第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年福建省泉州市晋江一中高一（下）期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.若复数z=2−i，则i⋅z的虚部是( )A.2iB.iC.2D.12.如图，△A′O′B′是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知O′为坐标原点，顶点A′、B′均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则O′B′的长度为( )A.1B.2C.3D.43.已知cos(α+π12)=35，α∈(0,π2)，则sin(α+π3)=( )A.3−4310B.45C.−210D.72104.下列命题中正确的是( )A.若a，b是两条直线，且a//b，那么a平行于经过b的任何平面B.a，b是两条异面直线，过空间一点A且与a和b都平行的平面有且仅有一个C.平行于同一个平面的两条直线平行D.若直线a，b和平面α满足a//b，a//α，b不在平面α内，则b//α5.在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．若AC=BD=2，且AC与BD所成的角为60°，则EG的长为( )A.1B.2C.1或3D.2或36.如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
面积为( )A.36πB.27πC.182πD.9π7.已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO=AB+AC，|AO|=|AB|，则向量CA在向量BC上的投影向量为( )A.34BCB.−34BCC.34BCD.−34BC8.如图，在四面体ABCD中，AB=CD=2，AC=AD=BC=BD=5，若用一个与AB，CD都平行的平面α截该四面体，下列说法中错误的( )A.异面直线AB与CD所成的角为90°B.平面α截四面体ABCD所得截面周长不变C.平面α截四面体ABCD所得截面不可能为正方形D.该四面体的外接球半径为62二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列命题正确的是( )A.z−z−(z−是z的共轭复数)是纯虚数B.z1，z2都是复数，若z1+z2是虚数，则z1不是z2的共轭复数C.复数z是实数的充要条件是z=z−(z−是z的共轭复数)D.z1⋅z2−=z1−⋅z2−10.已知点A(−3,2)，B(1,0)，C(4,1)，D(−2,4)，则( )A.AB=(−4,2)B.AB⊥ADC.AB//DCD.四边形ABCD为直角梯形11.对于△ABC，则下列说法正确的是( )A.若sin2A=sin2B，则△ABC一定为等腰三角形B.若sinA=sinB，则△ABC一定为等腰三角形C.若a+b<2c，则0
0，则△ABC一定为锐角三角形12.已知函数f(x)=sinωx+acosωx(a>0,ω>0)，f(π3)=3，且f(x)≤f(π6)，则( )A.tan(πω6)=33B.a=3C.ω≥1D.f(x)在(0,π6)上单调递增三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知i是虚数单位，若复数z满足zi2019=1+i，则|z−|=______．14.已知向量a⊥(a−b)，|b|=2|a|，则a与b的夹角为______．15.如图所示，一个大风车的半径为8m，每12min旋转一周，最低点离地面2m.若风车翼片从最低点按逆时针方向开始旋转，则该翼片的端点P离地面的距离h(m)与时间t(min)之间的函数关系是______．16.在△ABC中，∠A=π6，D是BC边上任意一点(D与B、C不重合)，且丨AB|2=|AD|2+BD⋅DC，则∠B=______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)已知△ABC中∠C是直角，CA=CB，点D是CB的中点，E为AB上一点，且AE=2EB．(1)设CA=a，CB=b，请用a，b来表示AD，CE．(2)求证：AD⊥CE．18.(本小题12.0分)设函数f(x)=sinxcosx+cos2x，x∈R．(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f(A)=1，sinAsinC=sin2A+sin2C−sin2B，且a=2，求b的值．19.(本小题12.0分)如图①，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1木块中，E是CC1的中点．(1)要经过点A将该木块锯开，使截面平行于平面BD1E，在该木块的表面应该怎样画线？请在图①中作图，写出画法，并证明．(2)求四棱锥E−ABC1D1的体积；20.(本小题12.0分)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)在一个周期内的图象如图所示，(0,32)与(π3,32)为该图象上两点，且函数f(x)的一个零点为5π12．(1)求f(x)的解析式；(2)将y=f(x)的图象向左平移π6个单位长度，再将得到的图象横坐标不变，纵坐标变为原来的13，得到y=g(x)的图象.令F(x)=f(x)g(x)，求F(x)的最大值，若F(x)取得最大值时x的值为x0，求tan4x0．21.(本小题12.0分)如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点．(1)当M为PD的中点时，求证：MN//平面PAB．(2)当PB//平面AMN，求出点M的位置，说明理由．22.(本小题12.0分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA=sinB1+cosB．(1)求角C；(2)求ab+bc+cac2的取值范围．
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
和解析1.【答案】C 【解析】解：z=2−i，则iz=i(2−i)=1+2i，其虚部为2．故选：C．根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数虚部的定义，即可求解．本题主要考查复数的四则运算，以及复数虚部的定义，属于基础题．2.【答案】B 【解析】解：根据题意，设O′B′的长度为t，又由A′的坐标为(−6,0)，则O′A′=6，故SO′A′B′=12×O′A′×O′B′×sin135°=62t4，又由原图△AOB的面积为12，则有12×24=62t4，解可得t=2；故选：B．根据题意，设O′B′的长度为t，用t表示SO′A′B′的值，由原图与直观图的面积关系可得关于t的方程，解可得答案．本题考查斜二测画法的应用，涉及平面图形的直观图，属于基础题．3.【答案】D 【解析】解：因为α∈(0,π2)，所以α+π12∈(π12,7π12)，又cos(α+π12)=35，所以sin(α+π12)=1−cos2(α+π12)=45，所以sin(α+π3)=sin[(α+π12)+π4]=sin(α+π12)cosπ4+cos(α+π12)sinπ4=35×22+45×22=7210．故选：D．根据同角三角函数的基本关系求出sin(α+π12)，再根据sin(α+π3)=sin[(α+π12)+π4]利用两角和的正弦
公式
小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载
计算可得．本题主要考查两角和与差的三角函数，考查转化能力，属于基础题．4.【答案】D 【解析】解：若a，b是两条直线，且a//b，那么a平行于经过b的平面或a，b在一个平面内，故A错误；设a⊂α，b⊂β，且α//β，若A∈α或A∈β，则不存在平面使得该平面与a，b都平行；若A∉α且A∉β，则过A只有1个平面使得该平面与a，b都平行．故B错误；平行于同一个平面的两条直线平行、相交或异面，故C错误；因为平面外的2条直线中，如果有一个和这个平面平行，那么另一个也和这个平面平行．故D正确．故选：D．由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．本题主要考查了空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，属于基础题．5.【答案】C 【解析】解：连接HE，HG，在△ABD中，E，H分别是AB，DA的中点，∴HE//BD，HE=12BD=1，在△ACD中，G，H分别是CD，DA的中点，∴HG//AC，且HG=1，∵AC与BD所成的角为60°，∴∠EHG=60°或∠EHG=120°，当∠EHG=60°时，△EHG是等边三角形，EG=1，当∠EHG=120°时，由余弦定理得：EG=1+1−2×1×1×cos120°=3．∴EG的长为1或3．故选：C．连接HE，HG，可得∠EHG=60°或∠EHG=120°，解三角形能求出结果．本题考查中位线定理、异面直线所成角、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6.【答案】A 【解析】解：设圆锥的母线长为l，以S为圆心，SA为半径的圆的面积为S=πl2，又圆锥的侧面积S圆锥侧=πrl=3πl，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以πl2=3×3πl，解得l=9，所以圆锥的表面积S=S圆锥侧+S底=3×π×9+π×32=36π，故选：A．由题意可知πl2=3×3πl，再利用圆锥的表面积公式进行计算．本题考查了几何体的表面积计算，属于基础题．7.【答案】B 【解析】解：∵2AO=AB+AC，∴O是BC的中点，即BC是△ABC的外接圆的直径，∵|AO|=|AB|，∴△ABO是等边三角形，则∠ACB=30°，则|CA|=BCcos30°=32BC，则向量CA在向量BC上的投影为|CA|cos30°=32|BC|×32=34|BC|，则对应的投影向量为−34BC，故选：B．根据条件得到O是BC的中点，即BC是△ABC的外接圆的直径，然后根据投影和投影向量的定义进行求解即可．本题主要考查平面向量投影的求解，根据条件判断O是BC的中点，即BC是△ABC的外接圆的直径是解决本题的关键，是中档题．8.【答案】C 【解析】解：对于选项A，如图1，取CD中点M，△ACD为等腰三角形，那么CD⊥AM，同理，CD⊥BM，又因为AM∩BM=M，AM，BM⊂平面ABM，所以CD⊥平面ABM，而AB⊂平面ABM，所以CD⊥AB，故A正确；对于B，如图2，设平面α与四面体ABCD的各棱的交点分别为E，F，G，H，因为AB//平面α，且AB⊂平面ABD，两个平面的交线为HG，所以AB//HG，同理可得，FG//CD，所以HGAB=HDBD，HECD=BHBD，得：HG+HE=2，所以周长为22，故B正确；对于C，E，F，G，H为各棱中点时，截面是边长为22的正方形，故C错误；对于D，如图3，四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，则该四面体的外接球半径r=1212+12+22=62，故D正确．故选：C．对于A，作图，取CD的中点E，连接BE和AE，由条件可得CD⊥平面ABE，则CD⊥AB，故A正确；对于B，作图，利用平行线成比例性质得到FG=CGAC⋅AB，GH=AGAC⋅CD，PH=DPBD⋅AB，FP=BPBD⋅CD，进而可得FG+GH+PH+FP=ABAC(CG+AG+DP+BP)=2AB，故B正确；对于C，举出反例当CG=AG=DP=BP时，即G、P分别是AC，BD的中点，此时GH//CD，推出四边形为正方形；对于D，作图，找到球心即可．本题考查异面直线夹角的求法，考查四面体外接球表面积，截面形状的判断及面积的求解，综合性强，属于中档题．9.【答案】CD 【解析】解：设Z=a+bi，(a,b∈R)，则z−=a−bi，Z−Z−=a+bi−a+bi=2bi不一定为纯虚数，A错误；设z1=a+bi，z2=c+di，(a,b,c,d∈R)，若z1+z2=(a+c)+(b+d)i为虚数，则b+d≠0，即b≠−d，z1=a+bi，z2=c+di，z1不一定是z2的共轭复数，B错误；复数z=a+bi是实数的充要条件是b=0，此时z=z−=a，C正确；z1⋅z2=(a+bi)(c+di)=ac−bd+(ad+bc)i，则z1⋅z2−=(a−bi)(c−di)=ac−bd−(ad+bc)i，z1−⋅z2−=(a−bi)(c−di)=ac−bd−(ad+bc)i，所以z1⋅z2−=z1−⋅z2−，D正确．故选：CD．结合复数的基本概念及四则运算分别检验各选项即可判断．本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念的应用，属于基础题．10.【答案】BCD 【解析】解：点A(−3,2)，B(1,0)，C(4,1)，D(−2,4)，则AB=(4,−2)，故A错误；AD=(1,2)，AB=(4,−2)，因为AB⋅AD=4×1−2×2=0，所以AB⊥AD，故B正确；DC=(6,−3)，而AB=23DC，所以AB//DC，且|AB|≠|DC|，故C正确；AB//DC，AB⊥AD，可得四边形ABCD为直角梯形，故D正确．故选：BCD．由向量的坐标表示逐一计算即可．本题主要考查向量的坐标运算，属于基础题．11.【答案】BD 【解析】解：对于A：在△ABC中，若sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B：若sinA=sinB，则2RsinA=2RsinB，∴a=b，∴△ABC一定为等腰三角形，故B正确；对于C：∵c2=a2+b2−2ab⋅cosC，且2c>a+b，∴4c2=4(a+b)2−8ab(1+cosC)>(a+b)2，得3(a+b)2>8ab(1+cosC)，∴8ab(1+cosC)<12ab，∴cosC<12，∵C∈(0,π)，∴C>π3，故C错误；∵tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，∴tanA+tanB=tanC(tanAtanB−1)，∴tanA+tanB+tanC=tanC(tanAtanB−1)+tanC=tanAtanBtanC>0，∴tanA>0，tanB>0，tanC>0，即三个角都为锐角，∴△ABC为锐角三角形，故D正确．故选：BD．由正余弦定理及三角恒等变换逐一分析四个选项可得答案．本题考查正余弦定理，考查三角恒等变换，属中档题．12.【答案】AC 【解析】解：f(x)=sinωx+acosωx=a2+1sin(ωx+θ)(θ为辅助角，tanθ=a)，因为f(x)≤f(π6)，则f(π6)为函数的最大值，所以π6ω+θ=π2+2kπ，k∈Z，所以θ=π2−π6ω+2kπ，k∈Z，所以tanθ=1tanωπ6=a，所以tanπω6=1a，因为f(π3)=a2+1sin(πω3+θ)=3，所以sin(πω3+θ)=3a2+1，所以sin(πω3+π2−π6ω+2kπ)=cosπω6=3a2+1，所以sinπω6=3a2+1×1a，因为1a2×3a2+1+3a2+1=1，解得a=3，所以sinπω6=12，tanπω6=1a=33，故A正确，B错误；故πω6=π6+2kπ，k∈Z，所以ω=1+12n，k∈Z，又ω>0，所以ω≥1，故C正确；当ω=13时，因为0=a⋅b|a||b|=|a|22|a|2=12，又a与b的夹角范围为[0°,180°]，∴a与b的夹角为60°．故答案为：60°．由两向量垂直与数量积的关系可得a⋅b=|a|2，再由数量积求夹角公式得答案．本题考查由平面向量的数量积公式求向量的夹角，是基础题．15.【答案】h(t)=−8cosπ6t+10(t≥0) 【解析】解：如图，以风车最低点为原点，最低点的切线为x轴建立直角坐标系，则风车翼片端点P的位置为(x(t),y(t))，且h(t)=y(t)+2，其中y(0)=0，由cosθ=8−y(t)8，得y(t)=−8cosθ+8，而2π12=θt，∴θ=πt6，即y(t)=−8cosπt6+8，从而h(t)=−8cosπt6+10(t≥0)．故答案为：h(t)=−8cosπt6+10(t≥0)．建立坐标系，根据P的位置找角之间的关系即可．本题考查三角函数的实际应用，属于基础题．16.【答案】5π12 【解析】解：做高AE，不妨设E在CD上，设AE=h，CE=x，CD=p，BD=q，则DE=p−x，BE=p+q−x，则AD2=AE2+DE2=h2+(p−x)2，AB2=AE2+BE2=h2+(p+q−x)2，AB2−AD2=(p+q−x)2−(p−x)2=q(q+2p−2x)，即pq=BD⋅CD=q(q+2p−2x)，q≠0，所以p=q+2p−2x，x=p+q2=BC2，即E为BC中点，于是ABC为等腰三角形．顶角为π6，则底角B=5π12故答案为5π12．做高AE，不妨设E在CD上，设AE=h，CE=x，CD=p，BD=q，则DE=p−x，BE=p+q−x，根据勾股定理可分别表示出AD2和AB2，进而求得的表达式，根据题设等式可知pq=BD⋅CD，进而化简整理求得x=p+q2=BC2，推断出ABC为等腰三角形．进而根据顶角求得B．本题主要考查了解三角形问题．解题的关键是通过题设条件建立数学模型，考查了学生分析问题和解决问题的能力．17.【答案】解：(1)AD=AC+CD=−CA+12CB=−a+12b，CE=CB+BE=CB+13BA=CB+13(BC+CA)=13CB−13AC=13a+23b；证明：(2)由(1)AD⋅CE=(−a+12b)⋅(13a+23b)=−13a2+13b2−12a⋅b，因为CA=CB，∠C是直角，故|a|=|b|,a⋅b=0，故AD⋅CE=0，所以AD⊥CE． 【解析】(1)利用平面向量的线性运算法则求解；(2)由题意可知|a|=|b|,a⋅b=0，由(1)可得AD⋅CE=−13a2+13b2−12a⋅b，进而得到AD⋅CE=0，即可证得AD⊥CE．本题主要考查了平面向量的线性运算和数量积运算，属于中档题．18.【答案】解：(1)f(x)=12sin2x+12cos2x+12=22sin(2x+π4)+12，令−π2+2kπ≤2x+π4≤π2+2kπ,k∈Z，解得−3π8+kπ≤x≤π8+kπ,k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间为[−3π8+kπ,π8+kπ],k∈Z；(2)f(A)=22sin(2A+π4)+12=1，所以sin(2A+π4)=22，由A为三角形内角可得2A+π4∈(π4,9π4)，则2A+π4=3π4，即A=π4，由sinAsinC=sin2A+sin2C−sin2B，由正弦定理可得ac=a2+c2−b2，由余弦定理得cosB=a2+c2−b22ac=12，由B为sinB=32，由正弦定理可得asinA=bsinB，即b=asinBsinA=2×3222=6． 【解析】(1)先利用辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的单调性即可求解；(2)由已知先求出A，然后结合正弦定理及余弦定理可求B，进而可求b．本题主要考查了辅助角公式，正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．19.【答案】解：(1)取棱DD1的中点F，连接AF、CF、AC，则FC，FA，CA就是所求作的线．证明如下：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，∵E是CC1的中点，F为DD1的中点，则EC//D1F，且EC=D1F，于是得四边形CED1F是平行四边形，有D1E//CF，而D1E⊂平面BD1E，CF⊄平面BD1E，因此CF//平面BD1E.连接EF，可得EF//CD//AB，且EF=CD=AB，得四边形ABEF为平行四边形，则AF//BE，又BE⊂平面BD1E，AF⊄平面BD1E，于是有AF//平面BD1E，而CF∩AF=F，CF，AF⊂平面AFC，从而得平面AFC//平面BD1E.(2)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接CB1，交BC1于O，可得CO⊥平面ABC1D1，∵E是CC1的中点，∴E到平面ABC1D1的距离等于12CO=22，又四边形ABC1D1的面积S=2×22=42，∴四棱锥E−ABC1D1的体积V=13×42×22=43． 【解析】(1)取棱DD1的中点F，连接AF、CF、AC，则FC，FA，CA就是所求作的线，再由平面与平面平行的判定证明；(2)求出E到平面ABC1D1的距离及四边形ABC1D1的面积，再由棱锥体积公式求解．本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．20.【答案】解：因为图象过(0,32)与(π3,32)，可知x=π6为函数的对称轴，所以T4=5π12−π6=π4，即T=π，所以ω=2πT=2ππ=2，又函数图象经过(5π12,0)，所以Asin(2×5π12+φ)=0，即sin(5π6+φ)=0，又0<φ<∖user2π2，所以φ=π6，因为图象过点(0,32)，所以32=Asin(π6)，解得A=3，所以函数解析式为f(x)=3sin(2x+π6)．(2)y=f(x)的图象向左平移π6个单位长度可得y=3sin(2x+π2)=3cos2x，得到的图象横坐标不变，纵坐标变为原来的13，得到y=g(x)=cos2x，所以F(x)=f(x)g(x)=3sin(2x+π6)cos2x=3(32sin2xcos2x+12cos22x)=334sin4x+34cos4x+34=32sin(4x+π6)+34，当4x+π6=π2+2kπ,k∈Z，即x0=π12+kπ2,k∈Z时，F(x)有最大值94，此时tan4x0=tan(π3+2kπ)=tanπ3=3． 【解析】(1)求出对称轴可得出函数周期，由周期求出ω，再由过点(5π12,0)求出φ，代入(0,32)求A，即可得出函数解析式；(2)根据图象平移得出g(x)解析式，利用三角恒等变换化简F(x)，即可得出最大值及对应的自变量，再求出对应正切即可．本题考查三角函数的性质，属于中档题．21.【答案】证明：(1)在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，取AP中点为E，连接EM，EB，在△PAD中，M为PD的中点，E为AP中点，∴EM//AD,EM=12AD，在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，∴BN//AD,BN=12AD，∴BN//ME，BN=ME，∴四边形BNME为平行四边形，∴MN//BE，MN⊄面PAB，BE⊂面PAB，∴MN//平面PAB；解：(2)连接AN，BD，相交于O，连接OM，∵PB//面AMN，面PBD∩面AMN=OM，PB⊂面PBD，∴PB//OM,PMMD=OBOD=BNAD=12，即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点． 【解析】(1)取AP中点为E，连接EM，EB，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有BN//ME，BN=ME，即BNME为平行四边形，则MN//BE，最后根据线面平行的判定证结论；(2)连接AN，BD，相交于O，连接OM，由线面平行的性质得PB//OM，利用相似比可得PMMD=12，即可判断M的位置．本题考查了线面平行的证明和应用，属于中档题．22.【答案】解：(1)因为cosA1+sinA=sinB1+cosB，所以cos2A2−sin2A2sin2A2+cos2A2+2sinA2cosA2=2sinB2cosB21+2cos2B2−1，(cosA2−sinA2)(cosA2+sinA2)(sinA2+cosA2)2=2sinB2cosB22cos2B2，因为A，B∈(0,π)，所以A2,B2∈(0,π2)，所以sinA2+cosB2≠0,cosB2≠0，上式整理得cosA2−sinA2sinA2+cosA2=sinB2cosB2，即1−tanA2tanA2+1=tanB2，所以tanA2+tanB2=1−tanA2tanB2，所以tan(A+B2)=tanA2+tanB21−tanA2tanB2=1．因为A+B=π−C，所以tan(π2−C2)=1，因为C2∈(0,π2)，π2−C2∈(0,π2)所以π2−C2=π4，即C2=π4，解得C=π2．(2)因为ab+bc+cac2=sinAsinB+sinBsinC+sinCsinAsin2C=sinAsinB+sinB+sinA=sinAsin(π2−A)+sin(π2−A)+sinA=sinAcosA+cosA+sinA，所以令t=sinA+cosA=2sin(A+π4)，因为A∈(0,π2)，所以A+π4∈(π4,3π4)所以sin(A+π4)∈(22,1]，则t∈(1,2]．则sinAcosA=(sinA+cosA)2−12=t22−12，所以sinAcosA+cosA+sinA=t22+t−12，令f(t)=t22+t−12，因为f(t)的对称轴为t=−1，且开口向上，所以f(t)在区间(1,2]上单调递增，所以f(t)的取值范围为(1,1+222],所以ab+bc+cac2的取值范围为(1,1+222]． 【解析】(1)利用倍角公式化简为cosA2−sinA2sinA2+cosA2=sinB2cosB2，再弦化切得1−tanA2tanA2+1=tanB2，再逆用和角正切公式可得tan(A+B2)=1，进而可求解；(2)利用正弦定理边化角得sinAcosA+cosA+sinA，令t=sinA+cosA，则sinAcosA=t22−12，转化为求f(t)=t22+t−12取值范围，从而利用二次函数在区间的最值求法可得．本题考查解三角形问题，三角恒等变换，函数思想的应用，属中档题．
浙公网安备 33021202002483