2022-2023学年河北省张家口市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河北省张家口市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共18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.数据68，70，80，88，89，90，96，98的第30百分位数为( )
A. 70B. 75C. 80D. 88
2.已知向量a，b满足|a|=2，|b|=3，a⋅b=1，则b在a上的投影向量为( )
A. −14aB. −19aC. 14aD. 19a
3.已知圆锥的体积为2 33π，底面面积为2π，则该圆锥的侧面积为( )
A. 2 2πB. 10πC. 3πD. 2 3π
4.某校为了让学生度过一个充实的假期生活，要求每名学生都制定一份假期学习的计划.已知该校高一年级有400人，占全校人数的13，高三年级占16，为调查学生计划完成情况，用按比例分配的分层随机抽样的方法从全校的学生中抽取10%作为样本，将结果绘制成如图所示统计图，则样本中高三年级完成计划的人数为( )
A. 80B. 90C. 9D. 8
5.在△ABC中，G为△ABC的重心，M为AC上一点，且满足MC=3AM，则( )
A. GM=13AB+112ACB. GM=−13AB−112AC
C. GM=−13AB+712ACD. GM=13AB−712AC
6.在三棱锥A−BCD中，∠BAC=∠CAD=∠DAB=40∘，AB=AC=AD=2，一只蜗牛从B点出发，绕三棱锥三个侧面爬行一周后，到棱AB的中点E，则蜗牛爬行的最短距离是( )
A. 3B. 5C. 6D. 7
7.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q是C1D1，B1C1的中点，过点A作平面α，使得平面α//平面BDPQ，则平面α截正方体所得截面的面积是( )
A. 3 22B. 2C. 32D. 62
8.在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足sinB− 3csC= 3(c2−a2)2ab，则bc的取值范围为( )
A. (12,2)B. (12,+∞)C. ( 32,2)D. ( 32,+∞)
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.实数x，y满足(1+i)x+(i−1)y=2，设z=x+yi，则( )
A. z在复平面内对应的点在第一象限B. |z|= 2
C. z的虚部是−1D. zz−=−i
10.已知函数f(x)=4cs(2x−π3)，则( )
A. f(x)图象的对称中心为(5π12+kπ2,0)，k∈Z
B. f(x)的单调递减区间为(−π3+2kπ,π6+2kπ)，k∈Z
C. 为了得到函数y=4cs2x的图象，可将f(x)的图象上所有的点向左平移π6个单位长度
D. 为了得到函数y=4sin2x的图象，可将f(x)的图象上所有的点向右平移π6个单位长度
11.一个装有6个小球的口袋中，有编号为1，3的两个红球，编号为2，4的两个蓝球，编号为5，6的两个黑球.现从中任意取出两个球，设事件A=“取出的两球颜色相同”，B=“取出的两球编号之差的绝对值为1”，C=“取出的两球编号之和为6或7”，D=“取出的两球编号乘积为5”，则下列说法正确的是( )
A. 事件A与事件B相互独立B. 事件A与事件C相互独立
C. 事件B与事件C相互独立D. 事件B与事件D互斥
12.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是DC中点，E是线段A1C1(包含端点)上任意一点，则( )
A. 三棱锥B−AME的体积为定值
B. 存在点E，使得直线BE与平面ABCD所成角为30∘
C. 在平面BCC1B1内一定存在直线l，使得l//平面AEM
D. 存在点E，使得BD1⊥平面AME
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.一枚质地均匀的骰子，拋掷三次，事件A为“三次抛掷的点数均为奇数”，事件B为“恰有一次点数为偶数”，事件C为“至少有两次点数是偶数”，则P(A)+P(B)+P(C)=______ .
14.已知|z−2+i|=2，则|z|的取值范围是______ .
15.已知函数f(x)=2sin(ωx+π4)(ω>0)在区间[0,π]上恰有三个零点，则ω的取值范围是______ .
16.已知正四面体A−BCD，O是底面BCD的中心，以OA为旋转轴，将正四面体旋转180∘后，与原四面体的公共部分的体积为3 22，则正四面体A−BCD外接球的体积为______ .
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=(−1,2)，b=(2,λ).
(1)若a//b，求|b|的值；
(2)若|a−b|=|a+b|，求实数λ的值；
(3)若a与b的夹角是钝角，求实数λ的取值范围.
18.(本小题12分)
为了了解全校学生计算能力的情况，某校组织了一次数学计算能力测验.现对全校学生的测验成绩做统计，得到了如图所示的频率分布直方图.
(1)求此次测验成绩的平均数；
(2)为了更加深入了解学生数学计算能力的情况，从成绩在[80,100]之间的学生中，采用按比例分配的分层随机抽样方法，选取7名学生进行访谈，再从这7名学生中任选2名学生在总结大会上发言，求抽到的两人中至少一人的成绩在[90,100]的概率.
19.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，M，N，P分别是AB，AA1，BB1，CC1的中点.
(1)求证：BP//平面MDC；
(2)设AB=AC=CB=2，BB1=4，求异面直线C1N与CM所成角的余弦值.
20.(本小题12分)
如图，在△ABC中，∠BAC为钝角，D在BC上，且满足∠CAD=π6，AB=3，BC=3 3.
(1)若C=π6，求∠BAD；
(2)若M是BC的中点，cs∠BAC=−112，求AM的长度.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=4sinx2cs(x2+π3)+ 3.
(1)若f(α)=13，求cs(α+56π)；
(2)若不等式|f2(x)−λ|≤f(x)+2对任意的x∈[−π6,π3]恒成立，求λ的取值范围.
22.(本小题12分)
如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60∘，AD=2，AB=4，将△ABD沿BD折起到△A′BD，满足A′C=2 5.
(1)求证：平面A′BD⊥平面BCD；
(2)若在线段A′C上存在点M，使得二面角M−BD−C的大小为60∘，求此时CM的长度.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：依题意，8×30%=2.4，所以所求第30百分位数为80.
故选：C.
把给定的由小到大排列的数据，根据第p百分位数的定义求解作答．
本题考查了百分位数的求解，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设向量a，b的夹角为θ，
因为|a|=2,|b|=3,a⋅b=1，
所以a⋅b=|a||b|csθ=2×3×csθ=1，
所以csθ=16，
所以b在a上的投影向量为：|b|csθ⋅a|a|=3csθ⋅a2=3×16⋅a2=14a.
故选：C.
先求出向量a，b夹角的余弦值，然后利用求解投影向量的方法求解即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：圆锥的体积为2 33π，底面面积为2π，
圆锥的底面半径为r，πr2=2π，r= 2，
圆锥的高为：h，13×2πh=2 33π，
所以h= 3，圆锥的母线长为： 3+2= 5，
该圆锥的侧面积为：12×2 2π× 5= 10π.
故选：B.
求解圆锥的高，母线长，然后求解圆锥的侧面积．
本题考查圆锥的体积，侧面积的求法，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：40013=1200,1200×10%=120，故样本容量为120，其中高三年级有120×16=20人，
由图可知，样本中高三年级假期学习计划的完成率为40%，
故样本中高三年级完成计划的人数为20×40%=8，
故选：D.
首先计算出计算出样本容量为120人，则高三年级有20人，根据高三完成率即可得到答案．
本题考查频数、频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意，画出几何图形如下图所示：
GM=GA+AM；
∵G为△ABC的重心，M满足MC=3AM；
∴AG=23⋅12(AB+AC)=13(AB+AC)，AM=14AC；
∴GM=−13(AB+AC)+14AC=−13AB−112AC.
故选：B.
根据三角形重心的性质，结合向量的加法和减法即可判断结论．
本题考查了三角形重心的性质，向量的线性运算，向量加法和数乘的几何意义．
6.【答案】D
【解析】解：如图所示，将三棱锥的侧面展开，则线段BE为所求，
由题意得：∠EAB=120∘，AB=2，AE=1，
由余弦定理可得BE2=AB2+AE2−2×AB×AE×cs∠EAB
=4+1−2×2×1×(−12)=7，
则BE= 7，即蜗牛爬行的最短距离是 7.
故选：D.
将三棱锥的侧面展开，从而可知线段BE为所求，再利用余弦定理即可得解．
本题考查空间中距离的求解，化归转化思想，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：如图，取A1D1中点M，A1B1中点N，连接MN，AM，AN，
因为PQ//MN，MN⊄平面BDPQ，PQ⊂平面BDPQ，所以MN//平面BDPQ，
又PD//AN，AN⊄平面BDPQ，PD⊂平面BDPQ，所以AN//平面BDPQ，又AM∩AN=A，
AM⊂平面AMN，AN⊂平面AMN，所以平面PQBD//平面AMN，
即三角形AMN为所得截面α，
在△AMN中，AM=AN= AA12+A1N2= 5，MN= 2，
由余弦定理得cs∠MAN=AM2+AN2−MN22AMAN=5+5−22× 5× 5=45，
所以sin∠MAN= 1−cs2∠MAN=35，
所以S△MAN=12AM⋅ANsin∠MAN=12× 5× 5×35=32.
故选：C.
取A1D1中点M，A1B1中点N，利用面面平行的判定定理确定平面α，利用余弦定理及三角形面积公式求解即可．
本题考查面面平行的判定定理、余弦定理及三角形面积公式，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由题意并结合余弦定理得sinB− 3(a2+b2−c2)2ab= 3(c2−a2)2ab，
化简得sinB= 32×ba，即bsinB=a 32，
由正弦定理知bsinB=asinA，
所以有asinA=a 32，即sinA= 32，
由于三角形ABC是锐角三角形，所以A=π3，
又由正弦定理得bc=sinBsinC=sinBsin(A+B)=又sinB 32csB+12sinB=2 3tanB+1，
由于三角形ABC是锐角三角形，且A=π3，
所以π6所以有23+1故选：A.
首先利用余弦定理对已知条件进行化简，而后利用正弦定理以tanB表示bc.
本题主要考查正弦定理，属中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：(1+i)x+(i−1)y=2，
则x−y+(x+y)i=2，即x−y=2x+y=0，解得x=1，y=−1，
故z=1−i，
z在复平面内对应的点(1,−1)在第四象限，故A错误；
|z|= 12+(−1)2= 2，故B正确；
z的虚部为−1，故C正确；
zz−=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i，故D正确．
故选：BCD.
根据已知条件，结合复数相等的条件，先求出z，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：令2x−π3=π2+kπ，k∈Z，
解得x=5π12+kπ2，k∈Z，
所以函数f(x)图象的对称中心为(5π12+kπ2,0)，k∈Z，故A正确；
令2kπ≤2x−π3≤π+2kπ，k∈Z，
解得π6+kπ≤x≤2π3+kπ，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递减区间为[π6+kπ,2π3+kπ],k∈Z，故B错误；
将f(x)的图象上所有的点向左平移π6个单位长度得y=4cs[2(x+π6)−π3]=4cs2x，故C正确；
将f(x)的图象上所有的点向右平移π6个单位长度得y=4cs[2(x−π6)−π3]=4cs(2x−2π3)≠4sin2x，故D错误．
故选：AC.
用余弦函数的图象与性质，采用整体代入的思想判断A、B；
利用图象左右平移法则判断选项C、D.
本题考查了三角函数的性质，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：根据题意可知，6个小球任意取出两个球，共有15种可能，分别为：
(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6).
事件A包含3种可能，即(1,3)，(2,4)，(5,6)，∴P(A)=315=15；
事件B包含5种可能，即(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，(5,6)，∴P(B)=515=13；
事件C包含5种可能，即(1,5)，(1,6)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，∴P(C)=515=13；
事件D包含1种可能，即(1,5)，∴P(D)=115.
事件AB，AC，BC分别为(5,6)，(2,4)，(3,4)，各1种可能，
对于A，P(AB)=115=P(A)P(B),P(AC)=115=P(A)P(C),P(BC)=115≠P(B)P(C)，A对；
对于B，P(AC)=115=P(A)P(C)，B对；
对于C，P(BC)=115≠P(B)P(C)，C错；
对于D，事件B与事件D不能同时发生，故事件B与事件D互斥，D对．
故选：ABD.
列出6个小球任意取出两个球的全部结果，从而可以求解事件A，B，C，D，AB，AC，BC的概率，再结合互斥事件与独立事件的定义即可判断．
本题考查相互独立事件、互斥事件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：由于VB−AME=VE−ABM=13×S△ABM×1，故A正确；
过E作EF⊥AC，垂足为F，连接BF，
则∠EBF为直线BE与平面ABCD所成角，则tan∠EBF=EFBF，
又因为AA1//BB1，AA1=BB1，BB1//CC1，BB1=CC1，
则四边形A1ACC1为平行四边形，因为AA1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
则AA1⊥AC，则四边形A1ACC1为矩形，
则EF//CC1，EF=CC1，∴EF=1，
当F与A或C重合时，(BF)max=1，
当BF⊥AC时，(BF)min= 22，所以BF∈[ 22,1]，
故tan∠EBF∈[1, 2],tan30∘= 33∉[1, 2]，故B错误；
对C，显然直线AM与BC在底面内相交，
故平面AEM与平面BCC1B1相交，
在平面BCC1B1内一定存在直线l与交线平行，
则l//平面AEM，故C正确；
对D，因为DD1⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，又AC⊥BD，且BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥平面BDD1，又BD1⊂平面BDD1，所以AC⊥BD1，
延长CC1使得C1N=1，再分别连接D1N，BN，
因为AD//BC，AD=BC，BC//B1C1，BC=B1C1，
所以AD//B1C1，AD=B1C1，所以四边形ADB1C1为平行四边形，
所以AB1//DC1，因为DD1//C1N，DD1=C1N，所以四边形D1DC1N为平行四边形，
所以DC1//D1N，所以AB1//D1N，
则异面直线D1B与AB1的夹角即为∠BD1N或其补角，
因为D1B= 12+12+12= 3，D1N= 2，BN= 12+22= 5，
所以D1B2+D1N2=BN2，所以BD1⊥D1N，所以BD1⊥AB1，
又因为AC⊥BD1，AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面ACB1，
所以BD1⊥平面ACB1，假设BD1⊥平面AME，
则平面AME与平面ACB1重合，显然假设不成立，故D错误．
故选：AC.
利用等体积法进行转化顶点，结合棱锥体积公式即可判断A；对B，过E作EF⊥AC，垂足为F，求出BF的范围，则得到tan∠EBF的范围，即可判断B；对C，利用线面平行的判定即可；对D，首先证明BD1⊥平面ACB1，再利用反证法即可判断．
本题考查三棱锥的体积问题，线面角的求解，线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，属中档题．
13.【答案】1
【解析】解：根据题意，一枚质地均匀的骰子，拋掷三次，
按三次抛掷的点数中偶数数目有四种情况：即三次抛掷的点数没有偶数、有1次偶数、有2次偶数、有3次偶数，
事件A为“三次抛掷的点数均为奇数”，即“三次抛掷的点数没有偶数”，
事件B为“恰有一次点数为偶数”，
事件C为“至少有两次点数是偶数”，即“有2次或3次偶数”，
则P(A)+P(B)+P(C)=1.
故答案为：1.
根据题意，分析“三次抛掷的点数”的情况，再分析事件A、B、C包含的情况，即可得答案．
本题考查互斥事件的性质，注意分析事件之间的关系，属于基础题．
14.【答案】[ 5−2, 5+2]
【解析】解：因为|z−2+i|表示复平面内复数z所对应的点与点(2,−1)的距离，
故z所对应的点在以C(2,−1)为圆心，半径r=2的圆上，如下图所示，
则|z|的最小值为|OA|=|OC|−r= 5−2，最大值为|OB|=|OC|+r= 5+2，
故|z|的取值范围是[ 5−2, 5+2].
故答案为：[ 5−2, 5+2].
|z−2+i|表示复平面内复数z所对应的点与点(2,−1)的距离，利用圆的性质即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】[114,154)
【解析】解：因为x∈[0,π]，则ωx+π4∈[π4,ωπ+π4]，
又因为函数f(x)在区间[0,π]上恰有三个零点，
则3π≤ωπ+π4<4π，解得114≤ω<154，
所以ω的取值范围为[114,154).
故答案为：[114,154).
由x∈[0,π]可得ωx+π4∈[π4,ωπ+π4]，再由函数f(x)在区间[0,π]上恰有三个零点可得3π≤ωπ+π4<4π，化简求解即可．
本题考查了正弦函数的图象性质，属于基础题．
16.【答案】27 68π
【解析】解：如图：以OA为旋转轴，将正四面体A−BCD旋转180∘后，公共部分为正六棱锥A−EFGHIJ，
设正四面体的棱长为a，
而BO= 33a，
则AO= AB2−BO2= 63a，
则正六边形EFGHIJ的边长EF=13BD=a3，SEFGHIJ=6× 34EF2= 36a2，
因此公共部分的体积VA−EFGHIJ=13SEFGHIJ⋅AO=13× 36a2× 63a= 218a3=32 2，
解得a=3，
显然正四面体的外接球球心O′在AO上，
设此球半径为R，
由R2=( 33a)2+( 63a−R)2，
得R= 64a=3 64，
所以正四面体A−BCD外接球的体积V=4π3R3=4π3⋅(3 64)3=27 68π.
故答案为：27 68π.
根据给定条件，作出变换后的公共部分图形，由其体积求出原正四面体的棱长，再求出外接球半径即可得解．
本题考查了几何体的外接球的表面积、体积计算问题，重点考查了运算能力，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵a//b，a=(−1,2)，b=(2,λ)，
∴(−1)×λ−4=0，
∴λ=−4，
∴b=(2,−4)，
∴|b|= 22+(−4)2=2 5.
(2)∵|a−b|=|a+b|，两边同平方得|a−b|2=|a+b|2，
则化简得a⋅b=0，
∴a⊥b，
∴a⋅b=−2+2λ=0，
∴λ=1.
(3)∵a与b的夹角是钝角，
∴a⋅b<0，且a与b不反向共线，
即a⋅b=−2+2λ<0，由(1)可知λ≠−4，
则λ<1，且λ≠−4，
故实数λ的取值范围为(−∞,−4)∪(−4,1).
【解析】(1)根据向量共线解出λ=−4，则b=(2,−4)，则得到b的模；
(2)根据题意推出a⊥b，则得到关于λ的方程，解出即可；
(3)由题意得a⋅b<0，且a与b不反向共线，解出λ的范围即可．
本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意得(0.005+2a+0.035+0.01)×10=1，可得a=0.025，
所以[0.005×55+0.025×(65+85)+0.035×75+0.01×95]×10=76，
所以此次测验成绩的平均数为76分．
(2)由(1)知，成绩在[80,90)与[90,100]的样本比例为5：2，
所以7名学生中有5名成绩在[80,90),2名成绩在[90,100]，
若[80,90)中5人分别为a，b，c，d，e，[90,100]中2人分别为x，y，
则从中抽取2人的所有组合为：
{ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de,ax,ay,bx,by,cx,cy,dx,dy,ex,ey,xy}，有21种情况，
两人中至少一人的成绩在[90,100]的有{xy,ax,ay,bx,by,cx,cy,dx,dy,ex,ey}，11种情况，
所以抽到的两人中至少一人的成绩在[90,100]的概率为1121.
【解析】(1)先根据频率之和为1求得a=0.025，再根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解；
(2)由图可知成绩在[80,90)与[90,100]的样本比例为5：2，从而可求得7名学生中有5名成绩在[80,90),2名成绩在[90,100]，再利用列举法可求得概率．
本题考查平均数、概率、频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.【答案】解：(1)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，连接AP，设AP∩MC=O，连接DO，如图，
由M，P分别是矩形AA1C1C对边AA1，CC1的中点，得四边形MACP是矩形，即O是AP的中点，
而D是AB的中点，于是OD//BP，又BP⊄平面MDC，OD⊂平面MDC，
所以BP//平面MDC；
(2)因为N，P分别是矩形BB1C1C对边BB1，CC1的中点，则C1P//NB，C1P=NB，
因此四边形BPC1N是平行四边形，则NC1//OD，
于是∠MOD或其补角是异面直线C1N与CM所成角，
由AB=AC=CB=2，BB1=4，得BP=CM=2 2,DM= 5，
在△OMD中，OD=OM= 2,DM= 5，则cs∠MOD=2+2−52× 2× 2=−14，
所以异面直线C1N与CM所成角的余弦值为14.
【解析】(1)连接AP，设AP∩MC=O，连接DO，利用线面平行的判定推理作答．
(2)利用定义法求出异面直线夹角的余弦作答．
本题考查异面直线所成的角，属于中档题．
20.【答案】解：(1)在△ABC中，由正弦定理可得ABsinC=BCsin∠BAC，
∴sin∠BAC=BCsinCAB=3 3×123= 32，
∵∠BAC为钝角，∴∠BAC=2π3，
∴∠BAD=∠BAC−∠CAD=π2；
(2)在△ABC中，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC，
即27=9+AC2−2×3×AC×(−112)，解得AC=4(负值舍去)，
∵M为BC中点，则AM=12(AB+AC)，
∴AM2=14(AB2+AC2+2|AB|⋅|AC|cs∠BAC)=14[9+16+2×3×4×(−112)]=234，
∴|AM|= 232，即AM的长度为 232.
【解析】(1)利用正弦定理即可得解；
(2)利用余弦定理求得AC，再利用平面向量的线性运算与数量积运算即可得解．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为f(x)=4sinx2cs(x2+π3)+ 3=4sinx2(12csx2− 32sinx2)+ 3=2sinx2csx2−2 3sin2x2+ 3=sinx+ 3csx=2sin(x+π3)，
又因为f(α)=13，所以2sin(α+π3)=13，sin(α+π3)=16，
所以cs(α+56π)=cs[(α+π3)+π2]=−sin(α+π3)=−16；
(2)令t=f(x)，x∈[−π6,π3]，
所以x+π3∈[π6,2π3]，sin(x+π3)∈[12,1]，2sin(x+π3)∈[1,2]，
所以t∈[1,2]，
由|f2(x)−λ|≤f(x)+2，得|t2−λ|≤t+2，即−t−2≤t2−λ≤t+2对任意的t∈[1,2]恒成立，
则λ≤t2+t+2λ≥t2−t−2对任意的t∈[1,2]恒成立，
即λ≤(t2+t+2)minλ≥(t2−t−2)max，t∈[1,2]，
对于y=t2+t+2，易得其在[1,2]上单调递增，故y=(t2+t+2)min=4，
对于y=t2−t−2，易得其在[1,2]上单调递增，故y=(t2−t−2)max=0，
因此0≤λ≤4，
所以λ的取值范围为[0,4].
【解析】(1)利用三角函数的恒等变换化简f(x)，从而得到sin(α+π3)的值，再利用三角函数的诱导公式即可得解．
(2)先利用三角函数的性质求得f(x)的值域，从而将问题转化为恒成立问题，再利用二次函数的性质即可得解．
本题考查了三角恒等变换、三角函数的性质、转化思想及二次函数的性质，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)∵∠A=60∘，AD=2，AB=4，
由余弦定理得BD= AD2+AB2−2AD⋅ABcs60∘=2 3，
∴AD²+BD²=AB²，∴BD⊥AD，即BD⊥A′D，
∵A′D=2,CD=4,A′C=2 5，
∴A′D²+CD²=A′C²，
∴CD⊥A′D
∵BD，CD⊂平面BCD，BD∩CD=D，
∴A′D⊥平面BCD，
∵A′D⊂平面A′BD，
∴平面A′BD⊥平面BCD.
解：(2)作ME//A′D交CD于E，过E作EO//BC交BD于O，连接MO，

由(1)可知，ME⊥平面BCD，OE⊥BD，
∵BD⊂平面BCD，∴ME⊥BD，
∵ME⊂平面MOE，OE⊂平面MOE，OE∩ME=E，
∴BD⊥平面MOE，
∵OM⊂平面MOE，∴OM⊥BD，
∴∠EOM为二面角M−BD−C的平面角，
∴∠EOM=60∘，
∴MEOE=tan60∘= 3，
∴ME= 3OE，
由ME//A′D得CECD=MEA′D，
∴CE=CDA′D⋅ME=2ME，
由EO//BC得DEDC=OEBC，
∴DE=DCBC⋅OE=2OE，
由于CE+DE=2(ME+OE)=4，
∴ME+OE=2，
∴( 3+1)OE=2，
∴OE= 3−1，
∴ME=3− 3，
由ME//A′D得MEA′D=CMA′C，
∴3− 32=CM2 5，
∴CM=3 5− 15，
∴此时CM的长度为3 5− 15.
【解析】(1)利用余弦定理与勾股定理证得BD⊥A′D，CD⊥A′D，从而得到A′D⊥平面BCD，由此得证；
(2)先利用线面垂直的判定定理证得BD⊥平面MOE，从而得到∠EOM=60∘，由此得到ME= 3OE，再利用平行线分线段成比例推得ME+OE=2，进而求得ME，由此得解．
本题主要考查面面垂直的判定定理和二面角的平面角，属于中档题．