参考答案：1．D2．A3．C4．C5．D6．C7．A8．C9．BC10．AD11．AC12．BDT【详解】由图象可知A2，，即T，43122所以2，又f2，T12骣π可得2sin22，即sin琪+φ=1，12桫6又因为，所以，所以fx2sin2x，故A正确；233将yfx的图象向左平移个单位，4可得ygx2sin2x2cos2x，4332当x时，2x2，g12，故B错误；636336当x时，2x2，g0，故C正确；123123212当x,时，则2x0,，函数gx单调递减，故D错误.633故选：BD5113．14．1【15．（答案不唯一）52【详解】令f(x)0，当x0时，由x0得x0，即x0为函数f(x)的一个零点，故当x0时，2xb0有一解，得b(0,1)故答案为：1（答案不唯一）22516．；552525【详解】f(x)＝sinx－2cosx＝5sinxcosx＝5sin(x－φ)，其中sinφ＝，5555cosφ＝，当x－φ＝2kπ＋(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，即θ＝2kπ＋＋φ时，函52225数f(x)取到最大值，所以cosθ＝－sinφ＝－.517．【详解】（1）f(x)＝sin(2x)，6答案第1页，共4页{#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}2所以f(x)的最小正周期为T＝＝π；27（2）因为x∈0,，所以2x＋∈,，2666根据正弦函数ysinx的图像可知：当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值1，62671当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最小值－；66221综上，最小正周期为，最大值为1，最小值为.218．【详解】（1）由fx2x34x2可得fx6x28x（2）由f(x)xex可得fxexxexx1ex（3）由f(x)xsinxcosx得fxsinxxcosxsinxxcosxx1x12x1=（4）由f(x)得fx22x1x1x1x19．【详解】（1）函数f(x)loga(31)（a0且a1），f(2)loga83，xa2，函数f(x)log2(31)．若x1,2，3x12,8，故fx的取值范围为1,3．xx（2）不等式fx3，即log2(31)3，0318，解得0x2，故不等式的解集为0,2．20．【详解】（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d，989ad(a4d)根据题意有121，a12d4a18解答，所以an8(n1)(2)2n10，d2所以等差数列an的通项公式为an2n10；（2）由条件S9a5，得9a5a5，即a50，答案第2页，共4页{#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}因为a10，所以d0，并且有a5a14d0，所以有a14d，n(n1)由Sa得nada(n1)d，整理得(n29n)d(2n10)d，nn121因为d0，所以有n29n2n10，即n211n100，解得1n10，所以n的取值范围是：1n10(nN)21．【详解】（1）AB3C，ππC3C，即C，4又2sin(AC)sinBsin(AC)，2sinAcosC2cosAsinCsinAcosCcosAsinC，sinAcosC3cosAsinC，sinA3cosA，π即tanA3，所以0A，23310sinA.1010110（2）由（1）知，cosA，101023101025由sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC()，210105255cb由正弦定理，，可得b5210，sinCsinB2211ABhABACsinA，22310hbsinA2106.101111x22【详解】（1）当a0时，fxlnx,x0，则fx，xx2xx2当x0,1时，f¢(x)>0，fx单调递增；当x1,时，fx0，fx单调递减；所以；fxmaxf11答案第3页，共4页{#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}11a1ax1x1（2）fxaxa1lnx,x0，则fxa，xx2xx2当a0时，ax10，所以当x0,1时，f¢(x)>0，fx单调递增；当x1,时，fx0，fx单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；fxmaxf1a1011¢当0a1时，1，在0,1,,上，f(x)>0，fx单调递增；aa1在1,上，fx0，fx单调递减；a又f1a10，11由（1）得lnx1，即ln1x，所以lnxx,lnxx,lnx2x，xx11当x1时，f(x)ax(a1)lnxax2(a1)xax(2a3)x，xx2311则存在m2，使得fm0，所以fx仅在,有唯一零点，符合题意；aaa2x1当a1时，fx0，所以fx单调递增，又f1a10，x2所以fx有唯一零点，符合题意；11¢当a1时，1，在0,,1,上，f(x)>0，fx单调递增；aa1在,1上，fx0，fx单调递减；此时f1a10，a111由（1）得当0x1时，lnx1，lnx1，所以lnx21，xxx11112(a1)此时f(x)ax(a1)lnxax2(a1)1,xxxxx1111存在n2，使得f(n)0，所以fx在0,有一个零点，在,无零点，4(a1)aaa所以fx有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为0,.答案第4页，共4页{#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}