2022-2023学年江西省萍乡市高一下学期期末考试数学试题（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省萍乡市高一下学期期末考试数学试题（含详细答案解析），共20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.下列说法正确的是( )
A. 60∘=π6B. 一堂数学考试(120分钟)时针旋转60∘
C. 1弧度的角大于1∘的角D. 三角形内角必为第一或二象限的角
2.设α，β是两个不同平面，直线m⊂α，直线n⊂β，则下列结论正确的是( )
A. 若m//n，则α//βB. 若m⊥β，则m⊥n
C. 若m//β，则m//nD. 若m⊥n，则α⊥β
3.已知平面向量a与b的夹角为π4，且|a|=1，则a在b方向上的投影数量是( )
A. 22B. 12C. 12bD. 22b
4.cs70∘+cs50∘−cs10∘的值为( )
A. 0B. − 32C. 12D. 1
5.如图，平面四边形ABCD中，∠DAB=π2，∠ADC=3π4，AB=5，CD= 2，AD=2，则四边形ABCD绕AD所在的直线旋转一周所成几何体的表面积为( )
A. 56π+ 2πB. 56π+2 2πC. 55π+ 2πD. 55π+2 2π
6.秋收起义纪念碑(图1)是萍乡市的标志性建筑，也是萍乡市民的日常打卡地.为测量秋收起义纪念碑的高度，某中学研究学习小组选取A，B两处作为测量点(如图2)，测得AB的距离为6m，∠OAB=45∘，∠ABO=105∘，在B处测得纪念碑顶端C的仰角为75∘，则秋收起义纪念碑的高度OC约为(参考数据： 2≈1.4， 3≈1.7)( )
A. 26mB. 31mC. 36mD. 41m
7.已知偶函数f(x)满足f(x+2)=f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)=csπ2x，则x∈[2023,2024]时，f(x)的解析式为( )
A. f(x)=sinπ2xB. f(x)=sinπxC. f(x)=sin2xD. f(x)=csπ2x
8.在△ABC中，cs2B+3cs(A+C)−1=0，点P在边AC上，BP=1，BP⊥BC，则2AB+1BC=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2 3
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z满足(1−i)⋅z=2⋅i3(i是虚数单位)，则下列关于复数z的结论正确的是( )
A. |z|= 2B. 复数z的共轭复数为z=−1+i
C. 复平面内表示复数z的点位于第三象限D. 复数z是方程x2−2x+2=0的一个根
10.已知正六边形ABCDEF的边长为1，下列说法正确的是( )
A. 向量AC与DE可以作为平面内一组基B. AF+BC−DE=AC
C. AB⋅AE=0D. BD+BF=9
11.关于函数f(x)=2tanx1+tanx，下列说法正确的是( )
A. 该函数的最小正周期为πB. 该函数在区间(0,1)上单调递增
C. 该函数的图象关于点(3π4,1)对称D. 若f(x)=0，则x=0
12.已知三棱锥A−BCD的各顶点都在球O上，点M,N分别是AC,CD的中点，AB⊥平面BCD，CD=2AB=2BC=2,AD= 6，则下列说法正确的是( )
A. 三棱锥A−BCD的四个面均为直角三角形
B. 球O的表面积为6π
C. 直线BD与平面ABC所成角的正切值是12
D. 点O到平面BMN的距离是 33
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知i是虚数单位，若复数z满足z+iz−i=1−i，则复数z的虚部为__________.
14.若以函数f(x)=Asin(ωx+φ)(Aω>0)图象上相邻的四个最值所在的点为顶点恰好构成一个菱形，则Aω=__________.
15.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若b=4+2 2−c，csB=34，tanC=− 7，则a=__________.
16.在正三棱锥A−BCD中，底边长为1，侧棱长为2，点E，F分别为棱AC，AD上的动点(不含端点)，则截面三角形BEF周长的最小值为__________.
四、解答题：本题共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)
已知向量a=1,6+k,b=−7,k.
(1)若k=0,试判断向量b与2a−b是否垂直;
(2)若向量a与b的夹角为钝角，求实数k的取值范围.
18.(本小题12分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BB1，DD1的中点.
(1)求证：AF//平面A1C1E;(2)求异面直线A1C与AF所成角的余弦值.
19.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D是AB的中点，CD=2，记△ABC的面积为S.
(1)从下面的条件①②③中选择一个作为已知条件，求角C;
(2)在(1)的条件下，求S的最大值.
①b(ccsA+acsC)=c2−a2+ab;② 3CA⋅BC+2S=0;③tanCtanB=2a−bb.
20.(本小题12分)
在如图所示的空间几何体中，两等边三角形△ACD与△ABC互相垂直，AC=BE=2，DE//平面ABC，且点E在平面ABC内的射影落在∠ABC的平分线上.
(1)求证：DE⊥平面ACD;
(2)求二面角D−AC−E的正切值.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)，(ω>0,|φ|<π2)的图象在半个周期内过A(0, 32)，B(π12,1)，C(π6, 32)，D(π12,−1)四点中的三点.
(1)求函数f(x)解析式;
(2)在锐角△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若f(A2)= 32，c=2，求b的取值范围.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinx+csx−asinxcsx，a∈R.
(1)当a=0时，求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若x∈(0,π)，关于x的方程f(x)=0有三个不等的实根，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查弧度制与角度制转化，象限角，属于基础题.
根据弧度制与角度制转化可判断A、C；根据任意角的概念即可判断B；当三角形的内角为90∘时，既不是第一象限角，也不是第二象限角，可判断D.
【解答】
解：对于A，60∘=π3，故A错误；
对于B，120分钟=2小时，所以时针旋转−360∘12×2=−60∘，故B错误；
对于C，1弧度=(180π)∘>1∘，故C正确；
对于D，当三角形的内角为90∘时，既不是第一象限角，也不是第二象限角，故D错误．
故选C.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间中直线与平面的位置关系、空间中平面与平面的位置关系，属于基础题.
根据题意，对各选项逐项判定，即可求出结果.
【解答】
解：A选项，若m//n，则α与β平行或相交，故A错误；
B选项，若m⊥β，且n⊂β，则m⊥n，故B正确；
C选项，若m//β，且n⊂β，则m//n或m与n异面，故C错误；
D选项，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β平行或相交，故D错误.
故选B.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了向量的投影数量，是基础题.
直接根据公式求解即可.
【解答】
解：因为向量a与b的夹角为π4, |a|=1,
则a在b方向上的投影为： acsπ4=1× 22= 22,
故选A.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的余弦公式，属于基础题.
把所求式子化为cs70∘+cs50∘−cs10∘=cs60∘+10∘+cs60∘−10∘−cs10∘，利用两角和与差的余弦公式化简，即可求出结果.
【解答】
解：cs70∘+cs50∘−cs10∘
=cs60∘+10∘+cs60∘−10∘−cs10∘
=cs60∘cs10∘−sin60∘sin10∘+cs60∘cs10∘+sin60∘sin10∘−cs10∘
=cs10∘−cs10∘=0.
故选A.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查旋转体的表面积，简单组合体(柱、锥、台)的表面积与体积，属于基础题.
旋转后的几何体是圆台除去一个倒放的圆锥，根据题目所给数据，求出圆台的侧面积、圆锥的侧面积、圆台的底面积，即可求出几何体的表面积．
【解答】
解：四边形ABCD绕AD旋转一周所成的几何体，如图：
S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面
=πr22+π(r1+r2)l2+πr1l1
=π×52+π×(1+5)×5+π×1× 2
=55π+ 2π，
故选：C.
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解决高度问题，属于中档题.
由正弦定理先求出OB，再利用tan∠CBO=OCOB，即可求解.
【解答】
解：由题可得∠CBO=75∘,AB=6，
又∠OAB=45∘，∠ABO=105∘，则∠AOB=30∘
则在△ABO中，由正弦定理可得：ABsin∠AOB=OBsin∠BAO，
即612=OB 22，得OB=6 2，
则tan∠CBO=OCOB，
即OC=6 2⋅tan∠CBO=6 2tan(45∘+30∘)
=6 2×1+ 331− 33= 212+6 3≈31(米).
故选B.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考函数的奇偶性与周期性，属于中档题.
先由函数的奇偶性和函数的周期性求出当x∈[−1,0]时，f(x)=csπ2x，再利用周期求出当x∈[2023,2024]时，函数的解析式.
【解答】
解：因为f(x)是偶函数，所以f(x)=f(−x)，
又函数f(x)满足f(x+2)=f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)=csπ2x，
则当x∈[−1,0]时，−x∈[0,1]，则f(x)=f(−x)=csπ2(−x)=csπ2x，
即当x∈[−1,0]时，f(x)=csπ2x，
当x−2024∈[−1,0]时，则x∈[2023,2024]，f(x)=f(x−2024)=cs(π2x−1012π)=csπ2x，
即当x∈[2023,2024]，f(x)=csπ2x.
故选D.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量在平面几何中的应用，考查诱导公式，考查二倍角余弦公式，属于较难题.
由题意并结合诱导公式、二倍角公式可得关于csB的方程，解出csB，继而可得∠ABC；以点B为原点，BC所在直线为x轴，BP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，设BC=x，AB=y，即可得各点坐标，过点A作AD⊥CB的延长线，垂足为D，易得△PBC∽△ADC，则BCCD=BPAD，继而可得到x与y的关系，再由2AB+1BC=2x+yxy即可求解.
【解答】
解：cs2B+3cs(A+C)−1=0，
化简得：cs2B+3cs(π−B)−1=0，
即2cs2B−3csB−2=0，
即(2csB+1)(csB−2)=0，
解得csB=−12或csB=2(舍去)，
则∠ABC=120∘，
由题意BP⊥BC，
可以以点B为原点，BC所在直线为x轴，BP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如下图，
过点A作AD⊥CB的延长线，垂足为D，
设BC=x，AB=y，x>0,y>0
则A(ycs120∘,ysin120∘)，C(x,0)，D(ycs120∘,0)，
即A(−12y, 32y)，D(−12y,0)，
又BP=1，则P(0,1)，
由BP⊥BC，AD⊥CB，可得AD//PB，
则△PBC∽△ADC，
则BCCD=BPAD，
则xx+12y=1 32y，
化简可得 3xy=2x+y，
则2AB+1BC=2y+1x=2x+yxy= 3xyxy= 3，
故选C.
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查复数的概念、复数的运算，复数的模、共轭复数、复数代数形式的几何意义，属于基础题.
由复数的运算求出复数z，根据复数的模、共轭复数、复数代数形式的几何意义，逐个进行判断.
【解答】
解：由题意，z=2i31−i=−2i1+i1−i1+i=1−i，
∴|z|= 12+−12= 2，故A正确；
复数z的共轭复数为z=1+i，故B错误；
复平面内表示复数z的点为(1,−1)，位于第四象限，故C错误；
因为(1−i)2−2(1−i)+2=1−2i+i2−2+2i+2=0，
所以z=1−i是方程x2−2x+2=0的一个根，故D正确．
故选AD.
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了向量的加法、减法运算 ，向量的数量积，利用向量的数量积求向量的模，属于中档题.
根据相等向量的概念，向量的加法、减法运算 ，向量的数量积，以及利用向量的数量积求向量的模，对四个选项逐一判断即可.
【解答】
解：对于A，如图所示，因为两向量不共线，
故它们可以作为平面内一组基底，故A正确；
对于B，ABCDEF是正六边形，
所以AF+BC−DE=AF+FE−DE=AE+ED=AD，故B错误;
对于C，因为ABCDEF是正六边形，设正六边形的中心为O， AB⋅AE=AO+OB⋅AO+OE=AO+OB⋅AO−OB=AO2−OB2=0⋅故C正确;
对于D，因为ABCDEF是正六边形，且由C可知AB⋅AE=0，则∠DBF=60 ∘,
且BD=BF= 3，
所以BD+BF= BD2+2⋅BD⋅BF⋅cs60∘+BF2 = 3+3+3=3，故D错误.
故选AC.
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题主要考查了正切型函数的周期性、对称性、单调性，属于中档题.
化简函数f(x)=−21+tan x+2，然后利用正切函数的周期性，对称性，逐一判断即可.
【解答】
解：由f(x)=2tan x1+tan x=2tan x+2−21+tan x=−21+tan x+2，y=tanx的最小周期为π，
则函数的最小正周期为π，A正确;
因函数y=tanx在区间(0,1)上单调递增，
所以函数f(x)=−21+tan x+2在区间(0,1)上也单调递增，故B正确;
假设函数关于点3π4,1对称，
则fx+f3π2−x=2，
又fx+f3π2−x=−21+tanx+2−21+tan3π2−x+2
=−21+tanx−21+1tanx+4
=−21+tanx−2tanx1+tanx+4
=−21+tanx1+tanx+4=2，
所以(3π4,1)是函数的对称中心， 故C正确;
令x=kπ(k∈Z)，则tanx=0，此时f(x)=0，故D不正确.
故选：ABC.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查直线与平面所成的角，球的切、接问题，点面距离(几何法)，棱锥的体积，球的表面积，线面垂直的性质，属于中档题.
根据线面垂直的性质和勾股定理的逆定理可得ΔABC,ΔABD,△DBC,ΔACD为直角三角形，进而判断A；根据三棱锥外接球的结构求出球的半径，利用球的表面积公式计算即可判断B；结合线面角的定义即可判断C；根据三棱锥等体积法求出点O到平面BMN的距离，即可判断D.
【解答】
解：∵AB⊥平面BCD，
∴ΔABC,ΔABD为直角三角形，
∵AB=1,BC=1,AD= 6，由勾股定理得AC= 2，BD= 5，
又∵BC=1,CD=2，则BC2+CD2=BD2,AC2+CD2=AD2，
∴ΔDBC,ΔACD为直角三角形，故A正确；
三棱锥A−BCD可看作由长、宽、高分别为2,1,1的长方体截得，O为AD的中点，
球O的直径为 22+12+12= 6，故球O的表面积为S=4π( 62)2=6π，故B正确；
因为直线BD与平面ABC所成角的平面角为∠DBC，
∴tan∠DBC=CDBC=2，所以C不正确；
在Rt△ABC中，BM=12AC= 22，
在ΔACD中，MN=12AD= 62，
又BN= 2，
故BM2+MN2=BN2，故∠BMN=90∘.
∴ΔBMN为直角三角形，S△BMN=12× 62× 22= 34，
设点O到平面BMN的距离为h，
因为MN//AD,MN⊂平面MNB，AD⊄平面MNB，
所以AD//平面MNB，
所以O到平面BMN的距离与D到平面BMN的距离相等，
∴VO−BMN=VD−BNM=VM−BDN，
则13×S△BDN×12AB=13×S△BMN×h，
则13×12×1×1×12=13× 34×h，
解得h= 33，故D正确，
故选ABD.
13.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查复数的概念与分类，是较易题.
利用复数的运算法则和虚部的意义即可得出．
【解答】
解：因为复数z满足z+iz−i=1−i，所以1+2iz−i=1−i，
则z=−2+i，
故复数z的虚部为1.
故答案为1.
14.【答案】 32π
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的图象与性质，考查数形结合思想，属于中档题.
作出函数f(x)=Asin(ωx+φ)(Aω>0)的大致图象，不妨取如图的相邻四个最值点，设其中两个最大值点为M，N，最小值点为P，Q，连接PN，由已知条件并结合图象可得△MPN为等边三角形，继而可求解结论.
【解答】
解：作出函数f(x)=Asin(ωx+φ)(Aω>0)的大致图象，
不妨取如图的相邻四个最值点，
设其中两个最大值点为M，N，最小值点为P，Q，连接PN，
根据正弦函数图象的对称性，易知MP=NP，
且四边形PQNM为平行四边形，边PQ上的高h=2A，
由题意可知四边形PQNM为菱形，
则MN=MP，
则MN=MP=NP，
所以△MPN为等边三角形，
所以h= 32MP=2A，
则MP=4 33A，
则MN=MP=4 33A，
则f(x)=Asin(ωx+φ)周期T=4 33A，
由T=2πω，有ω=2πT=2π4 33A= 3π2A，
所以Aω= 32π，又Aω>0，
所以Aω= 3π2.
故答案为： 32π.
15.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查同角三角函数的基本关系，考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，属于中档题.
由题意利用同角三角函数基本关系式可求得sinC，csC，sinB的值，由正弦定理结合b=4+2 2−c解出b，c的值，再由余弦定理即可解出a的值.
【解答】
解：由题意可得tanC=sinCcsC=− 7sin2C+cs2C=1，且C为钝角，
解得sinC= 144，csC=− 24，
因为csB=34，且B为三角形的一个内角，
故sinB= 1−cs2C= 74，
由正弦定理csin C=bsin B，可得c 144=b 74，
又b=4+2 2−c，
则可得b=2 2，c=4，
由余弦定理有csC=a2+b2−c22ab=a2+8−164 2a=− 24，
整理可得a2+2a−8=0，
解得a=2或−4(负值舍去)，
所以a=2，
故答案为：2.
16.【答案】114
【解析】【分析】
本题主要考查空间中的最短距离，空间几何体的截面问题(截面形状、面积)，属于中档题
得到正三棱锥A−BCD的侧面展开图，由图可得截面ΔBEF的周长最小值.
【解答】
解：正三棱锥A−BCD的侧面展开图如图，
由平面几何知识可得BB′//CD，
所以∠BEC=∠ECD=∠ACB，
于是△BCE∽△ABC，
所以CEBC=BCAB=BEAC，即CE1=12=BE2，所以CE=12，BE=1，
所以AE=32，又EFCD=AEAC=34，
可得EF=34.
则截面ΔBEF的周长最小值为：1+34+1=114.
故答案为114.
17.【答案】解：(1)若k=0,则a=1,6,b=−7,0.
故2a−b=21,6−−7,0=9,12,
∴b⋅2a−b=−7×9+0×12=−63≠0,
所以，当时k=0,，向量b与2a−b不垂直;
(2)由题意知a⋅b=1×−7+k6+k=k2+6k−7,
∵向量a与b的夹角为钝角，
∴k2+6k−7<0解得−7当a与b反向时，有−17=6+kk<0,解得k=−214,
所以，向量a与b的夹角为钝角时，实数k的取值范围是−7,−214∪−214,1.
【解析】本题考查了平面向量的坐标运算应用问题，也考查了向量共线与夹角问题，属于基础题．
(1)由平面向量垂直的坐标表示即可判定；
(2)由平面向量的数量积与夹角的关系列不等式求出k的取值范围即可．
18.【答案】解：(1)证明：取CC1的中点为G，连接 BG， FG，
∵F为DD1的中点，∴FG//CD且FG=CD，而CD//AB且CD=AB，∴FG//AB且FG=AB，
∴四边形ABGF为平行四边形
∴BG//AF，
又∵BE//C1G且BE=C1G，∴四边形BGC1E为平行四边形，∴BG//EC1，
∴AF//EC1，
∵AF⧸⊄平面A1C1E，C1E⊂平面A1C1E，
∴AF//平面A1C1E;
(2)取A1C1中点为O，连接 OG， OB，
∵O，G分别为A1C1，CC1的中点，∴OG//A1C，
由(1)知BG//AF，∴∠BGO为异面直线AF与A1C所成的角或其补角，
设正方体的边长为2a，则OG=12A1C= 3a，BG= 5a，OB= 6a，
cs∠BGO=OG2+BG2−OB22⋅OG⋅BG=( 3a)2+( 5a)2− 6a22× 3a× 5a= 1515，
∴异面直线AF与A1C所成角的余弦值为 1515.

【解析】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查线面平行的判定，考查空间想象能力，属于中档题．
(1)取CC1的中点为G，连接 BG， FG，由线面平行的判定定理即可证明AF//平面A1C1E.
(2)由(1)知BG//AF，所以∠BGO为异面直线AF与A1C所成的角或其补角，然后求出异面直线AC与EC1所成角的余弦值．
19.【答案】解：(1)若选①：由正弦定理得，sinB(sinCcsA+sinAcsC)=sin2C−sin2A+sinAsinB，
则sin2B=sin2C−sin2A+sinAsinB，
由正弦定理化简得，b2=c2−a2+ab，整理得a2+b2−c2=ab，
由余弦定理得，csC=a2+b2−c22ab=12，∵C∈(0,π)，∴C=π3;
若选②：根据题意得， 3abcs(π−C)+absinC=0，
即− 3abcsC+absinC=0，则− 3csC+sinC=0，
解得tanC= 3，∵C∈(0,π)，∴C=π3;
若选③：由正弦定理得，sinCcsBcsCsinB=2sinA−sinBsinB，
∴sinCcsB=2sinAcsC−sinBcsC，即sin(B+C)=2sinAcsC，
∵sinB+C=sinA≠0，
∴csC=12，∵C∈(0,π)，∴C=π3;
(2)∵点D是AB中点，∴CD=12CA+12CB，
CD2=14CA2+14CB2+12CA⋅CB=14a2+14b2+12abcsC=14a2+14b2+14ab=4，
∴16=a2+b2+ab≥2ab+ab=3ab，∴ab≤163，当且仅当a=b=4 33时等号成立，
则S=12absinC= 34ab≤4 33，
所以，在(1)的条件下，面积S的最大值为4 33.
【解析】本题考查了正弦定理及余弦定理解三角形及基本不等式，三角形面积公式，属于中档题.
(1)若选①：根据正弦定理及余弦定理即可得到答案；
若选②：根据题意得， 3abcs(π−C)+absinC=0，化简分析即可得到答案；
若选③：根据正弦定理即可得到答案;
(2)根据平面向量的运算及基本不等式即可得到ab≤163，进而利用面积公式可得答案.
20.【答案】解：(1)如图，取 AC中点O，连接 BO， DO， EO，
∵ΔABC为等边三角形，
∴BO为∠ABC的平分线，设点F是点E在平面ABC上的射影，由题知，点F在BO上，连接EF，
则EF⊥平面ABC，
∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，DO⊂平面ACD，
DO⊥AC，则DO⊥平面ABC，
∴DO//EF，则DEBO为平面四边形，
∵DE//平面ABC，DE⊂平面DEBO，平面DEBO∩平面ABC=BO，∴BO//DE，
∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，BO⊂平面ABC，BO⊥AC，
∴BO⊥平面ACD，
∴DE⊥平面ACD；
(2)∵BO⊥AC，DO⊥AC，DO∩BO=O，
DO，BO⊂平面BOD，
∴AC⊥平面BOD，
∵EO⊂平面BOD，
∴AC⊥EO，
∴∠DOE为二面角D−AC−E的平面角，
∵EF⊥平面ABC，DO⊥平面ABC，
∴EF//DO，∵DE//FO，DE⊥DO，
∴四边形DEFO为矩形，
∴DO=EF= 3，
∴BF=1，OF=DE= 3−1，
则tan∠DOE= 3−1 3=1− 33，
故二面角D−AC−E的正切值为1− 33.
【解析】本题考查了线面垂直、面面垂直的性质，二面角，属于中档题.
(1)取AC中点O，连接 BO， DO， EO，先证明DEBO为平面四边形，由BO⊥平面ACD，即可证明DE⊥平面ACD；
(2)∠DOE为二面角D−AC−E的平面角，分析即可得到答案.
21.【答案】解：(1)B，D两点关于x轴对称，A，D，C组合的图象大于半个周期，故函数图象过A，B，C三点，
A点坐标代入有sinφ= 32，又|φ|<π2，则φ=π3，
B点坐标代入有sin(π12ω+π3)=1，则π12ω+π3=π2+2kπ，k∈Z，即ω=2+24k，k∈Z，
因为图象在半个周期内过A，B，C三点，则只有当k=0时适合，即ω=2，经检验， C点符合题意，
于是f(x)=sin(2x+π3)；
(2)由于f(A2)=sin(A+π3)= 32，在锐角△ABC中，可得A=π3，
由余弦定理有a2=b2+c2−bc，即a2=b2+4−2b，
又在锐角ΔABC中，有a2+b2>c2，a2+c2>b2，b2+c2>a2同时成立，
即a2+b2>4，a2+4>b2，b2+4>a2，
解得1【解析】本题考查正弦型函数的图象和特征，利用余弦定理解决范围与最值问题，属于中档题.
(1)根据对称性和半个周期判断出函数图象过A，B，C三点，通过带点求出ω,φ，得出函数f(x)解析式;
(2)由f(A2)= 32求出A，由余弦定理结合锐角△ABC边角关系求出b的取值范围.
22.【答案】解：(1)当a=0时，函数f(x)=sinx+csx= 2sin(x+π4)，
由−π2+2kπ≤x+π4≤π2+2kπ，k∈Z，
可得−3π4+2kπ≤x≤π4+2kπ，k∈Z，
故函数f(x)的单调递增区间为[−3π4+2kπ,π4+2kπ]，k∈Z;
(2)当x∈(0,π)时，则x+π4∈(π4,5π4)，
令t=sinx+csx= 2sin(x+π4)∈(−1, 2]，则sinxcsx=t2−12，
令g(t)=t−a⋅t2−12=−a2t2+t+a2，t∈(−1, 2],
其图象恒过(−1,−1)和(1,1)两点(其中点(−1,−1)在t的取值范围内所对应的图象上取不到，此处仅作研究)，
①当a=0时，由(1)知f(x)=sinx+csx= 2sin(x+π4)=0有唯一根x0=3π4，不合题意;
②当a<0时，g(t)的图象开口向上，△=1+a2>0，方程g(t)=0存在两根t1此时有t1∈(−∞,−1)(舍)，故t2∈(0,1)，则方程t2= 2sin(x+π4)只有一个根，不合题意;
③当a>0时，g(t)的图象开口向下，△=1+a2>0，方程g(t)=0存在两根t1若要满足题意，则t2∈(1, 2)，t1∈(−1,− 22)，
此时方程t1= 2sin(x+π4)有一个根，t2= 2sin(x+π4)有两个不相等的根，
则有g( 2)<0，解得a>2 2;
综上所述，a的取值范围为(2 2,+∞).
【解析】本题主要考查三角恒等变换，正弦型函数的性质以及二次函数性质，属于较难题.
(1)先将f(x)化为正弦函数形式，由−π2+2kπ≤x+π4≤π2+2kπ，k∈Z，可得函数的单调增区间.
(2)当x∈(0,π)时，令t=sinx+csx= 2sin(x+π4)∈(−1, 2]，则sinxcsx=t2−12，令g(t)=t−a⋅t2−12=−a2t2+t+a2，结合二次函数的性质来确定a的取值范围.