注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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．写在
本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第 I 卷 选择题部分（共 40 分）
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
项是符合题目要求的.
1．（2020·全国高一课时练习）设集合 A={1，2，3，4}，B={3，4，5}，全集 U=A∪B，则集合ð U(A∩B)=（ ）
A．{1，2，3，5} B．{1，2，3}
C．{1，2，5} D．{1，2，3，4，5}
【答案】C
【解析】
直接利用集合的交集和补集运算的定义求解即可
【详解】
因为 A={1，2，3，4}，B={3，4，5}，
所以全集 U=A∪B={1，2，3，4，5}，A∩B={3，4}，
所以 U(A∩B)={1，2，5}.
故选：C.
2．（2020·全国高二课时练习）已知双曲线
2 2
16
x y
m
＝1 的一条渐近线方程为 x－4y＝0，其虚轴长为（ ）
A．16 B．8
C．2 D．1
【答案】C
【解析】
根据双曲线的渐近线方程的特点，结合虚轴长的定义进行求解即可.
【详解】
因为双曲线
2 2
16
x y
m
＝1 的一条渐近线方程为 x－4y＝0，
所以 10, 14 4
mm m ，因此该双曲线的虚轴长为 2 1 2 ，
故选：C
3．（2020·高二月考（理））刘徽《九章算术·商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂
直的四棱锥叫“阳马”，如图是一个阳马的三视图，则此阳马的体积为（ ）
A． 1
3 B． 2
3 C．1 D．2
【答案】B
【解析】
由三视图还原直观图，即知“阳马”为四棱锥，利用锥体体积公式求体积即可.
【详解】
由三视图可知，此“阳马”底面长方形的面积 2 1 2S ，高 1h ，
∴ 1 1 22 13 3 3SV h ．
故选：B．
4．（2021·江苏高一单元测试）若复数 z 满足 2 1 4z i i （i 是虚数单位），则复数 z 在复平面中对应的
点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【解析】
先对复数进行化简，然后结合复数的几何意义即可求解．
【详解】
由 2 1 4z i i ，得 1 4 (1 4 )(2 ) 2 9 2 9
2 (2 )(2 ) 5 5 5
i i i iz ii i i
2 9
5 5z i ，所以复数 z 在复平面中对应的点为 2 9,5 5
，在第三象限．
故选：C．
5．（2021·全国高二单元测试）函数 ( ) ln | | |sin |,(f x x x x 且 0)x 的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
根据解析式判断奇偶性，在 0x 上 0x 有 ( )f x ，利用导函数，结合函数图象分析 0x
内极值点的个数，即可确定正确函数图象.
【详解】
函数 ( ) ln | | |sin( )| ln | | |sin | ( )f x x x x x f x ，( x 且 0)x 是偶函数，A 不合要求．
当 0x 时， ( ) ln sinf x x x ：当 0x ， ( )f x ，C 不合要求；而 1( ) cos 0f x xx
时，
1 , cosy y xx
在 0x 上只有一个交点(如下图示)，即区间内只有一个极值点. D 不合要求，B 符合
要求.
故选：B.
6．（2021·全国高三其他模拟）若 l ， m 为两条不同的直线， 为平面，且 / /l ，则“ m ”是“ m l ”
（ ）
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】
应用定义法，结合空间线面关系判断条件之间的充分、必要关系即可.
【详解】
由 / /l 且 m ，能推出 m l ，充分性成立；
若 / /l 且 m l ，则 m 或 / /m 或 m 与 相交，必要性不成立，
∴“ m ”是“ m l ”的充分不必要条件.
故选：A．
7．（2021·全国高二课时练习）已知随机变量 的分布列如表，则随机变量 的方差 D 的最大值为（ ）
ξ 0 1 2
P y 0.4 x
A．0.72 B．0.6
C．0.24 D．0.48
【答案】B
【解析】
由分布列的性质求得 0.6y x ，得到 E 和 2E ，再根据 22 ( )D E E ，即可求解.
【详解】
由分布列的性质，可得 0.4 1x y ，所以 0.6y x ，
又由期望的公式，可得 0.4 2E x ，所以 2 0.4 4E x ，
则 22 2 2 2( ) 0.4 4 (0,4 2 ) 4 2.4 0.24 4( 0.3) 0.6D E E x x x x x ，
所以当 0.3x 时， max 0.6D .
故选：B.
8．（2020·浙江宁波市·高二期中）如图，已知三棱锥 D ABC ，记二面角C AB D 的平面角为
，直线 DA 与平面 ABC 所成的角为 ，直线 DA 与 BC 所成的角为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
不妨设三棱锥 D ABC 是棱长为 2 的正四面体，取 AB 中点 E , DC 中点 M , AC 中点 N ，连结
, , ,DE CE MN EN ，过 D 作 DO CE ，交CE 于O ，连结 AO ，则 DEC DAO MNE ， ， ，
计算求得其余弦值或直接求得角的度数，由此能求出结果．
【详解】
不妨设三棱锥 D ABC 是棱长为 2 的正四面体，
取 AB 中点 E ， DC 中点 M ， AC 中点 N ，连结 DE CE MN EN、 、 、 ，
过 D 作 DO CE ，交CE 于O ，连结 AO ，
则 , , ,DEC DAO MNE
4 1 3 2DE CE DC ＝ ， ，
∴ 3 3 4 1
32 3 3
cos
，
2 2 2 34 13 3 3AO CO CE ＝ ，
∴
2 3 33
2 3
AOcos AD
，
取 BC 中点 F ，连结 DF AF、 ，则 DF BC AF BC ， ，
又 DF AF F ， BC 平面 AFD ， 90BC AD ， ．
．
一般的， DO DOsin sin DEO sin DAO sinDE DA
，
当 为锐角时，由正弦函数的单调性可得 ，
当 为钝角或直角时，由于异面直线所成的角是锐角或直角，此时显然有 .
由直线 DA 与平面 ABC 所成的角是与平面内所有直线所成的角中的最小角，可得 ，
由于 的范围是在 和 90 之间变化，因此 和 的大小关系不确定.
故 A 正确，B,C,D 错误
故选：A．
9．（2021·浙江高一期末）在 OAB 中， 2OA OB ， 2 3AB ，动点 P 位于直线 OA 上，当 PA PB 取
得最小值时，向量 PA
与 PB
的夹角余弦值为（ ）
A． 3 7
7
B． 2 7
7
C． 21
7
D． 21
3
【答案】C
【解析】
计算出 2OA OB ，设 0 1OP OA ，将 PA PB 表示为 的二次函数，利用二次函数的基本
性质求出 PA PB 的最小值及其对应的 的值，求出 PA
、PB
，利用平面向量数量积可求得向量 PA
与 PB
的夹角余弦值.
【详解】
22 2 2
2AB OB OA OA OB OA OB
，即8 2 12OA OB ， 2OA OB ，
设 0 1OP OA ， 1PA OA ， PB OB OP OB OA ，
所以， 2
1 1 1PA PB OA OB OA OA OB OA
2
2 1 92 1 4 1 4 2 2 2 2 4
，
当 1
4
时， PA PB 取得最小值 9
4
，此时 3 3
4 2PA OA ，
22 2 2 2 21 1 1 1 1 212 2 24 16 2 16 2 4PB OB OA OA OB OA OB ，
所以， 21
2PB ，则
9
214cos , 73 21
2 2
PA PBPA PB
PA PB
.
故选：C.
10．（2020·安徽高三月考（理））已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，如果 *n N 都有 1 1
2n n
n
S a a
，
数列 nb 满足 *9 ,2n nb S n N ，数列 nc 满足 1 2,n n n nc b b b n
N ．设 nT 为 nc 的前 n 项和，则当
nT 取得最大值时，n 的值等于（ ）
A．17 B．18 C．19 D．20
【答案】D
【解析】
由数列的递推式可得 1 1a ，再得出数列 2
nS 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，即可求得 , ,n n nS b c ，
讨论数列 nc 中各项的符号，即可得所求最大值时 n 的值.
【详解】
当 1n 时， 1 1 1
1
1 1
2S a a a
，整理可得 2
1 1a ， 0na ， 1 1a ，
当 2n 时， 1
1
1 1
2n n n
n n
S S S S S-
-
骣琪= - +琪 -桫
，整理可得 1
1
1
n n
n n
S S S S
，
则 2 2
1 1n nS S ，数列 2
nS 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
2 1 ( 1)nS n n ，则 nS n ，
9
2n nb S ， 9
2nb n ，
则 9 9 91 22 2 2nc n n n
，
当1 20n 时， 0nb ；当 21n 时， 0nb ，
故当1 18n 时， 0nc ； 19n 时， 19 0c ； 20n 时， 20 0c ；当 21n 时， 0nc ，
又 19 20
9 920 21 9 19 22 02 2c c
，
故当 20n 时， nT 取得最大值.
故选：D.
第 II 卷 非选择题部分（共 110 分）
二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分.
11．（2021·山东青岛市·高一期末）某种物资实行阶梯价格制度，具体见下表：
阶梯 年用量(千克) 价格(元/千克)
第一阶梯 不超过 10 的部分 6
第二阶梯 超过 10 而不超过 20 的部分 8
第三阶梯 超过 20 的部分 10
则一户居民使用该物资的年花费 y(元)关于年用量 x(千克)的函数关系式为___________；若某户居民使用该
物资的年花费为 100(元)，则该户居民的年用量为___________千克.
【答案】
6 , (0,10]
8 20, (10,20]
10 60, (20, )
x x
y x x
x x
15
【解析】
分段讨论根据阶梯价格制度即可求出，将 100y 代入可求该户居民的年用量.
【详解】
由表可得，当 0 10x 时， 6y x ，
当10 20x 时， 6 10 8 10 8 20y x x ，
当 20x 时， 6 10 8 10 10 20 10 60y x x ，
6 , (0,10]
8 20, (10,20]
10 60, (20, )
x x
y x x
x x
，
若某户居民使用该物资的年花费为 100(元)，
可得该户居民的年用量在 10,20 内，则8 20 100x ，解得 15x ，
则该户居民的年用量为 15 千克.
故答案为：
6 , (0,10]
8 20, (10,20]
10 60, (20, )
x x
y x x
x x
；15.
12．（2021·全国高三专题练习（理））设实数 x ， y 满足
7 0
2 5 0
0
x y
x y
y
，则点 ,P x y 形成的区域面积为
______； 2x y 的最大值为______.
【答案】24 11
【解析】
画出不等式组表示的平面区域，可知形成的区域为三角形，求出其面积即可，进而可求出 2x y 的最大值.
【详解】
画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，
可知形成的区域为 ABC ，其中 ( ) ( ) ( )5,0 , 3,4 , 7,0A B C- ，
1 12 4 242ABCS\ = 创 = ，
令 2z x y ，则 1
2 2
zy x ，可知看出当直线过 3,4B 时， z 取得最大值为 11.
故答案为：24；11.
13．（2021·全国高二课时练习）设 62( )x
x
的展开式中 x3 的系数为 a，则 a 的值为________．
【答案】60
【解析】
求出二项式展开式的通项公式，令 x 的指数为3，可得 k 的值，代入通项公式中，可得 a 的值．
【详解】
62( )x
x
的展开式的通项是
366 2
1 6 6
2 2
k k
kk k k
kT C x C x
x
令 6－ 3
2
k ＝3，解得 k＝2，
因此，x3 的系数为 a＝ 2
6C (－2)2＝60．
故答案为：60
14.（2021·全国高一课时练习）在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 7, 2, 60a b A ，
则c ________，sin sinB C ________．
【答案】 3 5 21
14
【解析】
利用余弦定理求出 c ，再根据正弦定理求出sin B 、sinC 即可求解.
【详解】
在 ABC 中， 7, 2, 60a b A ，
则 2 2 2 2 cosa b c bc A ，即 27 4 2c c ，
解得 3c 或 1 （舍去）.
由正弦定理
sin
a c
sinA sinB C
b ，
解得 2 π 21
3 77
sinB sin ，
33 3 212sin 147
C
，
所以 21 3 21 5 21sin sin 7 14 14B C .
15．（2021·合肥市第十中学高一期末）已知函数 ( )f x ， ( )g x 分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数，且满足
( ) ( ) 2 xf x g x x ，则 (0)f 的值为________：若函数 202 2( ) 2 ( 2021) 2xh x f x ∣ 有唯一零点，
则实数 的值为________.
【答案】1 1 或 1
2
【解析】
由奇函数的性质可得 (0) 0g ，从而可求得 (0)f ，令 | | 2( ) 2 ( ) 2xF x f x ，可得 ( )F x 为偶函数，可得
( )h x 的图象关于 2021x 对称，由题意可知 (2021) 0h ，从而可解得 的值．
【详解】
解：因为 ( )g x 是定义在 R 上的奇函数，
所以有 (0) 0g ，
因为 ( ) ( ) 2 xf x g x x ，
所以 (0) (0) 1f g ，所以 (0) 1f ，
令 | | 2( ) 2 ( ) 2xF x f x ，因为 ( )f x 是定义在 R 上的偶函数，
所以 | | 2 | | 2( ) 2 ( ) 2 2 ( ) 2 ( )x xF x f x f x f x ，
所以 ( )F x 是定义在 R 上的偶函数，图象关于 y 轴对称，
所以 | 2021| 2( ) 2 ( 2021) 2 ( 2021)xh x f x F x ，
所以 ( )h x 的图象关于 2021x 对称，
因为 ( )h x 有唯一零点，
所以 (2021) 0h ，即 21 (0) 2 0f ，即 21 2 0 ，
解得 1 或 1
2
．
故答案为：1， 1 或 1
2
．
16．（2021·黑龙江齐齐哈尔市·高三一模（理））安排 5个党员（含小吴）去3个不同小区（含 M 小区）做宣
传活动，每个党员只能去1个小区，且每个小区都有党员去宣传，其中至少安排 2 个党员去 M 小区，但是
小吴不去 M 小区，则不同的安排方法数为_________.
【答案】44
【解析】
先分类讨论为 M 小区安排人，再按照“3+1+1”和“2+2+1”两种情况安排其他小区即可.
【详解】
首先人数分配可以是“3+1+1”和“2+2+1”两种情况，至少安排 2 个党员去 M 小区，故 M 小区安排3人或 2
人，小吴不去 M 小区，故：
若 M 小区安排3人，除小吴外还有 4 人，按照“3+1+1”分配，则有 23
4 2 8C A 种；
若 M 小区安排 2 人，除小吴外还有 4 人，按照“2+2+1”分配，则有 2 2 2
4 3 2 36C C A 种.
故不同的方法数为8 36 44 种.
故答案为：44.
17．（2020·全国高二课时练习）已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的离心率为 3
2
，四个顶点构成的四边
形的面积为 12，直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且线段 AB 的中点为 M(-2，1)，则直线 l 的斜率为__________.
【答案】 1
2
【解析】
根据椭圆的离心率、椭圆的几何性质、椭圆中 , ,a b c 的关系，利用点差法进行求解即可.
【详解】
解析：因为椭圆
2 2
2 2: 1x yC a b
的离心率为 3
2
，四个顶点构成的四边形的面积为 12，
所以
2 2 2
2 32 12
3
ce a aab
ba b c
，所以椭圆方程为
2 2
112 3
x y ，
设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，线段 AB 的中点为 M(-2，1)，因此有 1 2 1 24, 2x x y y ，
直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，所以
2 2
1 1
2 2
2 2
1(1)12 3
1(2)12 3
x y
x y
，
(2) (1) 得，
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1
( )( )0 ( )( )(3)12 3 4
x x y y x x x x y y y y ，把
1 2 1 24, 2x x y y 代入等式 (3) 中， 2 1 2 1( ) 2( )x x y y ，
所以直线 l 的斜率为 2 1
2 1
1
2
y y
x x
，
故答案为： 1
2
三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18．（2021·全国高一课时练习）如图，在平面直角坐标系中，角 ， 的始边均为 x 轴正半轴，终边分别
与圆 O 交于 A ， B 两点，若 7 ,12
，
12
，且点 A 的坐标为 2,A m ．
（1）若 4tan 2 3
，求实数 m 的值；
（2）若 3tan 4AOB ，求 cos2 的值．
【答案】（1）1；（2） 7 3 24
50
．
【解析】
（1）根据题中条件，先由二倍角的正切公式，求出 tan ，再根据任意角的三角函数，即可求出 m 的值；
（2）由题中条件，根据两角差的正切公式，先得到
sin 312
4cos 12
，再由同角三角函数基本关系，求
出sin 12
和 cos 12
，利用二倍角公式，以及两角和的余弦公式，即可求出结果.
【详解】
（1）由题意可得 2
2tan 4tan 2 1 tan 3
，∴ 1tan 2
，或 tan 2 ．
∵ 7 ,12
，∴ 1tan 2
，即 1
2 2
m
，∴ 1m ．
（2）∵
sin 312tan tan( ) tan 12 4cos 12
AOB
，
2 2sin cos 112 12
， 11,12 2 12
，
∴ 3sin 12 5
， 4cos 12 5
，
∴ 24sin 2 2sin cos6 12 12 25
，
2 7cos 2 2cos 16 12 25
，
∴ cos2 cos 2 6 6
7 3 24cos 2 cos sin 2 sin6 6 6 6 50
．
19．（2021·北京通州区·高三一模）如图，三棱锥 A BCD 中，CD 平面 ABC ， 1
2AC CB CD ，
90ACB ，点 E，F 分别是 AB ， AD 的中点．
（1）求证： AC 平面 BCD；
（2）求直线 AD 与平面CEF 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 4 5
15
．
【解析】
（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系求线面角即可.
【详解】
解：（1）因为 DC 平面 ABC ， AC 平面 ABC ，
所以 AC CD ．
因为 90ACB ，
所以 AC CB ．
因为CD CB C ，
所以 AC 平面 BCD．
（2）因为CD 平面 ABC ，
所以CB CD ．
以点 C 为坐标原点，分别以直线CB ， CD ，CA 为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系 C xyz ．
设 2AC BC ，则 4DC ．
因为点 E ， F 分别是 AB ， AD 的中点，
所以 (0,0,2)A ， (2,0,0)B ， (0,0,0)C ， (0,4,0)D ， (1,0,1)E ， (0,2,1)F ．
所以 (0,4, 2)AD
， (1,0,1)CE
， (0,2, )1CF
．
设平面CEF 的法向量为 n (x, y,z)
，
则 0,
0,
n CE
n CF
即 0,
2 0.
x z
y z
令 1y ，则 2z ， 2x ．
所以 (2,1, 2)n
．
设直线 AD 与平面 CEF 所成角为 ．
所以sin cos ,n AD n AD
n AD
8 4 5
153 2 5
．
所以直线 AD 与平面CEF 所成角的正弦值 4 5
15
．
20．（2020·长沙市·高一月考）设数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 2n nS n a .
（1）证明：数列 1na 为等比数列，并求数列 na 的通项公式；
（2）设 n nb na n ，数列 nb 的前 n 项和为 nT ，求满足不等式 2 2020nT
n
的正整数 n 的最小值.
【答案】（1）证明见解析， 2 1n
na ；（2）11.
【解析】
（1）由 2n nS n a ，可得当 2n 时， 1 12 2 1n n n n na S S a a ，利用数列的递推关系式结合等比
数列的定义可证得数列 1na 为等比数列，进而得出数列的通项公式；
（2）利用错位相减法得出数列 nb 的前 n 项和为 nT ，令 2n
n
Tc n
，判断出数列的单调性，将数列的最值
代入，可得正整数 n 的最小值．
【详解】
（1）证明：当 1n 时， 1 11 2a a ，则 1 1a .
当 2n 时， 1 1 12 2 1 2 2 1n n n n n n na S S a n a n a a ，即 12 1n na a ，
即 11 2 1n na a ，所以数列 1na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.
因为 1 2n
na ，所以 2 1n
na .
（2）由题设， 2 1 2n n
nb n n n ，则 1 2 31 2 2 2 3 2 2n
nT n ，
从而 2 3 12 1 2 2 2 ( 1) 2 2n n
nT n n .
两式相减，得 1 2 3 1 12 2 1
2 2 2 2 2 22 1
n
n n n
nT n n
1 1 12 2 2 (1 ) 22n n nn n ，
所以 1( 1)2 2n
nT n .
令
12 ( 1)2n
n
n
T nc n n
，则当 2n 时，
1
1
( 1)2 ( 2)2
1
n n
n n
n nc c n n
22 1 2 2 2( 1) 2 ( 2)2 0( 1) ( 1)
nn n n nn n n
n n n n
，
所以数列 nc 为递增数列.
因为 11
10
9 2 1843.2 202010c ， 12
11
10 202 2048 202011 11c ，
所以满足不等式 2 2020nT
n
的 n 的最小值为 11.
21．（2021·全国高三专题练习）已知抛物线 E ： 2 2y px （ 0p ）的焦点为 F ，准线与 x 轴交于点 K ，
过点 K 作圆 C ： 2 23 4x y 的两条切线，切点为 M ， N ， 2 3MN .
（1）求抛物线 E 的方程；
（2）设 A ，B 是抛物线 E 上分别位于 x 轴两侧的两个动点，且 9
4OA OB （其中O 为坐标原点），求 FAB
与 OAF△ 面积之和的最小值.
【答案】（1） 2 4y x ；（2） 9 14
2
.
【解析】
（1）由已知可得 ,02
pK
，圆C ： 2 23 4x y 的圆心 3,0C ，半径 2r = ，设 MN 与 x 轴交于 R ，
则可得 60MCR ，有 4CK ，所以3 42
p ，从而可求出 p 的值，进而可得抛物线的方程；
（2）设直线 AB ： x my t ，
2
1
1,4
yA y
，
2
2
2,4
yB y
，设 1 0y ， 2 0y ，直线方程与抛物线方程联
立消去 x ，整理后利用根与系数的关系可得 1 2 4y y m ， 1 2 4y y t ，而由 9
4OA OB 列方程可求得
9
2t ，则有 AB 恒过定点 9 ,02Q
，而
1 1 2 1 1 2
1 1 1 1 7
2 2 2 2 2FAB AOFS S OF y FQ y y y y y ，消去 2y 后再利用基本不等式可
得答案
【详解】
解：（1）由已知可得 ,02
pK
，圆C ： 2 23 4x y 的圆心 3,0C ，半径 2r = .
设 MN 与 x 轴交于 R ，由圆的对称性可得 3MR .于是 1CR ， 60MCR
所以 4CK ，即有3 42
p ，解得 2p ，则抛物线 E 的方程为 2 4y x
（2）设直线 AB ： x my t ，
2
1
1,4
yA y
，
2
2
2,4
yB y
，设 1 0y ， 2 0y
联立抛物线方程可得 2 4 4 0y my t ∴ 1 2 4y y m ， 1 2 4y y t
由 9
4OA OB 有
2 2
1 2
1 2
9
4 4 4
y y y y ，
解得 1 2 18y y 或 2（舍去），即 4 18t ，解得 9
2t .
则有 AB 恒过定点 9 ,02Q
；
1 1 2 1 1 2
1 1 1 1 7
2 2 2 2 2FAB AOFS S OF y FQ y y y y y
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1
7 9 91 7 18 1 63 63 63 9 1422 4 2 4 2 4 2 4 2 2
y y yy y yy y y y
（当且仅当 1
1
9 63
4 2
y
y
，即 1 14y 时取等号）
∴ FAB 与 OAF△ 面积之和的最小值 9 14
2
22．（2021·云南昆明市·高三其他模拟（理））已知函数 ( ) cosxf x e x ax a R .
（1）若 ( )f x 在 0, 上单调递增，求 a 的取值范围；
（2）证明： 0,x ， 2sin 2sin sin cosxxe x x x x .
【答案】（1） ,1 ；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求出函数的导数，由题可得 sinxa e x 在 0, 恒成立，构造函数 ( ) sinxg x e x ，可利用导
数求出 g x 最小值，即可求出 a 的取值范围；
（2）构造函数 ( ) sin 0F x x x x ，利用导数可得 sinx x ，进而得 2 2sin x x ，构造函数
21( ) cos 1 02G x x x x ，利用导数可得 210 2 cos 12x x ，即可将所证不等式化为证明
21 12
xe x x ，再次构造函数利用导数即可证明.
【详解】
解：（1） ( ) sinxf x e x a ，
若 ( )f x 在 0, 上单调递增，则 ( ) 0f x ，即 sinxa e x ，
设 ( ) sinxg x e x ，则 ( ) cosxg x e x ，因为 0,x ，所以 ( ) 0g x ，
故 ( )g x 在 0, 上单调递增，所以 ( ) 0 1g x g ，所以 1a .
所以 a 的取值范围为 ,1 .
（2）设 ( ) sin 0F x x x x ，则 ( ) 1 cos 0F x x ，所以 ( )F x 在 0, 上单调递增，
所以 ( ) 0 0F x F ，所以 sinx x ，
所以 0,1x 时， 2 2sin x x ，当 1,x 时，显然 2 2sin x x ，
故 0,x 时， 2 2sin x x .
设 21( ) cos 1 02G x x x x ，则 ( ) sinG x x x ， ( ) 1 cos 0G x x ，
则 ( )G x 在 0, 上单调递增，
所以 ( ) 0 0G x G ，所以 ( )G x 在 0, 上单调递增，所以 ( ) 0 0G x G ，
即 21cos 1 2x x .
所以 210 2 cos 12x x .
所以 2 2 2 21sin sin (2 cos ) (2 cos ) 12x x x x x x x x x
，
只需证 2 21 12
xxe x x x
，即证 21 12
xe x x .
设 21( ) 1( 0)2
xh x e x x x ，则 ( ) 1xh x e x ， ( ) 1 0xh x e ，
所以 ( )h x 在 0, 上单调递增，所以 ( ) 0 0h x h ，所以 ( )h x 在 0, 上单调递增， ( ) 0 0h x h .
故 21 12
xe x x 成立，所以，当 0,x 时， 2sin 2sin sin cosxxe x x x x .
综上所述， 0,x ， 2sin 2sin sin cosxxe x x x x .
关键点睛：本题考查函数不等式的证明，解题的关键是先后两次构造函数将不等式转化为只需证明
21 12
xe x x ，再利用导数证明.
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