2022年全国高考甲卷数学(理)试题变式题9-12题-(解析版)-USB迷|专注于互联网分享

2024年2月17日发(作者：滕烟)

2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题9-12题原题91．甲，乙两个圆锥地母线长相等,侧面展开图地圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙．若A．5变式题1基础VS甲=2,则甲=（

）S乙V乙C．10D．5104B．222．“黄金圆锥”．若圆锥地高地平方等于其底面圆地半径与母线长地乘积,则称此圆锥为现有一个侧面积为16地黄金圆锥,则该黄金圆锥地体积是（

）A．32C．32B．3233251D．513变式题2基础3．如图,圆锥地轴为PO,其底面直径和高均为2,过PO地中点O1作平行底面地截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,此圆柱地下底面在圆锥地底面上,则圆锥与所得圆柱地体积之比为（

）A．2:1变式题3基础B．5:3C．3:1D．8:34．若圆锥地表面积为6π,圆锥地高与母线长之比3:2,则该圆锥地体积为（

）A．26π3B．26πC．32π4D．92π4变式题4基础5．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得地一部不朽之作,1

其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形地圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥地体积为3,则该圆锥地侧面积为（

）A．62变式题5巩固6．如图（1）,一个圆锥形容器地高为a,内装有一定量地水,若将容器倒置,这时水所形成地圆锥地高恰为B．42πC．32D．3a（如图（2））,则图（1）中地水面高度为2371aA．2351aB．27C．a23D．35a2变式题6巩固7．如图所示是一个装有红酒地圆锥形酒杯（杯体为一个圆锥）,已知该酒杯地杯子杯口,侧面积（不含杯座和杯茎）为910cm2,红酒地高度比直径为6cm（忽略杯子地厚度）杯子地高度低1cm,则红酒地体积为（

）A．256cm39B．512cm327C．27cm3D．108cm3变式题7巩固8．已知圆锥地顶点为点S,高是底面半径地2倍,点A,B是底面圆周上地两点,当△SAB是等边三角形时面积为33,则圆锥地侧面积为（

）A．3变式题8巩固9．已知Rt△ABC中,AC3,BC4,CD是斜边AB上地高,△ACD与ABC绕AC2B．23C．33D．43

旋转一周得到地几何体地表面积分别为S1和S2,则A．S1地值为（

）S221125B．181400C．35D．57变式题9提升10．若圆锥SO1,SO2地顶点和底面圆周都在半径为4地同一个球地球面上,两个圆锥地母线长分别为4,42,则这两个圆锥公共部分地体积为8A．π3变式题10提升B．8πC．56π3D．56163π311．在直角△ABC中,BCa,ACb,ABc,且abc,分别以BC,AC,AB所在直线为轴,将△ABC旋转一周,形成三个几何体,其表面积和体积分别记为S1,S2,S3和V1,V2,V3,则它们地关系为（

）A．S1S2S3,V1V2V3C．S1S2S3,V1V2V3变式题11提升12．在边长为2地菱形ABCD中,BADB．S1S2S3,V1V2V3D．S1S2S3,V1V2V33,DEAB,垂足为点E,以DE直线为轴,其余四边旋转半周形成地面围成一个几何体,则该几何体地表面积为（

）A．7原题10B．9C．723D．923x2y213．椭圆C:221(ab0)地左顶点为A,点P,Q均在C上,且有关y轴对称．若直ab1线AP,AQ地斜率之积为,则C地离心率为（

）4A．32B．22C．21D．13变式题1基础x2y214．已知椭圆C:221ab0地上顶点A0,b,左右焦点分别为F1,F2连接AF1,ab并延长交椭圆于另一点P,若PAPF2,则椭圆C地离心率为（

）A．13B．16C．33D．66变式题2基础x2y215．已知椭圆C:221(ab0)地左，右焦点分别为F1,F2,直线ykx(k0)与Cab3

相交于M,N两点（M在第一象限）.若M,F1,N,F2四点共圆,且直线NF2地倾斜角为,则椭圆C地离心率为（

）A．622B．31C．32D．21变式题3基础x2y216．椭圆C:221(ab0)地两焦点为F1,F2,若椭圆C上存在点P使△PF1F2为等ab腰直角三角形,则椭圆C地离心率为（

）A．22B．21C．2或212D．251或22变式题4巩固17．已知椭圆x2y21(1b0)地左､右焦点分别为F1,F2,点M是椭圆上一点,点A是线b2段F1F2上一点,且F1MF22F1MAA．23,|MA|,则该椭圆地离心率为（

）23C．22332B．21D．33变式题5巩固x2y218．已知椭圆C:221(ab0)地左，右焦点分别为F1,F2,过F2地直线与椭圆Cab相交P,Q两点,若PF1PF2,且PF22QF2,则椭圆C地离心率为（

）A．23B．53C．32D．34变式题6巩固x2y2a219．已知点F1,F2分别为椭圆C:221(ab0)地左，右焦点,点P为直线x上bab一个动点．若tanF1PF2地最大值为A．343,则椭圆C地离心率为（

）3B．33C．24D．22变式题7巩固x2y220．已知椭圆C:221ab0地左焦点为F,过F作一款倾斜角为45地直线与ab椭圆C交于A,B两点,若M3,2为线段AB地中点,则椭圆C地离心率是（

）A．33B．21C．25D．55变式题8提升x2y221．以椭圆C:221ab0地右焦点F为圆心､c为半径作圆,O为坐标原点,若ab圆F与椭圆C交于A,B两点,点D是OF地中点,且ADOF,则椭圆C地离心率为（

）4

A．22B．233C．31D．52变式题9提升x2y222．已知椭圆C：221(ab0)地左，右焦点分别是F1,F2,P是椭圆上地动点,Iab和G分别是△PF1F2地内心和重心,若IG与x轴平行,则椭圆地离心率为(

)A．2变式题10提升23．“鸟巢”地钢结构鸟瞰图如图1所示,内外两圈地钢骨架是离心率相同地椭国家体育场“鸟巢”相同,其平面图如图2所示,若由外层椭圆长轴一端点A圆。某校体育馆地钢结构与2和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC,BD,且两切线斜率之积等于,则椭圆地31B．33C．32D．63离心率为（

）A．13B．23C．33D．64原题11π24．设函数f(x)sinx在区间(0,π)恰有三个极值点，两个零点,则地取值范围3是（

）513A．,36519B．,36138C．,631319D．,66变式题1基础25．已知函数fxcosx0在区间0,内有且仅有一个极大值,且方程421fx在区间0,内有4个不同地实数根,则地取值范围是（

）2225154115741741A．,B．,C．,D．,26266262变式题2基础26．若函数fxcos2xsin2x在（0,）上恰有2个零点,则地取值范围为6（

）54A．,63变式题3基础54,B．6358C．,3358,D．335

27．已知函数fxsinx3cosx0,若fx地图象在区间0,上有且只有1个最低点,则实数地取值范围为（

）137A．,6211C．,6725B．,261123D．,66变式题4巩固lnxx1,x028．若函数fx有5个零点,则正实数地取值范围是（

）sinx,x03710A．,33710C．,33变式题5巩固1013B．,331013D．,333*29．已知函数fx2cosx23cosxN,若对R,在,3上至2少存在两个不等地实数m,n,使得fmfn16,则地最小值为（

）A．2变式题6巩固B．3C．4D．530．若函数fxsinx在0,2上有且仅有6个极值点,则正整数地值为10（

）A．2变式题7巩固B．3C．4D．5731．已知函数f(x)sinx(0)在区间0,上有且仅有4个零点,则地33取值范围是（

）A．(0,1)变式题8提升32．设maxp,q表示p,q两者中较大地一个,已知定义在0,2上地函数f(x)max2sinx,2cosx,满足有关x地方程f2x12mf(x)m2m0有6个不3B．2,1C．,121D．[1,2]同地解,则m地取值范围为A．2,2B．2,126C．1,2D．12,22

变式题9提升33．设函数f(x)2sin(x)1(0,0„„恰有3个零点,则地取值范围是（

）2)地最小正周期为4,且f(x)在[0,5]内5A．0,3125C．0,612变式题10提升B．0,,432D．0,,632ππ34．已知函数f(x)sinx(0)在,π上恰有3个零点,则地取值范围是33（

）81114A．,4,333111417C．,5,333111417B．,4,333141720D．,5,333原题1235．已知aA．cba变式题1基础3336．下面三个数：aln,bln,cln33,大小顺序正确地是（

）223111,bcos,c4sin,则（

）3244B．bacC．abcD．acbA．acb变式题2基础B．abcC．bcaD．bac1ln23e237．设a2ln,b,c,则a，b，c地大小顺序为（

）2ee3A．acb变式题3基础B．cabC．abcD．bac38．已知ae0.02,b1.02,cln2.02,则（

）A．cabC．acb变式题4巩固39．设,,0,,且cos,sincos,cossin,则,,地大小关系2B．abcD．bac是（

）A．变式题5巩固B．C．D．7

11140．已知asin,b,c,则（

）33A．cba变式题6巩固41．设a3,bsin6,csin3,则a,b,c地大小关系是（

）A．bac变式题7巩固42．已知a3ln2,b2ln3,c6ln,则下面结论正确地是（

）A．acb变式题8提升B．abcC．bacD．bcaB．cabC．acbD．abcB．abcC．acbD．cab4434343．已知asin,bsin,ccos,则a,b,c地大小关系为（

）53434A．abc变式题9提升44．已知a,b,c0,1,且alna1e,blnb2e2,clnc3e3,其中e是自然对数地底数,则（

）A．cbaC．acb变式题10提升45．设a20202022,b20212021,c20222020,则（

）A．abcB．bacC．cabD．cbaB．cabD．abcB．bcaC．acbD．bac8

参考结果：1．C【思路】设母线长为l,甲圆锥底面半径为r1,乙圆锥底面圆半径为r2,依据圆锥地侧面积公式可得r12r2,再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示,再利用勾股定理分别求出两圆锥地高,再依据圆锥地体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l,甲圆锥底面半径为r1,乙圆锥底面圆半径为r2,则S甲rlr112,S乙r2lr2所以r12r2,又则2r12r22,llr1r21,l21所以r1l,r2l,3345所以甲圆锥地高h1l2l2l,93122乙圆锥地高h2l2l2l,9312425rhll11V甲39310.所以V乙1r2h1222ll22393故选：C.2．D【思路】依据圆锥侧面积公式和黄金圆锥定义可构造方程求得h,结合h2l2r2可得r2,利用圆锥体积公式可求得结果.【详解】设该黄金圆锥底面圆地半径为r,母线长为l,高为h,则h2rl,1该黄金圆锥地侧面积S2rlh216,解得：h4,2h2rl162由222得：r8hlr1651,该黄金圆锥地体积V1r2h3325139.

故选：D.3．D【思路】由题意,分别求得圆锥和圆柱地体积即可.122,【详解】解：圆锥地体积为V112331圆柱地体积为V21,42所以V1:V2故选：D4．A【思路】依题意,设底面半径为r,圆锥地高为h,母线长为l,依据题意算出底面半径和高,再得到体积即可.【详解】由题意可知母线与圆锥底面地夹角地正弦值为设底面半径为r,圆锥地高为h,母线长为l,则l2r,h2:8:3,3423,故母线与圆锥底面地夹角为 ,323l① ,2则圆锥地表面积为Sr2rl6 ,将①代入,解得r2,h6 ,126圆锥地体积为Vr2h

。33故选：A.5．C【思路】设底面圆地半径为r,依据△PAB为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长,依据体积列方程可得r,然后可得.【详解】由题意设圆锥地底面圆地半径为r,因为△PAB为等腰直角三角形,则高为r,母线长12为2r,因为圆锥地体积为3,所以rr3,解得r3,所以该圆锥地侧面积为3r2r32．故选：C10

6．A【思路】令圆锥倒置时水地体积为V',圆锥体积为V,推导出出原来水面地高度.【详解】令圆锥倒置时水地体积为V',圆锥体积为V,V空71=,倒置后V水=V,由此能求V锥88a()31,则V'23Va8V空7=,所以V锥81倒置后V水=V,8(1h)37设此时水高为h,则,a38所以h(1故选：A.【点睛】该题考查地是相关圆锥地问题,需要求地是容器内溶液地液面高度问题,将其转化为锥体地体积比来解决,在求地过程中,注意相似几何体地体积比等于相似比地立方,列出等式求得结果.7．B【思路】求出酒杯圆锥地底面半径,然后利用相似形得出红酒圆锥地底面半径,再由体积公式计算．【详解】设圆锥形酒杯地母线为l.作出轴截面图,如图所示,因为该酒杯地杯子口径为6cm,侧面积（不含杯座和杯茎）为910cm2,所以rl3l910,解得l310,即PA310,OP(310)2329.又红酒地高度比杯子地高度低1cm,1137)a,2

所以O1P8,所以8O1A18,即O1A1,393215128则红酒地体积为V8cm3.3273故选：B．8．D【思路】依据△SAB是等边三角形时面积为33求得母线,再由高是底面半径地2倍,求得底面半径,然后由圆锥地侧面积公式求解.【详解】解：设圆锥地高为h,母线为l,底面半径为r,1则由题意得h=2r,l2sin6033 ,2所以l23,又l2h2r2,则r2,所以圆锥地侧面积为Srl43,故选。D9．A【思路】由题意求出CD,AD,过点D作DEAC,垂足为E,求出DE,△ACD与ABC绕AC旋转一周得到地几何体地表面积等于两个圆锥地侧面积之和,分别求出S1,S2,即可求出结果.【详解】由题意得AB5,CD足为E,则DE9BCAC12,ADAC2CD2,过点D作DEAC,垂AB55ADCD36,所以AC2512

S1DEADDECD756,S2BCABBC236,所以12575621S1125．S236125故选：A.10．A【思路】过圆锥地轴作出截面图求解,两个圆锥共顶点且底面平行,故它们地公共部分也是一个圆锥,求出其底面半径和高,即可得所求体积.【详解】易得S,O1,O2,O在同一款直线上,过该直线作出截面图如图所示.A1B1是圆锥SO1底面圆地直径,A2B2是圆锥SO2底面圆地直径,两直径都与OS垂直.在△OA1S中,SA14,OA1OS4,则可得OO1O1S2.222在△OA2S中,SA242,OA2OS4,则SA2OA2OS,则OA2OS.又O2A2O2S,所以点O,O2重合.这两个圆锥共顶点且底面平行,故它们地公共部分也是一个圆锥,1其底面半径为O1COA22,高为O1S2,213

182所以所求体积为Vπ22π.故选A.33【点睛】本题考查与球相关地切接问题,体积地计算,解题地关键是过球心作出截面图.11．B【思路】由直角三角形绕其直角边旋转可以得到一个圆锥,直角三角形绕其斜边旋转可以得到两个共用同一底面地圆锥地组合体,采用特例法,不妨令c=3，b=4， a=5,绕三边旋转一周分别形成三个几何体,求出他们地表面积和体积,进行比较可得结果.【详解】不妨设直角三角形地三边长分别为a5,b4,c3,当直角三角形绕BC边旋转时,其表面是两个圆锥地表面,所以其表面积为1124811284S12(34),体积V1()25。255355当直角三角形绕AC边旋转时,

S2323524,12体积V23412。32当直角三角绕AB边旋转时,S344536,12体积V34316.3S1S2S3。V1V2V3.故选：B12．C【思路】依据题设得到旋转体为底面直径，母线为2地半圆锥和上下底面直径分别为2，4,母线为2地半圆台,画出几何体,利用圆锥，圆台地表面积公式求几何体地表面积.【详解】由题设,AEBE1,如下图示：

绕DE直线为轴旋转半周,则A与B重合,所得旋转体为底面直径，母线为2地半圆锥和上下底面直径分别为2，4,母线为2地半圆台组合而成,如下图示：14

12所以圆锥表面积为S12213,圆台表面积为21S2(4422)122211,2112则几何体地表面积(S1S2)22sin60723.22故选：C13．Ay121,再依据【思路】设Px1,y1,则Qx1,y1,依据斜率公式结合题意可得x12a24x12y1221,将y1用x1表示,整理,再结合离心率公式即可得解.2ab【详解】[方式一]：设而不求设Px1,y1,则Qx1,y1则由kAPkAQy1y1y1211得：kAPkAQ,x1ax1ax12a244b2a2x12x12y122,由221,得y12abab2a2x12所以xa221a2b211,即2,a44cb23,故选A.所以椭圆C地离心率e12aa2[方式二]：第三定义设右端点为B,连接PB,由椭圆地对称性知：kPBkAQ1故kAPkAQkPAkAQ,4由椭圆第三定义得：kPAkAQb22,a15

b21故2a4所以椭圆C地离心率ecb23,故选A.12aa214．C【思路】依据题意及椭圆地定义,可求得PF1，PF2地长,依据三角函数定义,求得cosAF1O即可得结果.c依据余弦定理,可求得cosPF1F2,依据两角地关系,列出方程,代入离心率公式,a【详解】由题意得OF1c,OAb,所以AF1a,则APAF1PF1aPF1,由椭圆地定义可得PF1PF22a,所以PF22aPF1,因为PAPF2,所以aPF12aPF1,解得PF1在RtAOF1中,cosAF1O3aa,PF2,22c,a在△PF1F2中,cosPF1F2PF1F1F2PF22PF1F1F22222a3a2c2c2a222,aac22c222因为AF1OPF1F2,所以cosAF1OcosPF1F2,即所以a23c2c2c2a2,aaccc23.所以e2aa3故选：C16

15．B【思路】依据M,F1,N,F2四点共圆,且直线NF2地倾斜角为,利用椭圆定义可得c进而求得椭圆C地离心率【详解】依据题意四边形MF1NF2为平行四边形,又由M,F1,N,F2四点共圆,可得平行四边形MF1NF2为矩形,即NF1NF2又直线NF2地倾斜角为,则有MF1F2则MF26631a,π613F1F2c,MF1F1F23c,222a则2aMF1MF2(13)c,即c1331a则椭圆C地离心率e故选：B16．Cc31a【思路】依据等腰直角三角形,可知有三种情况：PF1PF2,PF1F1F2和PF2F1F2,依据几何关系即可求解.【详解】当PF1PF2时,△PF1F2为等腰直角三角形,则点P位于椭圆地上下顶点,则满足：bce=2,2b2当PF2F1F2或者PF1F1F2时,此时Pc, ,△PF1F2为等腰直角三角形,则满足ab22c ,a故a2c22ac0e22e10 ,0e1,e2117

故选：C17．B【思路】由椭圆定义得MF1MF2,由余弦定理可得MF1MF2,再由三角形面积公式得MF1MF2和MF1MF2地关系,从而求得c,然后可得离心率．【详解】解：设|MF1|r1,|MF2|r2,则r1r22a2,222由余弦定理得|F1F2||MF1||MF2|2|MF1||MF2|cos2,3即4c2r12r22r1r2(r1r2)2r1r24r1r2,所以r1r244c2,因为SFMFSFMASAMF,12121211所以r1r2sinr1|MA|sinr2|MA|sin,23232322整理得r1r2(r1r2)|MA|,即44c2,整理得c,3214所以cc11,a1,e,2a2故选：B.18．B【思路】设F2Qm,PF22m,由椭圆地定义及PF1PF2,结合勾股定理求参数m,进而由勾股定理构造椭圆参数地齐次方程求离心率.【详解】设F2Qm,PF22m,椭圆地焦距为2c,则PF12a2m,QF12am,由PF1PF2,有(2am)2(2a2m)29m2,解得m22a,342c542所以PF1a,PF2a,故4c2aa得：e．33a333故选：B.19．Da2【思路】依据对称性,不妨设点P在第一象限且坐标为,mm0,设bF2PM,F1PM,则F1PF2,进而结合正切地差角公式和基本不等式可得4c44a2c2a40,进而依据齐次式求离心率即可.18

a2【详解】解：依据对称性,不妨设点P在第一象限且坐标为,mm0,如图,ba2记直线x与x轴地交点为M,设F2PM,F1PM,则F1PF2,ba2a2由于F1c,0,F2c,0,故MF1c,MF2c,bba2a2cc,所以,bbtan,tanmm2c2mcb22cb2mtanF1PF2tan2242242222abc,mbabc2a所以2mbcmb1m2a4b2c2a4b2c224222因为m0,mb时等号成立,即2babc,当且仅当mbmm2a4b2c2时等号成立,mb222cb22cb23tanF1PF2所以a4b2c22b2a4b2c23,2mbm整理得4c44a2c2a40,2所以4e44e210,解得e1,2所以e故选：D22,即椭圆C地离心率为.2220．A【思路】设出点A,B地坐标,利用“点差法”求解作答.19

b2x12a2y12a2b2【详解】设点A(x1,y1),B(x2,y2),依题意,222222,bxayab2222相减得b(x1x2)(x1x2)a(y1y2)(y1y2)0,因直线AB地倾斜角为45,即直线AB地斜12率为xx1,12yyb2222yy4xx6M3,2为线段AB地中点,则12,12,因此有4a6b0,即2,又a3a2b2b23.所以椭圆C地离心率e12aa3故选：A21．C【思路】由几何性质得出A点坐标,代入椭圆方程求解【详解】不妨令点A在第一象限,由D是OF地中点,且ADOF,OFAFc3A可知△OAF是正三角形,则2,2c,c232c,即b2c23a2c24a2b2,即将点A坐标代入椭圆C方程可得4421a2ba2c2c23a2c24a2a2c2,整理得c48a2c24a40,即e48e240,得e2423或e2423.因为0e1,所以e2423,则e31故选：C22．A【思路】连接PO,则P、G、O三点共线,延长PI交x轴于点Q,则由IG平行于x轴得SPF1F2PQPF1PF2PIPG3,依据三角形内心地性质可得2,从而可得2,从而可SIF1F2IQIQGOF1F2得离心率．【详解】∵O是F1F2地中点,G是△PF1F2地重心,∴P、G、O三点共线,延长PI交x轴于点Q,则由IG平行于x轴知,PIPG2,IQGO20

SPF1F2PQ33,设△PF1F2内切圆半径为r,则IQSIF1F21F1F2PF1PF2rFFPF1PF2PF1PF22ac12312322,则1F1F2F1F22ca2F1F2r2∴椭圆地离心率为2．故选：A﹒123．C【思路】设出外层椭圆方程,利用离心率表达出内层椭圆方程,设出直线方程,联立后由根地判b21b2b222k,利用斜率乘积列出方程,求出2,从而求出离心别式得到与1a2k2a2a321率.x2y2x2y2【详解】设外层椭圆方程为221,则内层椭圆方程为2201,abab设过A点地切线方程为yk1xa,k10,x2y22222324222与2201联立得：bak1x2ak1xak1ab0,abb2,由Δ14ak4bakakab0得：k1a2641设过点B地切线方程为yk2xb,x2y22222222与2201联立得：bak2x2ak2bx1ab0,ab21

由Δ24akb4bak422222221ab2220得：k221b2,a21bb2b444,从而kka91a2a22212b22故2,a3b23.椭圆地离心率为12a3故选：C.24．C【思路】由x地取值范围得到x即可．【详解】解：依题意可得0,因为x0,,所以x3地取值范围,再结合正弦函数地性质得到不等式组,解得,,333要使函数在区间0,恰有三个极值点，两个零点,又ysinx,x,3地图象如下所示：3则13851383,解得,即,．236363故选：C．25．C【思路】依据三角函数地图象与性质,结合若fx在区间0,内有且仅有一个极大值,以及21方程fx在区间0,内有4个不同地实数根,列出不等式,即可求解.22【详解】由题意,函数fxcosx0,422

,因为x0,,所以x,442427154,解得。若方程若fx在区间0,内有且仅有一个极大值,则2242221fx在区间0,内有4个不同地实数根,2241491113,解得则．3243664115综上可得,实数地取值范围是,．62故选：C.26．B【思路】化简函数fx3sin2x,依据0x,得到2x2,结合fx3333在0,上恰有2个零点,列出不等式,即可求解.【详解】由题意,函数fxcos2xsin2x3sin2x,63因为0x,所以32x323,又由fx在0,上恰有2个零点,所以2254,.所以地取值范围为6333,解得54,63故选：B.27．D【思路】利用辅助角公式化简可得fx2sinx,依据x地范围,可求得x地范围,3337,计算即可得结果.依据题意,思路可得232【详解】由题意得fxsinx3cosx2sinx,3因为x0,,所以x,,333因为fx有且只有1个最低点,所以112337,解得.23266故选：D28．B23

【思路】利用导数思路可知fx在0,上有且只有一个零点,则函数fx在,0上有4个零点,由x0可得出解得实数地取值范围.3x33,依据题意可得出有关地不等式,由此可【详解】当x0时,fxlnxx1,则fx11x1,xx当0x1时,fx0,此时函数fx单调递增,当x1时,fx0,此时函数fx单调递减,所以,fxmaxf10,所以,函数fx在0,上有且只有一个零点,所以,函数fx在,0上有4个零点,当x0时,则故选：B.29．C【思路】化简f(x)为4sin(x),将fmfn16化为sin(m)1且sin(n)1,或666者sin(m)1且sin(n)1,将问题转化为对R,函数ysin(x)地图象与666直线y1在,3上至少存在两个交点,或者对R,函数ysin(x)地图象与直线63x33,所以,433,解得1013,333y1在,3上至少存在两个交点,依据函数ysin(x)地图象列式T3,其中62T2,可求出结果.3【详解】f(x)2cosx23cosx2cosx23sinx2134(cosxsinx)4sin(x),622由fmfn16得4sin(m)4sin(n)16,66所以sin(m)sin(n)1,所以sin(m)1且sin(n)1,或者6666sin(m)1且sin(n)1,66则问题转化为对R,函数ysin(x)地图象与直线y1在,3上至少存在两个交6点,或者对R,函数ysin(x)地图象与直线y1在,3上至少存在两个交点,624

23,所以T3,其中T2323,所以3.14,又N*,所以地最小值为4.所以2故选：C30．B【思路】设tx10,则t,2,即ysint在,2上有且仅有6个10101010极值点,结合正弦函数地图像性质可得结果.【详解】设tx10,则当x0,2时,t,2

1010,2上有且仅有6个极值1010由fx在0,2上有且仅有6个极值点,则ysint在点.如图由正弦函数地图像性质可得解得111322102111131,所以正整数地值为3420420故选：B31．B【思路】由x地范围,求出x3地范围,结合正弦函数gtsint地性质即可得结果.【详解】依据题意,函数f(x)sinx(0),3若fx0,即sinx,必有01,387,令tx,x0,,则t333325

8设gtsint,t,,338则函数ygt和y在区间,33又由于sin内有4个交点,3sin833,必有1,232即地取值范围是故选：B.32．A3,1,2【思路】依据题意,先解有关f(x)地一圆二次方程,得两个根为f(x)m或f(x)m1,再依据函数图像,确定参数取值范围.22【详解】由fx12mf(x)mm0,可得f(x)m或f(x)m1,函数f(x)max2sinx,2cosx地图像如图所示,当m1时,m10不符合题意.2m2,解得2m2.故选：A由m1m,得2m12【点睛】本题考查三角函数图像和性质地应用,综合性较强,有一定难度.33．D【思路】依据周期求出5551„3,把,结合地范围及x[0,5],得到„看做22221一个整体,研究ysinx在[0,3]地零点,结合f(x)地零点个数,最终列出有关地不等式组,2求得地取值范围【详解】因为T24,所以111.由f(x)0,得sin(x).22215550„„„„3.,,当x[0,5]时,x,又则22222151317,,且f(x)在[0,5]内恰有3个零点,所以因为ysinx在[0,3]上地零点为,,6666226

„,0„„,626或解得0,,.63213„51717„5,26266故选：D.34．C【思路】先由零点个数求出36,再用整体法得到不等式组,求出地取值范围.ππππ2ππ4πππ,解得：36,【详解】x,π,x,π,其中333333πππ+2kπ2π+2k1π1ππ4ππ33,要想保证函数在,π恰有三个零点,满足①,则π33334π+2kπ<π5π+2kπ113ππ2kππ+2k2π2111433k1Z,令k10,解得：,。或要满足②,k2Z,π332kπ+3π<π2kπ+4π22317令k21,解得：5,。经检验,满足题意,其他情况均不满足36款件,3111417综上：地取值范围是,5,.333故选：C【点睛】三角函数相关地零点问题,需要利用整体思想,数形结合等进行解决,通常要考虑最小正周期,确定地范围,本题中就要依据零点个数,先得到Tπ进行求解.35．A【思路】由π2T,从而求出36,再3c14tan结合三角函数地性质可得cb;构造函数b412x1,x0,,利用导数可得ba,即可得解.227fxcosx

【详解】[方式一]：构造函数π因为当x0,,xtanx2c1c故4tan1,故1,所以cb。bb4设f(x)cosx12x1,x(0,),2f(x)sinxx0,所以f(x)在(0,)单调递增,13110,故ff(0)=0,所以cos4432所以ba,所以cba,故选A[方式二]：不等式放缩π因为当x0,,sinxx,2111131,故ba得到x=：cos12sin212848832214111,cos4sincos17sin,其中0,,且sin441717241111当4sincos17时,,及4442241411,cossin此时sincos44171741111sin4sin,故bc故cos4441717所以ba,所以cba,故选A[方式三]：泰勒展开10.2520.254310.252,bcos1,设x0.25,则a1322424!c4sin14sin124410.250.25,计算得cba,故选A.13!5!4[方式四]：构造函数因为c111πc4tan,因为当x0,,sinxxtanx,所以tan,即1,所以cb。设b44b421f(x)cosxx21,x(0,),f(x)sinxx0,所以f(x)在(0,)单调递增,则21311ff(0)=0,所以cos0,所以ba,所以cba,4432故选：A．28

[方式五]：【最优解】不等式放缩因为c111πc4tan,因为当x0,,sinxxtanx,所以tan,即1,所以cb。因为当b44b4221π11131x0,,sinxx,得到x=cos12sin212,故ba,所以cba．8248832故选：A．【整体点评】方式4：利用函数地单调性比较大小,是常见思路,难点在于构造合适地函数,属于通性通法。π方式5：利用二倍角公式以及不等式x0,,sinxxtanx放缩,即可得出大小关系,属于2最优解．36．A【思路】构造函数f(x)lnxx,对其求导,判断单调性,进而可得出结果.【详解】构造函数f(x)lnxx,因为f(x)110对一切x(1,)恒成立,x3所以函数f(x)lnxx在x(1,)上是减函数,从而有ff(3)f(),2即acb.故选：A．【点睛】本题主要考查依据函数单调性比较大小,涉及导数地方式判断函数单调性,属于常考题型.37．B【思路】构造函数f(x)lnx,求出函数地导函数,即可得到函数地单调性与最大值,然后结合x函数单调性即可比较大小．【详解】解：令fxlnx1lnxx0,则f(x)2,xx当xe时,f(x)0,函数单调递减,当0xe时,f(x)0,函数单调递增,1故当xe时,函数得到最大值fe,ee23e2ln21f2,bfe,因为a2lnf,ce3e2329

e22e,3当0xe时,函数fx单调递增,e2可得f2ffe,即cab．3故选：B．38．Bx【思路】构造函数fxe1x,由导数易证函数fx在,0上单调递减,在0,上单调递增,利用单调性可得结果．xx【详解】构造函数fxe1x,令fxe10,当x,0,fx0,函数fx在,0上单调递减,当x0,,fx0,在0,上单调递增,所以f0.02f00,从而e0.0210.021.021ln2.02.故选：B．39．B【思路】先利用导数证明在x0,上yxsinx是增函数,得到xsinx在x0,上恒22成立,然后构造函数f(x)xsincosx,g(x)xcossinx,并由函数单调性地性质判断出f(x),g(x)在x0,上均是增函数,然后将代入f(x),g(x),并判断函数值正负,从而利用2函数地单调性比较自变量,,地大小.【详解】解：由题意：令yxsinx,x0,,则y1cosx0,2y在0,y0xsinxyy|x0,上恒成立,,,上是增函数即在x022由函数地单调性质知,函数f(x)xsincosx在0,是增函数,2f()sincos0,f()sincossin0,f()f(),又因为函数g(x)xcossinx在0,是增函数,ycosx在0,是减函数,222sin0coscos(sin)coscos(sin)30

g()cos(sin)cos0,即g()0,又g()cossin=0,g()g(),综上：

故选：B【点睛】本题考查导数,函数地单调性,以及三角函数知识地灵活运用,考查理解辨析能力,属于难题.40．D【思路】由函数地单调性结合已知款件求解即可【详解】由题意可知,b11c,即bc,31又0,,且当x0,时,令fxsinxx,322则fxcosx10,所以fxsinxx在0,递减,21又0,3111所以ff00,即sin033311所以sin,即ab,331601sin200.34,而c0.31,又因为asinsin3所以ca,即cab,故选：D.41．C【思路】依据sin3和sin6地符号即可比较b,c地大小,再利用导数判断函数fxxsinx在0,上地单调性即可比较a,c地大小,即可得解.2【详解】解：令fxxsinx,x0,,2则fx1cosx0,所以函数fxxsinx在0,上递增,231

所以xsinx0,即xsinx在x0,上恒成立,2又30,,2所以3sin3sin30,又6,2,所以sin60,所以3sin3sin6,即acb.故选：C.42．D【思路】令fxln3lnln4lnx,利用导数可求得fx单调性,由单调性可得,利用所x34得不等式化简整理即可得到大小关系.【详解】令fxlnx1lnx,则fx,x2x当x0,e时,fx0。当xe,时,fx0。fx在0,e上单调递增,在e,上单调递减,f3ff4,即由由ln3lnln4,34ln3ln得：ln33ln,2ln36ln,即bc。3ln3ln4得：4lnln4,6lnln43ln2,即ca。42综上所述：bca.故选：D.43．A【思路】依据sinfx33sincoscos比较b,c地大小关系,构造函数44441x3sinx,x,1比较a,b地大小关系,即可得解.x4【详解】133sinsinsincoscos,所以bc,

2644441x3sinx,x,1,x4构造函数fxsinxxx2cosx11x,fx2sinxcosx2xxx32

sinxsin311,所以sinx,242333x,1,必有0xx2,cosx1,所以xx2cosx161642所以sinxxxcosx0,sinxxx2cosx11x即fx2sinxcosx0xxx2所以fx1x3sinx,x,1单调递减,x4413431所以ff,sinsin534544443即sinsin,534所以abc故选：A【点睛】此题考查比较三角函数值地大小,常利用中间值比较,或构造函数利用函数单调性比较大小.44．Dx【思路】设fxxlnx,gxex,然后分别利用导数判断两个函数地单调性,利用其单调性可求得结果.【详解】∵a,b,c0,1,alnae1,blnbe22,clnce33,令fxxlnx,x0,1,fx11x1,xx当x0,1时,fx0,fx在0,1上单调递减,xx令gxex,x1,,gxe1,当x1时,ex10,所以gx在1,上单调递增,即e1e22e33,∴alnablnbclnc,即fafbfc,∴abc.故选：D.45．A33

ln2020lnalnx2021,所以构造函数fxxe2,利用导数判断其为减函数,从【思路】由于lnbln2021x12022而可比较出f2020f20210,进而可比较出a,b地大小,同理可比较出b,c地大小,即可得结果ln2020x1xlnxlna2022ln2020lnx22021,fxfxxe∵,2,【详解】构造函数xx1lnb2021ln2021ln2021x12022令gxx1xlnx,则gxlnx0,222∴gx在e,上单减,∴gxge1e0,故fx0,2e∴fx在,上单减,∴f2020f20210,∴lnaf20201lnbf2021∴lnalnb.∴ab,同理可得lnblnc,bc,故abc,故选：A34