2023-2024学年辽宁省沈阳二中高一（下）段考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳二中高一（下）段考数学试卷（含解析），共16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.集合A={x|−3π2≤x<3π2}，B={x|x=kπ+π2,k∈Z}，C=A∩B，则集合C中的元素个数为( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
2.已知平面向量a=(10sinθ,1)，b=(csθ,3)，若a⊥b，则tanθ=( )
A. −13或−3B. 13或−3C. 13或3D. −13或3
3. 3tan85°tan35°−tan85°−tan35°=( )
A. 33B. − 33C. 3D. − 3
4.古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知，位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼(现在的阿斯旺，在北回归线上)记为A，夏至那天正午，阳光直射，立杆无影；同样在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亚历山大城记为B，测得立杆与太阳光线所成的角约为7.2°.他又派人测得A，B两地的距离AB=800km，平面示意图如图，则可估算地球的半径约为(π≈3.14)( )
A. 7260kmB. 6870kmC. 6369kmD. 5669km
5.已知a,b,c均为单位向量，且满足3a+4b+5c=0，则cs〈a−b,c〉=( )
A. 25B. 210C. 55D. 2 23
6.如图，正六边形的边长为2 2，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则MA⋅MB的取值范围为( )
A. [4,5]
B. [5,7]
C. [4,6]
D. [5,8]
7.在△ABC中，AC=2 7，O是△ABC的外心，M为BC的中点，AB⋅AO=8，N是直线OM上异于M、O的任意一点，则AN⋅BC=( )
A. 3B. 6C. 7D. 9
8.设函数f(x)=sin(ωx+φ)−12(ω>0)，若对于任意实数φ，函数f(x)在区间[0,2π]上至少有2个零点，至多有3个零点，则ω的取值范围是( )
A. [13,1)B. [1,43)C. [1,53)D. [43,53)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在等腰△ABC中，已知AB=4，CA=CB=8，若H、W、G、I分别为△ABC的垂心、外心、重心和内心，则下列四种说法正确的有( )
A. AH⋅BC=0B. AW⋅BC=24C. AG⋅BC=16D. AI⋅BC=12
10.下列说法中正确的有( )
A. 与a=(2,−1)垂直的单位向量为( 55,−2 55)
B. 已知a在b上的投影向量为b且|b|=5，则a⋅b=252
C. 若非零向量a，b满足|a|=|b|=|a−b|，则a与a+b的夹角是30°
D. 已知a=(1,2)，b=(1,1)，且a与a+λb夹角为锐角，则λ的取值范围是(−53,+∞)
11.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则( )
A. f(x)=3sin(2x+π6)
B. f(x)的图象向右平移2π3个单位长度后得到的新函数是奇函数
C. f(x)的图象关于点(−4π3,0)对称
D. 若方程f(x)=32在(0,m)上有且只有6个根，则m∈(3π,10π3]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面单位向量e1,e2，满足|e1−e2|= 2，设a=e1+e2，b=3e1+e2，向量a，b的夹角为θ，则csθ= ______．
13.求值cs10°(1+ 3tan10°)−2sin50°sin5°= ______．
14.已知函数y=f(x)的定义域为C，值域为D，若存在整数m∈C，n∈D，且n=f(m)，则mn为函数y=f(x)的“子母数”.已知集合A={x|sin( 3π3tanx24+π3)≥ 32,x∈[−8π,8π]}，函数g(x)=[csx]，x∈A([x]表示不超过x的最大整数，例如[1.2]=1)，当xg(x)<0时，函数y=g(x)的所有“子母数”之和为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
某游乐场的摩天轮示意图如图，已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为T=24分钟.在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1～12(可视为点)，在旋转过程中，座舱与地面的距离h与时间t的函数关系基本符合正弦函数模型，现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．
(1)求1号座舱与地面的距离h与时间t的函数关系h(t)的解析式；
(2)在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为17米时t的值；
16.(本小题15分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点在坐标原点，以x轴非负半轴为始边的锐角α与钝角β的终边与单位圆O分别交于A，B两点，x轴的非负半轴与单位圆O交于点M，已知S△OAM= 55，点B的横坐标是−7 210．
(1)求cs(α−β)的值；
(2)求2α−β的值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)．
(1)若f(x)为偶函数，求函数g(x)=lg[f(x−π6)+12]的定义域；
(2)若f(x)过点(π6,1)，设h(x)=cs2x+2asinx，若对任意的x1∈[−π2,π2]，x2∈[0,π2]，都有h(x1)18.(本小题17分)
已知向量m=(sinx,sinx+csx)，n=(csx,−2)，函数f(x)=m⋅n．
(1)求f(π3)的值；
(2)当x∈[π2,3π4]时，方程2f(x)−m+1=0有解，求实数m的取值范围；
(3)是否存在正实数a，使不等式|m+n|2−4af(x)−10≥0对所有x∈[π2,3π4]恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
已知O为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcsx，称向量OM=(a,b)为函数f(x)的相伴特征向量，同时称函数f(x)为向量OM的相伴函数．
(1)记向量ON=(1, 3)的相伴函数为f(x)，求当f(x)=85且x∈(−π3,π6)时，sinx的值；
(2)设函数g(x)= 3cs(x+π6)+cs(π3−x)，试求g(x)的相伴特征向量OM，并求出与OM共线的单位向量；
(3)已知A=(−2,3)，B=(2,6)，OT=(− 3,1)为h(x)=msin(x−π6)的相伴特征向量，φ(x)=h(x2−π3)，请问在y=φ(x)的图象上是否存在一点P，使得AP⊥BP.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：解不等式−3π2≤kπ+π2<3π2(k∈Z)，可得−2≤k<1，
所以，整数k的取值有−2、−1、0，
又因为集合A={x|−3π2≤x<3π2}，B={x|x=kπ+π2,k∈Z}，
则C=A∩B={−3π2,−π2,π2}，即集合C中的元素个数为3．
故选：B．
解不等式−3π2≤kπ+π2<3π2(k∈Z)，得出整数k的取值，即可得解．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：平面向量a=(10sinθ,1)，b=(csθ,3)，a⊥b，
则10sinθcsθ+3=0，即10sinθcsθ+3sin2θ+3cs2θ=0，即10tanθ+3tan2θ+3=0，解得tanθ=−13或−3．
故选：A．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：已知tan120°=tan(85°+35°)=tan85°+tan35°1−tan85∘tan35∘=− 3，
所以tan85°+tan35°=− 3+ 3tan85°tan35°，
即 3tan85°tan35°−tan85°−tan35°= 3．
故选：C．
利用正切和角公式得到tan85°+tan35°1−tan85∘tan35∘=− 3，整理后得到答案．
本题考查了正切和角公式，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设地心为O，依题意可得，∠AOB=7.2°，AB=800km，
设地球的周长为C，半径为R，
则7.2360=800C=8002πR，所以R=800×3602π×7.2≈6369km．
故选：C．
利用圆的性质及周长公式即可求解．
本题考查三角函数的实际应用，属基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由3a+4b+5c=0，得3a+4b=−5c，
两边同时平方得：9a2+24a⋅b+16b2=25c2，
因为a,b,c均为单位向量，所以a⋅b=0，
所以|a−b|= (a−b)2= a2+b2−2a⋅b= 2，
由3a+4b+5c=0，得c=−35a−45b，
所以(a−b)⋅c=(a−b)⋅(−35a−45b)=−35a2+45b2−15a⋅b=15，
所以cs〈a−b,c〉=(a−b)⋅c|a−b||c|=15 2×1= 210．
故选：B．
由3a+4b+5c=0，得3a+4b=−5c，两边平方求出a⋅b，c=−35a−45b，分别求出|a−b|,(a−b)⋅c，再根据向量夹角得计算公式即可得解．
本题考查平面向量数量积的求法，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可得：MA⋅MB=(MO+OA)⋅(MO+OB)=(MO+OA)⋅(MO−OA)
=|MO|2−|OA|2=|MO|2−1，
当OM与正六边形的边垂直时，|MO|min= 6，
当点M运动到正六边形的顶点时，|MO|max=2 2，
所以|MO|∈[ 6,2 2]，
则|MO|2∈[6,8]，
即MA⋅MB=(|MO|2−1)∈[5,7]．
故选：B．
根据题意，由平面向量数量积的运算化简，可得MA⋅MB=|MO|2−1，再由|MO|的范围，即可得到结果．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：因为O是△ABC的外心，M为BC的中点，
设AC的中点为D，连接OD，
所以OM⊥BC，OD⊥AC，
设ON=λOM，
则AN⋅BC=(AO+ON)⋅BC=AO⋅BC+λOM⋅BC
=AO⋅BC=AO⋅(BA+AC)
=AO⋅BA+AO⋅AC=−AO⋅AB+AO⋅AC，
又O是△ABC的外心，
所以AO⋅AC=|AO|⋅|AC|cs∠CAO=(|AO|cs∠CAO)⋅|AC|
=12|AC|2=12×(2 7)2=14，
所以AN⋅BC=−AO⋅AB+AO⋅AC=−8+14=6．
故选：B．
根据外心的性质得到OM⊥BC，设ON=λOM，根据数量积的运算律得到AN⋅BC=−AO⋅AB+AO⋅AC，再由数量积的定义及几何意义求出AO⋅AC，从而得解．
本题考查了三角形外接圆的性质，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为φ为任意实数，故函数f(x)的图象可以任意平移，从而研究函数f(x)在区间[0,2π]上的零点问题，
即研究函数y=sinωx−12在任意一个长度为2π−0=2π的区间上的零点问题，
令y=sinωx−12=0，得sinωx=12，
则它在y轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为π6ω，5π6ω，13π6ω，17π6ω，25π6ω，…，
则它们相邻两个零点之间的距离分别为2π3ω，4π3ω，2π3ω，4π3ω，…，
故相邻三个零点之间的距离为2πω，相邻四个零点之间的最大距离为10π3ω，
所以要使函数f(x)在区间[0,2π]上至少有2个零点，至多有3个零点，
则需相邻三个零点之间的距离不大于2π，相邻四个零点之间的最大距离大于2π，
即2πω≤2π10π3ω>2π，解得1≤ω<53，即ω∈[1,53)．
故选：C．
根据题意，将问题转化为研究y=sinωx−12在任意一个长度为2π的区间上的零点问题，分别求得相邻三个零点之间的距离，相邻四个零点之间的最大距离，从而得到关于ω的不等式组，解之即可得解．
本题主要考查函数的零点与方程根的关系，正弦函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：A选项：因为H为垂心，为三条高线的交点，则AH⋅BC=0，选项A正确；
B选项：因为W为外心，是三条边中垂线的交点，
则AW⋅BC=AW⋅AC−AW⋅AB=12|AC|2−12|AB|2=32−8=24，选项B正确；
C选项：因为G为重心，所以AG=13(AB+AC)，
所以AG⋅BC=13(AC+AB)⋅(AC−AB)=13(|AC|2−|AB|2)=16，选项C正确；
D选项：因为I为内心，△ABC为等腰三角形，AB为底边，
所以AI在AB方向上的投影为12|AB|=2，
所以AI⋅BC=AI⋅AC−AI⋅AB=2⋅|AC|−2⋅|AB|=8，选项D错误．
故选：ABC．
根据三角形各心的性质结合向量的加减法则即可求得．
本题考查了三角形四心的性质，考查了平面向量的数量积，考查了转化思想，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，设与a=(2,−1)垂直的单位向量的坐标为(x,y)，
则 x2+y2=1,2x−y=0，解得x= 55,y=2 55或x=− 55,y=−2 55，故A错误；
对于B，因为a在b上的投影向量为b，所以a⋅b|b|⋅b|b|=12b，
又因为|b|=5，所以a⋅b5⋅b5=12b，从而a⋅b=252，故B正确；
对于C，若非零向量a，b满足|a|=|b|=|a−b|，则|a|2=|b|2=|a−b|2=|a|2+|b|2−2a⋅b，
即有a⋅b=12|a|2，所以a⋅(a+b)=a2+a⋅b=32|a|2，
又因为|a+b|= a2+2a⋅b+b2= 3|a|，
所以a与a+b的夹角的余弦值为a⋅(a+b)|a|⋅|a+b|= 32，
因为0°≤≤180°，所以a与a+b的夹角是30°，故C正确；
对于D，当λ=0时，a与a+λb平行，不满足a与a+λb夹角为锐角，
所以若a与a+λb夹角为锐角，则λ的取值范围不包含0，但D答案中的取值范围包含0，故D错误．
故选：BC．
对于A，设所求向量坐标为(x,y)，由此可得 x2+y2=1,2x−y=0，进一步即可验算；对于B，一方面有a⋅b|b|⋅b|b|=12b，进一步有a⋅b5⋅b5=12b，由此即可验算；对于C，由已知首先得a⋅b=12|a|2，进一步a⋅(a+b)=32|a|2，且|a+b|= 3|a|，由此结合向量夹角的余弦公式即可求解；对于D，可以说明λ=0时，a与a+λb夹角为锐角不成立即可判断．
本题考查平面向量的数量积与夹角，涉及向量的模，投影向量等，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：由已知函数f(x)的部分图象可得：A=3，f(0)=3sinφ=32，即sinφ=12，
又因为|φ|<π2，所以φ=π6，所以f(x)=3sin(ωx+π6)．
因为f(x)的图象过点(5π12,0)，所以3sin(5π12ω+π6)=0，即5π12ω+π6=π+2kπ(k∈Z)，
解得ω=2+245k(k∈Z)，
由已知函数f(x)的部分图象可可知：T2>5π12，即2π2ω>5π12，即0<ω<125，
所以ω=2，故f(x)=3sin(2x+π6)，故A正确；
将f(x)的图象向右平移2π3个单位长度后得到的新函数是y=f(x−2π3)=3sin(2x−4π3+π6)=3sin(2x−7π6)，
显然该函数为非奇非偶函数，故B错误；
因为f(−4π3)=3sin(−5π2)=−3≠0，所以点(−4π3,0)不是函数f(x)的对称点，故C不正确；
因为f(0)=f(π3)=f(π)=f(4π3)=f(2π)=f(7π3)=f(3π)=f(10π3)=32，
若方程f(x)=32在(0,m)上有且只有6个根，则m∈(3π,10π3]，故D正确．
故选：AD．
根据已知图象及特殊点的坐标得出函数f(x)的解析式，进而判断选项A的正误；根据函数的平移变换可得出新函数的解析式，进而判断选项B的正误；将点(−4π3,0)代入函数f(x)的解析式验证即可判断选项C的正误；结合三角函数的图象与性质可判断实数m的取值范围即可判断选项D的正误．
本题考查由三角函数的部分图象求函数的解析式、三角函数的图象与性质，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．
12.【答案】2 55
【解析】解：因为|e1−e2|= 2，且e1,e2为单位向量，
所以e12+e22−2e1⋅e2=2，所以e1⋅e2=0，
所以csθ=a⋅b|a|⋅|b|=(e1+e2)⋅(3e1+e2)|e1+e2||3e1+e2|=3+1 1+1 9+1=2 55．
故答案为：2 55．
首先由|e1−e2|= 2两边平方结合e1,e2是单位向量得e1⋅e2=0，从而由向量夹角公式、数量积运算律以及模的计算公式即可求解．
本题考查平面向量的数量积与夹角的求法，属于基础题．
13.【答案】−2 2
【解析】解：由和差化积公式可得sin40°−sin50°=2cs40°+50°2sin40°−50°2
=2cs45°sin(−5°)=−2× 22sin5°=− 2sin5°，
则cs10°(1+ 3tan10°)−2sin50°sin5°=cs10°(cs10°+ 3sin10°cs10°)−2sin50°sin5°
=2sin(10°+30°)−2sin50°sin5∘=2sin40°−2sin50°sin5∘=−2 2sin5°sin5°=−2 2．
故答案为：−2 2．
利用切化弦，辅助角公式和和差化积公式化简得到答案．
本题主要考查了和差角公式，辅助角公式及同角基本关系的应用，属于中档题．
14.【答案】−36
【解析】解：因为x∈[−8π,8π],x24∈[−π3,π3]，tanx24∈[− 3, 3]， 3π3tanx24+π3∈[−2π3,4π3]，
所以由sin( 3π3tanx24+π3)≥ 32，
可得 3π3tanx24+π3∈[π3,2π3]，解得x∈[0,4π]，即A=[0,4π]，
如图为g(x)=[csx]的图象，
由g(x)的周期性，所以只需讨论一个周期内的情况即可，
当x=0时，csx=1，g(x)=[csx]=1，
当0当π2当3π2≤x<2π时，0所以x∈[0,4π]，即在一个周期内xg(x)<0的部分，
由图得x∈(π2,3π2)时，g(x)=−1<0，
x∈(5π2,7π2)，g(x)=−1<0，
所以x∈Z且在定义域内的x为2，3，4，8，9，10，
所以数y=g(x)的所有“子母数”之和为(2+3+4+8+9+10)×(−1)=−36．
故答案为：−36．
解不等式sin( 3π3tanx24+π3)≥ 32，得集合A=[0,4π]，画出g(x)的图象，根据图象得到g(x)<0的部分，求出x∈Z且在定义域内的x之和即可求解．
本题属于新概念题，考查了三角函数的性质、数形结合思想，理解定义及作出图象是关键上，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设1号座舱与地面的距离h与时间t的函数关系的解析式为h(t)=Asin(ωt+φ)+b(A>0,ω>0,t≥0)，
依题意可得A=30，b=32，
∴h(t)=30sin(ωt+φ)+32(ω>0)．
依题意T=24min，
∴ω=2πT=π12(rad/min)，
当t=0时，h(t)=32，
∴φ=0，
∴h(t)=30sinπ12t+32(t≥0)．
(2)令h(t)=17，
即30sinπ12t+32=17，
∴sinπ12t=−12，
∵0≤t≤24，∴0≤π12t≤2π，
∴π12t=7π6或π12t=11π6，解得t=14或t=22，
∴t=14或t=22时，1号座舱与地面的距离为17米．
【解析】(1)依题意设h(t)=Asin(ωt+φ)+b(A>0,ω>0,t≥0)，即可得到A=30，b=32，再由周期求出ω，最后求出φ即可；
(2)令h(t)=17，结合正弦函数的性质计算可得．
本题考查函数模型的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由题意知，|OA|=|OM|=1，点A(csα,sinα)，
则有S△OAM=12|OM|⋅sinα= 55，解得sinα=2 55，
又α为锐角，则csα= 1−sin2α= 55，
因钝角β的终边与单位圆O的交点B的横坐标是−7 210，则csβ=−7 210,sinβ= 1−cs2β= 210，
所以cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ= 55×(−7 210)+2 55× 210=− 1010．
(2)由(1)知sinα=2 55,csα= 55,sinβ= 210,csβ=−7 210，
则sin(α−β)=sinαcsβ−csαsinβ=2 55×(−7 210)− 55× 210=−3 1010，
从而sin(2α−β)=sin[α+(α−β)]=sinαcs(α−β)+csαsin(α−β)=2 55×(− 1010)+ 55×(−3 1010)=− 22，
因为α为锐角，sinα=2 55> 22，
则有α∈(π4,π2)，即2α∈(π2,π)，又β∈(π2,π)，
因此2α−β∈(−π2,π2)，
所以2α−β=−π4．
【解析】(1)根据已知条件，利用三角形面积公式及同角公式求出α，β的正余弦，再利用差角的余弦计算作答．
(2)利用(1)中信息求出sin(2α−β)，再讨论2α−β的范围求解作答．
本题考查了两角和与差的三角函数的求值以及三角函数的定义的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)为偶函数，所以φ=π2，
所以f(x)=cs2x，由f(x−π6)+12>0，可得cs(2x−π3)>−12，
2kπ−2π3<2x−π3<2kπ+2π3，k∈Z，
所以kπ−π6所以g(x)的定义域是{x|kπ−π6(2)因为f(x)过点(π6,1)，所以1=sin(π3+φ)(0<φ<π),φ=π6，φ=π6，
所以f(x)=sin(2x+π6)，又因为x2∈[0,π2]，2x2+π6∈[π6,7π6]，
所以f(x2)=sin(2x2+π6)∈[−12,1]，
又因为对任意的x1∈[−π2,π2]，x2∈[0,π2]，都有h(x1)所以h(x1)maxh(x)=cs2x+2asinx=−sin2x+2asinx+1=a2+1−(sinx−a)2，
因为x1∈[−π2,π2]，所以sinx1∈[−1,1]，
设t=sinx1∈[−1,1]，
则有g(t)=a2+1−(t−a)2图像是开口向下，对称轴为t=a的抛物线，
当a≥1时，g(t)在t∈[−1,1]上单调递增，所以g(t)max=g(1)=2a，
所以2a<52，解得a<54，所以1≤a<54，
当a≤−1时，g(t)在t∈[−1,1]上单调递减，
所以g(t)max=g(−1)=−2a，所以−2a<−52，解得a>−54，
所以−54当−1所以a2+1<52，解得− 62所以−1综上所述：实数a的取值范围为(−54,54)．
【解析】(1)由函数f(x)为偶函数可求出φ，从而可得f(x)的解析式，由对数函数的性质可得f(x−π6)+12>0，解三角函数不等式即可得解；
(2)由题意可将问题转化为h(x1)max本题主要考查函数恒成立问题，函数定义域的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可知：f(x)=m⋅n=sinxcsx−2(sinx+csx)，
可得f(π3)=sinπ3csπ3−2(sinπ3+csπ3)=−3 34−1．
(2)令t=sinx+csx= 2sin(x+π4)，
因为x∈[π2,3π4]，
则x+π4∈[3π4,π]，t= 2sin(x+π4)∈[0,1]，
可得f(x)=g(t)=t2−12−2t=t22−2t−12，
且g(t)的图象开口向上，对称轴为直线t=2，
可知g(t)在[0,1]上单调递减，
则g(t)max=g(0)=−12，g(t)min=g(1)=−2，
因为方程2f(x)−m+1=0在[π2,3π4]有解，
可得m−12=f(x)∈[−2,−12]，
解得m∈[−3,0]．
(3)存在，a≥3符合题意，
因为m+n=(sinx+csx,sinx+csx−2)，
则|m+n|2=(sinx+csx)2+(sinx+csx−2)2=t2+(t−2)2，
不等式|m+n|2−4af(x)−10≥0可化为(1−a)t2+(4a−2)t+a−3≥0对t∈[0,1]恒成立，
令h(t)=(1−a)t2+(4a−2)t+a−3，t∈[0,1]，
则h(0)=a−3≥0h(1)=4a−4≥0，解得a≥3，
若a≥3，则1−a<0，可知h(t)的开口向下，
则h(0)=a−3≥0h(1)=4a−4>0，可知a≥3符合题意，
综上所述：a的取值范围为[3,+∞)．
【解析】(1)根据题意可得f(x)=sinxcsx−2(sinx+csx)，代入即可得结果；
(2)令t=sinx+csx，可得f(x)=g(t)=t22−2t−12，根据题意结合二次函数分析求解；
(3)根据题意分析可知(1−a)t2+(4a−2)t+a−3≥0对t∈[0,1]恒成立，取特值可得取值范围，并代入结合二次函数的最值分析求解．
本题考查了平面向量的线性运算、三角恒等变化及二次函数的性质，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由已知可得：f(x)=sinx+ 3csx=2sin(x+π3)=85，
所以sin(x+π3)=45，
又x∈(−π3,π6)，所以x+π3∈(0,π2)，
所以cs(x+π3)=35，
所以sinx=sin[(x+π3)−π3]
=sin(x+π3)csπ3−cs(x+π3)sinπ3
=45×12−35× 32=4−3 310；
(2)g(x)= 3cs(x+π6)+cs(π3−x)
= 3cs(x+π6)+cs[π2−(x+π6)]
= 3cs(x+π6)+sin(x+π6)
=2sin(x+π6+π3)=2sin(x+π2)=2csx，
所以OM=(0,2)，|OM|=2，OM|OM|=(0,1)，
所以与OM共线的单位向量为(0,1)和(0,−1)；
(3)h(x)=msin(x−π6)= 32msinx−m2csx，
因为OT=(− 3,1)为h(x)=msin(x−π6)的相伴特征向量，
所以 32m=− 3−m2=1，解得m=−2，
所以h(x)=−2sin(x−π6)，
所以φ(x)=−2sin[(x2−π3)−π6]，
=−2sin(x2−π2)=2csx2，
假设在y=φ(x)的图象上是否存在一点P(x,2csx2)，使得AP⊥BP，
由AP=(x+2,2csx2−3)，BP=(x−2,2csx2−6)，
可得(x+2,2csx2−3)⋅(x−2,2csx2−6)=0，
化简得x2=−4cs2x2+18csx2−14，
令y=−4cs2x2+18csx2−14，
令csx2=t,t∈[−1,1]，
所以y=−4t2+18t−14=−4(t−94)2+254，
当t=−1时，y=−36；当t=1时，y=0，
所以−36≤y≤0，因为x2≥0，
所以当且仅当t=1且x=0时，x2=−4cs2x2+18csx2−14成立，
此时，csx2=1，即x=0，即点P(0,2)，
所以y=φ(x)的图象上是存在一点P(0,2)，使得AP⊥BP．
【解析】(1)利用相伴特征向量的定义、函数定义域及三角恒等变换公式即可求解；
(2)利用相伴特征向量的定义，求出相伴特征向量OM，根据共线单位向量的定义即可求解；
(3)利用向量的数量积和垂直的充要条件的应用，即可求解．
本题考查向量与三角的综合应用，属中档题．