2022-2023学年河北省唐山市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河北省唐山市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.复数z=1−i，则z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.已知a=(1,m)，b=(2,4)，若a//b，则m为( )
A. −3B. −2C. 0D. 2
3.某种新型牙膏需要选用两种不同的添加剂，现有芳香度分别为1，2，3，4的四种添加剂可供选用，则选用的两种添加剂芳香度之和为5的概率为( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
4.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，E为棱AC的中点，则异面直线A1E与BC所成角的余弦值为( )
A. 510B. − 510C. 55D. − 55
5.为了解某块田地小麦的株高情况，随机抽取了10株，测量数据如下(单位cm)：60，61，62，63，65，65，66，67，69，70，则第40百分位数是( )
A. 62B. 63C. 64D. 65
6.若圆锥的底面半径为 3，高为1，过圆锥顶点作一截面，则截面面积的最大值为( )
A. 2B. 3C. 2πD. 2 3π
7.从5名男生和4名女生中任选3人去参加学校“献爱心，暖人心”下列各事件中，互斥不对立的是( )
A. “至少有1名女生”与“都是女生”
B. “至少有1名女生”与“至少有1名男生”
C. “恰有1名女生”与“恰有2名女生”
D. “至少有1名女生”与“至多有1名男生”
8.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A=π3，a=2.若(sinA−sinB)(asinA+bsinB)−(a−b)sin2C=0，则△ABC的面积为( )
A. 3B. 3或2 33C. 2 33D. 1或2
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.已知一组数据3，5，6，9，9，10的平均数为x−，方差为s2，在这组数据中加入一个数据7后得到一组新数据，其平均数为x−′，方差为s′2，则下列判断正确的是( )
A. x−=x−′B. x−s′2
10.在△ABC中，下列结论正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinBB. 若sinA>sinB，则A>B
C. 若A>B，则sin2A>sin2BD. 若C为钝角，则sinA11.若z1，z2是关于x的方程x2−2x+2=0的两个虚根，则( )
A. z1=z2−B. z12+z22>0C. (z1+z2)2>0D. z12⋅z22>0
12.如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60∘，延长边CD至点E，使得DE=CD.动点P从点A出发，沿菱形的边按逆时针方向运动一周回到A点，若AP=λAB+μAE，则( )
A. 满足λ+μ=1的点P有且只有一个B. 满足λ+μ=2的点P有两个
C. λ+μ存在最小值D. λ+μ不存在最大值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若复数z1=−2+i，z2=1−3i，则|z1−z2|=______ .
14.甲、乙两人参加驾考科目一的考试，两人考试是否通过相互独立，甲通过的概率为0.6，乙通过的概率为0.5，则至少一人通过考试的概率为______ .
15.若△ABC的面积为S，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且4S=tanA(b2+c2−5)，则a=______ .
16.在正六棱台ABCDEF−A′B′C′D′E′F′中，AB=4，A′B′=3，A′A= 2，设侧棱延长线交于点P，几何体P−A′B′C′D′E′F′的外接球半径为R1，正六棱台ABCDEF−A′B′C′D′E′F′的外接球半径为R2，则此正六棱台的体积为______ ，R1R2=______ .
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与b的夹角为60∘，且|a|=1，|b|=2.
(1)求|2a−b|；
(2)若a+b与2a−kb垂直，求k的值.
18.(本小题12分)
近年来，我国肥胖人群的规模急速增长，常用身体质量指数BMI来衡量人体胖瘦程度.其计算公式是：BMI=体重(单位:kg)身高2(单位:m2)，成年人的BMI数值标准是：BMI<18.5为偏瘦；18.5≤BMI<24为正常；24≤BMI<28为偏胖；BMI≥28为肥胖.某公司随机抽取了100个员工的体检数据，将其BMI值分成以下五组：[12,16),[16,20),[20,24),[24,28),[28,32],得到相应的频率分布直方图.
(1)求a的值，并估计该公司员工BMI的样本数据的众数与中位数(精确到0.1)；
(2)该公司共有1200名员工，用频率估计概率，估计该公司员工BMI数值正常的人数.
19.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知2ccsC+acsB+bcsA=0.
(1)求角C的大小；
(2)若c=3，AB边上的中线CD=1，求△ABC的周长.
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥B−ACED中，AD//CE，AD⊥平面ABC，AD=2，CE=1，△ABC是边长为2的等边三角形，F为棱BD的中点.
(1)证明：EF//平面ABC；
(2)求AE与平面BCE所成角的正弦值.
21.(本小题12分)
某工厂为加强安全管理，进行安全生产知识竞赛，规则如下：在初赛中有两轮答题：第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得20分，否则得0分；第二轮从B类的4个问题中任选两题依次作答，每答对一题得20分，答错得0分.若两轮总得分不低于40分，则晋级复赛.甲和乙同时参赛，已知甲每个问题答对的概率都为0.6，在A类的5个问题中，乙只能答对4个问题，在B类的4个问题中，乙答对的概率都为0.4，甲、乙回答任一问题正确与否互不影响.
(1)求乙在第一轮比赛中得20分的概率；
(2)以晋级复赛的概率大小为依据，甲和乙谁更容易晋级复赛？
22.(本小题12分)
如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥AB，CD=2AB=2AD=2 2，M是CD的中点，BD与AM交于O点，将△ADM沿AM向上折起，得到图2的四棱锥D′−ABCM.
(1)证明：BC⊥平面D′OB；
(2)若D′B=1，求二面角D′−MC−B的正切值.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：复数z=1−i，
则z(1,−1)对应的点位于第四象限．
故选：D.
根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为a=(1,m)，b=(2,4)，a//b，
所以1×4−2m=0，得m=2.
故选：D.
根据平面向量平行的坐标表示可得结果．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量共线的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，从芳香度为1，2，3，4的四种添加剂中随机抽取两种添加剂，
其可能结果有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)共6个，
其中选用的两种添加剂芳香度之和为5的结果有(1,4)，(2,3)共2个，
则所求概率为P=26=13.
故选：B.
根据题意，利用列举法列出所有可能情况，再根据古典概型的概率公式即可得解．
本题考查古典概型的计算，注意列举法的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：记AB的中点为F，连接EF，A1F，如图，
因为E为棱AC的中点，F为AB的中点，所以EF//BC，
所以∠A1EF为异面直线A1E与BC的所成角(或补角)，
因为在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，
所以A1E= A1A2+AE2= 5，A1F= 5，EF=12BC=1，
所以在△A1EF中，cs∠A1EF=A1E2+EF2−A1F22A1E⋅EF=5+1−52× 5×1= 510，
所以异面直线A1E与BC所成角的余弦值为 510.
故选：A.
先利用线线平行确定异面直线A1E与BC所成角，再利用勾股定理求得A1E，A1F，从而利用余弦定理即可得解．
本题考查了正三棱柱的定义、异面直线所成角的定义及求法、余弦定理，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为10×40%=4为整数，
所以第40百分位数是63+652=64.
故选：C.
根据求百分位数的定义求解可得结果．
本题考查百分位数的定义，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：依题意，设圆锥的母线长为l，
∵圆锥的底面半径为 3，高为1，∴l= 3+1=2，
设圆锥的轴截面的两母线夹角为θ，则csθ=22+22−(2 3)22×2×2=−12，
∵0<θ<π，∴θ=2π3，
则过该圆锥的顶点作截面，截面上的两母线夹角设为α,α∈(0,2π3],
故截面的面积为S=12×2×2×sinα≤2，当且仅当α=π2时，等号成立，
故截面的面积的最大值为2.
故选：A.
依题意求得圆锥的母线长，确定轴截面的顶角，从而求出截面面积的取值的最大值，由此得解．
本题考查圆锥的结构特征，考查圆锥截面面积最值的求法，是基础题．
7.【答案】C
【解析】解：“至少有1名女生”与“都是女生”，能够同时发生，如3人都是女生，所以不是互斥事件，A错；
“至少有1名女生”与“至少有1名男生”能够同时发生，如1男2女，所以不是互斥事件，B错；
“至少有1名女生”与“至多有1名男生”能够同时发生，如1男2女，所以不是互斥事件，D错；
“恰有1名女生”与“恰有2名女生”不能同时发生，所以是互斥事件，
又因为“恰有1名女生”与“恰有2名女生”之外，还可能有“没有女生”与“恰有3名女生”两种情况发生，
即“恰有1名女生”与“恰有2名女生”可以同时不发生，所以不是对立事件，C正确．
故选：C.
根据互斥事件的定义判断ABD都不是互斥事件，再结合对立事件的定义判断C.
本题考查互斥事件、对立事件等基础知识，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：因为(sinA−sinB)(asinA+bsinB)−(a−b)sin2C=0，
所以利用正弦定理得(a−b)(a2+b2)−(a−b)c2=0，
得a=b或a2+b2=c2，
若a=b，
因为A=π3，a=2，
所以b=c=2，
可得S△ABC=12bcsinπ3=12×2×2× 32= 3，
若a2+b2=c2，
则三角形ABC为直角三角形，C=π2，
因为A=π3，a=2，
所以B=π6，b=2 33，
可得S△ABC=12ab=12×2×2 33=2 33.
综上所述：△ABC的面积 3或2 33.
故选：B.
根据正弦定理角化边可得a=b或a2+b2=c2，分两种情况解三角形可得结果．
本题考查了正弦定理以及三角形的面积公式的应用，考查了转化思想和分类讨论思想的应用，属于基础题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于AB，x−=16×(3+5+6+9+9+10)=7，
所以x−=x−′，A正确，B错误；
对于CD，s2=16×[(3−7)2+(5−7)2+(6−7)2+(9−7)2+(9−7)2+(10−7)2]=193，
s′2=17×[(3−7)2+(5−7)2+(6−7)2+(9−7)2+(9−7)2+(10−7)2+(7−7)2]=387，
所以s2>s′2，C错误，D正确．
故选：AD.
根据平均数和方差的计算公式求解，即可判断各选项．
本题主要考查统计的知识，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由大角对大边知，若A>B，则a>b，
所以由正弦定理得sinA>sinB，故A正确；
对于B，若sinA>sinB，则由正弦定理得a>b，
所以由大边对大角A>B，故B正确；
对于C，取A=120∘，B=30∘，则sin2A=sin240∘<0，sin2B=sin60∘>0，
所以sin2A>sin2B不成立，故C错误；
对于D，若C为钝角，则A+B<π2,0因为y=sinx在(0,π2)上单调递增，所以sinA故选：ABD.
对于AB，利用大角对大边与正弦定理的边角变换即可判断；对于C，举反例排除即可；对于D，利用正弦函数的单调性即可判断．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：因为x2−2x+2=0，所以Δ=(−2)2−4×1×2=−4，
根据求根公式可得x=2± −42=1±i，
又z1，z2是关于x的方程x2−2x+2=0的两个虚根，不妨令z1=1+i，z2=1−i.
对于A，z1=z2−，A正确；
对于B，z12+z22=(1+i)2+(1−i)2=2i−2i=0，B错误；
对于C，(z1+z2)2=22=4>0，C正确；
对于D，z12⋅z22=(1+i)2⋅(1−i)2=2i⋅(−2i)=4>0，D正确．
故选：ACD.
解方程可得x=2± −42=1±i，不妨令z1=1+i，z2=1−i，分别计算各选项即可判断．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
12.【答案】BC
【解析】解：建立直角坐标系，如右图所示：
设菱形ABCD的边长为2，则A(0,0)，B(2,0)，C(3, 3)，D(1, 3)，E(−1, 3)，
设P(x,y)，则由AP=λAB+μAE可得：(x,y)=λ(2,0)+μ(−1, 3)，
即x=2λ−μy= 3μ，整理得：λ+μ=x+ 3y2，
当P在AB上时，有0≤x≤2y=0，故λ+μ∈[0,1]，
当P在BC上时，有2≤x≤30≤y≤ 3，故λ+μ∈[1,3]，
当P在CD上时，有1≤x≤3y= 3，故λ+μ∈[2,3]，
当P在AD上时，有0≤x≤10≤y≤ 3，故λ+μ∈[0,2]，
由此可知：
当λ+μ=1时，点P可位于B点或AD中点处，故A错误；
当λ+μ=2时，点P可位于BC中点或点D处，故B正确；
综上可知0≤λ+μ≤3，故λ+μ有最小值0，最大值3，故C正确，D错误．
故选：BC.
首先建立平面直角坐标系，进一步利用点P的四种位置进行分类讨论，最后确定结果．
本题考查建立平面直角坐标系进行向量的线性运算和坐标运算，考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属中档题．
13.【答案】5
【解析】解：∵z1=−2+i，z2=1−3i，
∴|z1−z2|=|(−2+i)−(1−3i)|=|−3+4i|= 9+16=5.
故答案为：5.
先根据复数减法法则计算z1−z2，再根据复数模的计算公式，即可得出结果．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
14.【答案】0.8
【解析】解：因为两人考试相互独立，
所以两人都未通过的概率为(1−0.6)×(1−0.5)=0.2，
故两人至少有一人通过的概率为1−0.2=0.8.
故答案为：0.8.
先求两人都未通过的概率，再根据对立事件的概率和为1求解两人至少有一人通过的概率即可．
本题考查相互独立事件的概率公式，属于基础题．
15.【答案】 5
【解析】解：因为4S=tanA(b2+c2−5)，
所以4×12bcsinA=sinAcsA(b2+c2−5)，
因为00，
则2bc=1csA(b2+c2−5)，即2bccsA=b2+c2−5，
所以2bc×b2+c2−a22bc=b2+c2−5，则b2+c2−a2=b2+c2−5，即a2=5，
所以a= 5(负值舍去).
故答案为： 5.
利用三角形面积公式与余弦定理的边角变换，结合切化弦得到关于a的方程，解之即可得解．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
16.【答案】37 32 35
【解析】解：依题意，正六棱台ABCDEF−A′B′C′D′E′F′中，AB=4，A′B′=3，A′A= 2
则其上底面是由六个边长为3的正三角形组成，则其面积为S1=6× 34×32=27 32，
其下底面是由六个边长为4的正三角形组成，则其面积为S1=6× 34×42=24 3，
其高为h= ( 2)2−(4−3)2=1，
所以该正六棱台的体积为V=13×(27 32+ 27 32×24 3+24 3)×1=37 32.
设上底面中心为O1，下底面中心为O′，连接O1O′，A1O1，AO′，则O1O′垂直于上下底面，如图，
连接O1A1，O′A，则O1A1=3，O′A=4，
由题意可得O1O′=h=1，
作A1G⊥AO′垂足为G，则A1G=1，AG=1，
连接A1D，O′D，则A1D= 1+(8−1)2=5 2，
故A1A2+A1D2−AD2=2+50−64<0，则∠AA1D为钝角，
又由于正六棱台外接球球心位于平面AA1D上，
故设正六棱台外接球球心为O，则O在O1O′的延长线上，
因为外接球半径为R2，故R22=O′A2+O′O2,R22=A1O_1，
即R22=16+O′O2,R22=9+(O′O+1)2，解得O′O=3,R22=25，则R2=5，
连接PO1，如图，易得P，O1，O′三点共线，且A1O1//AO′，
所以PO1PO′=A1O1AO′=34，则PO1=3O1O′=3，
易知A1O1=B1O1=C1O1=D1O1=E1O1=F1O1=3，
所以O1是几何体P−A′B′C′D′E′F′的外接球的球心，则R1=3，
所以R1R2=35.
故答案为：37 32；35.
第一空，利用棱台的体积公式，结合正六边形的性质即可得解；
第二空，先分析正六棱台ABCDEF−A′B′C′D′E′F′的外接球的球心所在位置，再利用勾股定理列出关于R2的方程组，从而求得R2；再利用平行线分线段成比例求得PO1，从而确定了几何体P−A′B′C′D′E′F′的外接球的球心所在位置，进而求得R1，由此得解．
本题考查几何体的外接球问题，化归转化思想，属难题．
17.【答案】解：(1)|2a−b|= (2a−b)2= 4|a|2+|b|2−4a⋅b= 4|a|2+|b|2−4|a|⋅|b|⋅cs60∘
= 4+4−4×1×2×12=2.
(2)因为a+b与2a−kb垂直，所以(a+b)⋅(2a−kb)=0，
所以2|a|2−k|b|2+(2−k)a⋅b=0，
所以2−4k+(2−k)×1×2×12=0，解得k=45.
【解析】(1)化为平面向量的数量积可求出结果；
(2)根据(a+b)⋅(2a−kb)=0可求出结果．
本题考查的知识要点：向量的数量积，向量垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为4(0.01+0.04+0.09+a+0.03)=1，
解得a=0.08，
易知面积最大的矩形条所在区间为[20,24),
所以该公司员工BMI的样本数据的众数为22，
因为区间[12,20)内的频率为4(0.01+0.04)=0.2<0.5，区间[12,24)内的频率为4(0.01+0.04+0.09)=0.56>0.5，
所以该公司员工BMI的样本数据的中位数在区间[20,24)内，
不妨设该公司员工BMI的样本数据的中位数为x，
此时0.2+(x−20)×0.09=0.5，
解得x≈23.3，
则该公司员工BMI的样本数据的中位数约为23.3；
(2)因为成年人的BMI数值18.5≤BMI<24为正常，
所以该公司员工BMI数值正常的概率为0.04×(20−18.5)+0.09×(24−20)=0.42，
若该公司共有1200名员工，
则该公司员工BMI数值正常的人数为1200×0.42=504.
【解析】(1)由题意，根据频率之和为1，列出等式即可求出a的值，根据众数和中位数的定义以及计算方法，列出等式进行求解即可；
(2)先求出可求得该公司员工BMI数值正常的概率，进而即可求解．
本题考查频率分布直方图以及中位数和众数的应用，考查了逻辑推理和运算能力．
19.【答案】解：(1)由正弦定理得：2sinCcsC+sinAcsB+sinBcsA=0，
即2sinCcsC+sin(A+B)=0，即2sinCcsC+sinC=0.
因为sinC≠0，所以csC=−12.因为 0(2)已知c=3，CD=1，
在△ABC中，由余弦定理得：9=a2+b2+ab①，
由CD为△ABC的中线，得2CD=CB+CA，
两边平方得4=a2+b2−ab②，
联立①②得ab=52,a2+b2=132，
所以△ABC的周长为a+b+c= a2+b2+2ab+3= 462+3.
【解析】(1)根据正弦定理边化角，再结合和角正弦公式、诱导公式，可得csC=−12，从而可求解；
(2)根据余弦定理可得9=a2+b2+ab，再根据中线向量公式可得4=a2+b2−ab，从而求得ab=52,a2+b2=132，进而求得周长．
本题考查了解三角形问题，涉及到正余弦定理的应用，考查了学生的运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：取AB中点M，连接FM，CM，
∵F为棱BD的中点，
∴MF//AD，MF=12AD，
又∵AD//CE，CE=12AD，
∴MF//CE且MF=CE，
∴四边形MCEF是平行四边形，∴EF//CM，
又∵CM⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
∴EF//平面ABC；
(2)取BC中点N，连接AN，EN，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴AN⊥BC，且AN= 3，
∵AD⊥平面ABC，AD//CE，
∴CE⊥平面ABC，又∵AN⊂平面ABC，∴CE⊥AN，
又∵AN⊥BC，且CE∩BC=C，∴AN⊥平面BCE，
∴∠AEN即为AE与平面BCE所成的角，
在Rt△EAC中，AC=2，CE=1，∴AE= 5，
在Rt△AEN中，则sin∠AEN=ANAE= 3 5= 155，
所以AE与平面BCE所成角的正弦值为 155.
【解析】(1)取AB中点M，连接FM，CM，证明EF///CM，利用线面平行的判定定理即可证明；
(2)取BC中点N，连接AN，EN，可得∠AEN即为AE与平面BCE所成的角，求解即可．
本题考查线面平行以及线面角，属于中档题．
21.【答案】解：(1)对A类的5个问题进行编号：a，b，c，d，e，
设乙能答对的4个问题的编号为a，b，c，d，
第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，可用(x1,x2)表示选题结果，其中x1，x2为所选题目的编号，样本空间为：
Ω={(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e)}，共10个样本点，
设“乙在第一轮得20分”事件为E，
则E={(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)}，共6个样本点，
则乙在第一轮得20分的概率为P=610=0.6；
(2)甲晋级复赛分两种情况：
①甲第一轮得(20分)且第二轮至少得(20分)的概率为：0.62×(1−0.42)=0.3024，
②甲第一轮得0分且第二轮得4(0分)的概率为：(1−0.62)×0.62=0.2304，
所以甲晋级的概率P1=0.3024+0.2304=0.5328，
乙晋级复赛分两种情况：
①乙第一轮得20分且第二轮至少得20分的概率为：0.6×(1−0.62)=0.384，
②乙第一轮得0分且第二轮得40分的概率为：(1−0.6)×0.42=0.064，
所以乙晋级复赛的概率为P2=0.384+0.064=0.448，
因为P1>P2，所以甲更容易晋级复赛．
【解析】(1)对A类的5个问题进行编号：a，b，c，d，e，设乙能答对的4个问题的编号为a，b，c，d.利用列举法，根据古典概型概率公式即可求解；
(2)按第一轮得20分且第二轮至少得20分和第一轮得0分且第二轮得40分，结合独立乘法公式和对立事件概率公式，分别计算甲、乙晋级复赛的概率，从而可判断．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
22.【答案】解：(1)证明：在图1中连接BM，如图，
由已知得AB//CD，CD=2AB，M是CD的中点，
∴AB//CM，AB=CM，∴四边形ABCM是平行四边形，∴BC//AM，
同理，四边形ABMD是平行四边形，
又AB=AD，且AD⊥AB，∴四边形ABMD是正方形，∴AM⊥BD，
∴在题干图2中，AM⊥OD′，AM⊥OB，
∵OD′∩OB=O，∴AM⊥平面D′OB，又BC//AM，∴BC⊥平面D′OB.
(2)∵在正方形ABMD中，AB= 2，
∴D′O=OB=1，∵D′B=1，∴△D′OB是等边三角形，
在题干图2中，过D′作D′H⊥OB于点H，则H为OB中点，
过H作HQ⊥mC交CM延长线于点Q，连接D′Q，如图，
∵BC⊥平面D′OB，D′H⊂平面D′OB，∴BC⊥D′H，
∵D′H⊥OB，BC∩OB=B，∴D′H⊥平面ABCM，又MC⊂平面ABCM，∴D′H⊥MC，
∵HQ⊥MC，D′H∩HO=H，∴MC⊥平面D′HQ，∴MC⊥D′Q，
∴∠D′QH为二面角D′−MC−B的平面角，
在等边△D′OB中，D′B=1，则D′H= 32，
∵点H为OB的中点，HQ⊥MC，由题意得HQ//BM，
∵BM=AD= 2，∴HQ=34BM=3 24，
在Rt△D′HQ中，tan∠D′QH=D′HHQ= 32×43 2= 63，
二面角D′−MC−B的正切值为 63.
【解析】(1)利用平面几何知识证明得AM⊥BD，从而利用线面垂直的判定定理可得解；
(2)在图2中证明D′H⊥平面ABCM，从而证明MC⊥平面D′HQ，进而得到∠D′MC是二面角D′−MC−B的平面角，由此能求出结果．
本题考查平面几何、线面垂直的判定定理、二面角的定义及正切值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．