北京交通大学附属中学2025-2026学年第二学期期末练习高一数学

北京交大附中2025一2026学年第二学期期末练习 高一数学 2026.07 姓名 准考证号 考 1.本题共4页，共三部分，19道题，满分120分。考试时间90分钟。 生 2.在试卷和答题卡上准确填写姓名和准考证号。 须 3.答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。 知 4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答。 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要 求。) 1.在平面直角坐标系xOy中，角x以Ox为始边，P(-1,2)为a终边上一点，则tam2=() A B c D号 2.在复平面内，点2(3，-4)对应的复数为：，则复数+21 的虚部为() A.2 B. 2 c. D.-2 3.如图，在所有棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，以P为顶点的圆锥在 此正四棱锥的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为() A.82 B.8√2π D 3 C.1o D.16m 3 4.已知函数y=8(x)的图象由f(x)=sn2x的图象向右平移0<p<π)个单位得到，这两个函数的部分 图象如图所示，则p=() A B.8 c. D. 17 5.已知向量a=3,4),b=a,0,c=a+tb,若(a,c)=(b,c),则t=() A.-6 B.-5 C.5 D.6 试卷第1页，共4页 6.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工 艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所 示己知球的半径为R,酒杯内壁表面积为4。 πR,设酒杯上部分（圆柱）的体积为V,下部分（半球）的 体积为巧，则 图1 图2 A.2 C.1 D. 7.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则“simA=cosB”是“acosA=bcosB”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 8.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了 () A.108-72√5 B.81-54V2 C.54-36√5 D.30-182 9.设函数f(x)=√3 sin ax-cosx(o>0),若对于任意的x∈R,都有f(x)=f(x-2π)，且y=f(x)的图 象在0 4 上存在对称轴，则⊙的最小值为() B.1 C. D.3 10.若函数f(x)的图象上存在不同的两点M(x,),N(x2,y2),坐标满足关系： 压x+≥√X+只√+好，则称函数f(x)与原点关联.给出下列函数： ①f(x)=2x;②f(x)=sinx; 1 ③f(x)=x+二(x>0); ④fc)=lhx. 其中与原点关联的所有函数有()个 A.1 B.2 C.3 D.4 试卷第2页，共4页 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.） 11.已知复数z满足z=2,则z+3-41的最大值是 C中，角A,8,C的对边分别为a,6,c,若C=又，a+b=5,△ABC的面积为 A D 13.如图，在菱形ABCD中，BC=2,∠ABC=60°，以BC为直径的半圆与 P AB交于点M,P是半圆上的动点，则BM.BD=一；BP.BD的最大值是 B 14.如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为4的边旋转一周后所得如图的 一开口容器（下表面密封），四边形ABCD是轴截面，P是BC中点，现有一只蚂蚁 位于外壁A处，内壁P处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P处取 得米粒，则它所需经过的最短路程为 15.已知函数f(x)=cos4x+sinx,给出下列五个结论： ①f(x)是偶函数 ②5是函数f心)的一个周期 ③函数f)在(0，孕内是减函数 ④函数fx)最小值为 ⑤函数f(x)的对称轴方程为x=km,k∈Z 其中所有正确结论的序号是 三、解答题（本大题共4小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。） 16.在△ABC中，∠B为锐角，a=10,asin B+bsinA=10W5 (1)求∠B: (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求AB边上的中线 长. 条件0：m4=55;条件@：b=7:条件®：c-b=2. 14 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个 解答计分 17.已知向量=(2cosωx1),=(2sin(ωx+召，-1)，其中w>0,函数)=m:n的两条相邻的对称轴之 间的距离为 (I)求ω的值，及函数f(x)的单调递增区间： (2)已知函数y=8(x)的图象是先将y=f(x)的图象上各点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，然后 再向左平移个单位得到的设实数m<0,若集合{xg()=2,m≤x≤0中恰有两个元素，求m的取值 范围。 试卷第3页，共4页 18.某景区里有一座山，假设山顶A在水平地面上的投影为点B,小明在点B的正西方向的点C处，此 时他测得山项A的仰角为30°.之后他沿着东偏南30°的方向前行200米后到达点D处，此时他测得山顶A 的仰角为45°，且点D位于点B的南偏西方向，B,C,D在同一水平地面上，测量仪器的高度忽略不计. (I)求山高AB; (2)如图，景区内点E处有一缆车，缆车从山脚出发，抵达山顶。上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角 为15°，在行至山高的一半M处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为30°.己知A,B,M,E在同一平 面内，求山脚下缆车上车点E到B点的距离（计算结果精确到1米.参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732， √6≈2.449) B 19.对于函数y=f(x),x∈D,y=g(x),x∈D及实数m,若存在x1∈D,x3∈D2,使得 f()+g(2)=m,则称函数f(x)与g(x)具有“关联”性质 (1)分别判断下列两组函数是否具有“2关联”性质，直接写出结论： ①f(x)=x,x∈[-l,1]:g(x)=-x,x∈[-1,1]： ②f(x)=e,x≥1：g(x)=e,x≤1： (2)若f(x)=sinx与g)=cos2x具有“m关联”性质，求m的取值范围； (3)已知a>0,f(x)为定义在R上的奇函数，且满足： ①在[0,2a]上，当且仅当x=C时，f)取得最大值1： 2 ②对任意x∈R,有f(a+x)+f(a-x)=0. 求证：4=sin+f(x)与y2=cosx-f(x)不具有“4关联”性质. 试卷第4页，共4页 北京交大附中2025-2026学年第二学期期末数学练习 参考答案 题号 2 3 5 7 8 9 10 答案 A B A D C A D A D C 1.在平面直角坐标系xOy中，角a以Ox为始边，P(-1,2)为a终边上一点，则tan2a=（) A.3 B.-3 C.D.-g 5 A 【详解1由题意知P(-1,2)为a终边上一点，故ana=2=-2, -1 所以tan2a= 2tana2(-2)4 n2g12 2.在复平面内，点2(3,4)对应的复数为z,则复数1+2的虚部为() A2BcD.号 B 【分析】先根据复数对应的点得出复数z=3-41,再应用复数除法计算化简求解。 【详解】复数z在复平面内对应的点为Z(3,-4),则复数z=3-41, 复数1+2=+2-0+28+处-50-+名，则复数的虚部为 z3-4i(3-4i)(3+4i)25 55 5 D 3.如图，在所有棱长均为4的正四棱锥P-ABCD中，以P为顶点的圆锥在此正四棱 锥的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为() A.8 D -It B.8√2m 3 C. D.16π A 【分析】根据正四棱锥的性质，求出棱锥的高，进而根据体积最大且高为定值得出最大半径，进而利用圆锥的体积 公式计算圆锥体积的最大值 【详解】已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为4，则底面为边长为4的正方形， 作p在底面的投影0，连接AO,P0, 则O为圆锥底面的圆心和底面ABcD的中心，P0即为圆锥的高， D Pol=√Ap2-A02=42-2E)=2W反， 1 1 :圆锥的高固定，‘当底面半径最大时体积最大，底面半径R的最大值为2，∴V= Sh=-.π·4.2V2= 82 3 答案第1页，共13页 4.已知函数y=g(x)的图象由f(x)=sin2x的图象向右平移p0<p<)个 单位得到，这两个函数的部分图象如图所示，则”=() A,贵 c 0 -3 17元 D 【分析】根据图像，利用正弦型函数f(x)=si2x的对称性，求得其图象上的·右侧的第一个等值点，即可得到中 的值 【详解】如图所示，对各点依次标记为A,B,C,根据正弦型函数f(x)=sin2x的对称性，A右侧的第一条对称轴为x= 4 易得C的横坐标为3”，C到B需要向右平移17π3”=凸 2483 故选：D 17元 24 5.已知向量a=(3,4),6=1,0,c=a+b,若(a,c)=(6,c）,则t=（) A.-6 B.-5 c.5 D.6 C 【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得 详解1解：正3tt4co,G=coso,c,即巴解得t=5, 故选：C 6.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒 部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示已知球的半径为， 酒杯内壁表面积为兰：®，设酒杯上都分（国柱）的体积为，下都分（伴球）的体积为，则之-（)） 图1 图2 A.2 C.1 D. 4 答案第2页，共13页 A 【分析】设酒杯上部分（圆柱）的高为h,球的半径为R,则酒杯下部分（半球）的表面积为2πR2,结合圆柱和 球的体积公式，即可求解. 【详解】设酒杯上部分（圆柱）的高为h, 球的半径为R,则酒杯下部分（半球）的表面积为2πR2, 酒杯内壁表面积为7R,得圆柱侧面积为兰R2-27R=7R2, 2 3 3 酒杯上部分（圆柱）的表面积为2TR×n=8R',解得h=专R 3 酒杯下部分（伴球）的体积y,=×台R=2R: 23 3 4 4 酒杯上部分（圆柱）的体积Y=πR2×二R=-πR3 33 4R3 所以兰=3=2. v 2 R3 3 故选：A 【点睛】本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积的应用，属于中档题， 7.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则“sinA=cosB”是“acosA=bcosB"”的（) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 D 【分析】根据正弦定理边化角，结合二倍角公式、诱导公式，可得角A和角B的关系，结合充分、必要条件的定义， 即可得答案 【详解】在三角形ABC中，由acosA=bcosB,根据正弦定理得sin Acos A=sin Bcos B, 所以sin2A=sin2B, 因为A,B∈(0，)，A+B∈(0，)，所以A=B或2A+2B=T, 即A=B或A+B=2 由sinA=cosB,因为A∈(0，)，所以sinA>0, 则cosB>0, 所以引 由sinA=cosB=sin 任，可得A=分B或A+号-8=， 2 2 解得A+B=”或A=”+B, 故“sinA=cosB”是“acosA=bcosB”的既不充分也不必要条件， 故选：D. 答案第1页，共13页 8.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了（) A.108-72V2B.81-54V2 C.54-36V2 D.30-18V2 勺 【分析】结合图形可得新增了16个全等的小三角形面积，结合题意可得小三角形为等腰直角三角形，设其直角边 为X,由2x+√2x=3可得X,即可得答案 【详解】由题设分析如下图，转动了45后，此时魔方相对原来多出了16个小三角形的面积， 显然小三角形为等腰直角三角形且周长为3，设其直角边为X, 则斜边为V巨x,则2x+Ex=3,解得x=3-35 由几关系得1个小三备形的面为8-子。 所以增加的面积为S=16S,=16 =108-72V2. 故选：A 9.设函数f(×=V5sinX-cosWx(w>0),若fx)=f(x-2n),且y=f(x的图象在0， 上存在对称轴，则w的 最小值为() A司 B.1 c. D.3 D 【分析】先化简函数解析式，结合周期可得ω为正整数，利用对称轴可得答案 【详解割t=5n-easx=2sn(ax- 6 因为f(x)=f(x-2),所以2π是f(x)的一个周期， 所以t.2严=2m,即W=t,其中teN; 令x-=km+(k∈z),则x-+2”(k∈z), 6 0 w 3w 因为y1的图象在]上存在对称镇，所以0号+品女2)，即02 4 当女<0时，不合题意：当女=0时，解得w号，且如为正整数， 所以“的最小值为3，此时对称轴为x-号，符合题意： 答案第2页，共13页 对于④，设过原点的直线为y=kx,作出函数y=Inx与y=kx的图象，如图， y=ln(x) y=kx 所以存在实数k使得直线y=kx与函数y=Inx图象在(0，oo)上有2个交点， 即存在点A、B与点O三点共线，故④是与原点关联的函数； 故答案为：C,3个. 11.已知复数z满足z=2,则|z+3-4的最大值是一 7 【分析】根据复数模的几何意义，将问题化为求点(-3,4)与以O为圆心，2为半径的圆上的点的距离最大值，即可 得. 【详解】由z2的几何意义知，z对应点在以O为圆心，2为半径的圆上， 由z+3-41的几何意义知，z对应点到点A(-3,4)的距离， 所以所求最大值为点A(-3,4)与以O为圆心，2为半径的圆上的点的距离最大值，设射线AO与圆O的交点为B, 易得AB=AO+r=7为距离最大值. 故答案为：7 12.在△ABC中，角A,B,c的对边分别为a,bc,若c= =行，a+6=5,&A8c的面积为5，则c=一 3 【分析】利用三角形的面积公式和余弦定理求解即可. 【详解】因为s=9bsnc,代入得V5-96sn骨6二 π1 , 化简得ab=4. 32 2 由余弦定理c2=a2+b2-2 abcos C, 结合a2+b2=(a+b)2-2ab, 得c2=(a+b)2-2ab-2abc0s=25-2×4-2×4×1=13」 3 2 因为c为边长，故c=√3. 13.如图，在菱形ABCD中，BC=2,∠ABC=60°，以BC为直径的半圆与AB交于点M,P是半圆上的动点， 则BM.BD=一；BP.BD的最大值是一· D M 23+3 答案第2页，共13页 【分析】取BC中点O,连接oM,由条件得到△BOM是等边三角形，进而求出BM,在♀BCD中，由余弦定理求 出BD,即可求出BMBD;取cD中点E,连接oE,交半圆于点N,将BP.BD转化为20P.OE-2OB.OE,分 析出即点p与点N重合时，cos∠POE取到最大值1，即可求出BP.BD的最大值. 【详解】 A 如图所示，取BC中点O,连接oM, 因为四边形ABCD是菱形，BC=2,∠ABC=60°， 所以∠BCD=120°，∠MBD=30°，所以可得△B0M是等边三角形，所以BM=1. 在♀BCD中，由余弦定理可得 80=8c'+co28c-c048c0=2+2-2x2x2(12, 所以BD=25,所以BMB0-BNe0leos∠MBD=1x2V5x5-3; 如图所示，取CD中点E,连接OE,交半圆于点N, 则oE=8D=5,8D=20E. 所以BP-BD=(0P-0B)20E=20P0E-20B0E -2OPOECOS LPOE-20B OECOS ZBOE =3+2V3cos∠p0E, 因为0°≤∠P0E≤150°，所以当∠PoE=0°，即点p与点N重合时， cos∠POE取到最大值1，此时BP.BD取到最大值3+23 14如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为4的边旋转一周后所得如图的一开口容器（下表面密封），四边形ABCD 是轴截面，P是BC中点，现有一只蚂蚁位于外壁A处，内壁P处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到 点P处取得米粒，则它所需经过的最短路程为 2+36 【详解】解：依题意可得圆柱的底面半径r=1,高h=4 将圆柱的侧面（一半)展开后得矩形ABCD,其中AB=π，AD=4, 问题转化为在CD上找一点Q,使AQ+PQ最短， 作P关于CD的对称点E,连接AE,令AE与CD交于点Q, 答案第1页，共13页 则得AQ+PQ的最小值就是为AE=√R2+(4+22=VR2+36. E 15.已知函数f(x)=cos“x+sin2x,给出下列五个结论： ①f(x)是偶函数 ②”是函数(x)的一个周期 ③函数f(x)在(0，马内是减函数 ④函数f()最小值为三 ⑤函数f(x)对称轴kk∈Z 其中所有正确结论的序号是 ①②④ 【分析】利用函数奇偶性的定义可判定①，利用函数的周期性可判定②，利用复合函数的单调性可判定③④. 【详解】易知f(x)=cosx+sin2x=(1-sin2x)+sin2x=sinx-sin2x+1, f (-x)=sin"(-x)-sin2(-x)+1=sin"x-sin2x+1=f (x), 即①f(x)是偶函数，故①正确； 而+》o{+》n(n+e =sinx-sin2x+1=f(x),则二是函数f(x)的-个周期，故②正确； 令t=sin2x(t∈[0,1])，则g(t)=t-t+1,即g(sin2x)=f(x), 显然在（上9的单调滋减， 又x∈2m,”+2 kt(kEZ)上t=sin2x单调递增 所以f(x)在2km,+2m 上单调递减，所以③错误； 4 结合周期性可知 上单调递增， 故④正确 易得)归=f-x刘，则x也是对称轴， 所以⑤错误 故答案为：①②④ 答案第2页，共13页 16.在△ABC中，∠B为锐角，日=10，asinB+bsin A=103. (1)求∠B; (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求AB边上的中线长. 条件①：sinA= 5 条件②：b=7; 条件③：c-b=2. 【详解】(1)在V4Bc中，由正弦定理日=6 sinA sinB 所以asinB=bsinA… 1分 因为asinB+bsinA=10V3, 所以asinB=bsinA=5√5. 又a=10,所以sinB=5 2分 因为∠B为锐角，3分 所以∠B=亚 3 4分 (2)条件①：sin4= v6 5分 14 因为A,B是△ABC的内角，若A为钝角， 则ca4=名 sinc =sin (-(A+B))=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB= 5N5x11x35<0,不成立， 142142 14 所以A为锐角，即coSA=11 14 7分 由正弦定理=6=得： sinA sinB sinc a14028 28 sinA555,得b= 万sinB=14,8分 sinC =sin (A+B)=sinAcosB+cosAsinB= 53x是+"x5_45 9分 14242 7 所以c=16, 10分 设AB中点为M,由余弦定理CM2=BC2+BM2-2BC,BMc05B=102+82-2×10×8× 2 =84, 得CM=2√21， 13分 选条件②：b=70分 由余弦定理b2=a2+c2-2 accosB, 代入得c2-10c+51=0,判别式△=102-4×1×51=-104<0， 答案第1页，共13页 三角形不存在，不符合要求。 选条件③：c-b=2,c=b+2, 由余弦定理b2=102+(b+2)2-10(b+2),解得b=14,c=16,… 10分 同条件①计算得中线长为2√21… .13分 17.已知向量m2 2coux.1,r2 inwx+}增-。 ω>0函数对=mn的两条相邻的对称轴之间的距离为帽 (1)求ω的值，及函数f(x)的单调递增区间； (2)已知函数y=9(x)的图象是先将y=f(x)的图象上各点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，然后再向左平 移是个单位得到的设实数m<0,若集合xg)=2m≤x≤0中恰有两个元素，求m的取值范围， (1)f(x)=m.n 4coswx sin(wx+ ）-1 1分 =4c0sωX Bsinwx+-与coswx 2分 =23sinwxcoswx +2cos'wx-1 =5sin2wX+c0s2wX4分 =2sin(2wx+ 6 5分 相邻对称轴间距为骨。T=云 4’ 6分 由T生2n=,ω>0，得到w=4…7分 fw=2sin8x+g .8分 下面求单调增区间：受+2如≤8x+号≤号+2m,k∈Z 6 单调递增区间：【~专+妥受+架1k∈刀。 10分 (2)）由题意，90=2sn2x+2+局=2sn2x+号》 11分 令g(x)=2→sin(2x+2)=1 4 方法一：因此2x+ +-+2k,k∈z,解得x=+km,keZ. 42 8 答案第2页，共13页 当k0时，×=司当k-1时，×=召，当k2时，X=当k=3时，×=2， 8 因为集合{xg(x)=2,m≤x≤0恰有两个元素， 所以-23m<m≤15”，即m∈ 23π15π 8 8 8 14分 方法二：因为x∈[m,01,所以2x+∈2m+,g 4 44」 正弦函数在左侧的对称轴从右往左依次为X3”,凸，1严， 22’ 2 若集合{xg(x)=2,m≤x≤0}恰有两个元素， 则-1<2m+≤-7，解得23<m≤-1 2 4 2 8 8 即(g 14分 18.某景区里有一座山，假设山顶A在水平地面上的投影为点B,小明在点B的正西方向的点c处，此时他测得 山顶A的仰角为30.之后他沿着东偏南30的方向前行200米后到达点D处，此时他测得山顶A的仰角为45°， 且点D位于点B的南偏西方向，B,C,D在同一水平地面上，测量仪器的高度忽略不计. (1)求山高AB; (2)如图，景区内点E处有一缆车，缆车从山脚出发，抵达山顶。上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为15°，在 行至山高的一半M处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为30.已知A,B,M,E在同一平面内，求山脚下缆 车上车点E到B点的距离（计算结果精确到1米.参考数据：√2≈1414，≈1732，√6≈2449） E B 【详解】(1)解：如图，在♀BcD中，设AB=h, 由题意知BC=V3h,BD=h,CD=200,且∠BCD=30°，2分 由余弦定理，BD2=BC2+CD2-2·BC·CD.cos30° 代入得：R=(W52+202-2V5h200.5 2 化简得：h2=3h2+40000-600h,即h2-300h+20000=0 解得h=100或h=200.5分 C<30 30 45B 200 由“点D位于点B的南偏西方向”可知，B必在D的东北方向，从而B的横坐标应大于 D的横坐标. 由BC=V3h,D点向东位移为100V3米，可得V3h>100√5，即h>1006分 故只能取h=200,所以山高AB=200米 7分 答案第1页，共13页 (2)解：由第(1)问知，山高AB=200米。 因为缆车在点M处转换坡度，故两段缆车各上升100米 设第一段（倾斜角15）的水平距离为X1,即PE=x, X2 第二段（倾斜角30°）的水平距离为x2,即x,=MQ 则有：m15-9,n0号，所以5=0， t妇n15,戈-100 tan30°； 因此，山脚下缆车上车点到B点的距离为：戈+x2= 100+100 .9分 tan15°tan30 利用常用三角函数值：tan15=tan(45°-309)=an45-an30 1+tan45°tan30 =2-V5,tan30=5 10分 3 得x+x2=100(2+√3)+1003=200+200W3≈200+200×1-732=546-4≈546. .12分 故山脚下缆车上车点到B点的距离为546米.13分 19.对于函数y=f(x),x∈D1,y=g(x),x∈D2及实数m,若存在X∈D1,x2∈D2,使得f(x)+g(x)=m,则称 函数f(x)与g(x)具有“m关联”性质. (1)分别判断下列两组函数是否具有“2关联”性质，直接写出结论； ①f(x)=x,x∈[-1,1；g(x)=-x,×∈[-1,1]； ②f(x)=e,X21;g(x)=e,x≤1； (2)若f(x)=sinx与g(x)=cos2x具有“m关联”性质，求m的取值范围； (3)已知a>0,f(x)为定义在R上的奇函数，且满足： ①在0,2a]上，当且仅当x=日时，f(x)取得最大值1； ②对任意x∈R,有f(a+x)+f(a-x)=0. 求证：y,=sinπx+f(x)与y2=cosπx-f(x)不具有“4关联”性质. 【详解】（1)①存在x=1∈[-1,1)，x2=-1∈[-1,1，使得f(x)+g(x2)=1+[-(-10]=2, 所以函数f(x,9(X)具有“2关联”性质；2分 ②x21,f(x)=e2e,而x≤1,0<g(x)=e≤e, 因此x21,x2≤1，f(x)+g(x2)>e,显然不存在x∈[1，+o),x2∈(-0o,1],使得f(x)+g(x2)=2, 所以函数f(x,g(x)不具有“2关联”性质 4分 (2)f(x)=sinx∈[-1,1)，9(x)=cos2x=∈[-1,1]，则[f(x)+g(x2)]∈[-2,21，m∈[-2,21， 答案第2页，共13页 所以m的取值范围是[-2,218分 (3)因为在0,2a上，当且仅当x=号时，f(女取得最大值1， 又f(刘为定义在R上的奇函数，则在-2a.0上，当且仅当×=时，f取得最小值-1,9分 由对任意x∈R,有f(a+x)+f(a-x刈=0，即y=f(x)关于点(a,0)对称， 又f(日+x)=-f(日-x)=f(x-a),于是函数f(x)的周期为2a,因此f(x)的值域为[-1,1；11分 sinntx∈[-1,1]，COSTX∈[-1,1]， ①当f(x)=1时，x=+2na,nez,而sinx=1时，x=+2k,k∈Z, 2 2 +2na=1+2k,则a=4n+1k,n∈Z时，有y=sinπX+fx ②当f(x,)=-1时，光=-日+2ma,m∈Z,而cos%,=1时，x=2t,teZ, 2 若-计2m9=2,则a-mtmcz时，有%=cos%f名)2，显然a=十“ 4n+14m-1’ 因此sinx+f(x)+COSTLX,2-f(x2)<4,即不存在x∈R,x2∈R,使得sinπx+f(x)+COSTLX2,-f(x2)=4, 所以y=sinx+f(X)与y2=cosX-f(X)不具有“4关联”性质.15分 答案第1页，共13页