2022-2023学年江苏省泰州市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省泰州市高一（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.已知m=(1,t)，n=(t,3)，若m//n，则t=( )
A. 0B. 3C. ± 3D. ±3
2.复数52−i的共轭复数是( )
A. 2+iB. −2+iC. −2−iD. 2−i
3.采用简单随机抽样的方法，从含有5个个体的总体中抽取一个容量为2的样本，某个个体被抽到的概率为( )
A. 15B. 12C. 23D. 25
4.望海楼是江苏泰州的著名景点，位于泰州凤城河风景区内.它初建于南宋绍定二年，被誉为“江淮第一楼”.为测量望海楼的高度AB，可选取与楼底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测得∠BCD=75∘，∠BDC=60∘，CD=45米，在点C测得楼顶A的仰角为30∘，则楼高AB约为米.( )
A. 30B. 32C. 34D. 36
5.若tanθ=−2，则sin2θcs2θ+1的值为( )
A. −23B. 23C. −43D. 43
6.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2，AA1=A1B1=1，则侧棱BB1与底面ABCD所成角的正弦值为( )
A. 13B. 22C. 33D. 32
7.已知△ABC的外接圆的圆心为O，且A=π3，BC=2 3，则OB⋅AC的最大值为( )
A. 32B. 3C. 2D. 3
8.在△ABC中，点D在线段BC上，∠B=40∘，∠BAD=60∘，AB=DC，则tanC=( )
A. 3B. 2C. 22D. 33
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.对于数据2，6，8，2，3，4，6，8，则这组数据的( )
A. 极差为6B. 平均数为5.25C. 30百分位数为3D. 众数为6
10.已知三个非零向量a，b，c共面，则( )
A. 若a=b，b=c，则a=c
B. 若a⊥b，b⊥c，则a//c
C. 若a⋅b=b⋅c，则a=c
D. 若a//b，则存在实数λ，使a=λb
11.已知事件A，B发生的概率分别为13,12，则( )
A. 若A，B互斥，则A，B至多有一个发生的概率为16
B. 若A，B互斥，则A，B至少有一个发生的概率为56
C. 若A，B相互独立，则A，B至多有一个发生的概率为16
D. 若A，B相互独立，则A，B至少有一个发生的概率为23
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P为线段B1C上的动点，则( )
A. AP与BD1始终保持垂直
B. PA+PD的最小值为 6
C. 经过AC1的平面截正方体所得截面面积的最小值为 62
D. 以A为球心，AB为半径的球面与平面A1BCD1的交线长为 2π2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.sin14∘cs16∘+sin16∘cs14∘=______ .
14.已知圆锥底面半径为1，高为 3，则该圆锥的侧面积为__________.
15.已知α=1∘，β=61∘，则满足tanα+tanβ+tanγtanαtanβtanγ=1的一个γ的值为__________.
16.已知△ABC的垂心为点D，面积为15，且∠ABC=45∘，则BD⋅BC=______ ；若BD=12BA+13BC，则|BD|=______ .
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)
设a为实数，复数z1=a+3i，z2=3−4i.
(1)若z1⋅z2为纯虚数，求a的值；
(2)若|z1|<|z2|，求a的取值范围.
18.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，P为A1B的中点，Q为B1C的中点，A1B⊥B1C.求证：
(1)PQ//平面A1B1C1；
(2)BC=CC1.
19.(本小题12分)
一个袋子中装有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球(标号为1和2)，2个白球(标号为3和4)，甲、乙两人先后从袋中不放回地各摸出1个球.设“甲摸到红球”为事件R1，“乙摸到红球”为事件R2.
(1)小明同学认为：由于甲先摸球，所以事件R1发生的可能性大于R2发生的可能性.小明的判断是否正确，请说明理由；
(2)判断事件R1与R2是否相互独立，并证明.
20.(本小题12分)
已知A(1,2)，B(2,3).
(1)若C(−2,5)，试判断△ABC的形状，并证明；
(2)设AB的中点为M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①∠ACB=60∘；②CM= 62；③△ABC的面积为 32.
21.(本小题12分)
如图1，在等腰梯形ABCD中，AB//DC，AD=AB=2，CD=4，E为CD的中点.将△DAE沿AE翻折，得到四棱锥P−ABCE(如图2).
(1)若PC的中点为M，点N在棱AB上，且MN//平面PAE，求AN的长度；
(2)若四棱锥P−ABCE的体积等于2，求二面角P−BC−A的大小.
22.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知1+csAsinA=1+csBsinB+1.
(1)当C=π2时，求tanA2的值；
(2)当a=1时，求△ABC周长的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为m=(1,t)，n=(t,3)，且m//n，则1t=t3，解得t=± 3.
故选：C.
根据题意，由平面向量共线的坐标运算，代入计算，即可得到结果．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵52−i=5(2+i)(2−i)(2+i)=5(2+i)5=2+i，
∴复数52−i的共轭复数是2−i.
故选：D.
利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据抽样原理知，每个个体被抽到的概率是相等的，
所以所求的概率值为P=25.
故选：D.
根据抽样原理知每个个体被抽到的概率是相等的．
本题考查了简单随机抽样原理应用问题，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：在△BCD中，∠CBD=45∘，
由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，
即BC=CDsin∠BDCsin∠CBD=45× 32 22=45 62(米)，
又∠ACB=30∘，∠ABC=90∘，则AB= 33BC=45 22≈32(米).
故选：B.
在△BCD中，利用正弦定理求得BC，再在△ABC求得AB，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
由题意利用同角三角函数的基本关系式，二倍角公式，求得所给式子的值．
本题主要考查同角三角函数的基本关系式，二倍角公式的应用，属于基础题．
【解答】
解：∵tanθ=−2，则sin2θcs2θ+1=2sinθcsθ2cs2θ+sin2θ=2tanθ2+tan2θ=−42+4=−23，
故选：A.
6.【答案】B
【解析】解：由题意可得正四棱台的截面图，如图所示：
由题意可知B1BDD1为等腰梯形，过点B1做B1M⊥BD，过点D1做D1N⊥BD，
由线面角的定义可知，侧棱BB1与底面ABCD所成角即为∠B1BM，
由条件可得BB1=1，B1D1= 2，BD=2 2，
则B1D1=MN= 2，BM=BD= 22，
则B1M= 12−( 22)2= 22，所以△B1BM为等腰直角三角形，
所以∠B1BM=45∘，即sin∠B1BM= 22.
故选：B.
根据题意，做出其截面图，然后结合线面角的定义即可得到结果．
本题考查直线与平面所成的角，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：作出图形，如图所示：
∵A=π3，BC=2 3，
∴由正弦定理得2R=BCsinA=2 3sinπ3=4，故OA=OB=OC=2，
∵A=π3，
∴∠BOC=2π3，
则OB⋅AC=OB⋅(OC−OA)=OB⋅OC−OB⋅OA=4cs2π3−4cs∠AOC
=−2−4cs∠AOC，
∵∠AOB∈(0,2π3)，
∴∠AOC∈(0,4π3)，则cs∠AOC∈[−1,1),
故OB⋅AC=−2−4cs∠AOC∈(−6,2].
故选：C.
由正弦定理得到OA=OB=OC=2，利用向量数量积公式得到OB⋅AC=−2−4cs∠AOC，结合∠AOC∈(0,4π3)，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查运算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：△ABC中，点D在线段BC上，∠B=40∘，∠BAD=60∘，如图所示，
则∠ADB=80∘，∠CAD=80∘−C，
由正弦定理可得：
△ADB中，ABAD=sin∠ADBsinB=sin80∘sin40∘，
△ADC中，DCAD=sin∠CADsinC=sin(80∘−C)sinC，
由AB=DC，
则sin80∘sin40∘=sin(80∘−C)sinC，
所以2sin40∘cs40∘sin40∘=sin80∘csC−cs80∘sinCsinC，
可得2cs40∘=sin80∘tanC−cs80∘，
可得tanC=sin80∘2cs40∘+cs80∘
=sin80∘2cs(30∘+10∘)+cs80∘
=sin80∘ 3cs10∘−sin10∘+cs80∘
=sin80∘ 3sin80∘−cs80∘+cs80∘
= 33.
故选：D.
△ADB和△ADC中，利用正弦定理结合AB=DC，得sin80∘sin40∘=sin(80∘−C)sinC，由倍角公式和两角和与差的正余弦公式化简求值．
本题考查了正弦定理，倍角公式和两角和与差的正余弦公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：数据2，6，8，2，3，4，6，8，从小到大排为2，2，3，4，6，6，8，8，
极差为8−2=6，A选项正确；
平均数为2+2+3+4+6+6+8+88=4.875，B选项错误；
8×30%=2.4，30百分位数是第3个数据，所以30百分位数为3，C选项正确；
众数为6和8，D选项错误．
故选：AC.
把数据从小到大排列，利用极差、平均数、百分位数和众数的定义判断各选项是否正确．
本题主要考查了平均数、极差和百分位数的计算，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，a=b，b=c，根据相等向量的定义可得a=c，故A正确；
对于B，若a⊥b，b⊥c，因为它们为共面向量，则a//c，故B正确；
对于C，由a⋅b=b⋅c得b⋅(a−c)=0，因为a，b，c是三个非零向量，
所以得b⊥(a−c)，无法推出a=c，故C错误；
对于D，因为a，b为非零向量，由平面向量共线定理可知，若a//b，则存在唯一的实数λ，使a=λb，故D正确．
故选：ABD.
利用向量的传递性，平面向量数量积的定义，平面向量共线定理，对选项逐个判断，找出正确选项．
本题主要考查了平面向量共线定理，考查了向量的数量积运算，属于基础题．
11.【答案】BD
【解析】解：依题意，P(A)=13,P(B)=12，
对于A，P(AB)=0，则A，B至多有一个发生的概率为1−P(AB)=1，A错误；
对于B，P(AB)=0，则A，B至少有一个发生的概率P(A+B)=P(A)+P(B)=13+12=56，B正确；
对于C，P(AB)=P(A)P(B)=12×13=16，A，B至多有一个发生的概率为1−P(AB)=56，C错误；
对于D，P(AB)=P(A)P(B)=12×13=16，则A，B至少有一个发生的概率
P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=13+12−16=23，D正确．
故选：BD.
根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式，结合事件的运算逐项分析计算作答．
本题考查相互独立事件的概率，属于基础题．
12.【答案】AC
【解析】解：对于A，连接BD，由正方形的性质可得BD⊥AC，由正方体的性质可得DD1⊥AC，
又DD1∩BD=D，∴AC⊥平面BDD1，
∵BD1⊂平面BDD1，∴AC⊥BD1，
同理，AB1⊥BD1，∵AB1∩AC=A，∴BD1⊥平面ACB1，
∵AP⊂平面ACB1，∴BD1⊥AP，故A正确；
对于B，把△DCB1沿CB1展开到与△ACB1共面，如图，
则A，D，P三点共线时，PA+PD最小，且最小值为AD，
在△ACD中，CD=1，AC= 2，∠ACD=150∘，
由余弦定理得AD2=1+2−2×1× 2×(− 32)=3+ 6，故B错误；
对于C，分别取DC，A1B1的中点M，N，连接AM，AN，C1M，C1N，
由正方体的性质可知四边形ANC1M是菱形，且是过AC1面积最小的截面．
理由如下：
过点M作MF⊥AC1于F，设DM=x，则CM=1−x，
由直角三角形性质可得AM2=1+x2，C1M2=1+(1−x)2，
AF= AM2−MF2= 1+x2−MF2，C1F= C1M2−MF2= 1+(1−x)2−MF2，
由AF+C1F= 3，可得MF2=23(x−12)2+12，
由题意当x=12时，MF取到最小值 22，此时截面面积最小，最小面积为2×12MF⋅AC1= 62，故C正确；
对于D，过点A作AE⊥A1于点E，由BC⊥平面ABB1A1，可得BC⊥AE，
∵A1B∩BC=B，∴AE⊥平面A1BCD1，
以A为球心，AB为半径的球面被平面A1BCD1所截的圆面的圆心为E，半径为r，
则r2+AE2=AB2，∴r2=AB2−AE2=12，∴r= 22，
以A为球心，AB为半径的球面与平面A1BCD1的交线是以E为圆心的圆周，其长度为 2π，故D错误．
故选：AC.
根据正方体的性质、截面形状，结合空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法能求出结果．
本题考查正方体的性质、截面形状，空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】12
【解析】解：sin14∘cs16∘+sin16∘cs14∘=sin30∘=12.
故答案为：12.
直接根据三角函数公式，即可得解．
本题考查三角函数公式的应用，属基础题．
14.【答案】2π
【解析】【分析】
本题考查圆锥侧面积的求法，关键是对公式的记忆，属于基础题．
由已知求得母线长，代入圆锥侧面积公式求解．
【解答】
解：由已知可得r=1，h= 3，则圆锥的母线长l= 12+( 3)2=2.
∴圆锥的侧面积S=πrl=2π.
故答案为：2π.
15.【答案】118∘(答案不唯一)
【解析】【分析】
本题主要考查了两角和的正切公式，属于较难题．
根据两角和的正切公式，将tanα+tanβ用tan(α+β)(1−tanαtanβ)进行表示，再将tanα+tanβ+tanγtanαtanβtanγ=1化简求得结果．
【解答】
解：∵tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ，
∴tanα+tanβ=tan(α+β)(1−tanαtanβ)=tan62∘(1−tanαtanβ)，
又tanα+tanβ+tanγtanαtanβtanγ=1，∴tanα+tanβ+tanγ=tanαtanβtanγ，
即tan62∘(1−tanαtanβ)+tanγ=tanαtanβtanγ，
化简可得，tan62∘+tanγ=tanαtanβ(tan62∘+tanγ)，
∴tan62∘+tanγ=0或tanαtanβ=1，
又α=1∘，β=61∘，故tanαtanβ≠1，
∴tan62∘+tanγ=0，故γ=118∘满足题意，
故答案为：118∘(答案不唯一).
16.【答案】30 5
【解析】解：如图，
AH是△ABC的BC边上的高，则AH⋅BC=0，
设AD=λAH，因为∠ABC=45∘，面积为15，
所以12|BA|⋅|BC|sin45∘=15，即|BA|⋅|BC|=30 2，
BD⋅BC=(BA+AD)⋅BC=(BA+λAH)⋅BC=BA⋅BC+λAH⋅BC=|BA|⋅|BC|cs45∘=30.
由第一空可知BD⋅BC=30，所以BD⋅BC=(12BA|+13BC)⋅BC=12BA⋅BC+13BC2=30，
所以BC2=45，由|BA|⋅|BC|=30 2，可得|BA|=2 10，即BA2=40，
因为BD=12BA|+13BC，所以BD2=14BA2+19BC2+13BA⋅BC=10+5+10=25，
∴|BD|=5.
故答案为：30；5.
利用向量的运算表示出BD利用数量积运算可得答案；先利用面积及第一空结果求出BA2，BC2，对BD=12BA+13BC平方可求模长．
本题考查向量的线性运算，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：(1)因为z1⋅z2=(a+3i)(3−4i)=(3a+12)+(9−4a)i，
若z1⋅z2为纯虚数，则3a+12=09−4a≠0，解得a=−4；
(2)若|z1|<|z2|，则 a2+9< 32+(−4)2=5，
可得a2<16，解得−4所以a的取值范围(−4,4).
【解析】(1)根据复数的乘法结合纯虚数的定义列式求解；
(2)根据复数的模长公式运算求解．
本题主要考查复数的运算，属中档题．
18.【答案】解：(1)连接BC1，如图，
因为四边形BCC1B1为平行四边形，
所以Q为BC1的中点，
又P为A1B的中点，
所以在△A1BC1中，PQ//A1C1，
因为PQ⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，
所以PQ//平面A1B1C1.
(2)因为∠ACB=90∘，即AC⊥BC，
又AC⊥C1C，且BC∩CC1=C，BC⊂平面BCC1B1，C1C⊂平面BCC1B1，
所以AC⊥平面BCC1B1，
因为AC//A1C1，
所以A1C1⊥平面BCC1B1，
因为B1C⊂平面BCC1B1，
所以A1C1⊥B1C，
又A1B⊥B1C，A1B∩A1C1=A1，A1B⊂平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，
所以B1C⊥平面A1BC1，
因为BC1⊂平面A1BC1，
所以B1C⊥BC1，
则四边形BCC1B1为菱形，
所以BC=CC1.
【解析】(1)连接BC1，根据三角形的中位线可得PQ//A1C1，再根据线面平行的判定定理证明即可；
(2)根据已知条件证明AC⊥平面BCC1B1，从而得到A1C1⊥B1C，再根据线面垂直的判定定理证明B1C⊥平面A1BC1，则四边形BCC1B1为菱形即可得到结论．
本题考查线面平行的判定和线面垂直的判定与性质，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)两人摸出球的所有情况：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)(4,2)，(4,3)，共12种；
事件R1包含的情况有：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，共6种；
事件R2包含的情况有：(1,2)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)(4,2)，共6种；
所以P(R1)=P(R2)=12，故小明的判断不正确．
(2)事件R1R2包含的情况有：(1,2)，(2,1)，故P(R1R2)=212=16；
因为P(R1)P(R2)=14，P(R1R2)≠P(R1)P(R2)；
所以事件R1与R2不相互独立．
【解析】(1)先求出摸球的所有情况，利用古典概率求解P(R1)，P(R2)，比较即可判断；
(2)利用独立事件的判定方法进行判断．
本题考查古典概型以及独立事件的概念，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为A(1,2)，B(2,3)，C(−2,5)，
所以AB=(1,1),AC=(−3,3)，从而AB⋅AC=1×(−3)+1×3=0，
于是AB⊥AC，故△ABC为直角三角形．
(2)c=|AB|= 2，记角A，B，C的对边分别为a，b，c，
由①得，由余弦定理得 22=a2+b2−2abcs60∘，化简得a2+b2−ab=2；
由②得，由cs∠AMC+cs∠BMC=0得，
( 62)2+( 22)2−b22× 62× 22+( 62)2+( 22)2−a22× 62× 22=0，∴a2+b2=4；
由③得，12absinC= 32，即absinC= 3.
①②⇒③：
由①得a2+b2−ab=2；由②得a2+b2=4，解得ab=2，
所以△ABC的面积为12absin60∘=12×2× 32= 32.
①③⇒②：
由③得absinC= 3，因为∠ACB=60∘，所以ab=2，
由①得a2+b2−ab=2，所以a2+b2=4，
因为AB的中点为M，所以CM=∖dfrac12(CA+CB)，
于是CM=|CM|=12 (CA+CB)2=12 b2+a2+2abcs60∘= 62.
②③⇒①：
由余弦定理得2=a2+b2−2abcsC，
由②得a2+b2=4，所以abcsC=1，
由③得absinC= 3，所以tanC= 3，
因为0∘【解析】(1)由题意求出AB,AC，由数量积的坐标表示可得AB⋅AC=0，即可判断△ABC的形状；
(2)由余弦定理和三角形的面积公式先化简①②③，再从①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立即可．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
21.【答案】解：(1)取EC的中点G，连接GM，GN，
因为G，M分别为EC，PC的中点，所以GM//PE，
因为PE⊂平面PAE，GM⊄平面PAE，所以GM//平面PAE；
因为MN//平面PAE，GM∩MN=M，GM，MN⊂平面GMN，
所以平面GMN//平面PAE；
因为平面ABCE∩平面PAE=AE，平面ABCE∩平面GMN=GN，
所以GN//AE，即N为AB的中点，所以AN=1.
(2)由图1可知，等腰梯形ABCD的高为 3，所以四边形ABCE的面积为2× 3=2 3；
因为四棱锥P−ABCE的体积等于2，所以四棱锥P−ABCE的高等于 3，
因为三角形DAE的高为 3，所以平面PAE⊥平面ABCE；
取AE的中点O，连接OP，OB，
由图1可知，△DAE，△BAE均为等边三角形，所以OP⊥AE，OB⊥AE，且OP=OB= 3；
因为OP∩OB=O，所以AE⊥平面POB，
因为PB⊂平面POB，所以AE⊥PB；
由图1可知AE//BC，所以∠PBO是二面角P−BC−A的平面角，
因为平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE=AE，OP⊥AE，
所以OP⊥平面ABCE，所以△POB为直角三角形；
在Rt△POB中，OP=OB= 3，所以∠PBO=45∘，
即二面角P−BC−A为45∘.
【解析】(1)先证明面面平行，利用面面平行的性质得到线线平行，进而得出AN的长度；
(2)利用四棱锥的体积求出高，找到二面角的平面角，结合直角三角形的知识可得答案．
本题考查线面平行的性质定理，面面垂直的性质定理，二面角的求解，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】解：(1)因为1+csAsinA=1+csBsinB+1，
则1+2cs2A2−12sinA2csA2=1+2cs2B2−12sinB2csB2+1，
可得1tanA2=1tanB2+1，
又因为C=π2，
则B2=π2−A2=π4−A2，
所以1tanA2=1tan(π4−A2)+1
=1+tanπ4tanA2tanπ4−tanA2+1
=1+tanA21−tanA2+1
=21−tanA2，
解得tanA2=13；
(2)设△ABC的内切圆的圆心为O，圆O与边AB切于点D，连接OA，OB，OD，
设△ABC周长为l，∠OBD=θ∈(0,π2)，
可得OD=OBsinθ,BD=OBcsθ,tanA2=tan∠OAD=ODAD,tanB2=tan∠OBD=ODBD，
由(1)可知：1tanA2=1tanB2+1，即1ODAD=1ODBD+1，
整理得AD=BD+OD=OB(sinθ+csθ)，
可得AB=AD+BD=OB(sinθ+2csθ)，
根据等面积法可得12l⋅OD=12AB⋅BC⋅sin∠ABC，
即12l×OB×sinθ=12OB(sinθ+2csθ)×1×sin2θ，
整理得l=sin2θ(sinθ+2csθ)sinθ
=2sinθcsθ+4cs2θ
=sin2θ+2cs2θ+2
= 5sin(2θ+φ)+2，
其中tanφ=2,φ∈(0,π2)，
当2θ+φ=π2，即tan2θ=tan(π2−φ)=1tanϕ=12时，l取到最大值 5+2，
所以△ABC周长的最大值为 5+2.
【解析】(1)根据题意借助于倍角公式整理得1tanA2=1tanB2+1，再结合两角和差公式运算求解；
(2)以内切圆为基础，设∖angOBD=θ，进而可得AD=OB(sinθ+csθ)，结合面积公式可得l=sin2θ(sinθ+2csθ)sinθ，结合三角恒等变换分析运算．
本题考查了三角函数恒等变换，三角函数的性质以及三角形的面积公式在解三角形中的应用，关键点睛：本题注意到1tanA2=1tanB2+1，故借助于内切圆的性质建立边角关系，进而运算求解，属于中档题．