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
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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（ ）
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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
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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
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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.
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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,
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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

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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
（ ）
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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
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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