湖北省黄冈中学2025-2026学年高三上学期实验班周日数学同步考3（函数）

第 1页（共 15页） 黄冈中学 2026 届实验班高三上学期 周日同步考(3) 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．设全集为 R，集合        2 3 1 e exA x ＞ ，  0322 ＜ xxxB ，则  BAR C （ ） A． 1 1x x   B． 1xx C．  31  xxx 或 D．  3xx 2．已知复数 z满足 2 3i 2 3i z z    ，则 z （ ） A．3 B． 13 C．7 D．13 3．已知 1cos2 3 x   ，则 2 2 π πcos cos 6 6 x x             的值为（ ） A． 9 16 B． 5 6 C． 13 20 D． 17 24 4．设cos20 a  ，则 1 3 tan50 1    （ ） A． 21 3 a B． 2 1 2 a C． a D． 2a 5．已知函数 ( ) 2sin( )( 0)f x x     是偶函数，且在区间 [ , ] 3 3    上恰有 6个零点，则 的最大整数值 为 ( ) A．10 B．9 C．8 D．7 6．已知 0a  且 1a  ，若函数 , ( ) log ( ) 1, x a a a x a f x x a x a        的值域为R ，则 a的取值范围是（ ） A． 10, 2      B． 1 ,1 2     C．  1,2 D． 2, 7．已知函数  f x 及其导数  f x 的定义域均为R ，  f x 在R 上单调递增，  1f x  为奇函数，若 2 3a  ， 4 5b  ，3 4c  ，则（ ） A．      f a f b f c  B．      f b f a f c  C．      f b f c f a  D．      f c f b f a  第 2页（共 15页） 8.若  f x 满足  ( ) 0xf x f x ABC   ， 为锐角三角形，则下列选项正确的是（ ）. A．    sin sin sin sinf A B f B A B．    sin sin sin sinf A B f B A C．    cos sin sin cosf A B f B A D．    cos sin sin cosf A B f B A 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9．已知 ( ) 4cos cos 3 g x x x       ，则下列说法中正确的是（ ） A．函数 ( )g x 的最小正周期为 B．函数  g x 在 , 6 12      上单调递减 C．函数  g x 的图象可以由函数 cos 2 1 3 y x        图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的 2 倍得到 D． 7 ,1 12       是函数 ( )g x 图象的一个对称中心 10．已知 a，b 都是正实数，则下列不等式中恒成立的是（ ） A．   1 14 9a b a b        B．   1 1 6a b a b        C． 2 5 3 2 a a  D． 2 1 1 2 a a a    11．已知直线 y a 与曲线 x xy e  相交于 A，B两点，与曲线 lnxy x  相交于 B，C两点， A，B，C的横 坐标分别为 1x ， 2x ， 3x ，则 ( ) A． 22 xx ae B． 2 1x lnx C． 23 xx e D． 21 3 2x x x 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 若函数     log 2 0, 1af x ax a a    在区间  1,3 内单调递增，则 a的取值范围 . 第 3页（共 15页） 13．在 ABCV 中，角A， B，C所对的边为 a，b， c，若 sin sin cos cos 3sin B C A C A a c   ，且 ABCV 的面积 2 2 23 ( ) 4ABC S a b c  △ ，则 c a b 的取值范围是 . 14. 已知 1, 0 ( ) cos ,0 2π x x f x x x       ，若      1 2 3 1 2 3,f x f x f x x x x    ，则 1 2 32 2x x x  的最大值 为 . 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知 (sin ,cos )a x x  ， (cos , 3 cos )b x x   ， 3( ) ( )( 0) 2 f x a b a       ．函数 ( )y f x 的最小正 周期为 ． （Ⅰ）求函数 ( )f x 在 [0， ] 内的单调递增区间； （Ⅱ）若关于 x的不等式 ( ) 2 sin( ) 2 cos( ) 6 4 4 f x m x x       在 [0, ] 2  内恒成立，求实数m的取值范围． 16．（15 分）已知在锐角 ABCV 中， sin 2sin2 sin( )A C B C   ，D为 BC边上一点，且 2CD DB   ． (1)证明： AD平分 BAC ； (2)已知 7cos 25 BAC  ，求 AD BC ． 第 4页（共 15页） 17．已知函数 3 1( ) log [( ) 1] ( ) 9 xf x kx k R    是偶函数． （1）求 ( )f x 的解析式； （2）设函数 3( ) log ( 2 )3x mg x m  ，其中 0m  ，若方程 ( ) ( )f x x g x  存在实数解，求实数m的取值范围． 18．记 ABC 的内角 A， B，C 的对边分别为 a， b， c，已知 cos sin sin2 2 coscos sin 2 2 A A B A A B    ． （1）若 2 3 C  ，求 B； （2）若 2 2 2 0( )a b kc k R    ，求符合条件的 k的最小值． 19．（17分）已知函数 ( ) cos ,  Rf x tx x t ． (1)当 1 2 t   时，求函数 ( )f x 在 π= 6 x 处的切线方程； (2)若函数 ( )f x 在[0, ] 上恰有两个极值点，且设极大值和极小值分别为M ,m，求3 M m的取值范围． 第 5页（共 15页） 黄冈中学 2026 届实验班高三上学期 周日同步考(3) 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．设全集为 R，集合        2 3 1 e exA x ＞ ，  0322 ＜ xxxB ，则  BAR C （ ） A． 1 1x x   B． 1xx C．  31  xxx 或 D．  3xx 【答案】：B． 【解析】：由题可知：集合  1＞xxA  ，集合  31 ＜＜xxB  ，所以  1 ＞xxBA ，所 以  BAR C  1xx ，故选 B． 2．已知复数 z满足 2 3i 2 3i z z    ，则 z （ ） A．3 B． 13 C．7 D．13 【答案】B【分析】由题设可得 2 13z  ，令 iz a b  ，且 , Ra b ，结合复数乘方运算求参数，即可得模. 【详解】由题设 2 ( )( ) 132 3i 2 3iz    ， 令 iz a b  ，且 , Ra b ，则 2 2 2( i) 2 i 13a b a b ab     所以 2 2 13 0 a b ab      ，故 2 2 13 0 a b     ，故 2 2z a b   13 .故选：B 3．已知 1cos2 3 x   ，则 2 2 π πcos cos 6 6 x x             的值为（ ） A． 9 16 B． 5 6 C． 13 20 D． 17 24 【答案】B【分析】利用降幂公式及两角和差的余弦公式化简即可得解. 【详解】 2 2 π π1 cos 2 1 cos 2 π π 3 3cos cos 6 6 2 2 x x x x                             1 3 1 31 cos 2 sin 2 1 cos 2 sin 2 2 2 2 2 2 2 x x x x      1 1 1 51 cos 2 1 2 2 3 6 x            .故选：B. 第 6页（共 15页） 4．设cos20 a  ，则 1 3 tan50 1    （ ） A． 21 3 a B． 2 1 2 a C． a D． 2a 【答案】C 【分析】先“切化弦”，再利用和角公式和倍角公式化简即可. 【详解】 1 3 tan50 1  cos50 3 sin 50 cos50        cos50 2sin 50 30     sin 40 2sin20    2sin 20 cos 20 2sin 20     cos20  a . 故选：C 5．已知函数 ( ) 2sin( )( 0)f x x     是偶函数，且在区间 [ , ] 3 3    上恰有 6个零点，则 的最大整数值 为 ( ) A．10 B．9 C．8 D．7 【解答】解：函数 ( ) 2sin( )( 0)f x x     是偶函数，且在区间 [ , ] 3 3    上恰有 6个零点， 可得 5 7 4 3 4 T T  ， 2T    ，可得 15 21 2 2   ，所以 的最大整数值为 10． 故选： A． 6．已知 0a  且 1a  ，若函数 , ( ) log ( ) 1, x a a a x a f x x a x a        的值域为R ，则 a的取值范围是（ ） A． 10, 2      B． 1 ,1 2     C．  1,2 D． 2, 【答案】A 【详解】 , ( ) log ( ) 1, x a a a x a f x x a x a        的值域为R ， 0a  且 1a  ， 当 1a  时，则 x a ， ( ) x af x a  为增函数， ( ) ( ) 1f fx a  ， 而 x a 时， ( ) log ( ) 1af x x a   为增函数，此时， ( ) ( ) log 2 1 log 2 2 2a af x f a a      ，不符题意； 当0 1a  时，则 x a ， ( ) x af x a  为减函数， ( ) ( ) 1f x f a  ， 而 x a 时， ( ) log ( ) 1af x x a   为减函数，此时， ( ) ( ) log 2 1 log 2 2a af x f a a     ， 因为 ( )f x 的值域为R ，当且仅当 log 2 2 1a   时，满足题意， 此时， log 2 1a   ，则 ln 2 1 ln a   ，整理得， ln 2 ln a  ，解得 1 2 a  ； 综上， 10 2 a  时满足题意. 故选：A 第 7页（共 15页） 7．已知函数  f x 及其导数  f x 的定义域均为R ，  f x 在R 上单调递增，  1f x  为奇函数，若 2 3a  ， 4 5b  ，3 4c  ，则（ ） A．      f a f b f c  B．      f b f a f c  C．      f b f c f a  D．      f c f b f a  【答案】C 【详解】因为  1f x  为奇函数，所以    1 1f x f x     ， 令 0x  ，则    1 1f f   ，故  1 0f   ，又  f x 在R 上单调递增， 所以当 1x  时，   0f x  ，则  f x 单调递减；当 1x  时，   0f x  ，则  f x 单调递增； 因为 2 3a  ， 4 5b  ，3 4c  ，所以 2 2log 3 log 2 1a    ， 4 4log 5 4 1logb    ， 3 3log 4 log 3 1c    ， 因为           2 2 2 24 ln 2 ln 4 ln 2 ln 4 ln8 ln 9 4 ln3     ， 由于 ln 2 ln 4 ，故上式等号不成立，则     2ln 2 ln 4 ln 3 ， 又 ln3 0, ln 2 0  ，所以 ln 4 ln 3 ln 3 ln 2  ，即 3 2log 4 log 3 ，即 c a ， 同理可得 b c ，所以1 b c a   ，所以      f b f c f a  .故选：C. 8.若  f x 满足  ( ) 0xf x f x ABC   ， 为锐角三角形，则下列选项正确的是（ ）. A．    sin sin sin sinf A B f B A B．    sin sin sin sinf A B f B A C．    cos sin sin cosf A B f B A D．    cos sin sin cosf A B f B A 【答案】D 【分析】根据题意，构造新函数  ( ) f xF x x  ，得到   2 ( ) ( ) 0 xf x f x F x x     ．结合锐角三角形性质，三角 函数单调性，诱导公式，得到 π1 sin sin( ) cos 0 2 B A A     .运用单调性，可以得到函数值的大小. 【详解】由于  ( ) 0xf x f x  ，则  2 ( ) 0 xf x f x x    .即令  ( ) f xF x x  ，则   2 ( ) ( ) 0 xf x f x F x x     . 则  ( ) f xF x x  在 ( ,0), (0, )  内单调递增. ABCV 为锐角三角形，则 π 2 A B  ,则 π π 0 2 2 B A    ，则 π1 sin sin( ) cos 0 2 B A A     .故    sin cos sin cos f B f A B A  ，变形得到    cos sin sin cosf A B f B A .故选：D. 第 8页（共 15页） 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9．已知 ( ) 4cos cos 3 g x x x       ，则下列说法中正确的是（ ） A．函数 ( )g x 的最小正周期为 B．函数  g x 在 , 6 12      上单调递减 C．函数  g x 的图象可以由函数 cos 2 1 3 y x        图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的 2 倍得到 D． 7 ,1 12       是函数 ( )g x 图象的一个对称中心 【答案】ABD 【详解】因为   4cos cos 3 g x x x       ，所以   1 34cos cos sin 1 cos 2 3 sin 2 2 2 g x x x x x x            ， 所以   2cos 2 1 3 g x x        ，A． 2 2 T    ，故正确；B．因为 , 6 12 x       ，所以 2 0, 3 2 x             ， 由 cosy x 在 0, 2      上单调递减可知  g x 在 , 6 12      上单调递减，故正确； C．函数 cos 2 1 3 y x        图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的 2 倍， 得到函数 2cos 2 2 3 y x        ，不是  g x ，故错误； D．令 2 , 3 2 x k k Z     ，所以 , 2 12 kx k Z    ， 当 1k  时， 7 12 x  ，所以 7 ,1 12       是函数 ( )g x 图象的一个对称中心，故正确；故选：ABD. 10．已知 a，b 都是正实数，则下列不等式中恒成立的是（ ） A．   1 14 9a b a b        B．   1 1 6a b a b        C． 2 5 3 2 a a  D． 2 1 1 2 a a a    【答案】AC 【分析】AB 选项，利用基本不等式求出最小值，得到 A 正确，B 错误；C 选项，作差法比较出大小关系； D 选项，先变形后利用基本不等式进行求解. 【详解】A 选项，因为 a，b 都是正实数，故   1 14 1 4 5 2 4 94b a aa b a b a b a b b              ， 第 9页（共 15页） 当且仅当 4b a a b  ，即 2a b 时，等号成立，A 正确； B 选项，因为 a，b 都是正实数，故   1 1 1 1 2 2 4b a b aa b a b a b a b               ， 当且仅当 a b b a  ，即 a b 时，等号成立，B 错误； C 选项， 2 2 5 3 1 13 0 2 2 4 4 a a a           ，故 2 5 3 2 a a  恒成立，C 正确； D 选项，a 是正实数，故 2 1 1 1 1 a a a a a      ，其中 1 12 2a a a a     ， 故 2 1 111 2 11 1a a a a a        ，当且仅当 1a a  ，即 1a  时，等号成立，D错误. 故选：AC 11．已知直线 y a 与曲线 x xy e  相交于 A，B两点，与曲线 lnxy x  相交于 B，C两点， A，B，C的横 坐标分别为 1x ， 2x ， 3x ，则 ( ) A． 22 xx ae B． 2 1x lnx C． 23 xx e D． 21 3 2x x x 【解答】解： x xy e  ，则 1 x xy e   ，令 0y  得 1x  ， 当 ( ,1)x  时， 0y  ， x xy e  单调递增；当 (1, )x  时， 0y  ， x xy e  单调递减， x xy e   的最大值为 1 e ， 同理， lnxy x  ， 2 1 lnxy x   ，令 0y  得 x e ， 当 (0, )x e 时， 0y  ， lnxy x  单调递增；当 ( , )x e  时， 0y  ， lnxy x  单调递减，  lnxy x  的最大值为 1 e ， 作出两个函数的图象，如图所示，由 2 2 x x a e  得 22 xx ae ，故选项 A正确，  1 2 2 1 2 2 2 2 x x lnx x x lnx lnxa xe e e     ，且 x xy e  在 (0,1)上单调递增， 又 10 1x  ， 21 x e  ， 20 1lnx   ， 1 2x lnx  ，故选项 B错误， 第 10页（共 15页）  2 2 2 32 3 x x x lnxxlne a xe e    ，且 lnxy x  在 ( , )e  上单调递减， 2 ( , )x ee e e ， 3x e ， 2 3 xe x ，故选项C 正确， 2 22 1 3 2 2 2 x xx x e lnx ax x a      ，故选项D正确， 故选： ACD． 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 若函数     log 2 0, 1af x ax a a    在区间  1,3 内单调递增，则 a的取值范围 . 【答案】 20, 3      【详解】令 log , 2ay t t ax   ， 因为 2t ax  单调递减，所以 logay t 单调递减，故 0 < � < 1, 又因为  1,3 ,2 0x ax   ， 所以 22 3 0, 3 a a   ，所以 20 3 a  . 故答案为： 20, 3      . 13．在 ABCV 中，角A， B，C所对的边为 a，b， c，若 sin sin cos cos 3sin B C A C A a c   ，且 ABCV 的面积 2 2 23 ( ) 4ABC S a b c  △ ，则 c a b 的取值范围是 . 【答案】 1 ,1 2     【详解】解：由 2 2 2 3 ( ) 4ABC S a b c  △ ， 2 2 21 3sin ( ) 2 4 ab C a b c   ， 又 2 2 2 2 cosc a b ab C   ，所以 1 3sin 2 cos 2 4 ab C ab C  ， tan 3C  ， 0 C   ， 60C  ，  sin sin cos cos 3sin B C A C A a c   ， 3 sin1 cos cos2 3 sin B A C A a c    ．  2 2 2 2 2 2 23 2 6 2 2 2 b b c a a b c b b a abc abc abc ac          ， 2 3c  ， 由正弦定理得 2 32 4 sin sin 3 cR C     ， 所以 24sin 4sin 4sin 4sin 3 a b A B A A          2 24sin 4sin cos 4cos sin 3 3 A A A    3 16sin 2 3cos 4 3 sin cos 4 3sin( ) 2 2 6 A A A A A              ， 第 11页（共 15页） 因为 20 3 A   ，所以 5 6 6 6 A     ，所以 1sin ,1 6 2 A            ， 4 3sin 2 3,4 36A          2 3 1 ,1 24 3 sin 6 c a b A             ．故答案为： 1 ,1 2     ． 14. 已知 1, 0 ( ) cos ,0 2π x x f x x x       ，若      1 2 3 1 2 3,f x f x f x x x x    ，则 1 2 32 2x x x  的最大值 为 . 【答案】 13π3 2 6   【分析】根据余弦函数的对称性，可知 2 3 2πx x  ，利用函数值相等有 1 21 cosx x  ，转化成一个变量的函 数，利用导数求解出函数的最值，即可求解. 【详解】设      1 2 3f x f x f x t   ，则    1,1 ,t f x  的图象如图所示， 即� = � � 的图象与 y t 的图象有 3 个交点，横坐标依次为 1 2 3, ,x x x ，且 1 2 32 0 π 2π,x x x       由余弦函数图象的性质可知， 2 3 2πx x  ，又 1 21 cosx x  ，所以  1 2 2 2 22 2cos 2 0 πx x x x x      ，令   2cos 2(0 π)g x x x x     ，则   1 2sing x x  ，令   1 2sin 0g x x   ，解得 π 6 x  或 5π 6 ，当 π0, 6 x      时，    0,g x g x  在 π0, 6       单调递增， 当 π 5π, 6 6 x      时，    0,g x g x  在 π 5π, 6 6       单调递减，当 5π , π 6 x      时，    0,g x g x  在 5π , π 6       单调递 增，又因为   π ππ π 4 0, 3 2 0 6 6 g g         ，所以 max π π( ) 3 2 6 6 g x g         ， 所以 1 2 3 1 2 π 13π2 2 2 2π 3 2 2π 3 2 6 6 x x x x x            ， 故答案为： 13π3 2 6   . 第 12页（共 15页） 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知 (sin ,cos )a x x  ， (cos , 3 cos )b x x   ， 3( ) ( )( 0) 2 f x a b a       ．函数 ( )y f x 的最小正 周期为 ． （Ⅰ）求函数 ( )f x 在 [0， ] 内的单调递增区间； （Ⅱ）若关于 x的不等式 ( ) 2 sin( ) 2 cos( ) 6 4 4 f x m x x       在 [0, ] 2  内恒成立，求实数m的取值范围． 【解答】解： ( )I 依题： 23 3( ) ( ) sin cos 3 cos 2 2 f x a b a x x x           1 3 3sin 2 (1 cos2 ) 2 2 2 x x     sin(2 ) 3 x   ， ( )y f x 的最小正周期为 ，  2 2 T      ， 1  ， ( ) sin(2 ) 3 f x x   ， 令 2 [2 3 2 x k    ， 2 ] 2 k   ， k Z ，则 5[ 12 x k   ， ] 12 k   ， k Z ， [0x ， ] ， ( )f x 在 [0， ] 内的单调递增区间为[0, ] 12  ， 7[ , ] 12   ． ( ) ( ) 2 sin( ) 2 cos( ) 6 4 4 II f x m x x       在 [0, ] 2  内恒成立，  sin[2( ) ] 2 sin( ) 2 cos( ) 6 3 4 4 x m x x         ， 化简得： sin 2 ( 1)(sin cos )x m x x   ， 即 sin 2 2sin cos 1 sin cos sin cos x x x m x x x x      在 [0, ] 2  内恒成立， 记 sin cos 2 sin( ) 4 t x x x     ， [0, ] 2 x  ， [ 4 4 x     ， 3 ] 4  ， [1t  ， 2]， 且 2 2 2 22sin cos (sin cos ) (sin cos ) 1x x x x x x t      ，  2 1 1( ) th t t t t     ，在 [1, 2]上单调递增， ( )minh t h  （1） 0 ， 1 0m   ，即 1m  ，故m的取值范围为 ( ,1) ． 16．（15 分）已知在锐角 ABCV 中， sin 2sin2 sin( )A C B C   ，D为 BC边上一点，且 2CD DB   ． (1)证明： AD平分 BAC ； (2)已知 7cos 25 BAC  ，求 AD BC ． 【答案】(1)证明见解析. (2)16 97 291 . 【详解】（1）由题意， sin 2sin2 sin( )A C B C   ，且 πA B C   , 所以 sin( ) 2 sin 2 sin( )B C C B C    ， 即 sin cos cos sin 2 sin 2 (sin cos cos sin )B C B C C B C B C    ， 第 13页（共 15页） 所以 2sin cos 4sin cosB C C C ， 又因为 ABCV 为锐角三角形，所以cos 0C  ，所以 sin 2sinB C ， 由正弦定理得 2b c . 在 ADB 中，由正弦定理得 sin sin c BD ADB BAD    ， 在 ADC△ 中，由正弦定理得 sin sin b DC ADC CAD    ， 因为 πADB ADC   ,所以 sin sinADB ADC   ，所以 sin sinc BAD b CAD BD DC    , 又因为 2CD DB   ，即 2CD DB ，且 2b c ，所以 sin sinBAD CAD   ，所以 AD平分 BAC . （2）由（1）知， 1 2 BAD CAD BAC     ，因为 7cos 25 BAC  ，且 ABCV 为锐角三角形， 所以 1 1 2 1( ) 3 3 3 3 AD AB BD AB BC AB AC AB AB AC                   , 即 2 2 24 4 1| | | | | | | | cos | | 9 9 9 AD AB AB AC BAC AC           , 则 2 2 2 24 4 7 1 256| | 2 (2 ) 9 9 25 9 225 cAD c c c c        ，故 16| | 15 AD c . 在 ABCV 中，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2| | | | | | 4 | | 7cos 2 | | | | 2 2 25 AB AC BC c c BCBAC AB AC c c            ， 解得 97| | 5 BC c ，所以 16 | | 16 16 9715 | | 29197 3 97 5 c AD BC c    . 17．已知函数 3 1( ) log [( ) 1] ( ) 9 xf x kx k R    是偶函数． （1）求 ( )f x 的解析式； （2）设函数 3( ) log ( 2 )3x mg x m  ，其中 0m  ，若方程 ( ) ( )f x x g x  存在实数解，求实数m的取值范围． 【解答】解：（1）函数 ( )f x 是偶函数， x R  ， ( ) ( )f x f x  ，即 3 3 1 1[( ) 1] ( ) [( ) 1] 9 9 x xlog k x log kx       对 x R  恒成立， 即 3 3 3 3 9 12 (9 1) (9 1) 9 2 9 1 x x x x xkx log log log log x            对 x R  恒成立， 2 ( 1) 0x k   对 x R  恒成立， x 不恒为 0， 1k  ， 3 1( ) [( ) 1] 9 xf x log x    ． （2）方程 ( ) ( )f x x g x  存在实数解，即方程 3 3 1[( ) 1] ( 2 ) 9 3 x x mlog log m   存在实数解， 又对数函数 3logy x 在 (0, ) 上单调递增，方程 1( ) 1 2 9 3 x x m m   存在实数解， 令 3 xt  ，则 0t  ，方程化为 2 1 2t mt m   ，即 2 1 2 0t mt m    存在正数解， 第 14页（共 15页） 即方程 2 1 2 tm t    存在正数解， 0m  ， 2t  ，  2 2 21 ( 2) 4 3 ( 2) 4( 2) 5 5 5( 2) 4 4 2 ( 2) 4 2 5 2 2 2 2 2 t t t t t t t t t t t t                          当且仅当 52 2 t t    即 5 2t   时，等号成立， 4 2 5m  ， 实数m的取值范围为 [2 5 4 ， ) ． 18．记 ABC 的内角 A， B，C 的对边分别为 a， b， c，已知 cos sin sin2 2 coscos sin 2 2 A A B A A B    ． （1）若 2 3 C  ，求 B； （2）若 2 2 2 0( )a b kc k R    ，求符合条件的 k的最小值． 【解答】 解：（1） 2 2 1 cos sincos sin cos sin cos 1 cos sin sin2 2 2 2 2 2 2 1 cos sin 1 cos sin coscos sin cos sin cos 2 2 2 2 2 2 2 A A A A A A A A A B A A A A A A A A A B                ， 即 sin sin cos sin sin cos cos cos sin cosB B A A B B A B A B     ， sin sin( ) cos cos( )B A B B A B     ， sin cos sin cosB B C C    ， 两 边 平 方 得 1 2sin cos 1 2sin cosB B C C   ，即 sin( 2 ) sin 2B C  ， 2 ( 2 ,0)B    ， 2 (0,2 )C  ， (0, )B C   ，  2 2 , 2 B C C B     ， 2 3 C  ， 2 3 2 6 B      ． （2）由（1）可得， 2 C B  ，则 ( ) 2 B B A     ， 则 0 ( ) ,0 2 4 B B B         ， 2 cos 1 2 B  ， 2sin sin[ ( )] cos2 2cos 1 2 A B B B B       ， 由 2 2 2 0( )a b kc k R    得， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin (2cos 1) 1 cos sin cos a b A B B Bk c C B         ， 设 2cosx B ，则 1 1 2 x  ， 2 2 2 2 2 (2 1) 1 4 5 2 2 24 5 2 4 5 4 2 5a b x x x xk x x c x x x x                 ， 当且仅当 2 24 , 2 x x x   时， 等号成立，故符合条件的 k的最小值为 4 2 5 ． 第 15页（共 15页） 19．（17分）已知函数 ( ) cos ,  Rf x tx x t ． (1)当 1 2 t   时，求函数 ( )f x 在 π= 6 x 处的切线方程； (2)若函数 ( )f x 在[0, ] 上恰有两个极值点，且设极大值和极小值分别为M ,m，求3 M m的取值范围． 【答案】(1) 3 π 2 12 y x    ；(2)[2 2, 4)． 【解析】（1）当 1= 2 t  时， 1( )= +cos 2 f x x x ， 1( )= sin 2 f x x  ，所以 π= = 1 6 k f       ，又因为 π π π π 3( )= +cos = + 6 12 6 12 2 f   ，切点 π 3 π, 6 2 12         ，∴ ( )f x 在 π= 6 x 处的切线方程为 π 3 π= + - 6 2 12 y x      ， 即 3 π= + + 2 12 y x ，所以函数 ( )f x 在 π= 6 x 处的切线方程： 3 π= + + 2 12 y x ； （2）因为 ( )= sinf x t x ， ( )f x 在 π0, 2    上单调递减； π ,π 2     上单调递增，∴ min( ) = 1f x t 若 1t  ，则 ( ) 0f x  ，∴ ( )f x 在[0,π]上单调递增， ( )f x 不可能有两个极值点，舍去； 若 0t  ，则 ( ) 0f x  ，∴ ( )f x 在[0,π]上单调递减， ( )f x 也不可能有两个极值点，舍去； 若0< <1t ，由 (0)= >0f t ， π = 1<0 2 f t      ， (π)= >0f t ， 所以 ( )f x 在 π0, 2       和 π ,π 2       上各有一个零点 1 2,x x ，且 ( )f x 在  10, x 上单调递增；在  1 2,x x 上单调递减；  2 ,πx 上单调递增. 因为 1 2 sin =0 sin =0 t x t x    ，所以 1 2sin sinx x ，即 1 2+ =πx x ，∴    1 2( ) = = , ( ) = =f x M f x f x m f x极大值 极小值 ， ∴        1 2 1 1 2 23 =3 =3 +cos +cosM m f x f x tx x tx x      1 1 1 1 1 1=3 +cos π cos =4 +4cos πtx x t x x tx x t      1 1 1 1=4 sin +4cos πsinx x x x 令 π( )=4 sin +4cos πsin , 0, 2 g x x x x x x       ， ∴ ( )=4sin +4 cos 4sin πcos =(4 π)cosg x x x x x x x x   ，令 ( )=0g x ，得 1 2 π π= , = , 4 2 x x ∵ ( )g x 在 π0, 4       上单调递减； π π, 4 2       上单调递增， min π 2 2( ) = = π+2 2 π=2 2 4 2 2 g x g      ， π( )<max (0), =4 2 g x g g        ，∴  1 [2 2,4)g x  .∴3M m 的取值范围为[2 2, 4)．