2022-2023学年福建省宁德市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省宁德市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.若复数z=i(2+i)(i为虚数单位)，则z的虚部为( )
A. −1B. −2iC. 2D. 2i
2.在△ABC中，D为线段AB上一点，且AD=13AB，则CD=( )
A. 13AB+ACB. AB+13ACC. 13AB−ACD. AB−13AC
3.设A，B为两个互斥事件，且P(A)>0，P(B)>0，则下列各式一定正确的是( )
A. P(AB)=P(A)P(B)B. P(A∪B)=P(A)+P(B)
C. P(AB)=P(A)+P(B)D. P(A∪B)=P(A)P(B)
4.两条异面直线与同一平面所成的角，不可能是( )
A. 两个角都是直角B. 两个角都是锐角
C. 两个角都为0∘D. 一个角为0∘，一个角为90∘
5.某学校高年级有300名男生，200名女生，现采用分层随机抽样的方法调查数学考试成绩，抽取一个容量为60的样本，男生平均成绩为110分，女生平均成绩为100分，那么可以推测高一年级学生的数学平均成绩约为( )
A. 100分B. 105分C. 106分D. 110分
6.设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若α//β，a⊂α，b⊂β，则a//bB. 若α∩β=a，b//a，则b//α
C. 若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a⊥bD. 若a⊥α，b⊂β，α//β，则a⊥b
7.位于某海域A处的甲船获悉，在其正东方向相距20nmile的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救，甲船立即前往救援，同时把消息告知位于甲船南偏西30∘，且与甲船相距10n mile的C处的乙船.乙船也立即朝着渔船前往营救，则sin∠ACB=( )
A. 217B. 77C. 37D. 73
8.甲、乙两人组队参加禁毒知识竞赛，每轮比赛由甲、乙各答题一次，已知甲每轮答对的概率为35，乙每轮答对的概率为23.在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则( )
A. 在第一轮比赛中，恰有一人答对的概率为25
B. 在第一轮比赛中，甲、乙都没有答对的概率为115
C. 在两轮比赛中，甲、乙共答对三题的概率为2675
D. 在两轮比赛中，甲、乙至多答对一题的概率为32225
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.若复数z满足2z+z−=3+i(i为虚数单位)，则下列结论正确的是( )
A. z=1+iB. |z|= 2
C. z的共轭复数z−=−1−iD. z是方程x2+2x+2=0的一个根
10.若m,n,a是任意的非零向量，则下列正确的是( )
A. 0m=0
B. a(n⋅m)=(a⋅n)m
C. 若m⋅a=n⋅a，则m=n
D. 若m与n共线且方向相同，则m在n上的投影向量为|m||n|n
11.两个班级，每班各自随机选出10名学生测验铅球成绩，以评估达标程度，测验成绩如下(单位：m)：则以下说法正确的是( )
A. 乙班级的平均成绩比甲班级的平均成绩高
B. 乙班级的成绩比甲班级的更加集中
C. 甲班级成绩的第40百分位数是6.9
D. 若达标成绩是7m，估计甲班级的达标率约为0.6
12.棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为正方形ABCD的中心，M，N分别是棱BB1，A1B1的中点，则下列选项正确的有( )
A. EM⊥MN
B. 直线EN与平面ABCD所成角的正弦值为 55
C. 三棱锥M−NB1C1的外接球的半径为 62
D. 过M、N、E的平面截该正方体所得的截面形状是六边形
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.复数z=i2+i，则z在复平面内对应的点位于第______ 象限.
14.一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为π2的扇形，则该圆锥的表面积为______ .
15.已知O，H在△ABC所在的平面内，若|OA|=|OB|=|OC|，OA+OB+OC=OH，则AH⋅BC=______ .
16.已知平面内两个不同的单位向量m=(x1,y1),n=(x2,y2)与p=(1,1)所成的角都为π6，则m⋅n=______ ；y1y2x1x2=______ .
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a,b为平面向量，且a=(1,2).
(1)若b=(1,1)，且ka−b与a垂直，求实数k的值；
(2)若a//b，且|b|=2 5，求向量b的坐标.
18.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是A1B，CC1的中点.
(1)求证：MN//平面ABC；
(2)求证：MN⊥平面A1ABB1.
19.(本小题12分)
我国是世界上严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出.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x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，获得了100位居民某年的月均用水量(单位：t)，将数据按照[3,4),[4,5),…，[8,9]分成6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60万居民，估计全市居民中月均用水量不低于7(单位：t)的人数；
(3)若该市政府希望80%的居民每月的用水量不超过标准x(单位：t)，估计x的值.
20.(本小题12分)
一个袋子中有大小和质地相同的4个球，标号分别为1，2，3，4，从袋中不放回地随机抽取两次，每次取一球.记事件A：第一次取出的是2号球；事件B：两次取出的球号码之和为5.
(1)写出这个试验的样本空间；
(2)判断事件A与事件B是否相互独立，请说明理由；
(3)两次取出的号码之和最可能是多少？请说明理由.
21.(本小题12分)
已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.请从条件①、条件②中选择一个条件作为已知，求：
(1)A的度数：
(2)若c=1，求△ABC面积的取值范围.
条件①：acsC+ 3asinC=b+c；
条件②：△ABC的面积S= 3(b2+c2−a2)4.
22.(本小题12分)
如图1，平面四边形ACBD满足AB⊥CD，AB∩CD=O，AO=3，BO=1，CO=3 3，DO= 3.将三角形ABC沿着AB翻折到三角形ABE的位置，连接ED得到三棱锥E−ABD(如图2).
(1)证明：AB⊥DE；
(2)若平面ABE⊥平面ABD，M是线段DE上的一个动点，记∠ABM，∠BAM分别为α，β，当α−β取得最大值时，求二面角M−AB−D的余弦值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：z=i(2+i)=−1+2i，其虚部为2.
故选：C.
先对z化简，再结合虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：在△ABC中，D为线段AB上一点，且AD=13AB，
则CD=AD−AC=13AB−AC.
故选：C.
由平面向量基本定理求解即可．
本题考查了平面向量基本定理，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，设A，B为两个互斥事件，且P(A)>0，P(B)>0，
则有P(AB)=0，则选项A、C错误；
则P(A∪B)=P(A)+P(B)，则B正确，D错误．
故选：B.
根据题意，由互斥事件的概率加法公式分析可得答案．
本题考查互斥事件的定义和性质，注意互斥事件概率的加法公式，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：A选项，当两个角均是直角时，两直线平行，故不满足异面，A不可能，
B选项，如图1，a，b与平面β所成角都时锐角，B可能，
C选项，如图2，a，b与平面β所成角都为0∘，C可能，
D选项，如图3，直线b与平面β所成角为0∘，直线a与平面β所成角为90∘，D可能．
故选：A.
A选项，可推出两直线平行，A不可能；
BCD可举出反例．
本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：利用分层随机抽样法抽取一个容量为60的样本，应抽取男生60×300300+200=36(人)，
女生24人，因为男生平均成绩为110分，女生平均成绩为100分，
所以推测高一年级学生的数学平均成绩约为160×(36×110+24×100)=106(分).
故选：C.
根据分层随机抽样法求出抽取的男生、女生人数，利用加权平均数计算即可．
本题考查了分层随机抽样法以及加权平均数的计算问题，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：若α//β，a⊂α，b⊂β，则a//b或a，b异面，故A错误；
若α∩β=a，b//a，则b//α或b⊂α，故B错误；
若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a，b平行、相交或异面，故C错误；
若a⊥α，α//β，则a⊥β，又b⊂β，则a⊥b，故D正确．
故选：D.
由线线的位置关系可判断AC；由线面的位置关系可判断B；由线面垂直的性质可判断D.
本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：根据题目条件可作图：
在△ABC中，∵AB=20，AC=10，∠CAB=120∘，
由余弦定理有：BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠CAB=202+102−2×20×10cs120∘=700，
∴BC=10 7，
再由正弦定理得：ABsin∠ACB=BCsin∠CAB，
∴sin∠ACB=AB⋅sin∠CABBC=20×sin120∘10 7= 217.
故选：A.
由题意作出图形，再由余弦定理和正弦定理即可求得．
本题考查解三角形的实际应用问题，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意，设事件A1=在第一轮比赛中，甲回答正确，事件A2=在第二轮比赛中，甲回答正确，
事件B1=在第一轮比赛中，乙回答正确，事件B2=在第二轮比赛中，乙回答正确，
依次分析选项：
对于A，在第一轮比赛中，恰有一人答对，即A1B1−+A1−B1，其概率P1=P(A1B1−+A1−B1)=35×(1−23)+(1−35)×23=715，A错误；
对于B，在第一轮比赛中，甲、乙都没有答对，即A1−B1−，其概率P2=P(A1−B1−)=(1−35)×(1−23)=115，B错误；
对于C，在两轮比赛中，甲、乙共答对三题的概率即A1A2B1−B2+A1A2B1B2−+A1−A2B1B2+A1A2−B1B2，
其概率P3=P(A1A2B1−B2+A1A2B1B2−+A1−A2B1B2+A1A2−B1B2)
=2×35×35×23×(1−23)+2×35×(1−35)×23×23=2875，C错误；
对于D，在两轮比赛中，甲、乙至多答对一题，
即事件A1−A2−B1−B2−+A1A2−B1−B2−+A2A1−B1−B2−+B1A1−A2−B2−+B2A1−A2−B1−，
其概率P4=P(A1−A2−B1−B2−+A1A2−B1−B2−+A2A1−B1−B2−+B1A1−A2−B2−+B2A1−A2−B1−)
=25×25×13×13+2×35×25×13×13+2×25×25×23×13=32225，D正确．
故选：D.
根据题意，设事件A1=在第一轮比赛中，甲回答正确，事件A2=在第二轮比赛中，甲回答正确，事件B1=在第一轮比赛中，乙回答正确，事件B2=在第二轮比赛中，乙回答正确，由相互独立和互斥事件的概率公式依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查相互独立事件、互斥事件的概率计算，注意分析事件之间的关系，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−=a−bi，
2z+z−=3+i，
则2a+2bi+a−bi=3a+bi=3+i，即3a=3b=1，解得a=1，b=1，
故z=1+i，故A正确；
z−=1−i，故C错误；
|z|= 12+12= 2，故B正确；
(1+i)2+2(1+i)+2=4i+4≠0，
故z不是方程x2+2x+2=0的一个根，故D错误．
故选：AB.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数相等的条件，求出z，即可依次求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数相等的条件，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：选项A，根据数乘运算的定义，可知A正确；
选项B，由数量积定义，设n⋅m=λ，a⋅n=μ，则原式化为λa=μm，不一定成立，故B错误；
选项C，由数量积几何意义可知，只要m与n在a方向上的投影相等，即有m⋅a=n⋅a，但是m，n不一定相等，故C错误；
选项D，则m在n上的投影向量为|m|⋅cs⋅n|n|，若m与n方向相同，则cs=1，故D正确．
故选：AD.
由向量的运算性质，投影向量的概念进行判断即可．
本题考查平面向量的基本运算和性质，属基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：(1)甲班级的平均成绩为x−1=110(9.1+7.9+8.4+6.9+5.2+7.1+8.0+8.1+6.7+4.9)=7.23，
乙班级的平均成绩为x−2=110(8.8+8.5+7.3+7.1+6.7+8.4+9.0+8.7+7.8+7.9)=8.02，
x−2>x−1，故A正确；
甲班级的成绩方差为S12=110[(9.1−7.23)2+(7.9−7.23)2+(8.4−7.23)2+(6.9−7.23)2+(5.2−7.23)2+(7.1−7.23)2+(8.0−7.23)2+(8.1−7.23)2+(6.7−7.23)2+(4.9−7.23)2]=1.6621，
乙班级的成绩方差为S22=110[(8.8−8.02)2+(8.5−8.02)2+(7.3−8.02)2+(7.1−8.02)2+(6.7−8.02)2+(8.4−8.02)2+(9.0−8.02)2+(8.7−8.02)2+(7.8−8.02)2+(7.9−8.02)2]=0.5576，
S12>S22，故B正确；
甲班级成绩由小到大排列为：4.9，5.2，6.7，6.9，7.1，7.9，8.0，8.1，8.4，9.1，
∵10×40%=4，∴甲班级成绩的第40百分位数是6.9+7.12=7，故C错误；
若达标成绩是7m，甲班级迁出的10名学生有6人达标，
∴估计甲班级的达标率约为0.6，故D正确．
故选：ABD.
求出甲班级和乙班级的平均成绩，可判断A；求出甲班级和乙班级的成绩的方差，可判断；利用百分位数概念求解，可判断C；甲班级选出的10名学生有6人达标，可估计甲班级的达标率，可判断D.
本题考查平均数、方差、百分位数、达樯率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：对于A：因为MN= 12+12= 2,ME= ( 2)2+12= 3,NE= 22+12= 5，
所以MN2+ME2=NE2，即EM⊥MN，故A正确；
对于B：取AB的中点F，连接EF、NF，
由N是棱A1B的中点，所以NF//A1A，
又A1A⊥平面ABCD，所以NF⊥平面ABCD，
所以∠NEF为直线EN与平面ABCD所成角，
所以sin∠NEF=NFNE=2 5=2 55，
即直线EN与平面ABCD所成角的正弦值为2 55，故B错误；
对于C：因为NB1⊥B1C1，NB1⊥B1M，MB1⊥B1C1，
所以三棱锥M−NB1C1的外接球即为以NB1、B1C1、B1M为长、宽、高的长方体的外接球，
长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为R，
则(2R)2=12+12+22=6，所以R= 62，
故三棱锥M−NB1C1的外接球的半径为 62，即C正确；
对于D：延长MN交AB的延长线于点K，交AA1的延长线于点F，连接EK交BC于点G，
延长KE交AD于点H，连接FH交A1D1于点I，连接NI、MG，
则五边形HGMNI即为过M、N、E的平面截该正方体所得的截面，
其中△KBM≅△NB1M，ΔNA1F≅△NB1M，
所以BK=MB=1，A1F=A1N=1，
取AB的中点J，连接EJ，则EJ//BG，
所以BGEJ=BKKJ，所以BG=12，
即G为BC靠近B的四等分点，又AH//BG，
所以BGAH=BKAK，所以AH=32，即H为AD靠近D的四等分点，
又A1I//AH，所以A1FAF=A1IAH，所以A1I=12，
即I为A1D1靠近A1的四等分点，故D错误．
故选：AC.
利用勾股定理逆定理判断A，取AB的中点F，连接EF、NF，则∠NEF为直线EN与平面ABCD所成角，即可判断B，三棱锥M−NB1C1的外接球即为以NB1、B1C1、B1M为长、宽、高的长方体的外接球，即可判断C，作出截面图，即可判断D.
本题考查了空间中的垂直关系、直线与平面所成角以及正方体中的截面问题，属于中档题．
13.【答案】一
【解析】解：z=i2+i=i(2−i)(2+i)(2−i)=15+25i，
则z在复平面内对应的点(15,25)位于第一象限．
故答案为：一．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
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．
14.【答案】5π4
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，
则有2πr=π2×2，解得r=12，
所以圆锥的表面积为π×4×12+π×(12)2=5π4.
故答案为：5π4.
利用圆锥的底面周长即为侧面展开图的弧长，从而求出底面半径，然后利用扇形的面积公式以及圆的面积公式求解即可．
本题考查了圆锥的几何性质的应用，解题的关键是掌握圆锥的侧面展开图与圆锥之间关系，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于基础题．
15.【答案】0
【解析】解：因为|OA|=|OB|=|OC|，OA+OB+OC=OH，
所以OB+OC=OH−OA=AH，
BC=OC−OB，
所以AH⋅BC=(OB+OC)⋅(OC−OB)=OC2−OB2=0.
故答案为：0.
根据平面向量的线性运算和数量积运算法则，计算即可．
本题考查了平面向量的线性运算与数量积运算问题，是基础题．
16.【答案】12 1
【解析】解：由m与p所成的角为π6，可得 32=x1+y11× 2，
即x1+y1= 62，又x12+y12=1，所以x1y1=14，
所以x1，y1是方程x2− 62x+14=0的两根，
同理可得：x2+y2= 62，x2y2=14，
即x2，y2是方程x2− 62x+14=0的两根，
又因为m，n是两个不同的单位向量，所以x1=y2，x2=y1，
所以x1x2=y1y2=14，
所以m⋅n=x1x2+y1y2=12，y1y2x1x2=1.
故答案为：12；1.
根据题意，由平面向量的模长公式及夹角公式列出方程，然后代入计算，即可得到结果．
本题考查平面向量数量积的性质和运算，还考查了方程思想的运用，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为a=(1,2),b=(1,1)，所以ka−b=(k−1,2k−1)，
又因为ka−b与a垂直，所以(ka−b)⋅a=0，即k−1+(2k−1)×2=0，
得5k−3=0，所以k=35；
(2)因为a//b得b=λa=(λ,2λ)，
又因为|b|=2 5所以， λ2+4λ2=2 5，
即λ2+4λ2=20，所以λ=±2.
b=(2,4)或b=(−2,−4).
【解析】(1)可求出ka−b=(k−1,2k−1)，根据ka−b与a垂直得出(ka−b)⋅a=0，然后进行数量积的坐标运算即可求出k的值；
(2)根据a//b得出b=(λ,2λ)，然后根据|b|=2 5即可求出λ的值．
本题考查了向量垂直的充要条件，共线向量基本定理，向量坐标的减法、数乘和数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
18.【答案】证明：(1)在正三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是A1B，CC1的中点，
设AB的中点为D，连接MD，CD.
∵M，D分别为A1B，AB的中点，∴DM//A1A,DM=12A1A，
又∵三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱且N为CC1的中点，∴CN//AA1,CN=12AA1
∴CN//MD，CN=MD，∴四边形CDMN是平行四边形，∴MN//CD.
∵CD⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，∴MN//平面ABC.
(2)∵三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，∴A1A⊥平面ABC，
∵CD⊂平面ABC，∴A1A⊥CD.
∵D为AB的中点且△ABC为等边三角形，∴CD⊥AB.
∵AB⊂平面A1ABB1，A1A⊂平面A1ABB1，A1A∩AB=A，
∴CD⊥平面A1ABB1
∵MN//CD，∴MN⊥平面A1ABB1.
【解析】(1)设AB的中点为D，连接MD，CD，推导出四边形CDMN是平行四边形，从而MN//CD，由此能证明MN//平面ABC.
(2)推导出A1A⊥平面ABC，从而A1A⊥CD，推导出CD⊥AB，从而CD⊥平面A1ABB1，由此能证明MN⊥平面A1ABB1.
本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)易知1(0.05×2+0.1+0.2+0.25+a)=1，
解得a=0.35；
(2)由频率分布直方图知月均用水量不低于7吨的频率为1(0.2+0.05)=0.25，
又该市有60万居民，
则估计全市居民中月均用水量不低于7吨的人数为60×0.25=15(万)；
(3)易知[3,7)的频率为(0.05+0.1+0.25+0.35)×1=0.75<0.8，
[3,8)的频率为(0.05+0.1+0.25+0.35+0.2)×1=0.95>0.8
所以80%的居民每月的用水量位于区间[7,8)内，
此时0.2(x−7)=0.8−0.75，
解得x=7.25，
则该市政府希望80%的居民每月的用水量不超过标准7.25t.
【解析】(1)由题意，根据各组频率之和为1，列出等式即可求出a的值；
(2)根据频率分布直方图得到月均用水量不低于7吨的频率，进而即可求出全市居民中月均用水量不低于7吨的人数；
(3)先求出80%的居民每月的用水量所在区间，再列出等式求解即可．
本题考查频率分布直方图的综合应用，考查了逻辑推理、数据分析和运算能力．
20.【答案】解：(1)根据题意，用数组(x1,x2)表示可能的结果，x1表示第一次抽到球的标号，x2表示第二次抽到球的标号，
则试验样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),
(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)(4,3)}；
(2)根据题意，A={(2,1),(2,3),(2,4)}.B={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)}.
AB={(2,3)}.
所以P(A)=312=14,P(B)=412=13,P(AB)=112.
因为P(AB)=P(A)P(B)，所以事件A与事件B是相互独立；
(3)根据题意，两次取出的号码之和的有：3，4，5，6，7.分别记作事件：C，D，E，F，G.
则C={(1,2)(2,1)}，D={(1,3),(3,1)}，
E={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)}，
F={(2,4),(4,2)}，
G={(3,4),(4,3)}.
P(C)=212=16,P(D)=212=16,P(E)=412=13,P(F)=212=16,P(G)=212=16.
因P(E)>P(C)=P(D)=P(F)=P(G).所以两次取出号码之和最有可能是5.
【解析】(1)根据题意，用数组(x1,x2)表示可能的结果，x1表示第一次抽到球的标号，x2表示第二次抽到球的标号，由列举法分析可得答案；
(2)根据题意，用列举法求出P(A)、P(B)、P(AB)，由相互独立事件的判断方法分析可得答案；
(3)根据题意，两次取出的号码之和的有：3，4，5，6，7.分别由列举法求出其概率，比较可得答案．
本题考查古典概型的计算，涉及样本空间和随机事件的表示，属于基础题．
21.【答案】解：(1)选择条件①：由正弦定理得：sinAcsC+ 3sinAsinC=sinB+sinC，
∴sinAcsC+ 3sinAsinC=sin(A+C)+sinC，
∴sinAcsC+ 3sinAsinC=sinAcsC+csAsinC+sinC，
∴ 3sinAsinC=sinCcsA+sinC，
∵C∈(0,π2)，∴sinC>0，
∴ 3sinA−csA=1，
∴sin(A−π6)=12，
又∵A∈(0,π2)，
∴A−π6∈(−π6,π3)，
∴A−π6=π6，
∴A=π3；
选择条件②：由面积公式得12bcsinA= 3(b2+c2−a2)4，
由余弦定理得：b2+c2−a2=2bccsA，
∴12bcsinA=2 3bccsA4，
∴tanA= 3，
又∵A∈(0,π2)，
∴A=π3.
(2)由正弦定理得；bsinB=csinC，
∴b=csinBsinC=sinBsinC，
∴S△ABC=12bcsinA=12×sinBsinC×1× 32= 34×sinBsinC= 34×sin(C+π3)sinC= 34×12sinC+ 32csCsinC= 38(1+ 3tanC)，
∵△ABC为锐角三角形，
∴0解得π6∴tanC> 33，
∴0<1tanC< 3，
∴ 38< 38(1+ 3tanC)< 32，
∴S△ABC的取值范围为( 38, 32).
【解析】(1)选①：由正弦定理和三角恒等变换知识化简即得；选②：由三角形的面积公式和余弦定理化简即可；
(2)由正弦定理得b=sinBsinC，再由sinB=sin(C+π3)和三角形的面积公式及三角恒等变换知识化简可得S△ABC= 38(1+ 3tanC)，再由△ABC为锐角三角形得π6本题考查利用正余弦定理和面积公式解三角形，还考查了三角恒等变换和三角函数的值域，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：由翻折可知，在图(2)中，AB⊥EO，AB⊥OD，EO∩OD=O，
EO，OD⊂平面EOD，∴AB⊥平面EOD，
又DE⊂平面EOD，∴AB⊥ED；
(2)解：连接OM，由(1)可知AB⊥平面EOD，OM⊂平面EOD，∴AB⊥OM，
∵BO=1，AO=3，∴tanα=|OM||OB|=|OM|,tanβ=|OM||OA|=|OM|3，
RT△EOD中，OE= (3 3)2+ 32= 30，
则OE边上的高为3 3× 3 30=3 3010，则(3 3010≤|OM|≤3 3)，
tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanα⋅tanβ=2|OM|31+|OM|23=23|OM|+|OM|≤ 33，
当且仅当|OM|= 3取等，
∴当α−β取最大值时，|OM|= 3，
∵MO⊥AB，OD⊥AB，∴∠MOD是二面角M−AB−D的平面角，
∵平面EAB⊥平面ABD，平面EAB∩平面ABD=AB，
EO⊥AB，EO⊂平面EAB，∴EO⊥平面ABD，
又OD⊂平面ABD，∴EO⊥OD，∵CO=3 3，DO= 3，
∴在直角三角形EOD中，tan∠EDO=|OE||OD|=3，所以cs∠EDO= 1010，
在等腰三角形MOD中，|OD|=|OM|= 3，
cs∠MOD=cs(π−2∠MDO)=1−2cs2∠MDO=1−2×( 1010)2=45
∴二面角M−AB−D的余弦值为45.
【解析】(1)证明AB⊥平面EOD即可；(2)求出tan(α−β)取得最大值时的条件，即|OM|= 3，找到∠MOD是二面角M−AB−D的平面角，由此可得．
本题考查二面角，考查线面，面面位置关系，属于中档题．甲
9.1
7.9
8.4
6.9
5.2
7.1
8.0
8.1
6.7
4.9
乙
8.8
8.5
7.3
7.1
6.7
8.4
9.0
8.7
7.8
7.9