精品解析：上海市复旦大学附属中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高一_下学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2022-2023 学年上海市复旦附中高一年级下学期 期中考试数学试卷 一、填空题（本大题共有 12小题，满分 54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写 结果，1-6题每个空格填对得 4分，7-12 题每个空格填对得 5分，否则一律得 0分. 5      sin    ,  sin     1. 已知 5 ，  2 2 ，则  2 _________. 2 5 【答案】 5 【解析】 【分析】利用诱导公式与平方和关系求解即可.    2 5   2 5 【详解】因为   , ，所以cos 1sin2 ，所以sin    cos  2 2  5  2  5 2 5 故答案为： 5 1 2. 已知i为虚数单位，若复数z  mi是实数，则实数m的值为__________. 2i 1 【答案】 ##0.2 5 【解析】 【分析】先化简复数z，然后根据虚部为0可得. 1 2i 2i 2  1 【详解】因为z  mi mi mi   m  i为实数， 2i 2i2i 5 5  5 1 1 所以m 0，所以m 5 5 1 故答案为： 5 3. 向量a  3,4 在向量b  1,0方向上的投影为___________. 【答案】3 【解析】 【分析】由向量投影公式直接求解即可得到结果.   ab 3    3 【详解】向量a在b 方向上的投影为  . b 1 第 1 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故答案为：3. 5 π 4. 在△ABC中，若AB3，B π，C  ，则BC ___________. 12 4 3 6 【答案】 2 【解析】 【分析】由三角形内角和求得A，然后由正弦定理求得BC． π 【详解】由三角形内角和定理可得：AπBC  ， 3 因为c AB3，a  BC ， a c csin A 3 6 由正弦定理可得  a   ， sin A sinC sinC 2 3 6 故答案为： . 2 5. 已知复数z满足z2i2 2i（i为虚数单位），则 z _________. 5 1 【答案】 ## 5 5 5 【解析】 【分析】根据复数的四则运算化简求得复数z，然后求模. 2i 2i (2i)(3+4i) 2 11 2 2 z      i  2  11 5 【详解】 ，所以 z    2i2 34i (34i)(3+4i) 25 25  25    25   5 5 故答案为： 5 6. 方程cos2xsinx0在区间 0,2π 上的所有解的和为__________. 5 5 【答案】 ##  2 2 【解析】 【分析】利用倍角余弦公式得到关于sinx的一元二次方程求解，由正弦函数值求x，即可得结果. 1 【详解】由cos2xsinx0，即12sin2 xsinx0，解得sinx1或sinx ， 2 3 1 π 5π 在 0,2π ，当sinx1时x ，当sinx 时x 或x ， 2 2 6 6 5 所以所有解的和为 . 2 5 故答案为： 2 第 2 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  3    1 r r 7. 设a  ,sin ，b  cos, ，且a//b，则tan_______. 2   3 【答案】1 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示，结合同角三角函数关系和商数关系可得． r r 3 1 sincos tan 【详解】因为a//b，所以  sincos  tan1. 2 3 sin2cos2 tan21 故答案为:1. 8. 在△ABC中，边a，b，c满足ab8，C 120，则边c的最小值为__________. 【答案】4 3 【解析】 ab 【分析】利用基本不等式ab( )2和结合余弦定理即可求解c的最小值． 2 【详解】由余弦定理可得 2 ab c2 a2 b2 2abcosC ab2 2abab≥64   48当且仅当a b时，即ab4取  2  等号，所以c≥4 3. 故答案为：4 3. 9. 在直角三角形ABC中，AB5，AC 12，BC 13，点M 是 ABC外接圆上的任意一点，则    ABAM 的最大值是___________. 【答案】45 【解析】   【分析】建立平面直角坐标系，用圆的方程设点M 的坐标，计算ABAM 的最大值． 【详解】建立平面直角坐标系，如图所示： A(0,0)，B(5,0)，C(0,12)， 第 3 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 5 169 ABC外接圆(x )2 (y6)2  ，  2 4 5 13 13 设M (  cos，6 sin)， 2 2 2  5 13 13 则AM (  cos，6 sin)， 2 2 2    25 65 AB(5,0)，ABAM   cos45，当且仅当cos1时取等号． 2 2   所以ABAM 的最大值是45． 故答案为：45． 2     10. 在锐角三角形ABC中，cosA ， BC  2，点O为△ABC的外心，则 3OA2OBOC 的取 2 值范围为__________. 【答案】3 5,3 5   【解析】 π 3π 【分析】三角形外接圆的性质、正弦定理得BOC  、AOB 2B，AOC 2B、R1，利 2 2    用向量数量积的运算律转化求 3OA2OBOC .   2 2 2 2       【详解】 3OA2OBOC 9OA 4OB OC 12OAOB6OAOC4OBOC， 2 π π 因为锐角三角形中cosA ，所以A ，BOC  ， 2 4 2 3π a 所以AOB 2B，AOC 2B，又2R 2，即R1， 2 sin A   2 则 3OA2OBOC 146cos2B2sin2B146 5cos2B且tan2， 则 3O  A  2O  B  O  C 2 146 5,146 5，即 3O  A  2O  B  O  C  3 5,3 5 .     故答案为：3 5,3 5    11. 如图所示，在直角梯形ABCD中，已知AD//BC ，ABC  ，AB AD1，BC 2，M为BD 2 第 4 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )   的中点，设P、Q分别为线段AB、CD上的动点，若P、M、Q三点共线，则AQCP的最大值为__. 【答案】2 【解析】 【分析】建立直角坐标系，设P(0,m)，m[0,1]，由P、M、Q三点共线，设 uuur uuur uur 1 1 23m   BM BQ(1)BP(2k,kmm)  , ，求得k  ，代入计算知AQCP 2 2 2m2 5 1  5 1   (m1) 2，构造函数 f(m) (m1) 2，m[0,1]，结合函数的单调性求得     2m1  2m1  最值. 1 1 【详解】如图所示，建立直角坐标系，则B(0,0)，C(2,0)，A(0,1)，D(1,1)，M  , ， 2 2 uuur uuur 又Q是线段CD上的动点，设CQkCD，k[0,1] uuur uuur uuur 则BQ BCkCD(2,0)k(1,1)(2k,k)，可得Q(2k,k) 设P(0,m)，m[0,1]， uuur uuur uur 1 1 由P、M、Q三点共线，设BM BQ(1)BP(2k,kmm)  ,  2 2 1 1 2k  ,kmm . 2 2 23m 利用向量相等消去可得：k  ， 2m2 uuur uur 23m AQCP(2k,k1)(2,m)42kmkm4(2m) m 2m2 5 1    (m1)  2 2m1  5 1  令 f(m)  (m1)  2，m[0,1]，则 f(m)在m[0,1]上单调递减， 2m1  故当m0时， f(m)取得最大值 f(0)2 第 5 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故答案为：2 【点睛】方法点睛：本题考查向量的坐标运算，求解向量坐标运算问题的一般思路： 向量的坐标化：向量的坐标运算，使得向量的线性运算可用坐标进行，实现了向量坐标运算完全代数化， 将数与形紧密的结合起来，建立直角坐标系，使几何问题转化为数数量运算，考查学生的逻辑思维与运算 能力，属于较难题.   12. 设函数 f x Asin  x  0,A0,x0,2 ，若 f x 恰有4个零点，.  6  则下述结论中: ①若 f x  f x 恒成立，则x 的值有且仅有2个； 0 0  8 ② f x 在  0,  上单调递增；  19  ③存在和x，使得 f x  f x f(x  )对任意x0,2 恒成立； 1 1 1 2 1 ④“A1”是“方程 f x  在[0,2]内恰有五个解”的必要条件. 2 所有正确结论的编号是______________； 【答案】①③④ 【解析】   【分析】根据条件画出 f x Asin  x  0,A0,x0,2 的图像，结合图像和  6  19 25   , 逐一判断即可. 12 12  19 25 【详解】  f x 恰有4个零点，32 4，  , ，函数的图像如图： 6 12 12 第 6 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ①如图，即 f x A有两个交点，正确； 25  8  ②结合右图，且当 时， f x 在  0,   递增，错误； 12  25  19 25 T  12 12  ③   , ，    ,   ， 12 12 2  25 19   12 12     2   25 , 19    ，存在 f x 1  为最小值， f   x 1  2   为最大值，正确； 1 1 ④结合右图，若方程 f x  在 0,2 内恰有五个解，需满足 f 0 ，即A1，同时结合左 2 2 1 图，当A1， f x  不一定有五个解，正确. 2 故答案为：①③④. 【点睛】本题考查了三角函数的图像和性质，考查了数形结合思想和分类讨论思想，属于难题. 二、选择题（本大题共有 4题，满分 18分，第 13、14题每题 4分，第 15、16题每题 5 分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂 黑. 13. 已知zC，则“z为纯虚数”是“zz 0”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义判断充分性，再举反例判断必要性即可 【详解】由题意，z为纯虚数则设z bibR,b0 ，则zz bibi0； 当zz 0时，可取z  z 0，则z为纯虚数不成立.故“z为纯虚数”是“zz 0”的充分非必要条件 故选：A  14. 已知顶点在原点的锐角，始边在x轴的非负半轴，始终绕原点逆时针转过 后交单位圆于 3 1 P( ,y)，则sin的值为（ ） 3 第 7 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 2 3 2 2  3 2 61 2 61 A. B. C. D. 6 6 6 6 【答案】B 【解析】  1 【分析】根据任意角的三角函数的定义求出cos( ) ，然后凑角结合两角差的正弦公式求出 3 3 sin.  1 【详解】由题意得cos( ) (为锐角) 3 3   5  ∵为锐角，∴ < + < ，∴sin( )0 3 3 6 3  2 2    sin( ) sinsin ( )   3 3  3 3 2 2 1  1 3 2 2 3         3 2  3 2 6 故选：B 15. 某港口某天0时至24时的水深y（米）随时间x（时）变化曲线近似满足如下函数模型   y 0.5sin  x  3.24（0）.若该港口在该天0时至24时内，有且只有3个时刻水深为3  6  米，则该港口该天水最深的时刻不可能为（ ） A. 16时 B. 17时 C. 18时 D. 19时 【答案】D 【解析】 【分析】本题是单选题，利用回代验证法，结合五点法作图以及函数的最值的位置，判断即可．   【详解】解：由题意可知，x0时，y 0.5sin  0  3.243.49，  6   5 7 由五点法作图可知：如果当x16时，函数取得最小值可得：16  ，可得 ， 6 2 48 2 96  7  T   14 此时函数y 0.5sin  x  3.24，函数的周期为： 7 7 ， 48 6  48 该港口在该天0时至24时内，有且只有3个时刻水深为3米，满足，  5 7 如果当x19时，函数取得最小值可得：19  ，可得 ， 6 2 57 第 8 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 114  7  T   此时函数y 0.5sin  x  3.24，函数的周期为： 7 7 ， 57 6  57  7  x24时，y 0.5sin  24  3.243，如图： 57 6  该港口在该天0时至24时内，有且只有3个时刻水深为3米，不满足， 故选：D． 【点睛】本题考查三角函数的模型以及应用，三角函数的周期的判断与函数的最值的求法，考查转化思想 以及数形结合思想的应用，是难题．     16. 设H 是  ABC的垂心，且3HA4HB5HC 0，则cosBHC 的值为（ ） 30 5 6 70 A.  B.  C.  D.  10 5 6 14 【答案】D 【解析】   7x 【分析】由三角形垂心性质及已知条件可求得 HB  2x， HC   ，由向量的夹角公式即可求 5 解．       【 详 解 】 由 三 角 形 垂 心 性 质 可 得 ， HAHB HBHC  HCHA， 不 妨 设       HAHB HBHC  HCHAx，     ∵3HA4HB5HC 0， ∴3  H  A    H  B  4  H  B 2 5  H  C    H  B  0，   7x ∴ HB  2x，同理可求得 HC   ， 5   HBHC 70 cosBHC   ∴   ． HB HC 14 故选：D． 【点睛】本题考查平面向量的运用及向量的夹角公式，解题的关键是由三角形的垂心性质，进而用同一变 第 9 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )   量表示出 HB，HC ，要求学生有较充实的知识储备，属于中档题． 三、解答题（本大题满分 78分）本大题共有 5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的 规定区域内写出必要的步骤 17. 已知关于x的实系数一元二次方程x2 mx90. （1）若复数z是该方程的一个虚根，且 z z 42 2i，求m的值； （2）记方程的两根为x和x ，若 x x 2 3，求m的值. 1 2 1 2 【答案】（1）－2 （2）2 6或4 3 【解析】 2 【分析】（1）利用 z  zz，结合韦达定理可求解. （2）分讨论方程的两根为实根还是虚数根两种情况讨论，结合韦达定理可求解. 【小问1详解】 解：因为 z 2  zz 9，所以 z 3，因为 z z 42 2i，所以z 12 2i， 所以z 12 2i，由韦达定理可得m z z 2，所以m2； 【小问2详解】 解：若方程的两根为实数根，则 x x  x  x 2 4x x  m2 36 2 3， 1 2 1 2 1 2 解得m4 3， 若方程的两根为虚数根，则设x abi，x abi,a,bR，可得 x x  2b 2 3， 1 2 1 2 则x a 3i，x a 3i，x x a2 39，所以a2 6，所以a 6， 1 2 1 2 由韦达定理可得m x  x 2 6 ，所以m2 6， 1 2 此时m2 360，满足题意， 综上，m2 6或4 3   3sinx cosxsinx    18. 已知向量m , ，n2cosx,sinxcosx，函数 f xmn. 2 2   （1）求函数y  f x 的严格减区间与对称轴方程； 第 10 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  π 2π  π （2）若x   ,  ，关于x的方程 f  x  1sinxR 恰有三个不同的实数根x，  6 3   6 1 x ，x 求实数的取值范围及x x x 的值. 2 3 1 2 3 π 2π  π kπ 【答案】（1）  kπ, kπ  ，kZ；x  ，kZ 6 3  6 2  3π （2） 31,3 ，  2 【解析】 【分析】（1）由数量积的坐标表示求得 f(x)，结合正弦函数的基准减区间和对称轴求得 f(x)的严格减区间 和对称轴； 1 （2）方程化简得sinx1和sinx ，由正弦函数性质和的范围，同时得出x和x  x ，求得结 2 1 2 3 论． 【小问1详解】   cos2 xsin2 x f xmn 3sinxcosx 2 3 1  π  sin2x cos2xsin  2x  2 2  6 π π 3π π 2π 2kπ2x  2kπ，解得 kπ x  kπ， 2 6 2 6 3 π π π kπ 令2x  kπ，解得x  ， 6 2 6 2 π 2π  所以函数的严格减区间为  kπ, kπ  ，kZ， 6 3  π kπ 对称轴方程为x  kZ； 6 2 【小问2详解】  π  π f  x  sin  2x  cos2x12sin2 x，  6  2 即12sin2 x1sinx ，形为2sin2 x1sinx10， 所以  2sinx1  sinx10， 第 11 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  π 2π π 当x    6 , 3   ，sinx10有一个解，不妨设为x 1  2 ， 1  则2sinx10，即sinx 有不同于x  的两个解， 2 1 2  π 2π  1  因为x   ,  ，所以ysinx   ,1  ，  6 3   2   π π π 2π 且在x   ,  上y sinx严格递增，在x  ,  上y sinx严格递减，  6 2 2 3  1 π 1  3   要想sinx 有不同于x  的两个解，则  ,1，解得 31,3 ， 2 1 2 2  2    1 π 此时sinx 的两根关于x 对称，则x x π， 2 2 2 3 3π 所以x x x  . 1 2 3 2 19. 近年来,为“加大城市公园绿地建设力度,形成布局合理的公园体系”,许多城市陆续建起众多“口袋公园”、 现计划在一块边长为200米的正方形的空地上按以下要求建造“口袋公园”、如图所示,以EF 中点A为圆心, FG为半径的扇形草坪区ABC,点P在弧BC上（不与端点重合）,AB、弧BC、CA、PQ、PR、RQ为步行 道,其中PQ与AB垂直,PR与AC垂直.设PAB. （1）如果点P位于弧BC的中点,求三条步行道PQ、PR、RQ的总长度; （2）“地摊经济”对于“拉动灵活就业、增加多源收入、便利居民生活”等都有积极作用.为此街道允许在步 行道PQ、PR、RQ开辟临时摊点,积极推进“地摊经济”发展,预计每年能产生的经济效益分别为每米5万 元、5万元及5.9万元.则这三条步行道每年能产生的经济总效益最高为多少?（精确到1万元） 【答案】（1）200100 3(米) （2）2022万元 【解析】 【分析】(1)根据图依次求出三条线段长度即可求出总长度; (2)将PQ、PR、RQ三边通过图中的关系用关于的等式表示,再记经济总效益W ,将W 进行表示,通过辅助 角公式化简求出最值即可. 第 12 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【小问1详解】 解:由题AC 200,EA100,EC 100 3, π π π EAC  ,同理FAB ,故BAC  , 3 3 3 由于点P位于弧BC的中点,所以点P位于BAC的角平分线上, π 则 PQ  PR  PA sinPAB 200sin 100, 6 3 AQ  AP cosPAB200 100 3, 2 π 因为BAC  , AQ  AR 100 3, 3 所以  ARQ为等边三角形, 则 RQ  AQ 100 3, 因此三条街道的总长度为l  PQ  PR  RQ 100100100 3 200100 3（米）. 【小问2详解】 由图可知 PQ  AP sin200sin,     PR  AP sin    200sin    100 3cos100sin,  3   3  AQ  AP cos200cos,     AR  AP cos    200cos    100cos100 3sin,  3   3  在  ARQ中由余弦定理可知: π 2 2 2 RQ  AQ  AR 2 AQ AR cos 3 200cos2   100cos100 3sin 2    2200cos100cos100 3sin cos 3 第 13 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 30000, 则 RQ 100 3, 设三条步行道每年能产生的经济总效益W ,则   W  PQ  PR 5 RQ 5.9    200sin100 3cos100sin 5590 3  π 1000sin    590 3,  3   π 当sin    1即 时W 取最大值,  3 6 最大值为1000590 3 2022. 答:三条步行道每年能产生的经济总效益最高约为2022万元. 20. 在平面直角坐标系中A(1,0)，B0,1 ，设点P，P,,P 是线段AB的n等分点，其中nN， 1 2 n1 n2.     （1）当n3时，使用OA，OB表示OP ，OP ； 1 2    （2）当n2023时，求 OP 1 OP 2   OP n1 的值；    （3）当n10时，求OP OP OP （1i， j≤n1，i， jN）的最小值. i i j  2 1  1 2 【答案】（1）OP  OA OB，OP  OA OB 1 3 3 2 3 3 （2）2022 2 23 （3） 25 【解析】 【分析】（1）根据题意结合向量的线性运算求解； 第 14 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）根据向量的坐标运算求解； uuur  uuur uuur  i5 ji2 15i100 （3）据向量的坐标运算可得OP OP OP  ，结合函数分析求解. i i j 50 【小问1详解】 uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur uur uuur i i    i  i 由题意可得：OP OA AP OA ABOA OBOA   1  OA OB， i i n n  n n  2 1  1 2 当n3时，所以OP  OA OB，OP  OA OB. 1 3 3 2 3 3 【小问2详解】 uur uuur 因为A1,0,B0,1 ，则OA1,0,OB0,1， uuur uur uuur  i  i  i i  由（1）可得：OP   1  OA OB  1 , ， i  n n  n n  2023i i  当n2023时，则OP   , ，i 1,2,,n1， i  2023 2023    20222021 1 12 2022   所以OP 1 OP 2   OP n1    2023 , 2023   202212022 因为12 2022 2022，  2    所以OP 1 OP 2   OP n1 2022,2022， uuur uuur uuuur OP OP OP  20222 20222 2022 2. 1 2 n1 【小问3详解】  10i i   10 j j  当n10时，OP   , ，OP   , ， i  10 10 j  10 10 uuur uuur 10i 10 j i j i j5i5j50 可得OPOP      ， i j 10 10 10 10 50 2 10i 2  i  2 i2 10i50 OP        ， i  10  10 50    2   i2 10i50i j5i5j50 i5 ji2 15i100 OP OP OP OP OPOP   ， i i j i i j 50 50 第 15 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) i5 ji2 15i100 构建M  j ， 50 i51i2 15i100 i2 14i95 ①当i 6，7，8，9时，M j≥M1  ， 50 50 23 可得当i 7时，上式有最小值 ； 25 2575100 ②当i 5时，M j 1， 50 i59i2 15i100 i2 6i55 ③当i 1，2，3，4时，M j≥M9  ， 50 50 23 可得当i 3时，上式有最小值 ； 25    23 综上所述：OP OP OP 的最小值为 . i i j 25 21. 对于函数y  f x ，xR，如果存在一组常数t ，t ，…，t （其中k为正整数，且 1 2 k 0t 1 t 2   t k ）使得当x取任意值时，有 f xt 1  f xt 2    f xt k 0则称函数 y  f x 为“k级周天函数”. （1）判断下列函数是否是“2级周天函数”，并说明理由：① f xsinx；② f x x2； 1 2 （2）求证：当3n2nZ 时，gxcosx 是“3级周天函数”； （3）设函数hxabcos2xccos5xdcos8x，其中b，c，d是不全为0的实数且存在mR， 使得hm4a，证明：存在nR，使得hn0. 【答案】（1） f x 是， f x 不是；理由见解析 1 2 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令t 0，t π，然后化简，根据定义可知； 1 2 2π 4π （2）令t 0，t  ，t  ，然后化简，从而得证； 1 2 3 3 3 （3）若a0，则hm4a0，取nm，则hn0；若a0，则利用反证法证明即可；若  2π  4π  2π  4π a0时，由hmh  m  h  m  3a，可得h  m  h  m  a0，从而可  3   3   3   3  第 16 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 得结论 【小问1详解】 令t 0，t π，则 f xt  f xt sinxsinxsinxsinx 0， 1 2 1 1 1 2 所以 f xsinx是“2级周天函数”； 1 f xt  f xt xt 2xt 22x4t 0，不对任意x都成立， 2 1 2 2 1 2 2 所以 f x x2不是“2级周天函数”； 2 【小问2详解】 2π 4π 令t 0，t  ，t  ，则 1 2 3 3 3 gxt  gxt  gxt  1 2 3  4π  8π cos  3n2x  cos  3n2x2nπ  cos  3n2x4nπ   3   3   4π  8π cos  3n2x  cos  3n2x  cos  3n2x   3   3   π  2π cos  3n2x  cos  3n2x  cos  3n2x   3  3  π π cos  3n2x  cos  3n2x  cos sin  3n2x  sin 3 3 2π 2π cos  3n2x  cos sin  3n2x  sin 3 3 1 3 cos3n2x cos3n2x sin3n2x       2 2 1 3  cos3n2x sin3n2x     2 2 cos  3n2x  cos  3n2x  0 所以gxcosx 是“3级周天函数”； 【小问3详解】 对其进行分类讨论： 1°若a0，则hm4a0，此时取nm，则hn0； 2°若a0，采用反证法，若不存在nR，使得hn0，则hx0恒成立， 第 17 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 由（2）可知txbcos2xccos5xdcos8x是“3级周天函数”，  2π  4π 所以txt  x  t  x  0，  3   3   2π  4π 所以hxh  x  h  x  3a 0，  3   3   2π  4π 因为hx0，h  x  0，h  x  0，  3   3   2π  4π 所以hxh  x  h  x  0，  3   3  再由hxhxπ0bcos2xdcos8x0恒成立， 所以bd 0， 进而可得c=0，这与b，c，d是不全为0矛盾， 故存在nR，使得hn0；  2π  4π 3°若a0，由hmh  m  h  m  3a，hm4a，  3   3   2π  4π 得h  m  h  m  a0，  3   3  所以存在nR，使得hn0， 所以命题成立. 第 18 页 共 18 页