2022-2023学年江西省上饶市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省上饶市高一（下）期末数学试卷（含解析），共20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。

2022-2023学年江西省上饶市高一（下）期末数学试卷
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. 已知a，b∈R，i是虚数单位，若a+2i与1+bi互为共轭复数，则a−b=(    )
A. 1 B. −1 C. 3 D. −3
2. 已知角α的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(−3,4)，则cosα=(    )
A. 35 B. −35 C. 45 D. −45
3. 设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(    )
A. 若l//α，l//β，则α//β B. 若l⊥α，l⊥β，则α//β
C. 若l⊥α，l//β，则α//β D. 若α⊥β，l//α，则l⊥β
4. 已知sinα+cosα=3 55，则tanα+1tanα=(    )
A. −25 B. 52 C. −45 D. 54
5. 双塔公园，位于上饶市信州区信江北岸.“双塔”指五桂塔和奎文塔，始建于明清年间，是上饶市历史文化遗存的宝贵财富.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量五桂塔的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，五桂塔垂直于水平面，他们选取了与王桂塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得AB=17米，在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为45°和30°，∠ADB=30°，则五桂塔的高度CD是(    )

A. 10米 B. 17米 C. 25米 D. 34米
6. 函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是(    )

A. f(π12)=0 B. ω=4
C. f(x)的图象关于点(π6,0)对称 D. f(x)的图象关于直线x=−π4对称
7. 如图，已知棱长为 2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M在正方体的棱CB、CC1、CD上运动，MN⊥平面AB1D1，垂足为N，则点N形成图形中的各线段长度之和是(    )
A. 2
B. 2 2
C. 2 3
D. 3
8. 已知函数f(x)=cos(2x−π6)在[α,α+π6]上单调，而函数g(α)=sinωα(ω>0)有最大值1，则下列数值可作为ω取值的是(    )
A. 14 B. 12 C. 1 D. 2
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. 复数z=1+2i，i是虚数单位，则以下结论正确的是(    )
A. |z|= 5 B. z>1+i
C. z的虚部为2 D. z在复平面内对应点位于第一象限
10. 如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论一定正确的有(    )
A. B1P//A1D
B. B1P//平面ADD1A1
C. AD1//平面BDP
D. 三棱锥A−D1PC的体积为恒定值


11. 已知函数f(x)=2sin(2x+π3)的图象向右平移m(m>0)个单位得到函数g(x)的图象，函数g(x)为偶函数，则m的值可以是(    )
A. π6 B. 2π3 C. 5π12 D. 11π12
12. 在平面直角坐标系中，已知a=(cosα,sinα)，b=(cosβ,2cosβ)，则下列结论正确的是(    )
A. |b|的取值范围是[0, 5]
B. 当b≠0时，a在b方向上的投影数量的取值范围是[0,1]
C. |2a−b|的最大值是2+ 5
D. 若c=xa+yb，且x2+5y2=2，则|c|最大值为2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 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A′B′C′O′，且O′A′//B′C′，O′C′=2 2，A′B′=2，则该平面图形的高为______ ．

14. 已知sin(α+π12)= 55，α∈(0,π6)，则cos2α= ______ ．
15. 如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，BC=CC1=CD+1=2，则四面体AB1D1C的外接球的体积为______ ．


16. 已知△ABC是边长为2的等边三角形.如图，将△ABC的顶点A与原点重合，AB在x轴上，然后将三角形沿着x轴正方向滚动，每当顶点A再次回落到x轴上时，将相邻两个点A之间的距离称为“一个周期”，则完成“一个周期”时，顶点A的路径长度为______ ．
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a=(m,2)，b=(−2,1)，c=(3,2)．
(1)若a//(b+2c)，求实数m的值；
(2)若(a−b)⊥(b+c)，求实数m的值．
18. (本小题12.0分)
设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a−2b)(cosAcosB−sinAsinB)=ccosA．
(1)求角C；
(2)已知a=2，b=3，点D是AB边上的点，求线段CD的最小值．
19. (本小题12.0分)
如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，2A1B1=3AB，A1E=23A1B1，D1F=23D1C1．
(1)证明：A1D//平面BCFE；
(2)若DD1=AD=2，求异面直线DD1与EB所成的角的余弦值．

20. (本小题12.0分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，且AB=2，∠BAD=60°，PA=2 3，E是棱PC上的一点，PE=3EC．
(1)证明：PC⊥平面EBD；
(2)求三棱锥E−PBD的体积．

21. (本小题12.0分)
筒车是我国古代发明的一种灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用(图1).如图2，现有一个半径为4米的筒车按逆时针方向每分钟匀速旋转1圈，筒车的轴心O距离水面的高度为2米，若以盛水筒P刚浮出水面在点A处时为初始时刻，设经过t秒后盛水筒P到水面的距离为f(t)(单位：米)(在水面下则f(t)为负数).筒车上均匀分布着12个盛水筒，假设盛水筒在最高处时把水倾倒到水槽上．
(1)求函数f(t)的表达式；
(2)求第一筒水倾倒的时刻t和相邻两个盛水筒倾倒的时间差；
(3)若某一稻田灌溉需水量为100立方米，一个盛水筒倾倒到水槽的水约为0.01立方米，求需要多少小时才能完成该稻田的浇灌.(精确到0.1小时)


22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)= 2sinxcosx− 2cos2x+ 22．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若g(x)=f(x)+f(x+π4)−f(x)⋅f(x+π4)，存在x1，x2∈R，对任意x∈R，有g(x1)≤g(x)≤g(x2)恒成立，求|x1−x2|的最小值；
(3)若函数F(x)=−f2(x+π8)+a[f(x+π8)+2]−3在(0,nπ)(n∈N+)内恰有2023个零点，求a与n的值．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：a+2i与1+bi互为共轭复数，
则a=1，b=−2，
故a−b=3．
故选：C．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：∵α的终边经过点P(−3,4)，
∴|OP|=5，
∴cosα=−35．
故选：B．
可求得|OP|=5，由角的余弦的定义可得答案．
本题考查任意角的三角函数的定义，掌握三角函数的定义是解题的关键，属于基础题．

3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查直线与平面的位置关系及平面与平面之间的位置关系，属于基础题．
举反例可判断A；根据垂直于同一直线的两个平面平行可判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；根据空间中的位置关系判断D．
【解答】
解：若l//α，l//β，则平面α，β可能相交，此时交线与l平行，故A错误；
若l⊥α，l⊥β，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可得B正确；
若l⊥α，l//β，则存在直线m⊂β，使l//m，则m⊥α，故此时α⊥β，故C错误；
若α⊥β，l//α，则l与β可能相交，可能平行，也可能线在面内，故D错误；
故选：B．  
4.【答案】B 
【解析】解：因为sinα+cosα=3 55，
即sin2α+2sinαcosα+cos2α=95，
故sinαcosα=25，
整理得tanα+1tanα=1sinαcosα=52．
故选：B．
直接利用三角函数的关系式的变换求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．

5.【答案】B 
【解析】解：设CD=x，在△ACD中，∠CDA=90°，∠CAD=45°，
∴∠ACD=45°，∴AD=CD=x，

在△BCD中，∠CDB=90°，∠CBD=30°，则BD= 3x，
因为∠ADB=30°，所以由余弦定理得：x2+3x2−2x⋅ 3xcos30°=172，
整理得：x2=172，解得x=17．
故选：B．
设CD=x，进而可得AD=x，BD= 3x，由余弦定理得：x2+3x2−2x⋅ 3xcos30°=172，可求x．
本题考查余弦定理在解三角形中的应用，属中档题．

6.【答案】A 
【解析】解：由图象可得，T2=5π6−π3=π2，即周期T=π，
即2πω=π，得ω=2，故B错误，
则f(x)=sin(2x+φ)，
由五点对应法得2×π3+φ=π2，得φ=−π6，
即f(x)=sin(2x−π6)，
则f(π12)=sin(2×π12−π6)=sin0=0，故A正确．
f(π6)=sin(2×π6−π6)=sinπ6=12≠0，∴f(x)的图象关于点(π6,0)不对称，故C错误，
f(−π4)=sin[2×(−π4)−π6]=sin(−2π3)≠±1，
∴f(x)的图象关于直线x=−π4不对称，故D错误．
故选：A．
根据图象求出ω和φ的值，利用函数的对称性，函数值进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式，利用函数的性质进行判断是解决本题的关键，是中档题．

7.【答案】C 
【解析】解：点N形成图形是棱CB、CC1、CD在平面AB1D1上的射影线段构成的，
由于平行线段在同一平面内的射影长度是相等的，
所以CB、CC1、CD在平面AB1D1上的射影线段长度分别等于棱D1A1、AA1、B1A1在平面AB1D1上的射影线段长度，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为 2，
所以AB1=B1D1=AD1= ( 2)2+( 2)2=2，
所以△AB1D1是边长为2的等边三角形，
所以HA+HB1+HD1=3×23 3=2 3(H是△AB1D1的中心)，
故选：C．

点N形成图形是棱CB、CC1、CD在平面AB1D1上的射影线段构成的，由于平行线段在同一平面内的射影长度是相等的，进而可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中需要理清思路，属于中档题．

8.【答案】D 
【解析】解：∵x∈[α,α+π6]，∴2x−π6∈[2α−π6,2α+π6]，
由余弦函数的性质可知，当f(x)在[α,α+π6]上单调时，
2α−π6≥kπ2α+π6≤kπ+π(k∈Z)，得α∈[kπ2+π12,kπ2+5π12],k∈Z，
则ωα∈[(kπ2+π12)ω,(kπ2+5π12)ω],k∈Z，
由于选项中ω取14，12，1，2，其区间端点的前缀分别是kπ8，kπ4，kπ2，kπ，区间角的终边呈周期性变化，
因此只需考虑存在k∈Z，使得π2∈[(kπ2+π12)ω,(kπ2+5π12)ω],k∈Z，
则k取非负整数，且ω∈[66k+5,66k+1]，k∈Z，
选项中只有ω=2适合．
故选：D．
由题可得α的取值范围，从而得到ωα的范围，再结合条件和选项可得只需考虑存在k∈Z，使得π2∈[(kπ2+π12)ω,(kπ2+5π12)ω],k∈Z，从而求出ω的取值范围，结合选项即可选出答案．
本题考查三角函数的图象和性质，属于中档题．

9.【答案】ACD 
【解析】解：对于A，|z|= 12+22= 5，A正确；
对于B，含虚复数可以相等，但不能用大于小于联系，B错误；
对于C，z的虚部为2，C正确；
对于D，z在复平面内对应点为(1,2)，位于第一象限，D正确．
故选：ACD．
根据复数的性质进行计算和推理即可．
本题主要考查复数相关性质，属基础题．

10.【答案】BCD 
【解析】解：对于A，因为平面ADD1A1//平面BCC1B1，平面A1B1CD∩平面ADD1A1=A1D，平面A1B1CD∩平面BCC1B1=B1C，
所以A1D//B1C，
所以当P为BC1的中点时，才有B1P//A1D，所以A错误；
对于B，因为平面ADD1A1//平面BCC1B1，B1P⊂平面BCC1B1，
所以B1P//面ADD1A1，所以B正确；
对于C，由选项A同理可得AD1//BC1，
因为AD1⊄平面BDP，BC1⊂平面BDP，
所以AD1//面BDP，所以C正确；
对于D，因为由选项C可知AD1//BC1，
因为AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，
所以BC1//平面AD1C，
所以点P到平面AD1C为常数，
因为三角形AD1C的面积为常数，
所以VP−AD1C为定值，
因为VA−D1PC=VP−AD1C，
所以三棱锥A−D1PC的体积不变，所以D正确．
故选：BCD．
对于AB，由面面平行的性质分析判断；对于C，由线面平行的判定结合正方体的性质分析判断；对于D，由VA−D1PC=VP−AD1C和AD1//BC1分析判断．
本题考查线线平行的证明，线面平行的证明，三棱锥的体积问题，属中档题．

11.【答案】CD 
【解析】解：已知函数f(x)=2sin(2x+π3)的图象向右平移m(m>0)个单位，
得g(x)=2sin[2(x−m)+π3]，
又函数g(x)为偶函数，
则−2m+π3=kπ+π2，k∈Z，m=−kπ2−π12，k∈Z，
当k=−1或−2时，选项CD正确，
故选：CD．
直接利用三角函数的关系式的平移变换求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的平移变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：|b|= 5|cosβ|∈[0, 5]，A正确；
设OA=a，OB=b(O为坐标原点)，由于|a|=1，b的坐标满足y=2x(x∈[−1,1])，则点A在以O为圆心的单位圆上运动，点B在线段上运动，由投影数量的几何意义可知其取值范围是[−1,1]，B错误；
由|2a−b|≤|2a|+|b|≤2+ 5可知C正确；
|c|≤|xa|+|yb|≤|x|+ 5|y|≤2 x2+5y22=2，D正确．
故选：ACD．
A.可得出|b|= 5|cosβ|，然后可判断A的正误；
B.可设OA=a，OB=b(O为坐标原点)，得出点A在以O为圆心的单位圆上运动，点B在线段上运动，由投影数量的定义即可判断B的正误；
C.根据|2a−b|≤|2a|+|b|即可判断C的正误；
D.可得出|c|≤|x|+ 5|y|≤ 2(x2+5y2)，从而可判断D的正误．
本题考查了余弦函数的值域，投影数量的定义及计算公式，|a−b|≤|a|+|b|的应用，不等式a2+b2≥2ab的应用，考查了计算能力，属于中档题．

13.【答案】4 2 
【解析】解：根据题意，还原该平面图形的原图，如图：

易得该平面图形是直角梯形OABC，其高为OC=4 2．
故答案为：4 2．
根据题意，由斜二测画法还原该平面图形的原图，分析可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．

14.【答案】3 3+410 
【解析】解：α∈(0,π6)，
则α+π12∈(π12,π4)，2(α+π12)∈(π6,π2)，
又∵sin(α+π12)= 55，
则cos2(α+π12)=1−2sin2(α+π12)=35，
∵sin22(α+π12)+cos22(α+π12)=1，
∴sin2(α+π12)=45，cos2α=cos[2(α+π12)−π6]
=cos2(α+π12)cosπ6+sin2(α+π12)sinπ6=35× 32+45×12=3 3+410．
故答案为：3 3+410．
根据已知条件，结合二倍角公式，以及余弦的两角差公式，即可求解．
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．

15.【答案】92π 
【解析】解：CD=1，CC1=2，BC=2，四面体AB1D1C的外接球与长方体的外接球是同一个球，
其外接球的直径是长方体的体对角线，则其半径为32，其体积为43π(32)3=9π2．
故答案为：92π．
由题意四面体AB1D1C的外接球与长方体的外接球是同一个球，求出其半径即可求解．
本题考查了四面体外接球的体积计算，属于中档题．

16.【答案】8π3 
【解析】解：三角形沿着x轴正方向第一次滚动，
顶点A先以2为半径绕点B顺时针旋转2π3弧度，
再以2为半径绕点C顺时针旋转2π3弧度，
其路径长度为2×2π3×2=8π3．

故答案为：8π3．
利用扇形的弧长公式计算即可．
本题考查扇形的弧长公式的应用，属中档题．

17.【答案】解：(1)b=(−2,1)，c=(3,2)，
则b+2c=(4,5)，
∵a//(b+2c)，
∴5m=8，
∴m=85；
(2)a=(m,2)，b=(−2,1)，c=(3,2)．
则a−b=(m+2,1)，b+c=(1,3)
∵(a−b)⊥(b+c)，
∴m+2+3=0，解得m=−5． 
【解析】(1)根据已知条件，结合向量的坐标运算，以及向量平行的性质，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量平行、垂直的性质，属于基础题．

18.【答案】解：(1)由(a−2b)(cosAcosB−sinAsinB)=ccosA得，(a−2b)cos(A+B)=ccosA，
∵A+B+C=π，∴cos(A+B)=−cosC，
∴(2b−a)cosC=ccosA，
又由正弦定理，得(2sinB−sinA)cosC=sinCcosA，
即2sinBcosC=sinAcosC+cosAsinC，
∴2sinBcosC=sin(A+C)，
∵A+B+C=π，
∴sin(A+C)=sinB，即2sinBcosC=sinB，
∵0 ∵0 (2)由已知及余弦定理可得，c2=a2+b2−2abcosC=4+9−6=7，c= 7．
∵b边为最大边，∴角B为最大角，
而a2+c2>b2，∴△ABC为锐角三角形，
∴CD最小时为AB边上的高hc，
∵S△ABC=12absinC=12chc
∴6sinπ3= 7hc，∴hc=3 217，
∴CD的最小值为3 217． 
【解析】(1)由正弦定理，得(2sinB−sinA)cosC=sinCcosA，运算可得cosC，可求C；
(2)由余弦定理可求c，可得b最大，进而可得B为锐角，CD最小时为AB边上的高hc，计算可得线段CD的最小值．
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属中档题．

19.【答案】解：(1)证明：∵正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，2A1B1=3AB，A1B1//AB，
∴AB=23A1B1，又∵A1E=23A1B1，
∴AB=A1E，∴四边形AA1EB为平行四边形，
∴AA1//BE，又∵AA1⊄平面BCFE，BE⊂平面BCFE，
∴AA1//平面BCFE，

∵AD//BC，AD⊄平面BCFE，BC⊂平面BCFE，
∴AD//平面BCFE，
又∵AA1∩AD=A，AA1⊂平面ADD1A1，AD⊂平面ADD1A1，
∴平面ADD1A1//平面BCFE，
∵A1D⊂平面ADD1A1，
∴A1D//平面BCFE；
(2)在等腰梯形ADD1A1中作DM//AA1交A1D1于点M，由(1)知，AA1//BE
∴BE//DM，
∴∠MDD1就是异面直线DD1与EB所成的角，
∵DD1=AD=2，2A1D1=3AD，
∴△MDD1中，DM=DD1=2，MD1=1，
∴cos∠MDD1=DM2+DD12−MD122DM⋅DD1=78，
∴异面直线DD1与EB所成的角的余弦值为78． 
【解析】(1)根据条件可得出AB=A1E，从而得出AA1//BE，进而得出AA1//平面BCFE，然后可得出AD//平面BCFE，从而得出平面ADD1A1//平面BCFE，然后即可得出结论成立；
(2)在等腰梯形ADD1A1中作DM//AA1交A1D1于点M，然后可得出∠MDD1就是异面直线DD1与EB所成的角，在△DMD1中，根据余弦定理即可求出cos∠MDD1的值．
本题考查了向量数乘的几何意义，相等向量的定义，平行四边形的定义，异面直线所成角的定义及求法，余弦定理，正四棱台的定义，考查了计算能力，属于基础题．

20.【答案】解：(1)证明：连接AC交BD于点O，取PC中点F，连接OF，OE，

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
又∵PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
∴BD⊥PC，
∵AO=OC，PF=FC，
∴OF=12PA= 3，
∵AB=AD=2，∠BAD=60°，
∴CO=AO= 3，
∵PE=34PC且F为PC中点，
∴E为FC中点，
又∵CO=FO，
∴OE⊥PC，
∵OE、BD⊂平面BDE，OE∩BD=O，
∴PC⊥平面BDE；
(2)VE−PBD=34VC−PBD=34VP−BCD
=34×13×PA×S△BCD
=34×13×2 3×12×2× 3=32． 
【解析】(1)先证BD⊥平面PAC，得到BD⊥PC，再证OE⊥PC，即可证明PC⊥平面EBD；
(2)直接将VE−PBD转化为34VP−BCD，再按照体积公式求解即可．
本题考查了线面垂直的证明以及三棱锥体积的计算，属于中档题．

21.【答案】解：(1)由题意知，sin∠AOx=24=12，所以∠AOx=π6，
又因为盛水筒运动的角速度为ω=2π60=π30，
所以t秒后盛水筒转过的角度为π30t，
此时可得以OP为终边的角π30t−π6，
所以函数f(t)=4sin(π30t−π6)+2，t∈[0,+∞)．
(2)当第一筒水到达最高位置时，是第一次取得最大值，
此时π30t−π6=π2，解得t=20(秒)，
所以相邻两个盛水筒倾倒的时间差为2π12÷π30=5(秒)．
(3)完成该稻田的浇灌需倾倒1000.01=10000筒水，
所需时间为20+(10000−1)×5=50015秒，约为13.9小时． 
【解析】(1)求出∠AOx，根据盛水筒运动的角速度写出t秒后盛水筒转过的角度，从而得出函数f(t)的解析式．
(2)计算第一筒水到达最高位置时f(x)第一次取得最大值对应t的值，以及相邻两个盛水筒倾倒的时间差．
(3)计算完成该稻田的浇灌需倾倒的筒数，再求所需时间即可．
本题考查了三角函数模型应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．

22.【答案】解：(1)f(x)= 2sinxcosx− 2cos2x+ 22= 22sin2x− 22(1+cos2x)+ 22=sin(2x−π4)，
令−π2+2kπ≤2x−π4≤π2+2kπ(k∈Z)，得−π8+kπ≤x≤3π8+kπ(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递增区间为[−π8+kπ,3π8+kπ](k∈Z)；
(2)g(x)=f(x)+f(x+π4)−f(x)⋅f(x+π4)=sin(2x−π4)+cos(2x−π4)−sin(2x−π4)cos(2x−π4)，
令t=sin(2x−π4)+cos(2x−π4)= 2sin[(2x−π4)+π4]= 2sin2x，
所以t∈[− 2, 2]，
则sin(2x−π4)cos(2x−π4)=t2−12，
所以g(x)=h(t)=−12t2+t+12=−12(t−1)2+1，
当t=1，即sin2x= 22时，g(x)max=1，
当t=− 2，即sin2x=−1时，g(x)min=− 2−12，
又因为存在x1，x2∈R，对任意x∈R，有g(x1)≤g(x)≤g(x2)恒成立，
所以g(x1)为g(x)的最小值，g(x2)为g(x)的最大值，
所以sin2x1=−1，sin2x2= 22，
所以2x1=3π2，2x2=3π4，
所以|2x1−2x2|min=3π2−3π4=3π4，
即2|x1−x2|min=3π4，
所以|x1−x2|min=3π8；
(3)令F(x)=−f2(x+π8)+a[f(x+π8)+2]−3=0，
方程可化为a=sin22x+3sin2x+2=(sin22x−4)+7sin2x+2=(sin2x+2)+7sin2x+2−4，
令sin2x+2=m(m∈[1,3])，则a+4=m+7m，m∈[1,3]，
当a+4=8时，m=1，sin2x=−1，此时函数F(x)在(0,nπ)(n∈N+)上有n个零点，
∴a=4，n=2023适合题意，
当a+4∈(163,112)∪(112,8)时，m在(1,2)∪(2,73)内有一解，
sin2x在(−1,0)或(0,13)内有一取值，则此时函数F(x)在(0,nπ)(n∈N+)上有2n个零点，不适合题意；
当a+4=112时，m=2，sin2x=0，此时函数F(x)在(0,nπ)(n∈N+)上有2n−1个零点，
所以a=32，n=1012适合题意；
当a+4=163时，m=3或73，sin2x=1或13，则此时函数F(x)在(0,nπ)(n∈N+)上有3n个零点，不适合题意；
当a+4∈(2 7,163)时，m在(73, 7)和( 7,3)内各有一解，sin2x在(13, 7−2)和( 7−2,1)内各有一取值，
则此时函数F(x)在(0,nπ)(n∈N+)上有4n个零点，不适合题意；
当a+4=2 7时，t= 7，sin2x= 7−2，则此时函数F(x)在(0,nπ)(n∈N+)上有2n个零点，不适合题意．
综上所述，a=4，n=2023，或a=32，n=1012． 
【解析】(1)根据二倍角公式及辅助角公式可得f(x)=sin(2x−π4)，再根据正弦函数的性质求解即可；
(2)求出g(x)的最值，由题意可得g(x1)为g(x)的最小值，g(x2)为g(x)的最大值，从而即可得答案；
(3)由题意可得a=sin22x+3sin2x+2=(sin22x−4)+7sin2x+2=(sin2x+2)+7sin2x+2−4，令sin2x+2=m(m∈[1,3])，则a+4=m+7m，m∈[1,3]，分a+4=8、a+4∈(163,112)∪(112,8)、a+4=112、a+4=163、a+4∈(2 7,163)及a+4=2 7分别求解即可．
本题考查了三角恒等变化、三角函数的性质及转化思想及分类讨论思想，属于难题．