2024-2025学年江西省景德镇乐平中学高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省景德镇乐平中学高二（上）月考数学试卷（9月份）（含解析），共19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.已知向量a=(4,−2),b=(x−1,2)，若a⊥b，则x=( )
A. 5B. 4C. 3D. 2
2.麒麟山位于三明市区中部，海拔262米，原名牛垄山.在地名普查时，发现山腰有一块“孔子戏麒麟”石碑，故更现名.山顶的麒麟阁仿古塔造型是八角重檐阁.小李为测量麒麟阁的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得∠DAC=30°，∠DBC=45°，AB=18米，则麒麟阁的高度CD约为(参考数据： 2≈1.414， 3=1.732)( )
A. 20.6米B. 22.6米C. 24.6米D. 26.6米
3.如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形A′B′O′，若O′A′= 2，那么原三角形ABO面积是( )
A. 22
B. 1
C. 2
D. 2 2
4.对于不同直线a，b，c以及平面α，下列说法中正确的是( )
A. 如果a/​/α，b/​/α，则a/​/bB. 如果a/​/b，a⊥α，则b⊥α
C. 如果a⊥α，a⊥b，则b/​/αD. 如果a⊥b，b⊥c，则a⊥c
5.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB和AA1上的中点，则异面直线EF与BD所成角的大小为( )
A. 90°
B. 60°
C. 45°
D. 30°
6.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，二面角C1−AB−D的平面角等于( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
7.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，AD=4，则该四棱锥外接球的体积为( )
A. 24π
B. 2 6π
C. 20π
D. 8 6π
8.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点M，N分别在棱AA1，A1D1上，满足AA1=3AM，A1D1=3D1N，点Q在正方体的面BCC1B1内，且A1Q/​/平面C1MN，则线段A1Q长度的最小值为( )
A. 10
B. 3
C. 3 62
D. 382
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.已知函数f(x)=cs2x−2 3sinxcsx，则下列命题正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. 函数f(x)的图象关于x=π3对称
C. f(x)在区间[−2π3,−π6]上单调递减
D. 将函数f(x)的图象向左平移5π12个单位长度后所得到的图象与函数y=2sin2x的图象重合
10.△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且a=2，AB⋅AC=2 3S，下列选项正确的是( )
A. A=π3
B. 若b=3，则△ABC有两解
C. 若△ABC为锐角三角形，则b取值范围是(2 3,4)
D. 若D为BC边上的中点，则AD的最大值为2+ 3
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=12，则下列结论中错误的是( )
A. AC//A1F
B. EF/​/平面ABCD
C. 三棱锥A−BEF的体积为定值
D. △AEF的面积与△BEF的面积相等
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：[r(csθ+isinθ)]n=rn(csnθ+isinnθ).据此公式，复数[2(csπ4+isinπ4)]3的虚部为______．
13.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，CC1的中点．
①EF//AC1；
②A1F与BD所成角为90°；
③A1E⊥平面ADF；
④A1F与平面ABCD所成角的正弦值为2 23．
其中所有正确说法的序号是______．
14.如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，EF/​/AB，平面FBC⊥平面ABCD，△FBC中BC边上的高FH=2，EF=32.则该几何体的体积为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知m=( 3sinx,csx),n=(csx,−csx)，函数f(x)=m⋅n+12．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈[π4,5π12]时，求f(x)的值域．
16.(本小题12分)
如图所示，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠ACB=90°，过点A分别作AE⊥PB，AF⊥PC，E，F分别为垂足．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)求证：EF⊥PB．
17.(本小题12分)
已知a，b，c分别为△ABC的内角A、B、C的对边，且asinB= 3bcsA．
(1)求角A；
(2)若a= 21,b=4，求出c边并求出△ABC的面积
18.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD，底面ABCD为平行四边形，E、F分别为 PD、BC的中点，面PAB∩面PCD=l．
(1)证明：l/​/AB；
(2)证明：EF/​/平面PAB．
(3)在线段PD上是否存在一点G，使FG//面ABE？若存在，求出PGGD的值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
如图，在平面五边形ABCDE中，AB= 5，BC=CD=1，∠BCD=∠CDE=2π3，BE=2 3，△ABE的面积为 6.现将五边形ABCDE沿BE向内进行翻折，得到四棱锥A−BCDE．

(1)求线段DE的长度；
(2)求四棱锥A−BCDE的体积的最大值；
(3)当二面角A−BE−C的大小为135°时，求直线AC与平面BCDE所成的角的正切值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为向量a=(4,−2),b=(x−1,2)，且a⊥b，
所以a⋅b=4(x−1)+(−2)×2=0，解得x=2．
故选：D．
根据题意，利用向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解．
本题考查平面向量垂直的坐标表示，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵∠DAC=30°，∠DBC=45°，
∴∠ADB=15°，
在△ABD中，∵ABsin∠ADB=BDsin∠DAB，
∴18sin15∘=BDsin30∘，BD=18sin30°sin15∘=18sin30°sin(45∘−30∘)=18×12 6− 24=9( 6+ 2)，
在Rt△BCD中，∵sin∠CBD=CDBD，
∴CD= 22×9( 6+ 2)=9( 3+1)≈24.6．
故选：C．
由题意得到∠ADB=15°，在△ABD中利用正弦定理得到BD，在Rt△BCD中，利用sin∠CBD=CDBD即可求解．
本题考查了正弦定理的应用，属于中档题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，在△A′B′O′中，∠A′O′B′=45°，A′B′⊥O′B′，由O′A′= 2，得A′B′=O′B′=1，
因此△A′B′O′的面积S△A′B′O′=12×1×1=12，
所以原三角形ABO面积是S△ABO=2 2S△A′B′O′= 2．
故选：C．
根据题意，求出直观图△A′B′O′的面积，再利用直观图与原图形面积关系求出结果．
本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：对于A，如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB/​/平面A1B1C1D1，BC/​/平面A1B1C1D1，但AB⊥BC，故A错误；
对于B，由线面垂直的判定定理，
知，如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，故B正确；‌
对于C，如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB⊥平面BB1C1C，AB⊥BB1，但BB1⊂平面BB1C1C，故C错误；
对于D，如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB⊥BC，BC⊥CD，但A B//C D，故D错误．
故选：B．
根据线线、线面平行和垂直有关定理，对四个选项逐一分析，即可得出正确选项．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意得EF//BA1，故异面直线EF与BD所成角即为∠DBA1，
而△DBA1是等边三角形，故∠DBA1=60°．
故选：B．
由异面直线所成角的概念求解．
本题考查了异面直线所成角的计算，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查二面角的平面角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C1−AB−D的平面角的大小．
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为1，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，
AB=0,1,0，AC1=−1,1,1，
设平面ABC1的法向量n=x,y,z，
则n⋅AB=y=0n⋅AC1=−x+y+z=0 ，
取x=1，得n=1,0,1，
平面ABD的法向量m=0,0,1，
设二面角C1−AB−D的平面角为θ，
则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=1 2= 22，
∴θ=45°，
∴二面角C1−AB−D的平面角等于45°，
故选B．
7.【答案】D
【解析】解：根据几何体结构特征，将几何体补形为长方体ABCD−PB1C1D1，
显然四棱锥P−ABCD的外接球即为长方体ABCD−PB1C1D1的外接球，
所以外接球球心在PC中点处，
又PC= AB2+AD2+PA2=2 6，故外接球半径R= 6，
所以V=43πR3=8 6π．
故选：D．
根据几何体结构特征补形为长方体得外接球球心在PC中点处，求出PC即可得球的半径，进而由球的体积公式V=43πR3即可得解．
本题考查了四棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：在B1B，B1C1上取点E，F，使得BB1=3EB1，B1C1=3B1F，
分别连结EF，BC1，AD1，
因为A1D1=3D1N，可得A1N//C1F，且A1N=C1F，
所以四边形A1FC1N为平行四边形，所以C1N//A1F，
由BB1=3EB1且B1C1=3B1F，可得EF/​/BC1，
又由AA1=3AM且A1D1=3D1N，所以MN/​/AD1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得AD1/​/BC1，所以EF/​/MN
因为A1F⊄平面C1MN，且C1N⊂平面C1MN，
所以A1F/​/平面C1MN，
同理可证EF/​/平面C1MN，
又因为A1F∩EF=F，且A1F，EF⊂平面A1EF，
所以平面A1EF/​/平面C1MN，
因此点Q的轨迹为线段EF，
在等腰三角形A1EF中，A1F=A1E= 10,EF= 2，
可得底边EF上的高为 A1F2−(EF2)2= 382，此即为A1Q长度的最小值．
故选：D．
在B1B，B1C1上取点E，F，使得BB1=3EB1，B1C1=3B1F，证得平面A1EF/​/平面C1MN，得到点Q的轨迹为线段EF，在等腰三角形A1EF中，求得底边EF上的高，即可求解．
本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：f(x)=cs2x−2 3sinxcsx=cs2x− 3sin2x=2cs(2x+π3)．
A：函数f(x)的最小正周期为T=2π2=π，故A正确；
B：f(π3)=2cs(2×π3+π3)=2csπ=−2，为f(x)的最小值，故B正确；
C：由−2π3≤x≤−π6，得−π≤2x+π3≤0，所以函数f(x)在[−2π3,−π6]上单调递增，故C错误；
D：将函数f(x)图象向左平移5π12个单位长度，
得y=2cs[2(x+5π12)+π3]=2cs(2x+7π6)=−2sin(2x+2π3)图象，
与函数y=2sin2x的图象不重合，故D错误；
故选：AB．
根据二倍角的正弦公式和辅助角公式可得f(x)=2cs(2x+π3)，结合余弦函数的图象与性质依次判断选项即可求解．
本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，余弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了正余弦定理，三角形的面积公式，不等式a2+b2≥2ab的应用，向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，考查了计算能力，属于中档题．
根据AB⋅AC=2 3S即可得出bccsA= 3bcsinA，从而求出tanA= 33，然后即可得出A=π6；可得出bsinA【解答】
解：对于A，因为AB⋅AC=2 3S，所以bccsA=2 3S=2 3×12bcsinA，tanA= 33，又A∈(0,π)，所以A=π6，A错误；
对于B，若b=3，且A=π6，则bsinA对于C，若△ABC为锐角三角形，则0π2，所以π3对于D，若D为BC边上的中点，则AD=12(AB+AC)，AD2=14(AB+AC)2=14(c2+2bccsA+b2)=14(b2+c2+ 3bc)，
又a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2− 3bc=4，b2+c2=4+ 3bc，
∴4=b2+c2− 3bc≥2bc− 3bc=(2− 3)bc，bc≤42− 3=4(2+ 3)，当且仅当b=c时等号成立，
所以AD2=14[(4+ 3bc)+ 3bc]=1+ 32bc≤7+4 3，所以|AD|≤2+ 3，当且仅当b=c时等号成立，D正确．
故选：BCD．
11.【答案】AD
【解析】解：对A，不妨取点F与点B1重合，
因为AC∩平面ABB1A1=A，A1B1在平面ABB1A1内，且不过点A，
所以AC，A1B1异面，即此时AC，A1F异面，A错误，符合题意；
对B，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，且A1B1C1D1/​/平面ABCD，
所以B1D1/​/平面ABCD，所以E F//平面ABCD，B正确，不符合题意；
对C，易知，点A到平面BB1D1D的距离为定值，又S△BEF=12EF⋅BB1=14，
所以三棱锥A−BEF的体积为定值，C正确，不符合题意；
对D，记AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OO1，O1A，
易知OO1⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以OO1⊥AO，
因为B1D1⊥A1C1，B1D1⊥OO1，OO1，A1C1是平面AA1C1C内的两条相交直线，
所以B1D1⊥平面AA1C1C，
又A O1⊂平面AA1C1C，所以A O1⊥B1D1，所以AO1= O1O2+AO2= 62，
所以S△AEF=12EF⋅AO1= 68，D错误，符合题意．
故选：AD．
取点F与点B1重合可判断A；利用面面平行可判断B；判断三棱锥的高和BEF的高是否为定值即可判断C；分别求点A，B到直线EF的距离可判断D．
本题考查立体几何的综合运用，属中档题．
12.【答案】4 2
【解析】解：[2(csπ4+isinπ4)]3=23(cs3π4+isin3π4)=8(− 22+ 2i2)=−4 2+4 2i，
故其虚部为4 2．
故答案为：4 2．
结合复数定义，借助所给公式计算即可得．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
13.【答案】②③
【解析】解：连接AC1，EF，连接AC，BD交于O，连接OF，则O是AC中点，
所以F是CC1的中点，则AC1//OF，而E∉OF，故EF//AC1不成立，①错；
如下图，BD⊥AC，CF⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，则CF⊥BD，
由AC∩CF=C，AC，CF⊂面ACFA1，则BD⊥面ACFA1，A1F⊂面ACFA1，
所以A1F与BD垂直，②对；
如下图，若G为BB1中点，连接AG，GF，显然GF//BC//AD，则面ADF即为面AGFD，
由题设易知：Rt△AEA1≅Rt△BGA，则∠BAG+∠AEA1=90°，即EA1⊥GA，
由AD⊥面ABB1A，EA1⊂面ABB1A，则AD⊥EA1，
GA∩AD=A，GA，AD⊂面AGFD，则EA1⊥面AGFD，即A1E⊥平面ADF，③对；
如下图，由面ABCD//面A1B1C1D1，则A1F与平面ABCD所成角，即为A1F与平面A1B1C1D1所成角，
由C1F⊥面A1B1C1D1，连接A1C1，则∠FA1C1或其补角即为所求线面角，
在Rt△FA1C1中，A1C1= 2AB,FA1= A1C12+C1C42=32AB，
所以sin∠FA1C1=FC1FA1=12AB32AB=13，④错．
故答案为：②③．
连接AC1，EF，连接AC，BD交于O，连接OF，易得AC1//OF，由平行公理判断①；利用线面垂直性质及判定判断②③；转化为求A1F与平面A1B1C1D1所成角，结合线面角定义及已知求其正弦值判断④．
本题考查线面所成的角，线面垂直的判定，属于中档题．
14.【答案】152
【解析】解：在多面体ABCDEF中，由EF/​/AB，EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
得EF/​/平面ABCD，延长FE到G，使得EG=EF，连接DG、AG，如图：
显然FG=AB=CD，FG//AB//CD，几何体ADG−BCF为三棱柱，
由平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD=BC，AB⊥BC，AB⊂平面ABCD，
得AB⊥平面FBC，则三棱柱ADG−BCF为直三棱柱，
于是三棱锥E−ADG的体积为：13S△ADG⋅EG=13×12×3×2×32=32，
所以原几何体的体积为：12×3×2×3−32=152．
故答案为：152．
先补全多面体ABCDEF，得到三棱柱ADG−BCF，然后求出三棱锥E−ADG的体积，从而求解．
本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为知m=( 3sinx,csx),n=(csx,−csx)，函数f(x)=m⋅n+12，
所以f(x)= 3sinxcsx−cs2x+12= 32sin2x−12(cs2x+1)+12
= 32sin2x−12cs2x=sin(2x−π6)，
令2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2，得kπ−π6≤x≤kπ+π3，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[kπ−π6,kπ+π3](k∈Z)，
(2)因为x∈[π4,5π12]，所以2x−π6∈[π3,2π3]，
所以 32≤sin(2x−π6)≤1，
故函数f(x)的值域为[ 32,1]．
【解析】(1)根据二倍角公式及辅助角公式化简函数，然后利用正弦函数的单调性求解增区间；
(2)先求出2x−π6的范围，然后利用正弦函数的性质求解值域即可．
本题考查三角恒等变换和三角函数的性质，属于基础题．
16.【答案】证明：(1)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，
又∠ACB=90°，即BC⊥AC，PA∩AC，
所以BC⊥平面PAC，
而BC⊂平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC；
(2)由(1)平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC=PC，AF⊥PC，AF⊂平面PAC，
所以AF⊥平面PBC，而PB⊂平面PBC，
所以AF⊥PB，
又因为AE⊥PB，AE∩AF=A，
可得PB⊥平面AEF，而EF⊂平面AEF，
所以EF⊥PB．
【解析】(1)易证PA⊥BC，由题意BC⊥AC，再由线面垂直的判定定理，可得BC⊥平面PAC，再证得结论；
(2)由(1)可证得AF⊥平面PBC，进而证得AF⊥PB，由题意可证得PB⊥平面AEF，再证得结论．
本题考查面面垂直的判定定理的应用及线面垂直的判定定理及下知地理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为asinB= 3bcsA，
所以由正弦定理得sinAsinB= 3sinBcsA，
因为B∈(0,π)，可得sinB≠0，
所以sinA= 3csA，可得tanA= 3，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
(2)在△ABC中，a= 21,b=4,A=π3，
所以由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，可得21=16+c2−8c×12，整理得c2−4c−5=0，
解得c=−1(舍去)，或c=5，
可得△ABC的面积S=12×5×4sinπ3=5 3．
【解析】(1)由题意利用正弦定理可得答案；
(2)由余弦定理求出c，再利用面积公式求出面积即可．
本题考查了正弦定理，余弦定理以及三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】证明：(1)∵ABCD为平行四边形，
∴AB/​/CD，又AB⊄面PCD，CD⊂面PCD，
∴AB/​/面PCD，∵面PAB∩面PCD=l，∴l/​/AB．
(2)取PA中点M，连接BM，EM，则EM= /​/12AD，又∵BF= /​/12AD，
∴EM= /​/BF，∴四边形BFEM为平行四边形，∴EF/​/BM，
∵EF⊄面PAB，BM⊂面PAB，∴EF/​/面PAB．
(3)取AD中点N，连接FN，NG，则FN/​/AB，FN⊄面ABE，AB⊂面ABE，
∴FN/​/面ABE，又∵FG/​/面ABE，FN⋂FG=F，FN，FG⊂面FNG，
∴面FNG/​/面ABE，且面PAD⋂面ABE=AE，面PAD⋂面FNG=NG，
∴AE/​/NG，又∵N为AD中点，∴G为ED中点，
∴EG=GD，又PE=ED，∴PGGD=3.
【解析】本题考查直线与平面平行，点线面距离的计算，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．
(1)证明AB/​/面PCD，然后证明l/​/AB．
(2)取PA中点M，连接BM，EM，证明四边形BFEM为平行四边形，然后利用直线与平面平行的判定定理证明EF/​/面PAB．
(3)取AD中点N，连接FN，NG，证明FN/​/面ABE，证明面FNG/​/面ABE，说明G为ED中点，通过线段关系求出PGGD=3．
19.【答案】解：(1)如图

延长BC、ED相交于点F，
因为∠BCD=∠CDE=2π3，所以∠FCD=∠FDC=π3，
所以△FCD是边长为1的等边三角形，∠CFD=π3，
所以FE=FD+DE=1+DE，FB=FC+CB=1+1=2，
由余弦定理得BE2=FB2+FE2−2FB×FEcs60°，
即12=4+(DE+1)2−2⋅2⋅(DE+1)⋅cs60°，即DE2=9，
所以DE=3．
(2)

延长BC，ED相交于点F，△FCD是边长为1的等边三角形，
由(1)FE2=FB2+BE2，得∠EBF=90°，EB⊥BF，
所以S△BEF=12×BF×BE=12×2×2 3=2 3，
S△CDF=12×CF×DFsin60 °= 34，
故四边形BCDE的面积为S△BEF−S△CDF=2 3− 34=7 34，
要想折叠后得到的四棱锥A−BCDE体积最大，则要四棱锥的高最大，
故使平面ABE⊥平面BCDE，此时四棱锥的高即为△ABE边BE上的高，
因为△ABE的面积为6，设BE边上的高为h，
则 6=12×2 3h，解得h= 2，
故四棱锥的体积最大值为13×7 34× 2=7 612；
(3)作AN⊥BE交BE于N点，由12BE⋅AN= 3AN= 6，所以AN= 2，
可得BN= AB2−AN2= 3，所以N点为BE的中点，
取EF的中点H，连接AH，NH，CH，
则NH//BF，可得NH⊥BE，所以∠ANH=135°，
设翻折前A点为A′，连接A′N，AA′，则A′N⊥BE，∠ANA′=45°，A′N= 2，
作AM⊥A′N交A′N于M点，连接CM，
因为AN⊥BE，NH⊥BE，AN∩NH=N，AN，NH⊂平面AA′H，
所以BE⊥平面AA′H，AM⊂平面AA′H，所以BE⊥AM，
因为A′N∩BE=N，A′N，BE⊂平面BEF，所以AM⊥平面BEF，
所以∠ACM为直线AC与平面BCDE所成的角，
由于∠ANA′=45°，AN= 2，所以AM=MN=1，
因为C，N分别为BF，BE的中点，所以CN//EF，CN=12EF=2，∠CNB=30°，∠ANB=∠HNE=90°，
由余弦定理得MC2=CN2+MN2−2CN⋅MNcs∠MNC
=4+1−2×2×(−12)=7,MC= 7，
所以tan∠ACM=AMMC=1 7= 77．

【解析】(1)延长BC、ED相交于点F，由余弦定理可得答案；
(2)求出四边形BCDE的面积为定值，要想折叠后得到的四棱锥A−BCDE体积最大，则要四棱锥的高最大，即平面ABE⊥平面BCDE时，此时四棱锥的高即为△ABE边BE上的高，求出高可得答案．
(3)作AN⊥BE交BE于N点，得N点为BE的中点，∠ANH=135°，设翻折前A点为A′，作AM⊥A′N，利用线面垂直的判定定理得AM⊥平面BEF，∠ACM为直线AC与平面BCDE所成的角，求出边长可得答案．
本题考查棱锥的体积以及几何法求二面角，属于中档题．