2024-2025学年黑龙江省大庆市林甸一中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省大庆市林甸一中高一（下）期中数学试卷（含解析），共29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.在△ABC中，角A，B，C的对边分別为a，b，c，若b=1,a(2sinB− 3csC)= 3ccsA，点G是△ABC的重心，且AG= 133，则△ABC的面积为( )
A. 3B. 32C. 3或2 3D. 3 34或 3
2.已知复数z=(3i−1)(1−i)i2019(i为虚数单位)，则下列说法正确的是( )
A. z的虚部为−2iB. 复数z在复平面内对应的点位于第三象限
C. z的共轭复数z−=4−2iD. |z|=2 5
3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′//B′C′，O′A′=2B′C′=4，A′B′=2，则该平面图形的高为( )
A. 2 2B. 2C. 4 2D. 2
4.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，对于下列四个命题：
①m⊂α，n⊂α，m//β，n//β⇒α//β ②n//m，n⊂α⇒m//α
③α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//n ④m//α，n⊂α⇒m//n
其中正确命题的个数有( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
5.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M是对角线AC1上的点(点M与A、C1不重合)，则下列结论正确的个数为( )
①存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D；
②存在点M，使得DM/​/平面B1CD1；
③若△A1DM的面积为S，则S∈(2 33,2 3)；
④若S1、S2分别是△A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影的面积，则存在点M，使得S1=S2．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
6.已知三棱锥P−ABC的外接球的球心为O，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=4，PA=2，则球心O到平面PBC的距离为( )
A. 13B. 63C. 33D. 3
7.已知向量a，b满足|a|=2|b|=2，且|2a−b|= 15，则|b−a|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
8.已知向量a=(csπ3,sin2π3)，b=(1,x)，则下列结论正确的是( )
A. ∀x∈R，|2a−3b|>1B. ∃x∈(−∞,0)，使得(a+b)//b
C. ∀x∈[0,+∞),a与b的夹角小于π3D. ∃x∈R，使得(b−a)⊥b
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知O为△ABC的外心，b=8，c=5，△ABC的面积S满足(b+c)2−a2=4 3S，AO=λAB+μAC，则下列结论正确的是( )
A. S=10 3B. |AO|=3 3C. AO⋅BC=19D. λ+μ=71120
10.若(1+i)n=(1−i)n，其中i为虚数单位，则n可以是( )
A. 104B. 106C. 108D. 109
11.如图，点M是正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面ADD1A1上的一个动点，则下列结论正确的是( )
A. 点M存在无数个位置满足CM⊥AD1
B. 若正方体的棱长为1，则三棱锥B−C1MD体积的最大值为13
C. 在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是30°
D. 点M存在无数个位置满足BM//平面B1D1C
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知二面角α−l−β的棱上有A，B两点，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l.若AB=6，AC=3，BD=4，CD=7，则点D到平面α的距离是______．
13.设复数z1，z2满足|z1|=|z1+z2|，z1−z2=a(1+ 3i)，其中i是虚数单位，a是负实数，求z2z1= ______．
14.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知向量m=(csC,2cs2B2−1),n=(b,c−4a)且m⋅n=0.D为AC边上一点，BD= 5且AD=2CD.则csB=______，△ABC面积的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点F，G分别为线段PB，AD的中点．
(1)证明：AF//平面PGC；
(2)在线段BD上找一点H，使得FH//平面PGC，说明理由并求此时BHBD的值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，BC=BD=DC=2 3，AD=AB=PD=PB=2．
(1)若点E为PC的中点，M为DC的中点，求证：平面BEM//平面PAD；
(2)在棱PD上是否存在一点F，使得AF//平面PBC？若存在，请求出PFFD的值；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
设e1，e2是不共线的非零向量，且a=e1−2e2，b=e1+3e2．
(1)若4e1−3e2=λa+ub，求λ，u的值．
(2)若e1，e2是互相垂直的单位向量，求a与b的夹角θ．
18.(本小题17分)
已知锐角△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b(tanA+tanB)=2ctanB．
(1)求A的大小；
(2)若△ABC满足csAa+csCc=sinAsinB3sinC，求△ABC面积的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在海岸A北偏西75°方向，距离A为2海里的C处有一艘缉私艇，该缉私艇发现在C正东与C距离 6海里的B处有一走私船，走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜.缉私艇奉命以10 3海里/时的速度拦截走私船．
(1)问缉私艇沿什么方向行驶才能最快拦截到走私船？求缉私艇沿最快拦截到走私船所需要的时间．
(2)若缉私艇最快在D处拦截到走私船，D位于A北偏东θ处，求D与A的距离及sinθ的值．
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：由题可知2sinAsinB− 3sinAcsC= 3sinCcsA，
∴2sinAsinB= 3sin(A+C)= 3sinB，
∴sinA= 32，
∴A=π3或2π3，
又AG= 133，延长AG交BC于点D，
∴AD= 132，
∵AD=12(AB+AC)，
∴AD2=14(AB+AC)2=14(b2+c2+2bccsA)，
当A=π3时，c=3，
∴△ABC的面积为12bcsinA=3 34，
当A=2π3时，c=4，
∴△ABC的面积为12bcsinA= 3
故选：D．
先根据正弦定理可求出A=π3或2π3，再根据向量的运算和余弦定理即可求出c，根据三角形的面积公式计算即可
本题考查了正弦定理，余弦定理在三角形中的应用，考查了运算求解能力，属于中档题
2.【答案】D
【解析】解：∵z=(3i−1)(1−i)i2019=2+4ii4×504+3=2+4i−i=(2+4i)i−i2=−4+2i，
∴z的虚部为2；复数z在复平面内对应的点位于第二象限；z−=−4−2i；|z|=2 5．
故选：D．
利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：在直角梯形O′A′B′C′中，O′A′//B′C′，O′A′=2B′C′=4，A′B′=2，
显然∠A′O′C′=45°，于是O′C′=O′A′−B′C′cs∠A′O′C′=2cs45∘=2 2，
直角梯形O′A′B′C′对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC，
BC/​/OA，OC⊥OA，OA=2BC=4，OC=2O′C′=4 2，
所以该平面图形的高为4 2．
故选：C．
根据给定条件，求出O′C′，再作出水平放置的原平面图形作答．
本题考查了直观图的画法与应用问题，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：①由m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则平面α与β可能相交，故①不正确；
②n/​/m，n⊂α，可能有m⊂α，则m/​/α不成立，可得②不正确；
③α/​/β，m⊂α，n⊂β⇒m/​/n或m，n异面，则③不正确；
④m/​/α，n⊂α⇒m/​/n或m，n异面，则④不正确．
综上可得，没有正确的命题．
故选：A．
由面面平行的判定定理，即可判断①的正误；运用线面平行的性质定理，即可判断②的正误；
由面面平行的判定定理和性质，即可判断③的正误；由线面的位置关系，及线面平行的性质即可判断④的正误．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系的判断，注意运用判定定理和性质定理，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：连接B1C，设平面A1B1CD与体对角线AC1交于点M，
由B1C⊥BC1，DC⊥BC1，B1C∩DC=C,B1C，DC⊂平面A1B1CD，
可得BC1⊥平面A1B1CD，即BC1⊥平面A1DM，又BC1⊂平面BC1D，
∴平面A1DM⊥平面BC1D，
∴存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D，故①对；
由正方体结构特征可知平面A1BD/​/平面B1D1C，
设平面A1BD与AC1交于点M，可得DM/​/平面B1CD1，故②对；
连接AD1交A1D于点O，过O作OM⊥AC1，
由①可推知，A1D⊥平面ABC1D1，
∴A1D⊥OM，
∴OM为异面直线A1D与AC1的公垂线，根据△AOM∽△AC1D1，则OMC1D1=OAAC1，即OM=OA⋅C1D1AC1= 2×22 3= 63，
∴△A1DM的最小面积为S△A1DM=12×A1D×OM=12×2 2× 63=2 33，故③错；
在点M从AC1的中点向着点A运动过程中，S1从1减少趋向于0，即S1∈(0,1)，S2从0增大到趋向于2，即S2∈(0,2)，
在这过程中，必存在某个点M使得S1=S2，故④对．
故选：C．
6.【答案】B
【解析】解：如图所示，取BC的中点D，
∵AB⊥AC，∴点D为平面ABC所在圆的圆心，OD⊥面ABC，
∵OD⊂面OBC，∴面OBC⊥面ABC，
∵等腰Rt△ABC，且D为BC的中点，∴AD⊥BC，
又面OBC∩面ABC=BC，∴AD⊥面OBC，
∴点A到面OBC的距离为AD=2 2，
∵PA⊥平面ABC，∴OD/​/PA，∴点P到面OBC的距离等于点A到面OBC的距离为2 2．
设球O的半径为R，则OD2=OC2−(12BC)2=R2−8，
而OP2=(PA−OD)2+AD2，即R2=(2− R2−8)2+(2 2)2，解得R=3或−3(舍负)，
∴S△OBC=12⋅OD⋅BC=12×1×4 2=2 2．
在△PBC中，PC=PB= PA2+AB2= 22+42=2 5，BC=4 2，
由余弦定理知，cs∠BPC=PB2+PC2−BC22⋅PB⋅PC=20+20−322×2 5×2 5=15，∴sin∠BPC=2 65，
S△PBC=12PB⋅PC⋅sin∠BPC=12×2 5×2 5×2 65=4 6．
由等体积法可知，VO−PBC=VP−OBC，即dO−PBC⋅S△PBC=2 2⋅S△OBC，
∴dO−PBC=2 2×2 24 6= 63，即球心O到平面PBC的距离为 63．
故选：B．
取BC的中点D，结合圆的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理与性质定理易证得点P到面OBC的距离等于点A到面OBC的距离；设球O的半径为R，以OD为中间变量，通过勾股定理可求得R；再利用解三角形中的余弦定理和正弦的面积公式求得S△PBC和S△OBC，最后根据等体积法，VO−PBC=VP−OBC即可得解．
本题考查空间中线面的位置关系、点到面的距离问题，熟练掌握空间中线面垂直的判定定理与性质定理、等体积法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：已知向量a，b满足|a|=2|b|=2，且|2a−b|= 15，
则4a2−4a⋅b+b2=15，
即a⋅b=14×(4×4+1−15)=12，
则|b−a|= b2−2b⋅a+a2= 1−2×12+4=2．
故选：B．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：因为a=(csπ3,sin2π3)=(12, 32)，b=(1,x)，
又2a−3b=(−2, 3−3x)，
因此|2a−3b|= 4+( 3−3x)2≥2>1，故A选项正确；
a+b=(32, 32+x)，若(a+b)//b，因此32x= 32+x，
解得x= 3，即当x= 3时，(a+b)//b，故B选项错误；
设a与b的夹角为θ，因此csθ=a⋅b|a|⋅|b|=12+ 32x x2+1，
当x=0时，csθ=12，夹角为θ=π3，故C选项错误；
因为b−a=(12,x− 32)，(b−a)⋅b=12+x(x− 32)=(x− 34)2+516>0，
不存在x，使得(b−a)⊥b，故D选项错误．
故选：A．
由平面向量的模的坐标公式，平行的坐标表示，夹角的坐标表示，及垂直的坐标表示，依次判断各选项即可得出结果．
本题考查平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：(b+c)2−a2=4 3s，得b2+2bc+c2−a2=4 3s，
∴2bc+2bccsA=4 3⋅12bcsinA，
∴1+csA= 3sinA，∴sin(A−π6)=12，解得A=π3．
在△ABC中，由余弦定理易求得a=7，由正弦定理有外接圆直径2R=asinA=14 33，∴R=7 33，∴B不正确，
面积S=12bcsinA=10 3，∴A正确
∵设AB，AC中点为N，M，由外心的性质知ON⊥AN，OM⊥AM，所以NO⋅AN=0,MO⋅AM=0
OM⋅AB=(AM−AO)⋅AB=[12AB−(λAB+μAC)]⋅AB=(12−λ)AB2−μAB⋅AC=(12−λ)⋅25−μ⋅5⋅8⋅12=0，
即12(λ−12)×25+10μ=0，
由MO⋅AM=0，同理可得10λ+32μ−16=0，解得λ=215,μ=1124，λ+μ=71120，∴D正确．
AO=215AB+1124AC，BC=AC−AB，AO⋅BC=392，C不正确．
故选：AD．
(1)由余弦定理易求得A的大小，再求面积，(2)利用正弦定易求得外接球的半径，(3)AB，AC中点为N，M，由外心的性质知ON⊥AN，OM⊥AM求出λ，μ，(4)求出向量AO，BC的数量积
本题考查平面向量数量积的运算及性质，以及坐标法在解题中的应用．
10.【答案】AC
【解析】解：∵(1+i)2=1+2i−1=2i，(1−i)2=1−2i−1=−2i，
又(1+i)n=(1−i)n，
∴(1+i)n=[(1+i)2]n2=(2i)n2，(1−i)n=[(1−i)2]n2=(−2i)n2，
∴(2i)n2=(−2i)n2，
∴当n2为偶数时，(1+i)n=(1−i)n．
故选：AC．
利用(1+i)2=1+2i−1=2i，(1−i)2=1−2i−1=−2i，将(1+i)n=(1−i)n变形得到(2i)n2=(−2i)n2，从而得到n满足的条件．
本题考查了复数的运算，考查了逻辑推理能力与转化思想，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD⊥侧面ADD1A1，则CD⊥AD1，
又AD1⊥A1D，A1D∩DC=D，∴AD1⊥平面ADC，
可知当M在线段A1D上时，有CM⊥AD1，故A正确；
由正方体的性质可知，A1C⊥平面BC1D，可知若正方体的棱长为1，
则M与A1重合时，三棱锥B−C1MD的体积取最大值，
为13×12× 2× 2× 32×2 33=13，故B正确；
异面直线B1M与CD所成角，即为∠A1B1M，当M在线段AD1上运动时，
M取AD1 的中点时，∠A1B1M最小，其正切值为 22> 33，故C错误；
易得平面A1DB/​/平面B1D1C，所以当M在线段A1D上时，满足BM/​/平面B1D1C，故D正确．
故选：ABD．
由题意画出图形，由直线与平面垂直的判定判断A；求出三棱锥B−C1MD的体积最大值判断B；由线面角的概念判断C；由抛物线的定义判断D．
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】2 3
【解析】解：过A作AE/​/BD，使AE=BD=4，则四边形BAED为平行四边形，则l/​/DE，
∵AC⊥l，AE⊥l，AC∩AE=A，AC、AE⊂平面ACE，
∴l⊥平面ACE，CE⊂平面ACE，∴l⊥CE，∴DE⊥CE，
∴在Rt△CED中，CE= 49−36= 13．
∵AC⊥l，AC⊂α，AE⊥l，AE⊂β，AE∩AC=A，
∴∠CAE即为二面角α−l−β的平面角，
则cs∠CAE=16+9−132×3×4=12，∴∠CAE=π3．
∵l⊥平面AEC，又l⊂α，
∴平面α⊥平面AEC，过E做EF⊥AC于F点，
∴平面α∩平面AEC=AC，EF⊂平面AEC，
∴EF⊥平面α，∴EF即为E点到平面α的距离，
又DE/​/l，l⊂α，DE⊄α，∴DE/​/α，
∴EF也是D到平面α的距离，
又EF=4×sinπ3=2 3
故答案为：2 3．
先作出二面角，利用余弦定理求出二面角，再利用面面垂直的性质，求出EF的长度即D到α的距离即可．
本题考查了二面角以及点到平面的距离，考查了转化思想，属中档题．
13.【答案】−12− 32i
【解析】解：由|z1|=|z1+z2|，得z1z1−=(z1+z2)(z1−+z2−)，
整理得z1−z2+z1z2−+z2z2−=0，
又z1−z2=a(1+ 3i)，则z1z2−=a(1− 3)i，∴z2z2−=−2a，
∴z2z1=z2z2−z1z2−=−2aa(1− 3i)=−21− 3i=−2(1+ 3i)(1− 3i)(1+ 3i)=−12− 32i．
故答案为：−12− 32i．
把已知变形|z1|=|z1+z2|，结合z1−z2=a(1+ 3i)求得z2z2−，然后把z2z1分子分母同时乘以z2−得答案．
本题考查复数的运算，考查化归与转化思想，考查逻辑思维能力与运算求解能力，是中档题．
14.【答案】14 9 158
【解析】解：∵m=(csC,2cs2B2−1),n=(b,c−4a)，
∴m⋅n=bcsC+(c−4a)(2cs2B2−1)=bcsC+(c−4a)csB=0，
由正弦定理知，asinA=bsinB=csinC，
∴sinBcsC+(sinC−4sinA)csB=0，
∴sin(B+C)−4sinAcsB=0，即sinA−4sinAcsB=0，
∵sinA≠0，
∴csB=14．
设AD=2CD=2x，
在△ABC中，由余弦定理知，csB=a2+c2−9x22ac=14，解得x2=a2+c2−12ac9①，
在△ABD和△BCD中，有cs∠ADB=−cs∠BDC，
∴BD2+AD2−AB22BD⋅AD=−BD2+CD2−BC22BD⋅CD，
即5+4x2−c22 5⋅2x=−5+x2−a22 5x，化简得c2+2a2=6x2+15②，
由①②得，a2+4c2=45−ac≥2a⋅2c，
∴ac≤9，当且仅当a=2c时，等号成立．
∵csB=14，∴sinB= 1−cs2B= 154，
∴△ABC的面积S=12acsinB≤12×9× 154=9 158，
∴△ABC面积的最大值为9 158．
故答案为：9 158．
根据平面向量数量积的坐标运算可推出m⋅n=bcsC+(c−4a)csB=0，再由正弦定理将边化为角后，化简整理即可得csB的值；
设AD=2CD=2x，在△ABC中，由余弦定理知，csB=a2+c2−9x22ac=14①，在△ABD和△BCD中，有cs∠ADB=−cs∠BDC，再次使用余弦定理化简后有c2+2a2=6x2+15②，结合①②，消去x，再利用基本不等式可求得ac≤9，最后根据S=12acsinB即可得解．
本题考查平面向量、解三角形与三角恒等变换的综合应用，还涉及利用基本不等式解决最值问题，熟练掌握这三章节的基本公式是解题的关键，考查学生灵活运用知识的能力，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】证明见解答； 理由见解答；13．
【解析】解：(1)证明：取PC得中点Q，连接QF，
因为F为PB的中点，
所以QF//BC，且QF=12BC，
又因为AG/​/BC，且AG=12BC，
所以QF//AG且QF=AG，
故四边形AGQF是平行四边形，
故AF//GQ，
又因为AF⊄平面PGC，GQ⊂平面PGC，
所以AF//平面PGC；
(2)连接AE，与BD相交于H，则H为BD的三等分点(靠近点B)，即为所求．
理由如下：在平行四边形ABCD中，
因为E、G分别是BC、AD中点，
则AG/​/CE，AG=CE，
即四边形AECG是平行四边形，
于是得AE/​/CG，令CG∩BD=M，
则BH=HM=MD，
而AE⊄平面PCG，CG⊂平面PCG，
因此AE/​/平面PCG，
由(1)知EF/​/平面PCG，又AE∩EF=E，AE，EF⊂平面AEF，
于是得平面AEF/​/平面PCG，
又FH⊂平面AEF，
所以FH/​/平面PCG，且H为BD的三等分点(靠近点B)，
故BHBD=13．
(1)先证四边形AGQF是平行四边形，得出AF//GQ，即可得证；
(2)先证平面AEF/​/平面PCG，得出FH/​/平面PCG，进而有H为BD的三等分点(靠近点B)，即可求解．
本题考查空间线面位置关系的判定，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：在等边三角形BCD中，因为M为DC的中点，
所以BM⊥CD，
因为AD=AB=2，BD=2 3，
所以∠ADB=∠ABD=30°，
∠ADC=30°+60°=90°，即AD⊥CD，
所以BM/​/AD，
又BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BM/​/平面PAD，
又E为PC的中点，M为CD的中点，所以EM//PD，
又EM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EM/​/平面PAD，
又EM∩BM=M，所以平面BEM//平面PAD．
(2)解：过A作AN/​/BC，交CD于N，再过N作NF//PC，交PD于F，连接AF，
则F即为所求，
由∠ABC=30°+60°=90°，可得∠NAB=90°，∠DAN=120°−90°=30°，
在直角三角形ADN中，ND=ADtan30°=2 33，
则CN=2 3−2 33=4 33，
所以DN：CN=1：2，
由NF//PC，可得PFFD=CNDN=2．
证明：当PFFD=CNDN=2时，可得NF//PC，
NF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，可得NF/​/平面PBC，
又AN/​/BC，AN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，可得AN/​/平面PBC，
又AN∩NF=N，可得平面ANF//平面PBC，
而AF⊂平面ANF，所以AF//平面PBC．
【解析】(1)先证明BM⊥CD，∠ADC=90°，得到BM/​/AD，可得BM/​/平面PAD，再证明EM/​/平面PAD，由面面平行的判定定理可得平面BEM//平面PAD；
(2)由面面平行的判定定理和性质，结合平行线的性质，即可判定存在性．
本题考查直线与平面平行的判定定理和面面平行的判定定理和性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为a=e1−2e2，b=e1+3e2，
所以λa+ub=(λ+μ)e1+(3μ−2λ)e2，
因为4e1−3e2=λa+ub，且e1，e2是不共线的非零向量，
所以由平面向量基本定理可得：λ+μ=43μ−2λ=−3，解得λ=3μ=1；
(2)因为e1，e2是互相垂直的单位向量，所以|e1|=|e2|=1,e1⋅e2=0，
所以|a|= (e1−2e2)2= |e1|2−4e1⋅e2+4|e2|2= 1+4= 5，
|b|= (e1+3e2)2= |e1|2+6e1⋅e2+9|e2|2= 1+9= 10，a⋅b=(e1−2e2)⋅(e1+3e2)=|e1|2+e1⋅e2−6|e2|2=−5，
所以csθ=a⋅b|a|×|b|=−5 5× 10=− 22，
又因为θ∈[0,π]，所以θ=3π4．
【解析】(1)通过条件利用e1,e2表示λa+ub，然后利用平面向量基本定理列方程组求解；
(2)先求出|a|，|b|，a⋅b，然后再用向量的夹角公式求θ即可．
本题考查平面向量数量积与平面向量基本定理，属于中档题．
18.【答案】A=π3．
(2 3,3 3].
【解析】(1)因为2sinC=sinB+csBtanA，
所以2sinC=sinB+csB⋅sinAcsA=sinBcsA+csBsinAcsA=sin(B+A)csA=sinCcsA，
所以2sinCcsA=sinC，因为C∈(0,π)，所以sinC>0，
所以csA=12，又A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)因为csAa+csCc=sinAsinB3sinC，
在△ABC中，由正弦定理及余弦定理得b2+c2−a22abc+a2+b2−c22abc= 3b6c，
所以2b22abc=bac= 3b6c，故a=2 3，
由正弦定理可得，bsinB=csinC=asinA=2 3 32=4，
所以b=4sinB，c=4sinC，
则△ABC面积S=12bcsinA=12×4sinB×4sinC× 32=4 3sinBsin(2π3−B)
=4 3sinB(12sinB+ 32csB)=2 3sin2B+6cs2B
=4 3( 34sin2B−14cs2B+14)
=2 3sin(2B−π6)+ 3，
因为0