 ．
故答案为： 14
16.【答案】[1,92)
【解析】【分析】
本题考查三角恒等变换和三角函数的图象及性质，考查数形结合思想，属于较难题．
利用三角恒等变换化函数 fx 为 y=Asin (ωx+φ)(A>0,ω>0) 的形式，再根据给定条件及函数性质分析作答．
【解答】
解： f(x)=2sin ωx[1−cs (ωx+π2)]−2sin2ωx
=2sin ωx(1+sin ωx)−2sin2ωx=2sin ωx，
而 ω>0 ，则 −π3≤x≤π2 ， −ωπ3≤ωx≤ωπ2 ，
依题意得 π2≤ωπ2<5π2−ωπ3>−3π2 ，解得 1≤ω<5ω<92 ，即 1≤ω<92 ，
所以 ω 的取值范围是 [1,92) ．
故答案为： [1,92)．
17.【答案】解：(1)因为 a=−1,2 ， b=1,−4 ，所以
a= (−1)2+22= 5 ， b= 12+(−4)2= 17 ， a⋅b=−1−8=−9 ，
又 ka+b 与 a−b 垂直，
所以ka+b⋅a−b=ka2+1−ka⋅b−b2=5k−91−k−17=0 ，
解得 k=137 ；
(2)因为 4a+b=4−1,2+1,−4=−3,4 ， a+b=−1,2+1,−4=0,−2
所以 csθ=4a+b⋅a+b4a+b⋅a+b=0−8 (−3)2+42×2=−45 ．

【解析】本题考查向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，考查利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角，属于中档题．
(1)根据平面向量的坐标运算求模长与数量积，由向量垂直列方程即可得实数 k 的值；
(2)根据平面向量夹角公式的坐标表示即可求解．
18.【答案】解：(1)∵ csα=17 且 0<β<α<π2 ，
∴ sinα= 1−cs2α=4 37 ，
∴ tana=sinαcsα=4 3 ，
∴ tan2a=2tanα1−tan2α=−8 347 ；
(2)∵ 0<β<α<π2 ，
∴ 0<α−β<π2 ，
又∵ cs(α−β)=1314 ，
∴ sin(α−β)= 1−cs2(α−β)=3 314 ，
csβ=cs[α−(α−β)]=csαcs(α−β)+sinαsin(α−β)
=13+4 3×3 37×14=12 ，
所以 β=π3 ．

【解析】本题考查二倍角的正切公式，两角和与差的余弦公式，运算求解能力，是中档题．
(1)先根据 csα=17 ，且 0<α<π2 ，求出 sinα=4 37 ，则可求 tanα ，再求 tan2α ；
(2)先根据 cs(α−β)=1314 ， 0<α−β<π2 ，求出 sin(α−β) ，再根据 csβ=cs[α−(α−β)] =csαcs(α−β)+sinαsin(α−β) 求解即可．
19.【答案】解：(1)在三棱柱 ABC−A1B1C1 中， AB//A1B1 ，取 B1C1 中点F，连接DF，EF，
∵D和E分别是 BB1 和 A1C1 的中点，
∴DF//BC1,EF//A1B1, ∴EF//AB ，
又 DF⊄ 面 ABC1 ， BC1⊂ 面 ABC1 ，且 EF⊄ 面 ABC1 ， AB⊂ 面 ABC1 ，
∴ DF //面 ABC1 ，EF//面 ABC1 ，又 DF∩EF=F ， DF,EF⊂ 面 DEF ，
∴面 DEF //平面 ABC1 ，而 DE⊂ 面DEF，故直线 DE //平面 ABC1 ．
法二，连接CE交 AC1 于点G，连接CD交 BC1 于点H，连接HG，如图，
在三棱柱 ABC−A1B1C1 中， A1C1//AC ， BB1//CC1 ，
∴ EGGC=EC1AC=12 ， DHHC=BDCC1=12 ，
∴ EGGC=DHHC ，则 DE//HG ，又 DE⊄ 面 ABC1 ， HG⊂ 面 ABC1 ，
∴直线 DE// 平面 ABC1 ．
(2)如图，
∵直线 DE //平面 ABC1 ，
∴ VD−ABC1=VE−ABC1 ，又 ∠A1AC=60∘ ，
所以平行四边形 ACC1A1 边 AC 上的高 h′=2sin60∘= 3 ，
由B到面 ACC1A1 的高 hB= 3 ，则 VE−ABC1=VB−AEC1=13S▵AEC1⋅hB=13×12×1× 3× 3=12 ．

【解析】本题考查线面平行的判定和棱锥体积的求解，属于中档题．
(1)法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明 DE//HG ，即可得证；
(2)根据线面平行可得 VD−ABC1=VE−ABC1 ，由等体积法求解．
20.【答案】解：(1)在锐角 ▵ABC 中， (b−a)(b+a)+accsB=2 33S ，
由余弦定理 csB=a2+c2−b22ac ，
得 b2−a2+a2+c2−b22=2 33S ，即 b2+c2−a22=2 33S ，
又 S=12bcsinA ， b2+c2−a2=2bccsA ，
因此 bccsA=2 33⋅12bcsinA ，有 tanA= 3 ，而 0所以 A=π3 ．
(2)由(1)知， A=π3 ， B=2π3−C ，
由正弦定理得： bsinB=csinC=asinA=2 3 32=4 ，即 b=4sinB,c=4sinC ，
则 S=12bcsinA=12⋅4sinB⋅4sinC⋅sinA=4 3sinBsinC=4 3sin(2π3−C)sinC
=4 3( 32csC+12sinC)sinC=4 3( 32csCsinC+12sin2C)
=4 3( 32⋅sin2C2+12⋅1−cs2C2)=2 3( 32sin2C−12cs2C)+ 3
=2 3sin(2C−π6)+ 3 ，
又 ▵ABC 是锐角三角形，则有 0于是 12所以S的取值范围是 (2 3,3 3] ．

【解析】(1)根据给定条件，利用余弦定理、三角形面积公式变形给定等式，求出 tanA 即可作答．
(2)利用正弦定理把三角形面积表示为角C的函数，再利用正弦函数性质求解作答．
21.【答案】解：(1)若选①：垂直．
因为 AD= 7 ，在 Rt▵BCD 中， BC=2 ， CD=1 ，可得 BD= 3 ，
又由 AB=2 ，所以 AB2+BD2=AD2 ，所以 AB⊥BD ，
因为 AB⊥BC ，且 BC∩BD=B ， BC,BC⊂ 平面 CBD ，
所以 AB⊥ 平面 CBD ，
又因为 CD⊂ 平面 CBD ，所以 AB⊥CD ，
又由 CD⊥BD ， AB∩BD=B ，且 AB,BD⊂ 平面 ABD ，所以 CD⊥ 平面 ABD ，
又因为 M ， N 分别为 AC ， AD 中点，所以 MN//CD ，所以 MN⊥ 平面 ABD ．
若选②：垂直．
由 AC 为四面体 ABDC 外接球的直径，则 ∠ADC=90∘ ， CD⊥AD ，
因为 CD⊥BD ，而AD，BD⊂平面 ABD ，且AD∩BD=D，
可证得 CD⊥ 平面 ABD ，
又 M ， N 分别为 AC ， AD 中点， MN//CD ，所以 MN⊥ 平面 ABD ．
若选③：垂直．
由平面 ABC⊥ 平面 BCD ，平面 ABC∩ 平面 BCD=BC ，
因为 AB⊥BC ，且 AB⊂ 平面 ABC ，所以 AB⊥ 平面 CBD ，
又由 CD⊂ 平面 CBD ，所以 AB⊥CD ，
因为 CD⊥BD ， AB∩BD=B，且 AB,BD⊂ 平面 ABD ，所以 CD⊥ 平面 ABD ，
又因为 M ， N 分别为 AC ， AD 中点， MN//CD ，所以 MN⊥ 平面 ABD ．
(2)取 AB 中点 E ，连接 ME,DM,DE ，
因为 M,E 分别为 AC,AB 边中点，所以 ME//BC ，
所以 ∠EMD 或其补角为直线 DM 和 BC 所成的角．
在 △ADC 中， CD=1 ， AD= 7 ， AD⊥CD ，
所以 AC=2 2=2DM,∴DM= 2 ．
又 ME=1,DE= BD2+BE2= 3+1=2 ，
由余弦定理可得： cs∠EMD=1+2−42 2=− 24 ，
而异面直线所成角的范围为(0,π2]，
所以直线 DM 和 BC 所成的角的余弦值为 24 ．

【解析】本题考查线面垂直的判定，考查异面直线所成角，考查利用余弦定理解三角形，属于较难题．
(1)若选①：由 AB2+BD2=AD2 ，得到 AB⊥BD ，再由 AB⊥BC ，证得 AB⊥ 平面 CBD ，得到 AB⊥CD ，进而证得 CD⊥ 平面 ABD ，因为 MN//CD ，即可得到 MN⊥ 平面 ABD ．
若选②：由 AC 为四面体 ABDC 外接球的直径，得到 CD⊥AD ，进而证得 CD⊥ 平面 ABD ，从而证得 MN⊥ 平面 ABD ．
若选③：由平面 ABC⊥ 平面 BCD 和 AB⊥BC ，证得 AB⊥ 平面 CBD ，得到 AB⊥CD ，进而证得 CD⊥ 平面 ABD ，得到 MN⊥ 平面 ABD ．
(2)取AB中点E，连接ME，DM，得到 ∠EMD 或其补角为直线DM和BC所成的角，再 ▵EMD 中，利用余弦定理，即可求解．
22.【答案】解：(1)由题意，函数 fx= 3sinωx+φ−csωx+φ=2sinωx+φ−π6 ，
因为函数 fx 图象的相邻两对称轴间的距离为 π2 ，所以 T=π ，可得 ω=2 ，
又由函数 fx 为奇函数，可得 f0=2sinφ−π6=0 ，
所以 φ−π6=kπ,k∈Z ，因为0<φ<π ，所以 φ=π6 ，
所以函数 fx=2sin2x ，
令 π2+2kπ≤2x≤3π2+2kπ,k∈Z ，解得 π4+kπ≤x≤3π4+kπ,k∈Z ，
函数 fx 的递减区间为 π4+kπ,3π4+kπ,k∈Z ，
再结合 x∈−π4,π2 ，可得函数 fx 的递减区间为 π4,π2 ．
(2)将函数 fx 的图象向右平移 π6 个单位长度，可得 y=2sin2x−π3 的图象，
再把横坐标缩小为原来的 12 ，得到函数 y=gx= 2sin4x−π3 的图象，
由方程 gx=43 ，即 2sin4x−π3=43 ，
即 sin4x−π3=23 ，
因为 x∈π6,4π3 ，可得 4x−π3∈π3,5π ，
设 θ=4x−π3 ，其中 θ∈π3,5π ，即 sinθ=23 ，
结合正弦函数 y=sinθ 的图象，
可得方程 sinθ=23 在区间 π3,5π 有5个解，即 n=5 ，
其中 θ1+θ2=3π,θ2+θ3=5π,θ3+θ4=7π,θ4+θ5=9π ，
即 4x1−π3+4x2−π3=3π,4x2−π3+4x3−π3=5π,4x3−π3+4x4−π3=7π,
4x4−π3+4x5−π3=9π ，
解得 x1+x2=11π12,x2+x3=17π12,x3+x4=23π12,x4+x5=29π12 ，
所以 x1+2x2+2x3+⋯+2x4+x5=x1+x2+x2+x3+x3+x4+x4+x5=20π3

【解析】本题考查判断正弦型函数的单调性或求解单调区间，考查正弦型函数的图象变换，属于难题．
(1)根据题意求出函数的解析式，并求出函数的完整减区间，结合给定区间即可求解；
(2)根据题意确定 gx 的解析式，从而得到 sin4x−π3=23 解的个数，结合函数图象求解根的对称关系，可求解．