【文档说明】河北省衡水中学2022-2023学年高三下学期一调考试丨数学.docx，共(21)页，1.031 MB，由管理员店铺上传

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2022—2023衡水中学下学期高三年级一调考试数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共4页，总分150分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．设集合}12|{

−=xxA，}1)2{lg({+=xxB，则=BAA．}1,0,1{−B．}1,0{C．}1,1{−D．}1{−2．已知复数z满足|i||1||5|+=−=−zzz，则=||zA．10B．13C．23D．53．已知,2，且2sin2cos3=−，则A．32)co

s(=−B．42)tan(=−C．352sin=−D．452cos=−4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差

成等差数列．现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为A．4923B．4933C．4941D．49515．已知抛物线xyC2:2=的焦点为F，点M在C上，点N在准线l上，满足OFMN//(O为坐标原

点），||||MNNF=，则MNF的面积为A．3B．435C．233D．326．碳达峰，是指在某一个时点，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；碳中和，是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生

的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值。亿吨后开始下降，其二氧化碳的排放量S（单位：亿吨）与时间基（单位：年）

满足函数关系式tabS=，已知经过5年，该地区二氧化碳的排放量为54a亿吨．若该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自身产生的二氧化碳排放量为4a亿吨，则该地区要实现“碳中和”至少需要经过(lg2≈0.3)A．28年B．29年C．30

年D．31年7．从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数，这两个数一个比m大，一个比m小的概率为m(145*).已知m为上述数据中的x%分位数，则x的取值可能为A．50B．60C．70D．808．

已知1x是函数)2ln(1)(+−+=xxxf的零点，2x是函数442)(2++−=aaxxxg的零点，且满足1||21−xx，则实数a的最小值是A．1−B．2−C．222−D．21−二、选择题：本题共4小题，每小

题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知向量)0,1(=a，)32,1(=b，则A．4||=+baB．2)(=+abaC．向量ba+与a的夹角为

6D．向量ba+在向量a上的投影向量为a210．已知函数)0,0(1)2cos()(−+=AxAxf，若函数|)(|xfy=的部分图象如图所示，则关于函数)sin()(−=AxAxg，下列结论正确的是A．)(xg

的图象关于直线12=x对称B．)(xg的图象关于点0,3对称C．)(xg在区间2,0上的单调递减区间为12,0D．)(xg的图象可由1)(+=xfy的图象向左平移6个单位长度得到11．已知BA，分别为圆01682:221=++−+yxyxC与圆

056:222=+−+xyxC上的两个动点，P为直线02:=+−yxl上的一点，则A．||||PBPA+的最小值为3103−B．||||PBPA+的最小值为33713−+C．||||PBPA−的最大值为352+D．||||PBPA−的最小值为352−−12．已知正四面体ABCD的棱长为22，其所有

顶点均在球O的球面上．已知点E满足=AE)10(AB，)10(=CDCF，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱ADCDBC，，相交于点HGM，，，则A．四边形EMGH的周长是变化的B．四棱锥EMGHA−体积的最大值为8164C．当41

=时，平面截球O所得截面的周长为11D．当21==时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分的体积为34三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若命题“01],3,1[2++axxx”是假命题，

则实数a的最大值为.14．定义在R上的奇函数)(xf满足)()2(xfxf=−，且)(xf在区间]0,1[−上是增函数，给出下列三个命题：①)(xf的图象关于点(2，0)对称；②)(xf在区间]2,1[上是减函数；③

2)50(=f其中所有真命题的序号是．15．为检测出某病毒的感染者，医学上可采用“二分检测法”：假设待检测的总人数是)2*mm（，将2m个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感

染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组2m-1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次……依此类推，每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的

组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）．若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为；若待检测的总人数为)3(2mm，且假设其中有不超过2名感

染者，采用“二分检测法”所需的检测总次数记为n，则n的最大值为.16．已知椭圆134:22=+yxC的左、右焦点分别为21FF，，P为C上任意一点（异于左、右顶点），点),(nm为21FPF的内心，则nm+的最大值为.四、

解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）已知数列}{na的首项541=a，且满足341+=+nnnaaa，设11−=nnab.(1)证明：数列}{nb为等比数列；(2)若14011113

21++++naaaa，求满足条件的最小正整数n.18．（12分）记ABC的内角CBA,,的对边分别为cba,,，已知65=A，D是边BC上的一点，且acCADbBAD23sinsin=+.(1)证明：aAD31=；(2)若BDCD2=，

求ADCcos.19．(12分)2022年全国羽毛球锦标赛于12月16日在厦门举办，受此鼓舞，由一名羽毛球专业运动员甲组成的专业队，与羽毛球业余爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场

，则专业队获胜；若甲连续输两场，则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为43；甲与丙比赛，甲赢的概率为p，其中4321p.(1)若第一场比赛，业余队可以安排

乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：第一场业余队应该安排乙还是丙与甲进行比赛？(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金13万

元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金4万元，在比赛前，已知业余队采用了(1)中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望E(X)的取值范围．20．(12分)如图，圆锥的高2=PO，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得RBC=

，分别过点CA,作底面圆O的切线，两切线相交于点DE,是切线CE与圆O的切点．(1)证明：平面⊥PDE平面POD；(2)若直线PE与平面PBD所成角的正弦值为35105，求点A到平面PDE的距离．21．(12分)已知双曲线)0,0(1:2222

=−babyaxE的左焦点为)0,2(−F，点)2,3(M是E上的点．(1)求E的方程；(2)已知过坐标原点且斜率为)0(kk的直线l交E于BA,两点，连接FA交E于另一点C，连接FB交E于另一点D.若直线CD经过点)1,0(−N，求直线l的斜率k.22．(12分)已知函数)(

2cossin)(Raaxxxxexfx−−++=.(1)若2=a，求曲线)(xfy=在点))0(,0(f处的切线方程；(2)若0)(xf对任意),0[+x恒成立，求a的取值范围.数学参考答案一、选择题1，B【解析】由题意得}1,0{=A+=20|{xxB}8

2{{}10−=xx，所以}1,0{=BA.2．C【解析】设),(iRbabaz+=，由题意得+−2)5(a22222)1()1(++=+−=babab，解得3=a，3−=b，所以23)3(3||

22=−+=z.3．B【解析】由题意得2sin)sin21(32=−−a，解得21sin−=或31sin=．又,2，所以=sin31，则322sin1cos2−=−−=，=cossintan42−，所以322cos)cos

(=−=−，=−)tan(42tan=−，322cos2sin−==−，−2cos31sin==，故ACD错误、B正确．4．D【解析】设该高阶等差数列为}{na，则}{na的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.令nnnaab−

=+1，则数列}{nb为1，2，3，4，5，6，…，所以数列}{nb是首项为1，公差为1的等差数列，所以nbn=，即naann=−+1，故+−+−=)()(989999100100aaaaa++−)(9798aa=+++++=+−1)1.979899()(112aaa=++12)199(99

4951.5．A【解析】由题意得抛物线C的焦点F的坐标为0,21，准线l的方程为21−=x，设准线l与x轴的交点为E如图，由题知lMN⊥.由抛物线的定义知||||MFMN=．又||||MNNF=，所以MNF是等边三角形，因为OFMN//，所以==M

NFEFN60，所以22||2||===pEFNF，所以MNF的面积为360sin||212=NF.6．C【解析】由题意得545aab=，即545=b，所以=b554，令4aabt=，则41=tb，即41)54(5=t，即41lg54lg5=t，可得

2lg2)12lg3(51−=−t，故=t301.032lg312lg10=−.7．C【解析】由题意得从2，3，4，5，6，7，8，9中随机取两个数有2828=C种不同的结果，其中一个数比m大，一个数比m小的不同结果有)9)(2(mm−−种，所以1452

8)9)(2(=−−mm，整理得028112=+−mm，解得4=m或7=m．当4=m时，数据中的%x分位数是第3个数，则38%2x，解得5.3725x，故所有选项都不满足；当7=m时，数据中的%x分位数是第6个

数，则68%5x，解得755.62x，故ABD不满足、C满足．8．A【解析】)(xf的定义域为),2(+−，−=1)(xf2121++=+xxx，当12−−x时，0)(xf，)(xf单调递减；当1−x时，0)(

xf，)(xf单调递增，所以0)1()(min=−=fxf，所以1−=x为方程0)(=xf的唯一实根，即11−=x，故1||21−xx，即1|1|2−−x，解得022−x.因为2x是++−=aaxxxg42)(24的零点，所以方程0

4422=++−aaxx在区间]0,2[−上有实根，即4)42(2+=−xax在区间]0,2[−上有实根，即2422−+=xxa在区间]0,2[−上有实根．令=)(xg242−+xx，]0,2[−x，则=−+−=−+=28)4(24)(22xxxxxg428)2(282+−+−=−+

+xxxx.设−−=4(2xt)2−t，则48)(++=ttth，易知)(th在区间,4(−)22−上单调递增，在区间)2,22(−−上单调递减．又2)4(−=−h，2)2(−=−h，所以2)(min−=th，244)(max−=th，所以24422−−a，即−a1222−，故实数a的

最小值是-1．二、选择题9．ABD【解析】由题意得）（32,2()320,11=++=+ba，所以2232(2||）+=+ba=4，故A正确；203212)(.=+=+aba，故B正确；因为=+baa,cos21412||||)(==++baabaa，且+baa,0，所以

3,=+baa，故C错误；向量ba+在向量a上的投影向量为aaaabaa2||||)(=+，故D正确．10．ABC【解析】因为=−−=−−,11,31AA所以2=A，所以1)2cos(2)(−+=xxf，又2|1cos2||)0(|=−=f，所以23cos=（舍

去）或21cos−=，因为0，所以32=，所以−=322sin2)(xxg，当12=x时，212−=g，所以)(xg的图象关于直线12=x对称，故A正确；当3=x时，03=

g，所以)(xg的图象关于点0,3对称，故B正确；当+−k223kx2322+−−，zk，即++−12125xkk，Zk，时，)(xg单调递减，则当0=k时，)(xg在区间

−12,125上单调递减，所以)(xg在区间2,0上的单调递减区间为12,0，故C正确；因为+6xf)(2cos23232cos21xgxx=−=++=+，故D错误．11．AC【

解析】因为圆01682:221=++−+yxyxC的标准方程为1)4()1(22=++−yx，所以其圆心为)4,1(1−C，半径为11=r，因为圆+−+xyxC6:22205=的标准方程为4)3(22=+−yx，所以其圆心为)0,3(2C，半径为22=r

，设点2C关于直线l对称的点为),(baC，则=+−+−=−,02223,13baab解得=−=,5,2ba即)5,2(−C.如图，连接1CC交直线l于点P，连接2PC，此时1,,CPC三点共线，||||12PCPC+最

小，则||||PBPA+最小，所以=+min|)||(|PBPA−=−−=−−+103||||||2112112rrCCrrPCPC3，故A正确、B错误；因为||||||ABPBPA−，所以当||AB取到最大值且点BAP,,共

线时，−||PA||PB取到最大值．由图可知，==||||maxMNAB=++2121||rrCC352+，所以||||PBPA−的最大值为352+，故C正确，D错误。12．BCD【解析】在棱长为2的正

方体DBCACDAB1111−中，知正四面体ABCD的棱长为22，故球心O即为该正方体的中心，连接11DB，设NDBAC=11，因为11//DDBB，11DDBB=，所以四边形DDBB11为平行四边形，所以11//DBBD.又//BD平面11DB平面，所以//11

DB平面.因为//AC平面，ACNDB=11，AC，11DB平面11CDAB，所以平面//平面11CDAB．对于A，如图①，因为平面//平面11CDAB，平面平面EMABC=，平面11CDAB平面A

CABC=，所以ACEM//，则−==1ABBEACEM，即=−=ACEM)1()1(22−同理可得//GHAC，)1(22−=GH，BDGMHE////，==GMHE22，所以四边形EMGH的周长++=GMFML=+HEGH24，故A错误；对于B，如图①，由A可知BDGMHE

////，22==GMHE，且////GHEMAC，)1(22−==GHEM，因为四边形11CDAB为正方形，所以11DBAC⊥，所以四边形EMGH为矩形，所以点A到平面的距离21==AAd，故四棱锥EMGHA−的体积V与之间的关系式为

=)(V22231)(316)1(2232−=−，则=)(V)32(316−.因为10，所以当320时，0)(V，)(V单调递增；当132时，0)(V，)(V单调递减

，所以当32=时，)(V取到最大值8164，故四棱锥EMGHA−体积的最大值为8164，故B正确；对于C，正四面体ABCD的外接球即为正方体DBCACDAB1111−的外接球，其半径3=R．设平面截球O所得截面的圆心为1O，半径为r，当41=

时，211=OO.因为2221RrOO=+，则=−=212OORr211，所以平面截球O所得截面的周长为=r211，故C正确；对于D，如图②，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后得到正四面体1111DCBA，设11DAPAD=，KBDCA=11，QBCCB=11，11DB

NAC=，连接NQNFNENPKQKFKEKP,,,,,,,，因为21==，所以NKQPFE,,,,,分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，又2=EP，正四棱锥PEQFK−的高为1211=AA，所以所求公共部分的体积342213

122===−PEQFVV四棱锥，故D正确．三、填空题13．310−【解析】由题知命题的否定“+2],3,1[xVx01+ax”是真命题，令])3,1[(1)(2++=xaxxxf，则+=+=，0103)3(

,02)1(afaf解得310−a，故实数a的最大值为310−.14．①②【解析】由题意知0)()(=−+xfxf，又)(2xfxf=−）（，所以0)()2(=−+−xfxf，所以+2(f0)(=+xfx，即)()2(x

fxf−=+，则=+)4(xf)()2(xfxf=+−，所以)(xf是周期为4的函数，且)()4(xfxf−−=+，即0)()4(=−++xfxf，所以)(xf的图象关于点(2，0)对称，故①正确，是真命题；因为)(xf为

奇函数，且在区间]0,1[−上是增函数，所以)(xf在区间]1,0[上是增函数，又−2(f)(xfx=），所以)(xf的图象关于直线1=x对称，所以)(xf在区间]2,1[上是减函数，故②正确，是真命题；而0)0()2()21

24()50(===+=ffff，故③错误，是假命题．15．1或214−m【解析】若待检测的总人数为8，经过4轮共7次检测，则第1轮需检测1次，第2轮需检测2次，每次检查的均是4人组；第3轮需检测2次，每次检查的是有感染者的4人组均分的两组，每组2人；第4轮需检测2次，每次检查

的是有感染者的2人组分成的两组，每组1人，则感染者人数为1或2．当待检测的总人数为)3(2mm，且假设其中有不超过2名感染者时，若没有感染者，则只需1次检测即可：若有1名感染者，则需)12(21+=+mm次检测；若有

2名感染者，且检测次数最多，则第2轮检测时，2名感染者不位于同一组，两个待检测组的样本数均为2m-1、，每组1名感染者，此时每组需=−+)1(21m)12(−m次检测，则两组共需)24()12(2−=−mm次检测，故有2名感染者，且检测次数最多，共需−m4)14(12−=+m次

检测．因为3m，所以−14m12+m，所以n的最大值为14−m.16．332【解析】对椭圆)0(12222=+babyax，设cos(aP，)sinb，21FPF的内切圆半径为r，则=2121FPFSracbcbc+==)22(21|sin||sin|2，

故=r|||sin|ncabc=+，由题意知)0,(1cF−，)0,(2cF，则=||1PF=++=++2222)cos(cos2)sin()cos(caabcacosca+，同理可得cos||2caPF−=.又由内切圆的性质得=−=+−−||||)()(12PFPFc

mmc)cos()cos(caca+−−，所以coscm=.由+2sin1cos2=，得1)()(22222=++cabcncm，即12222=+−+ccacancm.当2=a，1=c时，)0(1322==+

nnm.设cos=m，=n0sin31=，则+=+=+3sin332sin31cosnm，所以nm+的最大值为332.四、解答题17．(1)证明：由题意得1=na，因为=−−=++111111nnnnaabb43)1(4)1(311143=−−=−−+nn

nnnaaaaa，（3分）且411111=−=ab，（4分）所以数列}{nb是首项为41，公比为43的等比数列．（5分）(2)解：由(1)得++−+−+−1111

11321aaa=−−=−4314314111nnan−431，即nnnaaaa−=−++++4311111321，所以nnnaaaa−+=

++++4311111321.（8分）因为1401111321++++naaaa，所以140431−+nn.又nnnf−+=431)(随着n的增大而增大，所以140n，故满足条件的最小

正整数n为140.(10分)18．(1)证明：在ABD中，由正弦定理得=BDBADsinADBsin，则ADBBDBADsinsin=；在ACD中，由正弦定理得ADCCDCADsinsin=，则ADCCDCADsins

in=，（4分）所以+=+bADBBDcCADbBADsinsinsin==aADBACBDcADCCDsinsin=aADBACCDsinaADaADaaADCDBD232121)(21===+

，（5分）所以aAD31=.（6分）(2)解：由BDCD2=，得aCD32=，aBD31=.又aAD31=，所以在ACD和ABD中，由余弦定理得aabaaADC323123231cos222−+=aacaaADB313123231cos222−+

=.由0coscos=+ADBADC，得0313123131323123231222222=−++−+aacaaaabaa,整理得2222cba=−

.（9分）又65=BAC，所以在ABC中，由余弦定理得=2a+=−+22265cos2bbccbbcc32+.联立++==−bccbacba3,2222222得==,7,3bab

c故1413794795323123231cos222222=−=−+=bbbaabaaADC.(12分)19．解：(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为=−−+−−=431)1(43)1(4311ppPp

167167−；（2分）第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为=−−+−−=)1(431431)1(2pppP24141p−.（4分）当4321p时，=+−=−163

16741221ppPP)1(161)374(1612−=+−ppp0)34(−p，（5分）即21PP，所以第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛．（6分）(2)由题意知X的可能取值为8或16．由(1)知第一场业余队应该安

排乙与甲进行比赛，此时业余队获胜的概率pP1671671−=专业队获胜的概率−+=ppP431433p161543=，所以非平局的概率pPPXP21167)16(31+=+==（9分）平局的概率16921)16(1)8(+−==−==pXPXP，所以=

+−++=1692182116716)(ppXEp4223+.(11分)因为4321p，所以229)(227XE，即X的数学期望)(XE的取值范围是229,227.(12分)20．(1)

证明：由题意得⊥PO平面ABD.因为D是切线CE与圆O的切点，所以CF平面ABD，且CEOD⊥，则CEPO⊥.（2分）又OODPO=，ODPO,平面POD，所以⊥CE平面POD.又CE平面PDE，所以平面⊥PDE平面POD（4分）(2

)解：如图，作AEOx//，则OPOCOx,,两两垂直．以O为坐标原点，OPOCOx,,别为zyx,,轴的正方向，建立空间直角坐标系．由题意知2=PO，RCO2=，ROD=，RCD3=，又ACE∽DCO，所以EA

ODCECOCACD==，则=EAREDCD3==，所以)2,0,0(P，0,21,23RRD，)0,,3(RRE−，)0,,0(RB，则−=2,21,23RRPD，)

2,,0(−=RPB，=PE)2,,3(−−RR.（6分）设平面PBD的法向量为),,(zyxm=，则=−==−+=.02,022123zRyPBmzRyRxPDm令3=x，则3=y，Rz23=，得平面PBD的一个法向量为=Rm23,3,3.又直

线PE与平面PBD所成角的正弦值为35105，所以|||||||,cos|PEmPEmPEm=35105444912322=++=RRR，解得332=R或.2=R（9分）由题意知OCAC23=，C为直线AC与平

面PDE的交点，所以点A到平面PDE的距离为点O到平面PDF的距离的23倍．又平面⊥PDE平面POD，平面PDE平面=PODPD，所以点O到平面PDE的距离即为点O到直线PD的距离．在PODRt中，2=PO，ROD=

，所以点O到直线PD的距离为242RR+，则点A到平面PDE的距离为243RR+，故点A到平面PDE的距离为23或223.(12分)21．解：(1)由题知2=c，且−−++=22)02()23(2a32)02()23(22=−+−，（2分）所以3=a，所以122=−=acb.故

E的方程为1322=−yx.（4分）(2)法一：设),(11yxA，则),(11yxB−−，直线FA的方程为+=−=1122yxmmyx其中,直线FB的方程为−=−=1122yxnn

yx其中.设),(),,(DDCCyxDyxC,联立=−−=132221yxmyx，得014)3(22=+−−myym，（6分）则0，得3213121121−+=−=yxmyyC，211211344yxxyyC−++

=.又332121=−yx，所以1147xyyC+=，则1111114771222.47xxyxxyxC+−−=−++=.同理可得1147xyyD−−=，1147712xxxD−+−=.（9分）因为直线CD经过点)1,0(−N

，所以NDC,,三点共线，即DNCN//，则)1()1(+=+DCCDyxyx，所以+−−=++−+−1111114771214747712xxxyxx+−−14711xy，化简得−−=+++−

)712()47)(712(1111xxyx)47(11xy−+−，整理得1112xy=，故12111==xyk.(12分)法二：设),(11yxA，),(CCyxC，),(DDyxD，则),(11yxB−−，直线FA的方程为

+=−=1122yxmmyx其中，直线FB的方程为−=−=11122yxnnyx其中.联立=−−=,13,222yxmyx得014)3(22=+−−myym，则0，所以3213121121−

+=−=yxmyyC，则211211344yxxyyC−++=（8分）又332121=−yx，所以1147xyyC+=，同理可得1147xyyD−−=.设直线CD的方程为)1(+=ytx，联立=−+=,13),1(22

yxytx得032)3(2222=−++−tytyt，则0)32(122−=t，1=DCyy，(10分)即147471111=−−+xyxy，化简得49162121−=xy.又332121=−yx，解得4714421=x，47

121=y.故1212121==xyk.(12分)22．解：(1)当2=a时，22cossin)(−−++=xxxxexfx，则2cos)(−+=xxexfx，所以1)0(−=f.（2分）又0)0(=f，所以曲线)(xfy=在点))0(,0

(f处的切线方程为xy−=.（4分）(2)axxexfx−+=cos)(，令)0)(()(=xxfxh，则−+=xexhxcos)(xxsin.令)0(1)(−−=xxexux，则01)(−=xexu，所以)(x

u在区间),0[+上单调递增，则0)0()(=uxu，即0)1(+−xex.当0x时，1sinx，则xxx−−sin.又1cos−x，所以)1(sincos+−−xxxx，所以0)1(sincos+−−+xex

xxexx，即0)(xh，（6分）则)(xh在区间),0[+上单调递增，即)(xf在区间),0[+上单调递增，所以afxf−=1)0()(.（7分）①当01−a，即1a时，0)0()(fxf，)(xf在区间),0[+上单调递增，所以0)

0()(=fxf，符合题意；（8分）②当01−a，即1a时，−+aaaeafacos)(aea2−.令)1(2)(−=aaeaga，则022)(−−=eeaga，所以)(ag在区间),1(+上单调递增，则02)1

()(−=egag，故0)(af.又0)0(f，所以),0(0ax，使得0)(0=xf.当),0(0xx时，0)(xf，则)(xf在区间),0(0x上单调递减，此时0)0()(=fxf不符合题意．综上，实数a的取值范围为]1,(−.(

12分)