2022-2023学年江苏省镇江一中校际联考高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省镇江一中校际联考高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共17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.设复数z=1+i51−i，则z−的虚部是( )
A. iB. −iC. 1D. −1
2.在△ABC中，已知sin2A=sin2B，则△ABC的形状为( )
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c=4，a=4 2，A=π4，则C=( )
A. π6B. π6或5π6C. π3D. π3或2π3
4.已知向量a=(3,4)，b=(sinα,csα)，且a/​/b，则tanα=( )
A. 34B. −34C. 43D. −43
5.下列说法正确的是( )
A. 若a与b共线，则a=b或者a=−b
B. 若a⋅b=a⋅c，则b=c
C. 若△ABC中，点P满足2AP=AB+AC，则点P为BC中点
D. 若e1，e2为单位向量，则e1=e2
6.已知不重合的直线a，b和平面α，下列命题正确的是( )
A. 若a/​/α，b⊂α，则a/​/bB. 若a/​/α，b/​/α，则a/​/b
C. 若a/​/b，b⊂α，则a/​/αD. 若a⊥α，b⊥α，则a/​/b
7.设a=sin250°，b=1cs50∘−cs50°，c=tan50°1+tan250∘，则a，b，c的大小关系为( )
A. a8.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，点D是A1B1的中点，F是侧面AA1B1B(含边界)上的动点.要使AB1⊥平面C1DF，则线段C1F的长的最大值为( )
A. 52
B. 2
C. 133
D. 5
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。
9.若z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题正确的是( )
A. 若|z2|=|z3|，则z2=±z3B. 若z1z2=z1z3，则z2=z3
C. 若z2−=z3，则|z1z2|=|z1z3|D. 若z1z2=0，则z1=0或z2=0
10.已知向量a=(csα,sinα)，b=(2,1)，则下列命题正确的是( )
A. |a−b|的最大值为 5+1
B. 若|a+b|=|a−b|，则tanα=12
C. 若e是与b共线的单位向量，则e=(2 55, 55)
D. 当f(α)=a⋅b取得最大值时，tanα=12
11.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是( )
A. 斜三角形ABC中，tanAtanBtanC=tanA+tanB+tanC
B. 若A=30°，b=4，a=3，则△ABC有两解
C. 若acsB−bcsA=c，则△ABC一定为直角三角形
D. 若a=4，b=5，c=6，则△ABC外接圆半径为16 77
12.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )
A. 直线BD1⊥平面A1C1D
B. 异面直线AP，A1D所成角的取值范围是[π4,π2]
C. 直线B1C/​/平面A1C1D
D. 点P到平面A1C1D的距离为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知z=2−i，|z−+i|= ______．
14.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，直线AC1与平面ABCD所成角的正弦值为______．
15.等边△ABC中，已知AB=1，点M在线段BC上，且满足BM=2CM，N为线段AB的中点，CN与AM相交于点P，则cs∠MPN=______．
16.在锐角△ABC中，a2−b2=bc，则角B的取值范围为______，5tanB−5tanA+6sinA的最小值为______．
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)
(1)若复数z=(m2+2m−3)+(m2+5m+6)⋅i是纯虚数，求实数m的值；
(2)若复数z满足：z⋅z−+(z+z−)⋅i=1+i，求复数z．
18.(本小题12分)
如图所示，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M、N分别是AB、PC的中点．
(1)求证：MN/​/平面PAD．
(2)求证：MN⊥CD．
19.(本小题12分)
在①b+bcsC= 2csinB，②S△ABC= 2CA⋅CB，③(3b−a)csC=ccsA，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决问题．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足_____．
(1)求csC的值；
(2)若点E在AB上，且AE=2EB，CE= 413，BC=3，求sinB．
20.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=π3，Q为AD点的中点．
(1)若PA=PD，求证：AD⊥平面PQB；
(2)点M在线段PC上，且PM=tPC，当PA//平面MQB时，求t的值．
21.(本小题12分)
某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角△ABC和以BC为直径的半圆拼接而成，点P为半圈上一点(异于B，C)，点H在线段BC上，且满足CH⊥AB.已知∠ACB=90°，AB=1dm，设∠ABC=θ．
(1)为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足∠ABC=∠PCB，且CA+CP达到最大．当θ为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
(2)为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足∠PBA=60°，且CH+CP达到最大．当θ为何值时，CH+CP取得最大值，并求该最大值．
22.(本小题12分)
在斜△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A≠B，2sin(2A−2B)=sin2A−sin2B．
(1)求tanAtanB的值；
(2)求1tanA+1tanB+1tanC的最小值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=1+i51−i=1+i1−i=i，
故z−=−i，其的虚部是−1，
故选：D．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，sin2A=sin2B，
则2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
故△ABC的形状为等腰或直角三角形．
故选：D．
根据已知条件，推得2A=2B或2A+2B=π，再分类讨论，即可求解．
本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为c=4，a=4 2，A=π4，
则由正弦定理asinA=csinC，
可得sinC=c⋅sinAa=4× 224 2=12，
又因为a>c，C为锐角，
所以C=π6．
故选：A．
由已知利用正弦定理可得sinC=12，结合大边对大角可求C为锐角，进而可求C的值．
本题考查了正弦定理，大边对大角在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵向量a=(3,4)，b=(sinα,csα)，且a/​/b，
∴3csα−4sinα=0，
∴sinαcsα=34；
即tanα=34．
故选：A．
根据两向量平行的坐标表示，列出方程，求出tanα的值．
本题考查了平面向量的坐标运算以及同角的三角函数的运算问题，是基础题目．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，根据共线向量的定义显然不成立，
对于B，令a=0，显然不成立，
对于C，根据向量的运算性质，成立，
对于D，根据单位向量的定义，显然不成立，
故选：C．
根据共线向量以及单位向量的定义判断即可．
本题考查了向量的定义以及向量的运算性质，是一道基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由不重合的直线a，b和平面α，知：
对于A，若a/​/α，b⊂α，则a与b平行或异面，故A错误；
对于B，若a/​/α，b/​/α，则a与b相交、平行或异面，故B错误；
对于C，若a/​/b，b⊂α，则a/​/α或a⊂α，故C错误；
对于D，若a⊥α，b⊥α，则a/​/b，故D正确．
故选：D．
对于A，a与b平行或异面；对于B，a与b相交、平行或异面；对于C，a/​/α或a⊂α；对于D，由线面垂直的性质定理，即可判断．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的知识要点，三角函数关系式的变换，作差法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
直接利用三角函数的关系式的变换和作差法的应用求出a、b、c的大小关系．
【解答】
解：对于b=1cs50∘−cs250°cs50∘=sin250°cs50∘=1−cs100°2cs50∘=1−cs100°2cs50∘，
所以b−a=1−cs100°2cs50∘−1−cs100°2=1−cs100°2⋅(1cs50∘−1)>0，
故：b>a，
由于c=tan50°1+tan250∘=12×2tan50°1+tan250∘=sin50°cs50°，
a−c=sin50°(sin50°−cs50°)>0，故a>c，
故：b>a>c．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：取BB1上靠近B1的四等分点为E，连接DE，当点F在DE上时，AB1⊥平面C1DF．
证明如下：
∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，
点D是A1B1的中点，∴C1D⊥平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1，
以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∴A(1,0,2)，B1(0,1,0)，D(12,12,0)，E(0,1,12)，
∴AB1=(−1,1,−2)，DE=(−12,12,12)，
此时AB1⋅DE=0，∴AB1⊥DE，∴AB1⊥平面C1DF，
由题意得当E，F为重合时，线段C1F最大，此时C1F= 52．
故选：A．
取BB1上靠近B1的四等分点为E，由题知C1D⊥AB1，再利用空间向量证得AB1⊥DE，即当F在DE上时，AB1⊥DE，当F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，由此能求出线段C1F的长的最大值．
本题考查立体几何的综合知识，属于探索性题型，考查空间向量与立体几何以及立体几何的定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，当z2=1，z3=i时，满足|z2|=|z3|，但此时z2≠±z3，故错误；
对于B，由z1z2=z1z3得z1(z2−z3)=0，∵z1≠0，∴z2=z3，故正确；
对于C，若z2−=z3，则|z2|=|z3|，由复数模的性质可得，
|z1z2|=|z1||z2|，|z1z3|=|z1||z3|，所以|z1z2|=|z1z3|，故正确；
对于D，由z1z2=0且z1≠0可得z2=0，D错误．
综上，BC正确．
故选：BC．
根据复数的相关定义，可逐一判断．
本题考查复数的相关概念，属基础题．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查向量的模定义，辅助角公式，向量数量积的定义与性质，属于中档题．
对A选项，利用向量的模定义，辅助角公式构建α的三角函数模型，再利用函数思想即可求解；对B选项，两边平方化简得a⋅b=0，从而建立α的方程，最后求出tanα；对C选项，根据单位向量的定义，数乘的概念即可求解；对D选项，先利用数量积定义，辅助角公式化简f(α)，即可求解．
【解答】
解：
对A选项，|a−b|=|(csα−2,sinα−1)|
= (csα−2)2+(sinα−1)2= 6−(4csα+2sinα)
= 6−2 5sin(α+β)，其中tanβ=2，α∈R，
∴当sin(α+β)=−1时，|a−b|取得最大值 6+2 5= 5+1，故A选项正确；
对B选项，若|a+b|=|a−b|，等式两边平方整理得a⋅b=0，
∴2csα+sinα=0，∴tanα=−2，故B选项错误；
对C选项，与b共线的单位向量e=±b|b|
=±1 5(2,1)=(2 55, 55)或(−2 55,− 55)，故C选项错误；
对D选项，∵f(α)=a⋅b=2csα+sinα= 5sin(α+θ)，其中tanθ=2，α∈R，
∴当α+θ=π2+2kπ，(k∈Z)时，sin(α+θ)=1，f(α)取得最大值 5，
此时α=π2−θ+2kπ，k∈Z，其中tanθ=2，
∴tanα=tan(π2−θ+2kπ)=tan(π2−θ)=1tanθ=12，故D选项正确．
故选：AD．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，在斜△ABC中，tanA+tanB+tanC=tanA+tanB−tan(A+B)
=tanA+tanB−tanA+tanB1−tanAtanB
=tanA−tan2AtanB+tanB−tanAtan2B−tanA−tanB1−tanAtanB
=−tanAtanB(tanA+tanB)1−tanAtanB=−tanAtanBtan(A+B)=tanAtanBtanC，选项A正确；
对于B，由于A为锐角，且bsinA=4×12=2<3<4，则△ABC有两解，选项B正确；
对于C，由于acsB−bcsA=c，则sinAcsB−sinBcsA=sinC，即sin(A−B)=sin(A+B)，
∴2csAsinB=0，
又A，B为△ABC内角，则csA=0，即A=π2，选项C正确；
对于D，由余弦定理可得，csA=b2+c2−a22bc=25+36−162×5×6=34，
在△ABC中，有sinA= 1−cs2A= 1−916= 74，
∴△ABC外接圆半径为12×4 74=8 77，选项D错误．
故选：ABC．
由诱导公式及正切的和角公式化简即可判断选项A；由三角形解的个数判断方法即可判断选项B；由正弦定理结合常见的三角函数值即可判断选项C；由余弦定理求得csA，进而得到sinA，再由正弦定理即可求得外接圆半径．
本题考查利用三角恒等变换以及三角形解的个数判断，考查正余弦定理在解三角形中的运用，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：如图所示，
在A中，∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1=B1，
∴A1C1⊥平面BB1D1，∴A1C1⊥BD1，同理，DC1⊥BD1，
∵A1C1∩DC1=C1，∴BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
在B中，当点P与线段B1C的端点重合时，异面直线AP与A1D所成角取得最小值为π3，
故异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π3,π2]，故B错误；
∵A1D/​/B1C，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，
∴B1C/​/平面A1C1D，故C正确；
∵点P在线段B1C上运动，∴P到平面A1C1D的距离为定值，故D正确．
故选：ACD．
根据线面垂直的判定定理，异面直线所成角的概念，线面平行的判定定理，即可分别求解．
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与平面垂直、多面体的体积及空间角的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．
13.【答案】2 2
【解析】解：∵z=2−i，
∴z−=2+i，
∴|z−+i|=|2+2i|= 22+22=2 2．
故答案为：2 2．
根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的概念，以及复数模公式，属于基础题．
14.【答案】 63
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
CC1⊥平面ABCD，所以∠C1AC为AC1与平面ABCD所成的角，
设正方体的棱长为a，则AC1= 3a，AC= 2a，
所以cs∠C1AC=ACAC1= 2 3= 63．
故答案为： 63．
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，∠C1AC为AC1与平面ABCD所成的角，求解即可．
本题考查线面角的求法，属基础题．
15.【答案】− 217
【解析】解：以BC所在直线为x轴，BC的中垂线为y轴，建立如图所示的坐标系，
∵AB=1，∴B(−12,0)，C(12,0)，A(0, 32)，
∵点M在线段BC上，且满足BM=2CM，N为线段AB的中点，
∴M(16,0)，N(−14, 34)，
∴AM=(16,− 32)，CN=(−34, 34)，
∴cs∠MPN=AM⋅CN|AM||CN|=16×(−34)+(− 32)× 34 136+34× 916+316=− 217，
故答案为：− 217．
建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，进而求出结论．
本题主要考查向量数量积的应用，三角形的解法，属于中档题目．
16.【答案】(π6,π4) 2 30
【解析】解：由a2−b2=bc和a2=b2+c2−2bccsA，可得c−2bcsA=b，
由正弦定理得sinC−2sinBcsA=sinB，
所以sin(A+B)−2sinBcsA=sinB，
整理得sinAcsB−sinBcsA=sinB，
即sin(A−B)=sinB，
因为A−B∈(−π2,π2),B∈(0,π2)，
所以A−B=B或A−B+B=π(舍去)，即A=2B，
又因为△ABC为锐角三角形，所以0故π3则5tanB−5tanA+6sinA=5(csBsinB−csAsinA)+6sinA
=5⋅sin(A−B)sinBsinA+6sinA=5sinBsinBsinA+6sinA=6sinA+5sinA≥2 30，
当且仅当6sinA=5sinA，即sinA= 306时，等号成立．
所以5tanB−5tanA+6sinA的最小值为2 30．
故答案为：(π6,π4)；2 30．
由已知结合余弦定理，正弦定理及和差角公式进行化简可得A，B的关系，结合锐角三角形条件可求A，B的范围，然后由基本不等式可得．
本题考查三角恒等变换的应用，正弦定理的应用，三角函数的值域，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵z=(m2+2m−3)+(m2+5m+6)i是纯虚数，
∴m2+2m−3=0m2+5m+6≠0，解得m=1．
(2)设z=a+bi，a，b∈R，
∵z⋅z−+(z+z−)i=1+i，
∴a2+b2+2ai=1+i，
∴a2+b2=12a=1，解得a=12，b=± 32；
故z=12± 32i．
【解析】(1)根据已知条件，结合纯虚数的概念，即可求解．
(2)根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
本题考查了共轭复数和纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
18.【答案】证明：(1)取PD的中点E，连接AE，EN．
∵E，N分别是C，D中点，∴EN−//12CD，
又∵CD/​/AB，M是AB中点，
∴AM−//12CD，∴AM−//EN，
∴四边形AMNE是平行四边形，∴MN/​/AE．
∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
∴MN/​/平面PAD.…(6分)
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，
又∵MN//AE，∴CD⊥MN.…(12分)
【解析】(1)取PD的中点E，连接AE，EN.推导出四边形AMNE是平行四边形，从而MN//AE.由此能证明MN/​/平面PAD．
(2)由PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，又CD⊥AD，从而CD⊥平面PAD，进而CD⊥AE，再由MN/​/AE，能证明CD⊥MN．
本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)若选①：
因为b+bcsC= 2csinB，由正弦定理可得sinB+sinBcsC= 2sinCsinB，
因为sinB≠0，所以1+csC= 2sinC，
联立1+csC= 2sinCsin2C+cs2C=1，解得csC=13，sinC=2 23，
故csC=13．
若选②：
因为S△ABC= 2CA⋅CB，所以12absinC= 2bacsC，
即sinC=2 2csC>0，联立sin²C+cs²C=1，
可得csC=13．
若选③：
因为(3b−a)csC=ccsA，由正弦定理可得(3sinB−sinA)csC=sinCcsA，
所以3sinBcsC=sinAcsC+sinCcsA=sin(A+C)=sinB，
因为sinB≠0，所以csC=13．
(2)由余弦定理可得cs∠AEC=AE2+EC2−AC22AE⋅EC=49c2+EC2−b243c⋅EC
cs∠BEC=BE2+EC2−BC22BE⋅EC=19c2+EC2−a223c⋅ EC，
因为cs∠AEC+cs∠BEC=0，
所以49c2+EC2−b243c⋅EC+19c2+EC2−a223c⋅ EC=0，即2c²+9EC²−3b²−6a²=0，
则2c²−3b²=6a²−9EC²=6×9−9×419=13，①
同时csC=a2+b2−c22ab=13，即b²−c²=2b−9，②
联立①②可得b²+4b−5=0，解得b=1，
则c=2 2，
故csB=a2+c2−b22ac=2 23，则sinB=13．
【解析】(1)若选①：由正弦定理整理条件可得1+csC= 2sinC，再与cs²C+sin²C=1联立即可解出csC；
若选②：由面积公式及数量积公式可得sinC=2 2csC>0，联立sin²C+cs²C=1，即可解出csC；
若选③：由正弦定理、两角和的正弦公式及诱导公式可得3sinBcsC=sinB，结合sinB≠0，即可求出csC；
(2)由余弦定理分别求出cs∠AEC，cs∠BEC，由cs∠AEC+cs∠BEC=0，可得2c²−3b²=13，再由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=13，即b²−c²=2b−9，两式联立即可求得b和c的值，再利用余弦定理可求得csB，从而可得sinB的值．
本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查面积公式及数量积公式的应用，考查转化思想、方程思想以及运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：连接BD，因为底面ABCD为菱形，∠BAD=π3，
可得△ABD为正三角形，又因为Q为AD点的中点，所以BQ⊥AD，
而PA=PD，所以PQ⊥AD，
而PQ∩BQ=Q，
所以可证得：AD⊥面PBQ；
(2)连接AC交BQ于N，由题意可得ANNC=ANBC=12，
要使PA//平面MQB，则面PAC∩面BQM=NM，
所以PA//NM，
所以ANNC=PMMC=12，即M为PC的距离P点的三等分点，
所以PMPC=13，而PM=tPC，
所以t=13
所以t的值为13．
【解析】(1)由题意可得△ABD为等边三角形，再由Q为AD的中点，可得BQ⊥AD，再由PA=PD，可得PQ⊥AD，PQ与BQ相交，可证得结论；
(2)由线面平行的性质定理及相似三角形可得M为三等分点，进而求出t的值．
本题考查线面垂直的判定定理的应用及线面平行的性质定理的应用，属于中档题．
21.【答案】解：设∠ABC=∠PCB=θ，则在直角△ABC中，AC=sinθ，BC=csθ；
在直角△PBC中，PC=BC⋅csθ=csθ⋅csθ=cs2θ，PB=BC⋅sinθ=sinθ⋅csθ=sinθcsθ；
(1)AC+CP=sinθ+cs2θ=sinθ+1−sin2θ=−sin2θ+sinθ+1，θ∈(0,π3)，
所以当sinθ=12，即θ=π6，AC+CP的最大值为54；
(2)在直角△ABC中，由S△ABC=12CA⋅CB=12AB⋅CH，
可得CH=sinθ⋅csθ1=sinθ⋅csθ；
在直角△PBC中，PC=BC⋅sin(π3−θ)=csθ⋅(sinπ3csθ−csπ3sinθ)，
所以CH+CP=2sinθcsθ+2csθ( 32csθ−12sinθ)，θ∈(0,π3)，
所以CH+CP=sin2θ+ 3cs2θ−sinθcsθ=12sin2θ+ 32cs2θ+ 32=sin(2θ+π3)+ 32，
所以当θ=π6，CH+CP达到最大．
【解析】(1)设∠ABC=∠PCB=θ，利用直角三角形的边角关系，求出AC+CP的解析式，再计算AC+CP的最大值；
(2)由等积法求出CH的值，再计算CH+CP的最大值以及对应的θ值．
本题考查了解三角形以及三角函数的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)因为2sin(2A−2B)=sin2A−sin2B，
所以2sin[2(A−B)]=sin[(A+B)+(A−B)]−sin[(A+B)−(A−B)]，
所以4sin(A−B)cs(A−B)=2cs(A+B)sin (A−B)，
因为A≠B，−π可得sin(A−B)≠0，
所以2cs(A−B)=cs(A+B)，
所以2csAcsB+2sinAsinB=csAcsB−sinAsinB，
整理可得csAcsB=−3sinAsinB，
因为△ABC为斜三角形，csAcsB≠0，
所以tanAtanB=−13；
(2)因为tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB，
又tanAtanB=−13，
所以tanA+tanB=−43tanC，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=tanA+tanBtanAtanB+1tanC
=−3(tanA+tanB)+1tanC
=4tanC+1tanC，
由tanAtanB=−13<0，可知A和B有一个是钝角，
所以C为锐角，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=4tanC+1tanC
≥2 4tanC⋅1tanC=4，
当且仅当4tanC=1tanC，即tanC=12时等号成立，
所以1tanA+1tanB+1tanC的最小值为4．
【解析】(1)将条件化为2sin[2(A−B)]=sin[(A+B)+(A−B)]−sin[(A+B)−(A−B)]，然后利用和差公式和二倍角公式展开整理可得；
(2)利用正切和差公式将1tanA+1tanB+1tanC化为4tanC+1tanC，然后由基本不等式即可求解．
本题考查了三角函数恒等变换以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．