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昆明市 2025届“三诊一模”高考模拟考试 n 1 f x n 3 f x 3π A. 若 ，则 为单调函数 B. 若 ，则 的图象关于 ,0 对称
4
数学试卷
C. 若 f x 存在最大值，则 n 2 D. f x 有 n个零点
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 7. 已知等差数列 an ，公差为d ，a1 0，前 n项和为 Sn，记集合M k∣ak Sk ，若M 中有 2个元素，则 a1，
2.答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后， d 的关系可以为（ ）
再选涂其它答案标号. A. 2a1 3d 0 B. 2a1 3d 0
3.答非选择题时，必须使用 0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
C. 3a1 2d 0 D. 3a1 2d 0
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5.考试结束后，只将答题卡交回. 8. 过曲线 y x 1上一点 P作直线 x 1的垂线，垂足为H ，将点H 绕 P逆时针旋转90
得到点Q， A 1,3 ，
一、单选题：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 则 QA QP 的最小值为（ ）
目要求的.
A. 2 B. 2 2 C. 3 D. 3 2
1. U 1,2,3, 4,5,6 M = {1,3,5} M 设全集 ，集合 ，则 U （ ）
二、多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全
A. 3,5 B. 1,3,5 C. 2,4,6 D. 1, 2,3, 4,5, 6 部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分.
2. 已知正项等比数列 an ，满足 a2 1， a4 4，则 a1 （ ） 9. 已知虚数 z1， z2互为共轭复数，则（ ）
1
A. B. 12 C. 1 D. 2 A. z1 z2为实数 B. z1 z4 2为纯虚数
3. “ lna lnb ”是“a b ”的（ ） z z
C. z1 z2 z z D.
1 22 1
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 z2 z1
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 某同学研究两个变量 x与 y的关系，收集了以下 5组数据：
4. f x a
x 1 x
若函数 （a 0 a 1 1 2 3 4 5且 ）是偶函数，则 a （ ）
2x
y 1 4 1 9 10
1
A. B. 12 C. 2 D. 44
根据上表数据，求得相关系数为 r ，经验回归方程为 y b x a ，决定系数为 R2 ．后经检查发现当 x 3时记录的 y 1
x2 y2
5. 双曲线C : 1 a 0,b 0 的一条渐近线过点 1,2 ，则C的离心率为（ ）
a2 b2 有误，实际值应为 y 6，修正数据后，求得新相关系数为 r ，新回归方程为 y b x a ，新决定系数为 R 2，则以
A. 3 B. 5 C. 6 D. 2 2 下结论正确的是（ ）
n n
6. f x 2cos2x 1 x 0, n π n N* (xi x)( yi y) (x x)(y y)已知函数 ， ，则下列说法错误的是（ ） i i
2 i 1参考公式：相关系数 r n n ，经验回归方程为 y b x a ，其中b
i 1 n ，
(xi x)2 ( y 2i y)2 (xi x)
i 1 i 1 i 1
n 3
(y y )2 15. 在VABC中， AB 1， AC 2 ， A ．i i 4
a y b x 2， R 1 i 1n ． （1）求 sinC；
(y 2i y)
i 1
A. r r B. b b
C. a a D. R2 R 2
2 D VABC △BCD S S 5（ ）点 在 外接圆上，设 的面积为 ，若 CD，求△BCD的周长．
2
11. 如图，长方形的长为 2 2 ，宽为 2，A，B，C，D分别为长方形四条边中点，沿 AB，BC，CD，DA，AC
折叠，使长方形的四个顶点重合于点 P，所得四面体 B ACD称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确
的是（ ）
16. 如图，在直棱柱 ABCD A1B1C1D1中， E为 B1D1中点， BC CD BD AA1 2．
A. AC B D
B. 平面 B CD 平面 ACD （1）若 AB DC，证明：CE //平面 A1BD；
C. 直线 AC与平面 B CD π所成角为
4
D. 平面 AB C与平面 B CD π的夹角为 （2）若 AB AD， AB AD，求平面 A1BE 与平面 A1DE所成的二面角的正弦值．3
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. (2x 1)6 展开式中 x2的系数为 .
17. 已知 A 2,0 ， B 2,0 1，动点 满足直线
f (x) M AM
与直线 BM 斜率之积为 ．记M 的轨迹为C．
13. 已知 x3 3x，点 A( 1, f ( 1))， B(2, f (2))，点C，D在 y f (x)图象上，若四边形 ABCD为平行 2
（1）求C的方程；
四边形，则 ABCD的面积为________．
14. 1,1, ,1已知 ai i 1, 2,L,n 随机取 1或 1，构成数列 an 为初始数列，当 an 不为常数列 时，对数列 an 进
n个1
（2）过点D 1,0 作直线 l与C相交于 P，Q两点，与 y轴交于点 E，若DP EQ 0，求直线 l的方程．
行如下操作：①统计 an 中-1的个数，记为 k；②把ak 改为 ak，其余项不变，得到新数列；③若新数列为常数列
1 ,1 , ,1，停止操作，记录操作次数 x，否则将 an 替换为新数列，重复上述操作，可知对任意初始数列 an ，必
n 1 18. 在“2025年全球 AI创新峰会”中，参与“环境监测问题解决方案”代码编写比赛组的科技团队 A和 B通过实时编写个
在有限次操作后停止．如：n 2，对初始数列 1， 1，操作过程为 1， 1 k 1 1， 1 k 2 1，1 k 1 1， 代码，争夺“最佳环测算法团队”称号．规定每轮比赛限时编写一个算法模块，评委会通过对算法模块测试，评定优胜
方，优胜方记 1分，另一方记 0分，无平局；当两团队累积得分的分差为 3分时，比赛结束，累积得分高的团队获“最
1； x 3．当 n 3时，对所有可能的初始数列 an ，对应操作次数的和为________． 2
佳环测算法团队”称号．若每轮比赛中，A团队获优胜的概率为 ，且每轮比赛结果相互独立．
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. 3
（1）当比赛结束时恰好进行了 5轮，求 A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率；
（2）① 若比赛最多进行 6轮，求比赛结束时轮数 X 的分布列及数学期望E X ；
② 若比赛轮数不限制，求 A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率．
19. 已知函数 f x sinx ax．
（1）当 a 1，求 f x 的单调区间；
（2）直线 l是曲线 y f x 的一条切线，且 l与曲线有无穷多个切点．
① 已知O为坐标原点，直线 l与 y轴交于点T ，求 OT 的值；
② 是否存在常数 a a 1 x使得直线 l也是曲线 g x e ln x 1 的切线，若存在，写出直线 l的一个方程并证明，
若不存在，说明理由．
参考答案及解析 π
解析：A选项， n 1时， f x 2cos2x 1， x 0, ，
2
1. 答案：C
π
解析：全集U 1, 2,3, 4,5,6 ，集合M = {1,3,5}，所以 UM 2,4,6 . f x 4sin 2x，当 x 0, 时， 2x 0, π ，故 f x 4sin 2x 0恒成立，
2
故选：C
π
2. 答案：B 故 f x 2cos2x 1 x

在 0, 上单调递减，为单调函数，A说法正确；
2
2 a4
解析：设正项等比数列 an 的公比为 q，则 q 4，而 q 0a ，解得 q= 2， 3π2 B选项， n 3

时， x 0, ，
2
所以 a
a 1
1
2 .
q 2 f
3π
x

2cos 3π 2x 1 2cos 2x 1，
2
故选：B
3π
3. 答案：A 则 f x f x 2cos 2x 1 2cos2x 1 2， 2
解析：由 lna lnb可得0 a b，
f x 3π , 1 故“ lna lnb ”是“a b ”的充分不必要条件 所以 的图象关于 中心对称，B说法错误； 4
故选：A
C选项，当 2x 2kπ,k Z，即 x kπ,k Z时， f x 取得最大值，
4. 答案：D
a x 1 a x 1 x a x x
n
1 要想 f x 在 x 0, π n N*
n
取得最大值， π π ，解得 n 2，C说法正确；解析： f x x ，则 f x ， 2

2
2 2 2 2 2
x x x x x D选项，令 f x 0，即 2cos2x 1 0
1
， cos2x ，
f x a 1 a 1 2x 2由于 是偶函数，故 对 x R
2
恒成立，
2 2 2 2 a π π所以 2x 2k1π,k1 Z或 2x 2k2π,k2 Z，
2 1 3 3
故 ，所以 a 4， π
a 2 解得 x k1π,k Z x
π
1 或 k2π,k Z，6 6 2
故选：D
x 0, n 5. 答案：B 又 π n N* ， 2
x2 y2 b b
解析：双曲线C : 1的渐近线方程为 y x，依题意， 2， 当 n为偶数时，
a2 b2 a a
x π k1π,k1 Z中，令 k1 1,2,3, ,
n
，满足要求，
a2 b2 b 6 2
所以C的离心率为 e 1 ( )2 5 .
a a x
π
k2π,k2 Z中，令 k2 0,1, 2,3, ,
n
1，满足要求，
6 2
故选：B n n故共有 n个零点，
2 2
6. 答案：B
当 n为奇数时，
x π k1π,k1 Z中，令 k1 1,2,3, ,
n 1
，满足要求，
6 2
x π k π,k n 1
6 2 2
Z中，令 k2 0,1, 2,3, , ，满足要求，2
n 1 n 1
故共有 1 n个零点，D说法正确.
2 2
故选：B
7. 答案：A
解析：由 ak S a (k 1)d ka
k(k 1)
k，得 1 1 d ，则 (k 1)[2a1 (k 2)d ] 0，2 故选：C
由M 中有 2个元素，得关于 k的方程 2a1 (k 2)d 0 有不小于 2的整数解， 9. 答案：AB
而 a1 0，则 d 0,k 2,k N ，方程 2a1 (k 2)d 0 中 a1系数为 2， d 的系数 k 2是正整数， 解析：依题意，设 z1 a bi,a,b R,b 0，则 z1 a bi，
选项 A符合要求，选项 BCD不符合要求. 对于 A， z1 z2 2a R，A正确；
故选：A
对于 B， z1 z2 2bi为纯虚数，B正确；
8. 答案：C
y x 1 对于 C， y x 1 z1 z2 z
2
2 z1 a b
2 (a bi) a2 b2 (a bi) 2b a2 b2 i 0，C错误；
解析：由 得： ，
z z
平方可得： y x 2 x 1， y 1 对于 D 2， z1 z
2
2 (a bi)
2 (a bi)2 4abi，当 a 0 2时， z1 z
2 1 2
2 ， z z ，D错误.2 1
设 P m,m 2 m 1 , m 0 ，由题意可知：H 1,m 2 m 1 ， 故选：AB
点H 绕 P逆时针旋转90 得到点Q，得QP与 x轴垂直，且 QP PH ， 10. 答案：ABD
解析：数据修正前：
可得：Q m, 2 m ，
x 1 2 3 4 5 3, y 1 4 1 9 10 5，
5 5
所以Q点的轨迹方程为： y2 4x， y 0 焦点坐标为F 1,0
5 5
2 2
QP PH QF (xi x) ( 2) ( 1)
2 02 12 22 10， (yi y)2 ( 4)2 ( 1)2 ( 4)2 42 52 74
所以
，
， i 1 i 1
即 QA QP QA QF AF 0 9 3，当Q,P,F 5三点共线时取等号， (xi x)(yi y) ( 2) ( 4) ( 1) ( 1) 0 ( 4) 1 4 2 5 23，
i 1
b 23
23
2.3,a y b x 5 2.3 3 1.9， r ，
10 740
数据修正后：
x 1 2 3 4 5 3, y 1 4 6 9 10 6，
5 5
5 5 故 AOP为平面 AB C与平面B CD的夹角，
(xi x)2 10， (yi y )2 ( 5)2 ( 2)2 02 32 42 54，
i 1 i 1 CP B OP P 2 1由等面积法可得 ，
5 B C 3
(xi x)(yi y ) ( 2) ( 5) ( 1) ( 2) 0 0 1 3 2 4 23，
i 1 又 AP 2，故 tan AOP
AP π
3，故 AOP ，D正确，
OP 3
b 23
23
2.3,a y b x 6 2.3 3 0.9， r ， 对于 B，由于 AP 平面 B CD，而 AP 平面 ACD，且 AP与平面 ACD不平行，
10 540
故平面 B CD与平面 ACD不垂直，故 B错误
因此 r r ， b b ， a a ，而 R2 r 2 ,R 2 r 2 ，则 R2 R 2，ABD正确，C错误. 故选：ACD
故选：ABD 12. 答案：60
11. 答案：ACD 2x 1 6 T C r 26 r x6 r解析： 展开式的通项为： r 1 6
解析：对于 A，由题意可得， B C CD AD AB 3， AC B D 2，
令6 r 2，则 r 4 4 6 4即可得到 x2的系数为C6 2 60 .
由题意可知 P是 B D的中点，连接 AP,CP， 13. 答案：12
又 AB AD，CB CD，所以 AP B D，CP B D， 解析：函数 f (x) x3 3x的定义域为 R， f ( x) ( x)3 3( x) f (x) ，
AP CP P, AP,CP 平面 ACP，故 B D 平面 ACP， 则函数 f (x)的图象是以原点O为对称中心的中心对称图形，而 ABCD是中心对称图形，
AC 平面 ACP，故 AC B D，A正确， 又点 A,B,C,D都在函数 f (x)的图象上，因此 ABCD的对称中心为原点O，
对于 C，由于 AP B A2 B P2 3 1 2，CP B C 2 B P2 3 1 2 ，
而点 A( 1,2),B(2,2)，则OA ( 1,2),OB (2, 2)， |OA | 5,|OB | 2 2，
则 AP2 CP2 AC 2 ，所以 AP CP，
cos AOB O A O B 2 1 ， sin AOB 1 cos2 AOB
3

又CP B D P，CP,B D 平面 B CD ，，所以 AP 平面 B CD， |OA ||OB | 5 2 2 10 10
π
故 ACP为直线 AC与平面 B CD所成角，CP AC 2，故 ACP ，故 C正确， 1 34 所以 S ABCD 4S AOB 4 5 2 2 12 .2 10
对于 D，过 P作 PO B C于O，连接OA，
故答案为：12
14. 答案：24
解析：当 n 3时，按 1的个数及出现的位置，初始数列共有 7 种情况：
初始数列 1, 1, 1 k 3 1, 1,1 k 2 1,1,1 k 1 1,1,1 ， x 3；
初始数列 1, 1,1 k 2 1,1,1 k 1 1,1,1， x 2；
由于 AP 平面 B CD， B C 平面 B CD，故 AP B C ，
初始数列 1,1, 1 k 2OP AP P, AP,OP AOP B C AOP 1, 1, 1 1,1,1，
x 4；
又 平面 ，故 平面 ，
k 2
因为OA 平面 AOP，故 B C OA， 初始数列1, 1, 1 1,1, 1
k 1 1,1, 1 k 2 1, 1, 1 1,1,1 ， x 6；
初始数列 1,1,1 k 1 1,1,1， x 1； 所以 A1O//EC，
初始数列1, 1,1 k 1 1, 1,1 k 2 1,1,1 k 1 1,1,1 ， x 3； 而 A1O 平面 A1BD， EC 平面 A1BD，
初始数列1,1, 1 k 1 1,1, 1 k 2 1, 1, 1 1,1,1， x 5； 所以CE //平面 A1BD．
所以所求操作次数的和为3 2 4 6 1 3 5 24 . （2）以O为原点，OC为 x轴，OD为 y轴，建立空间直角坐标系，
故答案为：24 则 B 0, 1,0 ，D 0,1,0 ， A1 1,0,2 ，E 0,0,2 ，

15. 答案：（1 10） 对平面 A1EB

， EA1 1,0,0 ， EB 0, 1, 2 ，设法向量 n x1, y1, z1 ，10

EA

2 2 5 10 1
n x1 0 x1 0
（ ） 由
EB n
，得 ，不妨取 n 0, 2,1 ，
y 2z 0 y1 2z1 1 1

（1）由余弦定理知： BC2 AB2 AC2 2AB AC cos
3π 1 2 2 2 2 5 ，解得BC 5， 对平面 A1ED， EA1 1,0,0 ， ED 0,1, 2 ，设法向量m x2 , y2 , z ，4 2
2

EA1 m x2 0 x 0
2 由
2
，得 ，不妨取m 0,2,1AB BC ，
由正弦定理可知 ，则 sinC AB sinA
1 10 ． ED m y2 2z2 0 y2 2z2
sinC sinA 2 BC 5 10
设二面角 B A1E D的平面角为 ，
1 5
（2）因为 S BC CD sin BCD CD sin BCD 5 CD， n m 4 1 3
2 2 2 则 cos cosn,m ，n m 5 5 5
则 sin BCD 1，
从而 sin 4 ，
5
故 BCD π π ，则 BDC为锐角，又点D在VABC外接圆上，所以 BDC ，
2 4 平面 A1BE 与平面 A1DE
4
所成的二面角的正弦值为 ．
5
π
故 CBD ，则
4 CD BC 5，BD 10，
2
17. 1 x y
2
答案：（ ） 1 x 2
4 2
则△BCD的周长为 2 5 10 ．
（2） x 2y 1 0．
16. 答案：（1）证明见解析
4 y y 1（1）设M x, y ，据题意知 ，
（2） ． x 2 x 2 2
5
x2 y2
（1）取 BD中点O，连接OC、 A1E、 A1O， 化简得 1 x 2 ，4 2

由 AB DC，可知四边形 ABCD为平行四边形， 2 2
所以C x y的方程为 1 x 2 ．
在直棱柱 ABCD A1B1C1D1中， E为 B1D 4 21中点，
所以 A1E //OC, A1E OC ，从而四边形 A1OCE
（2）设 l : x my 1， P x1, y1 ，Q x2 , y2 ，
为平行四边形，
x2 y2
1 X 3 5 6
联立 4 2 消 x得 m2 2 y2 2my 3 0，
x my 1 1 2 4P
3 9 9
y 2m故 1 y2 2 ， y1y
3
2 2 ，m 2 所以 E X 3
1 2
5 6 4 43
m 2 .3 9 9 9
②设事件D表示“比赛轮数不限制，A团队获“最佳环测算法团队’称号”．1 1
据题意知m 0 E 且 0, ，所以DP x1 1, y1 ， EQ x2 , ym 2 m ， 设比赛过程中，A与 B团队累积得分的差为Y，
1
DP EQ 0 y y P Y k 表示Y k时最终A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率，其中 k 3, 2, 1,0,1,2,3 ．由 得 1 2 ，m
2m 1
由题知， P Y 3 1，P Y 3 0m 2 ， P Y 0 P D ．所以 2 ，解得 ，m 2 m
2
l x 2y 1 0 根据全概率公式，则有 P Y k P Y k
1
1 P Y k 1 ， k 2, 1,0,1,2 ．
所以直线 的方程为 ． 3 3
于是 P Y k 1 P Y 1 k P Y k P Y k 1 ,k 2, 1,0,1, 2 ，2
16
18. 1 1答案：（1）
81 迭代得 P Y 3 P Y 2 P Y 2 P Y 1 P Y 1 P Y 0 2 4
（2）①分布列见解析， E X 43 8 1 1；② ．
9 9
P Y 0 P Y 1 P Y 1
1
P Y 2 P Y 2 P Y 3 8 16 32
1
（1）设事件 Ai “第 i轮比赛A团队获优胜”，则事件 Ai “第 i轮比赛 B团队获优胜”； P Y 2 ，32
由题 P A 2 P A 1i ， i i 1,2, ,5 3 3 则 P Y
1
3 P Y 2 P Y 2 ，
32
事件 B表示“当比赛结束时恰好进行了 5轮，且A团队获“最佳环测算法团队’称号”， P Y 2 P Y 1 1 P Y 2 ，
16
3
P B P A A A A A A A A A A A A A A A C1 1 2 2 16 11 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 3 3 ． P Y 13 3 81 P Y 0 P Y 2 ， 8
1
（2）①由题， X 的所有可能取值为 3，5，6． P Y 0 P Y 1 P Y 2 ，4
P X 3 P A A A 2
3 1 3 9 1
B B B P Y 1 P Y
1
2 P Y 2 ；
1 2 3 1 2 3 3
，
3 27 3
2
1 1 1 1 1 31
事件C表示“当比赛结束时恰好进行了 5轮，且 B团队获“最佳环测算法团队’称号”， 累加得， P Y 3 P Y 2 P Y 2 P Y 2 ，
32 16 8 4 2 32
3
P X 5 P B P C 16 C1 2 1 1 2 3 81 3 3
， 解得 P
3 9 Y 2
32
，
63
P Y 0 1 P Y 2 1 P Y 2 P Y 2 7 32 8 81 2 2 3 2 2 1 3 4 ，即 P D ，P X 6 C25 1 2 4 2 4 63 9 9 3 3 1 C5 1 1 ． 3 3 9 8
故若比赛轮数不限制，A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率为 ．
9
所以 X 的分布列为
19. 答案：（1）单调递减区间为R，无单调递增区间
（2）①1；②存在， y 1，证明见解析 ②当直线 l为 y ax 1时，
（1） 设直线 l和曲线 g x 相切于点Q x0 , g x0 x0 1 ，
函数 f x ' a 1 x 1的定义域为R， 因 g x a 1 e ，
x 1
当 a 1时， f x sinx x '，则 f x cosx 1 0，
g x0
1
a 1 e a 1 x0 a
则 x0 1 ，
所以 f x 的单调递减区间为R，无单调递增区间． g x a 1 x0 0 e ln x0 1 ax0 1
（2） a 1 x e a 1 x x0 0 0 ax
则 x0 1
0
①因为直线 l与曲线 y f x ，相切，且有无穷多个切点， e a 1 x0 a 1 x ln x 1 x 1 eln x0 1 0 0 0 ln x0 1
不妨设其中任意两个切点横坐标为x ， x2，其中 x1 x1 2 ， 构造函数 x ex x，
故两个切点坐标分别为M x1,sinx1 ax1 ， N x2 ,sinx2 ax2 ，
因为 x 在R上单调递增，且 a 1 x0 ln x0 1 ，
'
由 f x cosx a，所以点M ，N 的切线分别为： y cosx1 a x sinx1 x1cosx1，
故 a 1 x0 ln x0 1 ，代入 a 1 x0e
a 1 x x0 0 ax0 中得，
y cosx2 a x sinx2 x2cosx
x0 1
2 ，
ln x 1 eln x 1 xl cosx cosx sinx x cosx sinx x cosx 0 0因为是同一条直线 ，所以 1 2 且 1 1 1 2 2 2 ， 0 x0 ln x0 1 ，即 ln x0 1
x
0 0
x 1 x 1 ，0 0
所以 x1 x2 2kπ k Z 或 x1 x2 2kπ k Z ，
F x ln x 1 x '
1 1 x
构造函数 ，则 F x
x 1 x 1
2 2 ，
①当 x1 x2 2kπ时， sinx1 sinx
x 1 x 1
2 ，
x x cosx 0 当 x 1,0
' '
sinx x cosx sinx x cosx 时， F x 0，当 x 0, 时， F x 0又因为 1 1 1 2 2 2 ，所以 2 1 1
，
，
所以 F x 在 1,0 0, x x 0 单调递减，在 单调递增，故 F x F 0 0，又 2 1 ，所以 cosx1 0；
x F x 0 x 0②当 1 x2 2kπ时， sinx1 sinx
故由 0 可知， 0 ，所以 a 0，
2 ，
E x ,sinx ax 存在常数 a 0
a 1 x
使得直线 l也是曲线 g x e ln x 1N 的切线，取异于M ， 的另一切点 3 3 3 ，
y 1
则有 cosx1 cosx2 cosx3， sinx1 x1cosx1 sinx2 x2cosx2 sinx3 x cosx
此时直线 l的方程为 ．
3 3 ，
如果 sinx1 sinx3，由于 x1 x3，同①可得 cosx1 0，
如果 sinx1 sinx3，则 sinx2 sinx3 ，同理可得 cosx2 0，则 cosx1 0；
π
综上， cosx1 0恒成立，所以 x1 kπ k Z ，2
此时直线 l的方程为 y ax sinx1，故 OT sinx1 1．

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