2022-2023学年湖北省武汉市部分学校联合体高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市部分学校联合体高一（下）期末数学试卷（含解析），共19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学年湖北省武汉市部分学校联合体高一（下）期末数学试卷
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. 设i为虚数单位，复数z满足iz=1+2i，则z在复平面内对应的点位于(    )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 下列四个函数，以π为最小正周期，且在区间(π2,π)上单调递减的是(    )
A. y=|sinx| B. y=cosx C. y=tanx D. y=cos2x
3. 已知向量a=(−2,32)，2a+3b=(5,−3)，则b=(    )
A. (−3,2) B. (3,−2) C. (3,0) D. (9,6)
4. 在△ABC中，AB=4，BC=3，∠ABC=2π3，若将△ABC绕BC所在的直线旋转一周，则所形成的几何体的体积为(    )
A. 36π B. 28π C. 20π D. 12π
5. 为了得到函数y=2sin(2x+π4)的图象，只要把函数y=2sin(2x−π6)上所有的点(    )
A. 向左平移5π12 B. 向左平移5π24 C. 向右平移5π12 D. 向右平移5π24
6. 某校1000名学生参加环保知识竞赛，随机抽取了20名学生的考试成绩(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0.004
B. 估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为75
C. 估计这20名学生数学考试成绩的众数为80
D. 估计总体中成绩落在[60,70)内的学生人数为150
7. 若e1，e2是两个单位向量，且e1在e2上的投影向量为13e2，则a=e1−3e2与b=e1+3e2的夹角的余弦值为(    )
A. −112 B. 112 C. − 63 D. 63
8. 在平面凸四边形ABCD中，AB=BC，CD=1，DA=3，且∠ABC=90°，则四边形ABCD的面积的最大值为(    )
A. 3 2+52 B. 3 2+72 C. 3 3+74 D. 3 3+134
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. 在某次测量中得到A样本数据如下：52，54，54，55，56，55，56，55，55，56，若B样本数据恰好是A样本数据加5后所得数据，则下列数字特征中，A，B两样本相同的是(    )
A. 众数 B. 极差 C. 中位数 D. 标准差
10. 若复数z满足2z+z−=3−2i，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是(    )
A. z−z−为纯虚数 B. |z+z−|=2 C. z⋅z−=−3 D. z−z=−35+45i
11. 定义两个非零平面向量a，b的一种新运算：a*b=|a|⋅|b|sin〈a,b〉，其中〈a,b〉表示向量a，b的夹角，则对于非零平面向量a，b，则下列结论一定成立的是(    )
A. (a+b)*(a+b)=a*a+2a*b+b*b
B. (a*b)2+(a⋅b)2=|a|2⋅|b|2
C. a*b=0，则a//b
D. λ(a*b)=(λa)*b
12. 如图，一张矩形白纸ABCD，AB=2，AD=2 2，E，F分别为AD，BC的中点，BE交AC于点M，DF交AC于点N.现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，且点A，C在平面BFDE的同侧，则下列命题正确的是(    )
A. 当平面ABE//平面CDF时，AC//平面BFDE
B. 当A，C重合于点P时，PD⊥平面PFM
C. 当A，C重合于点P时，三棱锥P−DEF的外接球的表面积为6π
D. 当A，C重合于点P时，四棱锥P−BFDE的体积为2 23
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 2023年6月4日清晨，在金色朝霞映衬下，神舟十五号载人飞船返回舱在胡杨大漠凯旋，神舟十五号航天员安全返回地球.某高中为了解学生对这一重大新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取36人进行问卷调查，其中高一年级抽取15人，高二抽取12人，已知高三年级共有学生900人，则该高中所有学生总数为______ 人.
14. 在正方形ABCD中，已知AB=(1,1)，BC=(x,y)，则x2+2y2的值为______ ．
15. 如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别为G1G2，G2G3的中点，若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个三棱锥，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则异面直线SG与EF所成的角为______ ，直线SG与平面SEF所成角的正弦值为______ ．
16. 已知函数f(x)=|sinωx2|+|cosωx2|(ω>0)在区间(π3,3π4)上单调递增，则ω的取值范围是______ ．
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)
设向量a=(sinωx,− 3)，b=(1,cosωx)，(ω>0)，函数f(x)=a⋅b，x∈R的最小正周期为π．
(1)求ω的值；
(2)用五点法画出y=f(x)在一个周期内的图像．
18. (本小题12.0分)
如图，矩形ABCD是圆柱OO1的一个轴截面，点E在圆O上(异于A，B)，F为DE的中点．
(1)证明：BE⊥平面DAE；
(2)若直线DE与平面ABE所成的角为45°时，证明：平面ABF⊥平面BDE．

19. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3a−csinB= 3bcosC．
(1)求角B的大小；
(2)若sinαsin(α+B)=1120，且α∈(0,π4)，求cos2α的值．
20. (本小题12.0分)
某市政府为了鼓励居民节约用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理，即确定一个合理的居民用水量标准x(单位：t)，月用水量不超过x的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得100位居民某年的月平均用水量(单位：t)，将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5)，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)已知该市有80万居民，请估计全市居民中月平均用水量不低于3t的人数；
(3)若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过xt，估计x的值，并说明理由．
21. (本小题12.0分)
如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面A1ACC1是边长为2的菱形，侧面C1CBB1为正方形，平面A1ACC1⊥平面ABC.点M为A1C的中点，N为AB的中点，异面直线AC与BB1所成的角为60°．
(1)证明：MN//平面C1CBB1；
(2)求四棱锥M−BB1C1C的体积．

22. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=6且2c−b=12cosB．
(1)证明：B+C=2A；
(2)若O为△ABC的垂心，AO的延长线交BC于点D，且OB⋅OD=3，求△ABC的周长．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：由iz=1+2i，得z=1+2ii=i+2i2i2=i−2−1=2−i，
所以复数z在复平面内对应的点(2,−1)在第四象限．
故选：D．
先求出复数z，从而可求出其在复平面内对应的点所在的象限．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．

2.【答案】A 
【解析】解：由于函数的最小正周期为π，故排除B，
由于函数在区间(π2,π)上单调递减，故排除CD，
只有选项A中函数y=|sinx|符合π为最小正周期，且在区间(π2,π)上单调递减，故A正确；
故选：A．
直接利用函数的周期性和单调性的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

3.【答案】B 
【解析】解：设b=(x,y)，向量a=(−2,32)，2a+3b=(5,−3)即(−4+3x,3+3y)=(5,−3)，
∴−4+3x=53+3y=−3，解得x=3y=−2，
则b=(3,−2)．
故选：B．
利用平面向量的坐标表示计算即可．
本题考查了平面向量的坐标表示，也考查了平面向量的坐标运算问题，是基础题目．

4.【答案】D 
【解析】解：如图所示，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，
所以OA=4×sinπ3=2 3，OB=4×cosπ3=2；
所以旋转体的体积为：V=13×π×(2 3)2×[(3+1)−1]=12π．
故选：D．
由题意知旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，利用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即可．
本题考查了圆锥的结构特征与体积计算问题，是基础题．

5.【答案】B 
【解析】解：设函数y=2sin(2x−π6)平移m个单位得到y=2sin(2x+π4)，
可得y=2sin[2(x+m)−π6]=2sin(2x+2m−π6)，即2m−π6=π4，解得m=5π24，
根据平移规律只要把函数y=2sin(2x−π6)上所有的点向左平移5π24，
即y=2sin[2(x+5π24)−π6]=2sin(2x+π4)．
故选：B．
先假设将函数y=2sin(2x−π6)平移m个单位得到y=2sin(2x+π4)，根据图像平移变换规律，y=2sin[2(x+m)−π6]与y=2sin(2x+π4)对应系数相等得出m的值即可得出结果．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查运算求解能力，属于基础题．

6.【答案】D 
【解析】解：由频率分布直方图，得：
10(2a+3a+7a+6a+2a)=1，解得a=0.005，故A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B错误；
这20名学生数学考试成绩的众数为75，故C错误；
总体中成绩落在[60,70)内的学生人数为3a×10×1000=150，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能求出结果．
本题考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

7.【答案】C 
【解析】解：因为e1，e2是两个单位向量，且e1在e2上的投影向量为13e2，
所以e1⋅e2=13，
所以|a|= e12−6e1⋅e2+9e22= 1−6×13+9=2 2，
|b|= e12+6e1⋅e2+9e22= 1+6×13+9=2 3，
a⋅b=(e1−3e2)⋅(e1+3e2)=e12−(3e2)2=−8，
所以cos〈a,b〉=a⋅b|a||b|=−82 2×2 3=− 63，
即a,b的夹角的余弦值为− 63．
故选：C．
由已知可知e1⋅e2=13，先求出|a|,|b|,a⋅b，然后利用夹角公式求解即可．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．

8.【答案】A 
【解析】解：连接AC，

设∠D=θ，则0<θ<π，在△ACD中，由余弦定理得：
AC2=AD2+CD2−2AD⋅CD⋅cosθ=10−6cosθ，
在△ABC中，因为∠ABC=90°，AB=BC，所以△ABC为等腰直角三角形，
AB=BC= 22 10−6cosθ，则四边形ABCD的面积
S=12AD⋅CD⋅sinθ+12AB⋅BC
=32sinθ+14(10−6cosθ)=32sinθ−32cosθ+52
=3 22sin(θ−π4)+52，因为0<θ<π，所以−π4<θ−π4<3π4，
所以当θ−π4=π2时，四边形面积取得最大值3 2+52．
故选：A．
设∠D=θ，利用余弦定理可以求得边与角的关系，表示三角形的面积，结合角的范围即可求得四边形面积的最大值．
本题考查解三角形问题，余弦定理的应用，三角函数的性质，属中档题．

9.【答案】BD 
【解析】解：根据已知，结合各个数字特征的求解公式，可知：
样本中每个数据加上5以后，众数比原来多5，故A项错误；
极差不变，故B项正确；
中位数比原来多5，故C项错误；
平均数比原来多5，根据标准差计算公式，可知标准差不变，故D项正确．
故选：BD．
根据各个数字特征的概念以及计算公式，即可得出答案．
本题主要考查各个数字特征的概念以及计算公式，属于基础题．

10.【答案】ABD 
【解析】解：设复数z=a+bi，a，b∈R，由2z+z−=3−2i，得2(a+bi)+(a−bi)=3−2i，
整理得3a+bi=3−2i，于是3a=3b=−2，解得a=1，b=−2，z=1−2i,z−=1+2i，
对于A，z−z−=(1−2i)−(1+2i)=−4i为纯虚数，A正确；
对于B，z+z−=(1−2i)+(1+2i)=2，|z+z−|=2，B正确；
对于C，z⋅z−=(1−2i)(1+2i)=5，C错误；
对于D，z−z=(1+2i)2(1−2i)(1+2i)=−3+4i5=−35+45i，D正确．
故选：ABD．
设出复数z的代数形式，利用复数相等求出复数z，再逐项分析计算判断作答．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．

11.【答案】BC 
【解析】解：对于A项，(a+b)*(a+b)=|a+b|2=|a|2+|b|2+2|a||b|cos〈a,b〉，
a*a+2a*b+b*b=|a|2+|b|2+2|a||b|sin〈a,b〉，故A项错误；
对于C项，由已知可得，a*b=|a|⋅|b|sin〈a,b〉=0，
所以sin〈a,b〉=0．
因为0≤〈a,b〉≤π，所以〈a,b〉=0或〈a,b〉=π，所以a//b，故C项正确；
对于B项，(a*b)2+(a⋅b)2=|a*b|2+|a⋅b|2=|a|2|b|2sin2〈a,b〉+|a|2|b|2cos2〈a,b〉=|a|2|b|2，故B项正确；
对于D项，因为〈λa,b〉与〈a,b〉相同或互补，所以sin〈λa,b〉=sin〈a,b〉．
λ(a*b)=λ|a|⋅|b|sin〈a,b〉，(λa)*b=|λa||b|sin〈λa,b〉=|λ||a|⋅|b|sin〈a,b〉，故D项错误．
故选：BC．
根据a*b的运算法则，逐项化简求解，即可得出答案．
本题考查向量数量积运算，属于中档题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：由题意，将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，
且点A，C在平面BFDE的同侧，此时A、M、N、C四点共面，
平面ABE∩平面AMNC=AM，平面CDF∩平面AMNC=CN，
当平面ABE//平面CDF时，AM//CN，
由题意得：AM=CN，所以四边形AMNC是平行四边形，AC//MN，
AC不在面BFDE内，MN在面BFDE内，进而得到AC//平面BFDE，所以A正确．
∵tan∠CAD=tan∠ABE= 22，∴∠CAD=∠ABE，
则可得∠AME=π2，即BE⊥AC，同理可得DF⊥AC，

当A，C重合于点P时，如上图，则△PME中，cos∠MPE=PMPE=cos∠PBE=PBBE=2 6，
又PE= 2,，所以PM=2 33．
因为MN=AC−AM−CN=2 3−2×2 33=2 33，
所以MN=CN，△MDC为等腰三角形，则MD=CD=2，PD=2，PD2+PM2≠MD2，
所以PD和PM不垂直，则PD不垂直平面PFM，故B错误．
当A，C重合于点P时如下图，

在三棱锥P−DEF中，△DEF，△DPF均为直角三角形，
所以DF为外接球的直径，则外接球半径R=DF2= 62，
则三棱锥P−DEF的外接球表面积为4πR2=4π( 62)2=6π.故C正确．
∵tan∠CAD=tan∠ABE= 22，∴∠CAD=∠ABE，
则可得∠AME=π2，即BE⊥AC，同理可得DF⊥AC，
当A，C重合于点P时，如下图，

DF⊥PN，DF⊥MN，PN∩MN=N，PN、MN在面PMN内，则DF⊥平面PMN，
DF在面BEFD内，平面PMN⊥平面BEFD，平面PMN⋂平面BEFD=MN，
过点P，作PG⊥MN，因为△PMN是边长为2 33的等边三角形，所以可求得PG=1，
由面面垂直的性质定理知PG⊥平面PFDE，即PG=1为四棱锥P−BFDE的高，
∴VP−BEDF=13×1×SBEDF=13×1×2 2=2 23，故D正确．
故选：ACD．
对于A，利用面面平行的判定和性质定理可以判断为正确；
对于B，利用反证法可以说明B错误；
对于C，根据题意判断出外接球的球心为DF的中点，可求出外接球半径，进而求出外接球的表面积；
对于D，利用平面PMN⊥平面BEFD，可求得四棱锥P−BFDE的高，进而计算出体积．
本题考查立体几何中折叠问题，线面平行的判断，线面垂直的判断，三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．

13.【答案】3600 
【解析】解：由已知可得，高三学生抽取的人数为36−15−12=9，
抽样比为9900=1100，
所以，该高中所有学生总数为361100=3600．
故答案为：3600．
求出高三抽取的人数，计算抽样比，即可得出答案．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．

14.【答案】3 
【解析】解：∵在正方形ABCD中，已知AB=(1,1)，BC=(x,y)，
∴AB⋅BC=x+y=0，且x2+y2=2，∴x2=y2=1，
∴x2+2y2=3，
故答案为：3．
利用正方形的性质和平面向量的坐标运算求解即可．
本题考查了平面向量的坐标运算，是基础题．

15.【答案】90° 13 
【解析】解：折叠后可得SG⊥EG，SG⊥FG，
因为EG⋂FG=G，EG，FG⊂平面EFG，
所以SG⊥平面EFG，
因为EF⊂平面EFG，
所以SG⊥EF，故异面直线SG与EF所成的角为90°；

取EF的中点A，连接SA，AG，过点G作GB⊥AS于点B，
因为SE=SF，EG=FG，所以SA⊥EF，GA⊥EF，
又SA⋂AG=A，SA，AG⊂平面SAG，
所以EF⊥平面SAG，
因为BG⊂平面SAG，
所以EF⊥BG，
因为AS⋂EF=A，AS，EF⊂平面SEF，
所以GB⊥平面SEF，
则∠GSA即为直线SG与平面SEF所成角，
设正方形SG1G2G3的边长为2，则EG=FG=1，
故EF= GE2+GF2= 2，所以AG=12EF= 22，
因为SG=2，由勾股定理得SA= SG2+AG2= 4+12=3 22，
则sin∠GSA=GASA= 223 22=13．
故答案为：90°；13．
由线线垂直得到线面垂直，得到异面直线的夹角，再作出辅助线，找到线面角，设出正方形边长，求出各边长，求出线面角的正弦值．
本题考查异面直线所成角问题线面角的求解，属中档题．

16.【答案】(0,23] 
【解析】解：f(x)=|sinωx2|+|cosωx2|= (|sinωx2|+|cosωx2|)2= 1+|sinωx|，
令g(x)=|sinωx|= sin2(ωx)= 1−cos2ωx2，ω>0，
则问题即转化为函数y=cos2ωx在(π3,3π4)上单调递减，
因为2ωx∈(2ωπ3,3ωπ2)，要满足题意，只需2kπ≤2ωπ33ωπ2≤2kπ+π，k∈Z，
即3k≤ω≤4k+23，结合ω>0得，k=0时，0<ω≤23即为所求，
故ω的取值范围是(0,23].
故答案为：(0,23].
显然原式为正，故可两边平方，化为f(x)= 1+|sinωx|，研究函数g(x)=|sinωx|在(π3,3π4)上单调递增，问题容易解决．
本题考查三角函数的性质以及三角恒等变换，属于中档题．

17.【答案】解：(1)f(x)=a⋅b=sinωx− 3cosωx=2sin(ωx−π3)，
∵T=2πω=π，∴ω=2．
(2)f(x)=2sin(2x−π3)，
列表：
2x−π3
0
π2
π
3π2
2π
x
π6
5π12
2π3
11π12
7π6
f(x)
0
2
0
−2
0
所以y=f(x)在一个周期内的图像为：
 
【解析】(1)由条件可得f(x)=2sin(ωx−π3)，然后由周期可得答案；
(2)根据五点作图法作出图像即可．
本题主要考查平面向量数量积运算，正弦函数的图像与性质，考查运算求解能力，属于中档题．

18.【答案】证明：(1)因为DA⊥平面ABE，BE⊂平面ABE，
所以DA⊥BE．
又AB为圆O的直径，所以BE⊥AE．
又AD∩AE=A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，
所以BE⊥平面DAE．
(2)因为DA⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，
所以，DA⊥AE，且∠DEA即为直线DE与平面ABE所成的角，所以∠DEA=45°，
所以，△DAE为等腰直角三角形，AD=AE．
又F为DE的中点，所以AF⊥DE．
由(1)知，BE⊥平面DAE，AF⊂平面DAE，
所以BE⊥AF．
又BE∩DE=E，BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，
所以，AF⊥平面BDE．
因为AF⊂平面ABF，
所以平面ABF⊥平面BDE． 
【解析】(1)根据线面垂直的性质以及圆的性质可得DA⊥BE，BE⊥AE.然后即可根据线面垂直的判定定理，得出证明；
(2)根据已知可得出∠DEA=45°，△DAE为等腰直角三角形，AD=AE，进而得出AF⊥DE.根据线面垂直的性质定理可得BE⊥AF.然后即可根据线面垂直以及面面垂直的判定定理，得出证明．
本题考查线面垂直的证明，面面垂直的证明，属中档题．

19.【答案】解：(1) 3a−csinB= 3bcosC，由正弦定理得， 3sinA−sinCsinB= 3sinBcosC，
∴ 3sin(B+C)−sinBsinC= 3sinBcosC，
3sinBcosC+ 3cosBsinC−sinBsinC= 3sinBcosC，
3cosBsinC=sinBsinC
又∵sinC≠0，
∴tanB= 3，
∵0 ，∴B=π3
(2)因为sinαsin(α+π3)=1120，所以12sin2α+ 32sinαcosα=1120，
所以1−cos2α4+ 34sin2α=1120， 3sin2α−cos2α=65，sin(2α−π6)=35，
∵0<α<π4，
∴−π6<2α−π6<π3，∴cos(2α−π6)=45，
所以cos2α=cos(2α−π6+π6)=cos(2α−π6)cosπ6−sin(2α−π6)sinπ6
=45× 32−35×12=4 3−310． 
【解析】(1)根据正弦定理将条件进行边角互化，然后根据三角恒等变换可得答案；
(2)由sinαsin(α+π3)=1120可化得sin(2α−π6)=35，然后cos2α=cos(2α−π6+π6)，即可求出答案．
本题主要考查两角和与差的三角函数，考查转化能力，属于中档题．

20.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质：小长方形的面积之和等于1，可得：
(0.08+0.16+a+0.40+0.52+a+0.12+0.08+0.04)×0.5=1，
解得a=0.30；
(2)由频率分布直方图知，100位居民每人月均用水量不低于3t的频率为：
(0.12+0.08+0.04)×0.5=0.12；
由此可估计全市80万居民中月均用水量不低于3t的人数为：
800000×0.12=96000，
∴估计全市居民月平均用水量不低于3t的人数为9.6万人；
(3)由题意只需求样本数据中的85%分位数，记该85%分位数为x，
因为前6组频率之和为：
(0.08+0.16+0.30+0.40+0.52+0.30)×0.5=0.88>0.85，
而前5组的频率之和为：
(0.08+0.16+0.30+0.40+0.52)×0.5=0.73<0.85，
所以2.5≤x<3，
由0.3×(x−2.5)=0.85−0.73，
解得x=2.9，
因此，估计月用水量标准为2.9t时，85%的居民每月的用水量不超过标准． 
【解析】(1)利用直方图中，小长方形的面积之和等于1来列方程求解；
(2)利用样本估计总体的思想，计算这里的100人的用水量不低于3t的人数然后估计全市的数据；
(3)根据题意计算85%分位数即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，属于中档题．

21.【答案】解：(1)证明：取AC中点E，连ME，NE，
∵M为A1C中点，∴ME//A1A，
又A1A//C1C，∴ME//C1C，
又CC1⊂平面C1CBB1，ME⊄平面C1CBB1，∴ME//平面C1CBB1，
同理NE//平面C1CBB1，又ME∩NE=E，ME，NE⊂平面MEN，
∴平面MEN//平面C1CBB1，
又MN⊂平面MEN，∴MN//平面C1CBB1．

(2)∵A1A//B1B，∴∠A1AC为异面直线AC与BB1所成角，即∠A1AC=60°，
∵A1ACC1为菱形，∴△A1AC为等边三角形
连A1E，则A1E⊥AC，且A1E= 3，
而平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，A1E⊂面A1ACC1，
∴A1E⊥平面ABC，
又BC⊂面ABC，∴A1E⊥BC，
又∵BCC1B1为正方形，∴BC⊥CC1，∴BC⊥A1A，
又A1A⋂A1E=A1，AA1，A1E⊂平面A1ACC1，
∴BC⊥平面ACC1A1，
又AC⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC，
∴VM−BB1C1C=12VA1−BB1C1C=12(VABC−A1B1C1−VA1−ABC)
=12×(12×2×2× 3−13×12×2×2× 3)=2 33．
 
【解析】(1)取AC中点E，通过证明平面MEN//平面C1CBB1，得MN//平面C1CBB1；
(2)先证得BC⊥AC，再用体积转化VM−BB1C1C=12VA1−BB1C1C=12(VABC−A1B1C1−VA1−ABC)求解．
本题考查线面平行的证明，几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．

22.【答案】解：(1)证明：2c−b=12⋅a2+c2−b22ac，
又a=6，
∴2c−b=2a⋅a2+c2−b22ac，a=6，
∴2c−b=2a⋅a2+c2−b22ac,2c2−bc=a2+c2−b2，
a2=b2+c2−bc，
又a2=b2+c2−2bccosA，2cosA=1，即cosA=12，
∵0 ∴B+C=π−π3=2π3，
∵0 ∴B+C=2A，
(2)作BO延长线交AC于E，
∵O为垂心，∴BE⊥AC，
∵OB⋅OD=3，
∴|OD|⋅|OB|cos∠BOD=3，∴|OD|⋅|OB|cos∠BOD=3,|OD|2=3，即|OD|= 3，
又AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ADC+∠BEC=π，
∴∠DOE+∠C=π，
∵∠DOE+∠BOD=π，
AD⊥BC，∴∠BOD=∠C，
在△ABE中，∠BAE=π3，∴∠ABE=π6，
在△AOB中，ABsin∠AOB=AOsin∠ABO，即ABsin(π−C)=AOsinπ6，即ABsinC=AOsinπ6，
在△ABC中，ABsinC=BCsin∠BAC=6sinπ3，
ABsinC=BCsinA=6sinπ3，∴AOsinπ6=6sinπ3，即AO=2 3，∴AD=3 3，
∴S△ABC=12bcsinA=12×6×3 3，∴bc=36，
又a2=b2+c2−2bccosA，36=(b+c)2−3bc，
∴b+c=12，
∴△ABC的周长为18．
 
【解析】(1)利用余弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可求出A=π3，再由三角形内角和定理可求出B+C，从而可证得结论；
(2)作BO延长线交AC于E，则BE⊥AC，由OB⋅OD=3可得|OD|= 3，由O为△ABC的垂心，可得∠BOD=∠C，然后在△ABE和△AOB中分别利用正弦定理可得AO=2 3，从而可求出AD，再由等面积法可求出bc，然后利用余弦定理可求出b+c，从而可求出三角形的周长．
本题考查平面向量的数量积以及正弦定理相关知识，属于中档题．