【文档说明】浙江省杭州市、宁波市部分学校2022-2023学年高三下学期4月联考数学试题 含解析.docx，共(26)页，1.927 MB，由管理员店铺上传

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浙江省杭州市､宁波市部分学校2022-2023年高三下学期4月联考数学试卷一､单选题1.已知集合Z04,1,2,3,4,5MxxN==，则MN=（）A.0,1,2,3B.0,1,2C.1

,2,3D.1,2【答案】C【解析】【分析】直接根据交集的定义即可得解.【详解】因为Z040,1,2,3Mxx==，所以1,2,3MN=.故选：C.2.已知()1i12iz+=−，则在复平面内，复数z对应的点位于（

）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】利用复数除法法则计算得到z，从而确定复数z对应的点所在象限.【详解】由()1i12iz+=−可得，()()()()12i1i12i13i13i1i1i1i222z−−−−−====−−++−则复数z对应的点为13,

22−−，位于第三象限.故选：C.3.设()2787801781(1)(1)(1)xxxxaaxaxax++++++++=++++，则2a=（）A.84B.56C.36D.28【答案】A【解析】【分析】根据给

定的展开式特征，列出2a的表达式，再利用组合数性质计算作答.【详解】依题意，2223223223232238338448889CCCCCCCCCCCC84a=+++=+++=+++==+==.故选：A4.已知函数()222eexxfx−+=+，则（）A.()1fx+为奇函数B.12fx+

为偶函数C.()1fx−为奇函数D.12fx−为偶函数【答案】B【解析】【分析】方法一：可得()()1fxfx−=，即可得到函数()fx关于12x=对称，从而得到12fx+为偶函数；方法二：求出12fx+的解析式，即可判断.【

详解】方法一：因为()222eexxfx−+=+，所以()()2221eexxfxfx−−=+=，所以函数()fx关于12x=对称，将()fx的函数图象向左平移12个单位，关于y轴对称，即12fx+为偶函数.方法二：因为()

2121221eeeee2xxxxfx+−+−+=+=+，xR，则()2211eee22xxfxfx−−+=+=+，所以12fx+为偶函数；又()2221eexxfx+−+=+，故()022

111eeef==++−+，()422411eee1ef−=+++=，所以()()1111ff−++，()()1111ff−+−+，故()1fx+为非奇非偶函数；又()22241eexxfx−−+−=+，故()466411eee1ef−=−=+−+，

()022111eeef==+−+，所以()()1111ff−−−，()()1111ff−−−−，故()1fx−为非奇非偶函数；又21231ee2xxfx−−+−=+，故533511e1ee2ef−−−=+=+，11ee2e2f−=+=，所以111122ff

−−−，111122ff−−−−，故12fx−为非奇非偶函数.故选：B5.从含有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取2张，在其中1张是假钞的条件下，

2张都是假钞的概率是（）A.217B.119C.419D.1538【答案】A【解析】【分析】根据古典概型的概率分别计算(),()PABPB，结合条件概率的计算公式即可求解.【详解】设事件A表示“抽到的两张都是假钞”，事件B表示“

抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率即()PAB∣.又()()()221155515222020CC+CC117,C19C38PABPAPB=====，()()()1219171738PABPABPB===∣，故选：A6

.已知()tan+，()tan−是关于x方程240xmx+−=的两根，且2tan3=，则m=（）A.95B.4C.12−D.103−【答案】C【解析】【分析】根据韦达定理、两角和差正切公式和二倍角正切公式可构造方程求得m的值.【详解】()tan+，()tan−

是关于x的方程240xmx+−=的两根，()()tantanm++−=−，()()tantan4+−=−，()()()()()()tantantan2tan1tantan5m++−=++−==−

−+−，的又242tan123tan241tan519===−−，1255m−=，解得：12=−m.故选：C.7.如图，某同学用两根木条钉成十字架，制成一个椭圆仪.木条中间挖一道槽，在另一活动木条PAB的P处钻一个小孔，可以容纳笔尖，,AB各在一条槽内移动，

可以放松移动以保证PA与PB的长度不变，当,AB各在一条槽内移动时，P处笔尖就画出一个椭圆E.已知2PAAB=，且P在右顶点时，B恰好在O点，则E的离心率为（）A.12B.23C.255D.53【答案】D【解析】【分析】设ABx=，则2PAx=，由题意可得2bx=，3ax=，根据离心率公式即可求

解.【详解】解：由题意知PA与PB的长度不变，已知2PAAB=，设ABx=，则2PAx=，当A滑动到O位置处时，P点在上顶点或下顶点，则短半轴长2bx=，当P在右顶点时，B恰好在O点，则长半轴长3ax=，故离心率为2294533cxxax−==.故选：D.8.将一个体积为36π的铁球切

割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（）A.162B.163C.82D.83【答案】D【解析】【分析】设正三棱锥的底面边长为a，高为h，球半径为R，由球体积求得球半径3R=，根据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于

h的函数，利用导数求体积最大值.【详解】设正三棱锥的底面边长为a，高为h，球半径为R，由球的体积为36π，则34π36π3R=，解得3R=，223(3)93ah+−=，即221603ahh+−=，故22318a

hh=−+，正三棱锥的体积为：()()22321333318318341212Vahhhhhh==−+=−+，()2393612Vhh=+−，由0V得：04h，此时函数V单调递增，由0V得：46h，此时函数V单调递减，当

4h=时，V取得最大值，且最大值为()323341848312−+=.故选：D二､多选题9.已知向量()()2sin,1,cos,cosmxnxx=−=，函数()fxmn=，则（）A.()fx在()0

,π上有4个零点B.()fx在π0,4单调递增C.ππ188fxfx++−=−D.直线10xy−−=是曲线()yfx=的一条切线【答案】BCD【解析】【分析】根据向量的数量积坐标公式求解()fx并化简，对于选项A、B，根据正弦型函数的零点，单调

性验证；对于C，直接代入计算验证；对于D，利用导数求()yfx=在()0,1−点处的切线进行判断.【详解】由题知()21112π1sincoscossin2cos2sin2222242fxmnxxxxxx==−=−−=−−，对于A，当()0,πx时，ππ7π2,444x

−−，令()0fx=，则π2sin242x−=，则ππ244x−=或3π4，即π4x=或π2x=，故()fx在()0,π上有2个零点，故A错误；对于B，当π0,4x时，πππ2,444x−−，又sinyx=在区间ππ,4

4−上单调递增，故()fx在π0,4上单调递增，故B正确；对于C，ππ2121sin2sin21882222fxfxxx++−=−−−=−，故C正确；对于D，()π2cos24fxx=−，则(

)π02cos014f=−=，又()2π10sin01242f=−−=−，故在()0,1−处的切线方程为10yx+=−，即10xy−−=，故D正确.故选：BCD.10.已知圆22:1,OxyP+=是直线

20lxy−+=:上一点，过点P作圆O的两条切线，切点分别为,MN，则（）A.直线MN经过定点B.MN的最小值为2C.点()2,0到直线MN的距离的最大值为52D.MPN是锐角【答案】AB【解析】【分析】由两圆方程相减可得交点弦，即可可判断A，根据直线经过的定

点即可求解C,由勾股定理即可判断CD.【详解】设()00,2Pxx+，则以OP为直径的圆的方程为()2222000022224xxxxxy+++−+−=，化简得()220020xxxxyy−−++=，与221xy+=联立，可得MN所在直线方程：()0021xxxy++=，即

()0210xxyy++−=，故可知恒过定点11,,22−A正确；O到过定点11,22−的直线MN距离的最大值为：2211200222−−+−=，2min2||2122MN=−=，故最小值为2.B正确，当点()2,0与定点11,22

−的连线与直线MN垂直时，此时点()2,0到直线MN的距离最大，且最大值为22112620222−−+−=，故C错误；圆心O到20xy−+=的距离为222=，由于2MPN

MPO=,在直角三角形OPM中，1sin,OMMPOOPOP==当点P运动到正好OPl⊥时，此时OP最小，MPN的张角最大，此时2sin,45,902MPOMPOMPN===，当点P位于其它点时均为锐角，故90MPN，不恒为锐角，D错误.故选：AB1

1.已知曲线22:9Cxxyy++=，则（）A.曲线C关于直线0xy+=对称B.曲线C上恰有四个整点（横坐标与纵坐标均为整数）C.曲线C上点到原点距离的最大值为32D.曲线C上存在点在圆226xy+=的内部【答案】AC【解析】【分析】根据点的对称代入方程中即可验证A，根据方程有解由

判别式可得2323y−，结合y为整数时，对应x的值即可判断B，由均值不等式的性质一节点到点的距离公式即可判断CD.【详解】对于A,将坐标(),xy代换成(),yx−−得229yxyx++=，与原曲线方程相同，故

曲线C关于直线0xy+=对称，故选项A正确；对于B，由方程得：2290xxyy++−=，因为x有解，所以()22Δ490yy=−−，可得2323y−，若y为整数，则3,2,1,0,1,2,3y=−−−，当2,1,1,2y=−−时，x没有整数解，当=3y−时，解得x的整数解为0和3，当0y=

时，解得x的整数解为-3和3，当3y=时，解得x的整数解为0和-3，所以曲线C经过()()()()()()0,3,3,3,3,0,3,0,0,3,3,3,6−−−−个整点，故选项B错误.的对于C,22222222222()922222xyxyxyxyxyxxyyxy

+++++++==++=+，所以2218xy+，故2232xy+，当且仅当3xy=−=时等号成立，C正确；对于D，由222292xyxyxy++−=−−得226xy+，故226xy+，当且仅当xy=时等号成立，所

以曲线C上任一点(),xy到原点的距离最小值为6，故选项D错误；故选：AC12.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，2AB=，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，则（）A.存在唯一点P，使得

11DPBC⊥B.存在唯一点P，使得直线1DP与平面ABCD所成的角取到最小值C.若12DPDB=，则三棱锥1PBBC−外接球的表面积为8D.若异面直线1DP与1AB所成的角为4，则动点P的轨迹是抛物线的一部

分【答案】BCD【解析】【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点P位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点P位置，判断选项B；P为DB中点时，求三棱锥1PBBC−外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，

求出动点P的轨迹，判断选项D.【详解】对于A选项：正方形11BCCB中，有11BCBC⊥，正方体中有AB⊥平面11BCCB，1BC平面11BCCB，1ABBC⊥，又1BCABB=，1,BCAB平面11ABCD，1BC⊥平面11ABCD，只要1DP平面11ABCD

，就有11DPBC⊥，P在线段AB上，有无数个点，A选项错误；对于B选项：1DD⊥平面ABCD，直线1DP与平面ABCD所成的角为1DPD，12DD=，1DPD取到最小值时，PD最大，此时点P与点B重合，B选项正确

；对于C选项：若12DPDB=，则P为DB中点，PBC为等腰直角三角形，外接圆半径为112BC=，三棱锥1PBBC−外接球的球心到平面PBC的距离为1112BB=，则外接球的半径为2，所以三棱锥1PBBC−外接球的表面积

为8π，C选项正确；对于D选项：以D为原点，1,,DADCDD的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则()10,0,2D，()12,0,2A，()2,2,0B，设()(),,002,02Pxyxy，则有()1,,2DPxy=-，()10,2,2AB=−，有

1111221124π2cos,cos4248DPAByDPABDPABxy+====++，化简得24xy=，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，所以P的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.故选：BCD三，填空题13.已知随机变量X服从()21,N，若()00.

8PX=，则()12PX=__________.【答案】0.3##310【解析】【分析】利用正态曲线的对称性可求得()12PX的值.【详解】因为()2~1,XN，则()()()1201210.8120.322PXPx−−−

===.故答案为：0.3.14.如图，为了测量,BC两点间的距离，选取同一平面上,AD两点，已知90ADC=，60A=，2AB=，26BD=，43DC=，则BC的长为________．【答案】43【解析】【分析】在ABD△中利用正弦定理可求得sinADB，即cosBDC；在BDC中，

利用余弦定理可求得结果.【详解】在ABD△中，由正弦定理得：sin2sin602sin426ABAADBBD===，90ADC=oQ，2cos4BDC=，在BDC中，由余弦定理得：22222cos244846

43484BCBDCDBDCDBDC=+−=+−=，43BD=.故答案为：43.15.定义：对于数列na，如果存在常数p，使得对于任意*Nn，都有()()10nnapap+−−，成立，则称数列na为“p−摆动数列”，p称为数列na

的摆动值.若1(0)2nnnaqq=−+，且数列na的摆动值为0，则q的取值范围为__________.【答案】10,2【解析】【分析】根据“p−摆动数列”的定义可得10nnaa+，对n分奇

偶即可求解.【详解】由数列na的摆动值为0知10nnaa+，当n为偶数时，11022nnnnnaqq=−+=+，故当n为奇数时，11022nnnnnaqq=−+=−+

，即当n为奇数时，12nnq，即112nq，所以112q故q的取值范围为10,2.故答案为：10,216.P是抛物线24xy=准线为l上一点，,AB在抛物线上，,PAPB的中点也在抛物线上，直线

AB与l交于点Q，则PQ的最小值为__________.【答案】6【解析】【分析】设()221212,1,,,,44xxPtAxBx−，求出,PAPB的中点坐标并代入抛物线方程，得出1

2,xx为方程22280xtxt−−−=的两个实数根，求出韦达定理，表示直线AB的方程，得出Q点坐标，再进一步计算PQ的最小值.【详解】设()221212,1,,,,44xxPtAxBx−，PA的中点坐标为2114,28txx+−

，PB的中点坐标为2224,28txx+−，因都在抛物线上，则有2211222244284428txxtxx+−=+−=，22112222280280xtxtxtxt−−−=−−

−=.则12,xx为方程22280xtxt−−−=的两个实数根，212122,8xxtxxt+==−−，直线AB与l交于点Q，直线AB的方程为：()221221112444xxxyxxxx−=−+−，即121244xxxxyx+=−，可得28

24ttyx+=+，令1y=−，解得2122txt+=−，则212,12tQt+−−，212363626222tttPQtttt+=+=+=，当且仅当36,22ttt==时PQ取得最小值，最小

值为6.故答案为：6.四､解答题17.已知函数()2sinsin6fxxx=+．（1）求()fx的单调递增区间；（2）若对任意,3xt，都有()3322fx−，求实数t的取值范围．【答案】（1）5,,1212kkkZ−++（2）0,3

【解析】【分析】（1）()fx的解析式可化简为()3sin232fxx=−+，令222,232kxkkZ−+−+，即可解得()fx的单调递增区间（2）对恒成立的

不等式等价转化后，结合23x−的范围可得2333t−−，从而解得t的范围【小问1详解】()312sinsin2sinsincos622fxxxxxx=+=+()

2133sincos3sinsin21cos2sin22232xxxxxx=+=+−=−+令222,232kxkkZ−+−+解之得5,1212kxkkZ−++∴()fx的单调递

增区间为5,,1212kkkZ−++【小问2详解】对任意,3xt，都有()333sin22232fxx−−，∵22,333xt−−，∴2333t−−，

∴03t，∴实数t的范围为0,3．18.已知数列na为等比数列，131,1aa=+是2a与4a的等差中项，nS为na的前n项和．（1）求na的通项公式及nS；（2）集合A为

正整数集的某一子集，对于正整数k，若存在正整数m，使得2logkmaS=，则kA，否则kA．记数列nb满足2log,?1,?nnanAbnA=−，求nb的前20项和20T．【答案】（1）1,122nnnnSa−==−（2）160【解析】【分析】（1）由等比数列通项公式结合

等差中项性质求基本量，即可由公式法写出通项公式及nS；（2）解对数方程得2mk=，即可求得A，即可对数列分组求和.【小问1详解】设na的公比为13,1,1qaa=+是2a与4a的等差中项，()()23221,(2

)10qqqqq+=+−+=，2q=，∴12nna−=，122112nnnS−==−−．【小问2详解】由题意知，2logkmaS=，又12,21kmkmaS−==−，121mk−=−，即2mk=，故*2,mAkkm==N∣．又2log1nan=

−，()()202122220222428216logloglogloglogloglog4Taaaaaaa=+++−+++−()()0119137154…+=++−+++−160=．19.已知在多面体ABCDE中，DEAB∥，ACBC⊥，24BCAC==，2ABDE=，DADC=且平面DA

C⊥平面ABC.（1）设点F为线段BC中点，试证明EF⊥平面ABC；（2）若直线BE与平面ABC所成的角为60，求二面角BADC−−的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）34的【解析】【分析】（1）由四边形DEFO为平行四边形.∴EFDOP，再结合DO⊥平面ABC，即可证明EF⊥平面ABC；

（2）由空间向量的应用，建立以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴的空间直角坐标系，再求出平面ADC的法向量()0,1,0m=ur，平面ADB的法向量()23,3,1n=r，再利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）证明：取AC的中点O，连

接EF，OF，∵在DAC中DADC=，∴DOAC⊥.∴由平面DAC⊥平面ABC，且交线为AC得DO⊥平面ABC.∵O，F分别为AC，BC的中点，∴OFABP，且2ABOF=.又DEAB∥，2ABDE=，∴OFDEP，且OFDE=.∴四边形D

EFO为平行四边形.∴EFDOP，∴EF⊥平面ABC.（2）∵DO⊥平面ABC，ACBC⊥，∴以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.则()1,0,0A，()1,0,

0C−，()1,4,0B−.∵EF⊥平面ABC，∴直线BE与平面ABC所成的角为60EBF=.∴tan6023DOEFBF===o.∴()0,0,23D.可取平面ADC的法向量()0,1,0m=ur，设平面ADB的法向量(),,nxyz=，()2,4,0AB=−uuur，(

)1,0,23AD=−uuur，则240230xyxz−+=−+=，取1z=，则23x=，3y=.∴()23,3,1n=r，∴3cos,4mnmnmn==urrurrurr，∴二面角BADC−−的余弦值为34.【

点睛】本题考查了线面垂直的判定及利用空间向量求解二面角的大小，重点考查了空间想象能力，属中档题.20.为保障全民阅读权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设某高校为了解全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生的每周

阅读时间x(单位：小时)并绘制如图所示的频率分布直方图：（1）求这200名学生每周阅读时间的样本平均数x和样本方差2s(同一组的数据用该组区间中点值代表)；（2）由直方图可以看出，目前该校学生每周的阅读时间x大致服从正态分布()2,N，其中近似为样

本平均数x，2近似为样本方差2s.①一般正态分布(),N的概率都可以转化为标准正态分布()0,1N的概率进行计算：若()2~,XN，令XY−=，则()~0,1YN，且()aPXaPY−=利用直方

图得到的正态分布，求()10PX；②从该高校的学生中随机抽取20名，记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求Z的均值.参考数据：401783，若()~0,1YN，则()0.750.7734PY=.【答案】（1）

9x=，21.78s=；（2）①0.7734；②4.532.【解析】【分析】(1)利用频率分布直方图计算平均数和方差的方法直接计算作答.(2)①利用给定公式直接计算()10PX；②利用①的结论结合二项分布的期望公式计算作答.【小问1详解】

根据频率分布直方图知，阅读时间在区间[5.5,6.5),[6.5,7.5),[7.5,8.5),[8.5,9.5),[9.5,10,5),[10.5,11.5),[11.5,12.5]内的频率分别为0.03,0.1,0.2,0.35,0.19,0.09,0.04，60.0370.1

80.290.35100.19110.09120.049x=++++++=，222222(69)0.03(79)0.1(89)0.2(99)0.35(109)0.19s−+−+−+−=+−22(119)0.09(129)0.041.78+−

+−=，所以样本平均数x和样本方差2s分别为9，1.78.【小问2详解】①由题意知9=，21.78=，则有(9,1.78)XN，17841.78103==，109(10)()(0.75)0.

773443PXPYPY−===，②由①知(10)1(10)0.2266PXPX=−=，可得(20,0.2266)ZB，所以Z的均值()200.22664.532EZ==.21.坐标平面xOy中，()3,1P是椭圆2222:1(0)xyCabab+=上一点，经过O的直线（

不过P点）与C交于,AB两点，直线PA与PB的斜率乘积为13−.（1）求C的方程；（2）直线l与C交于点,MN，且PMPN⊥.当点P到直线l的距离最大时，求直线l的方程.【答案】（1）221124xy+=（2）10xy+−=【

解析】【分析】（1）设出,AB点坐标，表达出直线PA与PB的斜率，再结合()3,1P，即可得到C的方程；（2）通过分类讨论直线l与x轴的位置关系，利用韦达定理和垂直关系即可得出点P到直线l的距离最大时，直线l的方程.【小问1详解】由题意，在2222:1(0)xyCabab+=中，经过

O的直线（不过P点）与C交于,AB两点设()00,Axy，则()00,Bxy−−，且2200221xyab+=，∵()3,1P在C上，∴22911ab+=，两式相减得，22022019ybxa−=−−，∵2000200011113393PAPByyykkxxx−−−−=

==−−−−−，∴2213ba−=−，即223ab=，代入22911ab+=中解得，224,12ba==，∴椭圆C的方程为221124xy+=.【小问2详解】由题意及（1）得，当直线l与x轴不垂直时，设直线l方程为：

ykxm=+，联立直线l与椭圆C方程，消去y得，()2221363120kxkmxm+++−=，设()()1122,,,MxyNxy，当()()2222Δ364133120kmkm=−+−，即224120km+−时，

有21212226312,1313kmmxxxxkk−+=−=++，∵PMPN⊥，∴0PMPN=，∵()()()()()()112212123,13,13311PMPNxyxyxxyy=−−−−=−−+−

−()()()()12123311xxkxmkxm=−−++−+−()()()22121213210kxxkmkxxmm=++−−++−+，∴()()2222231261321001313mkmkkmkmmkk−−++−−+−+=++，整理得

，()22222199210,944044mkkmmmkkmmm++−−=++−++=，()()22(63)(2)0,321310kmmkmkm+−+=+++−=，∵直线l不过点P，∴310km+−，∴3210k

m++=，∴直线31:22lykx=−−经过定点31,22Q−，当直线l垂直于x轴时，设方程为：xm=，则()()11,,,MmyNmy−，且221312my+=，①由0PMPN=得，()()221113,13,16100mymy

mmy−−−−−=−+−=，②由①②解得32m=，或3m=（舍），∴此时直线l也经过定点31,22Q−，综上，直线l经过定点31,22Q−，当PQ垂直于直线l时，点P到直线l的距离最大，此时1PQk=，∴直线

l的斜率为1−，直线l方程为：1322yx+=−−，故所求直线l方程为：10xy+−=.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键在于设直线l方程为：ykxm=+，将其与椭圆联立得到韦达定理式，将垂直转化为向量点乘为0，再化简将韦达定理式整体代入，

再次化简得到k与m的关系式，从而得到直线所过定点，最后得到距离最大时的直线方程.22.已知函数()esin1,Rxfxaxxxa=−−−.（1）若12a=，证明：当()0,x+时，()0fx；（2）讨论函数()f

x在()0,π上零点个数.【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）分别构造函数()21e1(0)2xgxxxx=−−−和()sinxxx=−，利用导数确定单调性，进而由不等式的性

质即可求解.（2）对a分情况讨论，102a≤≤时利用不等式的性质可得无零点，12a时，利用二阶求导确定函数的性质即可求解.【小问1详解】若12a=，则()1esin12xfxxxx=−−−.①先证：当()0,x+时，21e102xxx−−−.设

()21e1(0)2xgxxxx=−−−，则()gx的导函数()e1xgxx=−−，设()()gxhx=，则()hx的导函数()e1xhx=−，因0x，所以()e10xhx=−，所以()hx在()0,+上单调递增，又()00h=，所以()

0hx，即()0gx，所以()gx在()0,+上单调递增，又()00g=，所以当()0,x+时，()0gx，即21e102xxx−−−.②再证：()0,x+时，sinxx.设()sinx

xx=−，则()1cos0xx=−，所以()x在()0,+上单调递增，又()00=，所以当(0,1x时，()0x=，即sinxx.由①②得，当()0,x+时，211e1sin122xxxxxx++++，所以当()0,x+

时，1esin102xxxx−−−，即()0fx.【小问2详解】①若102a≤≤，则221112xxaxx++++，由（1）可知，当()0,πx时，21e12xxx++，所以2e1xaxx++，又由（1）可知，当()0

,πx时，sinxx，所以21sin1axxaxxx++++，所以esin1xaxxx++，所以()fx在()0,π上无零点.②若0a，当()0,πx时，21sin02axxx，则21e1sin12xxxaxxx++++，故()fx在()0,π上无零点.③若12a

，()fx的导函数()()esincos1xfxaxxx=−+−，设()()mxfx=，则()mx的导函数()()esin2cosxmxaxxx=−+，为设()()nxmx=，则()nx的导函数()()e3

sincosxnxaxxx=++，（i）当π0,2x时，()()0,nxnx在π0,2上单调递增，即()mx在π0,2上单调递增，又()π2ππ0120,e022mama=−=+，所以()mx在π0,2

上存在唯一零点，记作0x.当()00,xx时，()()0,mxmx单调递减，即()fx单调递减；当0,2xx时，()()0,mxmx单调递增，即()fx单调递增.（ii）当π,π2x时，()()esin2cos0xmxaxxx=−+，()m

x单调递增，即()fx单调递增.综合（i）（ii），可得当()00,xx时，()fx单调递减；当)0,πxx时，()fx单调递增.又因为()()π0120,πeπ10fafa=−=+−，所以存在唯一实数

()10,πxx，使得()10fx=，当()10,xx时，()()0,fxfx单调递减；当()1,πxx时，()()0,fxfx单调递增.又因为()00f=，所以(10,xx时，()0fx；由（1）已证21e11

2xxxx+++，所以()ππeπ10f=−−，又()()10,fxfx在()1,πx上单调递增，所以()fx在()1,πx上存在唯一零点.综上，当12a时，()fx在()0,π上无零点；当12a时，()fx()0,π上存在唯一零点.在【点睛】已知函数有零点求参数取值

范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式或者利用导数分类讨论确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系

中，画出函数的图象，然后数形结合求解．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com