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2022-2023学年四川省凉山州安宁河联盟高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省凉山州安宁河联盟高一（下）期末数学试卷（含解析），共18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。
2022-2023学年四川省凉山州安宁河联盟高一（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数z在复平面内对应的点为(2,−1)，则复数z−3=( )
A. 1+i B. 1−i C. −1+i D. −1−i
2. 设m、n为两条不重合直线，α、β是两个不重合平面，则正确命题为( )
A. 若m//α，n//α，则m//n B. 若α//β，m⊥α，n//β，则m//n
C. 若m//n，且m⊥α，则n⊥α D. 若α⊥β，n//β，则m⊥n
3. 在矩形ABCD中，BC= 3，P为AB边的动点，则CP⋅CB=( )
A. 3 B. − 32 C. 3 D. 不确定
4. 已知cosx+sinx=13，则sin2x=( )
A. 13 B. −89 C. −23 D. 2 23
5. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AA1，CC1的中点，则正方体过点E，F，D1的截面面积为( )
A. 6 B. 5 C. 2 6 D. 5
6. 已知正四棱锥P−ABCD的各顶点都在球O的球面上，若球O的体积为36π，且AB=3 2，则该正四棱锥体积为( )
A. 36 B. 18 3 C. 36 3 D. 18
7. △ABC中，若2cosAbc=cosBab+cosCac，且sinA=2sinBcosC，那么△ABC是( )
A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形
8. 用数学的眼光观察世界，神奇的彩虹角约为42°.如图，眼睛与彩虹之间可以抽象为一个圆锥，设AO是眼睛与彩虹中心的连线，AP是眼睛与彩虹最高点的连线，则称∠OAP为彩虹角.若平面ABC为水平面，BC为彩虹面与水平面的交线，M为BC的中点，BC=1200米，AM=800米，则彩虹(BPC)的长度约为(参考数据：sin42°≈0.67，sin1.1≈6067)( )
A. (1340π−1474)米 B. (1340π−670)米
C. (2000π−1474)米 D. (2000π−670)米
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. 下列命题是真命题的是( )
A. 若复数z=m+ni(m,n∈R)为纯虚数，则m≠0，n≠0
B. 若复数z1=1+i，z2=2i，则|z1|=|z2|
C. 复数1i的共轭复数为i
D. 若复数z满足z2∈R，则z的实部与虚部至少有一个为0
10. 设函数f(x)=sin(2x+π4)+cos(2x+π4)，则f(x)( )
A. 最大值为2 B. 是偶函数
C. 图象关于点(π4,0)对称 D. 在区间(0,π2)上单调递增
11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是( )
A. 若a
C. 满足A=30°，a=2，b=4的△ABC有两个
D. 若角B为钝角，则sinA+sinC
A. 3 6
B. 6 2
C. 10
D. 6 3
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知|a|= 2，|b|=1，a⋅(a−b)=1，则向量a与向量b的夹角为______．
14. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a，b是关于x的方程x2− 13x+3=0的两个实数根，且c=2，则cosC= ______ ．
15. 如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，AB=1，BC=2，将矩形ABCD沿DM剪去△DCM，将剩余部分绕直线BM旋转一周，则所得到的几何体的表面积为______ ．
16. 在△ABC中，G满足GA+GB+GC=0，过G的直线与AB，AC分别交于M，N两点.若AM=mAB(m>0)，AN=nAC(n>0)，则3m+n的最小值为 ．
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)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB=AA1，D是棱AB的中点．
(1)证明.平面A1CD⊥平面ABB1A1；
(2)求A1C与平面ABB1A1所成线面角的正弦值．
18. (本小题12.0分)
已知向量a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a=(2,−1)．
(1)若|b|=5，且a//b，求向量b的坐标；
(2)若|c|=2，且a在c上的投影向量为 154c，求a与c的夹角．
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量m=(2b,a)，n=(sinA,−tanB)，且m⊥n．
(1)求角B的大小；
(2)若a=6，c=2，点D在BC边上，CD=16CB，求AD，及△ACD的面积．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象大致如图．
(1)求f(x)的解析式，及其单调递增区间；
(2)将函数f(x)的图象向右平移π4个单位长度得到曲线C，把C上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍得到函数g(x)的图象.若关于x的方程g(x)−m=0在[0,π2]上有两个不同的实数解α和β，求实数m的取值范围，及α+β的值．
21. (本小题12.0分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若sin(A−B)=sinA−sinC．
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，c=1，求a2+b2的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A−DC−B．
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)求棱锥E−DFC的体积；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：复数z在复平面内对应的点为(2,−1)，
则z=2−i，
所以z−3=−1−i．
故选：D．
根据复数的几何意义表示出z，再根据复数的运算法则计算可得．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：若m//α，n//α，则m与n可以平行、异面或者相交，故A错误；
因为α//β，m⊥α，所以m⊥β，又n//β，所以m⊥n，故B错误；
若m//n，且m⊥α，则根据线面垂直的判定可知n⊥α，故C正确；
因为α⊥β，可设α∩β=l，若m//α，n//β，可能有m//l，n//l，此时m//n，故D错误．
故选：C．
根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可
本题考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵CB⊥BP，∴BP⋅CB=0，又CP=CB+BP，
∴CP⋅CB=(CB+BP)⋅CB=CB2+BP⋅CB=CB2=3．
故选：A．
由CP=CB+BP，结合数量积的运算求CP⋅CB．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为cosx+sinx=13，
两边平方得cos2x+2sinxcosx+sin2x=19，
所以sin2x=−89．
故选：B．
对cosx+sinx=13两边平方整理即可得答案．
本题主要考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：连接BE，BF，取BB1的中点G，连接GF，GA1，
∵A1E//GB，A1E=GB，∴A1EBG为平行四边形，∴GA1//BE，GA1=BE，
∵A1D1//GF，A1D1=GF，∴A1D1FG为平行四边形，∴GA1//FD1，GA1=FD1，
∴BE//FD1，BE=FD1，∴BED1F为平行四边形，即B，E，D1，F四点共面，
∴正方体过点E，F，D1的截面为平行四边形BED1F，
又BE=ED1= 5，则BED1F为菱形，
∵EF=2 2,BD1=2 3，
∴菱形BED1F的面积S=12EF⋅BD1=12×2 2×2 3=2 6．
故选：C．
连接BE，BF，可得正方体过点E，F，D1的截面为平行四边形BED1F，判断出BED1F为菱形，即可求出面积．
本题主要考查平面的基本性质及推论，考查截面面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：因为球O的体积为36π，所以43πR3=36π，解得R=3，
正方形ABCD中，AB=3 2，则AC=BD=6=2R，
由题意得正方形ABCD的外接圆为球的大圆，即AC，BD的交点即为球心O，
因为PO⊥面ABCD，PO=R=3，
所以该正四棱锥的体积为：V=13×(3 2)2×3=18．
故选：D．
由球O的体积求得R=3，而正方形ABCD中，AB=3 2，则AC=BD=6=2R，由题意得正方形ABCD的外接圆为球的大圆，即AC，BD的交点即为球心O，PO=R=3，利用棱锥的体积公式求出答案．
本题主要考查棱锥体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由sinA=2sinBcosC及正余弦定理，得a=2b⋅a2+b2−c22ab，化简得b=c，
将b=c代入2cosAbc=cosBab+cosCac，得2cosAc=cosB+cosCa，即2acosA=ccosB+bcosC，
由2acosA=ccosB+bcosC及正弦定理，得2sinAcosA=sinCcosB+sinBcosC=sin(C+B)=sinA，
因为0
所以2cosA=1，即cosA=12，
所以A=π3，
故△ABC是等边三角形．
故选：B．
利用正余弦定理边角化及两角和的正弦公式，结合三角形的内角和定理和三角函数的特殊值对应的特殊角即可求解．
本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：在△AMB中，由勾股定理，
可得：AB= AM2+BM2= 8002+6002=1000，
连接PO，则在△APO中，PO=AP⋅sin42°≈670，
连接OB，OC，OM，则在△OBM中，
sin∠BOM=BMBO=600670=6067，
故∠BOM≈1.1，∠BOC≈2.2，
则彩虹(BPC)的长度约为：
(2π−2.2)×670=1340π−1474．
故选：A．
先求出圆锥的母线长，再求出圆锥的底面半径，连接OB，OC，OM，进而在△OBM中求∠BOM，最后利用弧长公式求得彩虹长度．
本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，属中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，因为复数z=m+ni(m,n∈R)为纯虚数，所以m=0，n≠0，故错误；
对于B，因为复数z1=1+i，z2=2i，则|z1|= 1+1= 2，|z2|=2，故错误；
对于C，因为复数1i=ii2=−i，则其共轭复数为i，故正确；
对于D，设z=a+bi，则由z2=a2−b2+2abi∈R，可得ab=0，所以z的实部与虚部至少有一个为0，故正确．
故选：CD．
根据题意，由纯虚数的定义即可判断A，由复数的模即可判断B，由共轭复数的定义即可判断C，设z=a+bi，由z2∈R即可判断D．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查了三角函数的化简，三角函数的性质，奇偶性，对称性、单调性，考查计算能力，是常考题型，属于中档题．
首先，根据辅助角公式得到f(x)= 2cos2x，对于A，利用余弦函数的性质可得f(x)的最大值是 2，可得选项A不符合题意；对于B，由于f(−x)=f(x)，可得y=f(x)为偶函数，可得B正确；对于C，利用余弦函数的对称性可得当k=0时，其图象关于点(π4,0)对称，可得C正确，由此得解．对于D，利用余弦函数的单调性可得D选项不符合题意．
【解答】
解：∵函数f(x)=sin(2x+π4)+cos(2x+π4)= 2sin[(2x+π4)+π4]
= 2sin(2x+π2)= 2cos2x，∴f(x)= 2cos2x，
对于B，∵f(−x)= 2cos(−2x)= 2cos2x=f(x)，且定义域为R，关于原点对称，
∴y=f(x)为偶函数，故B正确；
对于D，y= 2cos2x的单调递增区间为2kπ+π≤2x≤2π+2kπ(k∈Z)，
即kπ+π2≤x≤π+kπ(k∈Z)，函数y=f(x)在(π2,π)单调递增，所以D选项不符合题意．
对于A，f(x)的最大值是 2，故选项A不符合题意．
对于C，由2x=kπ+π2，k∈Z，解得x=kπ2+π4，k∈Z，可得当k=0时，
其图象关于点(π4,0)对称，故C正确．
故选：BC．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A，由正弦定理可知：asinA=bsinB=2R(△ABC的外接圆半径)，
则a=2RsinAb=2RsinB，由a
由acosA=bcosB，则ab2+c2−a22bc=ba2+c2−b22ac，化简可得(a2−b2)(c2−a2−b2)=0，
故△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由正弦定理可得：asinA=bsinB，则2sin30∘=4sinB，解得sinB=1，即B=90°，故C错误；
对于D，由B为钝角，则A+C<π2，则A<π2−C<π2且C<π2−A<π2，
由正弦函数在(0,π2)上单调递增，则sin(π2−C)>sinA，sin(π2−A)>sinC，
即cosC>sinA，cosA>sinC，易知cosA+cosC>sinA+sinC，故D正确．
故选：AD．
对于A，根据正弦定理结合不等式性质，可得答案；
对于B，利用余弦定理，结合角化边的思想，可得答案；
对于C，利用正弦定理建立方程，可得答案；
对于D，根据三角形内角和以及正弦函数的单调性，可得答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】AB
【解析】解：因为正方体的棱长为6，E，F分别是AD，AA1中点，
所以EF=3 2，设P到EF的距离为h0，
因为VP−BEF=VB−PEF=13S△PEFh=13×12|EF|h0|AB|=3 2h0=9，得到h0=3 22，
如图，连接A1D，AD1，设AD1与A1D，EF分别交于M，N，易得MN=3 32，
所以点P在线段A1D上，连接PD1，因为C1D1⊥面ADD1A1，
又PD1⊂面ADD1A1，所以C1D1⊥PD1，
所以|PC1|= |C1D1|2+|PD1|2= 36+|PD1|2，
又易知3 2≤|PD1|≤6，所以3 6≤|PC1|≤6 2．
故选：AB．
先利用等体积法，求出P到EF的距离，从而得出点P在线段A1D上，进而得到|PC1|= 36+|PD1|2，再利用3 2≤|PD1|≤6，即可求出结果．
本题考查正方体中的动点问题，三棱锥的体积问题，属中档题．
13.【答案】π4
【解析】解：根据题意，设向量a与向量b的夹角为θ，
又由|a|= 2，|b|=1，则a⋅(a−b)=a2−a⋅b=2− 2cosθ=1，
解可得cosθ= 22，
又由0≤θ≤π，则θ=π4；
故答案为：π4．
根据题意，设向量a与向量b的夹角为θ，由数量积的计算公式可得a⋅(a−b)=a2−a⋅b=2− 2cosθ=1，求出cosθ的值，分析可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
14.【答案】12
【解析】解：a，b是关于x的方程x2− 13x+3=0的两个实数根，
由韦达定理，得a+b= 13ab=3，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcosC，即c2=(a+b)2−2ab−2abcosC，
又c=2，所以4=13−6−6cosC，解得cosC=12．
故答案为：12．
根据韦达定理与余弦定理求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
15.【答案】(5+ 2)π
【解析】解：在矩形ABCD中，M为BC的中点，AB=1，BC=2，∴DM= 2．
将矩形ABCD沿DM剪去△DCM，将剩余部分绕直线BM旋转一周，
则所得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥形成的组合体，
圆柱的底面半径r=1，母线长l=2，故侧面积S1=2πrl=4π，底面面积S2=πr2=π，
圆锥的底面半径r=1，母线长l1= 2，故侧面积S3=πrl1= 2π，
故所得到的几何体的表面积S=S1+S2+S3=(5+ 2)π．
故答案为：(5+ 2)π．
所得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥形成的组合体，利用圆柱和圆锥的侧面积公式，可得答案．
本题主要考查旋转体的表面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】43+2 33
【解析】解：∵GA+GB+GC=0，
∴G为△ABC的重心，且AB=1mAM,AC=1nAN，
∴AG=13AB+13AC=13mAM+13nAN，且M，G，N三点共线，
∴13m+13n=1，且m>0，n>0，
∴3m+n=(3m+n)⋅(13m+13n)=1+mn+n3m+13≥43+2 33，当且仅当mn=n3m，即n= 3m时取等号，
∴3m+n的最小值为：43+2 33．
故答案为：43+2 33．
根据题意知G为△ABC的重心，从而可得出AG=13mAM+13nAN，再根据M，G，N三点共线可得出13m+13n=1，然后根据基本不等式和“1的代换”即可求出3m+n的最小值．
本题考查了三角形重心的性质，三角形重心的定义，向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，向量的数乘运算，三点共线的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)证明：由直三棱柱的定义可知AA1⊥平面ABC，
因为CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD；
又因为△ABC是等边三角形，AC=BC，且D是棱AB的中点，所以CD⊥AB．
由AB、AA1⊂平面ABB1A1，且AB∩AA1=A，
所以CD⊥平面ABB1A1，又因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1CD⊥平面ABB1A1．
(2)由(1)知：CD⊥平面ABB1A1，
∴A1C在平面ABB1A1上的射影为A1D，
∴A1C与平面ABB1A1所成的线面角即为∠CA1D，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设AB=AA1=2，
∴在底面正△ABC中，CD= 3，在背面正方形AA1C1C中，A1C=2 2，
∴在Rt△A1CD中，sin∠CA1D=CDA1C= 64．
【解析】(1)根据题意，先由线面垂直的判定定理可证CD⊥平面ABB1A1，即可证得平面A1CD⊥平面ABB1A1；
(2)根据题意，由条件可得A1C与平面ABB1A1所成的线面角即为∠CA1D，即可得到结果．
本题考查面面垂直的证明，线面角的求解，属中档题．
18.【答案】解：(1)设b=(x,y)，
因为a=(2,−1)，|b|=5且a//b，
所以x2+y2=25−x−2y=0，
解得x=−2 5y= 5，或x=2 5y=− 5，
所以b=(−2 5, 5)，或b=(2 5,− 5)．
(2)设a与c的夹角为θ，
因为a在c上的投影向量为 154c，且|c|=2，
所以|a|cosθ= 152，
将|a|= 5代入，可解得cosθ= 32，
因为θ∈[0,π]，所以θ=π6．
即a与c的夹角为π6．
【解析】(1)b=(x,y)，然后由|b|=5，且a//b，列方程组要求得结果；
(2)a与c的夹角为θ，则由a在c上的投影向量为 154c，可求出cosθ，从而可求出θ．
本题主要考查了向量共线及向量数量积的性质的坐标表示，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵m⊥n，∴m⋅n=2bsinA−atanB=0，
即有2bsinA=atanB，由正弦定理边化角得2sinBsinA=sinAtanB，
切化弦得2sinBsinA=sinAsinBcosB，
∵在△ABC中，sinA≠0，sinB≠0，∴cosB=12，
又∵B∈(0,π)，
∴B=π3；
(2)在△ABC中，D为BC边上一点，CD=16CB，
∴BD=56BC=5，CD=1，
在△ABD中，由余弦定理可得：
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cosB=22+52−2×5×2×12=19，
∴AD= 19．
△ABD的面积S=12AB⋅BD⋅cosB=12×2×5×cosπ3=52，
∴△ACD的面积为15S=12．
【解析】(1)由m⊥n，得m⋅n=2bsinA−atanB=0，利用正弦定理边化角及切化弦即可求解；
(2)由CD=16CB，得BD=56BC=5，在△ABD中，由余弦定理可得AD= 19，先求出△ABD的面积，进而求出△ACD的面积．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了三角形的面积公式，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由图象可知A=1，又函数过点(π6,0)，(2π3,0)，
所以2πω=2(2π3−π6)，所以ω=2，
所以f(x)=sin(2x+φ)．
又因为函数过点(π6,0)，所以f(π6)=sin(2×π6+φ)=0，2×π6+φ=kπ，k∈Z，
又0<φ<π，故φ=2π3，则f(x)=sin(2x+2π3)．
令2kπ−π2≤2x+2π3≤2kπ+π2，k∈Z，
整理得kπ−7π12≤x≤kπ−π12，k∈Z，
所以f(x)的单调增区间是[−7π12+kπ,−π12+kπ]，k∈Z．
(2)将函数y=f(x)的图象向右平移π4个单位长度得到曲线C：
y=sin[2(x−π4)+2π3]=sin(2x+π6)，
再把C上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍得到g(x)=2sin(2x+π6)的图象．
由g(x)−m=0在[0,π2]上有两个不同的实数解，
即2sin(2x+π6)=m在[0,π2]上有两个不同的实数解，
因为x∈[0,π2]，设t=2x+π6，则t∈[π6,7π6]，
则需直线y=m与y=2sint的图象在t∈[π6,7π6]两个不同的公共点．
作出函数y=2sint，t∈[π6,7π6]的图像，如下图所示：
可得实数m的取值范围为[1,2)．
设2sint=m在t∈[π6,7π6]上有两个不同的实数解为t1和t2，
而方程g(x)−m=0在[0,π2]上有两个不同的实数解为α和β，
则t1=2α+π6，t2=2β+π6，
由三角函数的对称性可得：t1+t2=π，即有2α+π6+2β+π6=π，化简得：α+β=π3．
【解析】(1)根据题意，结合三角函数的性质，即可求出f(x)的解析式，再令2kπ−π2≤2x+2π3≤2kπ+π2，k∈Z，即可求出函数f(x)的单调递增区间；
(2)根据题意，将函数y=f(x)的图象进行变换，可得g(x)=2sin(2x+π6)，再根据正弦函数的图象可得实数m的取值范围，再根据三角函数的对称性，即可求出结果．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由sin(A−B)=sinA−sinC得：sin(A−B)=sinA−sin(A+B)，
所以sinAcosB−cosAsinB=sinA−sinAcosB−cosAsinB，
所以2sinAcosB=sinA，
因为sinA≠0，所以cosB=12，
又因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)在△ABC中，由正弦定理asinA=csinC，
得a=csinAsinC=sinAsinC，
同理得b=csinBsinC= 32sinC，
所以a2+b2=sin2Asin2C+34sin2C=4sin2A+34sin2C=4sin2(2π3−C)+34sin2C
=3cos2C+sin2C+2 3sinCcosC+34sin2C
=6cos2C+4sin2C+2 3sinCcosC4sin2C=32tan2C+ 32tanC+1，
因为△ABC为锐角三角形，所以0
因为a2+b2=1+32tan2C+ 32tanC=32(1tanC+ 36)2+78，
所以32(0+ 36)2+78<32(1tanC+ 36)2+78<32( 3+ 36)2+78，
得1<32(1tanC+ 36)2+78<7．
所以a2+b2的取值范围为(1,7)．
【解析】(1)由已知得sin(A−B)=sinA−sin(A+B)，然后利用两角和与差的正弦公式化简可求得结果；
(2)由正弦定理表示出a，b，则可得a2+b2=sin2Asin2C+34sin2C，再将A=2π3−C代入化简变形可得，a2+b2=32tan2C+ 32tanC+1，由△ABC为锐角三角形求出得C∈(π6,π2)，然后利用正切函数的性质求得结果．
本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】解：(1)直线AB//平面DEF，理由如下
如图，在△ABC中，由E，F分别是AC和BC边的中点，得EF//AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF．
∴AB//平面DE.
(2)∵正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，
现将△ABC沿CD翻折成直二面角A−DC−B．
∴AD⊥CD，BD⊥CD，∴AD⊥BD，
CD和BD是平面BCD内两条相交直线
所以AD⊥平面BCD.
∵BD=AD=2，CD=2 3，∴S△CDF=12S△BDC=12×12×2×2 3= 3，
点E到平面CDF的距离h=12AD=1，
∴棱锥E−DFC的体积V=13×S△CDF×h=13× 3×1= 33．
(3)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为经，x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2 3,0)，E(0, 3,1)，F(1, 3,0)，D(0,0,0)，
设P(x,y,0)，AP=(x,y,−2)，DE=(0, 3,1)，
由AP⊥DE，得AP⋅DE= 3y−2=0，得y=2 33．
又BP=(x−2,y,0)，BC=(−2,2 3,0)，
∵BP//BC，∴ 3x+y=2 3，
将y=2 33代入上式，得x=43，∴BP=13BC，
∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE，且BPBC=13．
【解析】(1)由三角形中位线定理得EF//AB，从而得到AB//平面DE．
(2)由AD⊥CD，BD⊥CD，AD⊥BD，得AD⊥平面BCD.行求出三角形CDB的面积，再求出点E到平面CDF的距离，由此能求出棱锥E−DFC的体积．
(3)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为经，x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出在线段BC上存在点P，使AP⊥DE，且BPBC=13．
本题考查线面关系的判断，考查棱锥体积的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
2022-2023学年四川省凉山州安宁河联盟高一（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 复数z在复平面内对应的点为(2,−1)，则复数z−3=( )
A. 1+i B. 1−i C. −1+i D. −1−i
2. 设m、n为两条不重合直线，α、β是两个不重合平面，则正确命题为( )
A. 若m//α，n//α，则m//n B. 若α//β，m⊥α，n//β，则m//n
C. 若m//n，且m⊥α，则n⊥α D. 若α⊥β，n//β，则m⊥n
3. 在矩形ABCD中，BC= 3，P为AB边的动点，则CP⋅CB=( )
A. 3 B. − 32 C. 3 D. 不确定
4. 已知cosx+sinx=13，则sin2x=( )
A. 13 B. −89 C. −23 D. 2 23
5. 在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AA1，CC1的中点，则正方体过点E，F，D1的截面面积为( )
A. 6 B. 5 C. 2 6 D. 5
6. 已知正四棱锥P−ABCD的各顶点都在球O的球面上，若球O的体积为36π，且AB=3 2，则该正四棱锥体积为( )
A. 36 B. 18 3 C. 36 3 D. 18
7. △ABC中，若2cosAbc=cosBab+cosCac，且sinA=2sinBcosC，那么△ABC是( )
A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形
8. 用数学的眼光观察世界，神奇的彩虹角约为42°.如图，眼睛与彩虹之间可以抽象为一个圆锥，设AO是眼睛与彩虹中心的连线，AP是眼睛与彩虹最高点的连线，则称∠OAP为彩虹角.若平面ABC为水平面，BC为彩虹面与水平面的交线，M为BC的中点，BC=1200米，AM=800米，则彩虹(BPC)的长度约为(参考数据：sin42°≈0.67，sin1.1≈6067)( )
A. (1340π−1474)米 B. (1340π−670)米
C. (2000π−1474)米 D. (2000π−670)米
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. 下列命题是真命题的是( )
A. 若复数z=m+ni(m,n∈R)为纯虚数，则m≠0，n≠0
B. 若复数z1=1+i，z2=2i，则|z1|=|z2|
C. 复数1i的共轭复数为i
D. 若复数z满足z2∈R，则z的实部与虚部至少有一个为0
10. 设函数f(x)=sin(2x+π4)+cos(2x+π4)，则f(x)( )
A. 最大值为2 B. 是偶函数
C. 图象关于点(π4,0)对称 D. 在区间(0,π2)上单调递增
11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是( )
A. 若a
C. 满足A=30°，a=2，b=4的△ABC有两个
D. 若角B为钝角，则sinA+sinC
A. 3 6
B. 6 2
C. 10
D. 6 3
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知|a|= 2，|b|=1，a⋅(a−b)=1，则向量a与向量b的夹角为______．
14. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a，b是关于x的方程x2− 13x+3=0的两个实数根，且c=2，则cosC= ______ ．
15. 如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，AB=1，BC=2，将矩形ABCD沿DM剪去△DCM，将剩余部分绕直线BM旋转一周，则所得到的几何体的表面积为______ ．
16. 在△ABC中，G满足GA+GB+GC=0，过G的直线与AB，AC分别交于M，N两点.若AM=mAB(m>0)，AN=nAC(n>0)，则3m+n的最小值为 ．
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)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB=AA1，D是棱AB的中点．
(1)证明.平面A1CD⊥平面ABB1A1；
(2)求A1C与平面ABB1A1所成线面角的正弦值．
18. (本小题12.0分)
已知向量a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a=(2,−1)．
(1)若|b|=5，且a//b，求向量b的坐标；
(2)若|c|=2，且a在c上的投影向量为 154c，求a与c的夹角．
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量m=(2b,a)，n=(sinA,−tanB)，且m⊥n．
(1)求角B的大小；
(2)若a=6，c=2，点D在BC边上，CD=16CB，求AD，及△ACD的面积．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象大致如图．
(1)求f(x)的解析式，及其单调递增区间；
(2)将函数f(x)的图象向右平移π4个单位长度得到曲线C，把C上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍得到函数g(x)的图象.若关于x的方程g(x)−m=0在[0,π2]上有两个不同的实数解α和β，求实数m的取值范围，及α+β的值．
21. (本小题12.0分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若sin(A−B)=sinA−sinC．
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，c=1，求a2+b2的取值范围．
22. (本小题12.0分)
如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A−DC−B．
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)求棱锥E−DFC的体积；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：复数z在复平面内对应的点为(2,−1)，
则z=2−i，
所以z−3=−1−i．
故选：D．
根据复数的几何意义表示出z，再根据复数的运算法则计算可得．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：若m//α，n//α，则m与n可以平行、异面或者相交，故A错误；
因为α//β，m⊥α，所以m⊥β，又n//β，所以m⊥n，故B错误；
若m//n，且m⊥α，则根据线面垂直的判定可知n⊥α，故C正确；
因为α⊥β，可设α∩β=l，若m//α，n//β，可能有m//l，n//l，此时m//n，故D错误．
故选：C．
根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可
本题考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵CB⊥BP，∴BP⋅CB=0，又CP=CB+BP，
∴CP⋅CB=(CB+BP)⋅CB=CB2+BP⋅CB=CB2=3．
故选：A．
由CP=CB+BP，结合数量积的运算求CP⋅CB．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为cosx+sinx=13，
两边平方得cos2x+2sinxcosx+sin2x=19，
所以sin2x=−89．
故选：B．
对cosx+sinx=13两边平方整理即可得答案．
本题主要考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：连接BE，BF，取BB1的中点G，连接GF，GA1，
∵A1E//GB，A1E=GB，∴A1EBG为平行四边形，∴GA1//BE，GA1=BE，
∵A1D1//GF，A1D1=GF，∴A1D1FG为平行四边形，∴GA1//FD1，GA1=FD1，
∴BE//FD1，BE=FD1，∴BED1F为平行四边形，即B，E，D1，F四点共面，
∴正方体过点E，F，D1的截面为平行四边形BED1F，
又BE=ED1= 5，则BED1F为菱形，
∵EF=2 2,BD1=2 3，
∴菱形BED1F的面积S=12EF⋅BD1=12×2 2×2 3=2 6．
故选：C．
连接BE，BF，可得正方体过点E，F，D1的截面为平行四边形BED1F，判断出BED1F为菱形，即可求出面积．
本题主要考查平面的基本性质及推论，考查截面面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：因为球O的体积为36π，所以43πR3=36π，解得R=3，
正方形ABCD中，AB=3 2，则AC=BD=6=2R，
由题意得正方形ABCD的外接圆为球的大圆，即AC，BD的交点即为球心O，
因为PO⊥面ABCD，PO=R=3，
所以该正四棱锥的体积为：V=13×(3 2)2×3=18．
故选：D．
由球O的体积求得R=3，而正方形ABCD中，AB=3 2，则AC=BD=6=2R，由题意得正方形ABCD的外接圆为球的大圆，即AC，BD的交点即为球心O，PO=R=3，利用棱锥的体积公式求出答案．
本题主要考查棱锥体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由sinA=2sinBcosC及正余弦定理，得a=2b⋅a2+b2−c22ab，化简得b=c，
将b=c代入2cosAbc=cosBab+cosCac，得2cosAc=cosB+cosCa，即2acosA=ccosB+bcosC，
由2acosA=ccosB+bcosC及正弦定理，得2sinAcosA=sinCcosB+sinBcosC=sin(C+B)=sinA，
因为0
所以2cosA=1，即cosA=12，
所以A=π3，
故△ABC是等边三角形．
故选：B．
利用正余弦定理边角化及两角和的正弦公式，结合三角形的内角和定理和三角函数的特殊值对应的特殊角即可求解．
本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：在△AMB中，由勾股定理，
可得：AB= AM2+BM2= 8002+6002=1000，
连接PO，则在△APO中，PO=AP⋅sin42°≈670，
连接OB，OC，OM，则在△OBM中，
sin∠BOM=BMBO=600670=6067，
故∠BOM≈1.1，∠BOC≈2.2，
则彩虹(BPC)的长度约为：
(2π−2.2)×670=1340π−1474．
故选：A．
先求出圆锥的母线长，再求出圆锥的底面半径，连接OB，OC，OM，进而在△OBM中求∠BOM，最后利用弧长公式求得彩虹长度．
本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，属中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，因为复数z=m+ni(m,n∈R)为纯虚数，所以m=0，n≠0，故错误；
对于B，因为复数z1=1+i，z2=2i，则|z1|= 1+1= 2，|z2|=2，故错误；
对于C，因为复数1i=ii2=−i，则其共轭复数为i，故正确；
对于D，设z=a+bi，则由z2=a2−b2+2abi∈R，可得ab=0，所以z的实部与虚部至少有一个为0，故正确．
故选：CD．
根据题意，由纯虚数的定义即可判断A，由复数的模即可判断B，由共轭复数的定义即可判断C，设z=a+bi，由z2∈R即可判断D．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题主要考查了三角函数的化简，三角函数的性质，奇偶性，对称性、单调性，考查计算能力，是常考题型，属于中档题．
首先，根据辅助角公式得到f(x)= 2cos2x，对于A，利用余弦函数的性质可得f(x)的最大值是 2，可得选项A不符合题意；对于B，由于f(−x)=f(x)，可得y=f(x)为偶函数，可得B正确；对于C，利用余弦函数的对称性可得当k=0时，其图象关于点(π4,0)对称，可得C正确，由此得解．对于D，利用余弦函数的单调性可得D选项不符合题意．
【解答】
解：∵函数f(x)=sin(2x+π4)+cos(2x+π4)= 2sin[(2x+π4)+π4]
= 2sin(2x+π2)= 2cos2x，∴f(x)= 2cos2x，
对于B，∵f(−x)= 2cos(−2x)= 2cos2x=f(x)，且定义域为R，关于原点对称，
∴y=f(x)为偶函数，故B正确；
对于D，y= 2cos2x的单调递增区间为2kπ+π≤2x≤2π+2kπ(k∈Z)，
即kπ+π2≤x≤π+kπ(k∈Z)，函数y=f(x)在(π2,π)单调递增，所以D选项不符合题意．
对于A，f(x)的最大值是 2，故选项A不符合题意．
对于C，由2x=kπ+π2，k∈Z，解得x=kπ2+π4，k∈Z，可得当k=0时，
其图象关于点(π4,0)对称，故C正确．
故选：BC．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A，由正弦定理可知：asinA=bsinB=2R(△ABC的外接圆半径)，
则a=2RsinAb=2RsinB，由a
由acosA=bcosB，则ab2+c2−a22bc=ba2+c2−b22ac，化简可得(a2−b2)(c2−a2−b2)=0，
故△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由正弦定理可得：asinA=bsinB，则2sin30∘=4sinB，解得sinB=1，即B=90°，故C错误；
对于D，由B为钝角，则A+C<π2，则A<π2−C<π2且C<π2−A<π2，
由正弦函数在(0,π2)上单调递增，则sin(π2−C)>sinA，sin(π2−A)>sinC，
即cosC>sinA，cosA>sinC，易知cosA+cosC>sinA+sinC，故D正确．
故选：AD．
对于A，根据正弦定理结合不等式性质，可得答案；
对于B，利用余弦定理，结合角化边的思想，可得答案；
对于C，利用正弦定理建立方程，可得答案；
对于D，根据三角形内角和以及正弦函数的单调性，可得答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】AB
【解析】解：因为正方体的棱长为6，E，F分别是AD，AA1中点，
所以EF=3 2，设P到EF的距离为h0，
因为VP−BEF=VB−PEF=13S△PEFh=13×12|EF|h0|AB|=3 2h0=9，得到h0=3 22，
如图，连接A1D，AD1，设AD1与A1D，EF分别交于M，N，易得MN=3 32，
所以点P在线段A1D上，连接PD1，因为C1D1⊥面ADD1A1，
又PD1⊂面ADD1A1，所以C1D1⊥PD1，
所以|PC1|= |C1D1|2+|PD1|2= 36+|PD1|2，
又易知3 2≤|PD1|≤6，所以3 6≤|PC1|≤6 2．
故选：AB．
先利用等体积法，求出P到EF的距离，从而得出点P在线段A1D上，进而得到|PC1|= 36+|PD1|2，再利用3 2≤|PD1|≤6，即可求出结果．
本题考查正方体中的动点问题，三棱锥的体积问题，属中档题．
13.【答案】π4
【解析】解：根据题意，设向量a与向量b的夹角为θ，
又由|a|= 2，|b|=1，则a⋅(a−b)=a2−a⋅b=2− 2cosθ=1，
解可得cosθ= 22，
又由0≤θ≤π，则θ=π4；
故答案为：π4．
根据题意，设向量a与向量b的夹角为θ，由数量积的计算公式可得a⋅(a−b)=a2−a⋅b=2− 2cosθ=1，求出cosθ的值，分析可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
14.【答案】12
【解析】解：a，b是关于x的方程x2− 13x+3=0的两个实数根，
由韦达定理，得a+b= 13ab=3，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcosC，即c2=(a+b)2−2ab−2abcosC，
又c=2，所以4=13−6−6cosC，解得cosC=12．
故答案为：12．
根据韦达定理与余弦定理求解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
15.【答案】(5+ 2)π
【解析】解：在矩形ABCD中，M为BC的中点，AB=1，BC=2，∴DM= 2．
将矩形ABCD沿DM剪去△DCM，将剩余部分绕直线BM旋转一周，
则所得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥形成的组合体，
圆柱的底面半径r=1，母线长l=2，故侧面积S1=2πrl=4π，底面面积S2=πr2=π，
圆锥的底面半径r=1，母线长l1= 2，故侧面积S3=πrl1= 2π，
故所得到的几何体的表面积S=S1+S2+S3=(5+ 2)π．
故答案为：(5+ 2)π．
所得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥形成的组合体，利用圆柱和圆锥的侧面积公式，可得答案．
本题主要考查旋转体的表面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】43+2 33
【解析】解：∵GA+GB+GC=0，
∴G为△ABC的重心，且AB=1mAM,AC=1nAN，
∴AG=13AB+13AC=13mAM+13nAN，且M，G，N三点共线，
∴13m+13n=1，且m>0，n>0，
∴3m+n=(3m+n)⋅(13m+13n)=1+mn+n3m+13≥43+2 33，当且仅当mn=n3m，即n= 3m时取等号，
∴3m+n的最小值为：43+2 33．
故答案为：43+2 33．
根据题意知G为△ABC的重心，从而可得出AG=13mAM+13nAN，再根据M，G，N三点共线可得出13m+13n=1，然后根据基本不等式和“1的代换”即可求出3m+n的最小值．
本题考查了三角形重心的性质，三角形重心的定义，向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，向量的数乘运算，三点共线的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)证明：由直三棱柱的定义可知AA1⊥平面ABC，
因为CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD；
又因为△ABC是等边三角形，AC=BC，且D是棱AB的中点，所以CD⊥AB．
由AB、AA1⊂平面ABB1A1，且AB∩AA1=A，
所以CD⊥平面ABB1A1，又因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1CD⊥平面ABB1A1．
(2)由(1)知：CD⊥平面ABB1A1，
∴A1C在平面ABB1A1上的射影为A1D，
∴A1C与平面ABB1A1所成的线面角即为∠CA1D，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设AB=AA1=2，
∴在底面正△ABC中，CD= 3，在背面正方形AA1C1C中，A1C=2 2，
∴在Rt△A1CD中，sin∠CA1D=CDA1C= 64．
【解析】(1)根据题意，先由线面垂直的判定定理可证CD⊥平面ABB1A1，即可证得平面A1CD⊥平面ABB1A1；
(2)根据题意，由条件可得A1C与平面ABB1A1所成的线面角即为∠CA1D，即可得到结果．
本题考查面面垂直的证明，线面角的求解，属中档题．
18.【答案】解：(1)设b=(x,y)，
因为a=(2,−1)，|b|=5且a//b，
所以x2+y2=25−x−2y=0，
解得x=−2 5y= 5，或x=2 5y=− 5，
所以b=(−2 5, 5)，或b=(2 5,− 5)．
(2)设a与c的夹角为θ，
因为a在c上的投影向量为 154c，且|c|=2，
所以|a|cosθ= 152，
将|a|= 5代入，可解得cosθ= 32，
因为θ∈[0,π]，所以θ=π6．
即a与c的夹角为π6．
【解析】(1)b=(x,y)，然后由|b|=5，且a//b，列方程组要求得结果；
(2)a与c的夹角为θ，则由a在c上的投影向量为 154c，可求出cosθ，从而可求出θ．
本题主要考查了向量共线及向量数量积的性质的坐标表示，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵m⊥n，∴m⋅n=2bsinA−atanB=0，
即有2bsinA=atanB，由正弦定理边化角得2sinBsinA=sinAtanB，
切化弦得2sinBsinA=sinAsinBcosB，
∵在△ABC中，sinA≠0，sinB≠0，∴cosB=12，
又∵B∈(0,π)，
∴B=π3；
(2)在△ABC中，D为BC边上一点，CD=16CB，
∴BD=56BC=5，CD=1，
在△ABD中，由余弦定理可得：
AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cosB=22+52−2×5×2×12=19，
∴AD= 19．
△ABD的面积S=12AB⋅BD⋅cosB=12×2×5×cosπ3=52，
∴△ACD的面积为15S=12．
【解析】(1)由m⊥n，得m⋅n=2bsinA−atanB=0，利用正弦定理边化角及切化弦即可求解；
(2)由CD=16CB，得BD=56BC=5，在△ABD中，由余弦定理可得AD= 19，先求出△ABD的面积，进而求出△ACD的面积．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了三角形的面积公式，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由图象可知A=1，又函数过点(π6,0)，(2π3,0)，
所以2πω=2(2π3−π6)，所以ω=2，
所以f(x)=sin(2x+φ)．
又因为函数过点(π6,0)，所以f(π6)=sin(2×π6+φ)=0，2×π6+φ=kπ，k∈Z，
又0<φ<π，故φ=2π3，则f(x)=sin(2x+2π3)．
令2kπ−π2≤2x+2π3≤2kπ+π2，k∈Z，
整理得kπ−7π12≤x≤kπ−π12，k∈Z，
所以f(x)的单调增区间是[−7π12+kπ,−π12+kπ]，k∈Z．
(2)将函数y=f(x)的图象向右平移π4个单位长度得到曲线C：
y=sin[2(x−π4)+2π3]=sin(2x+π6)，
再把C上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍得到g(x)=2sin(2x+π6)的图象．
由g(x)−m=0在[0,π2]上有两个不同的实数解，
即2sin(2x+π6)=m在[0,π2]上有两个不同的实数解，
因为x∈[0,π2]，设t=2x+π6，则t∈[π6,7π6]，
则需直线y=m与y=2sint的图象在t∈[π6,7π6]两个不同的公共点．
作出函数y=2sint，t∈[π6,7π6]的图像，如下图所示：
可得实数m的取值范围为[1,2)．
设2sint=m在t∈[π6,7π6]上有两个不同的实数解为t1和t2，
而方程g(x)−m=0在[0,π2]上有两个不同的实数解为α和β，
则t1=2α+π6，t2=2β+π6，
由三角函数的对称性可得：t1+t2=π，即有2α+π6+2β+π6=π，化简得：α+β=π3．
【解析】(1)根据题意，结合三角函数的性质，即可求出f(x)的解析式，再令2kπ−π2≤2x+2π3≤2kπ+π2，k∈Z，即可求出函数f(x)的单调递增区间；
(2)根据题意，将函数y=f(x)的图象进行变换，可得g(x)=2sin(2x+π6)，再根据正弦函数的图象可得实数m的取值范围，再根据三角函数的对称性，即可求出结果．
本题主要考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由sin(A−B)=sinA−sinC得：sin(A−B)=sinA−sin(A+B)，
所以sinAcosB−cosAsinB=sinA−sinAcosB−cosAsinB，
所以2sinAcosB=sinA，
因为sinA≠0，所以cosB=12，
又因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)在△ABC中，由正弦定理asinA=csinC，
得a=csinAsinC=sinAsinC，
同理得b=csinBsinC= 32sinC，
所以a2+b2=sin2Asin2C+34sin2C=4sin2A+34sin2C=4sin2(2π3−C)+34sin2C
=3cos2C+sin2C+2 3sinCcosC+34sin2C
=6cos2C+4sin2C+2 3sinCcosC4sin2C=32tan2C+ 32tanC+1，
因为△ABC为锐角三角形，所以0
因为a2+b2=1+32tan2C+ 32tanC=32(1tanC+ 36)2+78，
所以32(0+ 36)2+78<32(1tanC+ 36)2+78<32( 3+ 36)2+78，
得1<32(1tanC+ 36)2+78<7．
所以a2+b2的取值范围为(1,7)．
【解析】(1)由已知得sin(A−B)=sinA−sin(A+B)，然后利用两角和与差的正弦公式化简可求得结果；
(2)由正弦定理表示出a，b，则可得a2+b2=sin2Asin2C+34sin2C，再将A=2π3−C代入化简变形可得，a2+b2=32tan2C+ 32tanC+1，由△ABC为锐角三角形求出得C∈(π6,π2)，然后利用正切函数的性质求得结果．
本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】解：(1)直线AB//平面DEF，理由如下
如图，在△ABC中，由E，F分别是AC和BC边的中点，得EF//AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF．
∴AB//平面DE.
(2)∵正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，
现将△ABC沿CD翻折成直二面角A−DC−B．
∴AD⊥CD，BD⊥CD，∴AD⊥BD，
CD和BD是平面BCD内两条相交直线
所以AD⊥平面BCD.
∵BD=AD=2，CD=2 3，∴S△CDF=12S△BDC=12×12×2×2 3= 3，
点E到平面CDF的距离h=12AD=1，
∴棱锥E−DFC的体积V=13×S△CDF×h=13× 3×1= 33．
(3)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为经，x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2 3,0)，E(0, 3,1)，F(1, 3,0)，D(0,0,0)，
设P(x,y,0)，AP=(x,y,−2)，DE=(0, 3,1)，
由AP⊥DE，得AP⋅DE= 3y−2=0，得y=2 33．
又BP=(x−2,y,0)，BC=(−2,2 3,0)，
∵BP//BC，∴ 3x+y=2 3，
将y=2 33代入上式，得x=43，∴BP=13BC，
∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE，且BPBC=13．
【解析】(1)由三角形中位线定理得EF//AB，从而得到AB//平面DE．
(2)由AD⊥CD，BD⊥CD，AD⊥BD，得AD⊥平面BCD.行求出三角形CDB的面积，再求出点E到平面CDF的距离，由此能求出棱锥E−DFC的体积．
(3)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为经，x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出在线段BC上存在点P，使AP⊥DE，且BPBC=13．
本题考查线面关系的判断，考查棱锥体积的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
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