【文档说明】浙江省杭州第二中学2023-2024学年高三上学期第一次月考数学试题 含解析.docx，共(22)页，1.636 MB，由小赞的店铺上传

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杭州二中2023学年第一学期高三年级第一次月考数学试卷一､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.已知集合2230Uxxx=−−，集合()2log11Axx=+，则UA=ð（）A.()1

,1−B.(1,1−C.()1,3D.)1,3【答案】D【解析】【分析】解不等式求出,UA，再根据补集的概念求解即可.【详解】由2230xx−−，得到13x−，∴()1,3U=−，由()2log11x+，得到01211xx+−，∴()1,1A=−，∴)1,3UA

=ð，故选：D.2.设i是虚数单位，已知复数z满足()()1i11iza−=+−()Ra，且复数z是纯虚数，则实数=a（）A.12−B.12C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据复数的四则运算及纯虚数的定义可求．【详解】由()()1i11iza−=+−，得()(

)()()()()11i1i11i1i1i1iaaz+−++−===−−+()()()()()()11i1i1111i2i2222aaaaa+−+−−++−−==+，又因为z为纯虚数，所以2a=，故选：D．3.为做好“甲型流感”传染

防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三一班，二班各10名同学的体温记录（从低到高）：高三一班：36.1，36.2，m，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0（单位：℃），高三二班：36.1，36.1，36.3，36.3，36

.4，36.4，36.5，36.7，n，37.1（单位：℃）若这两组数据的第25百分位数、第90百分位数都分别对应相等，则nm−为（）A.0.6B.0.5C.0.4D.0.3【答案】C【解析】【分析】根据题意结合百分位数的概念分析运算.【详解】由100.252.5=，可得第25百分位数分别为m

和36.3，则36.3m=；由100.99=，可得第90百分位数分别为36.837.036.92+=和37.12n+，则37.136.92n+=，解得36.7n=；故36.736.30.4nm−=−=.故选：C.4.苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-

1617）发明的对数及对数表（如下表），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成10(110,Z)nNaan=，则(lglg0l1)gNnaa=+，这样我们可以知道N的位数.已知正整数31M是35位数，则M的值为（）N2

3451112131415lgN0.300.480600701.041.081.111.151.18A.3B.12C.13D.14【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，列出不等式，再取常用对数即可判断作答.【详解】因为10(110,Z)nNaan=

，则(lglg0l1)gNnaa=+，所以3431351010M，两边取常用对数得3431lg35M，于是3435lg3131M，即1.09lg1.13M，所以13M=.故选：C..5.在平面直角坐标系xOy中，已知()3,4P，长度为2的

线段AB的端点分别落在x轴和y轴上，则PAPB的取值范围是（）A.2,6B.3,5C.4,6D.15,35【答案】D【解析】【分析】利用平面直角坐标系，设点(,0),(0,)AaBb，由题建立关系式224ab+=，令2cos,2sinab==将问题转化利用参数方

程求解【详解】如图所示建立直角坐标系：由题意设(,0),(0,)AaBb，其中02,02ab，所以2224ABab=+=令2cos,2sinab==所以(2cos,0),(0,2sin)AB所以(2cos3,4),(3,2sin4)PAPB

=−−=−−所以(3)(2cos3)(4)(2sin4)PAPB=−−+−−6cos98sin16=−+−+()10sin25=−++所以()()maxmin35,15PAPBPAPB

==所以PAPB的取值范围是15,35故选：D.6.已知两个圆锥的母线长均为6，它们的侧面展开图恰好拼成一个半圆，若它们的侧面积之比是1：2，则它们的体积之和是（）A.351623+B.3251623+C.16709D.()35162+

【答案】A【解析】【分析】根据圆锥的母线长和侧面展开图恰好拼成一个半圆得到两个圆锥的底面圆的周长之和，再结合侧面积之比为1:2得到底面圆的周长比也为1:2，即可得到底面圆的半径，然后利用勾股定理得到圆锥的高，最后求体积即可.【详解】因为两个圆锥的母线长为6，侧面展开图恰好拼成一个半圆，所以

两个圆锥的底面圆的周长和为6π，因为侧面积之比为1:2，所以底面圆的周长比为1:2，则底面圆的周长分别为2π，4π，底面圆的半径分别为1，2，所以两个圆锥的高分别为35，42，则体积之和为11351623544233

3++=.故选：A.7.已知()()()cos40cos40cos800−+++−=，则tan=（）A.3−B.33−C.33D.3【答案】A【解析】【分析】利用和差角公式展开，得到2co

s40coscos80cossin80sin0++=，即可得到2cos40cos80tansin80+=−，再利用两角差的余弦公式计算可得.【详解】因为()()()cos40cos40cos800−+++−=，所以cos40cossin40sin

cos40cossin40sincos80cossin80sin0++−++=，所以2cos40coscos80cossin80sin0++=，所以2cos40cos80sin80tan0++=，所以2cos40cos80

tansin80+=−()2cos12080cos80sin80−+=−()2cos120cos80sin120sin80cos803sin803sin80sin80++=−=−=−.故选：A．8.已知67p=，78q=，rpq=，则p，q，r的大小关系

为（）A.rpqB.qprC.prqD.pqr【答案】D【解析】【分析】根据指对互化得出6log7p=，7log8q=，logprq=，通过pq−化简根据基本不等式得出0pq−，即1pq，则再通过对数单调性得出1r

，即可得出答案.【详解】67p=，78q=，rpq=，66log7log61p==，77log8log71q==，logprq=，267lg7lg8lg7lg6lg8log7log8lg6lg7lg6lg7pq−−=−=−=，由基本不等式可得：222222lg6lg8l

g48lg49lg7lg6lg8lg72222+===，则2lg7lg6lg80−，lg6lg70，0pq−，则1pq，loglog1pprqp==，pqr，故选

：D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在住小题给出的四个选项中，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.已知两个离散型随机变量,XY，满足21YX=+，其

中X的分布列如下：X012的Pab16若()1EX=，则（）．A.16a=B.23b=C.()2EY=D.4()3DY=【答案】ABD【解析】【分析】由分布列的性质及期望公式解得,ab，然后根据期望与方差的公式及性质求解()(),EYDY.【详解】由分布列的性质，

可得116ab++=，解得56ab+=①，因为()1EX=，所以101216ab++=，即23b=②，联立①②解得16a=，23b=，∴()()()()22212110111216363DX=−+−+−=，因为21YX=−，所以()()211EYE

X=−=，()()144433DYDX===.故选：ABD.10.已知kZ，则函数()()22kxxfxx−=+的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】令()22xxgx−=+，先分析函数()gx的奇偶性，再分情况讨论()khxx=

的奇偶性，然后逐项分析四个选项即可求解.【详解】令()22xxgx−=+，则()()22xxgxgx−−=+=，故()22xxgx−=+为偶函数.当0k=时，函数()22xxfx−=+为偶函数，且其图象过点()0,2，显然四个选项都不满足.当k为偶数且0k时，易知函数()k

hxx=为偶函数，所以函数()()22kxxfxx−=+为偶函数，其图象关于y轴对称，则选项C，D符合；若k为正偶数，因为()()22kxxfxx−=+，则1()(22)(2ln22ln2)kxxkxxfxkxx−−−=++−，当0x时

，()0fx，所以函数()fx在(0,)+上单调递增，又因为函数()()22kxxfxx−=+为偶函数，所以函数()fx在(,0)−上单调递减，选项C符合；若k为负偶数，易知函数()()()12222kxxxxkfxxx−−−=+=+的定义域为

0xx∣，排除选项D.当k为奇数时，易知函数()khxx=为奇函数，所以函数()()22kxxfxx−=+为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则选项A,B符合，若k为正奇数，因为()()22kxxf

xx−=+，则1()(22)(2ln22ln2)kxxkxxfxkxx−−−=++−，当0x时，()0fx，所以函数()fx在(0,)+上单调递增，又因为函数()()22kxxfxx−=+为奇函数，所以函数()f

x在(,0)−上单调递增，选项B符合；若k为负奇数，函数()()()12222kxxxxkfxxx−−−=+=+的定义域为0xx∣，不妨取1k=−，则()22xxfxx−+=，当0x+→时，()fx→+；当12x=时，2

212()32122f+==；当1x=时，1(1)22f=；当2x=时，1(2)28f=；当3x=时，17(3)2(2)24ff=；当x趋向于正无穷时，因为指数函数的增长速率比幂函数的快，所以()fx趋向于正无穷；所以()0,+内(

)fx先减后增，故选项A符合.故选：ABC.11.已知点()1,0A−，()10B,，点P为圆C：2268170xyxy+−−+=上的动点，则（）A.PAB面积的最小值为842−B.AP的最小值为22C.PAB的最大值为5π12D.ABA

P的最大值为842+【答案】BCD【解析】【分析】对于A，点P动到圆C的最低点M时，PAB面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到R点时，AP取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当AP运动到与圆

C相切时，PAB取得最大值，利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解.详解】2222)(868170(34)+−−+=−+=−xyxyxy，圆C是以()3,4为圆心，22为半径的圆.对于A，PAB面积的最小值为点P动到圆

C的最低点M时，422My=−，()11242242222PABMSABy==−=−，故选项A错误；对于B，连接,AC交圆于R点，当点P动到R点时，AP取到最小值为22(31)42222−=++−=ACRC，故选项B正确；对于C，当AP运动到与圆C相切时，

PAB取得最大值，设切点为Q,221πsin,2642====QCCAQCAQAC，4πsin1,44====CNCANCANAN，5π12=+=PABCAQCAN，故选项C正确；对于D，cos=PABABAPABAP，当点

P动到S点时，cosPABAP取得最大值，即AS在AB上的投影，cos2(1322)842==++=+=PAABAPABAPBABAN，故【选项D正确；故选：BCD.12.过平面内一点P作曲线lnyx=两条互相垂直

的切线1l、2l，切点为1P、21(PP、2P不重合)，设直线1l、2l分别与y轴交于点A、B，则（）A.1P、2P两点的纵坐标之积为定值B.直线12PP的斜率为定值C.线段AB的长度为定值D.ABP面积的取值范围为()0,1【答案】BCD【解析】【

分析】根据切线方程的定义，利用分类讨论的思想，可得整理切线方程，根据直线垂直可得切点横坐标的乘积，进而可得纵坐标的乘积，利用直线斜率公式，等量代换整理，可得其值，利用切线方程，求得,,ABP的坐标，可得答案.【详解】由函数ln,1lnln,01xxyxxx==−

，则1,11,01xxyxx=−，设()111,Pxy，()222,Pxy，当101x，21x时，由题意可得，12111xx−=−，化简可得121=xx，符合题意；当()12,0,1xx时，由题意可得，12111xx−−

=，化简可得121xx=−，显然不成立；当()12,1,xx+时，由题意可得，12111xx=，化简可得121=xx，显然不成立；对于A，()212121111lnlnlnlnlnyyxxxxx=−=−=，故A错误；

对于B，直线12PP的斜率121212121212lnlnln0yyxxxxkxxxxxx−−−−====−−−，故B正确；对于C，易知直线1111:1lyxyx=−++，直线2221:1lyxyx=+−，令0x=，则11yy=+，即()10

,1Ay+，同理可得()20,1By−，121212112lnln2ln2AByyxxxx=+−+=−−=−=，故C正确；对于D，联立11221111yxyxyxyx=−++=+−，整理

可得11221ln11ln1yxxxyxxx=−−+=+−，解得1212121221pxxxxxxx==++，令()221xfxx=+，其中()0,1x，则()()()2222101xfxx−=+，所以，函数()fx在()0,1上单调递增，则当()0,1x时，()()0,1f

x，所以，()121210,121ABPPxSABxx==+，故D正确.故选：BCD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知变量x和y的统计数据如下表：x678910y3.54566.5若由表中数据得到经验回归直线方程为0.8yxa=+，则10x=时的残

差为_________（注：观测值减去预测值称为残差）.【答案】0.1−##110−【解析】【分析】先求出回归方程，再根据回归方程求出预测值，最后计算残差即可.【详解】6789103.54566.58,555xy++++++++====，则50.88a=+，解得1.4a=−，

所以0.81.4yx=−，当10x=时，6.6y=，所以10x=时的残差为6.56.60.1−=−.故答案为：0.1−.14.已知多项式()34761278(2)(1)(1)(1)1xxaxaxaxa+−=+++++++，则7a=____

_______.【答案】16【解析】【分析】令1tx=+，运用换元法将等式变成34761278(1)(2)ttatatata+−=++++，结合二项展开式的通项公式、赋值即可求得结果.【详解】令1tx=+，则34761278(1)(2)ttatatata+−=++++，因为3(1)t+的展

开式的通项为313CrrrTt−+=，0,1,2,3r=，所以令2r=可得3(1)t+的展开式中一次项为23C3tt=，令3r=可得3(1)t+的展开式的常数项为1，又因为4(2)t−的展开式的通项为414C(2)kkkkTt−+=−，0,1,2,3,4k=，所以令3k=可得4(2)t−的

展开式中一次项为334C(2)32tt−=−，令4k=可得4(2)t−的展开式的常数项为444C(2)16−=，所以7163(32)116a=+−=.故答案为：16.15.设双曲线2222:1(0,0)x

yCabab−=的右焦点为F，以线段OF（O为坐标原点）为直径的圆交双曲线C的一条渐近线于OA､两点，且2OAAF=，则双曲线C的离心率为__________．【答案】52【解析】【分析】根据题意可得OAAF⊥，再结合渐近线的斜率与离心率的关系列式求解即可.【详解】因为以线段

OF（O为坐标原点）为直径的圆交双曲线C的一条渐近线于OA、两点，故OAAF⊥.又根据渐近线的斜率可得1tan2bAFAOFaOA===，故离心率2512cbaa=+=.故答案为：5216.若函数()fx的定义域为()0,+，且()()()fxfyfxy+=，()1nfanf

n=+，则()1001iifia==___．【答案】5050【解析】【分析】推导出()1ffxx=−，可得出()nfnan=，再利用等差数列的求和公式可求得()1001iifia=的值.【详解】因为函数()fx的定义域为()

0,+，且()()()fxfyfxy+=，令1xy==可得()()211ff=，可得()10f=，令1yx=，则()()110fxffx+==，所以，()1ffxx=−，所以，()()()()1nnn

nfaffafnfnan=−=+=，所以，()()1001110010012310050502iifia=+=++++==.故答案为：5050.四､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.已知ABC中角,,ABC所对的边分别为,,abc，且满足2sincos2sincos3,cABbACaca+=.（1）求角A；（2）若2,bABC=△的面积23,D是BC边上的点，且3CDDB=，求

AD.【答案】（1）π3A=（2）432=AD【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及三角恒等变换，即可求解；（2）根据已知条件，推得3144ADABAC=+，两边同时平方，再结合三角形的面积公式，即可求解．【小问1详解】2sincos

2sincos3cABbACa+=，由正弦定理得：2sinsincos2sinsincos3sin,sin0CABBACAA+=，()33sincossincos,sinsin,22CBBCABCca+==+=，π3A=.【小问2详解】方法一：由已知：1sin23

2ABCSbcA==，得4c=.()11134444ADABBCABACABACAB=+=+−=+22134916624143()4416161624ADACAB=+=++=，432AD=.方法二：由已知：1sin232ABCSbcA=

=，得4c=.由余弦定理2222cos12,23abcbcAa=+−==.3333,,22CDDBBDCD===.设ADx=，在ABD△中，23164cos322xADBx+−=；在ADC△中，22744cos3322xAD

Cx+−=；由coscos0ADBADC+=，解得432x=.432AD=.18.已知数列na成等比数列，nS是其前n项的和，若()*132,,NkkkSSSk+++成等差数列.（1）证明：132,,kkkaaa+++成等

差数列；（2）比较2212kkSS+++与232kS+的大小.【答案】（1）证明见解析（2）2221232kkkSSS++++【解析】【小问1详解】证明：设等比数列{}na的公比为q，由题意得，1232kkkSSS++++=，即1121232()kkkkkkSSaSaa++++

++++=++，所以322kkaa++=−，即3212kkaqa++==−，所以212111311(1)(1)2()222kkkkkkaaaqaaa+++++++=+=−=−=，即1232kkkaaa++++=，所以1ka+，3ka+，2ka+成等差数列.【小问2详解】由（1）得：2222

22212121231222()()22kkkkkkkkkSSSSSSSSS++++++++++−+−=+−=，又因为1220kkkSSa+++−=−，所以2222121232()02kkkkkSSSSS+++++−+−=，所以2221232kkkSSS++

++.19.如图1，在边长为4的等边ABC中，D，E分别是AC，AB的中点．将ADEV沿DE折至PDE△（如图2），使得10PB=．（1）证明：平面PDE⊥平面BCDE；（2）若点M在棱PD上，当MB与平面PDE所成角最大时，求MB的长．【答案】（1）证明见解析（2）392【解析】【分析】（

1）取DE的中点O，通过证明PO⊥平面BCDE得平面PDE⊥平面BCDE．（2）（方法1）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设PMPD=，将MB与平面PDE所成角的正弦值表示为的函数，利用二次函数求最大值即可；（方法2）在平面BCDE内，过点B向DE作垂线，垂足为H．BMH即为MB与平面P

DE所成角且3tanBMHHM=，当HM最小时，MB最长.【小问1详解】取DE的中点O，因为ABC是等边三角形，所以AODE⊥．因为ABC的边长为4，所以3AOPO==．在BOE△中，2BE=，1EO=，23BEO=，由余弦定理2222cosBOBEEOBEEOBEO=+−

，得22212122172BO=+−−=．因为222PBBOPO=+，所以POOB⊥．又因为DEOBO=，DE，OB平面BCDE，所以PO⊥平面BCDE．因为PO平面PDE，所以平面P

DE⊥平面BCDE．【小问2详解】（方法1）取BC的中点N，则ONDE⊥．以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−，则(3,2,0)B−，(0,0,3)P，(0,1,0)D．设[0,1]P

MPD=，，因为(0,1,3)PD=−，所以(0,,3)PM=−，所以(3,2,33)BMBPPM=+=−+−．的因为PO⊥平面BCDE，ON平面BCDE，所以ONPO⊥．又因为ONDE⊥，,,PODEOPODE=平面PDE，所以ON⊥平面PDE，所以平面PDE

的一个法向量为(3,0,0)ON=．记MB与平面PDE所成角为，则222233sin||||42103(3)(2)(33)ONBMONBM===−+−+++−．因为当14=时，sin取得最大值，此时最

大，所以9333,,44BM=−，所以39||2BM=．（方法2）在平面BCDE内，过点B向DE作垂线，垂足为H．因为PO⊥平面BCDE，BH平面BCDE，所以BHPO⊥．又因为BHDE⊥，DEPOO=，,PODE平面P

DE，所以BH⊥平面PDE，所以BMH即为MB与平面PDE所成角．因为在BEH△中，sin603,1BHBEHE===，所以3tanBHBMHHMHM==．在平面PDE内，当HMPD⊥时，HM最小，此时()33sin6

0sin602HMHDHEED==+=，所以此时tanBMH取得最大值，BMH也最大．因为222394BMBHHM=+=，所以39||2BM=．20.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到

一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为(1,0,0,0)++=，且每局比赛结果相互独立.（1）若111,,236

===，求甲学员恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率；（2）当0γ=时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望()EX的最大值.【答案】（1）548（2）分布列见解析，134【解析】【分析】（

1）根据题意结合独立事件的概率乘法公式分析运算；（2）根据题意求出分布列，进而求出期望，再由基本不等式与二次函数的性质求出最值.【小问1详解】用事件,,ABC分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”或“平局”，则()()()111,,236PAPBPC======，记“进

行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件,,,,ABAABAAAACCACACACCAA共5种，所以()()()()()()PNPABAAPBAAAPACCAPCACAPCCAA=++++()()()()()()()()23PBPAPAPAPCPCPAPA=+32211115

23326248=+=.【小问2详解】因为0γ=，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即1+=，由题意得X的所有可能取值为2,4,5，则()()()22

2PXPAAPBB==+=+，()()()()()4PXPABAAPBAAAPABBBPBABB==+++()()22=+++()222=+，()()()()()5PXPABABPABBAPBABAPBAAB==++

+22222222224=+++=.所以X的分布列为X245P22+()222+224所以X的期望()()()2222222820EX=++++()()222221281220442=−+−+=++，因为12

+=，所以14，当且仅当12==时等号成立，所以10,4，所以()2222113442(21)121144EX=++=++++=，故()EX的最大值为134.21.设双曲线2222:1(0,0)xyCa

bab−=的右焦点为F，点O为坐标原点，过点F的直线l与C的右支相交于,AB两点.（1）当直线l与x轴垂直时，OAOB⊥，求C的离心率；（2）当C的焦距为2时，AOB恒为锐角，求C的实轴长的取值范围.【答案】（1）512+（2）()51,

2−【解析】【分析】（1）由题意可得OFAFBF==，得到,,abc的式子，再由离心率的定义即可得出答案；（2）设其方程为1xmy=+与双曲线联立得到韦达定理由120yy可得2221ama−，由AOB恒为锐角，得2221ama−，均有0OAOB，即()22242131

0maaaa−−+−恒成立，求解即可.【小问1详解】当直线l与x轴垂直时，由对称性知OAB是等腰直角三角形，于是OFAFBF==，即222221cbcacbaaa−=−==，解得离心率512cea+==.【小问2详解】若C的焦距为2，则1c=，即()1,0F.由于直线l

的斜率不为零，可设其方程为1xmy=+.结合221(01)baa=−，联立22221,1,1xmyxyaa=+−=−得()()()222222212110ammymaya+−+−−−=.设()()1122,,,AxyBxy.由韦达定理，()()()

()212222221222221,11,1mayyammayyamm−−+=+−−−=+−由于,AB两点均在C的右支上，故()22212010yyamm+−，即2221ama−.()()1212121211OAOBxxy

ymymyyy=+=+++()()2121211myymyy=++++()()()()()22222222221211111amammammamm−−−−=++++−+−()()222422221311ma

aaaamm−−+−=+−.由AOB恒为锐角，得2221ama−，均有0OAOB，即()222421310maaaa−−+−恒成立.由于()2210aa−，因此不等号左边是关于2m的增函数，所以只需

20m=时，42310aa−+−成立即可.解得515122a−+，结合01a，可知a的取值范围是51,12−.综上所述，C的实轴长的取值范围是()51,2−.【点睛】关键点睛：联立直线与双曲线的方程，

由120yy可得2221ama−，再将AOB恒为锐角，得2221ama−，均有0OAOB，即()222421310maaaa−−+−恒成立，求解即可.22.已知函数()sinfxxkx=+，其中01k．（1）设函数21()()2gxxfx=−，

证明：①()gx有且仅有一个极小值点；②记0x是()gx的唯一极小值点，则()0012gxx−；（2）若1k=，直线l与曲线()yfx=相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线l的方程．【答案】（1）证明见解析；（2）10xy−+=或10xy−−=.【解析】【分析】（1）

①对函数求导，结合单调性、零点存在性定理证明()gx仅有一个零点，并判断()gx在零点两侧的符号即可得证；②由①可得00cos1xkx=+，再对不等式进行等价变形，借助分析法即可得证.（2）设出切点坐标，由导数的几何意义推理可得切点坐标满

足的关系，再求解作答.【详解】（1）①依题意，21()sin2gxxxkx=−−，求导得：()1cosgxxkx=−−，令()1costxxkx=−−，则()1sin10txkxk=+−，函数()tx即()gx在R上单

调递增，又(1)cos10,()1022gkg=−=−，则存在0(1,)2x，使得()00gx=，且当()0,xx−时，()0gx，()gx单调递减，当()0,xx+时，()0gx，()gx单调递增，所以0x为()gx的唯一极小值点．②由①知

，()00gx=，即00cos1xkx=+，0(1,)2x，则()()()0000000011cos1sincos1sin,0122gxxkxxkxxkxkxk=+−−=−−，因此，要证()0012gxx−，只需证0001(cosn)si02kxxx−，即证0001

cossin02xxx−，因为001,cos02xx，从而只需证00cossin4xx，即0tan4x，而0tantan1tan144x=，所以()0012gxx−.（2）依题意，()si

nfxxx=+，求导得：()1cosfxx=+，则函数()fx在点()()11,xfx处的切线l的方程为()11111cossincosyxxxxx=++−，若直线l恰好与曲线()fx相切且有无穷多个切点，任取两个不同的切点(,()),(,())AafaBbfb，则

在此两点处的切线为同一直线，即1cos1cossincossincosabaaabbb+=+−=−，于是有coscosab=，则sinsinab=或sinsinab=−，若sinsinab=，从而得：()cos0aba−=，显然0ab−，则cos0a=，若sinsinab=−，取异于A，B

外的另一个切点(,())Ccfc，则有coscoscosabc==，sincossincossincosaaabbbccc−=−=−，如果sinsinac=，则有cos0a=，如果sinsinac=−

，则sinsinbc=，因此coscoscos0bca===，从而恒有cos0a=，即sin1a=，于是得直线l的方程为10xy−+=或10xy−−=，当切线方程为10xy−+=时，切点为(2,21),Z22mmm+++，当切线方程为10xy−−=时，切点为(

2,21),Z22nnn−−−，所以直线l的方程为10xy−+=或10xy−−=．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com