河南、山西、陕西、甘肃部分校联考2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

2027 届河南省高三大联考数学试题 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．不等式 的整数解的个数为 A．2　　B．3　　C．4　　D．5 【答案】B 【解析】 【分析】先因式分解求出不等式的解集，再数出其中的整数. 【详解】 由 得 ，解得 . 所以不等式的整数解为 ，共 个. 故选：B 2．已知集合 ，，则 A．　　B．　　C．　　D． 【答案】A 【解析】 【分析】先利用 的周期性求出集合 ，再求交集. 【详解】 对 ， 的取值依次为 ，以 为周期循环， 所以 . 又 ， 故 . 故选：A 3．已知 ，且 ，则 A．1　　B．　　C．　　D． 【答案】D 【解析】 【分析】用 消去 ，把所求化为 的二倍角余弦，再用平方关系. 【详解】 由 得 ，所以 . 于是 . 又 ， 所以 . 故选：D 4．在 中，，，且 的面积为 ，则 A．　　B．　　C．　　D．4 【答案】B 【解析】 【分析】先用面积公式求出 ，再用余弦定理求 . 【详解】 由 得 ，解得 . 由余弦定理， ， 所以 . 故选：B 5．已知正数 满足 ，则 的最小值为 A．　　B．　　C．4　　D．16 【答案】D 【解析】 【分析】由条件消去 ，把 化为 的函数，再用配方法求最小值. 【详解】 由 得 . 因 ，，故 ，且 . 所以 . 因 ，且 ， 故 ，当 时 ，等号成立. 所以 的最小值为 . 故选：D 6．已知函数 ，则“”是“ 为奇函数”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 【答案】A 【解析】 【分析】先验证 时 为奇函数（充分性），再由奇函数的定义反解 的全部取值（必要性）. 【详解】 当 时，因 ，真数 恒成立. 又 ， 故 当且仅当 ，即 . 所以 的定义域为 ，关于原点对称，且 ， 即 为奇函数，充分性成立. 若 为奇函数，则对定义域内的 有 ， 即两真数之积为 ：，所以 . 它对 恒成立，故 ，即 . 所以“ 为奇函数”等价于 ，“”是充分不必要条件. 故选：A 注：当 时，真数 仍恒成立，定义域同为 ， 也是奇函数，故必要性不成立. 7．已知点 ， 及直线 上一点 ， 外接圆的直径为 ，则 A．　　B．1　　C．　　D．2 【答案】C 【解析】 【分析】由圆过 知圆心在 轴上，设出圆心与 的坐标，用“ 为直径”表示点 ，再求数量积. 【详解】 由 ， 知线段 的垂直平分线为 轴，故 外接圆的圆心 在 轴上，设 . 设 ，因 为直径， 为 的中点， 所以 ， 于是 ，， 故 . 故选：C 8．已知函数 ，关于 的方程 有 4 个实数根 （），若 ，则 A．　　B．　　C．　　D． 【答案】C 【解析】 【分析】令 把方程化为关于 的二次方程，由“恰有 4 个实根”确定两个根都大于 ，再由 建立 的关系求 ；也可利用 与 的恒等关系作差求解. 【详解】 方法一：，定义域为 . 当 时，，，且 在 上单调递减，值域为 ； 当 时，，，且 在 上单调递减，值域为 . 所以 的大致图象如下： 令 ，原方程化为 ．（*） 由图象知，当 时， 在正、负半轴各有唯一实根；当 时只有正根. 故原方程恰有 4 个实根，等价于（*）有两个不同的根 且都大于 . 不妨设 . 因 时 随 增大而增大， 时 随 增大而减小， 故 （较大的负根）对应 ，（较大的正根）对应 ，即 ，. 由 得 ，即 ， 整理得 . 又 ，故 ，解得 . 因 ，故 ，所以 . 故选：C 方法二：仍得 ，而 ， 故 ，即 . 当 时 ；当 时 . 故 4 个根必为两正两负，且 . 由 ，令 ，则 ，. 把 与 分别代入（*）： ，. 两式相减得 ，即 . 代回第一式：，整理得 . 由 得 ，故 . 此时 ，两个根均大于 ，确有 4 个实根. 故选：C 注：关于 的方程至多有两个根，每个 恰好产生一正一负两个 ，因此“4 个实根”等价于“两个根都大于 ”，仅有两个正根还不够. 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．已知正数 满足 ，则 A．　　B．　　C．　　D． 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由条件确定 的大小关系，再借助相应函数的单调性或作差法逐项判断. 【详解】 因 ，，条件即 ，所以 . 对于 A，因 ， 在 上单调递增，由 得 ，A 正确； 对于 B，，其中 ，故其符号由 决定，未必为正. 例如取 ，，则 ，B 错误； 对于 C，，C 正确； 对于 D，因 ， 单调递减，由 得 ，D 正确. 故选：ACD 10．已知向量 （）与 ，函数 ．若 与 是 的两个极值点，且 在区间 内没有极值点，则 A． B． 的单调递减区间为 C．将 的图象向左平移 个单位长度后，得到 的图象 D．函数 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先用数量积与辅助角公式把 化为正弦型函数，再由“相邻极值点之间无极值点”确定 ，最后逐项判断. 【详解】 ，故 . 因 与 是两个极值点，且其间没有极值点，故它们相邻， 所以半个周期 ，解得 ，即 . 对于 A，，A 错误； 对于 B，令 ，解得 ，，B 正确； 对于 C，向左平移 个单位得 ，C 正确； 对于 D，，令 ，则 ， 当 （即 ）时取等号，D 正确. 故选：BCD 11．某功率放大器的输出幅度值 与输入幅度值 满足模型：，其中参数 由功率放大器电路的特性决定．则下列说法正确的是 A．若输出幅度值与输入幅度值是一一对应的，则当输入幅度值为 2 时，输出幅度值也为 2． B．若输出幅度值为正数当且仅当输入幅度值为正数，则一定有 ． C．若 ，，则输出曲线 与系统安全运行边界 有 6 个交点． D．若 ，且当输入幅度值在 内时，输出幅度值不超过 ，则 ． 【答案】BCD 【解析】 【分析】A、B 两项从“一一对应”“符号一致”反推 的取值；C 项借助函数图象与菱形的对称性数交点；D 项由单调性与区间上的最大值确定 的范围. 【详解】 方法一：对于 A，一一对应要求不同输入不能得到相同输出，而 ，故 ， 此时 ，，A 错误； 对于 B，若 ，则 ，与“输入正数则输出正数”矛盾，故 . 若 且 ，不妨设 ，取 ，则 ， 这与“输出正数则输入正数”矛盾，故 ，B 正确； 对于 C，当 ， 时，，. 故 在 上递增，在 上递减，在 上递增，极大值 ，极小值 . 又 ，，作出 与 的图象： 由图知两曲线共有 6 个交点，C 正确； 对于 D，，， 故 在 上递增，在 上递减，在 上递增，且 ，. 直线 与 的图象除切点 外还有一个交点 ， 由 即 ，其左边等于 ，故 . 若 ，则 ，不满足 ； 若 ，则 上 的最大值为 ，需 ； 若 ，还需 ，即 ，得 . 综上，原条件等价于 ，从而必有 ，D 正确. 故选：BCD 方法二：A．由 及一一对应得 ，此时 ，A 错误； B．令 ，由 知，当 时 ，当 时 . 由 的连续性得对一切实数 有 ，故判别式 ，即 . 若 ，则 ，与“输入正数则输出正数”矛盾，故 ；反之 时确有 ，B 正确； C． 为奇函数，菱形 关于原点也对称，只需统计右半平面 内的交点. 当 时，边界为 或 ，且 . 与上边界 联立得 . 令 ， 当 时 ；当 时，， 故 在 上恰有一个零点，即上边界有 1 个交点； 与下边界 联立得 . 令 ， ，，，故 在 、 内各有一个零点，即下边界有 2 个交点； 所以右半平面共 3 个交点，且 不是交点，由中心对称得总交点数为 6，C 正确； D．由区间记号知 . 当 时，需 ；当 时，需 ，即 ，得 . 故 且 . 反之，设 ： 当 时，由三元均值不等式 ， 故 ；当 时，，故 . 所以原条件等价于 ，可推出 ，D 正确. 故选：BCD 注：D 项给出的是原条件的一个必要条件，不要求写出 的全部取值；本题中 的精确范围为 . 注：求 的另一个根时，也可直接用韦达定理：三根之和为 ，其中 是二重根，故第三根为 . 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12．已知向量 ，，若 ，则实数 ______． 【答案】 【解析】 【分析】把模长相等的条件两边平方，转化为数量积为零，再解方程. 【详解】 由 ，两边平方得 ， 即 ，所以 ， 解得 . 反之当 时 ，两模的平方相等，条件成立. 13．已知 ，则 ______． 【答案】 【解析】 【分析】把正切写成正弦与余弦之比后交叉相乘，再用积化和差把两边都化为 的式子. 【详解】 由原式有意义知 ，，. 原式即 ，交叉相乘得 . 由积化和差公式， ， . 代入得 ， 即 ，所以 . 14．若 ，且 ，则 的取值范围是 ______． 【答案】 【解析】 【分析】把条件整理为“同构”形式，用同一函数的单调性得到 ，再把 化为 的函数求值域. 【详解】 方法一：因 ，分母 ，原条件等价于 ，即 . 因右边为正，故 ，即 . 令 ，则 . 设 ，，则 ， 故 在 上单调递增，由 得 ，即 . 于是 . 设 ，，则 ， 故 在 上单调递减；当 时 ，当 时 . 所以 . 反之，任取 ，令 ，代入原式恒等于 ，故上述范围内的值都能取到. 方法二：由原条件得 ，把 代入并整理， 得 . 因 ，，且 与 同号， 故两项只能同时为零，即 . 令 ，则 ，. 由 及 得 . 又 时 ， 时 （因 ）， 且 关于 连续，故它能取到 中的每个值. 所以 . 注：（）与 都可由构造函数求导证明：令 ，则 ，；再令 ，则 ，. 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．（13 分）已知函数 ，． （1）若 的最小正周期为 ，求 的单调递减区间； （2）若方程 在 内恰有 4 个实数根，求 的取值范围． 【答案】（1）（）；（2） 【解析】 【分析】（1）先用积化和差与二倍角公式把 化为一个余弦型函数，由最小正周期求出 ，再解不等式得单调递减区间；（2）换元 ，把“区间内恰有 4 个根”转化为区间右端点与 的根的位置关系. 【小问1详解】 ， 所以 . 由最小正周期 得 ，即 . 令 ，解得 ，. 所以 的单调递减区间为 ，. 【小问2详解】 方程 即 . 令 . 由 ， 得 . 在 上， 的根依次为 方程在 内恰有 4 个根，等价于区间 含前 4 个根而不含第 5 个根，即 ，解得 . 所以 的取值范围是 . 注：右端点恰为第 4 个根 时，该根仍落在区间内，故左端取闭；右端取到 时会出现第 5 个根，故右端取开. 16．（15 分）已知函数 ，． （1）求 的单调区间； （2）若 是 的充分条件，求 的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间为 和 ，单调递增区间为 ；（2） 【解析】 【分析】（1）求导后因式分解，由 比较两根的大小，得单调区间；（2）先求 在 上的最值，把“充分条件”转化为最值所满足的不等式组. 【小问1详解】 的定义域为 ，且 . 因 ，，两根 与 满足 ， 故当 或 时 ，当 时 . 所以 的单调递减区间为 和 ，单调递增区间为 . 【小问2详解】 由（1）知 在 上单调递增，在 上单调递减，故最大值为 . 又 ，，而 ， 故 在 上的最小值为 . “ 是 的充分条件”即当 时恒有 ，故 且 ， 解得 且 . 因 ，所以 的取值范围是 . 17．（15 分）在 中，内角 所对的边分别为 ．已知 ，． （1）求 ； （2）若 为锐角三角形， 为 延长线上一点，且 ，求 面积的取值范围． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）用余弦定理把 化为 ，求出 ；（2）由角的关系得 ，把面积表示为 的函数，再由锐角三角形的条件确定 的范围. 【小问1详解】 由余弦定理， . 代入已知条件得 . 因 ，故 . 又 ，所以 . 【小问2详解】 因 在 的延长线上， 依次共线，故 . 在 中，， 所以 ，从而 . 于是 . 由 ， 及余弦定理得 . 因 为锐角三角形，故 且 ，即 且 ，解得 且 . 反之，当 时，取 ，，，则 ，， 故 确为锐角三角形；再在射线 上取 ，即有 ，条件可以取到. 所以 . 18．（17 分）已知函数 ，． （1）求曲线 在点 处的切线方程． （2）若 的最小值与 的最大值互为相反数． （ⅰ）求 ； （ⅱ）设函数 的最大值点为 ．实数 满足 ，且 ，，证明：． 【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导得切线斜率，用点斜式写出切线方程；（2）（ⅰ）分别求 的最小值与 的最大值，由互为相反数列方程求 ；（ⅱ）先确定 的分段表达式与最大值点 ，再由 把 分居 两侧，通过比较单调函数的增量证明结论. 【小问1详解】 ，故 ，. 所以曲线 在点 处的切线方程为 . 【小问2详解】 （ⅰ） 的定义域为 ，. 当 时 ，当 时 ， 故 的最小值为 . 又 ，故 在 上递增、在 上递减，最大值为 . 由题意 ，解得 . （ⅱ）此时 . 令 ，，则 ， 又 ，，故 在 上有唯一零点 ，即 . 因 ，所以 当 时 ； 在 上递增、在 上递减，且 ， 所以 的最大值点 ， 不妨设 . 由 及两侧的单调性得 ，且 ，. 令 ，，，则 ，（因 ）， 故 、 在 上均单调递增. 由 得 ；由 得 . 又 ，，故 ， 所以 ，即 ，得证. 注： 的导数恰为 ， 的导数恰为 ，因此 的增量可分别用 的增量表示，这是“比较增量”法的关键. 19．（17 分）对于函数 ，记 ，，．若 是使 无零点的最小正整数，则称 是 阶单调函数． （1）判断函数 是几阶单调函数； （2）若函数 ，，是 2 阶单调函数．记 ，当实数 变化时，求 的最小值； （3）设 ，函数 ．当 时， 恒成立，且存在 ，使得 ．试用 表示 ，并证明 ． 【答案】（1） 是 3 阶单调函数；（2）；（3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）逐阶求导，判断 有零点而 无零点；（2）由 无零点及它在 、、 处的符号确定 ，再把 化为两点间距离、配方求最小值；（3）由恒成立得 的最小值为 且最小值点为 ，从而 ，解出 ，再排除 的情形. 【小问1详解】 ，，故 有零点； ，而 ，， 故 在 内至少有一个零点，即 有零点； ，故 无零点. 所以使 无零点的最小正整数 ，即 是 3 阶单调函数. 【小问2详解】 的定义域为 ，，，且 时 . 若 ，取正整数 使 ，则 ， 故 在 内有零点，与 是 2 阶单调函数矛盾； 若 ，取正整数 使 ，则 ，同样有零点，矛盾. 所以 . 此时 无零点，而 ，符合定义. 于是 （），且 . 令 ，，则 ，故 在 上递减、在 上递增， 从而 ，即 ，亦即 ，等号当且仅当 . 所以 ，等号当且仅当 且 . 故 的最小值为 . 注： 的几何意义是点 与点 之间的距离，其中 在直线 上、 在曲线 上，最小值即为两曲线间的最短距离. 【小问3详解】 ，，故条件 即 对一切 成立，且 时取等号. 令 ，，则 恒成立且 ， 故 是 在 上的最小值，从而 是极小值点， 所以 . 而 ，故 ，. 由 得 ，即 ， 所以 . 下证 . 由 ， 知 的终边在第三象限， 故存在非负整数 ，使 . 若 ，令 ，则 ， 这与 恒成立矛盾，故 ，即 . 所以 ，得证. 注： 处取到最小值是证明 的关键——仅由 不能直接对 求导；此处 在 取到区间内的最小值，故 为极小值点. 方法二：（3）令 ，，则条件 即 对一切 成立，且 时取等号. 设 ，，则 是 的最大值. 若 ，则 ，可取正整数 使 ，此时 ，而 ， 故 ，与 为最大值矛盾； 又当 时 ，，故 . 在 上，，令 ，则 ， 而 ，，故 在 内有唯一零点 ， 即 在 上递增、在 上递减，所以 . 此时 给出 ，结合 得 ， 于是 ，即 ，所以 ， 且 . 注：两种方法实质相同，方法一把 解释为 的最小值点，方法二把 解释为 的最大值点，后者便于直接得到 所在区间. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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．不等式的整数解的个数为 A． B． C． D． 2．已知集合，，则 A． B． C． D． 3．已知，且，则 A． B． C． D． 4．在中，，，且的面积为，则 A． B． C． D． 5．已知正数，满足，则的最小值为 A． B． C． D． 6．已知函数，则“”是“为奇函数”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 7．已知点，及直线上一点，外接圆的直径为，则 A． B． C． D． 8．已知函数，关于的方程有个实数根，，，，若，则 A． B． C． D． 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．已知正数，满足，则 A． B． C． D． 10．已知向量与，函数，若与是的两个极值点，且在区间内没有极值点，则 A． B．的单调递减区间为 C．将的图象向左平移个单位长度后，得到的图象 D．函数的最大值为 11．某功率放大器的输出幅度值与输入幅度值满足模型：，其中参数，由功率放大器电路的特性决定，则下列说法正确的是 A．若输出幅度值与输入幅度值是一一对应的，则当输入幅度值为时，输出幅度值也为 B．若输出幅度值为正数当且仅当输入幅度值为正数，则一定有 C．若，，则输出曲线与系统安全运行边界有个交点 D．若，且当输入幅度值在内时，输出幅度值不超过，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，若，则实数______________． 13．已知，则______________． 14．若，，且，则的取值范围是______________． 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．（13分）已知函数，． （1）若的最小正周期为，求的单调递减区间； （2）若方程在内恰有个实数根，求的取值范围． 16．（15分）已知函数，． （1）求的单调区间； （2）若是的充分条件，求的取值范围． 17．（15分）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，． （1）求； （2）若为锐角三角形，为延长线上一点，且，求面积的取值范围． 18．（17分）已知函数，． （1）求曲线在点处的切线方程． （2）若的最小值与的最大值互为相反数． （ⅰ）求； （ⅱ）设函数的最大值点为，实数，满足，且，，，证明：． 19．（17分）对于函数，记，．若是使无零点的最小正整数，则称是“阶单调函数”． （1）判断函数是几阶单调函数； （2）若函数是阶单调函数，记，当实数，变化时，求的最小值； （3）设，函数，当时，恒成立，且存在，使得，试用表示，并证明． 学科网（北京）股份有限公司 $高三数学(A)答案 一、选择题 1.B2.A3.D4.B5.D6.A7.C8.C 二、选择题 9.ACD 10.BCD 11.BC 三、填空题 12.-4 1 13.6 14.（-∞，2-e) 四、解答题 sin2ox 15.解析(1) =osar-smar）-g sin2@x= cos2ox-V3 in2@x 2 =o2ar+ （3分） T=2=元 由2o 可得0=1，所以 )=o（2x+到 (5分) 2km≤2x+≤元+2x.kZ,得6 元+k≤x≤；+kT,kEz 3 故()的单调递减区间 [+a子+ 6 .k∈Z (7分) f(x)=cos (2)由(1)可知， 2o+ 2r+∈ 个 …（9分) 2f+1=0,病=2， cost=- =24红8m10m14r 由 2,得 3,3,3,3,3,…, 10r≤0m+ π14π 3≤0< 13 所以3 3 3,解得 3 所以0的取值范围是3,133) (13分) f(y)=-a2-2ax+x-2-(ax+1l0x-2) 16.解析(1) Q+ e (2分) 因为0>0，两s/)=0,a+红-2到=0，称= a,x2=2 (4分) 1 x<- <x<2 当 a或x>2时，f'(x)<0,当a 时，'(x)>0 (7分) (2)由(1)可知，f()在，2)上单调递增，在2,3引上单调递减. 所以f(x)在，3]上的最大值为 (2)4a+1 e2 (9分) )-f0)=9a+2a9-ea+2 因为 e3 e e3>0 所以f3)>f) 所以f(在L,3]上的最小值为 ()=a (12 azl 4a+1 ≤4， esase2-1 由题意可知 解 故a的取值范围为 (15 17.解析(1)因为2cosC(ac0sB+bc0sA)=c 所以2cosC(sin4cosB+sinBcos)）=sinC() (2分) 又sindcosB+-sinBcosA=sin(M+B)=sinC,且由C∈(0，)得sinC>0 所9tt为2coC-1,即sC-月 (4分) Cπ 又C∈(0，π，所以3.… (5分) ∠ACB= ∠ACD= π ∠ADC= DAC=T (2)因为 3,所 3,又 6,所以 6 昕以AC=CD三b….(7 (7分) b 在△ABC中，由正弦定理，得sin B sin∠BAC asinB Sin ∠BAC+ sin∠BACcos+cos∠BACsin 3 3 3 1 b= 十 所以 sin∠BAC sin∠BAC sin∠BAC 2tan∠BAC'2 。。。 …(10 0<∠BAC< 2 0<B=2π-∠BAC<T,<∠BAC< 因为△ABC为锐角三角形，所以 3 2得6 2.…(12 tan∠BAC> 3 ta云3<3 0< 1 <2 1<62<4 所以 ,22 tan/BAC2,所以4 …（13 e 4 16 所以 即△ACD面积的取值范围是 (15 18.解析(1)由 所以8（(0)=1，即所求切线的斜率为1. (2分) 故所求的切线方程为y=X. (3分) 1 2》（i)由f(=xlh(a),得f()=lh(a)+1.令f'()=0,得X=e】 e0,女，r0,m四oe 0<x<1 1 ,+00 ae )上单调递增. 所以 ae (5分) '(x)=1 因为 e,所以当x<1时，8()>0，当x>1时，g'()<0」 所以8()在（-0，)上单调递增，在山+o)上单调递减，所以 g()mnu =g(1)=I (7分) 1+1=0 由aee,得a=l, (8分) (i)由(1)中的分析，在平面直角坐标系中作出()与8(0)的图象，由题意可得H(x的图象为 图中实线部分 由是H()的最大值点，结合图可知f(伍)=8(：) (9分) 作一条与x轴平行的直线，该直线与1(x)x>)的图象的两个交点的横坐标即为，，不妨取 1<x<<x,则f()=8(x) (10分) y=g(x) y=f(x) 要证x+为>2，只需证>2，-，又2，->。，且8()在，+切)上单调递减，所以可转 化为证明8(：)<8(2x-),即f(G)<8(2x,-) (12分) o=f)g-小血x。x<) nG()-=nx+1-2-1-r+e-(2,-xl e2-x e26 由e>x+1(x>0),可得e2-(2,-x)+1>2>0。 (15分) 所以当1<x<时，G()>0,则G()在(，)上单调递增， (16分) 所uG(x)<G()=f()-8()=0,即f(G)大g(2x,-) 从而无+>2得证. (17分) 19.解折1)9()=3r+2x-1+c0sx,易得f0(0)=0,f(:)不是1阶单调函数 -62-,-+2 22 0f(0)=2>0 国。和在在，所以间2阶体段 f9()=6-cosx,因为osx∈-1，所/9()e5,刃，f()无零点，所以f(是3阶单 调函数.… …(3分) (2)由题意知， 8()的定义域为(0，+o）,且g"(6)=r+1-msinx,gP()=-mcos 因为8()是2阶单调函数，所以g9()在(0，+切）上无零点. 若m>0,当k充分大时，必存在 2a2am<0,89(2+2+ 1 -+m>0 所以g()有零点，不符合条件. 1 一+m<0 若m<0,当k充分大时，必存在 2)=2m>0.9(2+- 同理，不符合条件」 所以m=0,8(x)=xnx x=1g2=1>0 验证：g()=nx+l的零点为e, 尤，无零点，符合题意。 (6分) M(a,b)=Va-b+a-2-8(bP表示曲线C:y=hx上的点6，bb)到直线：y=x-2上的点 (a,a-2)的距离. 由y=血x,可得y=lnr+1,令nx+1=1,得x=L,切点为，0)，则曲线y=hx上与直线l平 行的切线方程为y=x-1。 设m()=血x-(-),则m'()=lmx,m()=0为最小值，故hx≥x-1,即曲线y=血x在切 线y=x-1上方（除切点以外）， 直线y=x-2在切线y=x-1下方，故最短距离即为切点(，0)到直线x-y-2=0的距离， 1-0-2V2 所以M(a,b)的最小值为VP+(- 2 …(10 (3)由题意知， h(x)=acos ox h2)(x)=-@'sin ox 由条件可，知o()=x+0 sin≥0在(0，+0)上恒成立，且o(x)=0, 因此0是()的最小值点，也是极小值点。 所以0(x)=0 由9()=1+0cos@=0,得 os0x,-1 0 由(o)=+w'sin,x=0 sin,=-号 ,得 02 Vo°-1 0= 所以 Cosx+smox。+克-1 ，解得 ,…… (13 因为 0 sino oso=-1 且 02 ，所以角Do的终边在第三象限， x+2+2kx(kEZ) 2 因为0x>0,所以k20.① 2kt =x2kta'sino xo-- 考虑 \= =X0- ko'sinox=2k 0， 王<海<e☑.(z0生0+o)L立 2kr20 因为0 020 于是k≤0.② 综合①②，得k=0,所以0 20. …(17