深圳实验学校 2024-2025 学年第一学期期末考试
高一数学
时间：120 分钟 满分：150 分
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. α cosα 3 3π是第四象限角， = ，则 cos α
= ( )． 5 2
A 3 B 4 C 3 4． ． ． D．
5 5 5 5
2. 化简 3 2 2 的结果为( )．
1 1 2 3
A． 23 B． 22 C． 23 D． 22
3. 已知函数 f (x) = Asin (ωx + )(A > 0，ω > 0，0 < < π )的部分图象如图所示，则下列结
论正确的是( )．
A． f (x) π的图象关于直线 x = 对称
3
B．将 f (x) π的图象向右平移 个单位长度得到的图象关于原点对称
12
C．方程 f (x) = 3 在区间 [0，2π ]有 5 个不等实根
D． f (x) 3π 3π 在 ， 上单调递增 4 2
4. 声音是由物体振动产生的声波．我们听到的每个音都是由纯音合成的，纯音的数学模型
是函数 y = Asinωt ．音有四要素：音调、响度、音长和音色，它们都与函数 y = Asinωt
中的参数有关，比如：响度与振幅有关，振幅越大响度越大，振幅越小响度越小；音调
与频率有关，频率低的声音低沉，频率高的声音尖利．像我们平时听到声音不只是一个
1
音在响，而是许多音的结合，称为复合音．我们听到的声音函数是 f (x) = sin x + sin 2x
2
1
+ sin 3x 1+ sin 4x + ，结合上述材料及所学知识，你认为下列说法中不正确的是( )．
3 4
A．函数 f (x) = sin x 1+ sin 2x 1+ sin 3x 1+ sin 4x 1+ + sin100x 具有奇偶性
2 3 4 100
B．函数 f (x) = sin x 1+ sin 2x 1 sin 3x 1 sin 4x π π+ + 在区间
， 上单调递增
2 3 4 8 8
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}
C f (x) sin x 1 1．若声音甲对应函数近似为 = + sin 2x + sin 3x 1+ sin 4x ，则声音甲的响度
2 3 4
1
不一定比纯音 h (x) = sin 2x 的响度大
2
D 1．若某声音乙对应函数近似为 g (x) = sin x + sin 2x ，则声音乙一定比纯音
2
h (x) 1= sin 3x更低沉
2
5. 欢乐港湾摩天轮——“湾区之光”是深圳的一处标志性景点．已知某摩天轮最高点
距离地面高度为 128 米，转盘直径为 120 米，等距设置有 60 个座舱，开启后按逆
时针方向匀速旋转，旋转一周大约需要 30min，若甲、乙两人的座舱之间有 4 个座
舱，则甲、乙两人座舱高度差的最大值为( )．
A．30( 3 1)米 B．30( 6 2 )米 C． 20 3 米 D．30 3 米
6. 已知函数 f (x) = lg ( 9x2 +1 3x) +1 ，正实数 a，b 满足 f (2a) + f (b 4) = 2 ，则
4b a
+ 2 的最小值为( )． a 2ab + b
A．1 B．2 C．3 D．4
7. 函数 f (x) 5π 9π= π + (x π )sin x 在区间 ， 上所有零点之和为( )． 2 2
A． 2π B． 4π C． 6π D．8π
8. 已知函数 f (x) = 4sinωx sin2 ωx π+ 2 + 2cos ωx (ω > 0)
π 2π
在区间 ，
2 4 2 3
上是增函
数，且在 [0，π ]上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围是( )．
A 0 3 B 3 5 C [1 ) D 1 3+ ∞ ． ， ． ， ． ， ． ， 4 4 2 2 4
二．选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项
是符合题目要求．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. 关于△ ABC ，下列说法正确的是( )．
A．若 sin 2A = sin 2B ，则△ ABC 是等腰三角形
B． tan A tan B tan C = tan A + tan B + tan C
C．若△ ABC 为锐角三角形，则 sin A > cos B恒成立
D．若 sin A + cos A 5= ，则△ ABC 为钝角三角形
5
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}
log2 x ，0 < x < 2
10. 已知函数 f (x) = π ，若存在 x1 ，x2 ，x3 ，x4 ，满足 x1 < x2 < x3 < x4，
sin x ，2 ≤ x ≤10
4
f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ) = f (x4 )，则 x1x2x3x4 的值可以为( )．
A．20 B．24 C．28 D．32
11. 若1<10a <10b <10 ，则( )．
A 4a 5 b 4b 5 a B ln a． + < + ． > sin b sin a
b
C． (cos a)a > (cosb)b D． a lgb > b lg a
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知 sinα cosα 1= ，0 ≤α ≤ π sin π ，则 2α + = ____________． 5 4
13. 求值： cos50°( 3 tan10°) = ____________．
14. 设 y = m (m > 0) 与 f (x) = 4sin (2x + ) 图象的相邻 3 个公共点自左向右依次为
A，B，C ，若5 AB = 7 BC ，则m 的值为____________．
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. （本题满分 13 分）
已知 cos (α + β ) 2 5= ，tan β 1 π= ，且α，β ∈
5 7
0，
2
．
⑴ 求 cos2 β 2sin2 β + sin β cosβ 的值；
⑵ 求 2α + β 的值．
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}
16. （本题满分 15 分）
中国茶文化博大精深，饮茶深受大众喜爱，茶水的口感与水的温度有关，如果刚泡好的
茶水温度是θ1℃，环境温度是θ0 ℃，那么 t 分钟后茶水的温度θ （单位：℃）可由公式
θ (t ) = θ kt0 + (θ1 θ0 )e 求得，其中 k 是常数，现有刚泡好的茶水温度是 100℃，放在室
温 25℃的环境中自然冷却，5 分钟以后茶水的温度是 50℃．
⑴ 求 k 的值（计算结果精确到 0.01）；
⑵ 经验表明，当室温是 15℃时，刚泡好的茶水温度是 95℃，自然冷却至 60℃时引用
口感最佳，刚刚泡好的茶水大约要放置几分钟才能达到最佳饮用口感？（计算结果精确
到 0.1）参考数据： ln 2 ≈ 0.693，ln 3 ≈1.099
17. （本题满分 15 分）
已知 f (x) = sin x π + cos x
1
+ sin 2x π+ 3 ．
3 2 3 4
⑴ 求 f (x)的最小正周期和单调递增区间；
⑵ 求 f (x) π π在
， 上的值域； 4 4
⑶ 将函数 f (x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得到函数
g (x) π 的图象，若 ag x g
x π π 5π +
≥ 2对任意的 x∈ ， 恒成立，求 a的取值范 3 6 2 6
围．
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18. （本题满分 17 分）
意大利画家列奥纳多·达·芬奇曾经提出，固定项链的两段，使其在重力的作用下自然
下垂，项链所成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，历史上，莱布尼兹等人
ex + e x
曾研究并得出了悬链线的方程，其中双曲余弦函数 cosh (x) = 尤为特殊，与此类
2
sinh (x) e
x e x
似的还有双曲正弦函数 = （ e是自然对数的底数， e ≈ 2.71828 ）．
2
⑴ 计算 cosh (2) 2cosh2 (1)的值；
⑵ 类比两角差的余弦公式，写出两角差的双曲余弦公式 cosh (x y) = ____________，
并加以证明；
⑶ 判断函数 f (x) = 2cosh (2x) 4bcosh (x) + 4b 2 的零点个数，并求出零点．
19. （本题满分 17 分）
若对于实数m，n ，关于 x的方程 f (x + m) + f (x m) = nf (x)在函数 y = f (x)的定义域
D 上有实数解 x = x0 ，则称 x0为函数 f (x)的“ (m，n)可消点”，若存在实数m，n ，对
任意实数 x∈D，x均为函数 f (x)的“ (m，n)可消点”，则称函数 f (x)为“可消函数”，
此时，有序数对 (m，n)称为函数 f (x)的“可消数对”．
⑴ 若 f (x) = x + 2是“可消函数”，求函数 f (x)的“可消数对”；
⑵ 若 (m，1)为函数 f (x) = sin xcos x 的“可消数对”，求m 的值；
⑶ 若函数 f (x) = sin2 x π π 的定义域为R ，存在实数 x0 ∈ 0， 同时为 f (x)的“ ，n 4 1 2
π
可消点”与“ ，n2 可消点”，求 n
2 + n21 2 的最小值．
3
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}深圳实验学校 2024-2025 学年第一学期期末考试 高一数学试题解析
1. 【答案】A
【解析】由α 为第四象限角， sinα 1 3= cos2α = ，由诱导公式， cos α
3π
5
=
2
cos π 3 α + = sinα = ，故选 A．
2 5
2. 【答案】B
1
3 1
【解析】 3 2 2 = ( 2 ) 3 = 2 = 22 ，故选 B．
3. 【答案】C
π T π 2π
【解析】由题意 f (x)相邻对称轴间的距离为 ，可得 = ，因此T = π ，ω = = 2，
2 2 2 T
x π 2 π 2kπ π k Z kπ π π当 = 时， × + = + ， ∈ ，故 = + ，k ∈Z．由 0 < < π 可得 = ，
12 12 2 3 3
π π
由函数最大值为 2 可得 A = 2 ，因此 f (x) = 2sin 2x + ．A 选项， f 3 3 = 3 ，非
π π
最值，故 x = 不是 f (x)的对称轴，A 错误．B 选项， f (x)图象向右平移 个单位
3 12
π π
长度后的解析式为 f x = 2sin
2x + ，不关于原点对称，B 错误．C 选项，令
12 6
f (x) = 3 ，可得 2x π+ = 2kπ π 2π π+ 或 2kπ + ，k ∈Z ，解得 x = kπ 或 kπ + ，k ∈Z，
3 3 3 6
[0 2π ] 0 π 7π在 ， 上，实根为 ， ，π ， ，2π ，共 5 个，C 正确．D 选项， f (x)的单调区
6 6
π 3π 3π 3π
间长度为 ，不可能在长为 的区间 ， 上单调递增，D 错误．故选 C．
2 4 4 2
4. 【答案】C
【 解 析 】 A 选 项 ， f ( x) = sin ( x) 1+ sin ( 2x) 1 + sin ( 1 3x) + + sin ( 100x)
2 3 100
1 1 1 1
= sin x sin 2x sin 3x sin x = f (x)，故 f (x)是奇函数，A 正确．B 选
2 3 100 100
x π π 2x π π 3π 3π 项， ∈ ， 时， ∈ ， ，3x∈ ， ，4x
π π
∈ ， ，故 y = sin x ， 8 8 4 4 8 8 2 2
y 1= sin 2x y 1 sin 3x y 1 sin 4x π π π π= = f (x) ， ， 在 ， 上都是增函数， 在 ，2 3 4 8 8 8 8
上
π π 1 1 3π 1 2
单调递增，B 正确．C 选项，由 f = sin + sinπ + sin + sin 2π = 可得，f (x)
2 2 2 3 2 4 3
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}
的最大值 f (x) 2 1 1max ≥ > ，故 f (x)的振幅必然大于 h (x) = sin 2x 的振幅，即声音甲的3 2 2
1
响度一定大于纯音的响度，C 错误．D 选项，对于 g (x) = sin x + sin 2x ，设其最小正周
2
T g (π T ) g (π ) 0 sinT 1期为 ，则 + = = ，即 + sin 2T = 0 sinT (cosT 1) = 0 ，故
2
sinT = 0 ，故T = kπ ，k∈N* ，由于 g (x) π π 是奇函数，g = g ，故T = π 不会是
2 2
g (x)的周期，而 T = 2π 显然是 g (x)的周期，故 g (x)的最小正周期为 2π ，其频率
f 1 1 Hz h (x) 2π 1 31 = = ，纯音 的最小正周期为 ，其频率 f2 = = Hz，声音乙的频率T 2π 3 T 2π
更低，比 h (x)低沉，D 正确．故选 C．
5. 【答案】B
5 π
【解析】甲乙两人的座舱所连的弧所对应的圆心角为θ ，则θ = 2π = ，以摩天轮
60 6
中心为原点建立坐标系，设某一时刻甲座舱位于 (60cosα，60sinα )处，乙座舱位于
60cos
α π+ 60sin α π+ y π ， 处 ， 则 两 人 高 度 差 = 60 sin
α + sinα =
6
6 6
60 sin α π π sin α π π+ + + π π π =120 sin cos
α + ≤120sin = 30( 6 2 )
12 12 12 12 12 12 12
米，故选 B．
6. 【答案】B
【解析】 f (x) + f ( x) = lg ( 9x2 +1 3x) + lg ( 9x2 +1 + 3x) + 2 = lg (9x2 +1 9x2 ) + 2
= 2，这说明 f (x)的图象关于点 (0，1)对称，类似奇函数，在原点两侧单调性相同，由
1
于 x > 0 时 f (x) = lg +1，y = 9x2 +1 + 3x在 (0，+ ∞)上单调递增且函数值
9x2 +1 + 3x
恒正，可推出 f (x)在 (0，+ ∞)上单调递减，因此 f (x)是减函数． f (2a) + f (b 4) = 2
f (2a) = 2 f (b 4) = f (4 b) 2a = 4 b ，即 2a 4b a+ b = 4 ，因此 + =
a 2ab + b2
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}
16
4b a 4b a 4b a a =
+ = + ≥ 2 = 2，当 a = 4b 9即 时取得，故选 B．
a b (2a + b) a 4b a 4b b 4=
9
7. 【答案】B
【解析】 f (x) 0 sin x π π= = ，作出 y = sin x 和 y = 在
x π x π
5π 9π
区间 ， 上的图象如图，可知两个图象共有 4 个交点，因 2 2
此 f (x) 在区 间上共 有 4 个零 点，由小 到大记为 x1 ，x2 ，x3 ，x4 ．同 时，
f (π + x) = π + xsin (π + x) = π xsin x ， f (π x) = π xsin (π x) = π xsin x ，可得
f (π + x) = f (π x)，故 f (x)的图象关于直线 x = π 对称，因此 x1 + x4 = x2 + x3 = 2π ，
故所有零点之和为 4π ，故选 B．
8. 【答案】D
1 cos ωx
π
+
【 解 析 】 f (x) = 4sinωx 2 + 2cos2ωx = 2sinωx + 2sin2ωx + 2cos2ωx
2
= 2sin π 2πωx + 2 x∈ ，当 ， 时ωx
πω 2πω ， ，由 f (x)在区间上单调递增可得， 2 3 2 3
πω π
≥ 2 2 3
，解得ω ≤ ．当 x∈[0，π ]时，ωx∈[0，πω]，由 f (x)恰好在区间上取得
2πω π≤ 4
3 2
π 5π 1 5 1 3
一次最大值可得 ≤ πω < ，解得 ≤ω < ，综上所述，ω∈ ，
2 2 2 2 2 4
，故选 D．
9. 【答案】BCD
【解析】A 选项，由于 2A，2B∈(0，2π )，且至多有一个大于π ，因此若 sin 2A = sin 2B ，
则有 2A π= 2B或 2A + 2B = π ，得 A = B或 A + B = ，因此△ ABC 为等腰三角形或直角
2
tan A + tan B
三角形，A 错误．B 选项，在△ ABC 中， tan C = tan (A + B) = ，整理得
tan A tan B 1
tan A tan B tan C = tan A + tan B + tan C ，B 正确．C 选项，若△ ABC 为锐角三角形，则有
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}
A B π π π+ = π π π C > ，故 A > B A ，且 ， B∈
2 2 2
0， ，由 y = sin x 在 0， 上单调
2 2
递增可得 sin A > sin π B = cos B ，C 正确．D 选项，(sin A + cos A)
2 =1+ 2sin Acos A
2
1
= sin Acos A 2= ，由 A∈(0，π )可得 sin A > 0，故 cos A < 0 A∈ π π ，因此
5 5
， ，
2
△ ABC 为钝角三角形，D 正确．故选 BCD．
10. 【答案】BC
【解析】作出 f (x)草图如图，由 f (x1 ) = f (x2 )可得 log2 x1 = log2 x2 ，故 x1 = x2（舍去）
或 log2 x1 + log2 x2 = 0，可得 x1x2 =1，x3 ，x4 关于直线 x = 6 对称，由图可得 2 < x3 < 4 ，
8 < x4 <10，记 t = x4 6 = 6 x3 ， t∈(2，4)， x3x4 = (6 t )(6 + t ) = 36 t2 ∈(20，32)，
故选 BC．
11. 【答案】ACD
【解析】由1<10a <10b <10 可得 0 < a < b <1．A 选项，由 y = 4x 是增函数， y = 5 x 是
减函数，可得 4a < 4b ，5 b < 5 a ，故 4a + 5 b < 4b + 5 a ，A a正确．B 选项，此时 <1，
b
故 ln a 0 a< ，且 sin b sin a > 0，因此 ln < sin b sin a ，B 错误．C 选项，由 0 < a < b <1
b b
可得 0 < cosb < cos a <1，由 y = (cos a)x 是减函数可得， (cos a)a > (cos a)b ，由 y = xb 是
增函数可得， (cos a)b > (cosb)b ，因此 (cos a)a > (cos a)b > (cosb)b ，C 正确．D 选项，
由 y = xb 是增函数可得 ab < bb ，由 y = bx 是减函数可得 ba > bb ，因此ba > bb > ab > 0，
取对数可得 a lgb > b lg a ，D 正确．故选 ACD．
12. 31 2【答案】
50
2 1 24
【解析】 (sinα cosα ) =1 2sinα cosα = ，可得 sin 2α = ，且 2α ∈(0，π )
25 25
α ∈ π 2 49 7 0， ，因此 (sinα + cosα ) =1+ sin 2α = sinα + cosα = ，故 cos 2α = cos2α
2 25 5
sin2α = (cos sin )(cos sin ) 7 sin 2α π 2α α α + α = ， + = (sin 2α cos 2α )
31 2
+ = ．
25 4 2 50
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}
13. 【答案】1
( ) 2cos 10° + 30°【 解 析 】 cos50° 3 tan10° = cos50 3 cos10° sin10° ( )° = cos50° cos10° cos10°
2sin 50°cos50° sin100° sin (10° + 90°) cos10°
= = = = =1．
cos10° cos10° cos10° cos10°
14. 【答案】 6 2
【解析】将 f (x)图象经平移和伸缩变换后变回 y = sin x 的图象，具体操作为：①所有点
1
横坐标不变，纵坐标变为原来的 ；②所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的 2 倍；③
4
m
向右平移 个单位．此时水平直线 y = m 的方程变为 y = ，设 A，B，C 变为
4
A′，B′，C′，易知在伸缩变换过程中，虽然线段长度发生改变，但长度之比保持不变，
A′B′ AB 7
即 = = ．设 A′(x 7π 0 ，m)，则 B′ x0 + ，m ，C′(x0 + 2π ，m)，A′，B′关于B′C′ BC 5 6
7π
某条对称轴对称，可得 2x0 + = 2kπ +π ，解得 x = kπ
π m
，k∈Z ，同时由于 =
6 0 12 4
sin x0 可得 sin x 0
m 11π π 6 2
0 > ，故可取 k =1， = sin = sin = ，m = 6 2 ． 4 12 12 4
15. 【解析】
2 2
⑴ cos2 β 2sin2 β + sin β cosβ cos β 2sin β + sin β cosβ=
sin2
β + cos2 β
2 1
1 2 tan2 β + tan β 1 +
= = 49 7 272 = ． tan β +1 1 +1 25
49
⑵ 由 α，β ∈ 0
π
， 可得 α + β ∈(0，π ) ，故 sin (α + β ) = 1 cos2 (α
5
+ β ) = ，
2 5
tan ( ) 1 2 tan (α + βα + β = ．因此 tan (2 )α + 2β ) 4= 2 = ． 2 1 tan (α + β ) 3
4 1
tan (2α + 2β ) tan β
故 tan (2α + β ) = tan (2α + 2β ) β 3 7 = = 4 1 =1 1+ tan (2α + 2β ) tan β 1+ ×
3 7
{#{QQABIYAgwggYkBbACT5qBU10C0kQkJOiLcgMwVAUKAYCiYNIFIA=}#}
cos (α + β ) 2 5= > 0 α + β ∈ 0 π β 0 π∈ 2α π+ β ∈ π 由 可得 ， ，且 ， ，因此 ， 5 2 2 2
因此 2α + β π= ．
4
16. 【解析】
⑴ 由题意得θ0 = 25，θ1 =100，t = 5，θ = 50，代入可得50 = 25 + 75e
5k
整理得 e 5k 1 1= ，取对数得 k = ln 3 ≈ 0.22 ．
3 5
1
ln3 t
⑵ 由题意得θ0 =15，θ1 = 95，θ =15 + 80e 5
1
ln3 t 9 1
令θ = 60 ，可得 e 5 = ln 3 t = ln 9 = 2ln 3 4ln 2
16 5 16
5× (4ln 2 2ln 3) 5× (4× 0.693 2×1.099)
解得 t = ≈ ≈ 2.6分钟．
ln 3 1.099
17. 【解析】
⑴ f (x) 1= sin xcos x 3+ cos2 x 1 sin 2x π 3+ + 2 2 2 3 4
1 sin 2x 3= + cos 2x 1+ sin 2x π+ 1 sin 2x π 1 = + + sin
2x π+ = sin
2x
π
+ ． 4 4 2 3 2 3 2 3 3
T 2π最小正周期 = = π ．
2
2x π+ ∈ 2kπ π 2kπ π x kπ 5π π令 ， + ，解得 ∈ kπ +
， ，k∈Z ．
3 2 2 12 12
故 f (x) 5π π的增区间为 x∈ kπ ，kπ +
，k∈Z ．
12 12
x π π π π 5π⑵ ∈
， 时 2x + ∈ ， ，故 sin
2x
π 1
+ ∈
，1
．
4 4 3 6 6 3 2
即 f (x) π π 1 在 ， 上的值域为 ，1 4 4 2
．
g (x) sin x π asin x cos x 2 x π 5π⑶ = + ，原不等式可化为 ≥
对任意的 ∈ ， 恒成立 3 2 6
a2 sin2 x ≥ (cos x + 2)2对任意的 x∈ π 5π ， 恒成立 a > 0 2 6
2 (cos x + 2
2
a ) π 5π≥ 2 对任意的 x∈ ， 恒成立且 a > 0 1 cos x 2 6
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(t + 2)2
记 t = cos x t 3， ∈ ，0 ，条件可化为 a2
3
≥ 对任意的 t∈ ，0 成立
2 1 t
2
2
(t + 2 2 y ) 3 t
2 + 4t + 4 4t + 5
设 = 2 ，t∈ ，0 ， 则 y = 2 = 1+1 t 2 1 t 1 t2
设
u = 4t + 5，u∈ 5 2 3，5 ，则 f (u )
u u
= 1+ 1 = 1+
1 (u 5)2 1 u2 5 u 9 +
16 16 8 16
1
= 1+ ，由 y 9= u + 在 (5 2 3，3)上递减，(3，5)上递增可得， f (u)在5 1
9 u
8 16
u +
u
(5 2 3，3)上递减，在 (3，5)上递增
2
2
u 3 3= 5 2 3 即 t = 时， y = 4 2 = (4 3) 2 2
u = 5 即 t = 0 时， y = 4
2 2
因此 f (u)的最大值为 (4 3) ，由题意得 a2 ≥ (4 3) ，故 a ≥ 4 3 ．
x x π 5π
另解：设 t = tan ， ∈ ， t∈ 1，2 + 3 2 2 4 12
2 x 2 x 2 x 2 x 2 x
cos x + 2 cos sin + 2cos + 2sin tan + 3 2
= 2 2 2 2 = 2 t + 3=
sin x 2sin x cos x 2 tan x 2t
2 2 2
由对勾函数性质分析可得，当 t = 2 + 3时右侧取得最大值为 4 3
18. 【解析】
e + e
1 e2 e 2
⑴ 由定义可得， cosh (1) = ，cosh (2) =
2 2
1 2
cosh (2) 2cosh2 (1) e
2 + e 2 (e + e )
所以 = = 1．
2 2
⑵ cosh (x y) = cosh (x)cosh ( y) sinh (x)sinh ( y)，下证明之．
(ex + e x )(ey + e y ) (ex e x )(ey e y )
事实上， cosh (x)cosh ( y) sinh (x)sinh ( y) =
4 4
ex+ y + e x+ y + ex y + e x y ex+ y + e x+ y + ex y e x y ex y + ey x
= = = cosh (x y)．
4 2
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2x 2x
⑶ 由于 cosh2 (x) e + e + 2 1= = cosh (2x) 1+
4 2 2
x x
因此 cosh (2x) = 2cosh2 (x) 1，设 t = cosh (x) e + e= ，由均值不等式， t ≥1
2
因此 y = 2(2t2 1) 4bt + 4b 2 = 4t2 4bt + 4b 4 = 4(t b +1)(t 1)
令 y = 0 ，可得 t =1或 t = b 1，而 cosh (x) =1当且仅当 x = 0
cosh (x)可视为函数u = ex y 1和 = u + 的复合，由复合函数单调性，cosh (x)在 (0，+ ∞)
u
上单调递增，在 ( ∞，0)上单调递减
若 b 1>1即b > 2 ，则 cosh (x) = b 1有 2 解，原方程共有 3 个解；
ex + e x
令 = b 1，设u = ex ，方程可化为u2 2(b 1)u +1= 0，解得u = b 1± b2 2b
2
故另两解为 x = ln (b 1+ b22 2b )，x3 = ln (b 1 b2 2b )
若 b 1=1即 b = 2 ，此时关于 t 的方程 (t b +1)(t 1) = 0 仅有一解，原方程有唯一解
x = 0 ；
若 b 1<1即b < 2 ，此时 cosh (x) = b 1无解，原方程有唯一解 x = 0 ．
综上所述，b ≤ 2 时，原函数有 1 个零点 x1 = 0；
b > 2 时，原函数有 3 个零点，为 x 21 = 0，x2 = ln (b 1+ b 2b )，x3 = ln (b 1 b2 2b )．
19. 【解析】
⑴ 由题意，任意 x∈R ， (x + m + 2) + (x m + 2) = n (x + 2)，整理得 2x + 4 = n (x + 2)
解得 n = 2，m 可取任意实数．
因此 f (x)的“可消数对”为 (m，2)，m 为任意实数．
⑵ f (x) 1= sin 2x 1 sin (2x 2m) 1，由题意得 + + sin (2x 2m) 1= sin 2x， x∈R
2 2 2 2
整理得 sin 2xcos 2m 1= sin 2x 恒成立，因此 cos 2m 1= ，得 2m = 2kπ π± ，k∈Z
2 2 3
因此m = kπ π± ，k∈Z
6
1 1
当m = kπ 时， sin (2x + 2m) + sin (2x 2m) = sin 2x 恒成立
2 2
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综上所述，若 (m，1)为函数 f (x) = sin xcos x 的“可消数对”，则m = kπ ，k∈Z ．
f x π+ + f π 0 x0 = n1 f (x0 )
f (x) 1 cos 2x 2 2 ⑶ = ，由题意得
2
f π π x0 + + f x0 = n f (x )
3 3
2 0
cos (2x0 +π ) cos (2x0 π )1 n 1 cos 2x = 0
2 2
1 2
即 2π 2π
cos 2x0 +
cos 2x0
1 3 3
1 cos 2x= n 0
2 2 2 2
2(1+ cos 2x0 ) = n1 (1 cos 2x0 )
n 2 n 2
进一步整理可得 1 cos 2x =
1
0 =
2
2 1+ cos 2x0 = n2 (1 cos 2x0 ) n + 2 n2 1 2
+1
4 3 3 3 1
因此 = ，可得 n2 = (n1 + 2) 1= n1 + n1 + 2 n2 +1 4 4 2
π
同时，由 x0 ∈ 0， 可得 cos 2x ∈[0，1) 4 0
n 2
令 0 ≤ 1 <1，解得 n1 ≥ 2，故 n2 ≥ 2，二者可同时取等． n1 + 2
因此 n2 21 + n2 ≥ 2
2 + 22 = 8 ．
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