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2022-2023学年四川省成都市十县市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省成都市十县市高一（下）期末数学试卷（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。
2022-2023学年四川省成都市十县市高一（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sinα=−12，则cos2α=( )
A. 32 B. − 32 C. 12 D. −12
2. 已知a，b为共线向量，且a=(2,x)(x∈R)，b=(1,3)，则|a|=( )
A. 2 10 B. 3 10 C. 40 D. 3 5
3. 已知i为虚数单位，复数z的共轭复数为z−，且满足zi=3+2i，则z+z−=( )
A. −4 B. 0 C. 4 D. 6i
4. l，m是不同的直线，α，β，y是互不相同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若直线l，m在平面α内，且均平行平面β，则平面α与平面β平行
B. 若平面α平行直线l，直线l平行平面γ，则平面α与平面γ平行
C. 若平面α垂直平面γ，平面β垂直平面γ，则平面α与平面β平行
D. 若直线l垂直平面α，直线m垂直平面α，则直线l与直线m平行
5. 在△ABC中，AB=1，BC= 2，AC= 3，则BC⋅CA的值为( )
A. 2 B. −2 C. 23 D. − 23
6. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且满足a+b=(cosA+cosB)c，则△ABC为( )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 以上皆有可能
7. “辛普森(Simpson)公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面(过高的中点且平行于底面的截面)的面积S1的4倍、下底面S2之和乘以高h的六分之一，即V=16h(S+4S1+S2).我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体，在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，中国古代名词“刍童”(原来是草堆的意思)就是指上下底面皆为矩形的拟柱体，已知某个“刍童”如图所示，AB=2，AD=1，EF=3，EH=2，且体积为463，则它的高为( )
A. 5312 B. 5315 C. 4 D. 3
8. 设正三棱锥A−BCD的底面△BCD的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为 63，则此三棱锥的体积为( )
A. 53 B. 23 C. 33 D. 26
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. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列四个结论正确的是( )
A. c=acosB+bcosA
B. 若a2=b2+c2+bc，则A为120°
C. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰直角三角形
D. 若sin2A+sin2B
A. 四面体P−ABC最长的棱为PB B. 平面ABP⊥平面BCP
C. PA，AC，BC两两互相垂直 D. cosθ=cosθ1cosθ2
11. 已知点O是△ABC所在平面内任意一点，下列说法中正确的是( )
A. 若OA+OB+OC=0，则O为△ABC的重心
B. 若|OA|=|OB|=|OC|，则O为△ABC的内心
C. 若O为△ABC的重心，AD是BC边上的中线，则3AO=AD
D. 若OA+OB=CO，则S△AOB=13S△ABC
12. 下列各式中，值为34的是( )
A. sin230°+cos260°+sin30°cos60°
B. sin220°+cos280°+ 3sin20°cos80°
C. sin223°+cos253°+sin23°cos53°
D. cos210°+cos250°−sin40°sin80°
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 化简PQ+OM+QO的结果是______ ．
14. sin65°cos5°−cos65°sin5°= ______ ．
15. 若复数z满足|z|=1，i为虚数单位，z−表示z的共轭复数，则|z−+1+i|的取值范围为______ ．
16. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，且PA=AB=2，BC=1，则该四棱锥的外接球的表面积为______ ．
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)
已知平面向量a，b，c，且a=(−1,2)，b=(3,2)，c=(5,6)．
(1)若c=λ1a+λ2b，求实数λ1，λ2的值；
(2)若(ka+b)⊥c，求实数k的值．
18. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧面ACC1A1为正方形，AB=AA1=1，且M，N分别是A1B，B1C1的中点．
(1)求证：MN//平面ACC1A1；
(2)求直线MC与平面A1B1C1所成角．
19. (本小题12.0分)
用“五点法”画函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如表：
x
_____
2π9
_____
5π9
_____
ωx+φ
0
π2
π
3π2
2π
f(x)=Asin(ωx+φ)
0
2
0
_____
0
(1)请将上表数据补充完整，并求出函数f(x)的解析式；
(2)当x∈(π6,π2]时，求f(x)的值域．
20. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，边长为a，PA=PC= 2a，点E为侧棱PA的中点，过C，D，E三点的平面交侧棱PB于点F.(1)求四棱锥P−ABCD的体积；
(2)求证：PA⊥CF．
21. (本小题12.0分)
世界大学生夏季运动会，素有“小奥运会”之称，由国际大学生体育联合会(InternationalUniversitySportsFederation)主办，只限在校大学生和毕业不超过两年的.大学生(年龄限制为17～28岁)参加的世界大型综合性运动会.始办于1959年，其前身为国际大学生运动会.第31届世界大学生夏季运动会即将在成都拉开帷幕，为了配合大运会的基础设施建设，组委会拟在成都东安湖公园一角修建具有成都文化特色的观景步道(如图).在△BCD中，∠BDC=π6，A是BD边上一点，AD=20米，∠ACB=π2．
(1)若AC=10 2米，求BC；
(2)当AD≥AC，记∠ACD=θ，求当角θ取何值时，△ACD的面积最大，并求出这个最大值，
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)= 3sinxcosx+12(sin4x−cos4x)−1(x∈R)，函数y=f(x)的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位得到y=g(x)的图象，h(x)=−cosx|cosx−3m|+m(m∈R)．
(1)若f(α)=0，求α；
(2)若对任意x2∈[−π2,π6]，存在x1∈[0,π2]使得g(x1)=h(x2)成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为sinα=−12，
所以cos2α=1−2sin2α=1−2×(−12)2=12．
故选：C．
由已知利用二倍角的余弦公式即可求解．
本题考查了二倍角的余弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵a,b共线，
∴6−x=0，解得x=6，
∴a=(2,6)，
∴|a|= 4+36=2 10．
故选：A．
根据a,b共线即可求出x的值，从而得出向量a的坐标，进而得出|a|的值．
本题考查了共线向量的坐标关系，根据向量的坐标求向量的长度的方法，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：zi=3+2i，
则z=3+2ii=2−3i，
z−=2+3i，
故z+z−=2−3i+2+3i=4．
故选：C．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，若直线l，m在平面α内，且均平行平面β，则平面α与β平行或相交，故A错误；
对于B，若平面α平行直线l，直线l平行平面γ，则平面α与平面γ平行或相交，故B错误；
对于C，若平面α垂直平面γ，平面β垂直平面γ，则平面α与平面β平行或相交，故C错误；
对于D，若直线l垂直平面α，直线m垂直平面α，则由线面垂直的性质得直线l与直线m平行，故D正确．
故选：D．
根据线面的位置关系可判断ABC，利用线面垂直的性质可判断D．
本题考查线面的位置关系、线面垂直的性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：解法一：由题意有：AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC，
则cosC=BCAC= 2 3= 63，
故BC⋅CA=|BC||CA|cos(π−C)= 2× 3×(− 63)=−2；
解法二：由法一可得AB⊥BC，
则向量CA在BC上的投影为−|BC|=− 2，
由数量积的几何意义可知：BC⋅CA=− 2× 2=−2．
故选：B．
由题设知△ABC为直角三角形，故所求数量积可用定义法或者数量积的几何意义两种方式求解．
本题考查平面向量的数量积运算，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：∵a+b=c(cosA+cosB)，
∴由正弦定理可得，sinA+sinB=sinC(cosA+cosB)，
∵A+B+C=π，
∴sin(B+C)+sin(A+C)=sinCcosA+sinCcosB，
∴sinBcosC+cosBsinC+sinAcosC+cosAsinC=sinCcosA+sinCcosB，
∴sinBcosC+sinAcosC=0，即(sinA+sinB)cosC=0，
∵sinB+sinA≠0，
∴cosC=0，
∵C∈(0,π)
∴C=90°，
∴△ABC是直角三角形．
故选：B．
由正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可得(sinA+sinB)cosC=0，由sinB+sinA≠0，结合C∈(0,π)可求C的值，即可判断三角形的形状．
本题考查了正弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：上底面为S=AB×AD=2×1=2，下底面为S2=EF×EH=3×2=6，中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，
根据中位线定理得MN=12(AB+EF)=12×(2+3)=52，MQ=12(AD+EH)=12×(1+2)=32，
所以中截面为S1=52×32=154，
计算该几何体的面积为：16h×(2+4×154+6)=463，
解得h=4，所以几何体的高为4．
故选：C．
求出上下底面积和中截面面积，代入公式即可求出高．
本题考查了空间几何体的体积公式应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
正三棱锥A−BCD的底面△BCD的边长为2，设底面正三角形的中心为O，
连接BO并延长，交CD于E，连接AE，可得∠AEO为侧面与底面所成二面角的平面角，
∴cos∠AEO= 63，则sin∠AEO= 33，tan∠AEO= 33 63= 22．
∵OE=13BE=13 22−12= 33，
∴三棱锥的高AO= 33× 22= 66，
∴此三棱锥的体积为V=13×12×2×2× 32× 66= 26．
故选：D．
由题意画出图形，可得侧面与底面所成角，求出棱锥的高，代入棱锥体积公式求解．
本题考查棱锥体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：因为acosB+bcosA−c=2R(sinAcosB+sinBcosA−sinC)=2R[sin(A+B)−sinC]=0，故acosB+bcosA=c，A正确；
若a2=b2+c2+bc，由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=−12，由A为三角形内角得A=120°，B正确；
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，C错误；
若sin2A+sin2B
故选：ABD．
由已知结合正弦定理，余弦定理及正弦函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了正弦定理及余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由PA⊥平面ABC，AC⊥CB，可得PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，PC⊥BC，
所以PC= PA2+AC2，PB= PA2+AB2，AB= AC2+BC2，PB= BC2+PC2，
则PB>PA，PB>AB>AC，PB>BC，PB>PC，所以四面体P−ABC最长的棱为PB，故A、C都正确；
如果平面ABP⊥平面BCP，AM⊥BP，可得AM⊥平面PBC，即有AM⊥BC，又BC⊥PA，可得BC⊥平面PAB，
即有BC⊥AB，与BC⊥AC矛盾，故B错误；
在直角三角形PBC中，cosθ=BCPB，
在直角三角形PBA中，cosθ1=ABPB，
在直角三角形ABC中，cosθ2=BCAB，
所以cosθ=cosθ1cosθ2，故D正确．
故选：ACD．
由线面垂直的判定定理和性质定理、面面垂直的性质定理、直角三角形的勾股定理和锐角三角函数的定义，可判断正确结论．
本题考查线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：取BC的中点D，连接OD，则OB+OC=2OD，
若OA+OB+OC=0，则2OD=−OA，则O，A，D三点共线，且2|OD|=|OA|，
则O为△ABC的重心，故A正确；
若|OA|=|OB|=|OC|，则O为△ABC的外心，不一定是内心，故B错误；
若O为△ABC的重心，AD是BC边上的中线，则|AO|=23|AD|，则3AO=2AD，故C错误；
取AB的中点E，连接OE，则OA+OB=2OE，
若OA+OB=CO，则CO=2OE，则O，D，E三点共线，且|OE|=13|CE|，
则S△AOB=13S△ABC，故D正确．
故选：AD．
取BC的中点D，则OB+OC=2OD，得2OD=−OA，即可判断A；
若|OA|=|OB|=|OC|，则O为△ABC的外心，不一定是内心，即可判断B；
由题意|AO|=23|AD|，则3AO=2AD，即可判断C；
取AB的中点E，则OA+OB=2OE，得CO=2OE，|OE|=13|CE|，即可判断D．
本题主要考查三角形的五心，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，sin230°+cos260°+sin30°cos60°=(12)2+(12)2+12×12=34，故A正确；
对于B，∵cos80°=cos(60°+20°)=12cos20°− 32sin20°，
∴sin220°+cos280°+ 3sin20°cos80°=sin220°+(12cos20°− 32sin20°)2+ 3sin20°(12cos20°− 32sin20°)
=sin220°+14cos220°− 32sin20°cos20°+34sin220°+ 32sin20°cos20°−32sin220°
=14sin220°+14cos220°=14，故B错误；
对于C，∵cos53°=cos(30°+23°)= 32cos23°−12sin23°，
∴sin223°+cos253°+sin23°cos53°=sin223°+( 32cos23°−12sin23°)2+sin23°( 32cos23°−12sin23°)
=sin223°+34cos223°− 32sin23°cos23°+14sin223°+ 32sin23°cos23°−12sin223°
=34sin223°+34cos223°=34，故C正确；
对于D，∵sin40°=sin(30°+10°)=12cos10°+ 32sin10°，
∴cos210°+cos250°−sin40°sin80°=cos210°+sin240°−cos10°sin40°
=cos210°+(12cos10°+ 32sin10°)2−cos10°(12cos10°+ 32sin10°)
=cos210°+14cos210°+ 32sin10°cos10°+34sin210°−12cos210°− 32sin10°cos10°
=34cos210°+34sin210°=34，故D正确．
故选：ACD．
由三角恒等变换、诱导公式、同角三角函数的基本关系等知识化简各选项即可．
本题考查三角恒等变换、诱导公式、同角三角函数的基本关系，属于基础题．
13.【答案】PM
【解析】解：PQ+OM+QO=PQ+QO+OM=PM．
故答案为：PM．
根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解．
本题主要考查向量的坐标运算，属于基础题．
14.【答案】 32
【解析】解：因为sin65°cos5°−cos65°sin5°=sin(65°−5°)=sin60°= 32．
故答案为： 32．
根据两和差的正弦公式计算即可．
本题考查了两个差的正弦公式，属于易做题．
15.【答案】[ 2−1, 2+1]
【解析】解：|z|=1，
则|z−|=1，
故 2−1=|1+i|−|z−|≤|z−+1+i|≤|1+i|+|z−|= 2+1，
故|z−+1+i|的取值范围为[ 2−1, 2+1]．
故答案为：[ 2−1, 2+1]．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
16.【答案】9π
【解析】解：将四棱锥P−ABCD补成长方体如图：
则此四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
长方体的对角线长为 22+22+12=3，
所以四棱锥的外接球的直径为3，即半径R=32，
则该四棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=9π．
故答案为：9π．
将四棱锥P−ABCD补成长方体，求出长方体的对角线长，即可得外接球的半径，进而得表面积．
本题考查了四棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a=(−1,2)，b=(3,2)，c=(5,6)，c=λ1a+λ2b，
则−λ1+3λ2=52λ1+2λ2=6，解得λ1=1λ2=2；
(2)a=(−1,2)，b=(3,2)，
则ka+b=(−k+3,2k+2)，
∵c=(5,6)，(ka+b)⊥c，
∴5(−k+3)+6(2k+2)=0，解得k=−277．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量相等的条件，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量垂直的条件，即可求解．
本题主要考查向量相等的条件，以及向量垂直的条件，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：分别取AB，BC的中点D，E，连接DM，DE，EN，则DM//AA1，DE//AC，
因为DM⊄平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，所以DM//平面ACC1A1，
同理可得，DE//平面ACC1A1，
又DM∩DE=D，DM、DE⊂平面MNED，
所以平面MNED//平面ACC1A1，
因为MN⊂平面MNED，所以MN//平面ACC1A1．
(2)解：由(1)知，DM//AA1，
因为直三棱柱ABC−A1B1C1，所以AA1⊥平面ABC，所以DM⊥平面ABC，
又平面ABC//平面A1B1C1，所以MC与平面ABC所成的角就是直线MC与平面A1B1C1所成角，即∠MCD为所求，
在△CDM中，DM=12AA1=12，CD= 3BD= 32AB= 32，
所以tan∠MCD=DMCD= 33，
因为∠MCD∈[0,π2]，所以∠MCD=π6，
故直线MC与平面A1B1C1所成角为π6．
【解析】(1)分别取AB，BC的中点D，E，连接DM，DE，EN，可证平面MNED//平面ACC1A1，再由面面平行的性质定理，得证；
(2)由DM⊥平面ABC，平面ABC//平面A1B1C1，知∠MCD即为所求，再由三角函数的知识，得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质定理，线面角的定义是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)把表格填完整：
x
π18
2π9
7π18
5π9
13π18
ωx+φ
0
π2
π
3π2
2π
f(x)=Asin(ωx+φ)
0
2
0
−2
0
根据表格可得A=2，可得12⋅2πω=5π9−2π9，
∴ω=3，
再根据五点法作图可得3×2π9+φ=π2，
∴φ=−π6，
∴函数的解析式为：f(x)=2sin(3x−π6).
(2)∵x∈(π6,π2],
∴3x−π6∈(π3,4π3]，可得sin(3x−π6)∈[− 32,1]，
∴f(x)=2sin(3x−π6)∈[− 3,2]．
【解析】(1)由函数的最值求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式，进而可将表数据补充完整．
(2)利用正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的最值求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，正弦函数的单调性以及定义域、值域，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，
∵PA= 2a，AD=a，
∴PD=a，
故四棱锥P−ABCD的体积V=13SABCD⋅PD=13×a2×a=a33；
(2)证明：∵PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
∴PD⊥DC，
∵DC⊥AD，AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，
∴DC⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，
∴DC⊥PA，
∵PD=AD，
E为侧棱PA的中点，
∴DE⊥PA，
∵DC∩DE=D，DC，DE⊂平面CDEF，
∴PA⊥平面CDEF，
∵CF⊂平面CDEF，
∴PA⊥CF．
【解析】(1)根据已知条件，求出PD⊥AD，再结合四棱锥的体积公式，即可求解；
(2)根据已知条件，先证明DC⊥平面PAD，DC⊥PA，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．
本题主要考查棱锥体积的求解，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)在△ADC中，ACsinπ6=ADsin∠ACD，
即为10 212=20sin∠ACD，解得sin∠ACD= 22，
可得锐角∠ACD=π4，
所以∠B=π−π6−3π4=π12，
在△ABC中，BC=ACtanπ12=10 2 3−11+ 3=20 2+10 6(米)；
(2)在△ADC中，ACsinπ6=ADsin∠ACD，2AC=20sinθ，
因为AD≥AC，所以10sinθ≤20，解得sinθ≥12，
由于θ为锐角，可得π6≤θ<π2，
即θ的最小值为π6，进而∠DAC取得最大值2π3，
所以DC的最大值为40cosπ6=20 3，
△ACD的面积最大值为12×20×20 3×12=100 3平方米．
【解析】(1)运用正弦定理和直角三角形的锐角三角函数，计算可得所求值；
(2)由正弦定理和正弦函数的性质求得角θ的最小值，进而达到DC的最大值，可得△ACD面积的最大值．
本题考查正弦定理和面积公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：因为f(x)= 3sinxcosx+12(sin4x−cos4x)−1
= 32sin2x+12(sin2x+cos2x)(sin2x−cos2x)−1
= 32sin2x+12(sin2x−cos2x)−1
= 32sin2x−12(cos2x−sin2x)−1
= 32sin2x−12cos2x−1
=sin(2x−π6)−1，
(1)由f(α)=0，可得sin(2α−π6)−1=0，sin(2α−π6)=1，
所以2α−π6=2kπ+π2，k∈Z，
解得α=kπ+π3，k∈Z；
(2)由题意可得g(x)=f(x+π6)+1=sin[2(x+π6)−π6]=sin(2x+π6)，
当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，g(x)∈[−12,1]，
若对任意x2∈[−π2,π6]，存在x1∈[0,π2]使得g(x1)=h(x2)成立，
则函数h(x)，x∈[−π2,π6]，的值域是[−12,1]的子集，
h(x)=−cosx|cosx−3m|+m，x∈[−π2,π6]，
令t=cosx∈[0,1]，记p(t)=−t|t−3m|+m，
当m≤0时，3m≤3m2≤0≤t，
p(t)=−t|t−3m|+m=−t(t−3m)+m=−(t−3m2)2+m+94m2，
p(t)在[0,1]上单调递减，则p(1)≤p(t)≤p(0)，即4m−1≤p(t)≤m，
由题意得4m−1≥−12m≤1，解得18≤m≤1，又m≤0，矛盾，所以无解；
当0
p(t)=(t−32m)2+m−94m2,0≤t<3m−(t−32m)2+m+94m2,3m≤t≤1，
p(t)在t∈(0,32m)上单调递减，在t∈(32m,3m)上单调递增，在t∈(3m,1)上单调递减，
p(0)=m，p(32m)=m−94m2，p(3m)=m，p(1)=4m−1，
由题意得m≤1m−94m2≥−124m−1≥−12，解得18≤m≤2+ 229，
又0
p(t)=t(t−3m)+m=(t−3m2)2+m−94m2，
p(t)在t∈(0,32m)上单调递减，在t∈(32m,1)上单调递增，
p(0)=m，p(32m)=m−94m2，p(3m)=m，p(1)=1−2m，
由题意得m≤11−2m≤1m−94m2≥−12，解得0≤m≤2+ 229，
又13≤m<23，所以13≤m<23；
当m≥23时，1≤32m<3m，t<3m，
p(t)=t(t−3m)+m=(t−3m2)2+m−94m2，
p(t)在t∈[0,1]上单调递减，
则p(1)≤p(t)≤p(0)，即1−2m≤p(t)≤m，
由题意得1−2m≥−12m≤1，解得m≤34，
又m≥23，所以23≤m≤34，
综上可得，18≤m≤34．
所以实数m的取值范围为[18,34].
【解析】(1)利用三角恒等变换化简f(x)的解析式，从而由f(α)=0解得α；
(2)利用三角函数的图象变换规律求出函数g(x)的解析式，根据题意，将所给条件转化为h(x)和g(x)的值域的包含关系，根据分段函数的特征及二次函数的性质分类讨论，列出不等式组，求得实数m的取值范围．
本题考查了三角恒等变换、三角函数的性质、转化思想及分类讨论思想，属于难题．
2022-2023学年四川省成都市十县市高一（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sinα=−12，则cos2α=( )
A. 32 B. − 32 C. 12 D. −12
2. 已知a，b为共线向量，且a=(2,x)(x∈R)，b=(1,3)，则|a|=( )
A. 2 10 B. 3 10 C. 40 D. 3 5
3. 已知i为虚数单位，复数z的共轭复数为z−，且满足zi=3+2i，则z+z−=( )
A. −4 B. 0 C. 4 D. 6i
4. l，m是不同的直线，α，β，y是互不相同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若直线l，m在平面α内，且均平行平面β，则平面α与平面β平行
B. 若平面α平行直线l，直线l平行平面γ，则平面α与平面γ平行
C. 若平面α垂直平面γ，平面β垂直平面γ，则平面α与平面β平行
D. 若直线l垂直平面α，直线m垂直平面α，则直线l与直线m平行
5. 在△ABC中，AB=1，BC= 2，AC= 3，则BC⋅CA的值为( )
A. 2 B. −2 C. 23 D. − 23
6. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且满足a+b=(cosA+cosB)c，则△ABC为( )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 以上皆有可能
7. “辛普森(Simpson)公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面(过高的中点且平行于底面的截面)的面积S1的4倍、下底面S2之和乘以高h的六分之一，即V=16h(S+4S1+S2).我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体，在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，中国古代名词“刍童”(原来是草堆的意思)就是指上下底面皆为矩形的拟柱体，已知某个“刍童”如图所示，AB=2，AD=1，EF=3，EH=2，且体积为463，则它的高为( )
A. 5312 B. 5315 C. 4 D. 3
8. 设正三棱锥A−BCD的底面△BCD的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为 63，则此三棱锥的体积为( )
A. 53 B. 23 C. 33 D. 26
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. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列四个结论正确的是( )
A. c=acosB+bcosA
B. 若a2=b2+c2+bc，则A为120°
C. 若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰直角三角形
D. 若sin2A+sin2B
A. 四面体P−ABC最长的棱为PB B. 平面ABP⊥平面BCP
C. PA，AC，BC两两互相垂直 D. cosθ=cosθ1cosθ2
11. 已知点O是△ABC所在平面内任意一点，下列说法中正确的是( )
A. 若OA+OB+OC=0，则O为△ABC的重心
B. 若|OA|=|OB|=|OC|，则O为△ABC的内心
C. 若O为△ABC的重心，AD是BC边上的中线，则3AO=AD
D. 若OA+OB=CO，则S△AOB=13S△ABC
12. 下列各式中，值为34的是( )
A. sin230°+cos260°+sin30°cos60°
B. sin220°+cos280°+ 3sin20°cos80°
C. sin223°+cos253°+sin23°cos53°
D. cos210°+cos250°−sin40°sin80°
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 化简PQ+OM+QO的结果是______ ．
14. sin65°cos5°−cos65°sin5°= ______ ．
15. 若复数z满足|z|=1，i为虚数单位，z−表示z的共轭复数，则|z−+1+i|的取值范围为______ ．
16. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，且PA=AB=2，BC=1，则该四棱锥的外接球的表面积为______ ．
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)
已知平面向量a，b，c，且a=(−1,2)，b=(3,2)，c=(5,6)．
(1)若c=λ1a+λ2b，求实数λ1，λ2的值；
(2)若(ka+b)⊥c，求实数k的值．
18. (本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧面ACC1A1为正方形，AB=AA1=1，且M，N分别是A1B，B1C1的中点．
(1)求证：MN//平面ACC1A1；
(2)求直线MC与平面A1B1C1所成角．
19. (本小题12.0分)
用“五点法”画函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如表：
x
_____
2π9
_____
5π9
_____
ωx+φ
0
π2
π
3π2
2π
f(x)=Asin(ωx+φ)
0
2
0
_____
0
(1)请将上表数据补充完整，并求出函数f(x)的解析式；
(2)当x∈(π6,π2]时，求f(x)的值域．
20. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，边长为a，PA=PC= 2a，点E为侧棱PA的中点，过C，D，E三点的平面交侧棱PB于点F.(1)求四棱锥P−ABCD的体积；
(2)求证：PA⊥CF．
21. (本小题12.0分)
世界大学生夏季运动会，素有“小奥运会”之称，由国际大学生体育联合会(InternationalUniversitySportsFederation)主办，只限在校大学生和毕业不超过两年的.大学生(年龄限制为17～28岁)参加的世界大型综合性运动会.始办于1959年，其前身为国际大学生运动会.第31届世界大学生夏季运动会即将在成都拉开帷幕，为了配合大运会的基础设施建设，组委会拟在成都东安湖公园一角修建具有成都文化特色的观景步道(如图).在△BCD中，∠BDC=π6，A是BD边上一点，AD=20米，∠ACB=π2．
(1)若AC=10 2米，求BC；
(2)当AD≥AC，记∠ACD=θ，求当角θ取何值时，△ACD的面积最大，并求出这个最大值，
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)= 3sinxcosx+12(sin4x−cos4x)−1(x∈R)，函数y=f(x)的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位得到y=g(x)的图象，h(x)=−cosx|cosx−3m|+m(m∈R)．
(1)若f(α)=0，求α；
(2)若对任意x2∈[−π2,π6]，存在x1∈[0,π2]使得g(x1)=h(x2)成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为sinα=−12，
所以cos2α=1−2sin2α=1−2×(−12)2=12．
故选：C．
由已知利用二倍角的余弦公式即可求解．
本题考查了二倍角的余弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵a,b共线，
∴6−x=0，解得x=6，
∴a=(2,6)，
∴|a|= 4+36=2 10．
故选：A．
根据a,b共线即可求出x的值，从而得出向量a的坐标，进而得出|a|的值．
本题考查了共线向量的坐标关系，根据向量的坐标求向量的长度的方法，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：zi=3+2i，
则z=3+2ii=2−3i，
z−=2+3i，
故z+z−=2−3i+2+3i=4．
故选：C．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，若直线l，m在平面α内，且均平行平面β，则平面α与β平行或相交，故A错误；
对于B，若平面α平行直线l，直线l平行平面γ，则平面α与平面γ平行或相交，故B错误；
对于C，若平面α垂直平面γ，平面β垂直平面γ，则平面α与平面β平行或相交，故C错误；
对于D，若直线l垂直平面α，直线m垂直平面α，则由线面垂直的性质得直线l与直线m平行，故D正确．
故选：D．
根据线面的位置关系可判断ABC，利用线面垂直的性质可判断D．
本题考查线面的位置关系、线面垂直的性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：解法一：由题意有：AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC，
则cosC=BCAC= 2 3= 63，
故BC⋅CA=|BC||CA|cos(π−C)= 2× 3×(− 63)=−2；
解法二：由法一可得AB⊥BC，
则向量CA在BC上的投影为−|BC|=− 2，
由数量积的几何意义可知：BC⋅CA=− 2× 2=−2．
故选：B．
由题设知△ABC为直角三角形，故所求数量积可用定义法或者数量积的几何意义两种方式求解．
本题考查平面向量的数量积运算，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：∵a+b=c(cosA+cosB)，
∴由正弦定理可得，sinA+sinB=sinC(cosA+cosB)，
∵A+B+C=π，
∴sin(B+C)+sin(A+C)=sinCcosA+sinCcosB，
∴sinBcosC+cosBsinC+sinAcosC+cosAsinC=sinCcosA+sinCcosB，
∴sinBcosC+sinAcosC=0，即(sinA+sinB)cosC=0，
∵sinB+sinA≠0，
∴cosC=0，
∵C∈(0,π)
∴C=90°，
∴△ABC是直角三角形．
故选：B．
由正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可得(sinA+sinB)cosC=0，由sinB+sinA≠0，结合C∈(0,π)可求C的值，即可判断三角形的形状．
本题考查了正弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：上底面为S=AB×AD=2×1=2，下底面为S2=EF×EH=3×2=6，中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，
根据中位线定理得MN=12(AB+EF)=12×(2+3)=52，MQ=12(AD+EH)=12×(1+2)=32，
所以中截面为S1=52×32=154，
计算该几何体的面积为：16h×(2+4×154+6)=463，
解得h=4，所以几何体的高为4．
故选：C．
求出上下底面积和中截面面积，代入公式即可求出高．
本题考查了空间几何体的体积公式应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，
正三棱锥A−BCD的底面△BCD的边长为2，设底面正三角形的中心为O，
连接BO并延长，交CD于E，连接AE，可得∠AEO为侧面与底面所成二面角的平面角，
∴cos∠AEO= 63，则sin∠AEO= 33，tan∠AEO= 33 63= 22．
∵OE=13BE=13 22−12= 33，
∴三棱锥的高AO= 33× 22= 66，
∴此三棱锥的体积为V=13×12×2×2× 32× 66= 26．
故选：D．
由题意画出图形，可得侧面与底面所成角，求出棱锥的高，代入棱锥体积公式求解．
本题考查棱锥体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：因为acosB+bcosA−c=2R(sinAcosB+sinBcosA−sinC)=2R[sin(A+B)−sinC]=0，故acosB+bcosA=c，A正确；
若a2=b2+c2+bc，由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc=−12，由A为三角形内角得A=120°，B正确；
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，C错误；
若sin2A+sin2B
故选：ABD．
由已知结合正弦定理，余弦定理及正弦函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了正弦定理及余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：由PA⊥平面ABC，AC⊥CB，可得PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，PC⊥BC，
所以PC= PA2+AC2，PB= PA2+AB2，AB= AC2+BC2，PB= BC2+PC2，
则PB>PA，PB>AB>AC，PB>BC，PB>PC，所以四面体P−ABC最长的棱为PB，故A、C都正确；
如果平面ABP⊥平面BCP，AM⊥BP，可得AM⊥平面PBC，即有AM⊥BC，又BC⊥PA，可得BC⊥平面PAB，
即有BC⊥AB，与BC⊥AC矛盾，故B错误；
在直角三角形PBC中，cosθ=BCPB，
在直角三角形PBA中，cosθ1=ABPB，
在直角三角形ABC中，cosθ2=BCAB，
所以cosθ=cosθ1cosθ2，故D正确．
故选：ACD．
由线面垂直的判定定理和性质定理、面面垂直的性质定理、直角三角形的勾股定理和锐角三角函数的定义，可判断正确结论．
本题考查线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：取BC的中点D，连接OD，则OB+OC=2OD，
若OA+OB+OC=0，则2OD=−OA，则O，A，D三点共线，且2|OD|=|OA|，
则O为△ABC的重心，故A正确；
若|OA|=|OB|=|OC|，则O为△ABC的外心，不一定是内心，故B错误；
若O为△ABC的重心，AD是BC边上的中线，则|AO|=23|AD|，则3AO=2AD，故C错误；
取AB的中点E，连接OE，则OA+OB=2OE，
若OA+OB=CO，则CO=2OE，则O，D，E三点共线，且|OE|=13|CE|，
则S△AOB=13S△ABC，故D正确．
故选：AD．
取BC的中点D，则OB+OC=2OD，得2OD=−OA，即可判断A；
若|OA|=|OB|=|OC|，则O为△ABC的外心，不一定是内心，即可判断B；
由题意|AO|=23|AD|，则3AO=2AD，即可判断C；
取AB的中点E，则OA+OB=2OE，得CO=2OE，|OE|=13|CE|，即可判断D．
本题主要考查三角形的五心，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，sin230°+cos260°+sin30°cos60°=(12)2+(12)2+12×12=34，故A正确；
对于B，∵cos80°=cos(60°+20°)=12cos20°− 32sin20°，
∴sin220°+cos280°+ 3sin20°cos80°=sin220°+(12cos20°− 32sin20°)2+ 3sin20°(12cos20°− 32sin20°)
=sin220°+14cos220°− 32sin20°cos20°+34sin220°+ 32sin20°cos20°−32sin220°
=14sin220°+14cos220°=14，故B错误；
对于C，∵cos53°=cos(30°+23°)= 32cos23°−12sin23°，
∴sin223°+cos253°+sin23°cos53°=sin223°+( 32cos23°−12sin23°)2+sin23°( 32cos23°−12sin23°)
=sin223°+34cos223°− 32sin23°cos23°+14sin223°+ 32sin23°cos23°−12sin223°
=34sin223°+34cos223°=34，故C正确；
对于D，∵sin40°=sin(30°+10°)=12cos10°+ 32sin10°，
∴cos210°+cos250°−sin40°sin80°=cos210°+sin240°−cos10°sin40°
=cos210°+(12cos10°+ 32sin10°)2−cos10°(12cos10°+ 32sin10°)
=cos210°+14cos210°+ 32sin10°cos10°+34sin210°−12cos210°− 32sin10°cos10°
=34cos210°+34sin210°=34，故D正确．
故选：ACD．
由三角恒等变换、诱导公式、同角三角函数的基本关系等知识化简各选项即可．
本题考查三角恒等变换、诱导公式、同角三角函数的基本关系，属于基础题．
13.【答案】PM
【解析】解：PQ+OM+QO=PQ+QO+OM=PM．
故答案为：PM．
根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解．
本题主要考查向量的坐标运算，属于基础题．
14.【答案】 32
【解析】解：因为sin65°cos5°−cos65°sin5°=sin(65°−5°)=sin60°= 32．
故答案为： 32．
根据两和差的正弦公式计算即可．
本题考查了两个差的正弦公式，属于易做题．
15.【答案】[ 2−1, 2+1]
【解析】解：|z|=1，
则|z−|=1，
故 2−1=|1+i|−|z−|≤|z−+1+i|≤|1+i|+|z−|= 2+1，
故|z−+1+i|的取值范围为[ 2−1, 2+1]．
故答案为：[ 2−1, 2+1]．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
16.【答案】9π
【解析】解：将四棱锥P−ABCD补成长方体如图：
则此四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
长方体的对角线长为 22+22+12=3，
所以四棱锥的外接球的直径为3，即半径R=32，
则该四棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=9π．
故答案为：9π．
将四棱锥P−ABCD补成长方体，求出长方体的对角线长，即可得外接球的半径，进而得表面积．
本题考查了四棱锥外接球的表面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)a=(−1,2)，b=(3,2)，c=(5,6)，c=λ1a+λ2b，
则−λ1+3λ2=52λ1+2λ2=6，解得λ1=1λ2=2；
(2)a=(−1,2)，b=(3,2)，
则ka+b=(−k+3,2k+2)，
∵c=(5,6)，(ka+b)⊥c，
∴5(−k+3)+6(2k+2)=0，解得k=−277．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量相等的条件，即可求解；
(2)根据已知条件，结合向量垂直的条件，即可求解．
本题主要考查向量相等的条件，以及向量垂直的条件，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：分别取AB，BC的中点D，E，连接DM，DE，EN，则DM//AA1，DE//AC，
因为DM⊄平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，所以DM//平面ACC1A1，
同理可得，DE//平面ACC1A1，
又DM∩DE=D，DM、DE⊂平面MNED，
所以平面MNED//平面ACC1A1，
因为MN⊂平面MNED，所以MN//平面ACC1A1．
(2)解：由(1)知，DM//AA1，
因为直三棱柱ABC−A1B1C1，所以AA1⊥平面ABC，所以DM⊥平面ABC，
又平面ABC//平面A1B1C1，所以MC与平面ABC所成的角就是直线MC与平面A1B1C1所成角，即∠MCD为所求，
在△CDM中，DM=12AA1=12，CD= 3BD= 32AB= 32，
所以tan∠MCD=DMCD= 33，
因为∠MCD∈[0,π2]，所以∠MCD=π6，
故直线MC与平面A1B1C1所成角为π6．
【解析】(1)分别取AB，BC的中点D，E，连接DM，DE，EN，可证平面MNED//平面ACC1A1，再由面面平行的性质定理，得证；
(2)由DM⊥平面ABC，平面ABC//平面A1B1C1，知∠MCD即为所求，再由三角函数的知识，得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质定理，线面角的定义是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)把表格填完整：
x
π18
2π9
7π18
5π9
13π18
ωx+φ
0
π2
π
3π2
2π
f(x)=Asin(ωx+φ)
0
2
0
−2
0
根据表格可得A=2，可得12⋅2πω=5π9−2π9，
∴ω=3，
再根据五点法作图可得3×2π9+φ=π2，
∴φ=−π6，
∴函数的解析式为：f(x)=2sin(3x−π6).
(2)∵x∈(π6,π2],
∴3x−π6∈(π3,4π3]，可得sin(3x−π6)∈[− 32,1]，
∴f(x)=2sin(3x−π6)∈[− 3,2]．
【解析】(1)由函数的最值求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式，进而可将表数据补充完整．
(2)利用正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的最值求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，正弦函数的单调性以及定义域、值域，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，
∵PA= 2a，AD=a，
∴PD=a，
故四棱锥P−ABCD的体积V=13SABCD⋅PD=13×a2×a=a33；
(2)证明：∵PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
∴PD⊥DC，
∵DC⊥AD，AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，
∴DC⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，
∴DC⊥PA，
∵PD=AD，
E为侧棱PA的中点，
∴DE⊥PA，
∵DC∩DE=D，DC，DE⊂平面CDEF，
∴PA⊥平面CDEF，
∵CF⊂平面CDEF，
∴PA⊥CF．
【解析】(1)根据已知条件，求出PD⊥AD，再结合四棱锥的体积公式，即可求解；
(2)根据已知条件，先证明DC⊥平面PAD，DC⊥PA，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．
本题主要考查棱锥体积的求解，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)在△ADC中，ACsinπ6=ADsin∠ACD，
即为10 212=20sin∠ACD，解得sin∠ACD= 22，
可得锐角∠ACD=π4，
所以∠B=π−π6−3π4=π12，
在△ABC中，BC=ACtanπ12=10 2 3−11+ 3=20 2+10 6(米)；
(2)在△ADC中，ACsinπ6=ADsin∠ACD，2AC=20sinθ，
因为AD≥AC，所以10sinθ≤20，解得sinθ≥12，
由于θ为锐角，可得π6≤θ<π2，
即θ的最小值为π6，进而∠DAC取得最大值2π3，
所以DC的最大值为40cosπ6=20 3，
△ACD的面积最大值为12×20×20 3×12=100 3平方米．
【解析】(1)运用正弦定理和直角三角形的锐角三角函数，计算可得所求值；
(2)由正弦定理和正弦函数的性质求得角θ的最小值，进而达到DC的最大值，可得△ACD面积的最大值．
本题考查正弦定理和面积公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：因为f(x)= 3sinxcosx+12(sin4x−cos4x)−1
= 32sin2x+12(sin2x+cos2x)(sin2x−cos2x)−1
= 32sin2x+12(sin2x−cos2x)−1
= 32sin2x−12(cos2x−sin2x)−1
= 32sin2x−12cos2x−1
=sin(2x−π6)−1，
(1)由f(α)=0，可得sin(2α−π6)−1=0，sin(2α−π6)=1，
所以2α−π6=2kπ+π2，k∈Z，
解得α=kπ+π3，k∈Z；
(2)由题意可得g(x)=f(x+π6)+1=sin[2(x+π6)−π6]=sin(2x+π6)，
当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，g(x)∈[−12,1]，
若对任意x2∈[−π2,π6]，存在x1∈[0,π2]使得g(x1)=h(x2)成立，
则函数h(x)，x∈[−π2,π6]，的值域是[−12,1]的子集，
h(x)=−cosx|cosx−3m|+m，x∈[−π2,π6]，
令t=cosx∈[0,1]，记p(t)=−t|t−3m|+m，
当m≤0时，3m≤3m2≤0≤t，
p(t)=−t|t−3m|+m=−t(t−3m)+m=−(t−3m2)2+m+94m2，
p(t)在[0,1]上单调递减，则p(1)≤p(t)≤p(0)，即4m−1≤p(t)≤m，
由题意得4m−1≥−12m≤1，解得18≤m≤1，又m≤0，矛盾，所以无解；
当0
p(t)=(t−32m)2+m−94m2,0≤t<3m−(t−32m)2+m+94m2,3m≤t≤1，
p(t)在t∈(0,32m)上单调递减，在t∈(32m,3m)上单调递增，在t∈(3m,1)上单调递减，
p(0)=m，p(32m)=m−94m2，p(3m)=m，p(1)=4m−1，
由题意得m≤1m−94m2≥−124m−1≥−12，解得18≤m≤2+ 229，
又0
p(t)=t(t−3m)+m=(t−3m2)2+m−94m2，
p(t)在t∈(0,32m)上单调递减，在t∈(32m,1)上单调递增，
p(0)=m，p(32m)=m−94m2，p(3m)=m，p(1)=1−2m，
由题意得m≤11−2m≤1m−94m2≥−12，解得0≤m≤2+ 229，
又13≤m<23，所以13≤m<23；
当m≥23时，1≤32m<3m，t<3m，
p(t)=t(t−3m)+m=(t−3m2)2+m−94m2，
p(t)在t∈[0,1]上单调递减，
则p(1)≤p(t)≤p(0)，即1−2m≤p(t)≤m，
由题意得1−2m≥−12m≤1，解得m≤34，
又m≥23，所以23≤m≤34，
综上可得，18≤m≤34．
所以实数m的取值范围为[18,34].
【解析】(1)利用三角恒等变换化简f(x)的解析式，从而由f(α)=0解得α；
(2)利用三角函数的图象变换规律求出函数g(x)的解析式，根据题意，将所给条件转化为h(x)和g(x)的值域的包含关系，根据分段函数的特征及二次函数的性质分类讨论，列出不等式组，求得实数m的取值范围．
本题考查了三角恒等变换、三角函数的性质、转化思想及分类讨论思想，属于难题．
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