精品解析：上海市格致中学2022-2023学年高二下学期期末数学试题（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_高二_下学期_3：期末

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格致中学 2022 学年第二学期高二年级数学期末
2023.6
一、填空题：（本题共有 12个小题，每小题 3分，满分 36分）
n (1, 3)
1. 已知直线l的一个法向量是 ，则此直线的倾斜角的大小为__．

【答案】
6
【解析】
【分析】设直线的方向向量为m  (a,b)，直线的倾斜角为．利用m  n  0，即可得出．


【详解】解：设直线的方向向量为m(a,b)，直线的倾斜角为．
 
则m na 3b0，

b 3
  tan，
a 3

 ，
6

故答案为： ．
6
【点睛】本题考查了直线的方向向量与法向量、向量垂直与数量积的关系，考查了计算能力，属于基础
题．
2. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为______．
3 3
【答案】 ##
3 3
【解析】
【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线
长，再求得圆锥的高，从而求得体积即可
【详解】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为2，
又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，即圆锥的母线长为2，故圆锥的高为 22 1 3，
1 3
故体积V  12 3  
3 3
3
故答案为： 
3
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3.
已知随机变量X服从二项分布B5,p 0 p1 ，且EX2，则DX______.
6
【答案】 ##1.2
5
【解析】
2 2
【分析】根据二项分布的期望公式，求得 p  ，得到X B(5, )，结合方差的公式，即可求解.
5 5
【详解】由题意知，随机变量X
服从二项分布B5,p
，
2 2
因为EX2，可得5p2，解得 p  ，即X B(5, )，
5 5
2 2 6
所以DX5 (1 ) .
5 5 5
6
故答案为： .
5
y2 
4. 已知双曲线x2  1(b0)的两条渐近线的夹角为 ，则b_______．
b2 3
3
【答案】 或 3
3
【解析】
【分析】首先判断渐近线的倾斜角，再求b的值.
【详解】由条件可知双曲线的其中一条渐近线方程是y bx， b0
  
因为两条渐近线的夹角是 ，所以直线y bx的倾斜角是 或 ，
3 6 3
 3 
即btan  或btan  3.
6 3 3
3
故答案为： 或 3
3
5. 已知P1,m 是抛物线y2 2pxp0上一点，F为该抛物线的焦点， PF 2，则m______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出 p，进而求出m作答.
p
【详解】抛物线y2 2pxp0的准线方程为x ，而F为该抛物线的焦点，P1,m 在抛物线上，
2
p
因此 PF 1 2，解得 p2，则抛物线方程为y2 4x，即有m2 4，
2
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所以m2.
故答案为：2
6. 设E是正方体ABCDABC D 的棱CC 的中点，在棱AA 上任取一点P，在线段AE上任取一点
1 1 1 1 1 1 1
Q，则异面直线PQ与BD所成角的大小为______．

【答案】 ##90
2
【解析】
【分析】连接BD，利用线面垂直的判定定理证得BD平面AECA，再利用线面垂直的性质定理可知
1
BDPQ，即可得解.
【详解】连接BD，由底面ABCD为正方形，可知BD AC，
由正方体的性质，可知AA 平面ABCD，又BD平面ABCD，则AA  BD
1 1
又AA
1
AC  A，则BD平面A
1
ECA，
由已知可知PQ平面AECA，则BDPQ
1

所以异面直线PQ与BD所成角的大小为
2

故答案为：
2
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7. 三颗骰子各掷一次，观察掷得的点数.记事件A为“三个点数都不相同”，事件B为“至少出现一个2
 
点”，则P A B ______.
60
【答案】
91
【解析】
 
【分析】先分别计算事件A和事件B的情况数，在根据条件概率的定义计算P A B .
 
【详解】根据条件概率的定义，P A B 的含义为在事件B发生的前提下，事件A发生的概率，
事件B的情况数为66655591，
对于事件AB，因为“三个点数都不相同”，则只有一个2点，故有C15460种情况，
3
nAB
60
 
所以P A B   .
nB 91
60
故答案为： .
91
8. 如 图 ， 在 平 行 六 面 体 ABCDABC D 中 ， ABADAA 2， AABAAD60，
1 1 1 1 1 1 1
BAD90，则AC的长为______.
1
【答案】2
【解析】
   
【分析】 AB,AD,AA 可以看成空间的一个基底，由空间向量基本定理可以表达出 AC，则
1 1
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
AC  AC ，利用向量的相关知识即可求解.
1 1
     
【详解】AC  AA AC AA  AB AD，
1 1 1
又：ABADAA 2，AABAAD60，BAD  90，
1 1 1
 2    2
∴AC  AC  AC  AA  AB AD
1 1 1 1
 2 2 2      
 AA  AB  AD 2AA AB2AA AD2ABAD
1 1 1
2 2 2      
 AA  AB  AD 2 AA  AB cosAAB2 AA  AD cosAAD2 AB  AD cosBAD
1 1 1 1 1
 22 22 22 222cos60 222cos60 0
2.
故答案为：2.
9. 设mR，若关于x的方程x3 x2 xm有3个不同的实根，则m的取值范围是______.
 5 
【答案】 1, 
 27
【解析】
【分析】先令g(x) x3x2 xm，用导数的方法判断函数gx 的单调性，得到gx 的极值，得到函
数gx
有三个不同零点，由极大值大于0，极小值小于0，即可得出结果.
【详解】记g(x) x3x2 xm，
令gx3x2 2x1=0，
1
得x1或x=- ，
3
1
由gx0得x1或x ，此时gx
为增函数，
3
1
由gx0得  x1，此时gx 为减函数，
3
1  1 5
即当x=- 时，函数gx 取得极大值g    m ，当x1时，gx 取得极小值，即
3  3 27
g(1)m1，
因为关于x的方程x3x2 xm0有三个不同的实根，
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所以函数gx
有三个不同零点，
  1  5
g    0 m 0 5
因此，只需  3 ，即 27 ，解得1m ，
27


g10  m10
 5 
即关于x的方程x3 x2 xm有三个不同的实根m的范围是 1,  ．
 27
 5 
故答案为： 1, .
 27
x2 y2
10. 设椭圆:  1ab0的右焦点为Fc,0 ，点A3c,0 在椭圆外，P、Q在椭圆上，且
a2 b2
1
P是线段AQ的中点.若直线PQ、PF 的斜率之积为 ，则椭圆的离心率为______.
2
2 1
【答案】 ## 2
2 2
【解析】
1
【分析】取线段PQ的中点M ，连接OM ，推导出OM//PF，可得出k k k k  ，利用点差
OM PQ PF PQ 2
b2
法可求得 的值，由此可求得椭圆的离心率的值.
a2
【详解】如下图所示：
由题意可知，点Ec,0
为椭圆的左焦点，
因为点A3c,0 、Fc,0
，易知点F 为线段AE的中点，
又因为P为AQ的中点，所以，PF//QE，
AP AF
取线段PQ的中点M ，连接OM ，则  2，所以，OM//PF，
PM OF
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1
所以，k k ，故k k k k  ，
OM PF OM PQ PF PQ 2
 x x y  y 
设点Px ,y  、Qx ,y  ，则点M  1 2 , 1 2 ，
1 1 2 2  2 2 
x2 y2
1  1 1

a2 b2 x2 x2 y2  y2 y2  y2 b2
所以， ，两个等式作差可得 1 2  1 2 0，可得 1 2  ，
x
2
2

y
2
2
1
a2 b2 x
1
2 x
2
2 a2
a2 b2
y  y
1 2 0
y  y y2  y2 b2 1
2
所以，k k   1 2  1 2   ，
OM PQ x x x x x2 x2 a2 2
1 2 0 1 2 1 2
2
c c2 a2 b2 b2 1 2
所以，椭圆的离心率为e    1  1  .
a a2 a2 a2 2 2
2
故答案为： .
2
11. 已知对于任意xR，不等式ex axb都成立（e是自然对数的底数），则ab的最小值是______.
1
【答案】
e
【解析】
【分析】令 f xex ax，由题意可知，b f x ，对实数a的取值进行分类讨论，求出 f x 的最
min
小值，可得出abalna，令gaalna，其中a0，利用导数求出函数ga
的最小值，即可得出
ab的最小值.
【详解】对任意的xR，不等式ex axb恒成立，等价于bex ax，
令 f xex ax，其中xR，则 fxex a.
①当a0时，则 fxex a 0对任意的xR恒成立，
所以，函数 f x 在R上单调递增， f x 无最小值，不符合题意；
②当a0时，由 fx0可得xlna，由 f¢(x)>0可得xlna，
所以，函数 f x 的减区间为 ,lna ，增区间为 lna, ，
所以， f x  f lnaelna alna aalna，
min
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所以，baalna，则abalna，
令gaalna，其中a0，则galna1，
1 1
由ga0可得0a ，由ga0可得a  ，
e e
 1 1 
所以，函数ga 的减区间为 0, ，增区间为 , ，
 e e 
1 1 1
所以，ga  g    ，故ab的最小值为 .
min e e e
1
故答案为： .
e
12. 数学中有许多寓意美好的曲线，曲线C:(x2  y2)3 4x2y2被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.
给出下列三个结论：
①曲线C关于直线y  x对称；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过1；
③存在一个以原点为中心、边长为 2 的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）.
其中，正确结论的序号是________.
【答案】①②
【解析】
【分析】
将(y,x)代入C:(x2  y2)3 4x2y2也成立得①正确；利用不等式可得 x2  y2 1，故②正确；联立
y x
 得四个交点，满足条件的最小正方形是以A,B,C,D为中点，边长为2的正方形，故③
(x2  y2)3 4x2y2
不正确.
【详解】对于①，将(y,x)代入C:(x2  y2)3 4x2y2得(y2 x2)3 4y2x2成立，故曲线C关于直线y  x
对称，故①正确；
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(x2  y2)3 (x2  y2)2
对于②，因为  x2y2  ，所以x2y2 1，所以 x2  y2 1，
4 4
所以曲线C上任意一点到原点的距离都不超过1，故②正确；
y x 1 2 2 2 2
对于③，联立 得x2  y2  ，从而可得四个交点A( , )，B( , )，
(x2  y2)3 4x2y2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
C( , )，D( , )，
2 2 2 2
依题意满足条件的最小正方形是各边以A,B,C,D为中点，边长为2的正方形，故不存在一个以原点为中
心、边长为 2 的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界），故③不正确.
故答案为：①②
【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线的对称性，考查了不等式知识，考查了求曲线交点坐标，属于中
档题.
二、选择题：（本题共有 4个小题，每小题 4分，满分 16分）
13. 已知事件A、B是相互独立事件，A、B分别是A、B的对立事件，那么下列等式中不一定成立的是
（ ）
A.
PAB PAPB
B. P  B A   PB
C. P  AB    1PA    1PB 
D.
PA

B PAPB
【答案】D
【解析】
【分析】根据独立事件的性质判断A，根据条件概率公式B，再由对立事件的性质判断C，根据和事件的
性质判断D．
【详解】因为A、B是相互独立事件，A、B分别是A、B的对立事件，
所以A、B是相互独立事件，
所以PAB PAPB
，A正确；
P(AB) P(A)P(B)
P(B|A)  P(B)，B正确；
P(A) P(A)
P  AB  P(A)P(B)

1PA



1PB

，C正确；
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PA

B PAPB P(AB)，D不一定成立．
故选：D．
14. 已知函数y  f x xR ，其导函数记为y  fx xR ，有以下四个命题：
①若y  f x 为偶函数，则y  fx 为奇函数；
②若y  fx 为偶函数，则y  f x 为奇函数；
③若y  f x 为周期函数，则y  fx 也为周期函数；
④若y  fx 为周期函数，则y  f x 也为周期函数.
其中真命题的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用偶函数的定义和复合函数求导可判断选项A；通过举反例可判断选项B；由周期函数的定义和
复合函数求导可判断选项C；通过举反例可判断选项D.
【详解】对于①，若y  f x 为偶函数，则 f x f x，
两边取导，得f x   fx，即fx fx ，
 
函数y  fx 为奇函数，故①为真命题；
对于②，若y  fx 为偶函数，则y  f x 不一定为奇函数.
例如 f(x) x1， f(x)1，
此时y  fx 为偶函数，y  f x 不是奇函数，故②为假命题；
对于③，若y  f x 为周期函数，
即 f(xT) f(x)，则 f ¢(x+ T)×(x+ T)¢= f ¢(x)，
得 f ¢(x+ T)= f ¢(x)，故③为真命题；
对于④，若y  fx 为周期函数，则y  f x 不一定为周期函数.
比如 f(x)cosx1，但 f(x)sinxx，
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显然y  fx 为周期函数，则y  f x 不是周期函数，
故④为假命题.
真命题的个数有2个.
故选：B
15. 已知Pa ,b  与P a ,b  是直线y kx1（k为常数）上两个不同的点，则关于x和y的方程组
1 1 1 2 2 2
a xb y 1,
1 1
 的解的情况是（ ）
a xb y 1

2 2
A. 无论k、 p 、 p 如何，总是无解
1 2
B. 无论k、 p 、 p 如何，总有唯一解；
1 2
C. 存在k、 p 、 p ，使之恰有两解
1 2
D. 存在k、 p 、 p ，使之有无穷多解
1 2
【答案】B
【解析】
a xb y 1
【分析】根据题意，可得O  P  与O  P  不共线，得到ab a b ，进而得到 1 1 一定有唯一解，即
1 2 1 2 2 1 a xb y 1

2 2
可得到答案.
【详解】因为Pa ,b  与P a ,b  是直线y kx1（k为常数）上两个不同的点，
1 1 1 2 2 2
 
且直线y kx1斜率存在，且不过原点，所以OP 与OP 不共线，可得ab a b ，
1 2 1 2 2 1
a xb y 1
所以关于x和y的方程组 1 1 ，一定有唯一解.
a xb y 1

2 2
故选：B.
16. 如图，把一个长方形的硬纸片ABCD沿长边AB所在直线逆时针旋转45得到第二个平面ABEF，再
沿宽边 AF 所在直线逆时针旋转45得到第三个平面AFGH ，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面
角大小的余弦值是（ ）
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6 6 2 1 3
A. B. C. D.
4 4 2 2
【答案】C
【解析】
【分析】将两个单位正方体叠放在一起可构造模型，确定三个平面的位置后，由线面垂直可得两个平面的
法向量，根据法向量夹角可确定所求角的余弦值.
【详解】如图，把两个单位正方体叠放在一起，
平面A B C D ，平面A BC D ，平面A BC D 分别代表第一，二，三个平面，
0 0 2 2 0 0 0 0 0 1 1 0

四边形B
2
C
2
C
0
B
0
为正方形，C
0
B
2
 B
0
C
2
，
 C 2 D 2 平面B 2 C 2 C 0 B 0 ，C 0 B 2 平面B 2 C 2 C 0 B 0 ，C 2 D 2 C 0 B 2 ，
 B 0 C 2  C 2 D 2 C 2 ，B 0 C 2 ,C 2 D 2 平面A 0 B 0 C 2 D 2 ，C 0 B 2 平面A 0 B 0 C 2 D 2 ；
同理可得：C D 平面A BC D ；
0 1 0 1 1 0
 
平面A B C D 的法向量为C B ，平面A BC D 的法向量为C D ，
0 0 2 2 0 2 0 1 1 0 0 1
C D C B  2，B D  12 12 22  6，
 0 1 0 2 2 1
226 1 2π   2π
cosB C D   ，B C D  ，即C B 与C D 的夹角为 ，
2 0 1 2 2 2 2 2 0 1 3 0 2 0 1 3
1
所求锐二面角的大小的余弦值是 .
2
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故选：C．
三、解答题：（本题共有 4大题，满分 48分.解题时要有必要的解题步骤）
17. 如图，在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，CDBD，AB BD DC 2，BE  AD，E
为垂足.
（1）求证：BE 平面ACD；
（2）若F 为AC的中点，求四面体ABEF的体积.
【答案】（1）证明见解析
1
（2）
3
【解析】
【分析】（1）证明出CD平面 ABD，可得出 BE CD，由等腰三角形三线合一的性质可得出
BE  AD，再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）推导出EF平面ABD，并计算出EF 的长以及 ABE的面积，利用锥体的体积公式可求得四面体

ABEF的体积.
【小问1详解】
证明：因为AB平面BCD，CD平面BCD，所以，CD AB，
因为CDBD，AB

BD B，AB、BD平面ABD，所以，CD平面ABD，
因为BE 平面ABD，所以，BE CD，
因为ABBD，E为AD的中点，则BE  AD，
因为CD

AD D，CD、AD平面ACD，因此，BE 平面ACD.
【小问2详解】
1
解：因为E、F 分别为AD、AC的中点，则EF//CD且EF  CD1，
2
因为CD平面ABD，则EF平面ABD，
因为AB平面BCD，BD平面BCD，所以，BDAB，
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1 1
则S  ABBD 22 2，
△ABD 2 2
1 1
因为E为AD的中点，则S  S  21，
△ABE 2 △ABD 2
1 1 1
因此，V  S EF  11 .
FABE 3 △ABE 3 3
18. 某市一健身连锁机构对去年来该机构健身的100名会员进行了统计，制作成如下两个统计图，图1为
该健身连锁机构会员年龄等级分布图，图2为一个月内会员到健身连锁机构频数分布扇形图.
若将会员按年龄分为“年轻人”（20岁-39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或40岁及以上）两类，将一个月
内来健身房锻炼16次及以上的会员称为“健身达人”，15次及以下的会员称为“健身爱好者”，且已知在“健
5
身达人”中有 是“年轻人”.
6
（1）根据上图的数据，补全下方22列联表，并依据显著性水平0.05的独立性检验，分析一个人是
“健身达人”与这个人为“年轻人”是否有关联？
年轻人 非年轻人 总计
健身达人
健身爱好者
总计 100
nad bc2
附：2  ，nabcd ， p  2 k  ，与k的若干对应数值见
abcdacbd
下表：
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 0.25 0.05 0.005
k 1.323 3.841 7.879
（2）该连锁机构随机选取3名会员进行回访.设随机变量X表示选取的3人中既是“年轻人”又是“健身达
人”的人数，求X的分布及其期望.
【答案】（1）列联表见解析，不能
3
（2）分布列见解析，EX
2
【解析】
【分析】（1）根据题意完善列联表，求2，并与临界值对比分析；
 1
（2）根据题意分析可得X  B  3, ，结合二项分布求分布列和期望.
 2
【小问1详解】
因为“年轻人”（20岁-39岁）所占的频率为0.4550.3450.8，人数为0.810080，
“非年轻人”（19岁及以下或40岁及以上）的人数为1008020，
“健身达人”所占的频率为0.1070.1920.3010.6，人数为0.610060，
“健身爱好者”的人数为1006040，
5
其中“年轻人”且“健身达人”的人数为 6050，
6
据此22列联表为
年轻人 非年轻人 总计
健身达人 50 10 60
健身爱好者 30 10 40
总计 80 20 100
100501010302
25
可得2   1.0423.841，
60408020 24
所以“健身达人”与这个人为“年轻人”没有关联.
【小问2详解】
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50 1
由题意可知：既是“年轻人”又是“健身达人”的频率  ，
100 2
 1
用频率估计概率，可得X  B  3, ，则有：
 2
3 2
 1 1 1  1 3
PX 0

1

 ,PX 1C1 

1

 ，
 2 8 3 2  2 8
2 3
1  1 3 1 1
PX 2C2
 


1

 ,PX 3
 
 ，
3 2  2 8 2 8
则X的分布为
X 0 1 2 3
1 3 3 1
P
8 8 8 8
1 3
期望EX3  .
2 2
x2 y2
19. 已知椭圆:  1ab0的离心率为 1 ，F 、F 为椭圆的左、右焦点， FF 2，P
a2 b2 2 1 2 1 2
为椭圆上的动点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）当FPF 取最大值时，求△PFF 的面积；
1 2 1 2
（3）已知r为正常数，过动点P作圆x2  y2 r2的切线PQ、PR，记直线PQ、PR的斜率分别为k 、
1
k ，是否存在r，使得k k 为定值？若存在，求出r及k k 的值；若不存在，请说明理由.
2 1 2 1 2
x2 y2
【答案】（1）  1
4 3
（2） 3
（3）不存在，理由见解析
【解析】
 c 1
e 

a 2

【分析】（1）根据题意可得2c2 ，解得a，b，c，即可得出答案．
 a2 b2 c2


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6
（2）设|PF |m，|PF |n，由椭圆的定义可得mn2a 4，由余弦定理可得cosFPF  1，
1 2 1 2 mn
由基本不等式可得cosFPF 取得最小值 1 ，可得FPF 取得最大值，即点P为短轴的一个顶点，再计算
1 2 2 1 2
1
S  |FF ||OP|，即可得出答案．
PF1F2 2 1 2
（3）设P(x ，y )，，根据PQ是圆x2  y2 r2的切线，可得(x2 r2)k2 2x y k  y2 r2 0，同理可得
0 0 0 1 0 0 1 0
(x2 r2)k2 2x y k  y2 r2 0，进而可得k ，k 为方程(x2 r2)k2 2x y k y2 r2 0的两个根，
0 2 0 0 2 0 1 2 0 0 0 0
由韦达定理可得答案．
【小问1详解】
 c 1
e 

a 2

根据题意可得2c2 ，
 a2 b2 c2


解得a2，b 3，c1，
x2 y2
所以椭圆的方程为  1．
4 3
【小问2详解】
设|PF |m，|PF |n，
1 2
由椭圆的定义可得mn2a 4，
又|FF |2c2，
1 2
|PF |2 |PF |2 |FF |2 m2 n2 22
cosFPF  1 2 1 2 
1 2 2|PF ||PF | 2mn
1 2
(mn)2 2mn4 42 2mn4 122mn 6
    1，
2mn 2mn 2mn mn
因为mn2 mn（当且仅当mn2时，取等号），
所以42 mn ，即mn4，
6 3
所以  ，
mn 2
6 1
所以 1 ，
mn 2
所以当且仅当mn2时，cosFPF 取得最小值 1 ，FPF 取得最大值，
1 2 2 1 2
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即点P为短轴的一个顶点，
1 1
所以S  |FF ||OP| 2cbcb1 3 3．
PF1F2 2 1 2 2
【小问3详解】
设P(x ，y )，则直线PQ的直线方程为y y k (xx )，
0 0 0 1 0
又PQ是圆x2  y2 r2的切线，
k x  y
所以 1 0 1 r，
1k2
1
即(x2 r2)k2 2x y k  y2 r2 0，
0 1 0 0 1 0
同理可得(x2 r2)k2 2x y k  y2 r2 0，
0 2 0 0 2 0
所以k ，k 为方程(x2 r2)k2 2x y k y2 r2 0的两个根，
1 2 0 0 0 0
y 2 r2
所以k k  0 ，
1 2 x 2 r2
0
因为P(x ，y )为动点，
0 0
y 2 r2
所以k k  0 ，不存在定值．
1 2 x 2 r2
0
【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法，根据条件确定关于
a,b,c的方程组，解出a,b,，从而写出椭圆的标准方程．
20. 已知定义域为R的函数y  f x ，其导函数为y fx ，满足对任意的xR都有 fx 1.
sinx
（1）若 f xax ，求实数a的取值范围；
4
（2）若存在M 0，对任意xR，成立 f x M ，试判断函数y f xx的零点个数，并说明理
由；
（3）若存在a、bab ，使得 f a f b ，证明：对任意的实数x、x a,b ，都有
1 2
ba
f x  f x   .
1 2 2
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 3 3
【答案】（1）  , 
 4 4
（2）1个，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数 f(x)求导，依条件 fx 1求解不等式，参变分离求出a的取值范围；
（2）利用导数判断函数y f xx的单调性，再结合函数值域可判断零点个数；
f x  f x 
（3）利用导数的定义得 1 2 1，再由不等式的性质，适当放缩得证.
x x
1 2
【小问1详解】
sinx cosx
若 f xax ，则 f ¢(x)= a+ ，
4 4
由题意，对任意的xR都有 fx 1，
cosx cosx
则 a 1，即1a 1，
4 4
cosx cosx
所以1 a1 ，
4 4
cosx 3 cosx 3
由于1 的最小值为 ，1 的最大值为 ，
4 4 4 4
3 3  3 3
所以 a ，即实数a的取值范围为  , ；
4 4  4 4
【小问2详解】
依题意，y fx10，
所以，y f xx在R 上为减函数，所以至多一个零点；
fx MM  f xM ，，
当xM 1时，y f xx f M 1M 10，
当xM 1时，y f xx f M 1M 10，
所以y f xx存在零点，综上存在1个零点；
【小问3详解】
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f x  f x 
因为 fx 1，由导数的定义得 1 2 1，
x x
1 2
即 f x  f x   x x ，
1 2 1 2
不妨设a x  x b
1 2
ba ba
若 x x  ，则 f x  f x   x x 
1 2 2 1 2 1 2 2
ba
若 x x  ，
1 2 2
则 f x  f x   f x  f b f a f x 
1 2 1 2
 f x  f b  f a f x 
1 2
bx x a
1 2
ba ba
ba  .
2 2
命题得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形．
（2）构造新的函数hx
．
（3）利用导数研究hx
的单调性或最值．
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
第 20 页 共 20 页