2022-2023学年浙江省丽水市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省丽水市高一（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. 已知i是虚数单位，复数i(1−2i)=( )
A. 1+2iB. 1−2iC. 2+iD. 2−i
2. 已知向量a=(1,2)，b=(csθ,sinθ)，且向量a与b平行，则tanθ的值为( )
A. −12B. −2C. 12D. 2
3. 甲、乙两人进行射击比赛，甲的中靶概率为0.4，乙的中靶概率为0.5，则两人各射击一次，恰有一人中靶的概率是( )
A. 0.2B. 0.4C. 0.5D. 0.9
4. 演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( )
A. 中位数B. 平均数C. 方差D. 极差
5. 某中学组织三个年级的学生进行党史知识竞赛.经统计，得到前200名学生分布的扇形图(如图)和前200名中高一学生排名分布的频率条形图(如图)，则下列命题错误的是( )
A. 成绩前200名的学生中，高一人数比高二人数多30人
B. 成绩前100名的学生中，高一人数不超过50人
C. 成绩前50名的学生中，高三人数不超过32人
D. 成绩第51名到第100名的学生中，高二人数比高一人数多
6. 如图，A、B、C三点在半径为1的圆O上运动，且AC⊥BC，M是圆O外一点，OM=2，则|MA+MB+2MC|的最大值是( )
A. 5
B. 8
C. 10
D. 12
7. 一个袋中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球和2个白球，从中一次性随机摸出2个球，则下列说法正确的是( )
A. “恰好摸到1个红球”与“至少摸到1个白球”是互斥事件
B. “恰好没摸到红球”与“至多摸到1个白球”是对立事件
C. “至少摸到1个红球”的概率大于“至少摸到1个白球”的概率
D. “恰好摸到2个红球”与“恰好摸到2个白球”是相互独立事件
8. 将函数f(x)=sinωx(ω>0)的图象向右平移π3ω个单位得到函数y=g(x)的图象，点A，B，C是y=f(x)与y=g(x)图象的连续相邻的三个交点，若△ABC是锐角三角形，则ω的取值范围是( )
A. (0, 33π)B. (0, 22π)C. ( 33π,+∞)D. ( 22π,+∞)
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. 已知复数z=a+bi(a,b∈R)在复平面内对应的点为Z，则下列结论中正确的是( )
A. |z|2=a2+b2B. z2=a2+b2C. z⋅z−=a2+b2D. |OZ|2=a2+b2
10. 已知m，n是异面直线，α，β是不同的平面，m⊥α，n⊥β，直线l满足l⊥m，l⊥n，则下列关系不可能成立的是( )
A. α/​/βB. α⊥βC. l/​/αD. l⊥α
11. 已知a,b是单位向量，则下列命题正确的是( )
A. 若a=(− 32,t)，则t=12
B. 若a,b不共线，则(a+b)⊥(a−b)
C. 若|a−b|≥ 3，则a,b夹角的最小值是2π3
D. 若a,b的夹角是3π4，则b在a上的投影向量是 22a
12. 如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P是线段EF上的动点，则下列命题中正确的是( )
A. 不存在点P，使得直线DP/​/平面ACF
B. 直线DP与BC所成角余弦值的取值范围是[0, 105]
C. 直线DP与平面ACF所成角的取值范围是[0,π4]
D. 三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8
三、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
13. 若圆锥的母线长为2，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的体积是______ ．
14. 已知tanα=2，则sinα+2csαsinα−csα= ______ ．
15. 如图，平面四边形ABCD的斜二测直观图是等腰梯形A′B′C′D′，A′D′=D′C′=1，那么原平面四边形中的边BC的长是______ ．
16. 如图，测量河对岸的塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个基点C和D进行测量，现测得CD=28米，∠CBD=30°，在点C和D测得塔顶A的仰角分别为45°，30°，则塔高AB= ______ 米.
17. 如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是14 3，则该多面体外接球的表面积是______ ．
18. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成).类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设AD=λAB+μAC，若AD=5AF，则λ−μ的值是______ ．
四、解答题（本大题共5小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题12.0分)
杭州2022年第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举行.随着亚运会的临近，亚运会的热度持续提升.为让更多的人了解亚运会运动项目和亚运精神，某大学举办了亚运会知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)试根据频率分布直方图求出这100名学生中成绩低于60分的人数；
(2)试估计这100名学生成绩的第75百分位数；
(3)若采用分层抽样的方法从成绩在[70,80)，[80,90)，[90,100]的学生中共抽取6人参加志愿者活动.现从这6人中随机抽取2人分享活动经验，求抽取的2人成绩都在[80,100]的概率．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=sin(x+π6)+sin(x−π6)+csx+a的最大值为1．
(1)求常数a的值；
(2)求使f(x)≥ 3−1成立的x的取值集合．
21. (本小题12.0分)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D、E分别是AA1、B1C1的中点，DC1⊥BD，AC=BC=1，AA1=2．
(1)求证：BC⊥平面AA1C1C；
(2)求点E到平面C1BD的距离．
22. (本小题12.0分)
在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，AD=2DC，BD=2，且(a−c)sin(A+B)=(a−b)(sinA+sinB)．
(1)求B；
(2)当2a+c取最大值时，求△ABC的周长．
23. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB/​/CD，∠BAD=90°，AB=2CD=4，PA⊥CD，在锐角△PAD中，AD=PD=3 2，点E在PD上，PE=2ED．
(1)求证：PB/​/平面ACE；
(2)若AC与平面PCD所成的角为30°，求二面角P−AC−E的正切值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：复数i(1−2i)=i−2i2=2+i，
故选：C．
应用两个复数代数形式的乘法法则化简复数i(1−2i)，可得结果．
本题主要考查两个复数代数形式的乘法法则的应用，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：向量a=(1,2)，b=(csθ,sinθ)，且向量a与b平行，
则sinθ=2csθ，
故tanθ=sinθcsθ=2．
故选：D．
根据已知条件，结合向量平行的性质，即可求解．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：记甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，
则P(A)=0.4,P(A−)=1−0.4=0.6,P(B)=0.5,P(B−)=1−0.5=0.5，
甲乙两人各射击一次恰有一人中靶，分甲中乙不中和甲不中乙中两种情况，
则甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率为
P=P(A)⋅P(B−)+P(B)⋅P(A−)=0.4×0.5+0.6×0.5=0.5．
故选：C．
根据独立事件同时发生的概率即可求得甲乙两人各射击一次恰有一人中靶的概率．
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案．
本题考查数据的数字特征，关键是掌握数据的平均数、中位数、方差、极差的定义以及计算方法，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分，
7个有效评分与9个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变，
故选：A．

5.【答案】D
【解析】解：由饼状图，成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多200×(45%−30%)=30，A正确；
由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此高一人数为200×45%×12=45<50，B正确；
成绩前50名的50人中，高一人数为200×45%×0.2=18，因此高三最多有32人，C正确；
第51到100名的50人中，高一人数为200×45%×0.3=27，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，D错误．
故选：D．
根据饼状图和条形图提供的数据判断．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：连接AB，如下图所示：

因为AC⊥BC，则AB为圆O的一条直径，故O为AB的中点，
所以，MA+MB=(MO+OA)+(MO+OB)=2MO，
所以，|MA+MB+2MC|=|2MO+2(MO+OC)|=|4MO+2OC|≤4|MO|+2|OC|
=4×2+2×1=10，
当且仅当M、O、C共线且MO、OC同向时，等号成立，
因此，|MA+MB+2MC|的最大值为10．
故选：C．
连接AB，可知O为AB的中点，计算得出|MA+MB+2MC|=|4MO+2OC|，利用向量模的三角不等式可求得|MA+MB+2MC|的最大值．
本题主要考查两向量和的模的最值，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：对于A选项，“恰好摸到1个红球”为1红1白，“至少摸到1个白球”包含：1红1白、2白，
所以“恰好摸到1个红球”与“至少摸到1个白球”不是互斥事件，A错；
对于B选项，“恰好没摸到红球”为2白，“至多摸到1个白球”包含：2红、1红1白，
所以“恰好没摸到红球”与“至多摸到1个白球”是对立事件，B对；
对于C选项，2个红球分别记为a、b，2个白球分别记为A、B，
从2个红球和2个白球中一次性随机摸出2个球，所有的基本事件有：ab、aA、aB、bA、bB、AB，
其中事件“至少摸到1个红球”包含的基本事件有：ab、aA、aB、bA、bB，其概率为56，
事件“至少摸到1个白球”包含的基本事件有：aA、aB、bA、bB、AB，其概率为56，
所以“至少摸到1个红球”的概率等于“至少摸到1个白球”的概率，C错；
对于D选项，记事件E：恰好摸到2个红球，事件F：恰好摸到2个白球，
则P(E)=P(F)=16，P(EF)=0，则P(EF)≠P(E)⋅P(F)，
所以“恰好摸到2个红球”与“恰好摸到2个白球”不是相互独立事件，D错．
故选：B．
利用互斥事件的定义可判断A选项；利用对立事件的定义可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项．
本题主要考查了互斥事件、对立事件的定义，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：依题意，g(x)=f(x−π3ω)=sin[ω(x−π3ω)]=sin(ωx−π3)，函数y=f(x)，y=g(x)周期T=2πω，
在同一坐标系内作出函数y=f(x)，y=g(x)的图象，如图，

A，B，C为连续三交点，(不妨设B在x轴下方)，D为AC的中点，
由对称性知，△ABC是以AC为底边的等腰三角形，2AD=AC=T=2πω，
由sinωx=sin(ωx−π3)，整理得sinωx=− 3csωx，
又sin2ωx+cs2ωx=1，解得sinωx=± 32，
于是点A，B的纵坐标yA，yB有yA=−yB= 32，即BD=2|yB|= 3，
要使△ABC为锐角三角形，当且仅当π4<∠BAC<π2，
即tan∠BAC=BDAD= 3ωπ>1，解得ω> 33π，
所以ω的取值范围是( 33π,+∞)．
故选：C．
由条件，可得g(x)=sin(ωx−π3)，作出函数的图象，结合三角函数的图象与性质及已知条件列出不等式求解即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查正弦函数的图象与性质，解决本题的关键是准确把握三角函数的图象与性质，合理转化条件，得到关于ω的不等式，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：因为z=a+bi(a,b∈R)，
故|z|=|OZ|= a2+b2，故|OZ|2=a2+b2，|z|2=a2+b2
而z⋅z−=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，故ACD正确．
取a=1，b=1，故z=1+i，则z2=2i，a2+b2=2，z2≠a2+b2，故B错误．
故选：ACD．
根据模的计算公式和复数的乘法可判断ACD的正误，取特例根据复数的乘法计算后可判断B的正误．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：若α/​/β，m⊥α可得m⊥β，又n⊥β，可得m/​/n，与m，n是异面直线矛盾，故A不可能成立；
若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m，n可能异面或相交，故B可能成立；
当m⊥α，n⊥β，直线 l 满足l⊥m，l⊥n，
当直线与两个平面的交线平行且在平面外时，满足l/​/α，如图，

故C可能成立；
当l⊥α时，由m⊥α知m/​/l，这与l⊥m矛盾，故D不可能成立．
故选：AD．
根据面面平行的性质及线面垂直的性质可判断A，由题目所给条件及两平面垂直的性质判断B，根据特殊情况判断C，由线面垂直的性质判断D．
本题主要考查空间位置关系的判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于选项A，因为向量a是单位向量，
所以|a|= (− 32)2+t2=1，得t=±12，故选项A错误；
对于选项B，(a+b)⋅(a−b)=a2−b2=1−1=0，所以(a+b)⊥(a−b)，故选项B正确；
对于选项C，|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2= 2−2cs〈a,b〉≥ 3，
得cs〈a,b〉≤−12，则〈a,b〉∈[2π3,π]，所以a,b夹角的最小值是2π3，故选项C正确；
对于选项D，b在a上的投影向量是|b|cs〈a,b〉a=− 22a，故选项D错误．
故选：BC．
根据向量a,b是单位向量，结合向量模，数量积和投影向量公式，即可判断选项．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，

在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，
即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，
DG⊄平面ACF，于是得DG/​/平面ACF，
当点P与G重合时，直线DP/​/平面ACF，故A错误；
因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，
ED⊥BD，ED⊂平面BDEF，所以ED⊥平面ABCD，
因为BF/​/ED，所以BF⊥平面ABCD，
因为AD，AB，BC，BD⊂平面ABCD，
所以ED⊥AD，ED⊥BD，BF⊥AB，BF⊥BC，因为BD=2，DE=1，
所以AD= 2，EA= 3，DF= 5，AF=CF= 3，
又BC/​/AD，所以直线DP与BC所成角为∠ADP(或其补角)，
因为DA−⋅DP=DA⋅(DE+EP−)=DA−⋅(DE+λEF−)=λDA−⋅DB=2 2λcs45°=2λ(0≤λ≤1)，
而|DP|2=(DE+λEF)2=1+4λ2，|DA|= 2，所以|DP|= 1+4λ2，
当λ=0时，cs∠ADP=DA⋅DP|DA|⋅|DP|=2λ 2 1+4λ2=0，
当0<λ≤1时，cs∠ADP=DA⋅DP|DA|⋅|DP|=2λ 2 1+4λ2=2 2 4+1λ2≤2 2⋅ 5= 105，
综上，0≤cs∠ADP≤ 105故B正确；
设D到平面ACF的距离为d，因为AF=FC= 3，AC=BD=2，
所以S△AFC=12AC⋅OF=12×2× 2= 2，
又S△ABC=12AB⋅BC=12× 2× 2=1，
由等体积法，VB−AFC=VF−ABC=13dS△AFC=13FB⋅S△ABC，
即 2d=1，解得d= 22，设直线DP与平面ACF所成角为θ，
当P与G重合时，直线DP/​/平面ACF，直线DP与平面ACF所成角θ=0，
当P点由G向E，F运动时，θ变大，当运动到E时，
因为DE/​/BF，所以sinθ=dBF= 22，由0≤θ≤π2知，θ=π4，
当运动到F时，sinθ=dDF= 22 5= 1010< 22，综上知，θ∈[0,π4]，故C正确；
在△ACF中，AF=CF= BC2+BF2= 3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF= BO2+BF2AF= 2 3，
由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC=3 2，R=32 2，
以DA，DC，DE为长宽高作长方体，如图，

则三棱锥A−CDE的外接球即为长方体的外接球，
三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，故D正确．
故选：BCD．
当点P是线段EF中点时判断A，利用向量法求出异面直线夹角的余弦的范围判断B，利用线面角的定义转化为正弦值计算判断C，求出△ACF外接圆面积判断D．
本题考查异面直线所成的角，线面所成的角，外接球问题，属于中档题．
13.【答案】2 23π
【解析】解：因为圆锥的母线长为2，轴截面是等腰直角三角形，
故圆锥的高为 2且底面半径为 2，
故体积为13×π×( 2)2× 2=2 23π．
故答案为：2 23π．
根据轴截面可求圆锥的高和底面半径，故可求圆锥的体积．
本题主要考查圆锥体积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】4
【解析】解：∵tanα=2，则sinα+2csαsinα−csα=tanα+2tanα−1=2+22−1=4，
故答案为：4．
利用同角三角函数的基本关系，求得要求式子的值．
本题主要考查同角三角函数的基本关系，属于基础题．
15.【答案】 6
【解析】解：在等腰梯形A′B′C′D′中，∠D′A′B′=45°，A′D′=D′C′=1，
则A′B′=2⋅A′D′cs∠D′A′B′+D′C′= 2+1，
由斜二测画法规则知，四边形ABCD的顶点A与原点O重合，
点B，D分别在x轴、y轴上，DC/​/AB，且AD=2A′D′=2,DC=D′C′=1,AB=A′B′= 2+1，如图，

显然四边形ABCD为直角梯形，于是得BC= AD2+(AB−DC)2= 6．
故答案为： 6．
根据给定条件，结合斜二测画法规则还原平面四边形ABCD，再计算边长作答．
本题主要考查平面图形的直观图，属于基础题．
16.【答案】28
【解析】解：设AB=h米，
在△ABC中，BC=ABtan45∘=h，
在△ABD中，BD=ABtan30∘= 3h，
在△BCD中，CD2=CB2+DB2−2CB⋅DB⋅cs30°，
即282=h2+( 3h)2−2h⋅ 3h⋅ 32，
所以h2=282，
解得h=28(米)．
故答案为：28．
设AB=h米，进而可得BC，BD，然后利用余弦定理求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】11π
【解析】解：由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的13，设原正四面体的棱长为a，
则其表面积为4× 34×a2= 3a2，由图易知该多面体与原正四面体相比较，
表面积少了8个边长为13a的正三角形的面积，
所以该多面体的表面积为 3a2−8× 34×(13a)2=7 3a29=14 3，所以a=3 2．
如图，O1是下底面正六边形ABCDEF的中心，O2是上底面正三角形MNG的中心，

由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心O在原正四面体的高PO1上，
O2G= 2× 32×23= 63，O1O2=23PO1=23 (3 2)2−(3 2× 32×23)2=4 33．
设球O的半径为R，在Rt△OO1A中，OA2=O1A2+OO12，所以R2=2+OO12，
在Rt△OO2G中，OG2=OO22+O2G2，所以R2=O2G2+(4 33−OO1)2=23+(4 33−OO1)2，
所以OO12+2=23+(4 33−OO1)2，解得OO1= 32，所以R= OO12+2= 112，
所以该多面体外接球的表面积S=4πR2=11π．
故答案为：11π．
求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积．
本题主要考查球的表面积的求解，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】2031
【解析】解：∵AD=5AF，
不妨设DF=4AF=4，
∴BD=AF=1，AD=5，
由题意得∠ADB=120°，
∴AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB=25+1−2×5×1×(−12)=31，
∴AB= 31，
延长AD交BC于M，
记∠AMB=α，∠DAB=θ，
则csθ=AD2+AB2−BD22AD⋅AB
=25+31−12×5× 31=11 3162，
∴sinθ= 9362，
又由题意易知∠DBM=∠DAB，
则α=120°−θ，
在三角形DBM中，
由正弦定理得BMsin∠MDB=DMsin∠DBM=BDsin∠DMB，
即BMsin60∘=DMsinθ=1sin(120∘−θ)，
DM=sinθsin(120∘−θ)
=sinθ 32csθ+12sinθ=16，
∴BM=sin60°sin(120∘−θ)
= 32 32csθ+12sinθ= 316=16BC，
∴AM=AD+DM=316，
AD=3031AM，
∵BM=16BC，
即AM−AB=16(AC−AB)，
整理得AM=56AB+16AC，
所以AD=3031AM=3031(56AB+16AC)
=2531AB+531AC，
又∵AD=λAB+μAC，
则λ=2531,μ=531，
∴λ−μ=2031．
故答案为：2031．
先设DF=4AF=4，根据题意可知∠ADB=120°，求出AB= 31，延长AD交BC于M，求出BM，DM的长，再由平面向量基本定理即可得出结果．
本题考查平面向量的基本定理，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由频率分布直方图中数据可知：(0.002+0.016)×10×100=18(人)
(2)成绩小于80的频率为10×(0.002+0.016+0.022+0.030)=0.7，成绩在[80,90)的频率为10×0.020=0.2，因为0.7<0.75<0.9，
所以这100名学生成绩的第75百分位数在[80,90)内，
所以随机抽取的100名学生成绩的第75百分位数为80+10×0.75−0.70.9−0.7=82.5．
(3)因为成绩在[70,80)，[80,90)，[90,100]的学生人数所占比例为3：2：1，
所以从成绩在[70,80)，[80,90)，[90,100]所抽取人数分别应抽取3人，2人，1人．
记抽取成绩在[70,80)的3人为a，b，c，成绩在[80,100]为D，E，F．
从这6人中随机抽取2人的所有可能为：(a,b)，(a,c)，(a,D)，(a,E)，(a,F)，(b,c)，(b,D)，(b,E)，(b,F)，(c,D)，(c,E)，(c,F)(D,E)，(D,F)，(E,F)，共15种，
抽取的2人成绩都在[80,100]的是(D,E)，(D,F)，(E,F)，共3种，
抽取的2人成绩都在[80,100]的概率为315=15．
【解析】(1)根据频率分布直方图直接计算即可得解；
(2)由百分位数的定义直接计算即可；
(3)根据分层抽样，列出基本事件，由古典概型的概率公式求解．
本题考查频率分布直方图相关知识，属于中档题．
20.【答案】解：(1)f(x)=sin(x+π6)+sin(x−π6)+csx+a
= 32sinx+12csx+ 32sinx−12csx+csx+a
= 3sinx+csx+a
=2sin(x+π6)+a，
由于函数的最大值是1，所以2+a=1，
即a=−1．
(2)由f(x)=2sin(x+π6)−1≥ 3−1，
所以sin(x+π6)≥ 32，
∴π3+2kπ≤x+π6≤2π3+2kπ,k∈Z，
解得π6+2kπ≤x≤π2+2kπ ,k∈Z，
∴x的取值集合为{x|π6+2kπ≤x≤π2+2kπ,k∈Z}．
【解析】(1)对f(x)进行整理化简，然后根据最大值得到a的值；
(2)根据(1)将不等式转化为sin(x+π6)≥ 32，从而解得解集．
本题主要考查三角函数的最值，三角恒等变换，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：连接CD，

因为AC=1，AA1=2，D是AA1的中点，
所以CD= 2，C1D= 2，则CD2+C1D2=CC12，
所以CD⊥C1D，又DC1⊥BD，DC⋂BD=D，DC，BD⊂平面BCD，
所以DC1⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，所以DC1⊥BC，
又CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC，
CC1∩DC1=C1，CC1，DC1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥平面AA1C1C；
(2)解：如图，

由BC⊥平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，BC⊥AC，
又CC1⊥AC，CC1∩BC=C，CC1，BC⊂平面BB1C1C，
所以AC⊥平面BB1C1C，
因为AC=BC=1，所以AB= 2，则BD= 3，BC1= 12+22= 5，
所以BD2+DC12=BC12，所以BD⊥DC1，
设点E到平面C1BD的距离为h，
∵VE−C1BD=VD−BC1E，
∴13S△C1BD⋅h=13S△BC1E⋅AC，
即h×12× 2× 3=1×12×12×2×1，解得h= 66，
所以点E到平面C1BD的距离为 66．
【解析】(1)连接CD，即可得到CD⊥C1D，从而得到DC1⊥平面BCD，则DC1⊥BC，再由直棱柱的性质得到CC1⊥BC，即可得证；
(2)设点E到平面C1BD的距离为h，根据VE−C1BD=VD−BC1E，利用等体积法计算可得．
本题主要考查线面垂直的判定，点到平面距离的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为A+B+C=π，所以(a−c)sin(A+B)=(a+c)sinC=(a−b)(sinA+sinB)，
由正弦定理可得(a+c)c=(a−b)(a+b)，整理得到：a2+c2−b2=ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=12，而B∈(0,π)，故B=π3．
(2)因为AD=2DC，故BD−BA=2(BC−BD)，
故BD=13BA+23BC，所以BD2=4=19BA2+49BC2+49BA⋅BC，
故36=c2+4a2+4accsπ3=c2+4a2+2ac，
整理得到(2a+c)2=36+2ac≤36+(2a+c)24，
故2a+c≤4 3，当且仅当a= 3,c=2 3时等号成立．
故此时b= 3+12− 3×2 3=3，对应的△ABC的周长为3+3 3．
【解析】(1)根据正弦定理可得a2+c2−b2=ac，结合余弦定理可求B=π3．
(2)利用向量的线性运算可得BD=13BA+23BC，平方后结合基本不等式可求2a+c何时取最大值，据此可求对应的三角形的周长．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，
∵CD/​/AB，∴DOOB=CDAB=12=DEEP，∴OE/​/PB，
又∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB/​/平面ACE．
(2)解：在平面PAD内作AF⊥PD，F为垂足，连接CF，
∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD⋂PA=A，AD，PA⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
又∵AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，
又∵AF⊥PD，CD⋂PD=D，CD，PD⊂平面PCD，
∴AF⊥平面PCD，
∴∠ACF就是AC与平面PCD所成的角，即∠ACF=30°，
∵AC= AD2+CD2= 22，∴AF= 222，DF=5 22,PF= 22,PA= 6，
∵CD⊥平面PAD，CD⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
在平面PAD内过P作PM⊥AD于M，交AE于点K，在平面ABCD内过M作MH⊥AC于H，连接PH，HK，
∵平面PAD⊥平面ABCD，PM⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PM⊂平面PAD，
∴PM⊥平面ABCD，又∵AC⊂平面ABCD，∴PM⊥AC，
又∵MH⊥AC，MH⋂PM=M，MH，PM⊂平面PMH，
∴AC⊥平面PMH，又∵PH，HK⊂平面PMH，∴AC⊥PH，AC⊥HK，
∴∠PHK即为二面角P−AC−E的平面角，
求得PM= 222，AM= 22，
∵∠MAH=∠CAD，∠MHA=∠CDA，
∴△MAH∽△CAD，∴MHCD=AMAC，
∴MH= 1111，
∴tan∠PHM=PMMH=11 22，
在平面PAD内过E作ET⊥AD于T，则ET//KM，ET=13PM= 226,DT=5 26,AT=13 26，
则KMET=AMAT= 2213 26=313，∴KM= 2226，∴tan∠KHM=1126 2，
∴tan∠PHK=tan(∠PHM−∠KHM)=tan∠PHM−tan∠KHM1+tan∠PHM⋅tan∠KHM=44 249，
∴二面角P−AC−E的正切值是44 249．
【解析】(1)根据直线与平面平行的判定定理即可证明；
(2)先作出与交线垂直的平面，从而作出二面角的平面角，然后解三角形即可求解．
本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角，属于中档题．