山东省威海市2022-2023学年高一下学期期末数学含解析

高一数学试卷

注意事项：

L答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.回答非选

择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.

1.己知角a的终边经过点（1，T）,则sina=（）

A.B,立C.—也D.J

2222

【答案】C

【解析】

【分析】直接利用三角函数的坐标定义求解即得解.

.-1yfl

【详解】由题得sma=/=一丁.

71+（-D2

故选：C

2.下列角的终边与60°角的终边关于X轴对称的是（）

A.660°B.-660°C.690°D.-690°

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知角，利用周期性写出终边相同角，再结合选项判断即可.

【详解】由题意知，与60°角的终边关于X轴对称的角为-60°+360°•wZ.

当Z=2时，8=-60°+720°=660°,A正确.

经验证，其他三项均不符合要求.

故选：A.

3.已知=2,则tan（9=（）

s“in2*6/丁

11

A.2B.—2C.~D.----

22

【答案】c

【解析】

【分析】由I=sin2+cos2及二倍角公式，得笥鬻=焉=2,即可得解.

【详解】由题意，得与翳sin2e+cos2^4-cos2。-sin20

2sin8cose

2

2cos0cos61仁A1

----------=-----=-----=2,所以tan。二一.

2sin。cos。sin。tan。2

故选：C.

4.已知正四棱锥的侧棱长为近，高与斜高的夹角为30°,则该正四棱锥的体积为（）

A考273

C.473D.2百

"V

【答案】A

【解析】

【分析】画出图形，正四棱锥P-ABC。，高为PO,斜高为PE，然后根据己知条件列方程可求出高和

底面边长，从而可求出体积.

【详解】如图，在正四棱锥P—A3C。，高为P。，斜高为PE，

题意可得PA=PB=PC=PD=®NOPE=30°

设正方形ABC。的边长为a,则0E=8E='a,

2

在Rt_POE中，PE=2OE=a，

在RtARBE中，PE2+BE2=PB2'则。2+'/=5,解得。=2,

4

所以PO=个PE2-OE2=J^T=g，

所以正四棱锥的体积为』AB2.PO=』x4x8=Sm

333

故选：A

5.在空间四边形ABC。中，若E，尸分别为A3，8c的中点，GECD,HGAD,且CG=2GD,

AH=2HD,贝J()

A.直线E”与FG平行B.直线E”，FG,8。相交于一点

C.直线E”与AG异面D.直线EG,FH，AC相交于一点

【答案】B

【解析】

【分析】首先利用相似三角形证明HG//AC且HG=：AC,再利用中位线定理证明反〃AC且

EF=-AC,从而得到四边形EFG”为梯形，且FG是梯形的两腰，设EH，FG交于一点P,

2

利用平面的性质证明P是直线EH，BD,FG的公共点即可.

【详解】因为CG=2GD,AH=2HD,且ZADC=NHDG,

所以一AE>CHDG,所以HG//AC且”G=^AC,

3

因为E，尸分别为AB,BC的中点，所以防〃AC且EF=』AC,

2

所以HG//EF且HGwEF,故四边形EFG”为梯形，且EH,FG是梯形的两腰，

所以EH，FG交于一点，设交点为P,则PeEH，PsFG,

又因为E”u平面42，且Pw平面BCD,

所以PG平面MO,且Pe平面BCD，

又平面AB£)c平面BCD=BD,

所以PGBD,

所以点P是直线E”，BD,FG的公共点，

故直线E”、FG、8。相交于一点.

A

6.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,8两地的距离AB=800km,平面示

意图如图，则可估算地球的半径约为（）（兀々3.14）

太，北回出线

阳赤道

光

线

南极

A.7260kmB.6870kmC.6369kmD.5669km

【答案】C

【解析】

【分析】利用圆的性质及周长公式即可求解.

【详解】设地心为。，依题意可得，NAOB=7.2，48=800,

设地球的周长为C,半径为R,

7.2800800八800x360〜〜

则rill湎=下=京,所以R=0E26369km.

故选：C

7.如图，ABCD为正方形,ZDAM=45°,点E在A3上，点F在射线40上，且AF=6BE，则

4ECF=()

M

n

A.60°B.45°C.30°D.不确定

【答案】B

【解析】

【分析】根据边角关系证明三角形全等，即可根据对应边和角相等求解.

【详解】在BC取BH=BE,连接E”，

由于BH=BE,ZABC=90,所以E”=五BE,

又AF=6BE，所以Ab=E”，

由于ZFAE=ZEHC=135，8A=BC,BE=BH、AH=HC

所以AFAE三EHC,

所以=EC,ZAEF=ZECB.

故ZAEF+NCEB=NECH+NCEB=90,；.NCEF=90,

故/后。/=/后尸。=45

故选：B

8.在二ABC中，A8=n，AC=b，。为AB的中点，E为BC上一点，且CE=2EB，AE交CD于点、F,

则（）

A.AF=\a+^-hB.AF=\a+\b

4224

C.AF=1a+|&D.AF^-a+-b

55

【答案】D

【解析】

【分析】根据平面向量共线定理、平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程，解得即可.

【详解】依题意=又CE=2EB，

11/--\21

所以==A3+—3C=AB+—AC-A5)=—AB+士AC,

33、,33

_22-7

因为A、F、E三点共线，所以AF=；L4E=—AB+—AC,

33

又。、F、。三点共线，所以AE=〃AO+(l—〃)Ae=g〃AB+(l—〃)AC,

2A1,3

一=一〃A——

325

因为AB、AC不共线，所以＜；，解得

4

_=1—〃

13户

2171

所以4尸=—AB+—AC=—a+—b.

5555

故选：D

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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.已知正方体A6CD-A4G。，则（）

A.直线A片与AG所成的角为60。B.直线AC与耳。所成的角为60。

C.二面角3—AO一旦的大小为45°D.二面角4一8。一4的大小为45°

【答案】AC

【解析】

【分析】根据正方体的特征，即可由空间角的定义，结合选项即可逐一求解.

【详解】对于A,连接AC,CBt,由正方体的性质知：ABt=B,C=AC,

所以VABC为等边三角形，故N5AC=60,

由于4A//qc，4A=GC,所以四边形AACG为平行四边形，所以A6//AC,

故NgAC=6()即为直线A用与4G所成的角，故A正确，

对于B,由于8Q//5。,而，AC,所以直线AC与BQ所成的角为90。，故B错误,

对于C,因为以，平面g8A4,A81U平面与瓦见，

所以4。，4片，又因为4?_LZM，故NBA4即为二面角3-AO-瓦的平面角，

由于NBAg=45。，故C正确，

DiG

对于。，连接A。，4B,

设正方体的棱长为2,所以4。=8。=48=2及,40=血，40=太，

又AO，BD,AO1BD,:.ZA,OA二面角A-BD-A,的平面角，

所以sinNAOA=44=4=^，故D错误.

AOV63

故选：AC

10.记045c的内角A,B,C所对的边分别为a,b,C.()

A.若sin2A=sin23,则一45c是等腰三角形

B.若tanAtan5=l,则一A5C是直角三角形

C.若。=2ccos3,贝必ABC等腰三角形

D.若sin(A-3)sin(3-C)=0,贝l]ABC是等边三角形

【答案】BC

【解析】

7F

【分析】A.分析得到4=6或。=一，则是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误；B.化

2

TT

简得到C=-.所以ABC是直角三角形，所以该选项正确；C.化简得到3=。，则ABC是等腰三角

2

形，所以该选项正确；D.化简得.ABC是等腰三角形，所以该选项错误.

TT

【详解】A.若sin2A=sin26,则2A=23或2A+26=兀，所以4=8或。=一，则是等腰

2

三角形或直角三角形，所以该选项错误；

sinAsinB

B.若tanAtan5=l,则2---------=1,/.cosAcosB-sinAsinB=0,/.cos(A+B)=0,

cosAcosB

71

：.-cosC=o,.・.C=一・所以J^BC是直角三角形，所以该选项正确；

2

C.若a=2ccosB,所以sinA=sin(8+C)=2sinCcosB,:.sin8cosC-cos8sinC=0,所以

sin(3—C)=0,所以B=C,则是等腰三角形，所以该选项正确；

D.若sin(A-B)sin(8-C)=0,所以A=3或3=C，则.ABC是等腰三角形，所以该选项错误.

故选：BC

11.已知0为坐标原点，点［(cosa,sina),g(cos/?,sin£),P3(cos(a-p),sin(a-7?)),

41,0),则()

A.|。川=|。鸟|B.\AI}\=\PtP2\

C.OAOP}=OP2OPyD.OAOPi^OP.OP2

【答案】ABD

【解析】

【分析】通过计算得到|0川=|。6I，所以选项A正确；通过计算得到IM|=|62|=j2-2cos(a-0,所以

选项B正确；Q4.Qq=cosa,。巴=cos(24—a),所以选项C不正确；通过计算得到

OAOP^OP,OP2.所以选项D正确.

【详解】对选项A：网=Jcos&sir?a=1,10］卜Jcos?(a_—)+sin2(a_/7)=1,所以该选

项正确；

对选项B：AP3=(cos(cr-/?)-1,sin(a-yff)).14A1=,2—2cos(a-0),

66=(cos/-cosa,sin/-sina),

所以I.8|=j2-2cosacos/?—2sinasin/?=j2-2cos(a-/),所以|Ag|=］6/|,所以该选项正确；

对选项C：OA-OP}=(l,0)・(cosa,sin&)=coso,

OP2OP3=(cos/7,sin/?)-(cos(«-/?),sin(6if-^))

=cos/?cos(a-4)+sin/?sin(a-/)=cos(24一a),所以该选项不正确；

对选项D：OA-OP^=(cos(^z-/?),sin(6Z-/?))•(1,0)=cos(«-/?),

OP\•OP2=(cos6Z,sin«)•(cosyff,sin/?)=cosacos/?+sinasin/3=cos(a-/?),所以该选项正确.

故选：ABD

12.若函数/(x)=sin5+cos5(口＞0)在［0,2兀］有且仅有3个零点，则()

A.y=f(x)的图象关于直线》=二兀对称

B.f(x)在(0急单调递增

C.f(x)=-应在(0,2兀)有且仅有1个解

D.。的取值范围是佟,舄

OO

【答案】AD

【解析】

【分析】化简已知得到①〈”，所以选项D正确；令=得到*=竺坦，即

88424。

■rr7T5

可判断选项A正确；求出一＜。》+一＜二兀即可判断选项B错误；求出/"*)=-夜在(0,2兀)有且仅有2

448

个解.所以选项C错误.

【详解】由题得f(x)=sincox+cos①x=6sin(s+—).

4

7t兀7C

*/0＜2兀,..・一＜s+—＜207i+—,keZ,

444

c兀C

2。兀+—23兀

4

因为函数在［0,2n］有且仅有3个零点，所以，

_冗彳88

26971+一＜4兀

14

所以0的取值范围是［?,?),所以选项D正确;

OO

7171lOl71,一(44+1)兀

-41.-，,FkV，J,•,•er/V-

42co4a)4(v

SjrS

令Z=l,r.x=——，所以y=/(x)的图象关于直线1=六兀对称，所以该选项正确；

4(04。

〜八7i111537rit5

对于选工贝B,因为0<X<一,<69<,0<(OX<—兀,.，.一<(OX^<—7T>

5888448

所以/(*)在(0,5)不是单调递增，所以该选项错误；

111515it71兀3兀7

对于选项c,0cxV2兀,一<(0<一0<69X<一兀,「.一v。工+一<4兀,所以当GX+一二二或一兀

88444422

时，=所以/(x)=-应在(0,2兀)有且仅有2个解.所以该选项错误.

故选：AD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知锐角a,£满足tana=2,tan，=3,则a+/?=.

371

【答案】—##135

4

【解析】

【分析】根据正切和角公式即可求解.

【详解】由tana=2,tan/?=3得tan(a+£)=:ana+tan,==一1,

1-tanatanp1-2x3

37r

由于a,£为锐角，所以。+力«0,兀)，故a+4=半，

3兀

故答案为：——

4

14.将函数/(x)=sin(2x+与)图象上的所有点向右平移g个单位，再把所得到的曲线上的所有点纵坐标

不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数y=g(x)的图象，则g(x)=.

【答案】sinx

【解析】

【分析】用三角函数的图象变换法则即可求解.

【详解】将函数/(x)=sin(2x+4)图象上的所有点向右平移7个单位，

33

TTTT27r

得到函数y=/(x--)=sin[2(x--)+y]=sin2x的图象，

再把y=sin2x图象上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，

得到函数丁=8(%)=5m》的图象.

故答案为：sinx

15.己知非零向量a，人满足|a|=2|6|,且(a-b)_L6,则向量a与人的夹角为.

兀

【答案】一##60°

3

【解析】

【分析】由已知得（a-切山=0,再利用数量积公式化简即得解.

【详解】因为（。-份，所以（a—b）.b=a'b—b=\a\\h\cos<a,h>—\h\1=0»

所以21Z?|cos<aj7>-\h\2=0,所以cos<〃,/?>=；.

兀

因为va,b>£［0,兀I,va,b>=§.

7C

故答案为：—

3

16.己知三棱锥A—3CO中，A3上平面6。，ZBDC=90-AB=6,30=3.在此棱锥表面

上，从点C经过棱A。上一点到达点B的路径中，最短路径的长度为则该棱锥外接球的表面积为

【答案】13K

【解析】

【分析】根据几何体的线面关系可将其放进一个长方体，外接球直径就是体对角线长，此时需要长方体的

长宽高数据，根据题干中的最短路径数据，转化成平面问题列余弦定理方程求解.

［详解］

C

由于4?工平面BCD,ZBDC=90，可将三棱锥放在一个如上图的长方体里，长方体的外接球直径就

是三棱锥的外接球，就是体对角线AC的长，

下将ACD翻折到和共面的状态，如下图：

由平面BCD,80u平面BCD,故8。，在上图长方体中，显然C。，平面42,又

A£>u平面前力，故CD_LAZ>，

在△A3。中，tanZADB=—=2^,则NA£>8=30，于是NCZ）8=120，由题意，点C经过棱

BD3

AO上一点到达点B的路径中，最短路径的长度为旧,

则平面图中的8C=AA5，设CD=x,在△BCD中，由余弦定理，X2+9-2-X-3-COS120=13，整

理得f+Bx—4=0，解得x=l=CD(负值舍去).

故长方体中，==回，则=岳,即为外接球直径，故外接球的表

面积是4TIX(半)=1371.

故答案为：13兀

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.如图，四棱锥S-MCD的底面为正方形，七为SD的中点.

(1)证明：SB//平面ACE；

(2)若S4L平面A8CO,证明：SCLBD.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】(1)根据题意，设3。与AC交于点F,连接所，由线面平行的判定定理即可证明;

(2)由线面垂直的性质定理及判定定理即可得证.

【小问1详解】

设8。与AC交于点尸，连接£户，

因为底面A3CO是正方形，所以F为BD中点，

又因为七为5。的中点，所以EF//SB,

因为S3二平面ACE,EFu平面ACE,

所以S3//平面ACE.

因为底面ABC。是正方形，所以AC1BO,

又因为S4_L平面ABC。，BDu平面ABCQ,所以S4J_3。，

又4Cc5A=A,AC,SAu平面5AC,

所以皮平面MC,

因为SCu平面弘(7,所以SCJ_BO.

18.已知函数/(x)=2-73cos2x+2sinxcosx-A/3.

兀

(1)当xe0,5时，求/(x)的取值范围；

⑵若锐角。，仅满足了(二一今萼，cos(«+/?)=--,求sin/7.

26513

【答案】(1)[-73,2]

63

(2)——

65

【解析】

7T

【分析】(1)根据二倍角公式以及辅助角公式化简/(x)=2sin(2x+§),即可根据整体法求解范围,

35

(2)根据同角关系求解cose=—，sin(a+/?)=—,即可根据正弦和差角公式求解.

513

【小问1详解】

/(x)=2GCOS?x+2sinxcosx-6=sin2x+6cos2x=2sin(2x+g),

nTT7T4jt

因为则py,

所以sin2x+g)£--^-,1,所以/(x)£[-百,2].

\3)乙

【小问2详解】

anare718

由第（1）问知了2sin2+—

262635

4

所以sina=-,

5

Ti3

因为aw(0,2),所以cosa=g

因为a,尸为锐角,

125

所以a+/?e(0,兀)，因为cos(a+P)=-R,所以sin(a+/7)=百,

所以sin，=sin[(a+尸)一a]=sin(a+0)cosa-cos(a+0)sina

5312463

=—x—I-----x——=—

13513565

（兀\

19.记一ABC的内角A8,C所对的边分别为a,"c已知向量m=b,cos\B--,n=(-sinA.d),

67

R-mLn-

（1）求角3；

（2）若。为AC的中点，BD=#j，AC=26，求_/3C的面积.

【答案】（1）B=^

⑵S例=2百

【解析】

【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示先找出一ABC中的边角关系，利用三角恒等变换和边角互化进行求

解;

1

（2）利用BO=］（6A+5C）,平方后列出关于边长的条件，然后根据三角形的面积公式求解.

【小问1详解】

由题意知而•〃-/7sinA+^coslB--1=0,

所以hsinA=ocos[B--

...(71.71\

由正弦定理可知sin3sinA=sinAlcos5cos—+sinBsin—I,

即sin5sinA=sinA(^-cos8+；sin8)，

因为A£(0,兀)，所以sinA>0,

所以』sin8=工SB，即得tan8=S'，

22

因为6«0,兀)，所以B=g.

【小问2详解】

因为。为AC的中点，

1

所以BO=5(8A+6C),

所以8。-=—(BA+BC)2,所以(6)2=—(/+C2+24CCOSB),

44

所以〃+C?+4C=28，①

由余弦定理可知"=Q#=/+c2-2accosB,

所以4+/-ac=12，②

由①②得ac=8，

所以SARC=—acsin5=—x8x—^-=2^.

“BC222

20.图①是由矩形ADEB，Rt/VLBC和菱形8FGC组成的一个平面图形，其中A6=l，

BE=BF=2,/。8尸=60°.将其沿AB，8c折起使得应:与质重合，连接OG，如图②.

图①图②

(1)证明：平面ABC1平面8CGE；

(2)证明：OG〃平面ABC；

(3)求直线AG与平面ABC所成角的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析(3)叵

10

【解析】

【分析】(1)根据线面垂直即可得面面垂直，

(2)利用线线平行或者面面平行即可求证线面平行，

(3)根据线面角的定义，得其几何角，即可利用边角故选求解.

图①图②

由题意知AB1BC,BEcBC=B,BE,BCu平面BCGE,

所以A3上平面8CGE,

又ABu平面ABC,

所以平面ABC1平面BCGE.

【小问2详解】

法一：由题意可知AO//BE,AO=E8,CG//BE,CG=BE,

所以AO//CG,AO=CG,

所以四边形ACGO为平行四边形，所以AC7/OG,

又ACu平面ABC,£>Ga平面ABC,所以。G//平面ABC.

法二：因为E£>//A8,ABu平面ABCEOz平面ABC,所以E。//平面ABC,

EG!IBC,BCu平面ABC,EG(Z平面ABC,所以EG//平面ABC,

EDcEG=E,ED,EGu平面EDG,

所以平面。EG//平面ABC,

又。Gu平面OEG，所以Z）G//平面ABC.

【小问3详解】

过G作G"_L8C交BC的延长线于点”，连接AH，

因为平面ABC1平面BCGE，且交线为3C,G"u平面BCGE,

所以G〃_L平面A8C,

所以AG在平面ABC内的射影为AH，

所以AG与平面ABC所成的角为ZGAH,

因为NCBF=60°，所以NGCH=60°，

在RtCHG中,CW=2cos60°=l,G〃=2sin60°=百，

在RtZXAB“中，AB=l,BH=\+2=3,所以，

所以4G与平面ABC所成角的正切值为*M.

10

21.在平面直角坐标系xOy中，己知点A（l，0）,点8在第二象限，且|08卜逐.

（1）若点B的横坐标为-2,现将向量OB绕原点。沿顺时针方向旋转90°到OC的位置，求点C的坐

标；

（2）已知向量OP与。4，OB的夹角分别为。，45°,且cos6=m，|。尸|=2而，若

10

OP=xOA+yOB,求x+y的值.

【答案】⑴（1,2）

（2）x+y=8

【解析】

【分析】（1）根据三角函数的定义即可求解，

（2）根据三角函数的定义，结合和差角公式即可根据向量的坐标运算求解.

【小问1详解】

因为|08|=石，点8在第二象限且横坐标为一2，

所以点B的坐标为(-2,1),

设NAO8=a,由三角函数定义可知cosa=-2叵，sina=—,

55

因为向量OB绕原点。沿顺时针方向旋转90"到OC的位置，

所以角a-90。的终边位于射线OC上，

所以cos(a-90°)=sina=当，sin(a-90°)=-cosa=^^>

设点。的坐标为(a,。)，

所以a=|O8|cos(a-90°)=l,%=|OB|sin(a-90°)=2,

所以点。的坐标为(1,2).

【小问2详解】

因为向量OP与。4的夹角为。且cos9=叵，

10

所以sind=3,

所以点P横纵坐标分别2面x*=2，2710x^=6,

即点P坐标为(2,6),所以0P=(2,6).

因为向量OP与OB的夹角为45。，且点B在第二象限，

所以角夕+45。的终边位于射线OB上，

又8s(8+45。)=冬第一冬噌=若，

.g”<。、33Ma而2石

S1n(^45)=-x-^-+-x—.

所以点8的横纵坐标分别为石x(-半)=-1,行x学=2，

即点8坐标为(T,2),所以。8=(-1,2),

因为。尸=xOA+yOB,

所以(2,6)=Ml，0)+y(-l,2),

x-y=2

所以cr,

[2y=6

x=5

解得《,所以x+y=8.

[y=3

22.(1)证明：cos2x-cos2y=-2sin(x+y)sin(x-y)；

(2)记.ABC的内角A,B,C所对的边分别为。，b,C,已知asinA=S+c)sin3.

(i)证明：A=23；

(ii)若S-c)(,"+2cos2B)W2b成立，求实数加的取值范围.

3

【答案】(1)证明见解析；(2)(i)证明见解析；(ii)-3<m<-

2

【解析】

【分析】(1)证法一：从左向右证，$t^^cos2x-cos2y=cos[(x+y)+(^-y)]-cos[(x+^)-(x-^)],然后利

用两角和与差的余弦公式化简即可，证法二：从右向左证，利用两角和与差的正弦公式化简即可，

(2)(i)证法一：将asinA=S+c)sin8利用正弦定理统一成角的形式，再利用三角函数恒等变换公式化

简即可，证法二：将“sinA=S+c)sin8利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理结合三角函数恒

变换公式化简即可；(ii)解法一：由“sinA=S+c)sinB可得物•=/—〃，再由3_。)(相+2cos?8)W26,

得(6C-C2)0+2COS2B)W2bc,再结合余弦定理和A=23得4cos4B+(2nz-2)cos28-,”+120,换元后构造

函数分类讨论可求得结果，解法二：将3-c)(m+2cos28)W2/7由正弦定理统一成角的形式，再结合A=23

得4<：0^8+(2机-2)8528-机+120,换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法三：由A=2B，将

(nz+2cos28)cosA+l20整理得cos?A+(/”+l)cosA+l20,换元后构造函数分类讨论可求得结果.

【详解】证明：(1)法一：cos2x-cos2y=cos[(x+y)+(x-y)]-cos[(x+y)-(x-3；)]

=cos(x+y)cos(x-y)-sin(x4-^)sin(x-y)-cos(x+^)cos(x-y)-sin(x4-y)sin(x-j)

=-2sin(x+y)sin(x-y).

法二：2sin(x+y)sin(x-y)=2(sinxcosy+cosxsin^)(sinxcosy-cosxsiny)=2(sin2xcos2y-cos2xsin2y),

=2[sin2xcos2y-(l-sin2x)(l-cos2y)]=2(cos2y-cos2x)=1+cos2y-1-cos2x=cos2y-cos2x,

所以cos2x-cos2y=-2sin(x+y)sin(x-y).

(2)(i)法一：因为asinA=3+c)sinb,

由正弦定理可知sin2A=(sinB+sinC)sinB,

即sin2A=sin2B+sinBsinC，

即1c；s2A=1c；s2N+singsinC,可得cos2B-cos2A=2sinBsinC,

由(1)可知cos28-cos2A=-2sin(A+8)sin(8-A)=-2sinCsin(8-A),

所以—2sinCsin(6—A)=2sinCsin8,因为sinCwO,所以一sin(B-A)=sinB,

所以sin(A-B)=sin5,因为5W(O,TT),所以sin(A-B)>0,

又因为A€(0,7t),所以A-Be(O