2022-2023学年湖北省十堰市高一下学期期末调研考试数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省十堰市高一下学期期末调研考试数学试卷（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.复数z=3+i2+i的实部为( )
A. 1B. 75C. 65D. −15
2.已知向量a=(1,3λ)，b=(2,7−λ)，若a//b，则λ=( )
A. 1B. −1C. 3D. −3
3.端午节前后，人们除了吃粽子、插艾叶以外，还要给孩子们佩戴香囊.某商家销售的香囊有四种不同的形状，其中圆形的香囊有36个，方形的香囊有18个，桃形的香囊有27个，石榴形的香囊有9个.现该商家利用分层随机抽样的方法在这些香囊中抽出20个香囊摆放在展台上，则抽出的桃形香囊的个数为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
4.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，C′B′⊥x′轴，C′D′//y′轴，C′B′=1，A′B′=5，则△A′B′C′的原图形的面积为( )
A. 5B. 5 22C. 10 2D. 5 2
5.将函数f(x)=3cs(6x−π3)的图象向左平移π12个单位长度，再把得到的曲线上所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则g(x)=( )
A. 3sin(2x+2π3)B. 3sin(x+π3)C. 3cs(2x−π4)D. 3cs(16x−2π3)
6.已知一个底面半径为2，高为2 3的圆锥，被一个过该圆锥高的中点且平行于该圆锥底面的平面所截，则截得的圆台的体积为( )
A. 7 3π3B. 14π3C. 3 3πD. 6π
7.已知m>32，在钝角△ABC中，AB=3m，BC=5m，AC=m+6，则m的取值范围是( )
A. (32,6)B. (2,6)C. (32,2)D. (2,+∞)
8.武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色.主峰天柱峰犹如金铸玉琢的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅.环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”.如图，若点P为主峰天柱峰的最高点，M，N为观测点，且P，M，N在同一水平面上的投影分别为Q，E，F，∠QEF=30∘，∠QFE=45∘，在点M处测得点N的仰角为15∘，NF−ME=200米，在点N处测得点P的仰角为α且tanα= 2，则P，M两点到水平面QEF的高度差约为( )
(参考数据： 3≈1.732)
A. 684米B. 732米C. 746米D. 750米
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.已知复数z=(2+i)i，则( )
A. z=1+2iB. |z|= 5
C. z在复平面内对应的点在第二象限D. z+1为纯虚数
10.某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如图1所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了10%，2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数分布条形图如图2所示，则( )
A. 该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在[30,60)内的学生人数占70%
B. 该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的2.2倍还多
C. 该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在[50,60)内
D. 相比于2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加
11.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，则( )
A. φ=−π6B. ω=4
C. f(x)的图象关于直线x=π12对称D. f(x)在[π24,π6]上的值域为[−32,3]
12.上海世博会中国国家馆以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的六面体ABCD−A1B1C1D1，设矩形ABCD和A1B1C1D1的中心分别为O1和O2，若O1O2⊥平面ABCD，O1O2=6，AB=10，AD=2 7，A1B1=8，A1D1=4，AB//A1B1，BC//B1C1，AD//A1D1，CD//C1D1，则( )
A. 这个六面体是棱台B. 该六面体的外接球体积是288π
C. 直线AC与A1C1异面D. 二面角A−BC−C1的余弦值是 3737
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.tan22.5∘1+tan222.5∘=__________.
14.已知非零向量a,b的夹角为π6，|a|=2 3，a⊥(2a−b)，则a⋅b=__________，|a+b|=__________.
15.已知O为△ABC的外心，且AO=λAB+(1−λ)AC.若向量BA在向量BC上的投影向量为μBC，其中μ∈[35,45]，则cs∠AOC的取值范围为__________.
16.如图，在平面四边形ABCD中，∠ADB=∠ABC=π2，BD=BC=4，沿对角线BD将△ABD折起，使平面ADB⊥平面BDC，连接AC，得到三棱锥A−BCD，则三棱锥A−BCD外接球表面积的最小值为__________.
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)
已知cs(π4−α)=35，sin(5π4+β)=−1213，α∈(π4,3π4)，β∈(0,π4).
(1)求sin2α;
(2)求cs(α+β).
18.(本小题12分)
在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，sin2A+sinAsinC+sin2C+cs2B=1.
(1)求角B的大小;
(2)若a=5，b=7，求sinC.
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，已知PA=PB=AC=BC=4，PC=4 2，且∠APB=60∘，E，F，M分别为AP，AC，BP的中点，N为FC的中点.
(1)证明：MN//平面EBF.
(2)求异面直线PC与EB所成角的余弦值.
20.(本小题12分)
为提倡节约用水，某市为了制定合理的节水方案，对家庭用水情况进行了调查，通过简单随机抽样抽取2022年500个家庭的月均用水量(单位：吨)，将数据按照[4.5,5.5),[5.5,6.5),[6.5,7.5),[7.5,8.5),[8.5,9.5),[9.5,10.5]分成6组，绘制的频率分布直方图如图所示，已知这500个家庭的月均用水量的第27百分位数为6.9.
(1)在这500个家庭中月均用水量在[7.5,8.5)内的家庭有多少户?
(2)求a，b的值;
(3)估计这500个家庭的月均用水量的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).
21.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PDF⊥平面PDE.
(2)若DF=2 3，求三棱锥P−EDF体积的最大值.(提示：∀a，b，c>0，3abc≤a+b+c3，当且仅当a=b=c时，等号成立)
22.(本小题12分)
已知f(x)，g(x)是定义在R上的函数，且满足g(x)=f(x)⋅f(x+π2).
(1)设f(x)=|sinx|−csx，若x∈[0,π]，求g(x)的值域;
(2)设f(x)=sinx−csx，讨论F(x)=asinx+g(x)(a为常数)在(0,2023π)上零点的个数.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数运算、复数的概念，属于基础题.
【解答】
解：因为z=3+i2+i=(3+i)(2−i)(2+i)(2−i)=7−i5=75−15i，所以复数z=3+i2+i的实部为75.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了向量平行的坐标表示，属基础题.
由题可得2×3λ=7−λ，解方程即可.
【解答】
解：因为a//b，
所以2×3λ=7−λ，解得λ=1.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了分层抽样，属于基础题.
【解答】
解：根据分层随机抽样的概念可得抽出的桃形香囊的个数为20×2736+18+27+9=6.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查斜二测画法，属于基础题.
【解答】
解：法一：如图所示，根据斜二测画法可知，C′D′//y′轴，且C′D′= 2，原图形为△ABC，其中AB=5，CD⊥AB，且CD=2 2，则△ABC的面积为12.AB⋅CD=12×5×2 2=5 2.
法二：直观图面积为12⋅A′B′⋅C′B′=12×5×1=52，原图形的面积等于直观图面积的2 2
倍，所以原图形的面积为52×2 2=5 2.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了余弦型函数的图象变换，属基础题.
【解答】
解：将f(x)的图象向左平移π12个单位长度，得到曲线y=3cs[6(x+π12)−π3]=
3cs(6x+π6)，再把得到的曲线上所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，得到
g(x)=3cs(2x+π6)=3sin(2x+2π3)的图象.
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了就台体体积，属于基础题.
【解答】
解：根据题意可得圆台的下底面半径为2，上底面半径为1，高为 3，
故该圆台的体积V=13(π+4π+ π⋅4π)⋅ 3=7 3π3.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查余弦定理，属于基础题.
【解答】
解：因为m>32，所以5m−(m+6)=4m−6>0，所以5m>m+6.
又5m>3m>0，所以A最大，
则由余弦定理得csA=(3m)2+(m+6)2−(5m)22×3m(m+6)<0，得(5m+6)(m−2)>0，则m>2.
因为m+6>5m−3m，所以m<6，
所以m的取值范围是(2,6).
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了利用正弦定理解三角形、两角和与差的正切公式、两角和与差的正弦公式，属中档题.
【解答】
解：如图，过M作MC⊥NF交NF于C，过N作ND⊥PQ交PQ于D，如图
所示：
因为NF−ME=200，所以NC=200，又∠NMC=15∘，则MC=200tan15∘，
tan15∘=tan(60∘−45∘)=tan60∘−tan45∘1+tan60∘⋅tan45∘= 3−11+ 3=2− 3，
则EF=MC=2002− 3=200(2+ 3)，又∠QEF=30∘，∠QFE=45∘，所以∠FQE=105∘，
由正弦定理EFsin∠FQE=FQsin∠FEQ，得200(2+ 3)sin105∘=QFsin30∘，
sin105∘=sin(60∘+45∘)=sin60∘cs45∘+cs60∘sin45∘= 2+ 64，
即FQ=200(2+ 3)×12 2+ 64=100 6+100 2，又∠PND=α，且tanα= 2，
所以PD=ND⋅tanα=FQ⋅tanα=200+200 3，
则P，M两点到平面QEF的高度差为：
PD+NC=200+200 3+200=400+200 3=200(2+ 3)≈746米.
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了复数的基本概念与运算，属于基础题.
【解答】
解：因为z=(2+i)i=2i+i2=−1+2i，所以z=−1−2i，|z|= 1+4= 5，z在复平面内
对应的点的坐标为(−1,2)，在第二象限.z+1=2i，为纯虚数.
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查条形图、扇形图、中位数，属于中档题.
【解答】
解：2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在[30,60)内的学生人数占比为20%+
25%+25%=70%，A正确.
由于2023届初三学生人数较2022届上升了10%，
假设2022届初三学生人数为a(a>0)，则仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数为0.2a，
2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数为a×(1+10%)×41%=
0.451a，
0.451a>0.2a×2.2，B正确.
2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在[40,50)内，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在[50,60)内，C错误.
2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占25%+15%+5%=45%，
2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占41%+34%+7%=82%，D正确.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了由部分图象求三角函数解析式、求正弦型函数的对称轴、求正弦型函数的值域或最值，属中档题.
【解答】
解：依题意得A=3，f(0)=3sinφ=−32，sinφ=−12，因为|φ|<π2，所以φ=−π6，A正确；
因为f(π48)=3sin(π48ω−π6)=0，所以π48ω−π6=kπ(k∈Z)，解得ω=8+48k(k∈Z).
因为T4=2π4ω>π48，所以0<ω<24，所以当k=0时，ω=8，B错误；
因为f(x)=3sin(8x−π6)，所以令8x−π6=π2+kπ(k∈Z)，解得x=π12+kπ8(k∈Z)，
则f(x)的图象关于直线x=π12对称，C正确；
因为当x∈[π24,π6]时，8x−π6∈[π6,7π6]，所以3sin(8x−π6)∈[−32,3]，所以
f(x)在[π24,π6]上的值域为[−32,3]，D正确.
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了棱台的结构特征，球的切接问题，空间线线位置关系，二面角，属于较难题.
【解答】
解：因为A1B1AB≠A1D1AD，所以四条侧棱的延长线不能交于一点，所以这个六面体不是棱台，A错误.
由题意可知，这个六面体的外接球球心O在直线O1O2上，且O1A=4 2，O2A1=2 5，
设该六面体的外接球半径为R，因为O1A2+OO12=O2A12+(6−OO1)2=R2，解得OO1=2，
所以R=6，所以这个六面体的外接球体积是43πR3=288π，B正确.
AC和A1C1显然不相交，因为tan∠CAB=BCAB= 75，tan∠C1A1B1=B1C1A1B1=12，tan∠CAB≠tan∠C1A1B1，所以AC与A1C1不平行，所以AC和A1C1不在同一平面内，C正确.
设BC和B1C1的中点分别为M，N，连接O2N，MN，O1M，则∠O1MN即所求二面角的平面角，O1M=5，O2N=4，所以cs∠O1MN=O1M−O2N O1O22+(O1M−O2N)2= 3737，D正确.
13.【答案】 24
【解析】【分析】
本题考查同角三角函数基本关系，二倍角正弦公式，属于基础题.
【解答】
解：tan22.5∘1+tan222.5∘=sin22.5∘cs22.5∘1+sin222.5∘cs222.5∘=sin22.5∘cs22.5∘=12sin45∘= 24.
14.【答案】24 ； 2 31
【解析】【分析】
本题考查了向量的数量积与向量的垂直关系、利用向量的数量积求向量的模等知识，属中档题.
【解答】
解：因为a⊥(2a−b)，所以a⋅(2a−b)=0，
即2a2−a⋅b=0，则a⋅b=2a2=2×(2 3)2=24，
所以|a||b|⋅csπ6=24，解得|b|=8，
因为|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=12+48+64=124，
所以a+b=2 31.
15.【答案】[15,35]
【解析】【分析】
本题考查了利用向量的数量积求向量的夹角，涉及投影向量，平面向量共线，属于中档题.
【解答】
解：因为AO=λAB+(1−λ)AC，所以CO=λCB，
又因为O为△ABC的外心，
所以△ABC为直角三角形且AB⊥AC，O为斜边BC的中点，
过A作BC的垂线AQ，垂足为Q，
因为BA在BC上的投影向量为μBC，
所以OA在BC上的投影向量为OQ=BQ−BO=μBC−12BC=(μ−12)BC，
而|OA|=12|BC|，
所以cs∠AOC=|OQ||OA|=(μ−12)|BC|12|BC|=2μ−1，
因为μ∈[35,45]，所以2μ−1∈[15,35]，
即cs∠AOC的取值范围为[15,35].
16.【答案】(8+8 5)π
【解析】【分析】
本题考查球的表面积、面面垂直性质，正弦定理，基本不等式，属于拔高题.
【解答】
解：在平面四边形中设∠CBD=θ(0<θ<π2)，∠ABD=π2−θ，
即在Rt△ADB中，∠BAD=θ，AD=4tanθ.
在△BCD中，CD=2BCsinθ2=8sinθ2.设△BCD外接圆的圆心为M，半径为r，由正弦定
理可得2r=CDsinθ=8sinθ22sinθ2csθ2=4csθ2，r=2csθ2.
设三棱锥A−BCD外接球的球心为O，则OM⊥平面BCD.
又因为平面ADB⊥平面BDC，平面ADB∩平面BDC=BD，∠ADB=90∘，
所以AD⊥平面BDC，则AD//OM，所以四边形OMDA为直角梯形.
设外接球的半径为R，在平面四边形OMDA中，过O作OE⊥AD于E，
在△AOD中，AO=DO=R，E为AD的中点，OM=DE=AD2=2tanθ，
由DO2=DE2+OE2⇒R2=DE2+r2=4tan2θ+4cs2θ2，
所以R2=4tan2θ+4cs2θ2=4cs2θsin2θ+81+csθ=4cs2θ1−cs2θ+81+csθ=−4+4×3−2csθ1−cs2θ.
令3−2csθ=t，1因为t+5t≥2 5，当且仅当t=5t，即t= 5时(满足1所以R2=−4+16−(t+5t)+6≥−4+166−2 5=2+2 5，
所以外接球表面积的最小值为4πR2=(8+8 5)π.
17.【答案】解：(1)因为cs(π4−α)=35，所以csπ4csα+sinπ4sinα=35，即csα+sinα=3 25，
所以(csα+sinα)2=1825，则1+2sinαcsα=1825，即1+sin2α=1825，
所以sin2α=−725;
(2)因为α∈(π4,3π4)，所以π4−α∈(−π2,0)，
又因为cs(π4−α)=35，所以sin(π4−α)=−45
因为sin(5π4+β)=−1213，所以sin(π4+β)=−sin(5π4+β)=1213，
又β∈(0,π4)，则π4+β∈(π4,π2)，所以cs(π4+β)=513
则cs(α+β)=cs[(π4+β)−(π4−α)]=cs(π4+β)cs(π4−α)+sin(π4+β)sin(π4−α)
=513×35+1213×(−45)=−3365，
故cs(α+β)=−3365.

【解析】本题考查了两角和与差的余弦公式、二倍角正弦公式，以及诱导公式、同角三角函数关系式，属中档题.
18.【答案】解：(1)因为sin2A+sinAsinC+sin2C+cs2B=1，所以sin2A+sinAsinC+sin2C=sin2B.
所以a2+ac+c2=b2.
根据余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=−12，
因为B∈(0,π)，所以B=2π3;
(2)由余弦定理知b2=a2+c2−2accsB，即72=52+c2−2×5ccs2π3，
化简得c2+5c−24=0，解得c=3或c=−8(舍去)，
由正弦定理知csinC=bsinB，则sinC=csinBb=3× 327=3 314.

【解析】本题考查了利用正余弦定理解三角形，属于基础题.
19.【答案】(1)证明：取BC的中点Q，连接NQ，MQ，
因为M，Q分别为PB，BC的中点，所以MQ//PC
因为E，F分别为AP，AC的中点，所以EF//PC，所以MQ//EF
MQ⧸⊄平面EBF，EF⊂平面EBF，所以MQ//平面EBF，
同理可得NQ//平面EBF，
因为MQ∩NQ=Q，所以平面MNQ//平面EBF.
因为MN⊂平面MNQ，所以MN//平面EBF.
(2)解：因为EF//PC，所以∠FEB(或其补角)即异面直线PC与EB所成的角，
因为PA=PB=AC=BC=4，且∠APB=60∘，
所以△ABC，△ABP均为等边三角形，EB=BF=2 3，EF=12PC=2 2
根据余弦定理可得cs∠FEB=12+8−122×2 2×2 3= 66，
所以异面直线PC与EB所成角的余弦值为 66.

【解析】本题考查线面平行的证明，异面直线所成角，属于中档题.
20.【答案】解：(1)因为月均用水量在[7.5,8.5)内的家庭对应的频率为0.3，
所以在这500个家庭中月均用水量在[7.5,8.5)内的家庭有500×0.3=150户；
(2)由频率分布直方图，可得0.05+b+a+0.30+0.20+0.08=1，
则a+b=0.37，
因为这500个家庭的月均用水量的第27百分位数为6.9，
所以0.05+b+(6.9−6.5)a=0.27
则b+0.4a=0.22，
解得a=0.25b=0.12；
(3)估计这500个家庭的月均用水量的平均值为
0.05×5+0.12×6+0.25×7+0.30×8+0.20×9+0.08×10=7.72.

【解析】本题考查了频率分布直方图、平均数、百分位数等，属中档题.
(1)首先根据频率分布直方图求出对应的频率，再求频数即可；
(2)根据频率和为1得到a+b=0.37，再根据第27百分位数为6.9得到b+0.4a=0.22，联立方程组即可得到答案；
(3)根据频率分布直方图，利用均值公式得到答案.
21.【答案】(1)证明：根据题意可得PF⊥PD.
因为PF⊥BF，BF//AD，所以PF⊥AD.
又PD∩AD=D，所以PF⊥平面PDE.
因为PF⊂平面PDF，所以平面PDF⊥平面PDE.
(2)解：设CF=x，CD=y，则x2+y2=12，DE=x，PF=x，EF=y.
由(1)知PF⊥平面PDE，则PF⊥PE，得PE= y2−x2.
因为PF⊥AD，EF⊥AD，EF∩PF=F，所以AD⊥平面PFE，则AD⊥PE，
所以三棱锥P−EDF的体积VP−EDF=VF−PED=13⋅12⋅x⋅ y2−x2⋅x=16x2.
y2−x2=16x2⋅ 12−2x2.
因为x2⋅ 12−2x2= x2⋅x2⋅(12−2x2)≤ (x2+x2+12−2x23)3=8，当且仅当x2=
12−2x2，即x=2时，等号成立，
所以VP−EDF=16x2⋅ 12−2x2≤16×8=43，故三棱锥P−EDF体积的最大值为43.

【解析】本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积，属于较难题.
22.【答案】解：(1)由题意，f(x)=|sinx|−csx，
f(x+π2)=|sin(x+π2)|−cs(x+π2)=|csx|+sinx，
所以g(x)=f(x)⋅f(x+π2)=(|sinx|−csx)(|csx|+sinx)
=|sinxcsx|+|sinx|sinx−|csx|csx−sinxcsx
当x∈[0,π2]时，sinx≥0，csx≥0，
g(x)=sin2x−cs2x=−cs2x在[0,π2]上单调递增，且g(0)=−1，g(π2)=1，
则g(x)∈[−1,1]
当x∈[π2,π]时，sinx≥0，csx≤0，
g(x)=1−sin2x在[π2,3π4]上单调递增，在[3π4,π]上单调递减，
且g(π2)=g(π)=1，g(3π4)=2，则g(x)∈[1,2].
综上，x∈[0,π]时，y=g(x)的值域为[−1,2].
(2)由题意，f(x)=sinx−csx，f(x+π2)=sin(x+π2)−cs(x+π2)=csx+sinx，
所以g(x)=f(x)⋅f(x+π2)=(sinx−csx)(csx+sinx)=sin2x−cs2x=−cs2x，
F(x)=asinx+g(x)=asinx−cs2x=2sin2x+asinx−1
因为F(x+2π)=2sin2(x+2π)+asin(x+2π)−1=2sin2x+asinx−1=F(x)，
所以函数F(x)是以2π为周期的周期函数.
设sinx=t，F(x)化为y=h(t)=2t2+at−1，t∈[−1,1].
由于△=a2+8>0，所以h(t)=2t2+at−1=0必有两个实数根，
设为t1，t2(t1t1+t2=−a2，t1t2=−12，
由h(−1)=2−a−1<0,h(1)=2+a−1<0,得a>1,a<−1,无解，即t1，t2至少有一个在[−1,1]内
①当t1，t2只有一个在(−1,1)内时，h(−1)h(1)=(1−a)(1+a)<0，解得a<−1或a>1.
若a<−1，则h(−1)=1−a>0，h(1)=1+a<0，得−11，
在[0,2π]内，t1=sinx有两个根x1，x2∈(π,2π)，
故F(x)在(0,2023π)上零点的个数为1011×2=2022;
若a>1，则h(−1)=1−a<0，h(1)=1+a>0，得t1<−1，0在[0,2π]内，t2=sinx有两个根x1，x2∈(0,π)，
所以F(x)在(0,2023π)上零点的个数为1012×2=2024
②当t1=−1时，t2=12，此时a=1.
在[0,2π]内，t1=sinx=−1，t2=sinx=12共有三个根x1=3π2，x2，x3∈(0,π)，
则F(x)在(0,2023π)上零点的个数为1011×3+2=3035.
③当t2=1时，t1=−12，此时a=−1.
在[0,2π]内，t1=sinx=−12，t2=sinx=1共有三个根x1，x2∈(π,2π)，x3=π2，则F(x)在
(0,2023π)上零点的个数为1011×3+1=3034.
④当−10，h(1)=1+a>0，得−1在[0,2π]内，t1=sinx有两个根x1，x2∈(π,2π)，t2=sinx有两个根x3，x4∈(0,π)，
则F(x)在(0,2023π)上零点的个数为1011×4+2=4046.
综上，当a<−1时，F(x)在(0,2023π)上零点的个数为2022;
当a=−1时，F(x)在(0,2023π)上零点的个数为3034;
当−1当a=1时，F(x)在(0,2023π)上零点的个数为3035;
当a>1时，F(x)在(0,2023π)上零点的个数为2024.

【解析】本题考查正余弦函数性质，函数零点个数，属于拔高题.