2022-2023学年安徽省宣城市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省宣城市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.某单位有职工500人，青年职工300人，中年职工150人，老年职工50人，为了解该单位职工的健康情况，用分层抽样从中抽取样本，若抽出的中年职工为15人，则抽出的老年职工的人数为( )
A. 5B. 15C. 30D. 50
2.已知，点E为平行四边形ABCD对自线BD上一点，且DE=2BE，则AE=( )
A. 23AB+13ADB. 23AB−13ADC. 13AB+23ADD. 13AB−23AD
3.小明同学统计了他最近10次的数学考试成绩，得到的数据分别为92，85，87，91，95，90，88，83，98，96.则这组数据的60%分位数是( )
A. 92B. 91.5C. 91D. 90
4.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=2，b=2 3，A=π6，则C=( )
A. π6B. π6或56πC. π3或2π3D. π6或π2
5.盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚“两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率.利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：
343 432 314 134 234 132 243 331 112 324
342 241 244 342 124 431 233 214 344 434
由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为( )
A. 220B. 15C. 14D. 25
6.《九章算术》作为古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉.《九章算术》中将圆台称为“圆亭”.今有圆亭，上下底面圆直径分别为18寸，30寸，圆亭母线长为10寸(取π≈3)，则该圆亭的表面积和体积分别约为( )
A. 1368平方寸，3528立方寸B. 1638平方寸，4410立方寸
C. 1638平方寸，3528立方寸D. 1368平方寸，4410立方寸
7.已知△ABC是边长为a的等边三角形，点D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，连接DE并延长到点M，使得DE=2EM，连接DF并延长到点N，使得DF=FN，则AM⋅BN的值为( )
A. 516a2B. −516a2C. 5 316a2D. −5 316a2
8.已知矩形ABCD，AB=2，AD=1，将△ABD沿BD折起到△A′BD.若点A′在平面BCD上的射影落在△BCD的内部(不包括边界)，则四面体A′−BCD的体积的取值范围是( )
A. ( 32,2 55)B. ( 32,2 515)C. ( 36,2 55)D. ( 36,2 515)
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z1=2+i，z2=3i−2，其中i是虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. z1在复平面内对应的点位于第一象限，z2在复平面内对应的点位于第四象限
B. 记z1的共轭复数为z−1，则z−1⋅z2=−1+8i
C. 若z⋅z2=z1，则z=−113−813i
D. 若z1，z2在复平面内对应的向量分别为OA，OB(O为坐标原点)，则OA⋅OB=4
10.从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则下列叙述正确的是( )
A. 取出的两个球同为红色和同为黑色是两个互斥而不对立的事件
B. 至多有一个黑球与至少有一个红球是两个对立的事件
C. 事件A=“两个球同色”，则P(A)=25
D. 事件B=“至少有一个红球”，则P(B)=910
11.已知△ABC的内角A，B，C所对的对边分别为a，b，c，其中a= 3+1，b= 2，c=2，下列四个命题中正确的是( )
A. △ABC是钝角三角形B. △ABC面积为 3+12
C. △ABC外接圆面积为4πD. 若D为AB中点，则CD= 6+ 22
12.如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AD，AB，BC的中点，点P为线段D1F上的动点，则( )
A. 两条异面直线D1C和BC1所成的角为60∘
B. 不存在点P，使得C1G//平面BEP
C. 对任意点P，平面FCC1⊥平面BEP
D. 点B1到直线D1F的距离为4
三、填空题：本题共4小题，共18分。
13.若复数1+2i是关于x的方程x2+2px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=__________.
14.已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为3，现样本加入新数据3，5，7，则此时方差s2=__________.
15.在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱PA⊥平面ABC，且PA=4，则三棱锥P−ABC的外接球表面积为__________.
16.已知▱ABCD中，AB=4，AD=2，∠DAB=60∘，M是AB的中点，P为线段DC上的动点，则AP⋅DM的取值范围是__________；延长DC至D′，使DC=CD′，若T为线段CD′上的动点，且λAT⋅DM−|AT|2≤0恒成立，则λ的最大值为__________.
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)
已知平面向量a，b满足|a|= 2，|b|=1，且|a+2b|= 10.
(1)求a在b方向上的投影向量；
(2)若(a+λb)⊥(2a−b)，求实数λ的值.
18.(本小题12分)
甲、乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场时，该队获胜，比赛结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.4，且各场比赛结果相互独立.
(1)求前2场比赛，甲至少嬴得一场的概率；
(2)当双方总比分为2：2时，求甲获胜的概率.
19.(本小题12分)
某校举行了一次高一年级数学竞赛，笔试成绩在50分以上共有100人，分成[50,60),[60,70),[70.80),[80,90),[90,100]五组，得到如图所示频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图估计这次数学竞赛成绩的平均数和中位数(中位数精确到0.1)；
(2)为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于70分的学生中，通过分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中任取3人，求此3人分数都在[60,70)的概率.
20.(本小题12分)
如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，BD1//平面MAC.
(1)证明：M是DD1的中点；
(2)若正四棱柱的外接球的体积是 6π，求该正四棱柱的表面积.
21.(本小题12分)
已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，m=(2c,acsB+bsinA)，n=( 3,sinA)，且m//n.且满足a= 3.
(1)求角A的大小；
(2)求△ABC周长的取值范围.
22.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点，△OCD是边长为2的等边三角形.
(1)若AB=2 2，求直线AB和CD所成角的余弦值；
(2)若点E在棱AD上，AE=13AD且三棱锥A−BCD的体积为4，求二面角E−BC−D平面角大小的正弦值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
根据分层抽样相关知识先求得抽样比，即可求解抽出的老年职工的人数．
本题考查分层抽样相关知识，属于基础题．
【解答】
解：因为单位有职工500人，青年职工300人，中年职工150人，老年职工50人，
又用分层抽样从中抽取样本，若抽出的中年职工为15人，
则抽样比为15150=110，
则抽出的老年职工的人数为50×110=5人．
故选：A.
2.【答案】A
【解析】【分析】
由平面向量的线性运算直接计算即可．
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
【解答】
解：AE=AB+BE=AB+13BD=AB+13×(AD−AB)=23AB+13AD.
故选：A.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查用样本估计百分位数，属于基础题.
将数据由小到大排列，由10×60%=6，根据百分位数的定义，即可求出结果.
【解答】
解：数据由小到大排列为：
83，85，87，88，90，91，92，95，96，98，
因为10×60%=6，
所以这组数据的60%分位数是91+922=91.5.
故选B.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
由已知利用正弦定理可得sinB= 32，结合B∈(0,π)，可求B的值，利用三角形内角和定理即可求解C的值．
【解答】
解：因为a=2，b=2 3，A=π6，
所以由正弦定理asinA=bsinB，可得212=2 3sinB，
所以sinB= 32，
又B∈(0,π)，
所以B=π3，2π3，
则C=π−A−B=π6或π2.
故选：D.
5.【答案】C
【解析】【分析】
根据题意，分析在20组随机数中，表示“恰好第三次结束时就停止”的数目，由古典概型公式计算可得答案．
本题考查模拟方法估算概率，涉及古典概型的计算，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，在20组随机数中，恰好第三次结束时就停止有314、134、234、243、324，共有5组，
则恰好第三次结束时就停止的概率P=520=14.
故选：C.
6.【答案】C
【解析】【分析】
利用圆台体积、表面积公式结合已知条件求解即可．
本题考查圆台的体积、表面积计算，考查运算求解能力，属于基础题．
【解答】
解：因为圆亭的上、下底面圆直径分别为18寸，30寸，圆亭母线长为10寸(取π≈3)，
则该圆亭的高h= 102−(15−9)2=8寸，
故该圆亭的表面积S=π×10×(9+15)+π×92+π×152=546π≈1638平方寸，
体积为V=13π(92+152+9×15)×8≈3528立方寸．
故选：C.
7.【答案】B
【解析】【分析】
用AC、AB表示AM和BN，再计算AM⋅BN的值．
本题考查了平面向量的数量积计算问题，是中档题．
【解答】
解：由题意知，DE=12AC，DM=32DE=34AC，
所以AM=AD+DM=12AB+34AC，
DF=12BC，所以DN=2DF=BC=AC−AB，
所以BN=BD+DN=−12AB+(AC−AB)=AC−32AB，
所以AM⋅BN=(12AB+34AC)⋅(AC−32AB)
=34AC2−34AB2−58AB⋅AC=34a2−34a2−58a2×csπ3=−516a2.
故选：B.
8.【答案】B
【解析】【分析】
先确定射影落在△BCD的内部时，体积取最值的情况，然后分别求解可得答案．
本题考查了四面体体积的计算，考查空间想象能力，转化思想以及逻辑推理能力，属于中档题．
【解答】
解：当A′在平面BCD上的投影O在BD上时，
点A′到平面BCD的距离A′O=AB⋅ADBD=2 5=2 55，
此时三棱锥A′−BCD的体积最大，
Vmax=13S△BCD⋅A′O=2 515，
如图，当A′在平面BCD上的投影M在DC上时，体积最小，
则点A′到平面BCD的距离为A′M，作A′O⊥BD于O，连接OM，
因为A′O=2 55，A′B=2，所以DO= A′D2−A′O2= 55，
因为A′M⊥OB，A′O⊥OB，且A′M，A′O⊂平面A′OM，A′M∩A′O=A′，
所以OB⊥平面A′OM，而OM⊂平面A′OM，所以OB⊥OM，
OM=OD⋅tan∠CDB= 510，
A′M= A′O2−OM2= 32，
Vmin=13S△BCD⋅A′M= 36，
所以四面体A′−BCD的体积的取值范围是( 32,2 515).
故选：B.
9.【答案】BC
【解析】【分析】
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．
对于A，结合复数的几何意义，即可求解；
对于B，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解；
对于C，结合复数的四则运算，即可求解；
对于D，结合复数的几何意义，求出OA=(2,1)，OB=(−2,3)，再结合平面向量的数量积运算，即可求解.
【解答】
解：z1=2+i，z2=3i−2=−2+3i，
则z1在复平面内对应的点(2,1)位于第一象限，
z2在复平面内对应的点(−2,3)位于第二象限，故A错误；
z1的共轭复数为z−1=2−i，
则z1−⋅z2=(2−i)(−2+3i)=−4+3+8i=−1+8i，故B正确；
z⋅z2=z1，z1=2+i，z2=3i−2，
则z=z1z2=2+i−2+3i=(2+i)(−2−3i)(−2+3i)(−2−3i)=−113−813i，故C正确；
若z1，z2在复平面内对应的向量分别为OA，OB(O为坐标原点)，
则OA=(2,1)，OB=(−2,3)，
故OA⋅OB=−4+3=−1，故D错误．
故选：BC.
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
结合互斥事件和对立事件的概念进行分析即可．
本题主要考查互斥事件和对立事件的概念和计算方法，属中档题．
【解答】
解：对于A，两球同时为红球和为黑球不可能同时发生，并且除了这两个事件，实验还会发生一个事件，即两球一黑一白，
所以两球同时为红球和同时为黑球的事件为互斥而不对立事件，A正确；
对于B，至多有一个黑球包括一黑一红和两红球，其对立事件为两黑球，B错误；
对于C，A事件发生的结果数为3+1=4，实验的总结果数为4+3×2=10，
所以P(A)=410=25，C正确；
对于D，事件B的对立事件结果数为1，所以P(B−)=110，所以P(B)=910，D正确．
故选：ACD.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查解三角形，属于中档题．
对于A，根据余弦定理判断即可；
对于B，根据csA求出sinA，再根据三角形的面积公式求解即可；
对于C，根据正弦定理求出外接圆半径再求面积即可；
对于D，在△ABC和△ADC中，分别对A进行余弦定理即可求解．
【解答】
解：根据题意作图如下：
对于A，在△ABC种，根据余弦定理得到csA=b2+c2−a22bc=2−2 34 2<0，所以A>90∘，所以A正确；
对于B，由A知csA=2−2 34 2= 2− 64，
所以sinA= 1−cs2A= 6+ 24，
所以S△ABC=12bcsinA=12××2× 6+ 24= 3+12，故B正确；
对于C，由B知sinA= 6+ 24，
所以根据正弦定理得到外接圆直径2R=asinA= 3+1 6+ 24=2 2，
则△ABC外接圆面积为π×( 2)2=2π，C错误；
对于D，在△ABC和△ADC中，根据余弦定理可得csA=AD2+AC2−CD22AD⋅AC=AB2+AC2−BC22AC⋅AB，
即1+2−CD22 2=4+2−(3+1+2 3)4 2，解得CD= 6+ 22，所以D正确．
故选：ABD.
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
由正方体的结构特征及异面直线所成角的定义判断A；举例说明B错误；连接CF，推导出CC1⊥EB，CF⊥BE，从而得BE⊥平面FCC1，进一步得平面FCC1⊥平面BEP判断C；由余弦定理求出∠B1D1F=45∘，由此能求出点B1到直线D1F的距离判断D.
本题考查异面直线所成角、线面平行、线面垂直的判定，考查点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
【解答】
解：对于A，由正方体的结构特征得BC1//AD1，
则两条异面直线D1C和BC1所成角即为∠AD1C=60∘，故A正确；
对于B，当点P与点D1重合时，由题知EG//DC，EG=DC，D1C1//DC，D1C1=DC，
∴EG//D1C1，EG=D1C1，则四边形EGC1D1是平行四边形，得C1G//D1E，
∵C1G⊄平面BEP，D1E⊂平面BEP，∴C1G//平面BEP，故B错误；
对于C，连接CF，∵CC1⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴CC1⊥EB，
又AE=BF，AB=CB，∠A=∠CBF，∴△BAE≌△CFB，
∴∠EBA+∠CFB=90∘，则CF⊥BE，
∵CF∩CC1=C，CF，CC1⊂平面FCC1，∴BE⊥平面FCC1，
又BE⊂平面BEP，∴对任意点P，平面FCC1⊥平面BEP，故C正确；
对于D，由正方体的性质得B1D1=4 2，FD1= 4+16+16=6，B1F= 4+16=2 5，
∴cs∠B1D1F=B1D12+FD12−B1F22B1D1⋅FD1=36+32−202×6×4 2= 22，
∴∠B1D1F=45∘，
∴点B1到直线D1F的距离为d=B1D1sin∠B1D1F=4 2× 22=4，故D正确．
故选：ACD.
13.【答案】4
【解析】【分析】
本题主要考查复数的四则运算，复数集内解方程或分解因式，属于基础题．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
【解答】
解：复数1+2i是关于x的方程x2+2px+q=0(p,q∈R)的一个根，
则1−2i也是关于x的方程x2+2px+q=0(p,q∈R)的一个根，
故1+2i+1−2i=−2p(1+2i)(1−2i)=q，解得p=−1，q=5，
所以p+q=4.
故答案为：4.
14.【答案】2.9
【解析】【分析】
由题意，根据平均数和方差的定义进行求解即可．
本题考查平均数和方差的应用，考查了逻辑推理和运算能力．
【解答】
解：不妨设这个样本容量为7的样本数据分别为x1，x2，…，x7，
因为该组数据的平均数为5，
所以x1+x2+...+x77=5，
解得x1+x2+...+x7=35，
又方差为3，
所以(x1−5)2+(x2−5)2+...+(x7−5)27=3，
解得(x1−5)2+(x2−5)2+...+(x7−5)2=21，
当样本加入新数据3，5，7后，平均数x−=x1+x2+...+x7+3+5+710=5，
则方差s2=(x1−5)2+(x2−5)2+...+(x7−5)2+(3−5)2+(5−5)2+(7−5)210=2.9.
故答案为：2.9.
15.【答案】28π
【解析】【分析】
本题考查球的切、接问题，球的表面积，考查棱锥的性质，属于中档题.
根据题意，作出图形，可得△ABC的外接圆半径r= 3，球心O到△ABC的外接圆圆心O′的距离d=2，求出球的半径R，即可得出答案．
【解答】
解：作出图形，如图所示：
∵△ABC是边长为3的正三角形，
∴△ABC的外接圆半径r= 3，
又侧棱PA⊥平面ABC，且PA=4，
∴球心到△ABC的外接圆圆心的距离d=2，
故球的半径R= r2+d2= 3+4= 7，
故三棱锥P−ABC外接球的表面积S=4πR2=28π.
故答案为：28π.
16.【答案】[−2,2] ； ； 4 3+6
【解析】【分析】
建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，设出点P、点T的坐标，计算AP⋅DM，AT⋅DM和|AT|2，结合题意即可求出结果．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了函数思想，是较难题．
【解答】
解：建立平面直角坐标系，如图所示：
▱ABCD中，AB=4，AD=2，∠DAB=60∘，
所以A(0,0)，M(2,0)，D(2cs60∘,2sin60∘)，
即D(1, 3)，C(5, 3)，D′(9, 3)，
设P(a, 3)，a∈[1,5]，则AP=(a, 3)，DM=(1,− 3)，
所以AP⋅DM=a−3，由a∈[1,5]，得a−3∈[−2,2]，
所以AP⋅DM的取值范围是[−2,2]；
设T(b, 3)，b∈[5,9]，则AT=(b, 3)，
所以AT⋅DM=b−3，|AT|2=b2+3，
所以不等式λAT⋅DM−|AT|2≤0化为λ(b−3)−(b2+3)≤0，
则λ≤b2+3b−3，b∈[5,9]；
设x=b−3，则x∈[2,6]；
所以b2+3b−3=(x+3)2+3x=x+12x+6≥2 x⋅12x+6=4 3+6，
当且仅当x=12x，即x=2 3，即b=2 3+3时取“=”，
所以λ的最大值为4 3+6.
故答案为：[−2,2]，4 3+6.
17.【答案】解：(1)由|a+2b|= 10两边平方得|a|2+4|b|2+4a⋅b=10，
由|a|= 2，|b|=1，可得2+4+4a⋅b=10，即有a⋅b=1，
所以a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=b；
(2)因为(a+λb)⊥(2a−b)，
所以(a+λb)⋅(2a−b)=0，
即为2a2+(2λ−1)a⋅b−λb2=0，
所以4+(2λ−1)−λ=0，
解得λ=−3.
【解析】(1)由向量的平方即为模的平方，以及投影向量的定义即可求解；
(2)由向量垂直的条件和向量数量积的性质，可得所求值．
本题考查平面向量的数量积的性质，投影向量，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)根据题意，设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，
A−=甲没有胜一场，则P(A−)=(1−0.8)×(1−0.8)=0.04，
则P(A)=1−P(A−)=0.96，
(2)根据题意，当双方总比分为2：2时，
设甲获胜为事件B，则甲获胜的比分可以是4：2或者4：3，
由此分2种情况讨论：
若是4：2，在第5场和第6场，甲连赢两场，则甲获胜概率P1=0.8×0.4=0.32
若是4：3，在第五场和第六场，甲乙各赢一次，第七场甲赢了，
则甲获胜概率P2=0.8×0.6×0.8+0.2×0.4×0.8=0.448，
所以，当双方总比分为2：2时，甲获胜的概率P(B)=0.32+0.448=0.768.
【解析】本题考查互斥事件、对立事件的性质，注意分析事件之间的关系，属于基础题．
(1)根据题意，设前2场比赛，甲至少赢一场为事件A，分析并求出P(A−)，进而计算可得答案；
(2)根据题意，按甲获胜时的比分分2种情况讨论，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案．
19.【答案】解：(1)因为10(a+0.020+0.035+0.025+a)=1，
解得a=0.01，
所以这次数学竞赛成绩的平均数x−=55×0.1+65×0.2+75×0.35+85×0.25+95×0.1=75.5，
易知区间[50,70)的频率为10(0.01+0.020)=0.3<0.5，
区间[50,80)的频率为10(0.01+0.020+0.035)=0.65>0.5，
所以中位数在区间[70,80)中，
则中位数为70+0.5−×10≈75.7；
(2)因为数学成绩低于70分的学生共有100×10(0.01+0.020)=30人，
若用分层抽样的6人中[50,60)的有6×0.10.1+0.2=2人，记为x，y，
[60,70)的有6−2=4人，记为a，b，c，d，
若从6人中任取3人，共有xya，xyb，xyc，xyd，xab，xac，xad，xbc，xbd，xcd，yab，yac，
yad，ybc，ybd，ycd，abc，abd，acd，bcd这20种情况，
其中3人分数都在[60,70)的有abc，abd，acd，bcd这4种情况，
所以从6人中任取3人，分数都在[60,70)的概率为420=15.
【解析】本题考查频率分布直方图的应用，考查了逻辑推理、数据分析和运算能力．
(1)由题意，根据频率之和为1，列出等式求出a的值，利用平均数和中位数的求法进行求解即可；
(2)结合分层抽样法的定义得到[50,60)的有2人，[60,70)的有4人，利用列举法进行求解即可．
20.【答案】解：(1)证明：连接BD，交AC于N，连接MN，
因为BD1//面MAC，BD1⊂面BDD1，且面MAC∩面BDD1=MN，
所以BD1//MN，
在正四棱柱中，四边形ABCD是正方形，所以N是BD的中点，
所以M是DD1的中点．
(2)设AB=x(x>0)，正四棱柱的外接球的半径为r(r>0)，
因为正四棱柱的外接球的体积V=43πr3= 6π，
解得r= 3 2= 62，
所以x2+x2+22=( 6)2，解得x=1或x=−1(舍)，
即AB=1，
所以正四棱柱的表面积为S表=12×2+2×1×4=10.
【解析】(1)根据线面平行的性质，可得BD1//MN，由N是BD的中点，可得M是DD1的中点；
(2)根据正四棱柱的外接球的体积求得AB，即可求该正四棱柱的表面积．
本题考查了空间线面位置关系、空间几何体表面积计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)∵m=(2c,acsB+bsinA)，n=( 3,sinA)，且m//n，
∴2csinA= 3(acsB+bsinA)，
∴由正弦定理得2sinCsinA= 3(sinAcsB+sinBcsA)，
故2sinCsinA= 3sin(A+B)，即2sinCsinA= 3sinC，
又C∈(0,π2)，sinC≠0，则sinA= 32，
又0(2)由(1)得A=π3，
由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=2R，其中R为三角形ABC的外接圆半径，且a= 3，A=π3，
∴b=2sinB，c=2sinC，
∴a+b+c= 3+2(sinB+sinC)= 3+2[sinB+sin(2π3−B)]
= 3+3sinB+ 3csB= 3+2 3sin(B+π6)，
∵△ABC为锐角三角形，
∴0∴B+π6∈(π3,2π3)，sin(B+π6)∈( 32,1],
∴ 3+2 3sin(B+π6)∈(3+ 3,3 3],即a+b+c∈(3+ 3,3 3],
故△ABC周长的取值范围为(3+ 3,3 3].
【解析】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．
(1)由题意得2csinA= 3(acsB+bsinA)，利用正弦定理得2sinCsinA= 3(sinAcsB+sinBcsA)，即2sinCsinA= 3sinC，即可得出答案；
(2)由正弦定理得b=2sinB，c=2sinC，可得a+b+c= 3+3sinB+ 3csB= 3+2 3sin(B+π6)，利用三角函数的性质，即可得出答案．
22.【答案】解：(1)分别取BC、AC的中点M、N，连接OM，ON，MN，
因为O为BD中点，
所以MO//CD，MN//AB且MO=12CD，MN=12AB，
所以异面直线AB和CD所成角(或为邻补角)，即为∠OMN，
因为AB=AD，O为BD中点，
所以AO⊥BD，
因为△OCD是边长为2的等边三角形，
所以BO=DO=2，MN=12AB= 2，MO=12CD=1，
又因为平面ABD⊥平面BCD，AO⊥BD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，而OC⊂平面BCD，
所以AO⊥OC，OC=OD，得△AOC≌△AOD，
则AC=AD=AB=2 2.
在直角三角形△AOC中，
则ON=12AC= 2，
在△MON中，由余弦定理可得cs∠OMN=MN2+MO2−ON22×MN×MO=2+1−22 2×1= 24，
所以直线AB和CD所成角的余弦值为 24；
(2)过点E作EN//AO交BD于N.
过点N作NM//CD交BC于点M，连接ME，
因为EN//AO且由(1)知AO⊥平面BCD，
所以EN⊥平面BCD，
因为BC⊂平面BCD，
所以EN⊥BC，
在△BCD中，因为OB=OD=OC，
所以BC⊥CD，
因为NM//CD，
所以MN⊥BC，因为EN∩MN=N，且EN，MN⊂平面MNE，
所以BC⊥平面MNE，而ME⊂平面MNE，
所以BC⊥ME，
所以∠EMN为所求的二面角E−BC−D的平面角，
因为S△BCD=12BD⋅CD⋅sin∠BDC=12×4×2× 32=2 3，
因为VA−BCD=13S△BCD⋅OA=13×2 3⋅OA=4，
所以OA=2 3，
又因为AE=13AD，EN//AO，
所以ENAO=DEDA=23，得EN=23OA=4 33，
因为NM//CD，
所以MNCD=BNDB=46=23，
因为CD=2，
所以MN=43.
又EN=4 33，
所以 3MN=EN.
所以tan∠EMN=ENMN= 3，
所以sin∠EMN= 32，即二面角E−BC−D平面角大小的正弦值 32.
【解析】本题主要考查空间角，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于较难题．
(1)分析可知∠OMN为直线AB和CD所成角，再解△MON即可得解；
(2)过点E作EN//AO交BD于N.过点N作NM//CD交BC于点M，则∠EMN为所求的二面角E−BC−D的平面角，然后求其正弦值即可．