2023 学年第一学期浙江省名校协作体适应性试题
高二年级数学学科参考答案
一、选择题：本大题共 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．A 2．A 3．D 4．D 5．A 6．B 7．C 8．B
π
6．【解析】 sin B cos B cos 2A，
2
在 ABC中， A,B 0, π ，故 2A B或2A B 2π，
B
当 2A B 2π时， A π ，故 A B π，不合要求，舍去，
2
所以 2A B，C π A B π A 2A π 3A，
因为 A,B 0, π π ，所以 2A 0, π ，即 A 0, 2 ，
因为C π 3A 0, π A π ，所以 0, ，
3
AC AB BC
由正弦定理得 ，
sin B sinC sin A
AC BC sin B sin A sin 2A sin A 2sin Acos A sin A 2sin Acos A sin A
故 AB sinC sin π 3A sin 2A A sin 2Acos A cos 2Asin A因
为 A 0, π ，所以sin A 0，
AC BC 2cos A 1 2cos A 1 2cos A 1
故 AB 2cos2 A cos 2A 4cos2
A 1 2cos A 1 2cos A 1 ，
A π因为
0, ，所以2cos A 1 0，
3
AC BC 1
故 ，
AB 2cos A 1
因为 A 0,
π
，所以 cos A
1
,1
， 2cos A 1,2 ， 2cos A 1 2,3 ，
3 2
AC BC 1 1 1 故 ， .
AB 2cos A 1 3 2
7．【解析】当 x 0 时，恒有 2x2 x4 x3 2x2 ax b x4 1，
当 x 0时，原式化为 0 b 1；
当 x 1时，原式化为 2 a b 2 2，即 a b 0， a b, 1 a 0 .
又 x 0 时， 2x2 x4 x3 2x2 ax b x4 1恒成立；
ax b x3 2x2 1，即 ax a x3 2x2 1恒成立；
a(x 1) x3 2x2 1 (x 1) x2 x 1 恒成立；
1
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
当 x 1时， a x2 2 x 1恒成立， a x x 1 x 1 min
2
f (x) x2 x 1 1 5令 x ，则由二次函数的性质，知 f (x) 在 1 单调递增；
2 4
f (x) f (1) 12 1 1 1 ，即 a 1，又 1 a 0， a 1，则b 1.
对于 A， | a | | b | 1，故 A 不正确；对于 B，a b 1 1 2，故 B 不正确；对于 C，
| a | | b | 1 1 2，故 C 正确；对于 D，a b 0，故 D 不正确.故选：C.
8．【解析】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:
正视图中小球球心 B，半球球心 O与切点 A构成直角三角形，则有OA2 AB2 OB2 ，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离O1A1与正视图中
的OA相等， 设半球半径为 R，已知小球半径 r=1，∴ OA 2 ， AB 1，OB 3 ，
R OB r 3 1 .
3 4 5+3 3 π
半球面形状的容器的容积是V 1 4 πR 3 1 4
3 1 π .
2 3 2 3 3
二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的或不选的得 0 分。
9．CD 10．AD 11．ABC 12．BD
11．【解析】记 BC中点为 F ，连接 EF ，连接 AF与 BE交于点O， 依题意知四边形 ABFE是
正方形.
2
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
A O BE,OF BE，故锐二面角 A BE C的平面角为α A OF，
BE 平面 A OF ，过 A 作 A H OF于H，则 BE A H，
而 BE，OF相交于平面BCDE内，
故 A H 平面 BCDE，故连接 BF，则 A B与平面BCDE所成的角为 A BH .
A H h
记 A H h，因为 Rt A OH 中， sin α OA ，2
A sin H hRt A BH 中， ，所以 sinα 2 sin ①，选项 A 成立；
A B 2
将①平方得： sin2 α 2sin2 2，所以1 cos α 2 1 cos2 ， cos2 α 2cos2 1 cos2 ，
易见 α ， 都是锐角，则 cos2 α cosα ，∴ cos 2 cosα，而0 2 ,α< ，
根据余弦函数的单调性可知，α 2 ，选项 C 成立；
因为 cos α
OH
， cos
BH
，若使 2 cos α cos ，则需 2OH BH，
2 2
π
即当 OBH ，可以成立，即 B 可能成立；
6
π
另外，由 α ， 都是锐角，且 2 sin sin α<1 2知， sin ，知 .
2 4
由选项 C 知α 2 ，∴α
π
2 ，选项 D 错误．
4
12．【解析】因为 y g x 的图象关于点 (1,0) 对称，所以 g 1 x g 1 x 0 ，
g x 的定义域均为R ，故 g 1 0，由 f x g 1 x 3，得 f x g 1 x 3，所以
f x f x 6，故 A 错误；
令 x 0得， f 0 3，因为 g x f x 3 3，所以 g x 1 f x 2 3与
f x g 1 x 3联立得， f x f x 2 6，则 f x 2 f x 4 6，所以
f x f x 4 ，即 f x 的其中一个周期为 4，因为 g x f x 3 3，所以
g x 4 f x 1 3．即 g x 4 g x ，所以 g x 的其中一个周期也为 4，由
g x f x 3 3，得 g x 1 f x 4 3，与 f x g 1 x 3联立，得
g x 1 g 1 x ，即 g x g x ．所以 B 正确；
由 f x f x 2 6，得 f 1 f 3 6，但 f 1 与 f 3 的值不确定，又 f 0 3，f 2 3，
3
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
2022
所以 f (k) f (1) f (2) 505[ f (1) f (2) f (3) f (4)] 6063 f (1) 故 C 错误；
k 1
由 g x f x 3 3，得 g 3 f 0 3，所以 g 3 0，又 f 1 g 2 3，f 1 g 4 3，
2020
两式相加得， g 2 g 4 0，所以 g k 0 505 g 1 g 2 g 3 g 4 0 ，故 D
k 1
正确．
三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在答题卡中的横线上。
43 1 1 15
13． 14． 15． 16．
39 2 3 16
15．【解析】设球O的半径为 R ,由 4πR2 8π ，解得 R 2 ,
∵OA OB ,且 E分别为线段 AB的中点，∴OE AB ,
在Rt OAE中，OE OA2 AE2 1, 同理可得OF 1，
又∵ EF 2 ,∴ E,O,F三点共线，
作出球O的内接正四棱柱 IDJC AHBG , AC IG K ,
∵GI∥ BD ,∴ AKG为直线 AC与 BD所成的角，
∵ AB EF 2 ,∴ AI 2 , AG 2 ,∴ AK GK 6 ,
2
2 2
6 6 2
2 2 2 22 2
由余弦定理得 cos AKG AK GK AG 1 ．
2AK GK 3
2 6 6
2 2
2 16．【解析】e1 ， e2 为单位向量，则 e1 e2 1
2
，即 e1 e2 1，
2 1
2e1 e2 2e1 e2 5 4e e e 1 e2 2，得 1 2 ，令 t e1 e2 ，4
1 2 t . a b e4 1 e2 2e1 e2 3 3e1 e2 3 3t ， a e1 e2 2 2 e1 e2 2 2 t，
2 a b 3 3t
b 2e1 e2 5 4e1 e2 5 4t ， cos a b 2 2t 5 4t ，有
2 9 1 t
2 9 1 t
cos 9 9 1 ，
2 2t 5 4t 2 5 4t 8 4 10 8t
由 t
1 1 1
，则10 8t 12
9 1 3 9 9 1 9 3 15
，即 ，得 ， ，
4 10 8t 12 4 10 8t 16 8 4 10 8t 8 16 16
cos2 15即 .
16
4
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）因为命题 p: x0 1,1 , x20 x0 m 0是假命题，
2
所以命题 p : x 1,1 , x x m 0是真命题，
所以m x2 x在 x 1,1 上恒成立，
f x x2令 x 1 x 1 1，则 f x 开口向上，对称轴为 x ，
2
所以 f x 1 1在 1,
上单调递减，在 ,1 上单调递增， 2 2
又 f 1 1 2 1 2 ， f 1 12 1 0 ，所以 f x max f 1 2，
所以m>2，即m 2, ，故 B 2, .
（2）因为 x B是 x A的必要不充分条件，
所以集合A 是集合 B的真子集，又 B 2, ，
因为 x 3a x a 2 0对应的方程 x 3a x a 2 0的根为 x 3a或 x a 2，
当3a a 2，即 a 1时，由 x 3a x a 2 0得 a 2 x 3a，则 A a 2,3a ，
所以 a 2 2，则 a 0，故 a 1；
当3a a 2，即 a 1时，由 x 3a x a 2 0得 x 3 2 0 ，显然 x ，即 A ，满
足题意；
当3a a 2，即a 1时，由 x 3a x a 2 0得3a x a 2，则 A 3a,a 2 ，
2 2
所以3a 2，则 a ，故 a 1；
3 3
a 2 a 2综上： ，即 ,
3 3
.
T 5π π π
18．（1） ，T π ，T 2π π， 2，且 A 2，
4 12 6 4
f x 2sin 2x ， f 0 2sin 1 1 π π， sin ， ，则 .
2 2 6
故 f x 2sin 2x
π
.
6
π
取 2kπ
π π π π
2x 2kπ, k Z ，解得 kπ x kπ, k Z，
2 6 2 3 6
5
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
π π
故函数单调增区间为 kπ, kπ 3 6
,k Z .
1 11 1 π
（2） π x π ，则 π 2x 2π ，
12 12 3 6
y π设 2sin t ， t , 2π
，画出函数图像，如图所示：
3
根据图像知：m 2,0 3,2 .
19．（1） | AB AC | 4 3 ， | AB || AC | sin BAC 4 3.
AB AC 4， | AB || AC | cos BAC 4 ， tan BAC 3，
又 BAC 0, π ， BAC π ，
3
| AB || AC | 8 .
2 | AB | | AC |≥2 2 | AB || AC | 2 16 8，
当且仅当 2 | AB | | AC | 4 时， 2 | AB | | AC |有最小值8 .
因此，不存在满足条件的 ABC，使得 2 | AB | | AC | 6 .
（2）由（1）知，当 2 | AB | | AC | 8时， | AB | 2， | AC | 4 .
π
解法一：在 ABC中， BAC ，由余弦定理得， BC 2 AB2 AC 2 AB BC，
3
BC 2 3 ， ABC
π
.
2
在△ABD中， BAC
π
， 2BD 3AD，3
BD sin BAC 3
由正弦定理得， ，
AD sin ABD 2
sin ABD 2 ，BD AD，
2
ABD π π ， DBC .
4 4
1 2
| D B D A
| AB || BD | sin ABD 2
| = | D B || D A | sin ADB S △ABD 2 2 3
|CB CD | |CB ||CD | sin DCB S 1△CBD | BC || BD | sin DBC 2 3
2 2 3 2
6
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
解法二：
在△ABD中， BAC
π
BD sin BAC 3，
3 2BD 3AD
，由正弦定理得， ，
AD sin ABD 2
π
sin 2 ABD= ，BD AD， ABD ，
2 4
5π BDA ，
12
AD 2
AD AB
又 ， 2 2 3
sin ABD sin BDA +
1 ， AD 2( 3 1) .
2 2 2 2
CD 2(3 3) .
| D B D A | = | D B || D A | sin ADB S△ABD | AD | 2( 3 1) 3 .
|CB CD | |CB ||CD | sin DCB S△CBD |CD | 2(3 3) 3
20．（1）连接 BD AC O，连接DM ,BM ,OM ，如图，
因为底面 ABCD是平行四边形，所以O是 AC的中点，
又M 是PC的中点，所以OM / /PA，
因为OM 平面 BDM ， PA 平面 BDM ，所以 PA / / 平面 BDM .
（2）记 AB的中点为Q，连接 PQ，则 PQ⊥AB，
在平面 ABCD过Q作QE AB，交CD于 E，连接 PE，如图，
因为平面 PAB 平面 ABCD，平面 PAB 平面 ABCD AB，
PQ 平面 PAB，
所以 PQ 平面 ABCD，又CD 平面 ABCD，则 PQ CD，
易得QE CD，又 PQ QE Q,PQ,QE 面 PQE，所以CD 面 PQE，
因为 PE 面 PQE，所以CD PE，
过M 作MN //CD交 PE于N，连接 NQ，则 PE MN，
因为MN //CD， AB / /CD，所以MN // AB，则M ,N , A,B四点共面，
所以平面MAB与平面 PCD交线一部分为MN，
又平面MAB 平面 PCD， PE 平面 PCD，所以 PE 平面MAB，
因为NQ 平面MAB，所以 PE NQ，
因为 PAB是边长为 4 的等边三角形，所以 PQ AB， PQ 2 3 ，
7
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
因为平行四边形 ABCD中， BC 2， ABC 60 ， AB 4 ，
则 BQ 2， EQ BC sin 60 3 ，
故在Rt△PQE中， PE PQ 2 EQ 2 12 3 15 ，
易得 PQE PNQ 90 ， EPQ QPN ，则 EPQ QPN，
PQ PE 2
所以 PN
PQ 12
，则 PN PQ ，PE 15
PM PN 12 1 4
因为MN //CD，所以 PC PE .15 15 5
21．（1）因为 4kx2 4kx k 1 0是关于 x的实系数一元二次方程，所以 k 0 ,
因为 a是方程4kx2 4kx k 1 0的一个根，且 a 1，
当 a R 时，则 a 1或 a 1，
若 a 1，代入方程得 4k 4k k 1 0，解得 k 1；
1
若 a 1，代入方程得 4k 4k k 1 0 ，解得 k ；
9
当 a为虚数时，不妨设 a z，则 z也是方程 4kx2 4kx k 1 0的一个根，
z z k 1故 ，又因为 a 1，即 z 1，故
4k z z 1
，
k 1 1 1所以 ，解得 k ，
4k 3
2 k 1又 4k 4 4k k 1 16k 0 ，得 k 0，所以 ；
3
1 1
综上： k 1或 k 或 k .
9 3
k 1
（2）由韦达定理可知， x1 + x2 1， x1x2 ， k 0，4k
2 2
x1 x2 x
2
1 x
2
2 x1 x2 2x1x2 x1 x2 4k 4k 4 4 4所以 2 2 2 2 ，
x2 x1 x1x2 x1x2 x1x2 k 1 k 1 k 1
x1 x2 4
因为 2x2 x1 k 1
为整数, k Z，
所以 k 1必为 4的因式，则 k 1的值可能为 4, 2, 1,1, 2, 4 ，
则实数 k的值可能为 5, 3, 2,1,3，
2
又因为 x1, x2 是该方程的两个实根，所以 4k 4 4k k 1 16k 0 ，则 k 0 ，
所以 k的所有取值为 5, 3, 2 .
8
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
g x sin2 x cos x a π22．（1）解： cos2 x cos x a 1, x , π
2
．
由 g x 0可得 a 1 cos2 x cos x，
令 t cos x x
π
，由
, π 可得 1 t 0 ，
2
2
故 cos x cos x t
1
t 2 , 04
．
1 5
当 a 1 0或 a 1 ，即 a 1或a 时，
4 4 a 1 t t
2 无解，
所以 g（x）不存在零点；
1 5 1 2
当 a 1 ，即 a 时， a 1 t t 2 有一解 t ，此时 x仅有一解 ，4 4 2 3
所以 g（x）只存在一个零点；
1
当 a 1 0
5
，即 a 1时，
4 4 a 1 t t
2 有两解
1 π t a 5 ，此时cos x 1 5 a 在 x , π 各有一解，故 g（x）有两个零点．2 4 2 4 2
5 , 1 综上，实数 a的取值范围为 ．
4
（2）证明：函数 g（x）有两个零点x1，x2，
令 t1 cos x1 0, t2 cos x2 0，则 t1 ， t2 为方程 a 1 t t 2 的两根，
则 t1 t2 1， t1t2 a 1 ，所以 cos x1 cos x2 1 ，
cos2两边平方得 x1 cos
2 x2 2cos x1 cos x2 1，因为 2cos x1 cos x2 0，
cos2所以 x1 cos
2 x2 1 cos
2 x2 sin
2 x2，
2 2 2 3π
所以 cos x1 sin x2 cos x
2 ，
2
π π 3π 3π
由 x2 π
可得 x2 π ，所以 cos x
0 ，
2 2 2 2 2
则 cos x1 cos
3π x π 2 ，因为 y cos x在 , π 上单调递减，
2 2
x 3π x x x 3π所以 1 2 ，即 2 1 2
.
2
命题：金华一中 周日
9
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}2023 学年第一学期浙江省名校协作体适应性试题
高二年级数学学科
考生须知：
1．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷。
选择题部分
一、选择题：本大题共 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．已知集合 A x y ln x 1 B x 1 ， x 0 ，则 A B
x 2
A． x 1 x 2 B． x 1 x 2
C． x 1 x 2 D． x 1 x 2
2．若复数 z满足 (1 i)(1 z) 1，则 | z |
A 2． B．1 C． 2 D．2
2
3．如图所示的图形中，每一个小正方形的边长均为 1，则
AC AD AB AD
A． 4 B． 2
B．C．0 D．4
4．已知 m，n表示两条不同的直线， ， 表示两个不同的平面，
则下列说法正确的是
A．若m ， n∥ ，则m∥ n
B．若 ，m ，则m
C．若 ∥ ，m ， n ，则m∥ n
D．若m ，m ，则
5．已知函数 y f (x)， x [ , ]的图象如图所示，则函数 y f x 的解析式可能是
1 1
A． f (x) sin x sin 2x sin 3x
2 3
1 1
B． f (x) cos x cos2x cos3x
2 3
C． f (x) sin 2x
1
sin x 1 sin3x
2 3
D． f (x) cos2x
1 1
cos x cos3x
2 3
高二数学 第 1 页 共 4 页
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
π
6．在 ABC中， sin B
cos 2A AC BC ，则 的取值范围是
2 AB
1 1 1 1 1 2 1 2 A． ， B． ， C． ， D． ，
2 3 2 2 3 3 3
7．设 a，b R，若 x 0时，恒有 2x2 x4 x3 2x2 ax b x4 1，则
A． | a | | b | 2 B． a b 2 C． | a | | b | 2 D． a b 2
8．为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一
游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是 1cm的玻璃弹珠放在
一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处
于同一水平面，则这个容器的容积是
2 5 3 3 π 4 5 3 3 π
A． B． cm cm3
3 3
C． 2 5 3 3 πcm3 8 5 3 3 πD． cm3
3
二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的或不选的得 0 分。
9．某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方
式主要有：A—结伴步行，B—自行乘车，C—家人接送，D—其他方式．并将收集的数据整
理绘制成如下两幅不完整的统计图．根据图中信息，下列说法正确的是
A．扇形统计图中D的占比最大
B．条形统计图中A和C高度不一样
C．扇形统计图中A的占比大于D的占比
D．估计该校超过一半的学生选择自行乘车或家人接送
10．已知a b 0，则
a
A． 2 a 2 b B． loga 2 logb 2 C． 3b 2 ab D．3 a b 2 ab
11．如图，矩形 ABCD中，已知 AB 2，BC 4，E
为 AD的中点． 将 ABE沿着 BE向上翻折至 A BE，
记锐二面角 A BE C的平面角为 α， A B与平面
BCDE所成的角为 ，则下列结论可能成立的是
A． sinα 2 sin B． 2cosα cos C．α 2 D．α
π
4
高二数学 第 2 页 共 4 页
{#{QQABJQ6UogCAQgBAARhCAQHCCgMQkBGCCAgOxBAIMAAAiBFABAA=}#}
12．已知函数 f x ，g x 的定义域均为 R，且 f x g 1 x 3，g x f x 3 3．若
y g x 的图象关于点 (1,0)对称，则（ ）
A． f x f x B． g x g x
2022 2020
C． f k 6066 D． g k 0
k 1 k 1
非选择题部分
三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在答题卡中的横线上。
13．已知甲、乙两组数据，甲：27，28，39，m，49，50；乙：24，27，n，43，48，52．若
m
这两组数据的第 40百分位数、第 50百分位数分别相等，则 _________．
n
14．设 p 0， q 0，满足 log2 p log4 q log (2 p q)
p
8 ，则 q _________．
15．已知球 O的表面积为8π，A，B，C，D为球 O的球面上的四个点，E，F分别为线段
AB，CD的中点．若 AB CD EF 2，且 AB CD，则直线 AC与 BD所成的角的余弦值
为_________．
16．设e1 ，e2 为单位向量，满足 2e1 e2 2，a e1 e2 ，b 2e1 e a
2 ，设 ，b 的夹角为 ，
则 cos2 的最小值为_________．
四、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（本题满分 10分）已知命题 p: x0 1,1 , x20 x0 m 0是假命题．
（1）求实数m的取值集合 B；
（2）设不等式 x 3a x a 2 0的解集为 A，若 x B是 x A的必要不充分条件，求实
数 a的取值范围．
18．（本题满分 12分）已知函数 f x Asin x （ A π 0， 0， ）的部分图象
2
如图所示．
（1）求 f x 的单调递增区间；
1
（2）设 π
11
x π，且方程 f x m存两个不同的实数根，
12 12
求实数 m的取值范围．
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r
19．（本题满分 12分）对平面向量m，n，定义运算： m n m n sin ，其中 m， n 分别
表示m，n的模长， 是m与n的夹角．在 ABC中，已知 AB AC 4 3， AB AC 4．
uuur
（1）是否存在满足条件的 ABC，使得 2 AB AC 6？若存在，求 BC 的值；若不存在，
请说明理由；
DB DA
（2）若2 AB AC 8，D是线段 AC上一点，且 2BD 3AD，求 ．
CB CD
20．（本题满分 12分）如图，四棱锥 P ABCD的底面 ABCD是平行四边形，平面 PAB 平
面 ABCD， PAB是边长为 4的等边三角形，BC 2， ABC 60 ，M 是 PC上一点．
（1）若M 是 PC的中点，证明： PA / /平面 BDM ；
（2）若平面MAB PM 平面 PCD，求 PC 的值．
21．（本题满分 12分）已知 4kx2 4kx k 1 0是关于 x的实系数一元二次方程．
（1）若 a是方程的一个复数根，且 a 1，求实数 k的值；
x
2 1
x2
（ ）若 x1, x2 是方程的两个实数根，且 x x 为整数，求整数 k的所有可能值．2 1
g x sin2 x cos x a, x π 22．（本题满分 12分）已知函数 , π 有两个零点．
2
（1）求实数 a的取值范围；
（2）设 x1, x2 是 g(x)的两个零点，证明： x1 x
3π
．2 2
命题：金华一中 周日
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