2022-2023学年人教A版高三上数学月考试卷(含解析)

2022-2023学年高中高三上数学月考试卷
学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________
考试总分：115 分 考试时间： 120 分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I （选择题）
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1. 已知命题，，则命题为( )
A.，
B.，
C.，
D.，
2. 如图，有两张全等的矩形纸片和，，把纸片交叉叠放在纸片上，使重叠部分为平行四边形，且点与点重合．当两张纸片交叉所成的角最小时，等于（ ）
A.
B.
C.
D.
3. 已知，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
p :∀x ∈R ≥1+sin x e x ¬p ∀x ∈R <1+sin x
e x ∀x ∈R ≤1+sin x
e x ∃∈R x 0≤1+sin e x 0x 0
∃∈R x 0<1+sin e x 0x 0
ABCD EFGH BC =FG =4AB ABCD EFGH D G a tan α1412817815
x ∈R x <−1>1x 2
D.既不充分也不必要条件
4. 已知则为（ ）
A.B.C.D.
5. 已知是正项等比数列的前项和，又 且成等差数列，则（
）
A.B.C.D.
6. 如图，在中，为线段上靠近的三等分点，点在上且
，则实数的值为( )
A.B.C.D.
7. 设变量，满足约束条件 则目标函数的最小值是( )
A.B.f (x)={x −5,x ≥6,
f (x +2),x <6,f(1)4
3
2
1
S n {}a n n =2a 12，4，a 3a 2a 4=S 10210
211
−2
210−2
211△ABC N AC A P BN =AP −→−(m +)+211AB −→−211BC −→−
m 1
1
3
9
11
5
11
x y y ≤4,
2x −3y ≤−2,2x +y ≥6,
z =x +y 1
3
D.
8. 已知函数（且）恒过定点．若直线过点，其中，是正实数，则的最小值是（ ）A.B.C.D.
9. 已知函数 ，的图象上的两个相邻最高点和最低点的坐标分别为，，将的图象向左平移个单位，得到的图象．若，是函数和图象的两个不同交点，则的最小值为( )
A.
B.C.D.
10. 若 ，， 且函数 在上单调，则 的解集为( )
A.B.C.D.
11. 已知定义域为的函数满足，，当时，
，则 A.B.C.5
y = x +1log a a >0a ≠1A mx +ny =1A m n +1m 2n
3+2
–√5
9
2
3+22
–√f (x)=2cos(ωx +φ)(ω>0−π<φ<0)(,2)5π12(,−2)11π12f (x)π4g(x)A (,)x 1y 1B (,)x 2y 2f (x)g(x)|−|x 1x 2π
8
π4
π2π
x,y ∈R f(x +y)=f(x)+f(y)
f(1)=1y =f(x)R |f(x)|≤2[−2,2]
[−2，0)
[−1,1]
[0,2]
R f(x)f(−x)=f(x)
f(x +2)=1f(x)x ∈[0,2]f(x)=2(x +3)log 2f(923)=()
16
923
4
12. 若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）A.B.C.D.卷II （非选择题）
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13. 已知非零向量，满足，与的夹角为，则的取值范围是________．
14. 若角的终边经过点，则________.
15. 小明以每分钟米的速度向东行走，他在处看到一电视塔在北偏东，行走小时后，到达处，看到这个电视塔在北偏西，则此时小明与电视塔的距离为________米．
16. 如图，已知正方形的边长为，点为的中点．以为圆心，为半径，作弧交于点．若为劣弧上的动点，则的最小值为________．
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ）
17. 已知数列的前项和为，，.求数列的通项公式；若，，求证：.
18. 已知函数．4−x <0x 2log a x ∈(0,)14
a [
,1)1256(,1)1256
(0,)1256
(0,
]1256a b ||=1b a −b a 120∘||a α(1,2)tan(α−)=π4
206–√A B 30∘1C 15∘ABCD 2E AB A AE AD F P EF ˆ⋅PC −→−PD −→−{}a n n S n =
a 123
3(n +1)−n =0S n S n+1(1){}a n (2)=b n 2a n+1S n S n+1n ∈N +++⋯+<3b 1b 2b n f(x)=2x −sin(2x −π)cos 276
f(x)
（1）求的单调递增区间
（2）已知的外接圆半径为，，，的对边分别为，，，若，，求的取值范围． 19. 如图，与在同一个平面内，，，.
求；若，且的面积为，求的长． 20. 已知函数．当，时，判断函数在区间内的单调性；已知曲线在点处的切线方程为．求的解析式；判断方程在区间上解的个数，并说明理由． 21. 已知在与时都取得极值．求，的值；求的单调区间和极值．
22. 以原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，在极坐标系中，已知圆的圆心，半径．求圆的极坐标方程；
若，直线的参数方程为（为参数），直线交圆于，两点，求弦长的取值范围． 23. 已知，，均为正实数，函数的最小值为证明：
；
.f(x)△ABC R A B C a b c f(A)=32sin B +sin C =2R a △ABC △ACD ∠CAD =π4AB =BC 2–√A −B =AC ⋅BC C 2C 22–√(1)∠ACB (2)AB =2−23–√△ACD 3CD f (x)=+b (a,b ∈R)a cos x x
(1)a =1b =0f (x)(0,)π2
(2)f (x)=+b a cos x x (,f ())π2π2y =−x +26π(ⅰ)f (x)(ⅱ)f (x)=−132π(0,2π]f(x)=+a +bx +1x 3x 2x =1x =−13
(1)a b (2)f(x)O x C C (,)2–√π4
r =3–√(1)C (2)α∈[0,)π4l {x =2+t cos α，y =2+t sin α
t l C A B |AB|a b c f (x)=|x +|+|x −|+1a 21b 214c 2 1.(1)++4≥9a 2b 2c 2(2)++≤11ab 12bc 12ac
参考答案与试题解析
2022-2023学年高中高三上数学月考试卷
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题，的否定是：，．
故选.
2.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由“”可证，可证＝，即可证四边形是菱形，当点与点重合时，两张纸片交叉所成的角最小，可求，即可求的值．【解答】
解：如图，p :∀x ∈R ≥1+sin x e x ∃∈R x 0<1+sin e x 0x 0D ASA △CDM ≅△HDN MD DN DNKM B E a CM =
154
tan α
∵,
∴，且，.
∴.
∴，且四边形是平行四边形.
∴四边形是菱形.
∴.
∵,∴当点与点重合时，两张纸片交叉所成的角最小.
设，则，
∵，
∴.∴.∴.∴.
故选.
3.【答案】A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
∠ADC=∠HDF =90∘∠CDM=∠NDH CD=DH ∠H=∠C=90∘△CDM ≅△HDN(ASA)MD =ND DNKM DNKM KM =DM sin α=sin ∠DMC =
CD MD B E αMD =a =BM CM =8−a MD 2=C +M D 2C 2a 2=4+(8−a)2a =
174CM =154tan α=tan ∠DMC ==CD MC 815D
分段函数的应用
【解析】
由分段函数解析式得到，代入即可求解.
【解答】
解：∵∴.
故选.
5.【答案】D
【考点】
等比数列的前n 项和
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：成等差数列，
故满足所以，
，或（舍），
可知，
所以.故选.
6.
【答案】
D
【考点】
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
f(1)=f(7)f (x)={
x −5,x ≥6,
f (x +2),x <6,
f(1)=f(3)=f(5)=f(7)=7−5=2
C 2，4，a 3a 2a 48=a 22+，
a 3a 48q =2+,+2q −8=0q 2q 3q 2(q +4)(q −2)=0q =2q =−4q =2=S 10=−22(1−)2101−2211D λ
−→−−→−
解：设，所以．又，所以解得故选．
7.
【答案】C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】
解：由约束条件作出可行域，如图所示，
=λBP −→−BN −→−=λ(−)AN −→−AB −→−=λ(−)13AC −→−AB −→−=−λ+(0≤λ≤1)AB −→−λ3AC −→−=+AP −→−AB −→−BP −→−=(1−λ)+
AB −→−λ3
AC −→−=AP −→−(m +)+211AB −→−211BC −→−=(m +)+(−)211AB −→−211AC −→−AB −→−=m +AB −→−211AC −→− =,λ32111−λ=m, λ=,611m =.511D
联立 解得（,），
化为，
由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最小值为.
故选．
8.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换
由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
根据已知条件求出，再根据和的关系求出，根据求出值，根据相邻两个交点的横坐标之差得出答案
【解答】
解：由题意，，
所以.将点代入中，
得，
所以，
{2x −3y =−2,
2x +y =6,A 22z =x +y y =−x +z y =−x +z A y z 2+2=4C f (x)f(x)g(x)g(x)f(x)=g(x)x T =2(−)=π11π125π12ω=2(,2)5π12f(x)=2cos(2x +φ)2cos (2×+φ)=25π12+φ=2kπ(k ∈Z)5π6=2kπ−(k ∈Z)5π
解得.又因为，所以，所以.因为，由，得，所以，解得，相邻两个交点的横坐标之差为，即．故选．
10.【答案】
A
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数单调性的性质
【解析】
由已知条件令有，，令，求得，再令，求出为奇函数，由于在区间上单调递增，则在上是递增函数，将所求不等式化简为．再由单调性即可求得的范围．
【解答】
解：由于，
令，则，则.
再令，则，即为奇函数.
令，则，则，
由可得，故.
因为在上单调，，
则在上是递增函数，
故．
故选．
11.
【答案】
φ=2kπ−
(k ∈Z)5π6−π<φ<0φ=−5π6f(x)=2cos (2x −)5π6g(x)=f(x +)=2cos [2(x +)−]π4π45π6=2cos (2x −)π32cos (2x −)=2cos (2x −)5π6π32sin (−2x +)=2cos (2x −)π3π3−2x +=kπ+(k ∈Z)π3π4x =−+(k ∈Z)kπ2π24π2=|−|x 1x 2min π2C x =y f(2x)=2f(x)x =y =0f(0)=0y =−x f(x)f(x)(0,+∞)f(x)R f(2a −a)≤f(1)log 2log 2a f(x +y)=f(x)+f(y)x =1，y =0f(1)=f(1)+f(0)=1f(0)=0y =−x f(0)=f(x)+f(−x)=0f(x)x =1，y =1f(2)=f(1+1)=2f(1)=2f(−2)=−2|f(x)|≤2−2≤f(x)≤2f(−2)≤f(x)≤f(2)f(x)R f(1)>f(0)f(x)R −2≤x ≤2A
C
【考点】
函数的周期性
函数的求值
【解析】
根据题意，分析可得＝，即函数是周期为的周期函数，进而可得＝＝＝，结合函数的解析式分析可得答案．
【解答】
解：因为，
所以，所以是周期为的偶函数.
所以，
所以.
故选.
12.
【答案】A
【考点】
指、对数不等式的解法
【解析】
由题意可得，时，函数的图象在函数的图象的下方，可得．再根据它们的单调性可得，解此对数不等式求得的范围．【解答】
解：∵不等式对任意恒成立，∴时，函数的图象在函数的图象的下方，∴．再根据它们的单调性可得，即，∴，∴．综上可得，，故选：．f(x +4)f(x)f(x)4f(923)f(−1+231×4)f(−1)f(1)f(−x)=f(x),f(x +2)=
1f(x)f(x +4)===f(x)1f(x +2)11f(x)
f(x)4f(923)=f(4×231−1)=f(−1)=f(1)f(1)=24=4log 2C x ∈(0,
)14y =4x 2y =x log a 0<a <14×(≤14)2log a 14a 4−x <0x 2log a x ∈(0,
)14x ∈(0,)14y =4x 2y =x log a 0<a <14×(≤14)2log a 14≤log a a 14log a 14≥a 1414a ≥1256≤a <11256A
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.
【答案】
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
设，，由已知与的夹角为可得，由正弦定理
得，从而可求的取值范围
【解答】
设，，如图所示：
则由又∵与的夹角为，
∴又由由正弦定理得∴故答案为：．
14.
【答案】
【考点】
两角和与差的正切公式
(0,]
23
–√3=AB →a =AC →b a −b a 120∘∠ABC =60∘=||a sin C ||
b
sin 60∘||=sin C ≤a 23
–√323–√3||a =AB →a =AC →b
=−BC →AC →AB
→
a −
b a 120∘∠ABC =60∘
||=||=1
AC ¯¯¯¯¯¯¯¯b =||a sin C ||b sin 60∘||=sin C ≤a 23–
√323
–√3
||∈(0,]
a 23–√3(0,brack 23
–√31
3
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题知，
所以.
故答案为：.15.
【答案】【考点】
解三角形的实际应用
正弦定理
【解析】
画出图形，求出，利用正弦定理求解即可.
【解答】
解：由题意得，
，
所以，
（米），
所以，所以（米）.
故答案为：.
16.
【答案】
tan α=2tan(α−)==π42−11+2×113133600
AC ∠BAC =60∘∠ACB =75∘∠B =45∘AC =20×60=12006–√6–√=BC sin 60∘12006–√sin 45∘
BC =360036005−25
–√
【考点】
平面向量在三角函数中的应用
两角和与差的正弦公式
平面向量数量积的运算
平面向量的坐标运算
【解析】
首先以为原点，直线，分别为，轴，建立平面直角坐标系，可设，从而可
表示出，根据两角和的正弦公式即可得到，从而可求出的最小值．
【解答】解：如图，以为原点，边，所在直线为，
轴建立平面直角坐标系，则：
，，，设；∴，；∴时，取最小值．
故答案为：．
三、 解答题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ）
17.
【答案】
解：由得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，于是，故，
当时，，又当时，符合上式，所以，.
A A
B AD x y P(cos θ,sin θ)⋅=5−2(cos θ+2sin θ)P
C −→−P
D −→−⋅=5−2sin(θ+φ)PC −→−PD −→−5–√⋅PC −→−PD −→−A AB AD x y A(0,0)C(2,2)D(0,2)P(cos θ,sin θ)⋅=(2−cos θ,2−sin θ)⋅(−cos θ,2−sin θ)
PC −→−PD −→−=(2−cos θ)(−cos θ)+(2−sin θ)2
=5−2(cos θ+2sin θ)=5−2sin(θ+φ)5–√tan φ=12sin(θ+φ)=1⋅PC −→−PD −→−5−25–√5−25–√(1)3(n +1)−n =0S n S n+1=3×S n+1n +1S n n {}S n n ==S 11a 1233=×=2⋅S n n 233n−13n−2=2n ⋅S n 3n−2n ≥2=−=2n ⋅−2(n −1)⋅=(4n +2)⋅a n S n S n−13n−23n−33n−3
n =1=a 123=(4n +2)⋅a n 3n−3n ∈N +==2(−)
2+12(−)S +1S
证明：，
.
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
首先构造等比数列，求出，再求出；
利用裂项求和及放缩法得出答案.【解答】
解：由得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
于是，
故，
当时，，
又当时，符合上式，
所以，.
证明：，
.
18.【答案】
函数．
，
令，
(2)===2(−)
b n 2a n+1S n S n+12(−)S n+1S n S n S n+11S n 1
S n+1
++⋅⋅⋅+b 1b 2b
n
=2[(−)+(−)+⋅⋅⋅+(−)]
1
S 11S 21S 21S 31S n 1S n+1
=2(−)<2×=31S 11S n+11
S 1
S
n a n (1)3(n +1)−n =0S n S n+1=3×S n+1n +1S n n
{}S n n ==S 11a 1233=×=2
⋅S n n 233n−13n−2=2n ⋅S n 3n−2n ≥2=−=2n ⋅−2(n −1)⋅=(4n +2)⋅a n S n S n−13n−23n−33n−3
n =1=a 123
=(4n +2)⋅a n 3n−3n
∈N +(2)===2(−)b n 2a n+1S n S n+12(
−)S n+1S n S n S n+11S n 1
S n+1
++⋅⋅⋅+
b 1b 2b n
=2[(−)+(−)+⋅⋅⋅+(−)]
1
S 1
1S 21S 21S 31S n 1S n+1
=2(−)<2×=31S 11S n+11S 1
f(x)=2x −sin(2x −π)cos 276=cos 2x +1+sin(2x −)
π6
=cos 2x +sin 2x +1
123–√2
=cos(2x −)+1π32kπ−π≤2x −≤2kπ(k ∈Z)π3π−≤x ≤kπ+(k ∈Z)ππ
解得，所以单调递增区间为．由（1）得：，则：，由于：，解得：，所以：．由于：，所以：，
即：．所以：则：，
解得：，
因为故：的取值范围是：．【考点】
正弦函数的单调性
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成余弦形函数，进一步求出函数的单调区间．
（2）利用（1）的结论，首先求出的值，进一步利用正弦定理和余弦定理的应用，及基本关系式求出结果．
【解答】
函数．，令，解得，所以单调递增区间为．由（1）得：，则：，kπ−
≤x ≤kπ+(k ∈Z)π3π6[kπ−,kπ+](k ∈Z)π3π6f(A)=32cos(2A +)=π3120<A <π<2A +<π3π37π3A =2π3sin B +sin C =2R 2R sin B +2R sin C =4b +c =4bc ≤(=4b +c 2)2=+−2bc cos A =++bc ≥(b +−(a 2b 2c 2b 2c 2c)2b +c 2)2a ≥23–√a <b +c =4
a [2,4)3–√A f(x)=2x −sin(2x −π)
cos 276=cos 2x +1+sin(2x −)π6=cos 2x +sin 2x +1123–√2=cos(2x −)+1π32kπ−π≤2x −≤2kπ(k ∈Z)π3kπ−≤x ≤kπ+(k ∈Z)π3π6[kπ−,kπ+](k ∈Z)π3π6
f(A)=32cos(2A +)=π312
0<A <π
由于：，
解得：，所以：．由于：，所以：，
即：．所以：则：，解得：，因为故：的取值范围是：．
19.
【答案】
解：因为，，
所以，，
所以．
因为，，
所以．
又因为，
所以，
整体得，
解得或（舍去）．
因为，
所以，由余弦定理得
，
所以.
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）答案未提供解析．
（2）答案未提供解析．
【解答】
解：因为，，
所以，
0<A <π<2A +<π3π37π3A =2π3sin B +sin C =2R 2R sin B +2R sin C =4b +c =4bc ≤(=4b +c 2)2=+−2bc cos A =++bc ≥(b +−(a 2b 2c 2b 2c 2c)2b +c 2)
2
a ≥23–√a <
b +
c =4
a [2,4)3–√(1)AB =BC 2–√A −B =AC ⋅
BC C 2C 22–√A +B −A C 2C 2B 2=A +B −2B =AC ⋅BC
C 2C 2C 22–√cos ∠ACB =A +B −A C 2C 2B 22AC ⋅BC ==AC ⋅BC 2–√2AC ⋅BC
2
–√2∠ACB =π4(2)AB =BC 2–√AB =2−23–√BC =−6–√2–√A −B =AC ⋅BC C 2C 22–√A −(−=AC ⋅(−)C 26–√2–√)22–√6–√2–√A −2(−1)AC +4(−2)=
0C 23–√3–√AC =2AC =2(−2)3–√=AC ⋅AD ⋅sin ∠CAD =
AD =3S △ACD 122
–√2AD =32–√C =A +A −2AC ⋅AD ⋅cos ∠CAD =10D 2C 2D 2CD =10−−√(1)AB =BC 2–√A −B =AC ⋅BC C 2C 22–√A +B −A C 2C 2B 2=A +B −2B =AC ⋅BC
C 2C 2C 22–√∠ACB =A +B −A 222=AC ⋅BC –√–√
，所以．因为，，所以．又因为，所以，
整体得，解得或（舍去）．
因为，所以，
由余弦定理得
，所以.
20.
【答案】
解：当，时， ，可得．因为，所以，即，所以函数在区间上为单调递减函数．由函数，可得，则．因为函数在点处的切线方程为，所以，解得．当，代入切线方程为，可得，所以函数的解析式为．令，则，①当时，可得，单调递减，又由，，所以函数在区间（上只有一个零点；②当时， ，可得恒成立，所以函数在区间上没有零点；③当时，令，可得，
cos ∠ACB =A +B −A C 2C 2B 22AC ⋅BC ==AC ⋅BC 2–√2AC ⋅BC 2–√2∠ACB =π4(2)AB =BC 2–√AB =2−23–√BC =−6–√2–√A −B =AC ⋅BC C 2C 22–√A −(−=AC ⋅(−)C 26–√2–√)22–√6–√2–√A −2(−1)AC +4(−2)=0C 23–√3–√AC =2AC =2(−2)3–√=AC ⋅AD ⋅sin ∠CAD =AD =3S △ACD 122–√2AD =32–√C =A +A −2AC ⋅AD ⋅cos ∠CAD =10D 2C 2D 2CD =10−−√(1)a =1b =0f (x)=
cos x x (x)=−f ′sin x ⋅x +cos x x 2x ∈(0,)π2sin x ⋅x +cos x >0(x)<0f ′f (x)(0,)π2(2)(ⅰ)f (x)=+b a cos x x (x)=f ′−a (sin x ⋅x +cos x)x 2()=f ′π2−2a πf (x)(,f ())π2π2y =−x +26π=−−2a π6πa =3x =π2y =−×+2=−16ππ2f ()=b =−1π2f (x)f (x)=−13cos x x (ⅱ)g(x)=f (x)−+1=−32π3cos x x 32π(x)=g ′−3(x sin x +cos x)x 2x ∈(0,]π2(x)<0g ′g(x)g()=−>0π693–√π32πg()=−<0π232π
g(x)0,]π2x ∈(,)π23π2cos x <0g(x)=−<03cos x x 32πg(x)(,)π23π2x ∈[,2π]3π2
h (x)=x sin x +cos x (x)=x cos x >0h ′,2π]3π()<03π
所以在区间单调递增， ，，所以存在，使得在上单调递增，在单调递减，又由，所以函数在上有两个零点，综上可得，方程在（上有个解．【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当，时， ，可得．因为，所以，即，所以函数在区间上为单调递减函数．由函数，可得，则．因为函数在点处的切线方程为，所以，解得．当，代入切线方程为，可得，所以函数的解析式为．令，则，①当时，可得，单调递减，又由，，所以函数在区间（上只有一个零点；②当时， ，可得恒成立，h (x)[
,2π]3π2h (2π)>0h ()<03π2∈[,2π]x 03π2g(x)[,)3π2x 0(,2π]x 0g(2π)=0,g()<0π2[,2π]3π2f (x)=−132π0,2π]3(1)a =1b =0f (x)=
cos x x (x)=−f ′sin x ⋅x +cos x x 2x ∈(0,)π2sin x ⋅x +cos x >0(x)<0f ′f (x)(0,)π2(2)(ⅰ)f (x)=+b a cos x x (x)=f ′−a (sin x ⋅x +cos x)x 2()=f ′π2−2a πf (x)(,f ())π2π2y =−x +26π=−−2a π6πa =3x =π2y =−×+2=−16ππ2f ()=b =−1π2f (x)f (x)=−13cos x x (ⅱ)g(x)=f (x)−+1=−32π3cos x x 32π(x)=g ′−3(x sin x +cos x)x 2x ∈(0,]π2(x)<0g ′g(x)g()=−>0π693–√π32πg()=−<0π232π
g(x)0,]π2x ∈(,)π23π2cos x <0g(x)=−<03cos x x 32π,)3π
所以函数在区间上没有零点；③当时，令，可得，
所以在区间单调递增， ，，所以存在，使得在上单调递增，在单调递减，又由，所以函数在上有两个零点，综上可得，方程在（上有个解．21.
【答案】
解：，
∵在与时，都取得极值，∴，，即，解得.
由知，,
又∵，
令，即，解得，或，令，即．解得，∴函数的增区间为 ；减区间为，∴函数在时有极大值为 ，在时有极小值为．【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：，
∵在与时，都取得极值，g(x)(,
)π23π2x ∈[,2π]3π2
h (x)=x sin x +cos x (x)=x cos x >0h ′h (x)[,2π]3π2h (2π)>0h ()<03π2∈[,2π]x 03π2g(x)[,)3π2x 0(,2π]x 0g(2π)=0,g()<0π2[,2π]3π2f (x)=−132π0,2π]3(1)(x)=3+2ax +b f ′x 2f(x)x =1x =−13(1)=0f ′(−)=0f ′133×1+2a +b =03×(−+2a(−)+b =013)213a =−1，b =−1(2)(1)f(x)=−−x +1x 3x 2(x)=3−2x −1f ′x 2(x)>0f ′3−2x −1>0x 2x <−13x >1(x)<0f ′3−2x −1<0x 2−<x <113(−∞,−)，(1,+∞)13(−，1)13x =−133227
x =10(1)(x)=3+2ax +b f ′x 2f(x)x =1x =−13
−)=0
1
∴，，
即，解得.
由知，,
又∵，
令，即，解得，或，令，即．解得，∴函数的增区间为 ；减区间为，∴函数在时有极大值为 ，在时有极小值为．22.【答案】
解：的直角坐标为，
∴圆的直角坐标方程为 ．
化为极坐标方程是．
将代入圆的直角坐标方程，得，
即，
∴，，
∴ .∵，∴，∴，即弦长的取值范围是．
【考点】
圆的极坐标方程
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：的直角坐标为，
(1)=0f ′(−)=0f ′133×1+2a +b =03×(−+2a(−)+b =013)213a =−1，b =−1(2)(1)f(x)=−−x +1x 3x 2(x)=3−2x −1f ′x 2(x)>0f ′3−2x −1>0x 2x <−13x >1(x)<0f ′3−2x −1<0x 2−<x <113(−∞,−)，(1,+∞)13(−，1)13x =−133227x =10(1)C (,)2–√π4(1,1)C +=3(x −1)2(y −1)2−2ρ(cos θ+sin θ)−1=0ρ2(2){x =2+t cos α，y =2+t sin α，
C +=3(x −1)2(y −1)2+=3(1+t cos α)2(1+t sin α)2+2t (cos α+sin α)−1=0t 2+=−2(cos α+sin α)t 1t 2⋅=−1t 1t 2|AB|=|−|t 1t 2=−4(+)t 1t 22t 1t 2−−−−−−−−−−−−−√=22+sin 2α−−−−−−−−√α∈[0,)π42α∈[0,)π22≤|AB|<22–√3–√|AB|[2,2)2–√3–√(1)C (,)2–√π4(1,1)+=3
22
∴圆的直角坐标方程为 ．
化为极坐标方程是．
将代入圆的直角坐标方程，得，
即，
∴，，
∴ .
∵，
∴，
∴，
即弦长的取值范围是．
23.
【答案】
证明：，，，
，
，
由柯西不等式得，
当且仅当时取 “=”，
．，，
，
（以上三式当且仅当时同时取“=”），将以上三式相加得，
即．
【考点】
柯西不等式的几何意义
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
证明：，，，
C +=3(x −1)2(y −1)2−2ρ(cos θ+sin θ)−1=0ρ2(2){x =2+t cos α，
y =2+t sin αC +=3(x −1)2(y −1)2+=3(1+t cos α)2(1+t sin α)2+2t (cos α+sin α)−1=0t 2+=−2(cos α+sin α)t 1t 2⋅=−1t 1t 2|AB|=|−|
t 1t 2
=−4(+)t 1t 22t 1t 2
−−
−−−−−−−−−−−√=22+sin 2α
−−−−−−−−√α∈[0,)π42α∈[0,)π22≤|AB|<22–√3–√|AB|[2,2)2–√3–√(1)∵a b c >0∴f(x)=|x +|+|x −|+≥|x +−(x −)|+=++1
a 21
b 21
4c 21
a 21
b 214
c 21a 21b 21
4c 2
∴++=11a 21b 21
4c 2(++4)(++)≥=9a 2b 2c 21
a 21
b 214
c 2(1+1+1)2
a =
b =2
c =3–√∴+
+4≥9a 2b 2c 2(2)∵+≥1a 21b 22ab +
≥
1b 214c 21bc +≥
1a 214c 21ac a =b =2c =3–√++≤2(++)=22ab 1bc 1ac 1a 21b 21
4c 2++≤11ab 12bc 12ac (1)∵a b c >0f(x)=|x +|+|x −|+≥|x +−(x −)|+=++111111111
，，由柯西不等式得，当且仅当时取 “=”，
．
，，，（以上三式当且仅当时同时取“=”），
将以上三式相加得，即．∴f(x)=|x +
|+|x −|+≥|x +−(x −)|+=++1a 21b 214c 21a 21b 214c 21a 21b 214c 2∴++=11a 21b 214c 2
(++4)(++)≥=9a 2b 2c 21a 21b 214c 2
(1+1+1)2a =b =2c =3–√∴++4≥9a 2b 2c 2(2)∵+≥1
a 21
b 22ab +≥1b 214
c 21bc +≥1a 214c 21ac
a =
b =2
c =3–√++≤2(++)=2
2ab 1bc 1ac 1a 21b 21
4c 2++≤11ab 12bc 12ac。