福建省厦门中学2024届高三上学期8月阶段考试数学试题（解析版）

厦门二中2023-2024学年第一学期高三年段8月阶段考数学学科试卷班级：__________姓名：__________座号：___________一、单选题1.下列命题不正确的是（）A.零向量是唯一没有方向的向量B.零向量的长度等于0abC.若a，b都为非零向量，则使+=0成立的条件是a与b反向共线abD.若ab=，bc=，则ac=【答案】A【解析】【分析】AB选项，由零向量的定义进行判断；C选项，根据共线向量，单位向量和零向量的定义得到C正确；D选项，根据向量的性质得到D正确.【详解】A选项，零向量是有方向的，其方向是任意的，故A错误；B选项，由零向量的定义知，零向量的长度为0，故B正确；abababC选项，因为与都是单位向量，所以只有当与是相反向量，即a与b是反向共线时+=0才ababab成立，故C正确；D选项，由向量相等的定义知D正确.故选：A1i−2.已知z=，则zz−=（）22i+A.−iB.iC.0D.1【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求出z，再由共轭复数的概念得到z，从而解出．1i−−(1i1i−−)()2i11【详解】因为z====−i，所以z=i，即zz−=−i．22i+21i1i(+−)()422第1页/共21页学科网（北京）股份有限公司 故选：A．π3.在ABC中，内角ABC,,的对边分别是abc,,，若aBbAccos−=cos，且C=，则∠=B（）5ππ3π2πA.B.C.D.105105【答案】C【解析】【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得∠A的值，最后利用三角形内角和定理可得∠A的值.【详解】由题意结合正弦定理可得sinABBACcos−=sincossin，即sinABBAcos−sincos=sin(AB+=)sinABBAcos+sincos，整理可得sinBAcos=0，由于B∈(0,π)，故sinB>0，π据此可得cosAA=0,=，2ππ3π则B=−−=−−=πACπ.2510故选：C.4.已知函数fx()的一条对称轴为直线x=2，一个周期为4，则fx()的解析式可能为（）ππA.sinxB.cosx22ππC.sinxD.cosx44【答案】B【解析】【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在x=2处的函数值，排除不合题意的选项即可确定满足题意的函数解析式.【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性：2π2πT==4T==4A选项中π，B选项中π，22第2页/共21页学科网（北京）股份有限公司 2π2πT==8T==8C选项中π，D选项中π，44排除选项CD，π对于A选项，当x=2时，函数值sin×=20，故(2,0)是函数的一个对称中心，排除选项A，2π对于B选项，当x=2时，函数值cos×=2−1，故x=2是函数的一条对称轴，2故选：B.5.正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则ECED⋅=（）A.5B.3C.25D.5【答案】B【解析】【分析】方法一：以{ABAD,}为基底向量表示ECED,，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求cos∠DEC，进而根据数量积的定义运算求解.【详解】方法一：以{ABAD,}为基底向量，可知AB==⋅=AD2,ABAD0，11则EC=+=+EBBCABADED,=+=EAAD−+ABAD，2211122所以ECED⋅=AB+AD⋅−AB+AD=−AB+AD=−+=143；224方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，则ECD(1,0,)(2,2,)(0,2)，可得EC=(1,2,)ED=−(1,2)，所以ECED⋅=−+=143；方法三：由题意可得：ED=EC=5,CD=2，222DE+CE−DC5543+−在CDE中，由余弦定理可得cos∠=DEC==，25DECE⋅255××3所以ECED⋅=ECEDcos∠DEC=××=553.5故选：B.第3页/共21页学科网（北京）股份有限公司 π2ππ2π6.已知函数fx()=sin(ωϕx+)在区间,单调递增，直线x=和x=为函数yfx=()的图像63635π的两条相邻对称轴，则f−=（）123113A.−B.−C.D.2222【答案】D【解析】5π【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入x=−即可得到答案.12π2π【详解】因为fx()=sin(ωϕx+)在区间,单调递增，63T2πππ2π所以=−=，且ω>0，则T=π，w==2，2362Tπππ当x=时，fx()取得最小值，则22⋅+=−ϕkπ，k∈Z，6625π5π则ϕ=2kπ−，k∈Z，不妨取k=0，则fx()=sin2x−，665π5π3则f−=−=sin，1232故选：D.2π7.已知曲线C1：y=cosx，C2：y=sin(2x+)，则下面结论正确的是3πA.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到6曲线C2第4页/共21页学科网（北京）股份有限公司 πB.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到12曲线C21πC.把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到26曲线C21πD.把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到212曲线C2【答案】D【解析】1【详解】把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x图象，再把得到的曲线2πππ2π向左平移个单位长度，得到函数y=cos2（x+）=cos（2x+）=sin（2x+）的图象，即曲线C2，121263故选D．点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母x而言.函数yA=sin(ωϕx+∈)(xR)是π奇函数⇔=ϕkkZπ()∈；函数yA=sin(ωϕx+∈)(xR)是偶函数⇔=ϕkπ+(kZ∈)；函数2πyA=cos(ωϕx+∈)(xR)是奇函数⇔=ϕkπ+(kZ∈)；函数yA=cos(ωϕx+∈)(xR)是偶函数2⇔=ϕkkZπ()∈.ππ8.函数yfx=()的图象由函数yx=cos2+的图象向左平移个单位长度得到，则yfx=()的图象6611与直线yx=−的交点个数为（）22A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】11【分析】先利用三角函数平移的性质求得fx()=−sin2x，再作出fx()与yx=−的部分大致图像，2211考虑特殊点处fx()与yx=−的大小关系，从而精确图像，由此得解.22ππ【详解】因为yx=cos2+向左平移个单位所得函数为66第5页/共21页学科网（北京）股份有限公司 πππyx=cos2++=cos2x+=−sin2x，所以fx()=−sin2x，662111而yx=−显然过0,−与(1,0)两点，22211作出fx()与yx=−的部分大致图像如下，223π3π7π3π3π7π11考虑2xxx=−==,2,2，即xxx=−==,,处fx()与yx=−的大小关系，222444223π3π3π13π13π+4当x=−时，f−=−−=sin−1，y=×−−=−<−1；44228423π3π3π13π13π−4当x=时，f=−=sin1，y=×−=<1；44224287π7π7π17π17π−4当x=时，f=−=sin1，y=×−=>1；442242811所以由图可知，fx()与yx=−的交点个数为3.22故选：C.二、多选题9.若复数z1=+23i，z2=−+1i，其中i是虚数单位，则下列说法正确的是（）z1A.∈Rz2B.zzzz⋅=⋅1212C.若zmm1+∈(R)是纯虚数，那么m=−2D.若z，z在复平面内对应的向量分别为OA，OB（O为坐标原点），则AB=512【答案】BC【解析】【分析】利用复数的运算法则和几何意义即可进行判断.第6页/共21页学科网（北京）股份有限公司 z23i+−(23i+)(−−1i)15i151【详解】对于A，====−i，A错误；z2−+1i(−+−−1i1i)()222对于B，∵zz12⋅=+(23i)(−+=−−1i)5i，∴zz12⋅=−+5i；又zz12⋅=−(23i1i)(−−=−+)5i，∴zzzz1212⋅=⋅，B正确；对于C，∵zm1+=++2m3i为纯虚数，∴m+=20，解得：m=−2，C正确；对于D，由题意得：OA=(2,3−)，OB=−−(1,1)，∴AB=−=OBOA(−3,2)，∴AB=+=9413，D错误.故选：BC10.下图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=（）πππ5πA.sin(x+）B.sin(−2)xC.cos(2x+）D.cos(−2)x3366【答案】BC【解析】【分析】首先利用周期确定ω的值，然后确定ϕ的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.T2ππ22ππ【详解】由函数图像可知：=−=π，则ω===2，所以不选A,2362Tπ不妨令ω=2,2ππ+53ππ当365π时，y=−∴122×+=+ϕπkkZ(∈)，x==1222122解得：ϕππ=+∈2kk(Z)，3即函数的解析式为：2ππππyxk=sin2++=ππ2sin2x++=cos2x+=sin−2x.36263第7页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ππ5而cos2xx+=−cos(−2)66故选：BC.【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：2π(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，T则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.π11.设函数fx()=cosx+，则下列结论正确的是（）38πA.fx()的一个周期为−2πB.yfx=()的图象关于直线x=对称3ππC.fx()+π的一个零点为x=D.fx()在,π上单调递减62【答案】ABC【解析】【分析】根据周期、对称轴、零点、单调性，结合整体思想即可求解.【详解】对于A项，函数的周期为2kπ，kk∈≠Z,0，当k=−1时，周期T=−2π，故A项正确；8ππ89πππ对于B项，当x=时，cosx+=cos+=cos−cos3π=cosπ=−1为最小值，此时yfx=()的333338π图象关于直线x=对称，故B项正确；34πππ43ππ对于C项，fx(+=π)cosx+，cos+==cos0，所以fx()+π的一个零点为x=，36326故C项正确；π54πππ对于D项，当<<xπ时，<+<x，此时函数fx()有增有减，不是单调函数，故D项错误.2633故选：ABC.π12.设函数f(x)=+>sinωωx(0)，已知fx()在[0,2π]有且仅有5个零点，则（）5第8页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.fx()在(0,2π)有且仅有3个极大值点B.fx()在(0,2π)有且仅有2个极小值点πC.fx()在0,单调递增101229D.ω的取值范围是,510【答案】ACD【解析】π【分析】由fx()在[0,2π]有且仅有5个零点，可得5π≤26πω+<π可求出ω的范围，然后逐个分析判5断即可.π【详解】因为f(x)=+>sinωωx(0)在[0,2π]有且仅有5个零点，如图所示，5π1229所以5π≤26πω+<π，所以≤<ω，所以D正确，5510ππ对于AB，由函数yx=sin在,2πω+上的图象可知，fx()在(0,2π)有且仅有3个极大值点，有355个或2个极小值点，所以A正确，B错误，πππωππ对于C，当x∈0,时，ωx+∈,+，10551051229ωππ49πππωπππ因为≤<ω，所以+<<，所以,+0,，510105100251052π所以fx()在0,单调递增，所以C正确，10故选：ACD三、填空题第9页/共21页学科网（北京）股份有限公司 13.写出一个与向量a=(1,2)共线的向量b=________.【答案】(2,4)（答案不唯一）【解析】【分析】根据共线向量定理求解即可【详解】与向量a=(1,2)共线的向量为λλa=(1,2).取λ=2，可得出一个与向量a=(1,2)共线的向量为b=(2,4)（答案不唯一，满足λλa(∈R)即可）.故答案为：(2,4)（答案不唯一）π114.若θ∈0,，tanθ=,则sinθθ−=cos________.225【答案】−5【解析】【分析】根据同角三角关系求sinθ，进而可得结果.πsinθ1【详解】因为θ∈0,，则sinθ>0，cosθ>0，又因为tanθ==，则cosθθ=2sin，2cosθ22222255且cosθθθθθ+=+==sin4sinsin5sin1，解得sinθ=或sinθ=−（舍去）,555所以sinθθθθθ−=−=cossin2sin−=sin−.55故答案为：−.515.已知函数fx()=cosωωx−>1(0)在区间[0,2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．【答案】[2,3)【解析】【分析】令fx()0=，得cosωx=1有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.【详解】因为02≤x≤π，所以02≤ωωx≤π，令fx()=cosωx−=10，则cosωx=1有3个根，第10页/共21页学科网（北京）股份有限公司 令tx=ω，则cost=1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，结合余弦函数yt=cos的图像性质可得4π≤<2ωπ6π，故23≤<ω，故答案为：[2,3).16.已知函数fx()=2cos()ωϕx+的部分图像如图所示，则满足条件74ππfxf()−−fxf()−>0的最小正整数x为________．43【答案】2【解析】7π4π【分析】先根据图象求出函数fx()的解析式，再求出ff(−),()的值，然后求解三角不等式可得最43小正整数或验证数值可得.313πππ32π【详解】由图可知T=−=，即T==π，所以ω=2；41234ωπππ由五点法可得2×+=ϕ，即ϕ=−；326π所以fx()=2cos2x−.67π11π4π5π因为f(−=−=)2cos1，f()=2cos=0；4332第11页/共21页学科网（北京）股份有限公司 74ππ所以由(()fxf−−())(()fxf−())>0可得fx()1>或fx()0<；43πππ因为f(1)=2cos2−<2cos−=1，所以，626π方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足fx()0<，即cos2x−<0，6π5πππ5解得kπ+<<π+xk,k∈Z，令k=0，可得<<x，3636可得x的最小正整数为2.π方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足fx()0<，又f(2)=2cos4−<0，符合题意，可得x6的最小正整数为2.故答案为：2.【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解ω，根据特殊点求解ϕ.四、解答题17.在①ac=3，②cAsin=3，③cb=3这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．π问题：是否存在ABC，它的内角ABC,,的对边分别为abc,,，且sinAB3sin，C=，6________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】详见解析【解析】【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到c的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理a由sinAB3sin可得：=3，不妨设a=3,mbmm=(>0)，b2222232则：c=+−ab2abcosC=3m+−×m23mm××=m，即cm=.2若选择条件①：第12页/共21页学科网（北京）股份有限公司 2据此可得：ac=3mm×=33m=，∴=m1，此时cm==1.若选择条件②：222222bcammm+−+−31据此可得：cosA===−，2222bcm2133则：sinA=−−1=，此时：cAmsin=×=3，则：cm==23.222若选择条件③：cm可得==1，cb=，与条件cb=3矛盾，则问题中的三角形不存在.bm［方法二］：正弦定理π5π由C=,ABC++=π，得AB=−．665π13由sinAB3sin，得sin−=BB3sin，即cosBBB+=sin3sin，6223π2π得tanB=．由于0<<Bπ，得B=．所以bcA=,=．363若选择条件①：acac=由=，得2ππ，得ac=3．sinACsinsinsin36解得cba==1,=3．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时c=1．若选择条件②：2π由cAsin=3，得csin=3，解得c=23，则bc==23．3acac=由=，得2ππ，得ac=36=．sinACsinsinsin36所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时c=23．若选择条件③：由于cb=3与bc=矛盾，所以，问题中的三角形不存在．【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得abc,,的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；第13页/共21页学科网（北京）股份有限公司 方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角A，可求出角B，从而可得2ππbcA=,,=BC==，再根据选择条件即可解出．3618.在ABC中，角ABC,,所对的边分别是abc,,．已知abA=39,=∠=2,120．（1）求sinB的值；（2）求c的值；（3）求sin(BC−)．13【答案】（1）13（2）573（3）−26【解析】【分析】（1）根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理即可解出；（3）由正弦定理求出sinC，再由平方关系求出cos,cosBC，即可由两角差的正弦公式求出．【小问1详解】ab39213由正弦定理可得，=，即=，解得：sinB=；sinABsinsin120sinB13【小问2详解】21由余弦定理可得，a222=+−bc2bccosA，即39=+−×××−4cc22，2解得：c=5或c=−7（舍去）．【小问3详解】ac395513由正弦定理可得，=，即=，解得：sinC=，而A=120，sinACsinsin120sinC26253391239所以BC,都为锐角，因此cosC=−=1，cosB=−=1，522613131333923951373sin(BC−=)sinBCcos−cossinBC=×−×=−．1326132626第14页/共21页学科网（北京）股份有限公司 19.已知ab＝(cos,sin)αα，=(cos,sin)ββ，0<<<βαπ.（1）若a−=b2，求证：ab⊥；（2）设c=(0,1)，若abc+=，求α，β的值.5ππ【答案】（1）见解析（2）α=，β=.66【解析】22【详解】由题意，2，即a2，又因为ab==1，∴22?−=ab2，|ab−=|2（−b）=a−+=2?abb2即ab=0，∴ab⊥cosαβ+=cos0（2）a+b=+(cosαβαβcos,sin+=sin)(0,1)，∴{，由此得sinαβ+=sin1cosα=cos(πβ−)，由0<<βπ，得0<−<πβπ，又0<<απ，故απβ=−，15ππ代入sinαβ+=sin1得sinαβ=sin=，而αβ>，∴α=，β=.266【考点定位】本小题主要考查平面向量的加法、减法、数量积、三角函数的基本关系、有道公式等基础只晒，考查运算求解能力和推理论证能力.π12π20.已知函数fxA()=cos(ωϕx+)A>><<0,ω0,0ϕ的图象过点0,，最小正周期为，且223最小值为－1.（1）求函数fx()的解析式.π3（2）若fx()在区间,m上的取值范围是−−1,，求m的取值范围.62π25ππ【答案】（1）fx()=cos(3x+)；（2）,.3918【解析】【分析】（1）由最值求得A，由周期求得ω，由点的坐标及ϕ的范围可求得ϕ，得解析式；第15页/共21页学科网（北京）股份有限公司 π5πππ（2）由xm∈,得≤+≤+33xm，结合余弦函数性质可得结论．6633【详解】（1）由函数的最小值为－1，可得A=1，2π因为最小正周期为，所以ω=3.3可得fx()=cos(3x+ϕ)，11ππ又因为函数的图象过点（0，），所以cosϕ=，而0<<ϕ，所以ϕ=，2223π故fx()=cos(3x+).3π5πππ（2）由xm∈[,]，可知≤+≤+33xm，6633ππ5373π因为f()=cos=−，且cosπ=－1，cos=−，66262ππ725ππ由余弦曲线的性质的，π≤+≤3m，得≤≤m，3691825ππ即m∈[,].918【点睛】本题考查求三角函数的解析式，考查余弦型三角函数的值域问题，掌握余弦函数性质是解题关键．221.已知抛物线Cy:=2pxp(>0)的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ=9QF，求直线OQ斜率的最大值.21【答案】（1）yx=4；（2）最大值为.3【解析】【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；225y+9（2）设Qxy(,)，由平面向量的知识可得Px(10−9,10y)，进而可得x=0，再由斜率公式0000010及基本不等式即可得解.pp2F【详解】（1）抛物线Cy:=2pxp(>0)的焦点,0，准线方程为x=−，22pp由题意，该抛物线焦点到准线的距离为−−==p2，22第16页/共21页学科网（北京）股份有限公司 2所以该抛物线的方程为yx=4；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设Qxy(00,)，则PQ==−−9QF(99,9x00y)，所以Px(1000−9,10y)，2225y+9由P在抛物线上可得(10yx)=410(−9)，即000x0=，10229据此整理可得点Q的轨迹方程为yx=−，525yy10y000k===OQ22所以直线OQ的斜率xy25y+925+9，00010当y0=0时，kOQ=0；10k=OQ当y0≠0时，9，25y+0y099当y0>0时，因为25yy00+≥225⋅=30，yy00193此时0<≤kOQ，当且仅当25y0=，即y0=时，等号成立；3y05当y0<0时，kOQ<0；1综上，直线OQ的斜率的最大值为.3[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法229同方法一得到点Q的轨迹方程为yx=−．525229设直线OQ的方程为y=kx，则当直线OQ与抛物线yx=−相切时，其斜率k取到最值．联立525y=kx,222292921229得kx−+=x0，其判别式∆=−−40k×=，解得k=±，所以直线yx=−,5255253525第17页/共21页学科网（北京）股份有限公司 1OQ斜率的最大值为．3[方法三]：轨迹方程+换元求最值法229同方法一得点Q的轨迹方程为yx=−．52522y29设直线OQ的斜率为k，则k==−．2xxx525110229252111令=tt0<≤，则k=−+tt的对称轴为t=，所以0,≤≤−≤≤kk．故直线OQx925599331斜率的最大值为．3[方法四]：参数+基本不等式法2由题可设Pttt(4,4()>0),(,)Qxy．2因为F(1,0),PQ=9QF，所以(xtyt−4,−=−−4)9(1xy,)．22xt−=−49(1x)10xt=4+9于是，所以yty−=−4910yt=4yt4441==≤=则直线OQ的斜率为xt492+993．4t+24t⋅tt931当且仅当4t=，即t=时等号成立，所以直线OQ斜率的最大值为．t23【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于y的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率k的平方关于x的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线OQ斜率的最大值；2方法四利用参数法，由题可设Pttt(4,4()>0),(,)Qxy，求得x,y关于t的参数表达式，得到直线OQ的斜率关于t的表达式，结合使用基本不等式，求得直线OQ斜率的最大值.′22.已知函数fx()=−+sinxln(1x)，fx()为fx()的导数．证明：第18页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ′π（1）fx()在区间(1,−)存在唯一极大值点；2（2）fx()有且仅有2个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】ππ【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在−1,上单调递减，根据零点存在定理可判断出∃∈x00,，22π使得gx′(0)=0，进而得到导函数在−1,上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知x=0为2πfx()在(−1,0]上的唯一零点；当x∈0,时，首先可判断出在(0,x0)上无零点，再利用零点存在定理2ππ得到fx()在x0,上的单调性，可知fx()>0，不存在零点；当x∈,π时，利用零点存在定理和22fx()单调性可判断出存在唯一一个零点；当x∈(π,+∞)，可证得fx()<0；综合上述情况可证得结论.1【详解】（1）由题意知：fx()定义域为：(−+∞1,)且fx′()=cosx−x+11π令gx()=cosx−，x∈−1,x+121π∴=gx′()−+sinx2，x∈−1,(x+1)21ππ2在−1,上单调递减，−sinx，在−1,上单调递减(x+1)22π∴gx′()在−1,上单调递减2ππ44又g′(0)=−sin0110+=>，g′=−sin+22=−<1022(ππ++22)()π∴∃∈x00,，使得gx′(0)=02π∴当xx∈−(1,0)时，gx′()>0；xx∈0,时，gx′()<02π即gx()在(−1,x0)上单调递增；在x0,上单调递减2第19页/共21页学科网（北京）股份有限公司 则xx=0为gx()唯一的极大值点π即：fx′()在区间−1,上存在唯一的极大值点x0.21（2）由（1）知：fx′()=cosx−，x∈−+∞(1,)x+1①当x∈−(1,0]时，由（1）可知fx′()在(−1,0]上单调递增∴≤=fxf′′()(00)fx在(−1,0]上单调递减又f(00)=∴=x0为fx()在(−1,0]上的唯一零点ππ②当x∈0,时，fx′()在(0,x0)上单调递增，在x0,上单调递减22又f′(00)=∴>fx′(0)0fx在(0,x0)上单调递增，此时fxf()>=(00)，不存在零点ππ22又f′=−=cos−<02222ππ++π′∴∃∈xx10,，使得fx(1)=02πfx在(xx01,)上单调递增，在x1,上单调递减2πππ2e又fx(0)>=f(00)，f=−+=sinln1ln>=ln10222π+2π∴>fx()0在x0,上恒成立，此时不存在零点2π③当x∈,π时，sinx单调递减，−+ln(x1)单调递减2πfx在,π上单调递减2π又f>0，f(πππ)=sinl−n1l(+=−)n10(π+<)2第20页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ππ即ff(π)⋅<0，又fx()在,π上单调递减22π∴fx()在,π上存在唯一零点2④当x∈(π,+∞)时，sinx∈−[1,1]，ln(xe+>1)ln(π+>=1)ln1∴sinxx−ln(+<1)0即fx()在(π,+∞)上不存在零点综上所述：fx()有且仅有2个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司