2022-2023学年江西省新余市高一下学期期末质量检测数学试题（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省新余市高一下学期期末质量检测数学试题（含详细答案解析），共24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.sin2023π3的值为( )
A. 12B. −12C. 32D. − 32
2.如右图，△A′B′C′是水平放置△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=1，A′B′//x′轴，A′C′//y′轴，则BC=.( )
A. 2
B. 2
C. 6
D. 4
3.函数f(x)=sinxex+e−x的部分图象可能为( )
A. B.
C. D.
4.已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面α，β，γ，则下列说法错误的是( )
A. 若a//b，a⊂α，b⊄α，则b//α
B. 若α⊥γ，β⊥γ，则α与β平行或相交
C. 若α⊥β，a⊄α，a⊥β，则a//α
D. 若α∩β=a，β∩γ=b，α∩γ=c，则a//b//c
5.若2csα+sinαcsα−2sinα=−1，则tan2α=( )
A. 43B. −43C. −34D. 34
6.如图，在△ABC中，AB=AC= 5，BC=2，以BC的中点O为圆心，BC为直径在三角形的外部作半圆弧BC，点P在半圆上运动，设∠BOP=θ，θ∈[0,π]，则AP⋅AB的最大值为( )
A. 5B. 6C. 4− 5D. 4+ 5
7.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，棱柱的侧面均为矩形，AA1=1，AB=BC= 3，cs∠ABC=13，P是A1B上的一动点，则AP+PC1的最小值为( )
A. 3B. 2C. 5D. 7
二、多选题：本题共5小题，共25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。
8.下列各式中，值为12的是( )
A. 22(cs15∘−sin15∘)B. cs2π12−sin2π12
C. tan22.5∘1−tan222.5∘D. sin15∘cs15∘
9.下列说法中，错误的是( )
A. 向量e1=(2,−3)，e2=(12,−34)不能作为平面内所有向量的一组基底
B. 若a//b，则a在b方向上的投影向量的模为|a|
C. z是虚数的一个充要条件是z+z−∈R
D. 若a，b是两个相等的实数，则(a−b)+(a+b)i是纯虚数
10.下列命题中正确的是( )
A. 命题“∃x∈R，x2+2x+1≤0”的否定为“∀x∈R，x2+2x+1≤0”
B. 已知x>0，y>0，且1x+3y=1，则x+2y的最小值为7+2 6
C. 已知函数f(x)的定义域为[−1,1]，则函数f(2x+1)的定义域为[−1,3]
D. 1lg1419+1lg1513=1lg3
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点E，F，M分别是BC，AA1，BB1的中点，则( )
A. 异面直线A1D与EF所成的角的正切值为 2
B. 平面DMC1截正方体所得截面的面积为18
C. 四面体FABE的外接球表面积为24π
D. 三棱锥A−MC1D1的体积为16 23
12.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的图象如图所示，下面说法正确的是.( )
A. 直线x=13π12是它的一条对称轴
B. f(x)的增区间为[kπ−5π12,kπ+π12]，k∈Z
C. 函数y=f(x+π4)为奇函数
D. 若f(α2)=−13，α∈(π2,3π2)，则sinα=2 6−16
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图所示，已知扇形AOB的圆心角∠AOB为2π3，半径长为6，则阴影部分的面积是__________.
14.我国古代有一“米谷粒分”问题：粮仓开仓收粮，有人送来米1536石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得256粒内夹谷18粒，则这批米内夹谷约为__________.
15.位于河北省承德避暑山庄西南十公里处的双塔山，因1300多年以前，契丹人在双塔峰顶建造的两座古塔增添了诸多神秘色彩.双塔山无法攀登，现准备测量两峰峰顶处的两塔塔尖的距离.如图，在与两座山峰、山脚同一水平面处选一点A，从A处看塔尖C的仰角是45∘，看塔尖B的仰角是60∘，又测量得∠BAC=45∘，若塔尖B到山脚底部D的距离为20 6米，塔尖C到山脚底部E的距离为30 2米，则两塔塔尖之间的距离为__________米.
16.已知f(x)=sin(34x+φ)(其中0<φ<π2)，其函数图像关于直线x=π3对称，若函数在区间(23π,θ)上有且只有三个零点，则θ的范围为__________.
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)
已知向量a=(2,4)，b=(x,1).
(1)若向量a，b的夹角为锐角，求x的取值范围；；
(2)若(2a−b)⊥a，求|a+b|.
18.(本小题12分)
已知z为复数，z+2i和z2−i均为实数，其中i是虚数单位．
(1)求复数z和|z|；
(2)若复数z1=z+1m−1−7m+2i在复平面内对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围．
19.(本小题12分)
在①(a+b+c)(a+b−c)=3ab，②tan A+tan Btan Atan B−1= 3，③sin C2sin B−sin A=cs Ccs A这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足_________.
(1)求tanC的值；
(2)若D为边BC上一点，且AD=6，BD=4，AB=8，求AC.
20.(本小题12分)
某电视台举行冲关直播活动，该活动共有三关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关.已知第一关的通过率为0.6，第二关通过率为0.5，第三关的通过率为0.4，三关全部通过可以获得一等奖(奖金为300元)，通过前两关就可以获得二等奖(奖金为200元)，如果获得二等奖又获得一等奖，则奖金可以累加为500元，假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动.
(1)求甲最后没有得奖的概率；
(2)已知甲和乙都通过了第一关，求甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率.
21.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为正方形，且平面PAD⊥平面ABCD，Q，M，N分别为PB，AB，AD的中点.
(1)证明：QN//平面PDC；
(2)证明：DM⊥PC；
(3)求直线PM与平面PNC所成角的正弦值.
22.(本小题12分)
设函数f(x)=sin(2x−π6)−2sin2x+1(x∈R).
(1)若f(α)= 32，α∈[0,π2]，求角α；
(2)若不等式[f(x)]2+2acs(2x+π6)−2a−2<0对任意x∈(−π12,π6)时恒成立，求实数a的取值范围；
(3)将函数f(x)的图像向左平移π12个单位，然后保持图像上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的1m，得到函数g(x)的图像，若存在非零常数λ，对任意x∈R，有g(x+λ)=λg(x)成立，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用诱导公式化简求值，是基础题．
直接利用三角函数的诱导公式化简求值．
【解答】
解：sin2023π3=sin(674π+π3)=sinπ3= 32.
故选：C.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查投影与斜二测画法、利用余弦定理解三角形，属于一般题.
在直观图中，利用余弦定理求出A′B′，再由斜二测画图法求出AB及AC，借助勾股定理求解作答．
【解答】
解：在△A′B′C′中，B′C′=C′A′=1，∠B′A′C′=45∘，
由余弦定理得：B′C′2=A′C′2+A′B′2−2A′C′⋅A′B′cs45∘，
即A′B′2− 2A′B′=0，而A′B′>0，
解得A′B′= 2，
由斜二测画图法知：AB=A′B′= 2，AC=2A′C′=2，
在△ABC中，AB⊥AC，
所以BC= AC2+AB2= 6.
故选：C.
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据奇偶性排除D；根据特殊区间上函数值的符号排除BC可得答案．
本题主要考查函数图象的判断，考查函数性质的应用，属于基础题．
【解答】
解：f(x)的定义域为R，关于原点对称，
又因为f(−x)=sin(−x)e−x+ex=−sinxex+e−x=−f(x)，
所以f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，故D不正确；
当x∈(0,π)时，sinx>0，则f(x)>0，故B不正确；
当x∈(π,2π)时，sinx<0，故f(x)<0，故C不正确．
故选：A.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查线面平行、线面垂直的判断与性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
对于A，由线面平行的判定定理得b//α；对于B，α与β平行或相交；对于C，由线面平行的判定定理得a//α；对于D，a、b、c之间有相交的可能．
【解答】
解：空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面α，β，γ，
对于A，若a//b，a⊂α，b⊄α，则由线面平行的判定定理得b//α，故A正确；
对于B，空间中两个不同平面只有平行和相交关系，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β平行或相交，如下图的正方体ABCD−EFGH中，平面ABCD⊥平面ABFE，平面EFGH⊥平面ABFE，平面BCGF⊥平面ABFE，平面ABCD//平面EFGH，平面ABCD∩平面BCGF=BC；故B正确；
对于C，若α⊥β，a⊄α，a⊥β，则由线面平行的判定定理得a//α，故C正确；
对于D，若α∩β=a，β∩γ=b，α∩γ=c，则a、b、c之间有相交的可能，
如正方体ABCD−EFGH中，平面ABCD∩平面ABFE=AB，
平面ABCD∩平面BCGF=BC，平面ABFE∩平面BCGF=BF，
AB、BC、BF两两相交，如图
故D错误．
故选：D.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式与二倍角公式的应用，是基础题．
由已知求得tanα，再由二倍角公式求tan2α的值．
【解答】
解：∵2csα+sinαcsα−2sinα=−1，
∴2+tanα1−2tanα=−1，解得tanα=3，
则tan2α=2tanα1−tan2α=61−9=−34.
故选：C.
6.【答案】D
【解析】【分析】
建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，再由平面向量数量积的坐标运算得到AP⋅AB= 5sin(θ+φ)+4，再求最值即可．
本题考查平面向量的数量积的坐标运算，还涉及到三角函数的最值，属于中档题．
【解答】
解：以O为圆心，OB，AO所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，
∵在△ABC中，AB=AC= 5，BC=2，O为BC的中点，
∴AO= 5−1=2，
则O(0,0)，A(0,−2)，B(1,0)，C(−1,0)，
设P(csθ,sinθ)，θ∈[0,π]，
则AP=(csθ,sinθ+2)，AB=(1,2)，
∴AP⋅AB=csθ+2(sinθ+2)=csθ+2sinθ+4= 5sin(θ+φ)+4，
其中sinφ=1 5,csφ=2 5，
当θ+φ=π2即θ=π2−φ时，AP⋅AB有最大值，为 5+4.
故答案为：D.
7.【答案】D
【解析】【分析】
连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解AC′即可．
本题主要考查了空间距离的求解，属于中档题．
【解答】
解：连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，
设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1=AP+PC′≥AC′，
当A，P，C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值．
在三角形ABC中，AB=BC= 3，cs∠ABC=13，
由余弦定理得：AC= AB2+BC2−2AB⋅BCcsB= 3+3−2×3×13=2，
所以A1C1=2，即A1C′=2，
在三角形A1AB中，AA1=1，AB= 3，
由勾股定理可得：A1B= AA12+AB2=2，且∠AA1B=60∘.
同理可求C1B=2，因为A1B=BC1=A1C1=2，
所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60∘，
所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120∘，AA1=1，A1C′=2，
由余弦定理得：AC′= 1+4−2×1×2×(−12)= 7.
故选：D.
8.【答案】AC
【解析】【分析】
利用和差角的余弦公式、二倍角公式化简各选项，计算判断作答．
本题考查三角函数的化简求值，属于基础题．
【解答】
解：对于A， 22(cs15∘−sin15∘)=cs(45∘+15∘)=cs60∘=12，A符合；
对于B，cs2π12−sin2π12=csπ6= 32，B不符合；
对于C，tan22.5∘1−tan222.5∘=12⋅2tan22.5∘1−tan222.5∘=12tan45∘=12，C符合；
对于D，sin15∘cs15∘=12sin30∘=14，D不符合．
故选：AC.
9.【答案】CD
【解析】【分析】
根据题意，由平面向量基本定理可得A正确，由投影向量的定义可得B正确，举出反例可得C、D错误，即可得答案．
本题考查命题的真假判断，涉及投影向量和复数的运算，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由于e1=4e2，两个向量平行，不能作为平面内所有向量的一组基底，A正确；
对于B，若a//b，则a与b的夹角为0或π，
故a在b方向上的投影向量的模为|a|，B正确；
对于C，当z=0时，z−=0，此时满足z+z−∈R，但z不是虚数，C错误；
对于D，当a=b=0时，(a−b)+(a+b)i是实数，D错误．
故选：CD.
10.【答案】BD
【解析】【分析】
根据存在量词命题的否定是全称量词命题可判断A，利用基本不等式可判断B，由函数定义域的定义可判断C，由对数的运算性质可判断D.
本题主要考查了命题的否定，考查了基本不等式的应用，以及对数的运算性质，属于中档题．
【解答】
解：对于A，因为特称命题的否定为全称命题，
所以命题“∃x∈R，x2+2x+1≤0”的否定为“∀x∈R，x2+2x+1>0”，故A错误；
对于B，已知x>0，y>0，且1x+3y=1，
则x+2y=(x+2y)(1x+3y)=7+2yx+3xy≥7+2 2yx⋅3xy=7+2 6，
当且仅当2yx=3xy，即x= 6+1，y=3+ 62，
所以x+2y的最小值为7+2 6，故B正确；
对于C，已知函数f(x)的定义域为[−1,1]，
所以−1≤2x+1≤1，
解得−1≤x≤0，
即函数f(2x+1)的定义域为[−1,0]，故C错误；
对于D，1lg1419+1lg1513=1lg49+1lg53=1lg23+1lg53
=lg32+lg35=lg310=1lg3，故D正确．
故选：BD.
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
利用空间向量求异面直线所成的角判断选项A；延长C1M，CB交于点H，连接DH交AB于点N，连接MN，AB1，说明平面DMC1截正方体所得截面为等腰梯形MNDC1，求其面积判断选项D；求四面体FABE的外接球表面积判断选项B；利用等体积法求三棱锥A−MC1D1的体积判断D.本题考查空间几何体的结构特征应用问题，也考查了空间几何体外接球的表面积计算问题，是中档题．
【解答】
解：对于A，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A1(4,0,4)，D(0,0,0)，E(2,4,0)，F(4,0,2)，
所以A1D=(−4,0,−4)，EF=(2,−4,2)，
cs=A1D⋅EF|A1D||EF|=−8+0−8 16+0+16× 4+16+4=− 33，
所以异面直线A1D与EF所成角的余弦值是 33，
正弦值是 1−( 33)2= 63，正切值是 2，选项A正确；
对于B，延长C1M，CB交于点H，连接DH交AB于点N，连接MN，AB1，
因为BB1//CC1，M为BB1的中点，所以BM=12CC1，是B为HC的中点，
又因为AB//CD，所以N为AB的中点，所以MN//AB1，
又因为AD//B1C1，AD=B1C1，所以AB1C1D是平行四边形，所以AB1//DC1，
所以MN//DC1，平面DMC1截正方体所得截面为等腰梯形MNDC1，
在等腰梯形MNDC1中，DC1=4 2，MN=2 2，DN=MC1=2 5，
所以梯形MNDC1高为 (2 5)2−( 2)2=3 2，
所以等腰梯形MNDC1的面积为12×(4 2+2 2)×3 2=18，选项B正确；
对于C，画出以EF为对角线的长方体ABES−FPQR，
则该长方体的外接球是四面体ABEF的外接球，
外接球的直径为EF= AF2+AB2+BE2= 22+42+22=2 6，
所以外接球的表面积为4πR2=π⋅EF2=24π，选项C正确；
对于D，连接BC1，B1C，则BC1⊥B1C，
因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，
又AB∩BC1=B，AB，BC1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，
又因为M为BB1的中点，
所以三棱锥M−AC1D1的高为14B1C= 2，S△AC1D1=12×4 2×4=8 2，
所以V三棱锥A−MC1D1=V三棱锥M−AC1D1=13×8 2× 2=163，选项D错误．
故选：ABC.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象求出函数解析式，根据正弦函数的性质即可判断选项中的结论是否正确．
本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了推理与判断能力，属于较难题．
【解答】
解：由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象知，A=1，
由f(0)=sinφ= 32，|φ|<π2，
解得φ=π3，
由f(7π12)=sin(7π12ω+π3)=−1，
得7π12ω+π3=3π2+2kπ，k∈Z，
而3T4>7π12−0，即T=2πω>7π9，
解得ω=2，
所以f(x)=sin(2x+π3)，
x=13π12时，2x+π3=2×13π12+π3=5π2，
所以x=13π12是f(x)图象的一条对称轴，选项A正确；
令2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−5π12≤x≤kπ+π12，k∈Z，
所以f(x)的增区间为[kπ−5π12,kπ+π12]，k∈Z，选项B正确；
y=f(x+π4)=sin[2(x+π4)+π3]=sin(2x+5π6)，
不是定义域R上的奇函数，选项C错误；
因为f(α2)=sin(α+π3)=−13>−12，α∈(π2,3π2)，
所以α+π3∈(5π6,11π6)，
由此知α+π3∈(π,3π2)，cs(α+π3)=− 1−(−13)2=−2 23，
所以sinα=sin[(α+π3)−π3]=sin(α+π3)csπ3−cs(α+π3)sinπ3
=−13×12−(−2 23)× 32=2 6−16，选项D正确．
故选：ABD.
13.【答案】12π−9 3
【解析】【分析】
本题主要考查了扇形的面积公式，属于基础题．
由图像可知，阴影部分面积为扇形面积减去三角形面积，即可求得．
【解答】
解：由图像知，记阴影部分面积为S1，扇形面积为S2，则S1=S2−S△OAB，
由题意得S2=12|α|r2=12×2π3×36=12π，S△OAB=12×6×6×sin2π3=9 3，
所以S1=S2−S△OAB=12π−9 3，
所以阴影部分的面积为12π−9 3.
故答案为：12π−9 3.
14.【答案】108石
【解析】【分析】
本题考查简单随机抽样，属于中档题．
求出米中含谷的频率，即可估计这批米内夹谷约为多少石．
【解答】
解：因为256粒内夹谷18粒，所以米中含谷的频率为18256=9128，
则1536石米内夹谷约为1536×9128=108石．
故答案为：108石．
15.【答案】20 5
【解析】【分析】
先解直角三角形得AC=60米，AB=40 2米，再利用余弦定理解BC即可．
本题主要考查解三角形，考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
【解答】
解：在Rt△AEC中，CE=30 2米，∠EAC=45∘，则AC=CEsin45∘=30 2 22=60米．
同理，在Rt△ADB中，AB=40 2米，
在△ABC中，AB=40 2米，AC=60米，∠BAC=45∘，
由余弦定理，得BC= AB2+AC2−2AB⋅ACcs45∘= 3200+3600−2×40 2×60× 22= 2000=20 5米．
故答案为：20 5.
16.【答案】(11π3,5π]
【解析】【分析】
本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题．
由函数的一条对称轴的方程可得φ的值，再由x的范围，可得34x+π4的范围，再由题意可得θ的范围．
【解答】
解：由题意可知34⋅π3+φ=π2+kπ，k∈Z，而0<φ<π2，解得：φ=π4，
所以f(x)=sin(34x+π4)，
因为x∈(23π,θ)，可得34x+π4∈(34π,34θ+π4)，
要使函数(23π,θ)上有且只有三个零点，
则34θ+π4∈(3π,4π],解得θ∈(11π3,5π].
故答案为：(11π3,5π].
17.【答案】解：(1)∵向量a，b的夹角为锐角，
∴a⋅b>0且a与b不共线，
则2x+4>02−4x≠0，解得x>−2且x≠12，
故x的取值范围是{x|x>−2且x≠12}；
(2)由a=(2,4)，b=(x,1)，
得2a−b=2(2,4)−(x,1)=(4−x,7)，
若(2a−b)⊥a，则(2a−b)⋅a=0，
即2(4−x)+4×7=0，解得x=18，
a+b=(2,4)+(18,1)=(20,5)，
∴|a+b|= 202+52= 425=5 17.
【解析】(1)由两向量夹角为锐角可得数量积大于0，但要排除同向共线的情况；
(2)由(2a−b)⊥a，求出x的值，进而找到a+b的坐标，求模即可．
本题考查平面向量的数量积，模，夹角以及向量垂直的坐标表示，属基础题．
18.【答案】解： (1)设z=a+bi(a,b∈R)，由z+2i=a+(b+2)i为实数，
∴ b+2=0， ∴ b=−2，
可得z2−i=a+bi2−i=2a−b5+a+2b5i ，
由 z2−i为实数，可得a+2b5=0 ，
∴ a=4，∴z=4−2i，
∴z=2 5.
(2) z1=z+1m−1−7m+2i=4m−3m−1+2m−3m+2i，
因为复数 z1=z+1m−1−7m+2i在复平面内对应的点位于第四象限，
∴4m−3m−1>02m−3m+2<0，
解得−2所以实数m的取值范围为(−2,34)∪(1,32).
【解析】本题考查复数的模，复数的几何意义和复数的四则运算等知识，属于中等题.
(1)设z=a+bi，根据题干求出z，进而求模即可.
(2)首先化简复数z1，根据复数的几何意义可得4m−3m−1>02m−3m+2<0，进而求解即可.
19.【答案】解：若选①：
(a+b+c)(a+b−c)=3ab，则(a+b)2−c2=3ab，
即a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=12，
又C为△ABC的内角，
所以C=π3，
tanC= 3；
(2)因为AD=6，BD=4，AB=8，
所以cs∠ADB=62+42−822×6×4=−14，
则sin∠ADC=sin∠ADB= 154，
由正弦定理可得，ACsin∠ADB=6sinC，解得AC=3 5.
若选②：
因为tanA+tanBtanAtanB−1= 3，则tanA+tanB1−tanAtanB=− 3，
所以tan(A+B)=− 3，
又tanC=tan[π−(A+B)]=−tan(A+B)= 3，
因为C为△ABC的内角，
所以C=π3；
(2)因为AD=6，BD=4，AB=8，
所以cs∠ADB=62+42−822×6×4=−14，
则sin∠ADC=sin∠ADB= 154，
由正弦定理可得，ACsin∠ADB=6sinC，解得AC=3 5.
若选③：
因为sinC2sinB−sinA=csCcsA，
则sinCcsA=2sinBcsC−sinAcsC，
所以sinCcsA+sinAcsC=2sinBcsC，
即sinB=2sinBcsC，
又B∈(0,π)，
所以sinB≠0，
则csC=12，
因为C为△ABC的内角，
所以C=π3，
tanC= 3；
(2)因为AD=6，BD=4，AB=8，
所以cs∠ADB=62+42−822×6×4=−14，
则sin∠ADC=sin∠ADB= 154，
由正弦定理可得，ACsin∠ADB=6sinC，解得AC=3 5.
【解析】本题考查了解三角问题，涉及了正弦定义与余弦定理的应用，两角和差公式以及三角形内角和定理的应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
若选①：
(1)利用平方差公式化简已知的等式，由余弦定理求出csC，即可得到角C的值；
(2)在△ABD中，利用余弦定理求出cs∠ADB，由同角三角函数关系求出sin∠ADC=sin∠ADB，再利用正弦定理求解AC即可．
若选②：
(1)利用两角和的正切公式以及三角形内角和定理，求出tanC，即可得到角C的值；
(2)在△ABD中，利用余弦定理求出cs∠ADB，由同角三角函数关系求出sin∠ADC=sin∠ADB，再利用正弦定理求解AC即可．
若选③：
(1)利用两角和差公式以及三角形内角和公式求出csC的值，即可得到角C的值；
(2)在△ABD中，利用余弦定理求出cs∠ADB，由同角三角函数关系求出sin∠ADC=sin∠ADB，再利用正弦定理求解AC即可．
20.【答案】解：(1)第一关的通过率为0.6，则第一关没通过的概率为1−0.6=0.4，
第一关通过且第二关没通过的概率为0.6×(1−0.5)=0.3，
故甲没有得奖的概率P=0.4+0.3=0.7.
(2)记甲和乙通过了第二关且最后获得二等奖为事件E，
通过了第二关且最后获得一等奖为事件F，
则P(E)=0.5×(1−0.4)=0.3，P(F)=0.5×0.4=0.2，
甲和乙最后所得奖金总和为700元，所以甲和乙一人得一等奖，一人得二等奖，
若乙得了一等奖，甲得了二等奖的概率为P1=0.3×0.2=0.06，
若甲得了一等奖，乙得了二等奖的概率为P2=0.3×0.2=0.06，
所以甲和乙最后所得奖金总和为700元的概率P=P1+P2=0.12.
【解析】(1)甲没中奖分为第一关没有通过，和第一关通过、第二关没有通过两种情况，分别求得两个时间的概率再求和即可；
(2)根据最后奖金总和分析得甲和乙中一人获得一等奖，一人获得二等奖，根据概率乘法和加法公式即可求解．
本题考查相互独立事件的乘法公式，是基础题．
21.【答案】证明：(1)如图1，取PC中点E，连接QE，DE，在正方形ABCD中，AD=BC，AD//BC，
∵Q，N分别为PB，DA的中点，
∴QE//BC且QE=12BC，ND=12AD，
∴QE//ND且QE=ND，
∴四边形QEDN为平行四边形，
∴QN//ED，
又∵QN⊄平面PDC，ED⊂平面PDC，
∴QN//平面PDC.
(2)∵PAD是边长为2的正三角形，N为AD中点，
∴PN⊥AD，PN= 3，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PN⊂平面PAD，
∴PN⊥平面ABCD，
又∵DM⊂平面ABCD，
∴PN⊥DM，
在正方形ABCD中，易知△DAM≌△CDN，
∴∠ADM=∠DCN，
而∠ADM+∠MDC=90∘，
∴∠DCN+∠MDC=90∘，
∴DM⊥CN，
∵PN∩CN=N，PN，CN⊂平面PNC，
∴DM⊥平面PNC，
∵PC⊂平面PNC，
∴DM⊥PC.
解：(3)如图2，设DM∩CN=O，连接PO，PM，MN，
∵DM⊥平面PNC，PO⊂平面PNC，
∴DM⊥PO，且∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角，
∵AD=2，AM=1，
∴DM= 5，DO=1×2 5=2 55，
∴MO= 5−2 55=3 55，
∵MN= 2，PM= PN2+MN2= 5，
∴sin∠MPO=MOPM=3 55 5=35，
∴直线PM与平面PNC所成角的正弦值为35.
【解析】(1)取PC中点E，连接QE，DE，证明四边形QEDN为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可；
(2)先证明PN⊥DM，再证明DM⊥CN，即可得到DM⊥平面PNC，进而可以证明DM⊥PC；
(3)设DM∩CN=O，连接PO，PM，MN，即可证明∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角，再求出MO，PM的值即可求解．
本题主要考查线面平行的判定定理以及直线与平面所成的角，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵f(x)=sin(2x−π6)−2sin²x+1
=sin(2x−π6)+cs2x
= 32sin2x+12cs2x
=sin(2x+π6)，
又∵f(α)= 32，即sin(2α+π6)= 32，
∴2α+π6=π3+2kπ或2α+π6=2π3+2kπ，k∈Z，
∵α∈[0,π2]，
∴α=π12或α=π4；
(2)[f(x)]2+2acs(2x+π6)−2a−2=sin2(2x+π6)+2acs(2x+π6)−2a−2
=−cs2(2x+π6)+2acs(2x+π6)−2a−1，
令t=cs(2x+π6)，
∵x∈(−π12,π6)，
∴2x+π6∈(0,π2)，cs(2x+π6)∈(0,1)，
∴−t2+2at−2a−1<0，t∈(0,1)，
即2a(t−1)t2+1t−1，
令m=t−1∈(−1,0)，
t2+1t−1=m2+2m+2m=m+2m+2，
设h(m)=m+2m+2，m∈(−1,0)，
任取m1，m2∈(−1,0)，且m1则h(m2)−h(m1)=m2+2m2+2−(m1+2m1+2)=(m2−m1)⋅m1m2−2m1m2，
∵−1∴00，m1m2−2<0，
∴h(m2)−h(m1)<0，
即h(m2)∴h(m)在m∈(−1,0)上单调递减，
∴h(m)∴2a≥−1，解得：a≥−12.
实数a的取值范围[−12,+∞)；
(3)∵f(x)=sin(2x+π6)，
∴f(x)的图象向左平移π12个单位，横坐标变为原来的1m，
可得y=sin(2mx+2×π12+π6)=sin(2mx+π3)，
∵g(x)=sin(2mx+π3)，
存在非零常数λ，对任意x∈R，g(x+λ)=λg(x)成立，
∵g(x+λ)在R上的值域为[−1,1]，
则λg(x)在R上的值域[−|λ|,|λ|]，
∴|λ|=1.
当λ=1时，g(x+1)=g(x)，1为g(x)的一个周期，即1为g(x)最小正周期的整数倍．
所以kπm=1，即m=kπ(k∈Z且k≠0)，
当λ=−1时，g(x−1)=sin(2mx+π3−2m)=−g(x)=−sin(2mx+π3)=sin(2mx+π3+π)，
由诱导公式可得2m=(2n+1)π，n∈Z，即m=(2n+1)⋅π2，n∈Z，
∴当λ=1时，实数m的取值范围为{m|m=kπ,k∈Z且k≠0}；
当λ=−1时，实数m的取值范围为{m|m=(2n+1)π2,n∈Z}.
【解析】本题考查三角函数的性质，不等式恒成立，函数与方程的关系，属于难题．
(1)利用二倍角公式，辅助角公式化简即可求值；
(2)对不等式化简，利用换元法再分离参数即可求出a的范围；
(3)根据正弦函数的有界性结合题目条件解出|λ|=1，分类讨论即可．