江苏省扬州中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届江苏省扬州中学高三上学期10月月考_江苏省扬州中学2024届高三上学期10月月考数学

高三数学 10 月考试 一、单选题 sin1050  1. （ ） 1 1 A. B.  2 2 3 3 C. D.  2 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式化简，即可计算得结果. 1 【详解】sin1050 sin  3360 30 sin30  . 2 故选：B 【点睛】本题考查诱导公式的化简求值，属于基础题. 2. 已知集合A  x 2x 10  ，B  x x2 2x30  ，则A  B（ ） A. 0,3 B. 0,1 C. 3, D. 1, 【答案】B 【解析】 【分析】先将集合A和集合B化简，再利用集合的交集运算可得答案. 【详解】 2x 10，即2x 120，  由指数函数的单调性可得，x0，   A x x0 ， 由x2 2x30，解得3 x1，   B x 3 x1 ， AB  x 0 x1  0,1 . 故选：B. 3. 已知 f(x) x4 ，则 f(x)（ ） 1 1 A. x4 B. 2 x4 C. D. x4 2 x4 第1页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解． 1 【详解】 f x x4 x4 2 ， 1 1 1 则 fx x4 2  ． 2 2 x4 故选：D π  4. 已知函数 f xaxsinxaR ，则“a 1”是“ f x 在区间 , 上单调递增”的（ ） 2  A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求出参数的取值范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】当a 1时， f x xsinx， fx1cosx0，∴ f x 在R 上单调递增，故充分性成立， π  当 f x 在 , 单调递增，∴ fxacosx0，即acosx，∴a1，故必要性不成立， 2  π  所以“a 1”是“ f x 在区间 , 上单调递增”的充分不必要条件. 2  故选：B 5. 阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置.我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装 置，被称为“定楼神器”，如图1.由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡 位置的位移ym 和时间ts的函数关系为y sint 0,π  ，如图2，若该阻尼器在摆动 过程中连续三次到达同一位置的时间分别为t ，t ，t 0t t t  ，且t t 2，t t 5，则在 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为（ ） 第2页/共21页 学科网（北京）股份有限公司1 2 4 A. s B. s C. 1s D. s 3 3 3 【答案】C 【解析】 2π 2π  【分析】先根据周期求出 ，再解不等式sin  t  0.5，得到t的范围即得解. 3  3  2π 2π 【详解】因为t t 2，t t 5，t t T ，所以T 3，又T  ，所以 ， 1 2 2 3 3 1  3 2π  2π  则y sin  t ，由y0.5可得sin  t  0.5，  3   3  π 2π 5π 所以2kπ  t 2kπ，kZ， 6 3 6 1 3 5 3  5 3   1 3  所以3k  t   3k ，kZ，故 3k      3k    1， 4 2π 4 2π  4 2π   4 2π  所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为1s. 故选：C.  π 4  7π 6. 已知为锐角，若cos     ，则sin  2 的值为（ ）  6 5  12  2 7 2 17 2 31 2 A. B. C. D. 10 10 50 50 【答案】D 【解析】  π 4  π  π 【分析】根据为锐角，cos     ，得到sin   ，再利用二倍角公式得到sin  2 ，  6 5  6  3  π  7π  π π cos  2 ，然后再由sin  2  sin  2   求解.  3  12   3 4 π π 2π  π 4 【详解】Q为锐角，   ,cos     ， 6 6 3  6 5  π 3 sin     ，  6 5  π  π  π 24  π  π 7 sin  2  2sin    cos     ，且cos  2  2cos2    1 ．  3  6  6 25  3  6 25 第3页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 7π  π π 故sin  2  sin  2   ，  12   3 4  π π  π π sin  2  cos cos  2  sin ，  3 4  3 4 24 2 7 2 31 2      ， 25 2 25 2 50 故选：D．  7. 已知函数 f(x)cosx，函数g(x)的图象可以由函数 f(x)的图象先向右平移 个单位长度，再将所得 6 1  3 函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的 (0)倍得到，若函数g(x)在( , )上没有零点，则  2 2 的取值范围是（ ） 4 4 8 4 8 8 A. (0, ] B. [ , ] C. ( , ] D. (0, ] 9 9 9 9 9 9 【答案】A 【解析】   【分析】由函数 f(x)cosx，根据三角函数的图象变换得到gxcos  x ，令  6    gxcos  x  0，结合函数零点存在的条件建立不等式求解即可.  6     【详解】函数 f(x)cosx，向右平移 个单位长度，得y cos  x ， 6  6  1   再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的 (0)倍得到gxcos  x ，   6    令gxcos  x  0，  6    得x k ， 6 2 1  2 所以x  k ，  3   3 若函数g(x)在( , )上没有零点， 2 2 T 3  则需   ， 2 2 2 第4页/共21页 学科网（北京）股份有限公司2 所以  2，  所以01，  3 若函数g(x)在( , )上有零点， 2 2  1  2 3 则   k   ， 2  3  2 1 2 3 4 4 当k=0时，得   ，解得  ， 2 3 2 9 3 1 5 3 10 10 当k=1时，得   ，解得  ， 2 3 2 9 3  3 4 4 10 10 综上：函数g(x)在( , )上有零点时，  或  ， 2 2 9 3 9 3  3 4 所以函数g(x)在( , )上没有零点，0 . 2 2 9 4 所以的取值范围是(0, ]. 9 故选：A 【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换及函数零点问题，还考查了转化求解问题的能力，属于难题. 8. 已知函数 f(x)及其导函数 f x 的定义域均为R，且满足 f(x)2 f(6x)， f(x)2 f(4x)， 18 f(3)1，若g(x) f(3x)5，则 gk（ ） k1 A. 18 B. 20 C. 88 D. 90 【答案】B 【解析】 【分析】根据复合函数导数运算求得正确答案. 【详解】由 f(x)2 f(6x)得 fx2f 6x   f6x，   fx f6x ①，则 f x 关于直线x3对称. 另外 f(x)2 f(4x), f(x) f(4x)2②，则 f x 关于点 2,1 对称. 所以 fx42 f 4x4 2 fx2 f6x 22 f 46x  f2x f 62x  fx8 ，   所以 fx fx4 ，所以 f x 是周期为4的周期函数. 第5页/共21页 学科网（北京）股份有限公司g(x) f(3x)5，g(x)f(3x)， 则g(0)f(3)1， 由②，令x2，得2f22, f21. 所以g1f21， 由②，令x1，得 f(1) f(3)2, f(1)2 f(3)3； 所以g(2)f(1)3， 由①，令x4，得 f4 f21；令x5，得 f5 f13. 由②，令x0，得 f(0) f(4)2, f(0)1； 令x=1，得 f(1) f(5)2, f(1)2 f(5)1， 则g(3)f(0)1，g4f 11； g5f2f21， g6f3f13，以此类推， gx 是周期为4的周期函数. 18 所以 gk131141320. k1 故选：B 【点睛】函数的对称性有多种呈现方式，如 f ax f ax ，则 f x 关于直线xa对称；如 f 2ax f x ，则 f x 关于直线xa对称；如 f axf ax ， 则 f x 关于点 a,0 对称；如 f axf ax2b，则 f x 关于点 a,b 对称. 二、多选题 9. 下列求解结果正确的是（ ） 3 A. 6 243 3 3 2 B. 2lg22 lg5lg20lg2lg50lg256 C. 不等式x1 x2 0的解集为 1, 第6页/共21页 学科网（北京）股份有限公司sin 1 1cos 1 D. 若  ，则  cos1 2 sin 2 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A选项：把根式化为分数指数幂，利用幂的运算法则求值可判断A选项；对于B选项：利用 对数的运算法则化简求值可判断B选项；对于C选项：根据根式的定义域和值域，求不等式的解集可判断C 选项；对于D选项：分子和分母同时乘sin,再利用同角三角函数关系化简可判断D选项. 1 【详解】对于A选项：6 243 3 3 24 1 63 1 3   3  2 24 1 63 1 32  1 23 1 2 2 2 1 5 1 1 1 1 5 =  233  6362  2 222  23636 2033，所以A选项正确； 对于B选项： 2lg22 lg5lg20lg2lg50lg252lg22 lg5lg210lg2lg510lg52 2lg22 lg5lg21lg2lg512lg5 2lg22 2lg2lg5lg23lg5 2lg2lg2lg5lg2lg52lg5 2lg2lg513，所以B选项错误； 对于C选项：因为y  x2 0且x2，当x2时取等号， x2 则x1 x2 0，即 或x2，解得：x1或x2， x10 所以不等式x1 x2 0的解集为 2  1, ，所以C选项错误； sin 1 对于D选项：若  ，则cos1且sin0， cos1 2 sin2 1cos2 1cos1cos 1cos 1 即     ， sincos1 sincos1 sincos1 sin 2 1cos 1 所以  ，所以D选项正确. sin 2 故选：AD. 10. 在 ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）  A. 若sin AsinB，则A B B. 若tan AtanBtanC 0，则 ABC是锐角三角形  第7页/共21页 学科网（北京）股份有限公司C. 若a 10，b8，A60，则符合条件的 ABC有两个  D. 对任意 ABC，都有cosAcosB0  【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理边角转化可判断A；根据两角和的正切公式结合三角形内角和定理可判断B；由正弦定 理及三角形性质可判断C；由三角形内角性质及余弦函数单调性可判断D. a b 【详解】对于A选项，由sinAsinB，根据正弦定理得  ，（r为  ABC外接圆半径），即ab， 2r 2r 则A B， 故A正确； tan AtanB 对于B，tanC tan  πAB  tanAB ， 1tan AtanB 所以tan AtanBtanCtan AtanB1 ， 所以tanAtanBtanC tanCtan AtanB1tanC tan AtanBtanC 0， 所以tan A,tanB,tanC 三个数有0个或2个为负数，又因A,B,C最多一个钝角， 所以tan A0,tanB0,tanC 0，即A,B,C都是锐角， 所以 ABC一定为锐角三角形，故B正确；  3 a b 8 对于C，由正弦定理得  ，则 bsin A 2 2 3 ， sinA sinB sinB   1 a 10 5 又ba，则B A60，知满足条件的三角形只有一个，故C错误； 对于D，因为ABπ，所以0 AπBπ，又函数y cosx在 0,π 上单调递减， 所以cosAcosπBcosB，所以cosAcosB0，故D正确； 故选：ABD 11. 同学们，你们是否注意到，自然下垂的铁链；空旷的田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横 跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上，这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬 链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中，这类函数的表达式可以为 f xaex bex（其中a，b是非零常数，无理数e2.71828），对于函数 f x 以下结论正确的是 （ ） 第8页/共21页 学科网（北京）股份有限公司A. a b是函数 f x 为偶函数的充分不必要条件； B. ab0是函数 f x 为奇函数的充要条件； C. 如果ab0，那么 f x 为单调函数； D. 如果ab0，那么函数 f x 存在极值点. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据奇偶函数的定义、充分条件和必要条件的定义即可判断AB；利用导数，分类讨论函数的单调 性，结合极值点的概念即可判断CD. 【详解】对于A，当a b时，函数 f(x)定义域为R关于原点对称， f xaex bex=f x ，故函数 f(x)为偶函数； 当函数 f(x)为偶函数时， f(x) f(x)=0，故 abex baex 0， 即 abe2x=ab ，又e2x 0，故a b， 所以a b是函数 f x 为偶函数的充要条件，故A错误； 对于B，当ab0时，函数 f(x)定义域为R关于原点对称， f(x) f(x)=abex abex=0，故函数 f x 为奇函数， 当函数 f x 为奇函数时， f(x) f(x)=abex abex=0， 因为ex 0，ex 0，故ab0. 所以ab0是函数 f x 为奇函数的充要条件，故B正确； 对于C， fx=aex bex，因为ab0， 若a 0,b0，则 fx=aex bex 0恒成立，则 f x 为单调递增函数， 若a0,b0则 fx=aex bex 0恒成立，则 f x 为单调递减函数， 故ab0，函数 f x 为单调函数，故C正确； ae2x b 对于D， fx=aex bex= ， ex 1 b 令 fx=0得x= ln ，又ab0， 2 a 第9页/共21页 学科网（北京）股份有限公司若a 0,b0，  1 b 当x  , ln ， fx0，函数 f x 为单调递减.  2 a 1 b  当x  ln , ， f¢(x)>0，函数 f x 为单调递增.函数 f(x)存在唯一的极小值. 2 a  若a0,b0，  1 b 当x  ，ln ， f¢(x)>0，函数 f x 为单调递增.  2 a 1 b  当x  ln , ， fx0，函数 f x 为单调递减.故函数 f(x)存在唯一的极大值. 2 a  所以函数存在极值点，故D正确. 故答案为：BCD. 12. 在 ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sin AsinBsinC，则下列说法正确的是  （ ） b2 c2 a2 1 A. tanA B. S  a2 2a2 ABC 2 sinB sinC 4 C.  有最大值 D. a2  bc sinC sinB 5 【答案】BCD 【解析】 a2 【分析】由条件及正弦定理得，bc ，再由正、余弦定理，三角形的面积公式，三角函数的最值等 sin A 知识逐一判断选项即可． a b c a2 【详解】由sin AsinBsinC及正弦定理   得：bc ， sinA sinB sinC sin A a2 2 cosA 对于A选项：b2 c2 a2 2bccosA sin A cosA ，故A错误；     tan A 2a2 2a2 2a2 sin A 1 1 a2 1 对于B选项：S  bcsinA  sinA a2，故B正确； ABC 2 2 sinA 2 sinB sinC b c b2 c2 a2 2bccosA 对于C选项：      sinC sinB c b bc bc 第10页/共21页 学科网（北京）股份有限公司bcsinA2bccosA 2 5 5  sinA2cosA 5sin(A)，其中sin ,cos ， bc 5 5 sinB sinC   有最大值 5，故C正确； sinC sinB 对于D选项：因为a2 bcsinA，b2 c2 2bc,当且仅当bc时取等号. b2 c2 a2 sinA 所以cosA 1 0， 2bc 2 sin2 A 两边平方得：cos2 A1 sin A，又cos2 A1sin2 A， 4 化简得：sinA(5sinA4)0，且A(0,π)，sin A(0,1],  4 解得sinA  0,  ，  5 a2 bcsinA 4 4 所以  sinA ，即a2  bc成立，故D正确. bc bc 5 5 故选：BCD． 三、填空题 13. 若函数 f x=lg(x2 mx1)的值域为R，则实数m的取值范围是________________． 【答案】,2U2, 【解析】 【分析】根据对数函数的值域列不等式，从而求得m的取值范围. 【详解】依题意，函数 f x=lg(x2 mx1)的值域为R， 所以m2 40，解得m,22, . 故答案为：,2U2, 14. 定义在R上的奇函数 f x ，当x 0时， f(x)2x a2x，当x 0时， f x________． 【答案】2x 2x 【解析】 【分析】先根据奇函数性质求a，然后设x 0，利用奇函数定义和已知条件求解可得. 【详解】因为函数 f x 为奇函数，所以 f(0)20 a20 0，解得a 1. 第11页/共21页 学科网（北京）股份有限公司设x 0，则x0，所以 f (x)  2x 2x， 又 f x 为奇函数，所以 f(x)f(x)2x 2x， 即当x 0时， f(x)2x 2x. 故答案为：2x 2x 15. 已知algablgbclgc 5，algbblgcclga  2，则abc的值为___________. 1 【答案】10或 10 【解析】 【分析】对已知等式左右同时取对数，结合对数运算法则化简可得lgabc2 1，由此可求得结果. 【详解】由algablgbclgc 5得：lgalga lgblgb lgclgc lga2 lgb2 lgc2 lg5， 1 由algbblgcclga  2得：lgalgb lgblgc lgclga lgalgblgblgclgalgclg 2  lg2， 2 2lgalgb2lgblgc2lgalgclg2， lga2 lgb2 lgc2 2lgalgb2lgblgc2lgalgclgalgblgc2 lgabc2 lg5lg21， 1 lgabc1或lgabc1，abc10或abc . 10 1 故答案为：10或 . 10 16. 在锐角  ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b3，sinAasinB2 3，则  ABC周长 的取值范围为______. 93 3  【答案】 ,93 3   2   【解析】 3 π π π 【分析】由正弦定理及已知可得sin A ，结合锐角三角形得A 、  B ，再由正弦边角关系、 2 3 6 2 9 3 3 1 abc   三角恒等变换得 2 2 B ，即可求范围. tan 2 a b 【详解】由  ，则asinBbsinA，故sin Absin A4sinA2 3， sinA sinB 第12页/共21页 学科网（北京）股份有限公司 π 0 B  3 π  2 π π 所以sin A ，又 ABC为锐角三角形，则A ，且 ，则  B ，  2 3  2π π 6 2 0C  B  3 2 2π a b c bsin A 3 3 3sin( B) 3 3cosB 3 而   ，则a   ， bsinC 3   ， sinA sinB sinC sinB 2sinB c  2sinB 2 sinB sinB B 2cos2 9 3 3 1cosB 9 3 3 9 3 3 1 2 所以abc         ， 2 2 sinB 2 2 B B 2 2 B 2sin cos tan 2 2 2 π π tan tan π B π π π π 3 4 又   ，且tan tan(  ) 2 3， 12 2 4 12 3 4 π π 1tan tan 3 4 9 3 3 1 93 3 B abc   ( ,93 3) 所以tan (2 3,1)，则 2 2 B 2 . 2 tan 2 93 3 故答案为：( ,93 3). 2 9 3 3 1 abc   【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正弦定理以及三角恒等变换得 2 2 B ，再求出 tan 2 角B的范围，利用正切函数的值域即可得到答案. 四、解答题 17. 已知x0， y 0，且x2y 1． （1）求xy的最大值； 2 1 （2）求  的最小值． x y 1 【答案】（1） 8 （2）8 【解析】 1 【分析】（1）由基本不等式得到x2y2 2xy ，从而求出xy ； 8 （2）利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【小问1详解】 第13页/共21页 学科网（北京）股份有限公司因为x0， y 0， 1 由基本不等式得x2y2 2xy ，即1 2 2xy ，解得xy ， 8 1 1 1 当且仅当x  ,y  时，等号成立，故xy的最大值为 ； 2 4 8 【小问2详解】 因为x0， y 0，x2y 1， 2 1 2 1 4y x 4y x 故      x2y4  42  8， x y  x y x y x y 4y x 1 1 2 1 当且仅当  ，即x  ,y  时，等号成立，故  的最小值为8. x y 2 4 x y aex 18. 已知函数 f x 为奇函数. 1ex （1）求a的值； （2）若存在实数t，使得 f  t2 2t   f  2t2 k  0成立，求k的取值范围.  1  【答案】（1）1 （2）  ,   3  【解析】 【分析】（1）根据奇函数的性质 f 00求解即可. （2）首先利用根据题意得到 f  t2 2t   f  2t2 k  ，利用单调性定义得到 f x 是R上的减函数，再 利用单调性求解即可. 【小问1详解】 因为 f x 定义域为R， a1 又因为 f x 为奇函数，所以 f 00，即 0，得a 1 2 1ex 1ex ex 1 当a 1时， f x ， 所以 f x  f x，所以a 1 1ex 1ex ex 1 【小问2详解】 f  t2 2t   f  2t2 k  0可化为 f  t2 2t  f  2t2 k  ， 因为 f x 是奇函数，所以 f  t2 2t   f  2t2 k  第14页/共21页 学科网（北京）股份有限公司1ex 2 又由（1）知 f x 1 ， 1ex 1ex 2 2 2  ex 2 ex 1  设x ,x R，且x  x ，则 f x  f x    ， 1 2 1 2 1 2 1ex 1 1ex 2  1ex 1  1ex 2  因为x  x ，所以ex 2 ex 1 0，1ex 1 0，1ex 2 0， 1 2 所以 f x  f x 0，即 f x  f x  故 f x 是R上的减函数， 1 2 1 2 所以（*）可化为t2 2t 2t2 k.因为存在实数t，使得3t22tk0成立， 1  1  所以412k 0，解得k  .所以k的取值范围为  ,  3  3  19. 在 ①2sinAsinB2sinCcosB， ② acsin AsinCsinBab ， ③ 1 S  casin AbsinBcsinC这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答． △ABC 2 问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____． （1）求角C； （2）若c2，求2ab的取值范围． π 【答案】（1） 3 （2） 2,4 【解析】 π 【分析】（1）选①利用三角形内角和定理与两角和的正弦公式求出C  ，选②利用正弦定理和余弦定理 3 π π 求出C  ，选③利用面积公式和余弦定理求出C  ． 3 3 4 3 4 3 （2）利用正弦定理得a sinA,b sinB，再利用两角差的正弦公式以及角的范围计算求得结 3 3 果． 【小问1详解】 若选①：2sinAsinB2sinCcosB， 则2sinBCsinB2sinCcosB， ∴2sinBcosC2cosBsinCsinB2sinCcosB ∴2sinBcosCsinB0 第15页/共21页 学科网（北京）股份有限公司∵B0,π ，sinB0， 1 π ∴cosC  ，∵C0,π ，∴C  . 2 3 若选②： acsin AsinCsinBab ， 由正弦定理得 acacbab ， ∴a2 b2 c2 ab， a2 b2 c2 1 ∴cosC   ， 2ab 2 π ∵C0,π ，∴C  ． 3 1 若选③：S  casin AbsinBcsinC， △ABC 2 1 1 则 absinC  casinAbsinBcsinC， 2 2 1 1 由正弦定理得 abc c  a2 b2 c2 ， 2 2 ∴∴a2 b2 c2 ab， a2 b2 c2 1 ∴cosC   ， 2ab 2 π ∵C0,π ，∴C  ． 3 【小问2详解】 a b c 4 3 由正弦定理得    ， sin A sinB sinC 3 4 3 4 3 a sinA,b sinB， 3 3 8 3 4 3 8 3 4 3  π 则2ab sin A sinB sin A sin  A  ， 3 3 3 3  3  π 2 3sin A2cosA4sin  A ，  6  2π π  π π  π  1  ∵A  0, ，A    , ，sin  A     ,1 ，  3  6  6 2  6  2  ∴2ab2,4 . 第16页/共21页 学科网（北京）股份有限公司20. 已知函数 f x 2asinxcosx2bsin2x2，（aR，bR） 1  π （1）若a 1，b0，证明：函数gx f x 在区间  0,  上有且仅有1个零点； 2  4 （2）若对于任意的xR， f x0恒成立，求ab的最大值和最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2）最小值为2，最大值为1 【解析】 【分析】（1）代入a,b的值，化简 f x ，即可求得gx ，根据gx 单调性即可求解； （2）令t sinxcosx，问题转化为t 2, 2时，t 2at2b  t2 1  20，要求ab的   最值，则需要a和b的系数相等进行求解. 【小问1详解】 证明：当a 1，b0时，  2 2   π f x 2sinxcosx2  2 2  sinx cosx  2 2sin  x  2，  2 2   4 1  π 3 则gx f x 2sin  x   ， 2  4 2 3 π 1  g0 2 0，g    0，且gx 是一个不间断的函数， 2 4 2  π gx在x  0,  上存在零点，  4  π π π π  π  x  0,  ，x   ,  ，∴gx 在  0,  上单调递增，  4 4 4 2  4  π gx在  0,  上有且仅有1个零点.  4 【小问2详解】  π 由（1）知，令t sinxcosx 2sin  x ，则t   2, 2  ，  4 ∴sin2x2sinxcosxsinxcosx2 1t2 1， ∵对于任意的xR， f x0恒成立，∴ 2at2b  t2 1  20恒成立. 第17页/共21页 学科网（北京）股份有限公司令t 2at2b  t2 1  2，则t 2, 2时，t0恒成立   . 即 2ta2  t2 1  b20， 令 2t 2  t2 1  ，解得t  2 或 2 . 2 当t  2 时，解得ab1， 取a 1，b0成立，则t 2t2 2 220恒成立，ab 1， max 2 当t  时，解得ab2， 2 2 4 2 4 4 4 2  取a ，b 成立，则t 2t  t2 1  2 t  0恒成立.   3 3 3 3 3 2   ab 2， min 综上，ab的最小值为2，ab的最大值为1. 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，从以下几个角度分析： （1）赋值法和换元法的应用； （2）三角函数图像和性质的应用； （3）转化化归思想的应用. 21. 铰链又称合页，是用来连接两个固体并允许两者之间做相对转动的机械装置.铰链由可移动的组件构 成，或者由可折叠的材料构成，合页主要安装与门窗上，而铰链更多安装与橱柜上，如图所示，OA,OC 就是一个合页的抽象图，AOC 可以在 0,π 上变化，其中OC 2OA8cm，正常把合页安装在家具 π  门上时，AOC 的变化范围是 ,π ，根据合页的安装和使用经验可知，要使得安装的家具门开关并不   2  受影响，在以AC为边长的正三角形ABC区域内不能有障碍物. π （1）若AOC  使，求OB的长； 2 （2）当AOC 为多少时，△OBC面积取得最大值？最大值是多少？ 第18页/共21页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）BO4 2 35cm 5π   （2）AOC  ， 1616 3 cm3 6 【解析】 【分析】（1）根据题意利用三角比可得AC  AB 4 5，在 OAB中，由余弦定理知  BO2  AO2  AB2 2AOABcosOAB即可得解； （2）设AOC ，ACO，BC  AC  x，利用正余弦定理换算可得x2 8064cos， 48x2  π cos ，代入整理可得S =16 316sin  a ，利用的范围即可得解. 16x BOC  3 【小问1详解】 如图所示， π 8 2 5 5 因为OC 2OA8cm，AOC  ，易知sinOAC   ，cosOAC  ， 2 82 42 5 5 AC  AB 4 5， 在 OAB中，由余弦定理易知BO2  AO2  AB2 2AOABcosOAB，  π  π π π 且OABOAC ，cosOABcos  OAC  cosOACcos sinOACsin 3  3 3 3 5 1 2 5 3 52 15      ， 5 2 5 2 10 在 OAB中，由余弦定理可得：   2 52 15   所以BO2 42  4 5 244 5 16 52 3 ， 10 解得BO4 2 35cm； 【小问2详解】 设AOC ，ACO，BC  AC  x， 第19页/共21页 学科网（北京）股份有限公司在 AOC中，由余弦定理易知，AC2  AO2 OC2 2AOOCcos，  即x2 42 82 248cos，x2 8064cos①， AC2 OC2 AO2 48x2 cosACO ，即cos ②， 2ACOC 16x x 4 由正弦定理易知  ③， sin sin 将①②③代入下列式子中： 1  π 3 S  BCCOsin    2xsin2 3xcos8sin6 3 x2 △BOC 2  3 8 3 8sin6 3 8064cosa 8  π 8sin16 38 3cosa16 316sin  a ，  3 5π   则当ADC  时，S 取最大值，最大值为 1616 3 cm2 . 6 △BDC 48x2 【点睛】思路点睛：第二问中由余弦定理得x2 8064cos，cos ，由正弦定理得 16x x 4  ，三式代入面积公式S ，考查了学生的思维能力及运算能力. sin sin BOC sinx 22. 已知函数 f(x)ax ． 2cosx （1）当a 1时，讨论 f(x)的单调性； （2）若x0都有 f(x)0，求a的取值范围． 【答案】（1）函数 f(x)是R上的增函数； 1 （2）a . 3 【解析】 【分析】（1）把a 1代入，求出函数 f(x)的导数，再判断导数值正负作答. （2）求出函数 f(x)的导数，再分析导函数值的情况，分类探讨即可作答. 【小问1详解】 sinx 当a 1时，函数 f(x) x 的定义域为R， 2cosx 第20页/共21页 学科网（北京）股份有限公司cosx(2cosx)sin2 x 32cosxcos2 x f(x)1  0， (2cosx)2 (2cosx)2 所以函数 f(x)是R上的增函数. 【小问2详解】 sinx 函数 f(x)ax ，x0， 2cosx 12cosx 3 2 1 1 1 求导得 f(x)a   a3(  )2 a ， (2cosx)2 (2cosx)2 2cosx 2cosx 3 3 1 1 当a 时， f(x)0，即函数 f(x)在(0,)上单调递增，x0， f(x) f(0)0，因此a ； 3 3 1 当0a 时，令h(x)sinx3ax,x0，求导得h(x)cosx3a， 3 π π 函数h(x)cosx3a在(0, )上单调递减，h(0)13a 0,h( )3a0， 2 2 π 则存在x (0, )，使得h(x )0，当0 x x 时，h(x)0，h(x)在(0,x )上单调递增， 0 2 0 0 0 当x(0,x )时，h(x)h(0)0，即sinx3ax， 0 sinx sinx sinx 因此当x(0,x )时，  ax，即 f(x)ax 0，不符合题意； 0 2cosx 3 2cosx π π 1 当a0时， f( ) a 0，不符合题意， 2 2 2 1 综上得a ， 3 1 所以a的取值范围是a . 3 【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以借助分段讨论函数的导函数，结合函数零点探讨函 数值正负，以确定单调性推理作答. 第21页/共21页 学科网（北京）股份有限公司