数学期初模拟测试（一）参考答案：
1．C∵A=¿，B=¿，
∴B={1,2,3},
2．A设 ，
z =a+bi(a,b∈R)
2
因为 ，所以 ，
z2=2i a2−b2+2abi=2i
2
∴¿解得¿或¿
所以z =1+i或z =−1−i.
2 2
z
因为z +z =iz ，所以z = 2
1 2 1 1 −1+i
当z =1+i时，
2
1+i (1+i)(−1−i) ，则 ；
z = = =−i |z |=1
1 −1+i (−1+i)(−1−i) 1
当z =−1−i时，
2
−1−i (−1−i)(−1−i) ，则 ；
z = = =i |z |=1
1 −1+i (−1+i)(−1−i) 1
π π
3．C因为α，β均为锐角，所以0<α< ，0<β< .
2 2
π
当α>2β时， >α−β>β>0，
2
由函数 在( π π)上单调递增，所以 ，
y=sinx − , sin(α−β)>sinβ
2 2
故“α>2β”是“sin(α−β)>sinβ”的充分条件.
π π π π π
当sin(α−β)>sinβ时，由0<α< ，0<β< ，则− <−β<0，所以− <α−β< ，
2 2 2 2 2
因为函数 在( π π)上单调递增，所以 ，即 ，
y=sinx − , α−β>β α>2β
2 2
故“α>2β”是“sin(α−β)>sinβ”的必要条件.
综上所述，“α>2β”是“sin(α−β)>sinβ”的充分必要条件.
4．A设小锥体的底面半径为r，大锥体的底面半径为2r，小锥体的高为
ℎ
，大锥体的高为
为2ℎ ，
1
学科网（北京）股份有限公司1 1 1
则大圆锥的体积即为 π(2r) 2 ⋅2ℎ =1，整理得 πr2 ⋅ℎ = ，
3 3 8
1
即小圆锥的体积为
8
1 7
所以该圆台体积为1− =
8 8
5．D设上面的六棱柱的底面面积为S，高为 ，由上到下的三个几何体体积分别记为
，
则 ，
，
，
所以
6．C因为 ( π) cos2α 3，
α∈ 0, , =
2 1+tan2α 8
可得
sin2α−cos2α 1−tan2α，
3(1+tan2α)=8× =8×
sin2α+cos2α 1+tan2α
可得 ，
3(1+tan2α) 2 =8−8tan2α
解得 tan2α= 1，因为 α∈ ( 0, π)，所以 tanα= √3，所以 α= π，所以
3 2 3 6
2
学科网（北京）股份有限公司( π) π 1.
cos α+ =cos =
6 3 2
7．A
因为直角三角形ABC为等腰直角三角形，故可建立如图所示的平面直角坐标系，
其中C(0,0),A(2,0),B(0,2)，
而以AB为直径的圆的方程为：x(x−2)+ y(y−2)=0，
整理得到： ，
(x−1) 2+(y−1) 2=2
设 ，则 ，故 ，
M(m,n) ⃗CM=(m,n),⃗CA=(2,0) ⃗CM⋅⃗CA=2m
因为M在半圆上运动变化，故0≤m≤1+√2，
故 的取值范围为： ，
⃗CM⋅⃗CA [0,2+2√2]
lnx 1−lnx
8．C设f (x)= ,则f′(x)= ,
x x2
当 时, ,函数单调递减,当 时, ,函数单调递增,
x>e f′(x)<0 0<x<e f′(x)>0
1
故当x=e时,函数取得最大值f (e)= ,
e
e2
ln
2(2−ln2) 2 (e2 ) ln2 ln4 1
因为a= = =f ,b= = =f (4),c= =f (e),
e2 e2 2 2 4 e
2
e2
∵e< <4,
2
当 时, ,函数单调递减,可得 (e2 ) ,
x>e f′(x)<0 f (4)<f <f (e)
2
即b<a<c.
3
学科网（北京）股份有限公司9．AC对于A， ，由 ，则 ，故A正
⃑a+⃑b=(3,−1) (⃑a+⃑b)⋅⃑a=3×1+(−1)×3=0 (⃑a+⃑b)⊥⃑a
确；
对于B， ， ，故B错误；
2⃑a+⃑b=2(1,3)+(2,−4)=(4,2) |2⃑a+⃑b|=√42+22=2√5
对于C， ， ， ，则
⃑a⋅⃑b=1×2+3×(−4)=−10 |⃑a|=√12+32=√10 |⃑b|=√22+(−4) 2=2√5
⃑a⋅⃑b −10 √2，即向量 的夹角为3π，故C正确；
cos⟨⃑a,⃑b⟩= = =− ⃑a,⃑b
|⃑a|⋅|⃑b| √10×2√5 2 4
对于D，
⃑b
在
⃑a
方向上的投影向量是⃑a⋅⃑b
⃑a=
−10
⃑a=−⃗a
，故D错误.
|⃑a| 2 10
10．ABC如图，当直线l与x轴垂直时，|AB|有最小值，且最小值为2√5，所以A正确；
当直线l与PQ垂直时，P到l的距离有最大值，且最大值为|PQ|=2√5，所以B正确.
设R(6+3cosθ,3sinθ)，则
⃑PQ⋅⃑PR=(2,−4)⋅(4+3cosθ,3sinθ−4)=6cosθ−12sinθ+24，
所以⃑PQ⋅⃑PR=6√5cos(θ+φ)+24，所以⃑PQ⋅⃑PR的最小值为24−6√5，所以C正确；
当P，C，R三点共线时，|PR|最大，且最大值为|PC|+r=4√2+3，所以D错误；
故选：ABC.
11．ABD依题意 ，即 ，
⃗OP=2⃗OM=(2√2,2) P(2√2,2)
所以(2√2) 2 22 ，解得 （负根舍去）.
+ =1 a=4
a2 8
4
学科网（北京）股份有限公司x2 y2 2√2 √2
所以椭圆C: + =1，则b=c=2√2,e= = .
16 8 4 2
√2
依题意可知直线l 的倾斜角α为锐角，且tanα= ，
1 2
√2 1
由¿解得cosα= ,sinα= .
√3 √3
√2
直线l 的倾斜角β为钝角，且tanβ=− ，
2 2
√2 1
由¿解得cosβ=− ,sinβ= .
√3 √3
设直线l 的参数方程为¿（t为参数），
1
( √2 ) 2 ( 1 ) 2
由 √2+ t 1+ t 整理得 ，
√3 √3 t2+2√3t−9=0
+ =1
16 8
解得 （不妨设）.
t =−3√3,t =√3
Q P
设直线l 的参数方程为¿（t为参数），
2
( √2 ) 2 ( 1 ) 2
由 √2− t 1+ t 整理得 ，
√3 √3 t2−9=0
+ =1
16 8
解得t =3,t =−3（不妨设）.
S T
所以 ，B选项正确.
|ST|=|t −t |=6
S T
1 1 1 1 4√3 1 1 2
+ = + = , + = ，C选项错误.
|MP| |MQ| √3 3√3 9 |MS| |MT| 3
√3×3√3=|MP|⋅|MQ|=|MS|⋅|MT|=3×3=9，
|MQ| |MS|
所以 = ，而∠SMQ=∠PMT，所以△SMQ∼△PMT，
|MT| |MP|
所以∠MSQ=∠MPT，所以P,Q,S,T四点共圆.
（也可用圆的相交弦定理的逆定理，直接由|MP|⋅|MQ|=|MS|⋅|MT|判断出P,Q,S,T
四点共圆）所以D选项正确.
5
学科网（北京）股份有限公司12．AC由题意可得 ①， ②，
a +a +⋯+a =2k−1 a +a +⋅⋅⋅+a =2k−1−1
1 2 k 1 2 k−1
①-②得
a =2k−1
，同理可得
b =3k−1
，
k k
所以数列 中仅有1项为1，
{a }, {b }
n n
因为k≥2，所以B错误；当k=2时，A正确；
b k = (3) k−1 ，所以当 k≥2 时，{b n }是以3为公比的等比数列，C正确，D错误；
a 2 a 2
k n
13．2023由
a =
2(n+2)
a (n∈N∗)
得：a
n+1=
2(n+2)，
2021 n+1 n+1 n a n+1
n
a = a n × a n−1×⋅⋅⋅× a 3× a 2×a =2n−1(n+1 × n ×⋅⋅⋅× 4 × 3 ×2 ) =(n+1)⋅2n−1
n a a a a 1 n n−1 3 2
n−1 n−2 2 1
设S =a +a +⋅⋅⋅+a ，
n 1 2 n
则 ，
S =2×20+3×21+4×22+⋅⋅⋅+n⋅2n−2+(n+1)⋅2n−1
n
，
∴2S =2×21+3×22+4×23+⋅⋅⋅+n⋅2n−1+(n+1)⋅2n
n
2(1−2n−1)
∴−S =2+21+22+⋅⋅⋅+2n−1−(n+1)⋅2n=2+ −(n+1)⋅2n
n 1−2
，
=2+2n−2−(n+1)⋅2n=−n⋅2n
，即 ，
∴S =n⋅2n a +a +⋅⋅⋅+a =n⋅2n
n 1 2 n
， ，
∴S =2021×22021 a =2023×22021
2021 2022
6
学科网（北京）股份有限公司a 2023×22021 2023.
∴ 2022 = =
a +a +⋅⋅⋅+a 2021×22021 2021
1 2 2021
2023
故答案为： .
2021
√6−√2
14． 记AB的中点为D，连结PD,CD，过P作PE⊥CD交CD的延长线于E，如
2
图，
因为AC=BC，D为AB的中点，所以AB⊥CD，
因为AC=BC，∠APC=∠BPC，PC=CP，所以△APC≅△BPC，则PA=PB，
又D为AB的中点，所以AB⊥PD，
因为CD∩PD=D,CD,PD⊂面PCD，所以AB⊥面PCD，
又PE⊂面PCD，所以AB⊥PE，
因为PE⊥CD，CD∩AB=D,CD,AB⊂面ABC，所以PE⊥面ABC，
所以∠PCE为直线PC与平面ABC所成角的平面角，
不妨设AC=BC=PC=m，
在 中， ，则 ，
△ABC ∠ACB=30° AB2=AC2+BC2−2AC⋅BCcos30°=(2−√3)m2
BD2= (1 AB ) 2 = 2−√3 m2 ，
2 4
2+√3
在Rt△BCD中，CD2=BC2−BD2= m2，
4
在△PBC中，∠BPC=30°，则BC2=PC2+PB2−2PC⋅PBcos30°，
即m2=m2+PB2−√3m⋅PB，故PB=√3m，
2−√3 10+√3
在Rt△PBD中，PD2=PB2−BD2=3m2− m2= m2，
4 4
所以在△PCD中，
7
学科网（北京）股份有限公司2+√3 10+√3
m2+ m2− m2
PC2+CD2−PD2 4 4 1 ，
cos∠PCD= = =−
2PC⋅CD √2+√3 √2+√3
2×m× m
4
1+√3
又(1+√3) 2=4+2√3=2×(2+√3)，则1+√3=√2×√2+√3，即√2+√3= ，
√2
所以 1 √2 √6−√2，
cos∠PCD=− =− =−
√2+√3 1+√3 2
√6−√2
所以cos∠PCE=cos(π−∠PCD)=−cos∠PCD= ，
2
√6−√2
故直线PC与平面ABC所成角的余弦值为 .
2
√6−√2
故答案为： .
2
2−√3
15． 依题意，x <x <x ，y <y <y
3 1 3 2 1 3 2
由¿解得¿或¿，
所以 (5 4) √ (2) 2 (4) 2 2√5为定值，
A(1,0),B , ,|AB|= + =
3 3 3 3 3
由于x <x <x ，y <y <y ，所以P在双曲线A,B两点间的曲线上，P在第一象限，
1 3 2 1 3 2
当P距离AB最远时，三角形PAB的面积取得最大值，
设直线2x−y+t=0与双曲线C：x2−y2=1相切于P点，
由¿消去y并化简得3x2+4tx+t2+1=0，
由 解得 （正根舍去），
Δ=16t2−12(t2+1)=4t2−12=0 c=−√3
故切线方程为2x−y−√3=0，
2−√3
直线2x−y−2=0与直线2x−y−√3=0的距离为 ，
√5
1 2√5 2−√3 2−√3
所以 PAB的面积最大值为 × × = .
2 3 √5 3
△
16． 因为函数 a⋅2x−1是定义在R上的奇函数，
(−5−2√6,+∞) f (x)=
2x+b
8
学科网（北京）股份有限公司所以
，即a⋅20−1
，解得： .
f (x)=0 =0 a=1
20+b
又
，所以2−1−1 21−1
，解得： .
f (−1)=−f (1) + =0 b=1
2−1+b 21+b
所以
2x−1.
f (x)=
2x+1
2x−1 2 .
f (x)= =1−
2x+1 2x+1
2
因为y=2x在x∈[1,2]上单增，所以y=2x+1在x∈[1,2]上单增，所以y= 在
2x+1
上单减，所以 2x−1 2 在 上单增，所以
x∈[1,2] f (x)= =1− x∈[1,2]
2x+1 2x+1
2−1 1
f (x)≥f (1)= = >0.
2+1 3
所以要使 恒成立，只需
−2−2x (2x+1)(2x+2)恒成立.
2+mf (x)+2x>0 m> =−
f (x) 2x−1
因为y=2x在x∈[1,2]上单增，所以2≤2x≤4，所以1≤2x−1≤3.
令 .
t=2x−1,t∈[1,3]
记 (2x+1)(2x+2) (t+2)(t+3) ( 6 ) ( √ 6 )
ℎ(t)=− =− =− t+ +5 ≤− 2 t× +5 =−2√6−5
2x−1 t t t
6
（当且仅当t= ，即t=√6∈[1,3]时2等号成立），
t
所以 .
ℎ(t) =−2√6−5
max
所以m>−2√6−5.
即m的取值范围为 .
(−2√6−5,+∞)
9
学科网（北京）股份有限公司17．【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
{a } d {b } q
n n
则a +a =a +d+a +2d=4+3d=10，解得d=2，
2 3 1 1
，
∴a =a +(n−1)d=2+2(n−1)=2n
n 1
，解得 ，
∴b b =b qb q2=q3=−a =−8 q=−2
2 3 1 1 4
，
∴b =b qn−1=(−2) n−1
n 1
即 ， ；
a =2n b =(−2) n−1
n n
（2）由（1）得 ，
c =2n+(−2) n−1
n
∴c +c +c +⋯+c =(a +a +⋯+a )+(b +b +⋯+b )
1 3 5 2n−1 1 3 2n−1 1 3 2n−1
=
n(a
1
+a
2n−1
)
+
b
1
(1−q2n)
=
n(2+4n−2)
+
1−(−2) 2n
=2n2+
4n
−
1.
2 1−q2 2 1−(−2) 2 3 3
a(sinC−sin A)
18．（1）由 =c−b，可得a(sinC−sin A)=(c−b)(sinC+sinB)，由正
sinC+sinB
弦定理得a(c−a)=(c−b)(c+b)，
a2+c2−b2 1 π
即a2+c2−b2=ac，由余弦定理得cosB= = ，因为0<B<π，可得B= ；
2ac 2 3
（2）sin(A+C)=sin(π−B)=sinB，则
tanB tanB sinB(cosA cosC) sinB sin(A+C) 1 sin2B 1 b2
+ = + = ⋅ = ⋅ = ⋅ =4
tan A tanC cosB sin A sinC cosB sin AsinC cosB sin AsinC cosB ac
π
又B= ，可得b2=2ac﹐又由（1）a2+c2−b2=ac，得a2+c2−3ac=0，所以
3
(a) 2 (a) ，所以a 3±√5，所以sin A 3±√5．
−3 +1=0 = =
c c c 2 sinC 2
19．（1）相关系数为
10
学科网（北京）股份有限公司n
∑(x −x)(y −y)
i i
r= i=1
√ n n
∑(x −x) 2∑(y −y) 2
i i
i=1 i=1
n √ n
∑(x −x)(y −y) ∑(x −x) 2
i i i √ns2 √s2
= i=1 i=1 =b^ x =b^ x，
n √ n √ns2 √s2
∑(x −x) 2 ∑(y −y) 2 y y
i i
i=1 i=1
√ 2 1
所以r=4.7× =4.7× =0.94>0.9，故y与x线性相关较强.
50 5
（2）零假设为H ：购买电动汽车与车主性别相互独立，即购买电动汽车与车主性别无关.
0
n(ad−bc) 2 100×(30×35−20×15) 2
χ2= = ≈9.091>6.635
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 50×50×45×55
所以依据小概率值α=0.01的独立性检验，我们推断H 不成立，
0
即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.01.
20 35
（3）11人中，男性车主11× =4人，女性车主11× =7人，
55 55
则X的可能取值为0，1，2，3，4，故
P(X=0)= C 7 4 = 7 ， P(X=1)= C1 4 C 7 3 = 14， P(X=2)= C2 4 C 7 2 = 21，
C4 66 C4 33 C4 55
11 11 11
P(X=3)= C3 4 C 7 1 = 14 ， P(X=4)= C 4 4 = 1 ，
C4 165 C4 330
11 11
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
7 14 21 14 1
P
66 33 55 165 330
7 14 21 14 1 16
E(X)=0× +1× +2× +3× +4× = .
66 33 55 165 330 11
20．（1）在平面四边形ABCD中，CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2，所以四边形
ABCD是等腰梯形，过点C作CE⊥AB于E,因为四边形ABCD是等腰梯形，
11
学科网（北京）股份有限公司所以 1 3, √ 1 2 √3,
BE= ,AE= CE=√BC2−BE2= 12−( ) =
2 2 2 2
√ 3 2 √3 2 ，
AC=√AE2+CE2= ( ) +( ) =√3
2 2
所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC，
又AC⊥PB,BC∩PB=B，BC，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC，
又AC⊂平面PAC，所以，平面PAC⊥平面PBC.
（2）因为PB⊥BC,AC⊥PB,BC∩AC=C, BC，AC⊂平面ABCD，
所以PB⊥平面ABCD，由（1）知，AC⊥BC，以C为原点，建立空间直角坐标系
C−xyz，如图所示
√3 1
则C(0,0,0),A(√3,0,0),B(0,1,0),D( ,− ,0)，
2 2
因为AC⊥平面PBC，PB⊥BC，可设PB=a(a>0),所以P(0,1,a)，则
，
⃗CA=(√3,0,0),⃗CP=(0,1,a)
设平面PAC的法向量为⃗n=(x,y,z)，则
⃗n⋅⃗CA=0 √3x=0
{ ,即{ ，令y=a，则x=0,z=−1，所以⃗n=(0,a,−1)，
⃗n⋅⃗CP=0 y+az=0
因为直线PB与平面PAC所成的角为30°，
所以 −a 1，解得 或 （舍），
sin30°=|cos〈⃗BP,⃗n〉|=| |= a=√3 a=−√3
a√a2+1 2
12
学科网（北京）股份有限公司√3 1
所以P(0,1,√3)，又D( ,− ,0)，
2 2
所以 √ √3 2 1 2 .
PD= (0− ) +(1+ ) +(√3−0) 2=√6
2 2
b
21．（1）由题意得|FA|=a+c=2+√5，F(c,0)，渐近线方程为y=± x，
a
则 到渐近线的距离为 |bc| bc ，
F(c,0) = =b=1
√a2+b2 c
又因为c2=a2+b2，
所以a=2，b=1，c=√5，
x2
故双曲线C的标准方程为 −y2=1.
4
（2）设直线 ： ， ， ， ，
l x=my+4 −2<m<2 P(x ,y ) Q(x ,y )
1 1 2 2
联立方程组 得 ，
¿ (m2−4)y2+8my+12=0
8m 12
所以y + y =− ，y y = .
1 2 m2−4 1 2 m2−4
因为直线 的方程为 y ，
AP y= 1 (x+2)
x +2
1
2y 2y
所以 M 的坐标为( 0, 1 )，同理可得 N 的坐标为( 0, 2 ).
x +2 x +2
1 2
2y 2y
1 2
因为 x +2 y ， x +2 y ，
k = 1 =− 1 k = 2 =− 2
1 −4 2(x +2) 2 −4 2(x +2)
1 2
y y y y y y
所以k k = 1 2 = 1 2 = 1 2
1 2 4(x +2)(x +2) 4(m y +6)(m y +6) 4[m2y y +6m(y + y )+36]
1 2 1 2 1 2 1 2
12
m2−4 3 1
= = =− ，
(
12m2 48m2
)
12m2−48m2+36m2−144 48
4 − +36
m2−4 m2−4
13
学科网（北京）股份有限公司1
即k k 为定值− .
1 2 48
22．（1） ， ，
∵f (x)=ex+(2−a)cosx ∴f′(x)=ex+(a−2)sinx
要使 在 单调递增，只需 ， 恒成立.
f (x) [0,+∞) ∀x∈[0,+∞) f′(x)≥0
即 ， ，
∀x∈[0,+∞) ex+(a−2)sinx≥0
(a−2)sinx (2−a)sinx
又ex>0，∴1+ ≥0，即1≥ ；
ex ex
当 时， 符合题意，故 ；
a=2 f′(x)=ex>0 a=2
1 sinx
当a>2时，2−a<0， ≤ ；
2−a ex
1 sinx
当a<2时，2−a>0， ≥ .
2−a ex
sinx
令g(x)= (x≥0)，
ex
∴g′(x)= excosx−exsinx = cosx−sinx = √2 cos ( x+ π )，
(ex) 2 ex ex 4
π π π π
当2kπ− ≤x+ ≤2kπ+ (k∈Z)时，cos ( x+ ) ≥0，
2 4 2 4
即 x∈ [ 2kπ− 3π ,2kπ+ π] (k∈Z) ， cos ( x+ π ) ≥0 ；
4 4 4
π π 3π π
当2kπ+ ≤x+ ≤2kπ+ (k∈Z)时，cos ( x+ ) ≤0，
2 4 2 4
即x∈ [ 2kπ+ π ,2kπ+ 5π] (k∈Z)，cos ( x+ π ) ≤0；
4 4 4
√2
∵ >0，x≥0，
ex
[ π] [ 3π π] ， ；
∴x∈ 0, ∪ 2kπ− ,2kπ+ (k∈N∗) g′(x)≥0
4 4 4
[ π 5π]
x∈ 2kπ+ ,2kπ+ (k∈N)时，g′(x)≤0；
4 4
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学科网（北京）股份有限公司所以 在[ π]，[ 3π π] 上单调递增；
g(x) 0, 2kπ− ,2kπ+ (k∈N∗)
4 4 4
[ π 5π]
在 2kπ+ ,2kπ+ (k∈N)上单调递减.
4 4
sinx
由g(x)= (x≥0)知，分子是一个周期函数，而分母却是一个增函数，
ex
不妨把g(x)看成是振幅越来越小的“类周期函数”，
所以g(x)最值只能出现在第一个周期，如图所示：
π 1 5π 1
所以g(x) =g ( )= ，g(x) =g ( )=− ；
max 4 π min 4 5π
√2e4 √2e 4
所以有¿或¿，
解得 5π或 π ；
2<a≤2+√2e 4 2−√2e4 ≤a<2
由上知a=2已成立，
综上 π 5π ，即a的取值范围是[ π 5π].
2−√2e4 ≤a≤2+√2e 4 2−√2e4 ,2+√2e 4
（2）由 得，
f (x)≥a(x−1)+3 ex+(2−a)cosx≥a(x−1)+3 (x≥0)
整理得 ，
ex+(2−a)cosx−a(x−1)−3≥0(x≥0)
不妨令 ，
ℎ(x)=ex+(2−a)cosx−a(x−1)−3(x≥0)
只需证ℎ(x)≥0(x≥0)即可；
又 ， ，
ℎ(0)=1+2−a+a−3=0
ℎ
′(x)=ex+(a−2)sinx−a
所以 即 ，下面证 时符合题意，
ℎ
′(0)=1−a≥0 a≤1 a≤1
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学科网（北京）股份有限公司时，令 恒成立；
∀x∈[0,+∞)
ℎ
′(x)≥0
所以有 时， ；
∀x∈[0,+∞) ex+(a−2)sinx−a≥0
变形为 ，
a(1−sinx)≤ex−2sinx
当 sinx=1 时，
0<e
π
2−2≤ex−2sinx
成立；
当sinx≠1时，1−sinx>0，
ex−2sinx ex−2 π
所以有a≤ = +2，x≥0且x≠2kπ+ (k∈N)；
1−sinx 1−sinx 2
ex−2 π
令m(x)= ，x≥0且x≠2kπ+ (k∈N)，
1−sinx 2
只需求m(x)的最小值即可.
m′(x)=
ex(1−sinx)−(ex−2)(−cosx)，
(1−sinx) 2
π
令n(x)=ex(1−sinx)−(ex−2)(−cosx)，x≥0且x≠2kπ+ (k∈N)，
2
n′(x)=ex(1−sinx)+ex(−cosx)−(ex−2)sinx−ex(−cosx)
，
=ex(1−sinx)−(ex−2)sinx=ex+2sinx−2exsinx
π
当x∈[0,ln2)时，因为ln2<lne=1< ，所以0≤sinx<1，
2
而 ，所以有 ，当且仅当 取等号，
ex≥1 ex+2sinx≥2√2exsinx ex=2sinx
所以 ，
n′(x)≥2√2exsinx−2exsinx=√2exsinx(2−√2exsinx)
当x∈[0,ln2)时，1≤ex<2，
所以
n′(x)>√2exsinx(2−2√sinx)=2√2exsinx(1−√sinx)>0
所以n(x)在x∈[0,ln2)上单调递增，又n(0)=1−(1−2)(−1)=0，
所以 ，所以 ，
n(x)≥0 m′(x)≥0
1−2
即m(x)在x∈[0,ln2)上单调递增，m(x) =m(0)= =−1；
min 1−0
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学科网（北京）股份有限公司ex−2
当x∈[ln2,+∞)时，ex−2≥2−2=0，即m(x)= ≥0；
1−sinx
综上， ，所以 ，
m(x) =−1 a≤−1+2=1
min
即当 时， 恒成立， ，符合题意；
a≤1
ℎ
′(x)≥0 ℎ(x)≥ℎ(0)=0(x≥0)
所以a的取值范围为(−∞,1].
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，
第一问中分类讨论将参变分离是关键；第二问中自变量的分段讨论；巧妙利用均值不等式
得出导数为正是关键点，考查数学转化思想，属于难题.公众号：全元高考
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