2023-2024学年辽宁省名校联盟高一下学期7月期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省名校联盟高一下学期7月期末数学试题（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.如果复数z满足：z+z=2+4i，那么z=( )
A. −3+4iB. 3+4iC. −5+4iD. 5+4i
2.已知两个非零向量a，b满足|a+b|=|a−b|，则a+b在b上的投影向量为( )
A. −bB. bC. 12bD. −12b
3.设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下面命题中正确的是( )
A. 若m//α，α//β，n⊂β，则m//nB. 若m//n，m//α，n//β，则α//β
C. 若l⊥m，m⊂α，则l⊥αD. 若l⊥β，m⊥β，m⊥α，则l⊥α
4.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是( )
A. 1910B. ±910C. −910D. 910
5.在3世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”.这可视为中国古代极限观念的佳作．割圆术可以视为将一个圆内按正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n越大，等腰三角形的面积之和越近似等于圆的面积．运用割圆术的思想，可得到sin6∘的近似值为( )(π取近似值3.14)
A. 0.314B. 0.157C. 0.105D. 0.052
6.在ΔABC中，若sinC⋅sinB=cs2A2，则ΔABC是( )
A. 等腰三角形B. 等边三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
7.若水平放置的平面四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中A′C′//O′B′，B ′C ′⊥O ′B ′，A′C′=1，O′B′=2，则以原四边形AOBC的边AC为轴旋转一周得到的几何体的体积为( )
A. 14 2π+8πB. 14 23πC. 323πD. 403π
8.二面角α−m−β的平面角的大小为90∘，A，B为半平面α内的两个点，C为半平面β内一点，且AC=BC=2 3，若直线BC与平面α所成角为30∘，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值是.( )
A. 21B. 19C. 3 72D. 302
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z=5+i1+i，则下列说法正确的是( )
A. |z|= 13B. z的虚部为−2i
C. z在复平面内对应的点在第四象限D. z的共轭复数为3+2i
10.函数f(x)=cs2xcsφ−sin2xsinφ(0<φ<π2)的图象的一个对称中心为(π6,0)，则下列说法正确的是( )
A. 直线x=512π是函数f(x)的图象的一条对称轴
B. 函数f(x)在−π6,π12上单调递减
C. 函数f(x)的图象向右平移π12个单位可得到y=cs2x的图象
D. 函数f(x)在[0,π2]上的最大值为1
11.如图，在边长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是( )
A. 若DP//平面CEF，则点P的轨迹长度为 2
B. 若AP= 17，则点P的轨迹长度为π2
C. 二面角A−EF−C的正切值为8 25
D. 若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥P−CEF的外接球的表面积是41π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.tan20∘+tan40∘+ 3tan20∘tan40∘= ．
13.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1高为2 ，底面四边形ABCD 中，∠B=∠D=90∘，∠A=60∘，AB=4，AD=5，则四棱柱外接球的表面积是____________．
14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点).如图，已知锐角▵ABC外接圆的半径为4，且三条圆弧沿▵ABC三边翻折后交于点P.若AB=6，则cs ∠PAC= ；若AC:AB:BC=6:5:4，则PA+PB+PC的值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图所示，A，B，C为山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得三点的俯角分别为α，β，γ.计划沿直线AC开通穿山隧道，请根据表格中的数据，计算：
(1)P B的长度
(2)隧道DE的长度．
16.(本小题12分)
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P是线段A1B上的动点．
(1)求证：平面BDD1B1⊥平面A1BC1;
(2)PB1与平面A1BC1所成的角的余弦值为 33，求PB的长．
17.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知四边形OABC是等腰梯形，A(6,0),C(1, 3)，点M满足OM=12OA，点P在线段BC上运动(包括端点)，如图所示．
(1)当点P为线段BC中点时，将OP绕原点O沿逆时针方向旋转75∘到OP1的位置，求点P1的坐标;
(2)求∠OCM的余弦值；
(3)是否存在实数λ，使(OA−λOP)⊥CM?若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．
18.(本小题12分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=1，BC= 2，M是线段AD上的一动点，如图2，将ΔABM沿着BM折起，使点A到达点P的位置，满足点P∉平面BCDM.
(1)如图2，当BC=2MD时，点N是线段PC上点的，DN//平面PBM，求PNPC的值；
(2)如图2，若点P在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
①是否存在点M，使得BP⊥平面PCM，若存在，求PM的长；若不存在，请说明理由；
②当三棱锥E−PBM的体积最大值时，求点E到平面PCD的距离．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)+ 2(0<ω<2,0<φ<π2).
请在下面的三个条件中任选两个解答问题．
①函数f(x)的图象过点(0,2 2)；
②函数f(x)的图象关于点(12, 2)对称；
③函数f(x)相邻对称轴与对称中心之间距离为1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若x1，x2是函数f(x)的零点，求cs(x1+x2)π2的值组成的集合；
(3)当a∈(−2,0)时，是否存在a满足不等式f(2a+32)>f(a)？若存在，求出a的范围；若不存在，请说明理由．
答案解析
1.A
【解析】解：设 z=a+bia,b∈R ，则 z= a2+b2 ，由复数相等的充要条件，
得 a+ a2+b2=2,b=4, 解得 a=−3,b=4, 即 z=−3+4i ．
故选A．
2.B
【解析】解：∵|a+b|=|a−b|，
∴a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2，即a⋅b=0，
∴a+b在b方向上的投影向量为(a+b)⋅b|b|·b|b|=b2|b|·b|b|=b．
3.D
【解析】解：由l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：
在A中，若m//α，α//β，n⊂β，则m与n平行或异面，故A错误;
在B中，若m//n，m//α，n//β，则a与β相交或平行，故B错误;
在C中，若l⊥m，m⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故C错误;
在D中，若l⊥β，m⊥β，则l//m，
又m⊥α，则由线面垂直的判定定理得l⊥α，故D正确．
故选D．
4.D
【解析】连接BF，因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F分别是棱BC，B1C1的中点，
故C1F//BE,C1F=BE，即四边形BEC1F为平行四边形，
所以BF//C1E，则∠DFB即为异面直线DF与C1E所成角或其补角；
直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长都相等，设其棱长为 2，
连接EF,DE，则EF=2,EF//BB1，而BB1⊥平面ABC，故EF⊥平面ABC，
DE⊂平面ABC，故EF⊥DE，
D是棱AB的中点，故DE=12AC=1，则DF= EF2+DE2= 5，
而BF= EF2+BE2= 5，又DB=1，
故在▵DBF中，cs∠DFB=DF2+BF2−DB22DF⋅BF=5+5−12⋅ 5⋅ 5=910，
由于异面直线所成角的范围为大于0∘，小于等于90∘，
故异面直线DF与C1E所成角的余弦值是910，
故选：D
5.C
【解析】解：将一个单位圆分成60个扇形，
则每个扇形的圆心角度数均为6°，
∵这60个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似于单位圆的面积，
∴60×12×1×1×sin6°=30sin6°=π，
∴sin6°=π30≈3.1430≈0.105
故选C．
6.A
【解析】解：根据题意，可得sin⁡Csin⁡B=cs2A2=cs⁡A+12=cs⁡[π−(B+C)]+12，
化简可得sin⁡Bsin⁡C=−cs⁡(B+C)+12，
即2sinBsinC=−csB+C+1=−csBcsC+sinBsinC+1，
即csBcsC+sinBsinC=1，
所以csB−C=1，
因为B−C<π，
故B−C=0，
即B=C，所以三角形为等腰三角形．
故选A．
7.D
【解析】解：由斜二测画法的直观图知，
A′C′//O′B′，B ′C ′⊥O ′B ′，A′C′=1，O′B′=2；
∴O′A′= 2，
所以原图形OACB中，AC//OB，OA⊥OB，AC=1，OB=2，AO=2A′O′=2× 2=2 2，
则以原四边形AOBC的边AC为轴旋转一周得到的几何体为圆柱截取一个圆锥，
所以该几何体的体积为：
V=π·(2 2)2×2−13π(2 2)2·(2−1)=403π．
故选D．
8.A
【解析】解：∵直线BC与平面α所成的角为30°，且BC= 2 3，
∴点C到平面α的距离为定值2 3·sin30°= 3，
过点C作CM⊥平面α于M，则CM= 3，BM= 3，
又AC=BC=2 3，
∴点A、B在以M为顶点，半径为BM= 3的圆与半平面α的相交弧线上，
由于二面角α−m−β为90°，是个直角，故点M在平面α与平面β的交线m上，故该弧线等于半个圆，
故当A、B在直线m上时，可使AD长度最大，
此时，△ABC中，AC=2 3，CD= 3，∠BCA=120°，
故由余弦定理可得AD2=3+12−2× 3×2 3cs120°=21，
所以，线段AD长度的最大值是 21．
9.ACD
【解析】解： z=5+i1+i =(5+i)(1−i)(1+i)(1−i) =6−4i2=3−2i ，
|z|= 32+(−2)2= 13 ，故A正确；
z 的虚部为−2，故B不正确；
z=3−2i 在复平面内对应的点 (3,−2) 在第四象限，故C正确；
z=3−2i 的共轭复数为 z=3+2i ，故D正确．
故选：ACD
10.AC
【解析】解：A、∵f(x)=cs2xcsφ−sin2xsinφ=cs(2x+φ)的图象的一个对称中心为(π6,0)，
∴cs⁡(2×π6+φ)=0，则π3+φ=π2+kπ，k∈Z，
∴φ=π6+kπ，k∈Z，
∵0<φ<π2，
∴φ=π6，
则f(x)=cs⁡(2x+π6)，
∵f(5π12)=cs⁡(2×5π12+π6)=csπ=−1，
∴直线x=5π12是函数f(x)的图象的一条对称轴，故A正确；
B、当x∈−π6,π12时，2x+π6∈(−π6,π3)，
y=csz在z∈−π6,π3时有增有减，
∴函数f(x)在−π6,π12上不单调递减，故B错误；
C、函数f(x)的图象向右平移π12个单位，
得y=cs⁡[2(x−π12)+π6]=cs2x的图象，故C正确；
D、当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，
y=csz在[π6,7π6]上的最大值为 32，
∴函数f(x)在[0,π2]上的最大值为 32，故D错误．
故选AC．
11.BCD
【解析】解：
分别取棱A1B1，A1D1的中点M，N，连接DM,DN,MN，
易证MN//EF，DN//CE，
MN⊂平面DMN，MN⊄平面CEF，所以MN//平面CEF，
且DN⊂平面DMN，DN⊄平面CEF，所以DN//平面CEF，
又MN∩DN=N,MN,DN⊂平面DMN，则平面DMN//平面CEF ，
因为DP// 平面CEF，且P是正方形A1B1C1D1 内的动点，
所以点Р的轨迹是线段MN．
因为A1B1=A1D1=4 ，所以A1M=A1N=2，
因为∠MA1N=90∘，所以MN=2 2，故A错误；
因为AP= 17，所以点P的轨迹是以A1为圆心，1为半径的14个圆，
则点Р的轨迹长度为14×2π=π2，则B正确；
如图1：取EF的中点G，连接AG，GC，B1D1，
∵E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，∴EF//B1D1，
∵在边长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，
∴AA1⊥B1D1，而B1D1⊥A1C1，A1C1⋂AA1=A1，A1C1、AA1⊂平面ACC1A1，
∴B1D1⊥平面ACC1A1，AG⊂平面ACC1A1，∴B1D1⊥AG，则EF⊥AG，同理可得EF⊥CG，
∴∠AGC二面角A−EF−C的平面角，而∠AGC=∠A1AG+∠C1CG，
∵在边长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1G=3 2，C1G= 2，∴tan∠A1AG=3 24，tan∠C1CG= 24，
∴tan∠AGC=tan(∠A1AG+∠C1CG)=3 24+ 241−3 24× 24=8 25，故C正确；
Р是棱A1B1的中点，则▵PEF外接圆的圆心为正方形A1B1C1D1的中心O1，半径为2．
如图2，设OO1=x，则三棱锥P−CEF的外接球的半径R满足R2=(4−x)2+(2 2)2=x2+22 ，解得R2=414，
从而三棱锥P−CEF的外接球的表面积是4πR2=41π ，故D正确．
故选BCD．
12. 3
【解析】解：tan20∘+tan40∘+ 3tan20∘tan40∘
=tan(20∘+40∘)(1−tan20∘tan40∘)+ 3tan20∘tan40∘
= 3(1−tan20∘tan40∘)+ 3tan20∘tan40∘
= 3．
故答案为 3．
13.32π
【解析】解：由题意可知四边形ABCD外接圆圆心在AC的中点处，
直四棱柱ABCD−A1B1C1D1外接球的球心是在过AC的中点且垂直于平面ABCD和平面A1B1C1D1所夹线段的中点处，
在△ABD中，AB=4，AD=5，A=60°，所以BD= AB2+AD2−2AB.ADcs60∘= 21，
所以AC=BDsin60∘= 21 32=2 7，所以球的半径R= AC22+1=2 2，
所以四棱柱外接球的表面积为4×π×R2=32π．
故答案为32π
14.34；234
【解析】解：设外接圆半径为R，则R=2，
由正弦定理，可知ABsin∠ACB=3sin∠ACB=2R=4，
即sin∠ACB=34，
又由题意可知，∠PAC=π2−∠ACB，
所以cs∠PAC=34；
设∠CAB=θ，∠CBA=α，∠ACB=β，则∠PAC=π2−β,∠PBA=π2−θ,∠PAB=π2−α，
易知csθ=62+52−422×6×5=34,csα=42+52−622×4×5=18,csβ=42+62−522×4×6=916，
由题意可得∠APC=π−∠ABC，所以PCsin(π2−β)=PAsin(π2−θ)=ACsin∠APC=ACsin∠ABC=2R=4，
同理可得PBsin(π2−α)=ABsin∠APB=ABsin∠ACB=2R=4，
所以PA+PB+PC=4(csθ+csα+csβ)=234．
故答案为：34；234．
15.解：(1)由csγ=45，γ为锐角，可得sinγ=35，
则sin(60∘−γ)=sin60∘csγ−cs60∘sinγ=4 3−310，
在ΔPBC中，∠BPC=60∘−γ，∠PCB=γ，BC=12−3 3，
由正弦定理可得，PB=BCsinγsin(60∘−γ)=(12−3 3)×354 3−310=6 3；
(2)在ΔPAB中，∠PAB=45∘，∠APB=75∘，PB=6 3，
由正弦定理可得，AB=PB−sin75∘sin45∘= 3× 2+ 64 22=9+3 3，
所以DE=AB−AD−EB=9，所以隧道DE的长度为9．
【解析】(1)由csγ=45，γ为锐角，可得sinγ=35，则sin(60∘−γ)=4 3−310，由正弦定理即可得出答案；
(2)直接利用已知条件和正弦定理的应用求出结果．
16.(1)证明：由题，DD1⊥面A1B1C1D1，四边形A1B1C1D1为正方形，
所以A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，而B1D1∩DD1=D1，B1D1⊂面BDD1B1，DD1⊂面BDD1B1，
所以A1C1⊥面BDD1B1，而A1C1⊂面A1BC1，所以平面BDD1B1⊥平面A1BC1．
(2)解：设B1在面A1BC1上的射影点为E，连接EP，EB1，
SΔA1BC1= 34×2 2×2 2=2 3，
VB1−A1BC1=VB−A1B1C1，即13×2 3×EB1=13×12×2×2×2，得EB1=2 33，
设PB1与平面A1BC1所成的角的大小为θ，csθ= 33，
则sinθ= 63=EB1PB1=2 33PB1，
所以PB1= 2，在△BPB1中，由余弦定理得，
PB12=BB12+PB2−2BB1×PB×csπ4，
即2=4+PB2−2 2PB，解得PB= 2．
【解析】(1)根据面面垂直的判定定理进行证明即可；
(2)设B1在面A1BC1上的射影点为E，连接EP，EB1，由VB1−A1BC1=VB−A1B1C1，求出EB1=2 33，设PB1与平面A1BC1所成的角的大小为θ，则sinθ= 63=EB1PB1=2 33PB1，再结合余弦定理即可求解．
17.解：(1)由已知可得OP=(3, 3)，|OP|=2 3，
∠AOP=30∘逆时针方向旋转75∘到OP1的位置后∠AOP1=105∘，
OP1=2 3(cs105∘,sin105∘)=( 6−3 22, 6+3 22)，
故点P1的坐标为( 6−3 22, 6+3 22)；
(2)由题意，可得OA=(6,0)，OC=(1, 3)，OM=12OA=(3,0)，
CM=OM−OC=(2,− 3)，CO=(−1,− 3)，
∴cs∠OCM=cs⟨CO，CM⟩=CO⋅CM|CO||CM|= 714；
(3)设P(t, 3)，其中1≤t≤5，则λOP=(λt, 3λ)，OA−λOP=(6−λt,− 3λ)，
若(OA−λOP)⊥CM，则(OA−λOP)⋅CM=0，即12−2λt+3λ=0，
∴(2t−3)λ=12，
若t=32，则λ不存在；
若t≠32，则λ=122t−3．
∵t∈[1,32)∪(32,5].∴λ∈(−∞,−12]∪[127,+∞)．
即满足条件的实数λ存在，实数λ的取值范围为(−∞,−12]∪[127,+∞)．
【解析】(1)由已知可得∠AOP1=105∘，结合任意角三角函数的定义计算即可；
(2)由题意求得CM、CO的坐标，再根据cs∠OCM=cs=CO⋅CM|CO|⋅|CM|，运算求得结果；
(3)设P(t, 3)，其中1≤t≤5，由(OA−λOP)⊥CM，得(OA−λOP)⋅CM=0，可得(2t−3)λ=12.分t=32，则λ不存在；t≠32，则λ=122t−3，求得实数λ的取值范围．
18.解：(1)取BC的中点F，连接DF和FN．
∵MD=BF，MD//BF，四边形MDFB为平形四边形;
∴DF//BM又DF⊂平面PBM，BM⊂平面PBM，
∴DF//平面PBM;
又DN//平面PBM，DF∩DN=D，DF⊂平面DNF，DN⊂平面DNF，
∴平面DNF//平面PBM，又平面DNF∩平面PBC=NF;平面PBM∩平面PBC=PB，
∴FN//PB，又F为BC的中点，
∴PN=NC，PNPC=12
(2) ①存在点M，当点M与点D重合，即PM= 2时BP⊥平面PCM，
理由如下：
当点M与点D重合时，则MC⊥BC，
∵PE⊥面BCD，MC⊂面BCD，∴MC⊥PE，
又PE∩BC=E，且PE，BC⊂平面PBC，
∴MC⊥平面PBC，
∵PB⊂平面PBC，∴MC⊥PB，
又PB⊥PM，PM∩MC=M，PM，MC⊂面PMC，
∴当点M与点D重合，即PM= 2时，PB⊥平面PMC；
②在矩形ABCD中作AO⊥BM，垂足为点O，延长AO交BC于点E，折起后得PO⊥BM．
设AM=PM=x，BM= 1+x2，AO=x 1+x2，
由ΔABM∽ΔBEA得ABAM=BEAB即1x=BE1，∴BE=1x，∴OE=AE−AO= 1+1x2−x 1+x2=1x 1+x2，
要使得点P的射影落在线段BC上，则AO>OE，则x∈(1, 2]，
在RtΔPBE中，PE= 1−1x2，VE−PBM=VP−BEM=13SΔBEM⋅PE
=13×12×1x×1× 1−1x2
=16⋅ (1−1x2)⋅1x2≤16⋅1−1x2+1x22=112，当且仅当1−1x2=1x2即x= 2时，(VE−PBM)max=112．当PM= 2时，PE= 1−1x2= 22，BE=EC= 22，E是BC的中点，
所以点E到平面PCD的距离是点B到平面PCD距离的一半，
又由 ①知，当PM= 2，即点M与点D重合时，PB⊥平面PMC，
所以点E到平面PCD的距离是12BP=12．
【解析】(1)取PB的中点F，连接MF和FN，由题意DF//平面PBM;所以平面DNF//平面PBM，所以FN//PB，所以PN=NC，；
(2) ①存在点M，当点M与点D重合，即PM= 2时BP⊥平面PCM，利用线面垂直的判定即可得证；
②设AM=PM=x，BM= 1+x2，AO=x 1+x2，化简VE−PBM=VP−BEM=13SΔBEM⋅PE，利用基本不等式得出其最大值，此时点E到平面PCD的距离是点B到平面PCD距离的一半，可得结果．
19.解：(1)若选①②，
①由f(0)=2 2得，2csφ+ 2=2 2，即csφ= 22，又0<φ<π2，得φ=π4．
②若f(x)的图象关于点(12, 2)对称；
则2cs(12ω+π4)=0，得12ω+π4=kπ+π2，即ω=2kπ+π2，k∈Z，
∵0<ω<2，∴k=0，ω=π2，
则f(x)=2cs(π2x+π4)+ 2．
若选①③，
①由f(0)=2 2得2csφ+ 2=2 2，即csφ= 22，又0<φ<π2，得φ=π4．
③函数f(x)相邻对称轴与对称中心之间距离为1，则T4=1，即T=4，则2πω=4，得ω=π2，
则f(x)=2cs(π2x+π4)+ 2．
若选②③，
③函数f(x)相邻对称轴与对称中心之间距离为1，则T4=1，即T=4，则2πω=4，得ω=π2，
②若f(x)的图象关于点(12, 2)对称；
则2cs(12×π2+φ)=0，得π4+φ=kπ+π2，即φ=kπ+π4，k∈Z，
∵0<φ<π2，∴k=0，φ=π4．
则f(x)=2cs(π2x+π4)+ 2．
综上，f(x)=2cs(π2x+π4)+ 2．
(2)∵x1，x2是函数f(x)的零点，
∴2cs(π2x1+π4)+ 2=0，即cs(π2x1+π4)=− 22，
则π2x1+π4=±3π4+2k1π，k1∈Z，①
同理π2x2+π4=±3π4+2k2π，k2∈Z，②，
①+②得π2(x1+x2)+π2=3π2+2(k1+k2)π，
或π2(x1+x2)+π2=2(k1+k2)π，
或π2(x1+x2)+π2=−3π2+2(k1+k2)π，
∴(x1+x2)π2=π+2(k1+k2)π，或(x1+x2)π2=−π2+2(k1+k2)π，
或(x1+x2)π2=−2π+2(k1+k2)π，k1+k2∈Z，
则cs(x1+x2)π2=−1或0或1，
即cs(x1+x2)π2的值的集合为{−1,0,1}．
(3)若f(2a+32)>f(a)，则2cs[π2(2a+32)+π4]>2cs(π2a+π4).
即cs(πa+π)>cs(π2a+π4)，πa+π∈(−π,π)，π2a+π4∈(−3π4,π4)，
①当−π<πa+π≤0时，即−2此时由y=csx在(−π,0)上单调递增，
知πa+π>π2a+π4，得π2a>−3π4，得a>−32．
∴−32②当0<πa+π<π时，即−1此时只有πa+π∈(0,π2)，−π4<π2a+π4<0，
由y=csx在(0,π)上单调递减，
知πa+π<−π2a−π4，得32aπ<−5π4，得a<−56．
∴−1综上，−32即实数a的取值范围是(−32,−56).
【解析】(1)根据三角函数的图象和性质求出ω和φ的值即可．
(2)根据函数零点与三角函数方程之间的关系求出(x1+x2)π2的值即可．
(3)假设不等式成立，结合三角函数的单调性的性质进行讨论求解即可．α
β
csγ
AD
EB
BC
45∘
60∘
45
5 32
32
12−3 3