2022-2023学年江西省部分学校高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省部分学校高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.已知复数z=1+2i(i为虚数单位)，则z−的虚部为( )
A. 2B. −2C. 2iD. −2i
2.已知平面向量a=(1,0)，b=(1,2)，若(a+λb)⊥a，则实数λ=( )
A. −1B. −2C. −12D. 1
3.已知θ∈(3π2,2π)，且cs2θ+csθ=0，则sin2θ+sinθ等于( )
A. 0B. 3C. − 3D. 2
4.一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱．这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1，h2，h，则h1：h2：h=( )
A. 3:1:1B. 3:2:2C. 3:2: 2D. 3:2: 3
5.在△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90∘.P为△ABC所在平面内的动点，且PC=1，则PA⋅PB的取值范围是( )
A. [−5,3]B. [−3,5]C. [−6,4]D. [−4,6]
6.△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3acsB−3bcsA=2c，则tanAtanB的值是( )
A. 1B. 3C. 4D. 5
7.已知函数f(x)=4sinωx⋅sin2(ωx2+π4)−2sin2ωx(ω>0)在区间[−π2,2π3]上是增函数，且在区间[0,π]上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围是( )
A. (0,1]B. (0,34]C. [1,+∞)D. [12,34]
8.如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥BD，△BCD为边长为2 3的等边三角形，点P为边BD上一动点，则AP⋅CP的取值范围为( )
A. [−6,0]
B. [−254,0]
C. [−274,0]
D. [−7,0]
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.设复数z满足z(4+3i)=2−i(其中i是虚数单位)，则下列说法正确的是( )
A. z的虚部为−25iB. z在复平面内对应的点位于第四象限
C. z+z−=25D. |z|=15
10.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列结论正确的是( )
A. 直线D1D与直线AF垂直
B. 直线A1G与平面AEF平行
C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为92
D. 点C与点G到平面AEF的距离相等
11.在锐角△ABC中，A，B，C为三个内角a，b，c分别为A，B，C所对的三边，则下列结论成立的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinBB. 若A=π3，则B的取值范围是(0,π2)
C. sinA+sinB>csA+csBD. tanBtanC>1
12.对于函数f(x)=|sinx|+cs2x，下列结论正确得是( )
A. f(x)的值域为[0,98]B. f(x)在[0,π2]单调递增
C. f(x)的图象关于直线x=π4交对称D. f(x)的最小正周期为π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图，△O′A′B′是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O′A′=O′B′=2，且O′A′⊥O′B′，则△OAB的面积为___________.
14.已知α是实系数一元二次方程x2−(2m−1)x+m2+1=0的一个虚数根，且|α|≤ 5，若向量a=(2m−1,3−m)，则向量|a|的取值范围为______
15.在△ABC中，O是△ABC的外心，G是△ABC的重心，且OG⋅BC=14BC2，则cs∠A的最小值为______.
16.函数f(x)=|asin2x+cs2x|+|sinx+csx|⋅|(1+a)sinx+(1−a)csx|，a∈R，且f(x)的最大值为3，则实数a=______ .
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)
已知−1+2i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，其中i为虚数单位.
(Ⅰ)求p，q的值；
(Ⅱ)记复数z=p+qi，求复数z−1+i的模.
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，平面PCD⊥平面ABCD，E是AD的中点，∠PDC=∠ADC=120∘，AD=2CD=2，PD=4.
(Ⅰ)证明：AD⊥PB；
(Ⅱ)求平面PAB与平面PBE夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
在①b=acsC+ 33csinA；②(b+c+a)(b+c−a)=3bc；③sinA−sinCsinB−sinC=ba+c这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答．
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_______.
(1)求A；
(2)若a= 3，求△ABC面积的取值范围．
20.(本小题12分)
已知向量a=(2sinx,sinx+csx)，b=(csx,−2−m)，函数f(x)=a⋅b.
(1)当m=2时，求f(x)的最小值；
(2)是否存在实数m，使不等式f(x)>6sinx+csx−4−2m对任意的x∈[0,π2]恒成立，若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由.
21.(本小题12分)
某大学科研团队在如下图所示的长方形区域ABCD内(包含边界)进行粒子撞击实验，科研人员在A、O两处同时释放甲、乙两颗粒子．甲粒子在A处按AM方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按ON方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失．已知AB长度为6分米，O为AB中点．
(1)已知向量AM与ON的夹角为π3，且AD足够长．若两颗粒子成功发生碰撞，求两颗粒子运动路程之和的最大值；
(2)设向量AM与向量AO的夹角为α(0<α<π)，向量ON与向量OB的夹角为β(0<β<π)，甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍．请问AD的长度至少为多少分米，才能确保对任意的β∈(0,π)，总可以通过调整甲粒子的释放角度α，使两颗粒子能成功发生碰撞？
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2−a|x|+b，g(x)=cs2x+(2a−1)csx+1−a(a,b∈R).
(Ⅰ)判断f(x)的奇偶性并证明；
(Ⅱ)若a=1，x∈[0,π]，求g(x)的最小值和最大值；
(Ⅲ)定义min{x,y}=x,x≤yy,x>y，设h(x)=min{f(x),g(x)}，若h(x)在(−π2,π2)内恰有三个不同的零点，求a的取值集合．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为复数z=1+2i，
所以z−=1−2i，
所以z−的虚部为−2.
故选：B.
根据共轭复数的定义写出z的共轭复数，再写出z−的虚部．
本题考查了共轭复数的定义与应用问题，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵平面向量a=(1,0)，b=(1,2)，
∴a+λb=(1+λ,2λ)，
∵(a+λb)⊥a，
∴(a+λb)⋅a=1+λ=0，
解得实数λ=−1.
故选：A.
利用向量坐标运算法则和向量垂直的性质直接求解．
本题考查向量的运算，考查向量坐标运算法则和向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由cs2θ+csθ=0，得2cs2θ+csθ−1=0，
得(csθ+1)(2csθ−1)=0，
得csθ=−1或csθ=12，
∵θ∈(3π2,2π)，∴csθ=12，则sinθ=− 32，
则sin2θ+sinθ=2sinθcsθ+sinθ=2×12×(− 32)− 32=− 32− 32=− 3，
故选：C.
根据倍角公式进行化简，然后利用同角关系进行求解即可．
本题主要考查三角函数值的计算，利用三角函数的倍角公式进行化简是解决本题的关键，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：如图，设正三棱锥P−ABE的各棱长为a，则四棱锥P−ABCD的各棱长也为a，DO= 2a2，h1=PO，
于是h1= a2−( 22a)2= 22a，
h2= a2−( 32a×23)2= 63a=h，
∴h1:h2:h= 3:2:2.
故选：B.
做该题可以将几何体还原，利用题目的条件进行求解即可．
本题考查学生的空间想象能力，及对简单几何体机构的认识，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，AC=3，BC=4，∠C=90∘，
以C为坐标原点，CA，CB所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图：
则A(3,0)，B(0,4)，C(0,0)，
设P(x,y)，
因为PC=1，
所以x2+y2=1，
又PA=(3−x,−y)，PB=(−x,4−y)，
所以PA⋅PB=−x(3−x)−y(4−y)=x2+y2−3x−4y=−3x−4y+1，
设x=csθ，y=sinθ，
所以PA⋅PB=−(3csθ+4sinθ)+1=−5sin(θ+φ)+1，其中tanφ=34，
当sin(θ+φ)=−1时，PA⋅PB有最小值为−4，
当sin(θ+φ)=−1时，PA⋅PB有最大值为6，
所以PA⋅PB∈[−4,6]，
故选：D.
根据条件，建立平面直角坐标系，设P(x,y)，计算可得PA⋅PB=−3x−4y+1，进而可利用参数方程转化为三角函数的最值问题求解．
本题考查了平面向量数量积的最值问题，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三角形中正弦定理的应用，属于基础题．
由正弦定理及两角和的正弦公式整理可得tanAtanB的值．
【解答】
解：因为3acsB−3bcsA=2c，由正弦定理可得3sinAcsB−3sinBcsA=2sinC，
在三角形中，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以3sinAcsB−3sinBcsA=2(sinAcsB+csAsinB)，
整理可得：sinAcsB=5csAsinB，
所以tanAtanB=5.
故选D.
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查正弦函数的图象和性质，研究有关三角的函数时要利用整体思想，灵活应用三角函数的图象和性质解题．
由三角函数恒等变换的应用可得f(x)=2sinωx，可得[−π2ω,π2ω]是函数含原点的递增区间，结合已知可得[−π2ω,π2ω]⊇[−π2,2π3]，可解得0<ω≤34，又函数在区间[0,π]上恰好取得一次最大值，根据正弦函数的性质可得0≤π2ω≤π，进而得解．
【解答】
解：∵f(x)=4sinωx⋅sin2(ωx2+π4)−2sin2ωx
=4sinωx⋅1−cs(ωx+π2)2−2sin2ωx
=2sinωx(1+sinωx)−2sin2ωx
=2sinωx，
即：f(x)=2sinωx，
∴[−π2ω,π2ω]是函数含原点的递增区间．
又∵函数在[−π2,2π3]上递增，
∴[−π2ω,π2ω]⊇[−π2,2π3]，
∴得不等式组：−π2ω≤−π2，2π3≤π2ω，
又∵ω>0，
∴0<ω≤34，
又函数在区间[0,π]上恰好取得一次最大值，
根据正弦函数的性质可知ωx=2kπ+π2，k∈Z，
即函数在x=2kπω+π2ω处取得最大值，可得0≤π2ω≤π，
∴ω≥12，
综上，可得ω∈[12,34].
故选：D.
8.【答案】C
【解析】解：由题意可知，△BCD为等边三角形，则有∠DBC=60∘，∠ABD=30∘，
在Rt△ABD中，AD=BD×tan30∘=2 3× 33=2,AB=2AD=4；
如图以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
则有A(0,4),C(2 3,0)，由于∠DBC=60∘，故可设P点坐标为(x, 3x)，且0≤x≤ 3，
所以AP=(x, 3x−4),CP=(x−2 3, 3x)，
所以AP⋅CP=x(x−2 3)+( 3x−4) 3x=4x2−6 3x=4(x−3 34)2−274，
因为0≤x≤ 3，当x=3 34时，4(x−3 34)2−274取得最小值−274，
当x=0时，4(x−3 34)2−274取得最大值为0，
所以−274≤AP⋅CP≤0，
故选：C.
根据题意可计算出AB的长，由此建立平面直角坐标系，设点P的坐标，进而表示向量AP,CP的坐标，计算AP⋅CP，结合二次函数的知识求得结果．
本题考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：∵z(4+3i)=2−i，
∴z=2−i4+3i=(2−i)(4−3i)(4+3i)(4−3i)=15−25i，
对于A，z的虚部为−25，故A错误，
对于B，z在复平面内对应的点(15,−25)位于第四象限，故B正确，
对于C，z+z−=15−25i+15+25i=25，故C正确，
对于D，|z|= (15)2+(−25)2= 55，故D错误．
故选：BC.
根据已知条件，结合复数的四则运算，先对z化简，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部和共轭复数的定义，复数的几何意义，复数模公式，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A：AF=AB+BC+CF，
∴D1D⋅AF=D1D⋅(AB+BC+CF)=D1D⋅AB+D1D⋅BC+D1D⋅CF=0+0+2×1=2≠0，故A错误；
对于B：以D为原点，以DC、DA、D1D所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，如图所示：
则D(0,0,0)，A1(0,2,2)，G(2,2,1)，A(0,2,0)，E(2,1,0)，F(2,0,1)，
∴A1G=(2,0,−1)，AE=(2,−1,0)，AF=(2,−2,1)，
设平面AEF的一个法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅AF=0，即2x−y=02x−2y+z=0，取x=1，则y=2，z=2，
∴n=(1,2,2)，
∴A1G⋅n=2−2=0，
∴直线A1G与平面AEF平行，故B正确；
对于C：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，D1A//C1B//EF，
∴等腰梯形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面，
则|AD1|=2 2，|EF|= 2，|AE|=|FD1|= 5，
∴直线EF与直线D1A的距离为 AE2−(AD1−EF2)2=3 22，
∴等腰梯形AEFD1的面积(2 2+ 2)2×3 22=92，故C正确；
对于D：点C到平面AEF的距离为hC，点G到平面AEF的距离为hG，
VC−AEF=VA−CEF=13×12×1×1×2=13S△AEF⋅hC，
VG−AEF=VA−GEF=13×12×2×1×2=13S△AEF⋅hG，
∴hG≠hC，故D错误，
故选：BC.
根据棱柱的结构特征，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征、点到面的距离、直线与平面平行，考查向量法，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了解三角形，正弦定理，学生的数学运算能力，属于基础题．
利用三角形的性质，正弦定理，即可解出．
【解答】
解：因锐角△ABC，
若A>B，即π2>A>B>0，
正弦函数y=sinx在(0,π2)上单调递增，
∴sinA>sinB，故选项A正确；
若A=π3，B+C=2π3，而B，C均为锐角，故π6由π2∴0<π2−A∴sinB>sin(π2−A)=csA，
同理sinA>csB，
∴siinA+sinB>csA+csB.故项C正确；
∵π2∴cs(B+C)<0，即csBcsC∵csBcsC>0，
∴tanBtanC>1，故选项D正确．
故选：ACD.
12.【答案】AD
【解析】解：f(x)=|sinx|+cs2x=−2|sinx|2+|sinx|+1=−2(|sinx|−14)2+98∈[0,98]，故A正确；
当x∈[0,π2]，|sinx|=sinx在[0,π2]上单调递增，f(x)=−2(|sinx|−14)2+98，故f(x)在[0,π2]先增后减，故B错误；
f(0)=|sin0|+cs2×0=1，f(π2)=|sinπ2|+cs2×π2=0，f(0)≠f(π2)，故C错误；
f(x+π)=|sin(x+π)|+cs2(x+π)=|−sinx|+cs(2x+2π)=|sinx|+cs2x=f(x)，故f(x)的最小正周期为π，故D正确．
故选：AD.
利用正弦函数和余弦型函数的性质逐项计算可判断每项的正确性．
本题考查正弦函数和余弦型函数的性质，以及判断对称轴，求值域，判断周期，属中档题．
13.【答案】4 2
【解析】【分析】
本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用，其中熟记斜二测画法的规则，画出平面图形的直观图是解答的关键，考查了数形结合思想，属于基础题．
过B′分别作y′，x′轴的平行线，且交x′，y′轴于点M，N，求出O′N，O′M的长度，从而得到原坐标系中点A，B的坐标，再求出三角形的面积．
【解答】
解：过B′分别作y′，x′轴的平行线，且交x′，y′轴于点M，N，
∴O′N=2 2，O′M=2，
∴在原坐标系xOy中，点B(−2,4 2)，点A(2,0)，
∴S△OAB=4 2.
故答案为：4 2.
14.【答案】[ 5,5 134)
【解析】解：不妨设α=a+bi，α−=a−bi(a,b为实数)，
因为α是实系数一元二次方程x2−(2m−1)x+m2+1=0的一个虚数根，
所以α−也是x2−(2m−1)x+m2+1=0的一个虚数根，
从而α⋅α−=a2+b2=|α−|2=m2+1≤5①，
又因为x2−(2m−1)x+m2+1=0无实根，
所以Δ=[−(2m−1)]2−4(m2+1)<0②，
由①②可得，−34因为a=(2m−1,3−m)，
所以|a|2=(2m−1)2+(3−m)2=5(m−1)2+5(*)，
由一元二次函数性质易知，当m=1时，(*)有最小值5，当m=−34时，(*)=32516，当m=2时，(*)=10，
故当−34故向量|a|的取值范围为：[ 5,5 134).
故答案为：[ 5,5 134).
根据已知条件一元二次方程根的特征可知，α−也是x2−(2m−1)x+m2+1=0的虚数根，结合已知条件，利用根与系数之间的关系和判别式求出m的取值范围，然后再利用向量的模长公式和一元二次函数性质即可求解．
本题主要考查了复数的性质，向量数量积的性质，还考查了二次函数性质，属于中档题．
15.【答案】 53
【解析】解：设△ABC中A，B，C所对边分别为a，b，c，取BC的中点D，
则OG⋅BC=(OD+DG)⋅BC=DG⋅BC=13DA⋅BC=16(AB2−AC2)，
∴16(c2−b2)=14a2，∴2(c2−b2)=3a2，
∴cs∠A=b2+c2−a22bc=5b2+c26bc≥ 53，
当且仅当 5b=c时取等号，
此时a:b:c=2 2: 3: 15.
故cs∠A的最小值为 53.
故答案为： 53.
根据G是△ABC的重心且OG⋅BC=14BC2得边的等式，再根据余弦定理，基本不等式即可求解．
本题考查平面向量的线性运算．向量数量积的定义与性质，余弦定理，基本不等式，属中档题．
16.【答案】±1
【解析】解：函数f(x)=|asin2x+cs2x|+|(1+a)sin2x+2sinx⋅csx+(1−a)cs2x|
=|asin2x+cs2x|+|1−(acs2x−sin2x)|
=| 1+a2⋅(a 1+a2sin2x+1 1+a2cs2x)|+|1− 1+a2⋅(a 1+a2cs2x−1 1+a2sin2x)|，
令sinα=1 1+a2，csα=a 1+a2，
则f(x)= 1+a2|sin(2x+α)|+|1− 1+a2cs(2x+α)|.
令m= 1+a2sin(2x+α)，n= 1+a2cs(2x+α)，则m2+n2=1+a2，
因为(m+n)2=m2+n2+2mn≤2(m2+n2)，当且仅当m=n时等号成立，
所以|m|+|n|≤ 2 m2+n2= 2 1+a2，当且仅当|m|=|n|= 1+a22时取等号，
所以f(x)=|m|+|1−n|≤|m|+|n|+1≤ 2 1+a2+1=3，
解得a=±1.
故答案为：±1.
化简f(x)，把f(x)化为关于正弦、余弦的函数，再结合题意利用基本不等式推出f(x)≤ 2 1+a2+1，由此求出结果．
本题考查了三角恒等变换，辅助角公式的应用和基本不等式，是中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)令x=−1+2i，代入已知方程可得：
(−1+2i)2+p(−1+2i)+q=0，整理可得：q−p−3+(2p−4)i=0，
所以q−p−3=02p−4=0，解得p=2，q=5，
(Ⅱ)z=2+5i，则z−=2−5i，
所以|z−1+i|=|z−||1+i|= 22+(−5)2 12+12= 29 2= 582.
【解析】(Ⅰ)令x=−1+2i，代入已知方程即可求解；(Ⅱ)先写出复数z的关系式，再求出z的共轭复数，再根据模的运算公式即可求解．
本题考查了复数的运算性质，涉及到求解复数模的运算，考查了学生的运算能力，属于基础题．
18.【答案】证明：(I)延长CD，过点P作PF⊥CD，垂足为F，连接FE，FA，
由平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，∴PF⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，∴PF⊥AD，
∵∠PDC=∠ADC=120∘，AD=2CD=2，PD=4，
∴∠PDF=∠ADF=60∘，DF=AD=2，∴△ADF是正三角形，
又∵ABCD是直角梯形，∴AB=2，即△ABD也是正三角形，
故ABDF为菱形，所以F，E，B三点共线，且AD⊥BF，∴AD⊥平面PBF，
又PB⊂平面PBF，从而AD⊥PB.
(II)由(I)知，以点F为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，
∴F(0,0,0),P(0,0,2 3),A( 3,1,0),B( 3,3,0),D(0,2,0),AP=(− 3,−1,2 3),AB=(0,2,0)，
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AP=0n⋅AB=0，即− 3x−y+2 3z=02y=0，取n=(2,0,1)，
又∵AD⊥平面PBF，所以平面PBE的法向量为AD=(− 3,1,0)，
设平面PAB与平面PBE所成二面角的平面角为θ，则|csθ|=|AD⋅n||AD|⋅|n|=2 32 5= 155，
所以平面PAB与平面PBE夹角的余弦值是 155.
【解析】(I)利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理及性质定理即可证得结论；
(II)建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角．
本题考查线面角及空间向量的应用，考查学的是运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)选①：
由正弦定理及b=acsC+ 33csinA，得sinB=sinAcsC+ 33sinCsinA，
所以sin(A+C)=sinAcsC+ 33sinCsinA，
所以sinAcsC+csAsinC=sinAcsC+ 33sinCsinA.
即csAsinC= 33sinCsinA，
因为sinA≠0，sinC≠0，所以tanA= 3，
又0选②：
因为(b+c+a)(b+c−a)=3bc，所以b2+c2−a2=bc，
由余弦定理知，csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
又0选③：
由正弦定理及sinA−sinCsinB−sinC=ba+c，得a−cb−c=ba+c，所以a2−c2=b2−bc，
由余弦定理知，csA=b2+c2−a22bc=12，
因为0(2)由正弦定理得，bsinB=csinC=asinA= 3sinπ3=2，
所以b=2sinB,c=2sinC=2sin(B+π3)，
所以S△ABC=12bcsinπ3= 3sinBsin(B+π3)= 3(12sin2B+ 32sinBcsB)= 3(1−cs2B4+ 34sin2B)= 32sin(2B−π6)+ 34，
因为B∈(0,2π3)，所以2B−π6∈(−π6,7π6)，
所以sin(2B−π6)∈(−12,1],
所以S△ABC= 32sin(2B−π6)+ 34∈(0,3 34],
故△ABC面积的取值范围为(0,3 34].
【解析】(1)选①：利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，化简可得tanA= 3，得解；
选②：结合已知条件和余弦定理，可得csA=12，得解；
选③：利用正弦定理化角为边，并结合余弦定理，可得csA=12，得解；
(2)通过正弦定理可得b=2sinB,c=2sinC=2sin(B+π3)，再由三角形面积公式，结合三角恒等变换公式，化简得S△ABC= 32sin(2B−π6)+ 34，然后通过B的取值范围，借助正弦函数的图象与性质，得解．
本题考查解三角形与三角函数的综合，熟练掌握正弦定理，余弦定理，三角恒等变换公式，正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵a=(2sinx,sinx+csx)，b=(csx,−2−m)，
∴f(x)=a⋅b=2sinxcsx−(m+2)(sinx+csx)=sin2x−(m+2)(sinx+csx)=−cs(π2+2x)− 2(m+2)sin(x+π4)=2sin2(x+π4)−1− 2(m+2)sin(x+π4)，
令t=sin(x+π4)∈[−1,1]，
当m=2时，f(x)=φ(t)=2t2−4 2t−1=2(t− 2)2−5，
其对称轴t= 2>1，开口向上，由二次函数的单调性知，φ(t)在[−1,1]单调递减，
∴当t=1时，φ(t)取得最小值为φ(t)min=φ(1)=2−4 2−1=1−4 2，
∴f(x)的最小值为1−4 2；
(2)由(1)知，f(x)=2sinxcsx−(m+2)(sinx+csx)，
∴f(x)=2sinxcsx−(m+2)(sinx+csx)>6sinx+csx−4−2m，对任意的x∈[0,π2]恒成立，
令p=sinx+csx，x∈[0,π2]，则p= 2sin(x+π4)，
∵x∈[0,π2]，∴x+π4∈[π4,34π]，∴sin(x+π4)∈[ 22,1]，∴p∈[1, 2]，
由p=sinx+csx得2sinxcsx=p2−1，
则p2−1−(m+2)>6p−4−2m，整理得(p2+3)(p−2)+mp(2−p)>0，
∴p2+3p+3p在[1, 2]上恒成立，
由对勾函数的性质知，p+3p在[1, 2]上单调递减，
当p=1时，p+3p取得最大值4，∴m>4，
故存在m，且m的范围为(4,+∞).
【解析】(1)由题意求出f(x)，再换元，令t=sin(x+π4)∈[−1,1]，得到关于t的二次函数，求最值即可；
(2)由条件可得2sinxcsx−(m+2)(sinx+csx)>6sinx+csx−4−2m，对任意的x∈[0,π2]恒成立，令p=sinx+csx，化简可得p+3p在[1, 2]上恒成立，再借助对勾函数求最值即可．
本题考查平面向量的数量积和三角函数的值域问题，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设两颗粒子在P点相撞，
在△AOP中，由余弦定理得AO2=AP2+OP2−2AP⋅OPcsπ3，
∴AP2+OP2=9+AP⋅OP，
∵AP⋅OP≤(AP+OP2)2，
∴(AP+OP)2=9+3AP⋅OP≤9+3×(AP+OP2)2，
∴(AP+OP)2≤36，∴AP+OP≤6，
当且仅当AP=OP=3时，等号成立，
∴两颗粒子运动路程之和的最大值为6.
(2)过P作PQ⊥AB，垂足为Q，
设OP=x，则AP=2OP=2x，x∈(1,3)，
由余弦定理可得cs(π−β)=AO2+OP2−AP22AO⋅OP=32x−x2，
∴csβ=x2−32x，
∵0<β<π，∴sinβ= 1−(x2−32x)2= 52−x24−94x2，
∴PQ=xsinβ= 52x2−x44−94= −14(x2−5)2+4，x∈(1,3)，
当x2=5，即x= 5时，PQ即xsinβ取得最大值为2，
由题意知AD≥PQ恒成立，
∴AD≥PQ恒成立，
∴AD≥(PQ)max=(xsinβ)max=2，
∴AD的长度至少为2分米，才能确保对任意的β∈(0,π)，
总可以通过调整甲粒子的释放角度α，使两颗粒子能成功发生碰撞．
【解析】(1)根据题意在△AOP中运用余弦定理以及基本不等式能求出两颗粒子运动路程之和的最大值．
(2)过P作PQ⊥AB，垂足为Q，设OP=x，则AP=2OP=2x，x∈(1,3)，由余弦定理求出csβ=x2−32x，进而求出sinβ= 52−x24−94x2，求出PQ= −14(x2−5)2+4，并求出其最大值，再由恒等式AD≥PQ，求出AD的最小值即可．
本题考查余弦定理以及基本不等式等变换等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)f(x)是偶函数．
证明：因为f(x)的定义域为R，
且f(−x)=(−x)2−a|−x|+b=x2−a|x|+b=f(x)，
∴f(x)是偶函数；
(Ⅱ)当a=1时，则g(x)=cs2x+csx=2cs2x+csx−1=2(csx+14)2−98，
又x∈[0,π]，
∴csx∈[−1,1]，
∴当csx=−14时，g(x)min=−98，
当csx=1时，g(x)max=2；
(Ⅲ)因为f(x)=x2−a|x|+b，g(x)=cs2x+(2a−1)csx+1−a=(2csx−1)(csx+a)都是偶函数．
所以h(x)在(−π2,π2)上是偶函数，
因为h(x)恰有3个零点，所以h(0)=0，
则有：g(0)=0f(0)≥0或g(x)≥0f(0)=0，
①当g(0)=0f(0)≥0时，即a=−1且b≥0时，
因为当x≠0，f(x)≠0，
令g(x)=(2csx−1)(csx−1)=0，
因为x∈(−π2,π2)，解得x=0或x=±π3，
所以g(x)恰有3个零点，即a=−1满足条件；
②当g(x)≥0f(0)=0时，即a≥−1且b=0时，此时f(x)=x2−a|x|，
当−1≤a<0时，f(x)只有1个零点x=0，且f(x)≥0，
所以h(x)恰有3个零点等价于g(x)恰有2个零点，
所以−a=12，解得a=−12，此时g(x)有2个零点x=±π3符合要求，
当a=0时，f(x)=x2只有一个零点x=0，g(x)有2个零点x=±π3符合要求，
当a>0时，f(x)解得x=0或x=±a，
令g(x)=0，解得csx=12或csx=−a<0(舍去)，
所以g(x)的根为x=±π3，要使h(x)恰有3个零点，则a=π3，
综上：a∈{−1,−12,0,π3}.
【解析】(Ⅰ)结合奇偶性的定义直接证明即可；
(Ⅱ)将csx看作整体，结合二次函数的性质即可求出最值；
(Ⅲ)由于h(0)=0，则转化为g(0)=0f(0)≥0或g(x)≥0f(0)=0，然后分类讨论即可求出结果．
本题考查了函数的奇偶性、零点、最值及转化思想，属于中档题．