2022-2023学年河南省南阳市桐柏第一高级中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省南阳市桐柏第一高级中学高一（下）期末数学试卷（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。

2022-2023学年河南省南阳市桐柏第一高级中学高一（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. 复数z=1−i(i为虚数单位)，则z−对应复平面内的点位于(    )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. “有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”的(    )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要
3. 定义向量a，b运算a×b结果是一个向量，它的模是|a×b|=|a||b|sin〈a,b〉，其中〈a,b〉表示向量a，b的夹角.已知向量|a|=1，|b|=2，且〈a,b〉=5π6，则|a×b|=(    )
A. 1 B. −1 C. 3 D. − 3
4. 已知α为锐角，sin(π4−α)=−35，则sinα=(    )
A. 210 B. 2 25 C. 3 25 D. 7 210
5. 要得到函数y=2cos2x的图象.只需将函数y=2sin(2x+π6)的图象(    )
A. 向右平移π3个单位长度 B. 向左平移π3个单位长度
C. 向右平移π6个单位长度 D. 向左平移π6个单位长度
6. 设m，n为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是(    )
A. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
B. 若m//α，m//β，n//α，n//β，则α//β
C. 若m⊥n，α//β，m//α，则n⊥β
D. 若m//α，α⊥β，n⊂β，则m⊥n
7. 如图扇形AOB所在圆的圆心角大小为2π3，P是弧AB上任意一点，若OP=xOA+yOB，那么2x+y的最小值是(    )

A. 0 B. 2 213 C. 1 D. 3 32
8. 已知偶函数f(x)在(−∞,0)上单调递增，α是锐角△ABC的一个内角，则(    )
A. f(sinα)>f(tanα)>f(α) B. f(tanα)>f(α)>f(sinα)
C. f(sinα)>f(α)>f(tanα) D. f(α)>f(sinα)>f(tanα)
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. 已知向量a=(6,−8)，b=(x,y)，且a//b，若|b|=5，则x+y的值可能是(    )
A. −7 B. −1 C. 1 D. 7
10. 过正方体棱上三点D，E，F(均为棱中点)确定的截面过点P(点P为BB1中点)有(    )
A. B.
C. D.
11. 已知函数f(x)=tanx+|tanx|，则下列结论中正确的有(    )
A. f(x)的最小正周期为π2
B. 点(−π2,0)是f(x)图象的一个对称中心
C. f(x)的值域为[0,+∞)
D. 不等式f(x)>2的解集为(π4+kπ,π2+kπ)(k∈Z)
12. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB= 3AA1=2 3，△ABC是等边三角形，点O为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的有(    )
A. AA1⊥平面ABC
B. 异面直线B1C与AA1所成角的大小是π6
C. 球O的表面积是20π
D. 点O到平面AB1C的距离是 1313

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 写出一个复数z满足实部和虚部互为相反数，且1<|z|<2，z=          ．
14. 若圆锥高的平方等于其底面圆的半径与母线的乘积，则称此圆锥为“黄金圆锥”.现有一黄金圆锥的侧面展开图是面积为16π的扇形，则该黄金圆锥的高是______ ．
15. 《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有阳马侧棱长为4，且水平放置的底面对应的斜二测画法的直观图是一个边长为2的菱形，若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为          ．
16. 已知a，b，c为△ABC三个内角A，B，C的对边，且2cosC+2 3sinC−b−c=0，a=2，则A=          ，若上述条件成立时，则3bc+8b+c的最大值为          ．
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)
已知复数z=(m2−2m−3)+(m2−3m)i(m∈R,i为虚数单位)．
(1)若z为纯虚数，求实数m的值；
(2)当m=2时，复数z−(1+i)是关于x的方程2x2+px+q=0的一个根，求实数p，q的值．
18. (本小题12.0分)
已知a=(1,2)，b=(1,−1)．
(1)若2a+b与ka−b垂直，求k的值；
(2)若θ为2a+b与a−b的夹角，求θ的值．
19. (本小题12.0分)
如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一点，E，F分别是线段PB，PC的中点，AB=10，PC=12，∠APC=30°．
(1)求证：BC//平面AEF；
(2)求点P到平面AEF的距离．

20. (本小题12.0分)
已知△ABC为锐角三角形，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的面积为S，且满足4S+bc⋅tan(B+C)=0．
(1)求角A的大小；
(2)若b=4，求△ABC周长的范围．
21. (本小题12.0分)
如图，DA和CB都垂直于平面ABE，F是DA上一点，且CB=4，AF=2，△ABE为等腰直角三角形，且O是斜边AB的中点，CE与平面ABE所成的角为45°．
(1)证明：FO⊥平面OCE；
(2)求二面角F−EC−O的平面角的正切值；
(3)若点P是平面ADE内一点，且OC⊥OP，设点P到平面ABE的距离为d1，PA=d2，求d1+d2的最小值．

22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=2sin(12ωx)cos(12ωx+φ)，ω>0，|φ|≤π2．
(1)当ω=2，φ=π3时，
①求f(x)的单调递增区间；
②当x∈[0,π2]时，关于x的方程10[f(x)]2−(10m+1)f(x)+m=0恰有4个不同的实数根，求m的取值范围．
(2)函数g(x)=f(x)+sinφ，x=−π4是g(x)的零点，直线x=π4是g(x)图象的对称轴，且g(x)在(π18,5π36)上单调，求ω的最大值．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：由题可知：复数z−=1+i在复平面内对应的点为(1,1)，
所以复数z−在复平面内对应的点在第一象限．
故选：A．
依题意得到复数z−及所对应的点．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查的知识点有：充分条件与必要条件的定义，棱柱的定义和几何结构，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
由棱柱的定义以及几何结构，结合充分条件与必要条件的定义进行分析判断即可．
【解答】
解：由棱柱的定义可知，棱柱有两个面平行，其余各面都是平行四边形，
故“几何体为棱柱”可以推出“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”，
但由两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，例如两个底面是全等的斜棱柱拼接的几何体不是棱柱，
故“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”不能推出“几何体为棱柱”，
综上所述，“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”的必要不充分条件．
故选：B．
  
3.【答案】A 
【解析】解：因为|a|=1，|b|=2，且|a|=1，|b|=2，则|a×b|=|a||b|sin〈a,b〉=1×2×sin5π6=1，
故选：A．
根据|a×b|=|a||b|sin〈a,b〉可得答案．
本题主要考查新定义，属于中档题．

4.【答案】D 
【解析】解：因为α为锐角，sin(π4−α)=−35，
所以−π4<π4−α<π4，
所以cos(π4−α)= 1−sin2(π4−α)=45，
则sinα=sin[π4−(π4−α)]=sinπ4cos(π4−α)−cosπ4sin(π4−α)= 22×45− 22×(−35)=7 210．
故选：D．
由题意利用同角三角函数基本关系式可求cos(π4−α)的值，由于α=π4−(π4−α)，根据两角差的正弦公式即可求解．
本题考查了同角三角函数基本关系式，两角差的正弦公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

5.【答案】D 
【解析】解：把y=2sin(2x+π6)的图象向右平移π3个单位长度可得y=2sin(2x+π6−2π3)=2sin(2x−π2)=−2cos2x，A不符合题意；
把y=2sin(2x+π6)的图象向左平移π3个单位长度可得y=2sin(2x+π6+2π3)=2sin(2x+π3+π2)=2cos2(x+π3)，B不符合题意；
把y=2sin(2x+π6)的图象向右平移π6个单位长度可得y=2sin(2x+π6−π3)=2sin(2x−π6)，C不符合题意；
把y=2sin(2x+π6)的图象向左平移π6个单位长度可得y=2sin(2x+π6+π3)=2sin(2x+π2)=2cos2x，D符合题意．
故选：D．
由已知结合三角函数图象的平移检验各选项即可判断．
本题主要考查了三角函数的图象的平移，属于基础题．

6.【答案】A 
【解析】
【分析】
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及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
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判断BCD错误．
【解答】
解：若m⊥α，n⊥β，α⊥β，如图，

设α∩β=l，在直线l上任取一点O，在平面α内过O作OB⊥l，则OB⊥β，
∵n⊥β，∴n//OB，在平面β内过O作OA⊥l，则OA⊥α，
∵m⊥α，∴m//OA，而∠AOB为直二面角α−l−β的平面角，则∠AOB为直角，
则m⊥n，故A正确；
若m//α，m//β，n//α，n//β，可得α//β或α与β相交，故B错误；
若m⊥n，m//α，则n⊂α或n//α或n与α相交，而α//β，则n⊂β或n//β或n与β相交，故C错误；
若m//α，α⊥β，则m⊂β或m//β或m与β相交，而n⊂β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故D错误．
故选：A．
  
7.【答案】C 
【解析】解：以点O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

设扇形AOB的半径为r，则A(r,0)、B(−r2, 32r)，
设点P(rcosθ,rsinθ)(0≤θ≤2π3)，
因为OP=xOA+yOB=x(r,0)+y(−r2, 32r)=(xr−r2y, 32r)，
所以，xr−y2r=rcosθ 32yr=rsinθ，所以2x−y=2cosθy=2 33sinθ，
所以2x+y=(2x−y)+2y=2cosθ+4 33sinθ=2 213sin(θ+φ)，
其中φ为锐角，且tanφ= 32，
又由sinφcosϕ= 32sin2φ+cos2φ=1，解得sinφ= 217cosφ=2 77，
因为0≤θ≤2π3，则φ≤θ+φ≤2π3+φ，
当θ+φ=π2时，2x+y取得最大值2 213．
当θ+φ=φ时，2x+y的值为2 213sinφ=2 213× 217=2，
当θ+φ=2π3+φ时，2x+y的值为2 213sin(2π3+φ)=2 213×( 32×2 77−12× 217)=2 213× 2114=1，
所以2x+y的最小值为1．
故选：C．
以点O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设P(rcosθ,rsinθ)(0≤θ≤2π3)，由OP=xOA+yOB可得出2x+y关于θ的表达式，结合正弦型函数的基本性质可求得2x+y的最小值．
本题主要考查平面向量的基本定理，考查转化能力，属于中档题．

8.【答案】C 
【解析】解：因为偶α是锐角△ABC的一个内角，
所以tanα>α>sinα>0，
因为偶函数f(x)在(−∞,0)上单调递增，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以f(tanα) 故选：C．
由三角函数定义可知，tanα>α>sinα>0，然后结合函数的单调性及奇偶性即可求解．
本题主要考查了三角函数定义及函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于基础题．

9.【答案】BC 
【解析】解：∵a=(6,−8)，b=(x,y)，且a//b，|b|=5，
∴6y=−8x x2+y2=5，解得x=3y=−4或x=−3y=4．
∴x+y的值可能是−1或1．
故选：BC．
由已知列关于x，y的方程组，求解得答案．
本题考查平面向量共线的坐标运算，考查向量模的求法，是基础题．

10.【答案】AD 
【解析】
【分析】
本题考查正方体的截面，解题中需要一定的空间想象能力，属于中档题．
逐个作出每个选项的截面，即可得出结论．
【解答】
解：对于A：确定的截面过点P，如图所示：

故A正确；
对于B：确定的截面，如图所示：

故B不正确；
对于C：确定的截面，如图所示：

故C不正确；
对于D：确定的截面过点P，如图所示：

故D正确．
故选：AD．
  
11.【答案】CD 
【解析】解：∵函数f(x)=tanx+|tanx|=2tanx,x∈(kπ+0,kπ+π2),k∈Z0,x∈(kπ−π2,kπ+0),k∈Z，
∴函数f(x)的最小正周期为π，故A错误；
由于当x=−π2时，f(x)的值不存在，
结合f(x)的图象可得点(−π2,0)不是f(x)图象的一个对称中心，故B错误；
由函数f(x)的解析式可得，f(x)的值域为[0,+∞)，故C正确；
不等式f(x)>2，即tanx>1，故它的解集为(π4+kπ,π2+kπ)(k∈Z)，故D正确，
故选：CD．
由题意，先化简函数的解析式，再利用正切函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查正切函数的图象和性质，属于中档题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：由直三棱柱ABC−A1B1C1，可得AA1⊥平面ABC，故A正确；
由于AA1//BB1，可得∠BB1C为异面直线B1C与AA1所成角，由tan∠BB1C=BCBB1=2 32= 3，即∠BB1C=π3，故B错误；
由O到平面ABC的距离为12AA1=1，等边三角形ABC的外接圆半径r= 3 32=2，则球的半径R= 1+4= 5，
所以球O的表面积为S=4πR2=20π，故C正确；
△AB1C中AB1=B1C= 12+4=4，AC=2 3，cos∠AB1C=16+16−122×4×4=58，sin∠AB1C= 398，
可得△AB1C的外接圆半径为8 1313，所以点O到平面AB1C的距离为 5−6413= 1313，故D正确．
故选：ACD．
由直三棱柱的定义可判断A；由异面直线所成角的定义可判断B；由球的截面的性质和球的表面积公式可判断CD．
本题考查直三棱柱的性质和球的截面的性质、异面直线所成角和球的表面积公式，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．

13.【答案】1−i(答案不唯一) 
【解析】
【分析】
本题考查了复数的定义，考查复数的模的定义，是基础题．
根据实部和虚部是互为相反数且平方和在(1,4)写出一个即可．
【解答】
解：结合题意使得实部和虚部是互为相反数且平方和在(1,4)即可，
比如：1−i，
故答案为：1−i．
  
14.【答案】4 
【解析】解：设该黄金圆锥底面圆的半径为r，母线长为l，高为h，
由题意可知，12l⋅2πr=πl⋅r=16π，
则lr=16，
故该黄金圆锥的高h= lr= 16=4．
故答案为：4．
根据圆锥侧面积公式即可得到答案．
本题考查了圆锥的侧面积公式的应用，考查了“黄金圆锥”的应用，属于基础题．

15.【答案】36π 
【解析】
【分析】
本题考查三视图和几何体的转换，锥体和球体的关系，球的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
首先对几何体的直观图和平面图进行转换，进一步利用锥体和球体的关系求出球的半径，最后利用球的体积公式求出结果．
【解答】
解：水平放置的底面对应的斜二测画法的直观图是一个边长为2的菱形，转换为平面图为边长为2和4的矩形；
由于阳马侧棱长为4，故该几何体如图所示：

设四棱锥体的外接球半径为R，
所以(2R)2=22+42+42，
解得R=3，
所以V球=43⋅π⋅33=36π．
故答案为：36π．
  
16.【答案】π3
5
 
【解析】
【分析】
本题主要考查了正弦定理、三角形内角和定理以及辅助角公式，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于较难题．
利用正弦定理、三角形内角和以及两角和差公式将已知的等式化简，可得 3sinA−cosA=1，由辅助角公式可得2sin(A−π6)=1，即可求出角A，在△ABC中，根据余弦定理和基本不等式可得 4+3bc≤4，设 4+3bc=t，b，c>0，设f(t)=t+4 t，可得f(t)在(2,4]上递增，即可求解其最大值．
【解答】
解：因为2cosC+2 3sinC−b−c=0，a=2，可得acosC+ 3asinC−b−c=0，
由正弦定理得，sinAcosC+ 3sinAsinC−sinB−sinC=0，
因为B=π−A−C，
则sinAcosC+ 3sinAsinC−sinAcosC−cosAsinC−sinC=0，
所以  3sinAsinC−cosAsinC−sinC=0
又sinC≠0，
所以  3sinA−cosA=1，
则2sin(A−π6)=1，即sin(A−π6)=12，
又A∈(0,π)，
则A−π6=π6，故A=π3，
在△ABC中，根据余弦定理cosA=b2+c2−a22bc，即12=b2+c2−42bc，
所以b2+c2=4+bc，
所以b2+c2+2bc=4+3bc，即(b+c)2=4+3bc，
所以b+c= 4+3bc，
由基本不等式b2+c2≥2bc得，当且仅当b=c时取等号，即4+bc≥2bc，所以bc≤4，
故4+3bc≤16，所以 4+3bc≤4，
所以原式3bc+8b+c=3bc+4+4b+c= 4+3bc+4 4+3bc，
设 4+3bc=t，b，c>0，
因为2< 4+3bc≤4，故2 设f(t)=t+4 t，故f(t)在(2,4]上单调递增，
所以f(t)max=f(4)=4+44=5，
所以3bc+8b+c的最大值为5．
故答案为：π3；5．
  
17.【答案】解：(1)若z为纯虚数，则m2−2m−3=0m2−3m≠0，解得m=−1．
(2)当m=2时，复数z=−3−2i，则z−(1+i)=−5−i，
∵−5−i是方程2x2+px+q=0的一个根，∴2(−5−i)2+p(−5−i)+q=0，
整理得(48−5p+q)+(20−p)i=0．
根据复数相等，有48−5p+q=0,20−p=0.解得p=20q=52． 
【解析】本题考查复数代数形式的四则运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的求法，是中档题．
(1)直接由实部为0且虚部不为0列式求解．
(2)把根代入一元二次方程整理，再根据复数相等得到方程组即可．

18.【答案】解：(1)∵a=(1,2)，b=(1,−1)，
∴2a+b=(3,3),ka−b=(k−1,2k+1)，
∵2a+b与ka−b垂直，
∴3(k−1)+3(2k+1)=0，解得k=0；
(2))∵a=(1，2)，b=(1,−1)，
∴2a+b=(3,3),a−b=(0,3)，
∴cosθ=(2a+b)⋅(a−b)|2a+b||a−b|=93 2×3= 22，
又θ∈[0,π]，则θ=π4． 
【解析】(1)求出2a+b=(3,3),ka−b=(k−1,2k+1)，根据2a+b与ka−b垂直，建立关于k的方程，解出即可；
(2)求出2a+b=(3,3),a−b=(0,3)，利用向量的夹角公式直接得解．
本题考查平面向量的坐标运算，考查两向量垂直的条件以及向量夹角的计算，考查运算求解能力，属于基础题．

19.【答案】解：(1)证明：∵E，F分别是线段PB，PC的中点，
∴EF//BC，又BC⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴BC//平面AEF；
(2)∵PA垂直于⊙O所在的平面，
∴PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，
又PC=12，∠APC=30°，
∴AC=6，PA=6 3，
又F为PC中点，∴AF=PF，
∴∠PAF=∠APC=30°
∵AB是⊙O的直径，∴BC⊥AC，
又PA⊥BC，且AC∩PA=A，
∴BC⊥平面PAC，又由(1)知EF//BC，
∴EF⊥平面PAC，又EF⊂平面AEF，
∴平面AEF⊥平面PAC，且平面AEF∩平面PAC=AF，
∴PA在平面AEF内的射影为AF，
∴点P到平面AEF的距离为PA×sin∠PAF=6 3×sin30°=3 3． 
【解析】(1)先证EF//BC，再根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)先证BC⊥平面PAC，再由EF//BC得EF⊥平面PAC，从而得平面AEF⊥平面PAC，且平面AEF∩平面PAC=AF，从而得点P到平面AEF的距离为PA×sin∠PAF，最后再解三角形即可得解．
本题考查线面平行的判定定理，线面垂直判定定理，面面垂直的判定定理，点面距的求解，属中档题．

20.【答案】解：(1)在△ABC中，A+B+C=π，4S+bc⋅tan(B+C)=0，
∴4S=−bctan(B+C)=−bctan(π−A)=bctanA，
则2bcsin A=bc⋅sinAcosA，
∵A∈(0,π)，∴sinA≠0，
∴cosA=12，
又∵A∈(0,π)，∴A=π3；
(2)∵b=4，
∴由正弦定理得a=4sinπ3sinB=2 3sinB,c=4sinCsinB=4sin(2π3−B)sinB，
∴c=4sin(2π3−B)sinB=2 3cosB+2sinBsinB，
则a+c=2 3sinB+2 3cosB+2sinBsinB=2 3(1+cosB)+2sinBsinB
=2 3cos2B2sinB2cosB2+2=2 3tanB2+2，
∵△ABC为锐角三角形，
∴0 ∴π12 又tanπ12=tan(π3−π4)= 3−11+ 3=2− 3，
则2− 3 故2 3+2<2 3tanB2+2<2 32− 3+2=4 3+8，
故a+b+c∈(6+2 3,12+4 3)，即△ABC周长的范围为(6+2 3,12+4 3)． 
【解析】(1)利用诱导公式以及同角的三角函数关系结合正弦定理边化角化简，即可得出答案；
(2)由正弦定理表示出a，c，利用三角恒等变换化简可得a+c=2 3tanB2+2，求出角B范围，结合正切函数性质，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

21.【答案】解：(1)证明：CB⊥平面ABE，∴CE与平ABE所成的角为∠CEB=45°．
∵CB=4，∴EB=4，∴在等腰Rt△ABE中，AE=4，AO=OB=2 2．
又CB=4，AF=2，∴AOAF=CBOB= 2，∴△AOF∽△BOC，∴∠BOC=∠AFO．
所以∠AOF+∠BOC=∠AOF+∠AFO=π2，即∠FOC=π2，即FO⊥OC．
∵CB⊥平面ABE，OE⊂平面ABE，∴CB⊥OE．
∵EO⊥AB，AB∩CB=B，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD．
∴OE⊥平面ABCD．
∵FO⊂平面ABCD，∴EO⊥FO．
∵EO∩OC=O，∴FO⊥平面OCE．
(2)过点F作FH⊥CE，连接OH，如图所示．

∵FO⊥平面OCE，CE⊂平面OCE，∴FO⊥CE．
又∵FH⊥CE，FH∩FO=F，∴CE⊥平面OFH．
∵OH⊂平面OFH，∴OH⊥CE．
根据二面角的定义可知，∠OHF为平面角．
在Rt△OAF中，AF=2，AO=2 2，∴OF=2 3．
∵OE⊥平面ABCD，OC⊂平面ABCD，∴OE⊥OC．
在Rt△EOC中，OC=2 6，OE=2 2．
∴OH=OE⋅OCEC= 6．
∴tan∠OHF=OFOH= 2．
(3)由(1)知，FO⊥OC，又OC⊥OP，FO∩OP=O．
∴OC⊥平面OPF．
同理OC⊥平面OPE，∴平面OPE与平面OPF重合，即点P∈平面OEF．
而P∈平面ADE，∴P∈平面OEF∩平面ADE=EF．
∵DA⊥平面ABE，∴点P到平面ABE的距离转化为点P到AE的距离．

在平面ADE内作点A关于直线EF对称点A′，作PH⊥AE于H．
当A′，P，H三点共线时，d1+d2为最小，如图所示，则A′H⊥AE．
在Rt△AEF中，AA′=2AE×AFEF=8 5，sin∠A′AE=sin∠AFE=AEEF=2 5．
∴A′H=A′A⋅sin∠A′AE=165．
∴d1+d2的最小值为165． 
【解析】(1)要证FO⊥平面OCE，只需证明FO⊥OC，EO⊥FO，从而利用△AOF∽△BOC证明FO⊥OC，利用OE⊥平面ABCD证明EO⊥FO；
(2)过点F作FH⊥CE，连接OH，得出∠OHF为二面角F−EC−O的平面角，再在Rt△EOC中求得∠OHF的正切值；
(3)根据题意将点P到平面ABE的距离转化为点P到AE的距离，在平面ADE内作点A关于直线EF对称点A′，作PH⊥AE于H．
当A′，P，H三点共线时，d1+d2为最小，从而得出A′H⊥AE，再在Rt△AEF中求出d1+d2．
本题主要考查线面垂直的判定定理，二面角的平面角的求法以及点到平面的距离，属于难题．

22.【答案】解：(1)①f(x)=2sinxcos(x+π3)=2sinx(12cosx− 32sinx)=12sin2x+ 32cos2x− 32=sin(2x+π3)− 32，
令2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2，k∈Z，
解得kπ−5π12≤x≤kπ+π12，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为[kπ−5π12,kπ+π12](k∈Z)；②当x∈[0,π2]时，f(x)在[0,π12]上单调递增，在[π12,π2]上单调递减，f(0)=0，f(π12)=1− 32，f(π2)=− 3，
令f(x)=t，
故当t∈[0,1− 32)时，f(x)=t有2个不同的实数根，
由10[f(x)]2−(10m+1)f(x)+m=0，可得f(x)=110或m，
因为f(x)=110有2个不同的实数根，
所以f(x)=m有2个不同的实数根，且m≠110，
故m的取值范围为[0,110)∪(110,1− 32)；
(2)解：由题意可得f(x)=sin(ωx+φ)−sinφ，g(x)=sin(ωx+φ)，
因为x=−π4为g(x)的零点，直线x=π4为g(x)图象的对称轴，
所以−π4ω+φ=k1π ①，π4ω+φ=k2π+π2 ②，k1，k2∈Z，②−①得，π2ω=(k2−k1)π+π2，所以ω=2(k2−k1)+1，
因为k1，k2∈Z，所以ω=2n+1(n∈N)，即ω为正奇数，
因为g(x)在(π18,5π36)上单调，则5π36−π18=π12≤T2，
即T=2πω≥π6，解得ω≤12，
当ω=11时，−11π4+φ=kπ，k∈Z，
因为|φ|≤π2，所以φ=−π4，此时g(x)=sin(11x−π4)，
当x∈(π18,5π36)时，11x−π4∈(13π36,23π18)，
所以当x∈(π18,3π44)时，g(x)单调递增，
当x∈(3π44,5π36)时，g(x)单调递减，
即g(x)在(π18,5π36)上不单调，不满足题意；
当ω=9时，−9π4+φ=kπ，k∈Z，
因为|φ|≤π2，所以φ=π4，此时g(x)=sin(9x+π4)，
当x∈(π18,5π36)时，9x+π4∈(3π4,3π2)，
此时g(x)在(π18,5π36)上单调递减，符合题意．
故ω的最大值为9． 
【解析】(1)①利用三角恒等变换化简，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解；
②由①求出函数在x∈[0,π2]上的单调区间，解方程10[f(x)]2−(10m+1)f(x)+m=0可得f(x)=110或m，再根据正弦函数的性质即可得出答案；
(2)根据正弦函数的对称性与正弦函数的零点，列出方程组，再结合正弦函数的单调性及周期性求得ω的范围，再根据正弦函数的单调性检验即可得出答案．
本题考查正弦函数的单调性问题，三角函数的零点问题，三角函数对称性的应用，以及与三角恒等变换的综合应用，属于拔高题．