2023届云南省云南师范大学附属中学高考适应性月考卷(五)数学试题(解析

2024年3月4日发(作者：太康县初中数学试卷真题)

2023届云南省云南师范大学附属中学高考适应性月考卷（五）数学试题

一、单选题

1．在如图所示的复平面内，复数z对应的点为Z

，则z（

）．

2i

13A．i

5513B．i

5513C．i

5513D．i

55【答案】A

【分析】根据复数运算法则即可.

【详解】由图可知z1i，

z1i1i2i13i13i，

则2i2i2i2i555故选:A．

22．设集合Ayylog3x,x27，Bxx5x60，则 RAB（

）．

D．,3 A．2,3

【答案】B

B．2,3 C．,3

【分析】求得对数函数的值域求得A，解一元二次不等式求得集合B，由此求得3【详解】当x27时，log3xlog327log333，

RAB.

所以集合Ayylog3x,x27yy3，

所以 RAyy3，

x25x6x2x30，解得2x3，

2所以Bxx5x60x2x3，

所以 RABx2x3

故选：B

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3．已知等差数列an的前3项和为27，a5a230，则a8（

）

A．31

【答案】C

【分析】根据已知条件求得a1和公差d，从而求得a8.

【详解】设等差数列an的公差为d，

由题意S33a13d27，2a15d30，

解得d4，a15，

所以a8a17d52833．

故选：C

4．已知a，b满足a2,2，b2，abb，则a，b的夹角为（

）

B．32 C．33 D．34

πA．

6【答案】B

πB．

4πC．

3πD．

2【分析】根据abb求得ab，根据向量的夹角公式求得a，b的夹角.

【详解】因为abb，所以abbabb0,abb4，

则cosa,babab42

2，222π.

422由于a,b0,π，所以a,b故选：B

5．按照编码特点来分，条形码可分为宽度调节法编码和模块组合法编码．最常见的宽度调节法编码的条形码是“标准25码”，“标准25码”中的每个数字编码由五个条组成，其中两个为相同的宽条，三个为相同的窄条，如图就是一个数字的编码，则共有多少（

）种不同的编码．

A．120

【答案】D

【分析】本题转化为排列问题，即3个分别相同的元素与2个分别相同的元素排成一列的总数问题.

【详解】由题意可得，该题等价于将5个元素（3个分别相同、2个分别相同）排成一列的所有排列B．60 C．40 D．10

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A5数N25310．

A2?A3故选：D

6．如图，为了测量一建筑物AB的高，测量者在建筑物底部B点所在的水平面上选取两个观测点C，D，在C点和D点测得A点的仰角分别为30°和60°，并且测得CD26m，CBD120，则建筑物AB的高度为（

）．

A．521m

7

1021B．m

7C．39m D．239m

【答案】D

【分析】利用余弦定理列方程，化简求得AB的高.

【详解】由ACB30，ADB60，设ABx，

在Rt△ACB、RtADB中，tan30所以BC3x，BD3x，

3ABAB，tan60，

BDBC在△BCD中，由余弦定理CD2BC2BD2BCBDcos120，

即2623313xx23xx，

33222解得x239或x239（舍去），

所以建筑物的高度AB为239m．

故选：D

7．我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形的棱台称为“刍童”．已知侧棱都相等的四棱锥PABCD底面为矩形，且AB3，BC7，高为2，用一个与底面平行的平面截该四棱锥，截得一个高为1的刍童，该刍童的顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为（

）．

A．16π

【答案】C

【分析】利用勾股定理列方程，求得球的半径，进而求得球的表面积.

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B．18π C．20π D．25π

【详解】如图1，设棱台为ABCDA1B1C1D1，

如图2，该棱台外接球的球心为O，半径为R，上底面中心为O1，下底面中心为O2，

则由题意O1O21，AO22，AO111，OAOA1R，

当O在O1O2下方时，设OO2h，

则在AOO2中，有：R2h24（1），

2在A1OO1中，有：R2h11（2），

联立（1）、（2）得h1，R25，

所以刍童外接球的表面积为20π．

同理，当O在O1O2中间时，设OO1h，

则有R2h21，R21h4，解得h2，不满足题意，舍去．

综上所述：当刍童外接球的表面积为20π．

故选：C

8．连续曲线凹弧与凸弧的分界点称为曲线的拐点，拐点在统计学、物理学、经济学等领域都有重要应用．若fx的图象是一条连续不断的曲线，xa,b，fx的导函数fx都存在，且fx的导函数fx也都存在．若x0a,b，使得fx00，且在x0的左、右附近，fx异号，则称点x0,fx0为曲线yfx的拐点，根据上述定义，若2,f2是函数2fxx4exe2A．,

4k514xkxx0唯一的拐点，则实数k的取值范围是（

）．

206e2B．,

4第 4 页 共 21 页

e2C．,

2【答案】B

e2D．,

2exexy【分析】根据题意，k2无变号零点，利用导数判断的单调性求得其最值，即可求得参数x2x的范围.

x【详解】fxx4ek514k2xkx，fxx3exx4kx3，

20643fxx2exkx32kx2x2exkx2，

因为2,f2是fx唯一的拐点，所以x2是fx唯一的变号零点，

ex即yekx无变号零点，即k2无变号零点，

xex2ex设gx2，gx，x2，gx0，x2，gx0，

3xxx2所以gxmine2g2，x时，gx，当x0时，x0，gx，

4e2故k，满足题意.

4故选：B．

二、多选题

π9．已知函数fxtan2x，则（

）．

3A．f03

2πC．,0为fx的一个对称中心

3πB．fx最小正周期为

25π7πD．fx在,上单调递增

1212π【答案】BCD

【详解】对A选项代入计算即可，对B选项利用结论正切函数最小正周期为验即可，对D选项利用整体代换法，求出2xB，对选项代入检π的范围，再利用正切函数的单调性即可判断.

3πf0tan3，A错误；

3ππfxtan2x的最小正周期为，B正确；

32当x2π2π2ππ2π0，所以,0为fx的一个对称中心，C正确；

时，ftan233333ππ5π5π7ππ5π当x,时，2x,，因为ytanx在,上单调递增，D正确．

326121226第 5 页 共 21 页

故选：BCD．

10．如图．四边形ABCD为矩形，PA平面ABCD，PA∥BE，且PABC2BE2BA，记四面体PACD，EPBC，EPAC的体积为V1，V2，V3，则下列说法正确的是（

）．

A．V12V2

C．V1，V2，V3成等差数列

【答案】AD

【分析】利用棱锥的体积计算公式，结合线面垂直的判定定理，分别求得V1,V2,V3，即可判断和选择.

【详解】连接PB,BD,AE，如下所示：

B．2V13V3

D．2V2V3

因为PA面ABCD，故点P到平面ABCD的距离为PA；

又四边形ABCD为矩形，BCAB，PA面ABCD,BC面ABCD，故BCPA，

又AB,PA面PBE,ABPAA，故BC面PBE，故点C到面PAB的距离为BC；

同理可得：DA面PAE，故点D到面PAE的距离为DA；

不妨设PABC2BE2BA2，

1112则V1VPACDSACDPA212，

3323SPBESPABESPAB1131121，

12122221111V2VEPBCVCPBESPBEBC2，

33231112V3VEPACVCPAEVDPAESPAEDA212，

3323因此V12V2，2V2V3．

故选：AD．

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x211．已知椭圆C:y21，直线l:ykxk0与椭圆C交于A，B两点，过A作x轴的垂线，垂足2为D，直线BD交椭圆于另一点M，则下列说法正确的是（

）．

A．若D为椭圆的一个焦点时，则△ABD的周长为226

B．若k1，则△ABD的面积为

C．直线BM的斜率为2k

D．AMAB0

【答案】ABD

【分析】根据D为焦点，求得A,B坐标，结合椭圆定义，即可求得判断A的正误；联立直线方程和椭圆方程，结合三角形面积公式即可判断B的正误；根据斜率的计算公式，即可直接判断C的正误；根据MA,MB斜率关系，结合C中所得结论，即可判断D的正误.

【详解】对A：如图，由对称性，不妨设D为椭圆的左焦点，

23

26A1,则D1,0，故易得，则OA，则AB226，

又因为ADBD2a22，所以△ABD的周长为226，故A正确；

x266666y216DB,,对B：由2，解得x，不妨设A，，3,0，

33333yx26162626，OD，所以S△ABD．故B正确；

323333y01kkk，C错误；

Dx,0Ax,yBx,yC对：设，所以BMBD000，00，则2x02则yAyB2ny0ny0n2y0x02对D：设Ax0,y0，则y01，Mm,n，则kMAkMB2，

mx0mx0m2x0222n2y01m2x022n1①，y01②，①－②得2又点M和点A在椭圆C上，，

22mx022第 7 页 共 21 页

1111因为kMBk，则kMAk，得kMA，

2k221∴kMAkABk1，∴MAB90，所以AMAB0，D正确．

k故选：ABD．

12．已知函数fx及其导函数fx的定义域都为R，对于任意的x,yR，都有xyfxfy2f2xyf．

成立，则下列说法正确的是（

）2A．f01

11B．若f1，则f2

22C．fx为偶函数

11D．若f10，则f215f219f22019f22023f0

2【答案】BD

【分析】根据题意运用特殊值检验方法，排除法即可解决.

2【详解】令xy0，则f0f02f0，解得f01或f00，故A错误；

令xy1，2f12f1f0，所以f01，

12令x2，y0，则f2f02f1，解得f2，故B正确；

2当f00时，令xy，则有2fx2fxf00，

所以fx0，fx0，

当f01，令xy，则有fxfx2f0fx，

所以fx=fx，所以fxfx，所以fx为奇函数，

综上，fx为奇函数，故C错误；

令xy2，则fy2fy2fy1f10，

11所以f215f22019f22023f0，故D正确．

2故选：BD．

三、填空题

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13．曲线yex1的一条切线斜率为1，则该切线方程为______．

【答案】yx

【分析】设切点，根据切点处的导函数值与斜率相等即可解决.

x1【详解】设切点为x0,e0，

因为yex1，

所以由题意ex011，则x01，

所以切点为1,1，

所以切线方程为yx．

故答案为：yx.

14．在x2kx的展开式中，x3的系数为8，则实数k的值为______．

3【答案】2

【分析】根据展开式的通项求某项的系数即可.

【详解】x2kx的展开式的通项为Tr1C3x3r62rkrxrC3rx6rkr，

令6r3，解得r3，

33所以x3系数是C3k8，解得k2．

故答案为：2.

15．设ABC的面积为S，BAC，已知ABAC4，2S23，则函数πf3sin2cos2的值域为______．

423123,【答案】

22ππ【分析】由向量数量积公式和三角形面积公式得到1tan3，求出,，三角恒等变换化43π13简得到fsin2，结合的范围，结合正弦函数图象求出值域.

62【详解】由题意ABACABACcos4，21ABACsin23，

2π3π1cos2ππ221cos2

所以1tan3，所以,，f3sincos434222第 9 页 共 21 页

3113π13sin2cos2sin2，

22262π2π5πππ因为,，所以2,，

63643ππ5π23所以当2，即时，f取得最小值，最小值为；

6632当2ππ2π123，即时，f取得最大值，最大值为；

634223123f,故.

2223123,故答案为：

2216．在概率论发展的过程中，通过构造试验推翻或验证某些结论是统计学家们常用的方法，若事件A，B，C满足PABPAPB，PACPAPC，PBCPBPC同时成立，则称事件A，B，C两两独立，现有一个正六面体，六个面分别标有1到6的六个数，随机抛掷该六面体一次，观察与地面接触的面上的数字，得到样本空间1,2,3,4,5,6，若A1,2,3,4，B1,2,5，则可以构造C＝______（填一个满足条件的即可），使得PABCPAPBPC成立时，但不满足事件A，B，C两两独立

【答案】1,3,4（答案不唯一）

【分析】根据相互独立事件以及“A,B,C两两相互”的定义对问题进行分析，先判断A,B相互独立，确定构造事件C，使“A与C”或“B与C”不相互独立，根据事件C包含的基本事件的个数进行分类讨论，由此求得符合题意的时间C.

【详解】元素1或2有且仅有一个属于C，剩余的3，4，5，6中任选两个属于C，都满足条件要求．

因为PA121，PB，PAB，PAPBPAB，

323若不满足事件A，B，C两两独立，只需构造事件C

使得PAPCPAC和PBPCPBC至少有一个成立．

设事件C包含的基本事件个数为N（1N6且NN），nABCm（0m2且mN），

当PABCPAPBPC成立时，有所以N3或N6．

（1）若N6，则C1,2,3,4,5,6，ABC1,2，

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m21N，得N3m，

6326

PABCPAPBPC成立，

此时PBC11，PB，PC1，PBCPBPC；

2222PAC，PA，PC1，PACPAPC，

33又因为PABPAPB，所以事件A，B，C两两独立，不满足要求．

（2）若N3，则nABC1，

因为A1,2,3,4，B1,2,5，所以必有1C且2C、2C且1C两种情况．

当1C且2C时，PA所以PBPC121，PB，PC，

32211，PAPC，

3411且PAC，

43所以若事件A，B，C两两独立，则存在事件C使得PBC此时nAC2，nBC3，不符合题意，

2所以A，B，C不可能两两独立．

所以构造集合C使得nC3，1C且2C均满足题意，

满足要求的C为：1,3,4、1,3,5、1,3,6、1,4,5、1,4,6、1,5,6．

2,3,5、2,3,6、2,5,6．2,3,4、2,4,5、2,4,6、当2C且1C时，同理符合要求的集合C为：故答案为：1,3,4（答案不唯一）

四、解答题

17．ABC的内角分别为A，B，C，b，c，其对边分别为a，点O为ABC的内心，记△OBC，OAC，222OAB的面积为S1，S2，S3，已知S1S3S2S1S3，c3．

(1)求角B；

(2)在①sinAsinB2sinC；②sinA2；③acosCccosA7这三个条件中任选一个，判断三sinB角形是否存在？若存在，求出三角形面积，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)B

(2)答案见解析

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π3

【分析】（1）利用三角形的面积公式列方程，结合余弦定理求得B.

（2）选①，结合正弦定理、余弦定理以及三角形的面积公式求得三角形ABC的面积.选②，利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，得出矛盾，由此说明理由.选③，利用余弦定理化简已知条件，结合三角形的面积公式求得三角形ABC的面积.

【详解】（1）设ABC内切圆半径为r，

11111因为SSSS1S3，所以arcrbrarcr，

22222212322222化简得：a2c2b2ac，

a2c2b21所以cosB，

2ac2因为B0,π，所以B．

（2）若选择①，因为sinAsinB2sinC，所以ab2c6，

由（1）知a2c2b2ac，c3，

所以a29b23a，所以a296a3a，解得ab3，

所以ABC存在且唯一，面积S若选择②，11393．

absinC922242π3sinA2，所以a2b，

sinB由（1）知a2c2b2ac，c3，

所以4b29b26b，整理得b22b30，b无解，故ABC不存在．

若选择③，因为acosCccosA7，

a2b2c2b2c2a2cb7．

所以a2ab2bc由（1）知a2c2b2ac，c3，

所以a2973a，整理得a23a20，解得a1或a2，

经检验，a1或a2，满足题意，

所以ABC存在两个．

当a1时，ABC的面积SacsinB3当a2时，ABC的面积S1212333，

2411333．

acsinB6222218．研究表明，季节变化引起的光照强度会影响人群的情绪，其主要原因是光照可以控制褪黑素的分泌，干扰正常的生物节律，进而间接参与情绪的调节，为了探究光照强度是否也会影响其它动物4,8，褪黑索的分泌，科研人员将200只小白鼠置于光照条件下，控制光照时长，将光照时长按0,4，第 12 页 共 21 页

8,12，12,16，16,20，20,24分组，绘制成如图所示的频率分布直方图．试验发现，共有130只小白鼠褪黑素分泌正常，其中光照时长不小于8小时的有90只褪黑素分泌正常．

(1)填写下面的2×2列联表，并根据列联表及0.05的独立性检验，能否认为褪黑素分泌与光照时长不小于8小时有关联？（单位：只）

光照时间

褪黑素

小于8小时

分泌正常

分泌不正常

合计

(2)以样本中的频率估计概率，计算光照小于8小时的条件下，小白鼠褪黑素分泌不正常的概率．

参考公式：2参考数据：

P2xx合计

不小于8小时

nadbc2abcdacbd（其中nabcd为样本容量）．

0.1

2.706

0.05

3.841

0.01

6.635

0.005

7.879

0.001

10.828

【答案】(1)表格见解析，可以认为褪黑素分泌与光照时长不小于8小时有关联；

1(2).

5

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【分析】（1）先计算出光照小于8小时的共有50只，不小于8小时的有150只，结合褪黑素分泌正常的有130只，其中光照时长不小于8小时有90只，填写列联表，计算卡方，与3.841比较后得到结论；

（2）由条件概率公式计算光照小于8小时的条件下，小白鼠褪黑素分泌不正常的概率．

【详解】（1）0.03750.025420050（只）

由题意，光照小于8小时的有50只，不小于8小时的有150只，

褪黑素分泌正常的有130只，其中光照时长不小于8小时有90只，小于8小时有40只，

故列联表如下：

光照时间

褪黑素

小于8小时

分泌正常

分泌不正常

合计

零假设为H0：褪黑素分泌与光照时长不小于8小时无关联．

40

10

50

不小于8小时

90

60

150

130

70

200

合计

根据列联表中数据，得220040601090501507013026.593.841，

根据0.05的独立性检验，认为褪黑素分泌与光照时长不小于8小时有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05．

（2）令事件A＝“小白鼠光照小于8小时”，事件B＝“小白鼠褪黑素分泌不正常”，

则PBAnABnA101，

5051故光照小于8小时的条件下，小白鼠褪黑素分泌不正常的概率为．

5119．如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为2，AB1，AC1与A1C交于点D，E为BC中点．

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(1)求证：DE//平面AA1B1B；

(2)若CC1AB，DEBC，求直线AC1与平面DEC所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）通过正DE//A1B，即可由线线平行证明线面平行；

（2）结合已知条件，通过证明线面垂直，求得BC的长度；再以B为坐标原点建立空间直角坐标系，求得AC1的方向向量和平面DEC的法向量，利用向量法即可求得结果.

【详解】（1）证明：连接A1B，如图，

6．

3

因为ABCA1B1C1为直三棱柱，AC1与A1C交于点D，所以D为A1C中点，

又因为E为BC中点，所以DE∥A1B，A1B面AA1B1B，而DE平面AA1B1B，

所以DE//平面AA1B1B．

（2）由题意CC1AB1，

因为DEBC，DE∥A1B，所以BCA1B．

又因为BCBB1，A1BB1BB，A1B,B1B面AA1B1B，所以BC平面AA1B1B，

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11又AB面AA1B1B，所以BCAB，由VABCA1B1C11BC1，得BC1，

22又B1B面ABC,BA,BC面ABC，故B1BBA,B1BBC，

故以B点为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系，

1111则E,0,0，C1,0,0，A10,1,1，A0,1,0，C11,0,1，D,,，

22221111EC,0,0，DC,,，AC11,1,1，

2222设平面DEC的法向量为nx,y,z，

1nECx02则，令y1，得n0,1,1为平面DEC的一个法向量，

111nDCxyz0222则cosn,AC1nAC1nAC126，

366．

3所以直线AC1与平面DEC所成角的正弦值为20．已知数列an满足：n1an1nan1，a23．

(1)证明：an为等差数列，并求an的通项公式；

1(2)数列bn2an1n，求满足b1b2b3bn100的最大正整数n．

【答案】(1)证明见解析，an2n1

(2)13

【分析】（1）法一：化简已知条件得到an2an2an1，从而证得an为等差数列，并求得an.法二：先猜想an，然后利用数学归纳法进行证明，再结合等差数列的定义证得an为等差数列.

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（2）利用分组求和法求得b1b2b3bn，结合函数的单调性求得正确答案.

【详解】（1）法一：n1an1nan10①，得nan2n1an110②，

②－①，得nan22nan1nan0，即an2an2an1，

所以数列an是等差数列，

又0a11，∴a11，a23，公差d2，所以an2n1．

法二：令n1时，0a11，a11，a23，

令n2时，a32a215，猜想an2n1．

下面数学归纳法证明：

①当n1时，0a11，a11，a12111，

②假设当nk时，a12k1，

2则当nk1时，k1ak1kak1k2k112kk1，

解得ak12k1，所以nk1成立．

综上所述，nN时，an2n1．

an1an2n12n12，所以数列an是等差数列.

1（2）bn2an11nn，

4n所以bbb12311144bn114nnnnn1111nn1100，

23342nn1111即100

2343xx111因为fx在1,上单调递增，

234x111111f14105100，f1391100，

3433431413所以满足条件的最大正整数为13．

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y221．已知点A为双曲线:x21b0的右顶点，B5,2在双曲线上，C5,2，ABC的b2内切圆为M．

(1)求曲线和M的方程；

1(2)已知D2,，过D作M的两条切线分别交于A1，A2两点，证明：直线A1A2与M相切．

2【答案】(1):x212y21，M：x4y21；

(2)证明见解析.

【分析】(1)将B的坐标代入双曲线方程即可求双曲线方程；设出圆心坐标，根据几何关系求出圆的圆心和半径即可求圆的方程．

(2)设出圆的切线方程，利用点到直线距离等于半径求出切线斜率满足的方程，再将切线方程与双曲线方程联立求出点A1,A2的纵坐标即可作答．

【详解】（1）由题知A1,0，

∵B5,2在双曲线上，∴25∴双曲线:x212y21．

由对称性知，M的圆心在x正半轴上，设M的圆心Ma,0a1，半径为r，则ar5，

AB所在直线方程为y2a11622x1，即2x4y20，

42212b1，解得，

12b2则r，则a13r，解得r1，a4，

2∴M的方程为x4y21．

（2）依题意，过D且与圆M相切的直线斜率存在，设切线方程为ykx2kxy2k10，

22

1，即12k8k30．1，即2则有2k121k2设A1x1,y1，A2x2,y2，设切线DA1的斜率为k1，切线DA2的斜率为k2，

则k1、k2是方程12k28k30的两个实根．

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1yk1x222222得：112k1x48k112k1x48k124k140，①

由22x12y1∵过点D的M的切线与双曲线交于两点，

2163k1120，

12k16k∴112k120，且Δ48k1212k11612k1211121∵点D2,在上，故2是方程①的一个根，x1是方程①的另外一个根；

248k1224k1424k1212k12412k12，

则根据韦达定理得2x1，解得x1112k12112k1212k1212而12k18k13，于是得y1k1(x12)412k114k1(8k13)1131k11，

2212k1128k131222同理x2412k22，y21，

212k21因此直线A1A2的方程为y1，

∵M的圆心M(4,0)到直线A1A2的距离为1，

∴直线A1A2与M相切．

1【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是注意到D2,在双曲线上，联立切线方程和双曲线方2程后，借助韦达定理的两根之积可快速求出A1和A2的横坐标.求出切线斜率满足的方程，从而求出A1和A2的纵坐标.

x22．已知fxesinxcosx，gx2cosx2sinx2x1．

(1)证明：x0时，fx2；

(2)设fx的导函数为fx，求曲线yfx与曲线ygx的交点个数．

【答案】(1)证明见解析

(2)曲线yfx与曲线ygx的有2个交点．

x【分析】（1）首先对函数求导，构造函数mxex1，nxxsinx，证明两个函数单调递增，得到常用的一个放缩exx1，即可证明fx0，则得到fxminf02.

x（2）设xfxgx，xecosxsinx2，根据（1）的结论结合零点存在定理即可证明x在0,上有唯一零点，对于x,0时，利用导函数证明x在,0上单调递减，第 19 页 共 21 页

再次使用零点存在定理证明x在,0上存在唯一零点，综合则有两个交点.

xx【详解】（1）证明：fxesinxcosx，fxecosxsinx，

x当x0时，设mxex1，nxxsinx，

x0则mxe1e10，nx1cosx，

cosx1,1，nx1cosx0

所以mxm00，nxn00，

所以exx1，xsinx，

x所以fxecosxsinx1cosxxsinx0，

所以fx在0,上单调递增，所以fxminf02，

所以fx2．

x（2）fxecosxsinx，gx2cosx2sinx2x1，

设xfxgx，

xexcosxsinx2x1，xexcosxsinx2，

x①当x0时，由（1）知xecosxsinx20，

所以x在0,上单调递增，

π又因为010，πe2π0，

所以x在0,上有唯一零点，

所以曲线yfx与曲线ygx在0,上有一个交点．

xcosxsinx2x1， ②当x0时，xecosxsinx2，xexe22sinxcosxsinx20，

1，sinx1,1，则hx设hxxexe所以hx在,0上单调递增，

所以hxh00，所以x0，

所以x在,0上单调递减，

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010，πeπ2π0，

所以x在,0上有唯一零点，

所以曲线yfx与曲线ygx在,0上有一个交点．

综上所述，曲线yfx与曲线ygx的有2个交点．

【点睛】结论点睛：常见的一些放缩不等式：

①exx1x(仅当x0取等号)

②exex(仅当x1取等号)

③ex1,(x1)(仅当x0取等号)

1x12xx0(仅当x0取等号)；

212xx0(仅当x0取等号)；

2④ex1x⑤ex1x本题在第一问证明导函数大于等于0时，采用了第一条的放缩，从而证明原函数的单调性.

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