《福建省宁德市2023届高三毕业班五月份质量检查数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省宁德市2023届高三毕业班五月份质量检查数学试题含答案.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、数学试卷 第1页 共 6 页 2023 届宁德市普通高中毕业班五月份质量检测 数数 学学 试试 题题 注意事项：注意事项：1 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效将答案写在答题卡上写在本试卷上无效 3考试
2、结束后，将本试卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一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项是符合题目要求的 1若集合31xxM=，2|60Nxxx=Z，则MN=A|21xx B 2,1,0,1 C|32xx D 1,0,1 2某学校利用实践基地开展劳动教育活动，在其中一块土地上栽种某种蔬菜，并指定一位同学观测其中一棵幼苗生长情况，该同学获得前 6 天的数据如下：第 x 天 1 2 3 4 5 6 高度 y(cm)1 4 7 9 11 1
3、3 经这位同学的研究，发现第x天幼苗的高度y（cm）的经验回归方程为2.4y=x+a，据此预测第 10 天这棵幼苗的高度大约为 A19cm B21cm C23cm D25cm 3使xy成立的一个充分不必要条件是 A1133xy B12xyxy+C2ln2lnxy D()10,1x yaaa且 4已知抛物线2:4C xy=的焦点为F,P为抛物线上一个动点，(1,3)A，则PAPF+的最小值为 A3 B4 C5 D6 5在平面直角坐标系xOy中，点P为圆22:1O xy+=上的任一点，()2,0A，()1,1B 若OPOAOB=+，则2+的最大值为 A3 B2 C5 D6 数学试卷 第2页 共 6
4、 页 6 某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种的茶青每 500 克的红茶产量（单位：克）分别为X，Y，且()211XN，()222YN，其密度曲线如图所示，则以下结论错误的是 AY的数据较X更集中 B()()P XcP Yc C甲种茶青每 500 克的红茶产量超过2的概率大于12 D()()1P XcP Yc+=7已知02，33sinsina=，3(lnsinlnsin)b=，3(sinsin)c=，则 Abca Bcba Ccab D abc 8 中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作 九章算术卷五“
5、商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解 下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图E 对应的是正四棱台中间位置的长方体；B、D、H、F 对应四个三棱柱，A、C、I、G 对应四个四棱锥若这四个三棱柱的体积之和为 12，四个四棱锥的体积之和为 4，则该正四棱台的体积为 A24 B28 C32 D36 图（1）图（2）二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分在每小题给出的选项中，有多项符合在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得题目要求全部选对的
6、得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分 9若623601236(1)(1)(1)(1)(1)xaa xa xa xa x=+，则 A064a=B0246365aaaa+=C512a=D123456234566aaaaaa+=10某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，其产量比为2:3从两个车间中各随机抽取了 10 个样品进行测量，其数据（单位：mm）如下：甲车间：9.4 10.1 9.8 10.2 10.0 10.1 10.2 9.6 10.3 9.8 乙车间：10.3 9.2 9.6 10.0 10.3 9.8 10.4 9.4 10.2 10.3
7、 数学试卷 第3页 共 6 页 规定数据在()9.5,10.5之内的产品为合格品若将频率作为概率，则以下结论正确的是 A甲车间样本数据的第 40 百分位数为9.8 B从样本数据看，甲车间的极差小于乙车间的极差 C从两个车间生产的产品任取一件，取到合格品的概率为0.84 D 从两个车间生产的产品任取一件，若取到不合格品，则该产品出自甲车间的概率为0.4 11在正方体1111ABCDABC D中，2AB=，P，Q，M分别为BC，1CC，1BB的中点，则以下结论正确的是 A直线1AM与平面APQ平行 B直线1DD与直线AQ垂直 C平面APQ截正方体所得的截面面积为94 D四面体11AD PQ的体积为
8、26 12已知函数()f x的图象关于直线1x=对称当1x 时，()()()ln1ef xxaxx=+，则以下结论正确的是 A当1x 时，()()()e2ln 221f xxxaxa=+B若1a=，则()0f x 的解集为()2e,e C若()f x恰有四个零点，则a的取值范围是()0,1 D若对xR，()0f x，则2ea=三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13已知复数z满足13izz=，则z=14已知函数()f x满足如下条件：定义域为R；存在0 x R，使得00()()0f xfx=；()0f x，试写出一个符合上述要求的函
9、数()f x=15已知函数()cos()0,02f xAxA=+，射线()20yx=与该函数图象的交点的横坐标从左至右依次构成数列 nx，且*74()3nxnn=N，则(5)f=16已知椭圆C的一个焦点为F，短轴12B B的长为2 3，P，Q为C上异于1B，2B的两点设12PB B=，21PB B=，且()()tan3 tantan+=+，则PQF的周长的最大值为 数学试卷 第4页 共 6 页 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17（10 分）已知数列na，nb满足2nnban=+
10、，113a+b=，228a+b=，且数列na是等差数列 （1）求数列 nb的通项公式；（2）记数列1nb的前n项和为nS，求证：112nS 18（12 分）在四棱锥PABCD中，/ABCD，90BCD=，1BCCDPAPD=，2AB=，3PB=（1）证明：平面PAD 平面ABCD；（2）在线段PB上是否存在点M，使得二面角PADM的大小为o45？若存在，求PMPB的值；若不存在，说明理由 19（12 分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知3B=，=7b，ac，且其内切圆O的面积为 （1）求a和c；（2）连接AO交BC于点D，求AD的长 数学试卷 第5页 共 6 页 20（12
11、分）人工智能(AI)是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟某校成立了A，B两个研究性小组，分别设计和开发不同的 AI 软件用于识别音乐的类别记两个研究性小组的 AI 软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为1P，2P 为测试 AI 软件的识别能力，计划采取两种测试方案 方案一：将 100 首音乐随机分配给A，B两个小组识别，每首音乐只被一个 AI 软件识别一次，并记录结果；方案二：对同一首歌，A，B两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过（1）若方案一的测试结果如下：正确识别的音乐数之和占总数的35；在正确识别的音乐数中，A组占23；在错误识别的音乐数
12、中，B组占12（i）请根据以上数据填写下面的22列联表，并通过独立性检验分析，是否有95%的把握认为识别音乐是否正确与两种软件类型有关？正确识别 错误识别 合计 A组软件 B组软件 合计 100（ii）利用（i）中的数据，视频率为概率，求方案二在一次测试中获得通过的概率；（2）研究性小组为了验证 AI 软件的有效性，需多次执行方案二，假设1243PP+=，问该测试至少要进行多少次，才能使通过次数的期望值为 16？并求此时1P，2P的值 附：22()()()()()n adbcab cd ac bd=+，其中na+b+c+d=20P()x 0.100 0.050 0.010 0.005 0.00
13、1 0 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 数学试卷 第6页 共 6 页 21（12 分）在平面直角坐标系xOy中，已知点()15,0F，()25,0F，点M满足124MFMF=，记点M的轨迹为E（1）求E的方程；（2）点(2,0)A，点B，C为E上的两个动点，且满足=2BAC 过A作直线AQBC 交E于点Q若=2BQC，求直线BC的斜率 22（12 分）已知函数()sinexaxf x=，()0,x（1）若()1f x，求实数a的取值范围；（2）若4a=，且()()12f xf x=，12xx，求证：122xx+且222sinexxx 2023 届宁德市普通高中
14、毕业班五月份质量检查 数学试题参考答案及评分标准 说明：1.本解答指出了每题要考察的主要知识和能力，给出一种或几种解法供参考如果考生的解法与给出的解法不同，可根据试题的主要考察内容比照评分标准确定相应的评分细则 2.对解答题，当考生的解答在某一步出现错误，但整体解决方案可行且后续步骤没有出现推理或计算错误，则错误部分依细则扣分，并根据对后续步骤影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过后续部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分 3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4.解答题只给整数分数，填空题不给中间分 一、选择题：本题考查基础知识和基本
15、运算，每小题 5 分，满分 40 分 1D 2C 3B 4B 5C 6D 7A 8B 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20分全部选对的得 5分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分 9 ABD 10BC 11ACD 12AD 三、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 分，满分 20 分 135 14()2f xx=（答案不唯一：如()1exf xx=+，()cos1f xx=等）151 168 三、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤 17.本小题主要考查等差数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理
16、能力，化归与转化思想等满分 10 分 解：（1）由2nnban=+得111ba=+，224ba=+，1 分 代入113ab+=，228ab+=得1213a+=，2248a+=，解得11a=，22a=，3 分 又因为数列na为等差数列，故公差为211daa=，4 分 因此nan=，2nbnn=+5 分（2）证明：由（1）可得2nbnn=+，所以211111nbnnnn=+，7 分 所以1231111nnSbbbb=+1111111(1)(223341nn=+）+）111n=+8 分 又因为*nN,所以11012n+（1n=时等号成立），所以111121n+，即112nS10 分 18.本小题主要
17、考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间角的计 算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想 等满分 12 分 解法一：（1）取AB的中点F，连结BD，DF.在四边形ABCD中，BCCD，/ABCD，故四边形ABCD为直角梯形，又222ABBCCD=，故112AFBFAB=，2BD=.又由/CDBF，CDBF=，所以四边形BCDF为正方形，故112DFAB=，从而BDAD；2 分 又1PD=，3PB=，所以222PDBDPB+=，故BDPD.3 分 由PDADD=，PD 平面 PAD，AD 平面 PAD，从而BD 平面 PAD，4 分 又BD
18、 平面ABCD，所以平面PAD 平面ABCD5 分（2）取 AD的中点 O，连接 OP，OF，由1PAPD=，所以POAD，因为平面PAD 平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD=，所以PO 平面ABCD6 分 又O，F为AD，AB的中点，所以/OFBD，且1222OFBD=，由（1）知BDAD，故 OFAD 以 O 为原点，OF、OA、OP 所在的直线分别为 x、y、z 轴，建立如图的空间直角坐标系，则()0,0,0O，20,02A，20,02D，20,0,2P，22,02B，7 分 则()0,2,0AD=，222,22PB=，220,22AP=，设PMPB=，()0,1，则22222P
19、MPB=，22222,2222AMAPPM=+=，平面 PAD 的一个法向量为()1,0,0=m，8 分 设平面 ADM 的一个法向量为(),x y z=n，则()()20,222110,22ADyAMxyz=+=nn 令2z=，则()1,0,2=n，10 分 因为二面角PADM的大小为45，所以()()2212cos,212=+m nm nm n，由0,1，解得：13=，所以线段上存在点 M，当13PMPB=时，使得二面角大小为45.12 分 解法二：（1）取 AD 的中点 O，AB的中点F，连结 PO，BO，DF.在四边形ABCD中，BCCD，/ABCD，故四边形ABCD为直角梯形，又22
20、2ABBCCD=，故/CDBF，且1CDBFBC=，所以四边形BCDF为正方形，故ADF为等腰直角三角形，从而2AD=，o45BAD=，PAD为等腰直角三角形.1 分 在ABO中，222o225222cos45222BO=+=，又因为，所以POAD，PBPMAD1PAPD=1222POAD=，又3PB=，所以222PBPOBO=+，故POOB,.3 分 由AOBOO=，AO 平面ABCD，OB 平面ABCD，从而PO 平面ABCD，4 分 又PO 平面PAD，所以平面PAD 平面ABCD.5 分（2）过 B 作/BzPO，则Bz 平面ABCD6 分 以 B 为原点，BA、BC、Bz 所在的直线
21、分别为 x、y、z 轴，建立如图的空间直角坐标系，则()0,0,0B，()2,0,0A，()0,1,0C，()1,1,0D，3 12,2 22P，设BMBP=，0,1，则，3122222AMBMBA=，()1,1,0AD=，7 分 设平面 ADM 的一个法向量为(),x y z=n，则20,3220,2221ADxyAMxyz=+=+=nn 令y=，得(),2 2(1)=n，9 分 因为二面角PADM的大小为45，所以平面 ADM 与平面 ABCD 所成的角也等于45，平面 ABCD 的一个法向量为()0,0,1=m，10 分 2222 2(1)2cos,28(1=+）m nm nm n，因为
22、0,1，解得23=，.11 分 所以线段上存在点 M，当23BMBP=，即13PMPB=时，使得二面角大小为45.312(,)222BMBP=PBPMAD12 分 解法三：（1）同解法二；（2）过M点作MHOB于H，过H作HEAD于E，连结ME 由（1）知平面POBABCD 平面，所以MHABCD 平面,故MHAD,所以ADMHE 平面,因而MEAD，所以MEH是二面角MADB的平面角.7 分 因为平面PAD 平面ABCD,二面角PADM大小为45,所以二面角MADB大小为45，从而45MEH=，故MHEH=.8 分 设MHh=，则EHh=,因为HEAD，BDAD，从而HEBD，所以2OHEH
23、hOBBD=，从而22BHhOB=.9 分 因为MHOB，POOB，从而MHPO，所以,BHMHBMOBPOPB=即2222hh=，解得23h=，.11 分 所以223,322BMPB=从而13PMPB=.12 分 19本题主要考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想等满分 12 分 解法一：（1）由余弦定理得2222cosbacacB=+，即2249acac=+1 分 又内切圆半径为3，所以11sin()3223acabc=+，2 分 故2()14acac=+，3 分 于是2249,2()14,acacacac=+=+即40,13,acac=+=
24、，4 分 得8,5ac=或5,8.ac=因为ac，所以8,5.ac=6 分（2）设,BDx CDy=，由57ABDADCSxSy=，8 分 又因为8xy+=，所以5108123BD=9 分 在ABD中，由余弦定理2222cos3ADBABDBA BD=+,10 分 得210010117525259329AD=+=，所以5 73AD=12 分 解法二：（1）设圆O与边BC相切于点E，连结OE，OB，则OEBC，且3OE=，且6OBE=，故33BEOE=.1 分 因为ABC三边与圆O相切，切线长相等 所以()()337ac+=，即13ac+=，2 分 根据余弦定理得2222cosbacacB=+，
25、即2249acac=+，3 分 所以21()49403acac=+=，4 分 解得8,5ac=或5,8.ac=因为ac，所以8,5.ac=6 分（2）由余弦定理得2549641cos2577A+=7 分 ABACADABAC=+57ABAC=+8 分 又因为157+=，3512=9 分 2222116(1 12 1 1)77ABACADABAC=+=+=,.11 分 所以4355 71237AD=12 分 解法三：（1）同解法一；（2）在ABC中，由余弦定理得2549641cos2577A+=，所以4 3sin7A=，7 分 又2cos12sin2AA=，所以2112sin72A=，所以21s
26、in27A=且2 7cos27A=9 分 231sinsin()cossin322222AAAADB=+32 71213 21272714=+=10 分 在ABD中，由sinsin3ADABADB=，得533 21214AD=，所以5 73AD=12 分 20.本小题主要考查列联表、二项分布、概率的期望等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查统计思想、化归与转化思想满分 12 分 解：（1）（i）依题意得22列联表如下：正确识别 错误识别 合计 A 组软件 40 20 60 B 组软件 20 20 40 合计 60 40 100 1 分 因为22100(40202020)25
27、2.7783.841604060409=，3 分 且2P(3.8410.05=）所以没有95%的把握认为软件类型和是否正确识别有关,.4 分 （ii）由（i）得123P=，212P=，5 分 故方案二在一次测试中通过的概率为 222212212222222222121121411332322329PCCCCCC=+=.7 分（2）方案二每次测试通过的概率为()()()()()()22221221222112221222212211PCPPCPCPCPPCPCP=+8 分 12128(3)3PPPP=()21212833PPPP=+9 分 2124163927PP=+所以当1249PP=时，P取
28、到到最大值1627，10 分 又1243PP+=，此时1223PP=.因为每次测试都是独立事件，故n次实验测试通过的次数(,)XB n P，期望值()16E XnP=，因为1627p，所以1627162716np=11 分 所以测试至少 27 次，此时1223PP=12 分 21.本题主要考查直线、双曲线、直线与双曲线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查考生分析问题和解决问题的能力，满分 12 分 解法一：（1）因为点M满足124MFMF=，所以点M的轨迹为双曲线的右支，1 分 故2a=，5c=，所以1b=，3 分 所以曲线E的方程为22
29、1(0)4xyx=4 分(未注明右支或未注明右支或0 x 扣扣 1 分分)（2）设BC与AQ的交点为D.显然直线BC的斜率存在，设BC的方程为ykxm=+，联立方程22,44,ykxmxy=+=消去y得222(41)8440kxkmxm+=，设11(,)B x y，22(,)C xy，所以12221228414441kmxxkmx xk+=+=5 分 又2121,22ACAByykkxx=，因为1ACABkk=，所以2121122yyxx=，6 分 故221212(1)(2)()40kx xmkxxm+=，代入22222448(1)(2)()404141mkmkmkmkk+=，整理得22203
30、160kmkm+=，即(103)(2)0kmkm+=，解得103mk=或2mk=（舍）8 分 所以直线BC的方程为10()3yk x=，即直线BC恒过定点10(,0)39 分 因为,A B Q C四点共圆，且BC为直径，由BCAD，所以点D为AQ中点，且直线AD的方程为1(2)yxk=，联立10(),31(2),yk xyxk=解得222106,3(1)4.3(1)kxkkyk+=+=+所以点2221064,3(1)3(1)kkDkk+，故2221468,3(1)3(1)kkQkk+，11分 代入曲线E的方程222221468443(1)3(1)kkkk+=+，解得420kk=，即1k=，所以
31、直线BC的斜率为1.12 分 解法二：（1）同解法一；（2）由对称性，直线BC必过定点(,0)t，5 分 设BC的方程为xmyt=+，联立方程22,44,xmytxy=+=消去x得222(4)240mytmyt+=，设12(,)B x y，22(,)C xy，所以12221222444tmyymty ym+=6 分 2121,22ACAByykkxx=，因为1ACABkk=，所以2121122yyxx=，故221212(1)(2)()440my ytmm yytt+=，7 分 代入()2222242(1)(2)()2044ttmmm ttmm+=，因为2t，整理得3100t=，解得103t=8
32、 分 所以直线BC的方程为103xmy=+，即直线BC恒过定点10(,0)3 9 分 联立10,3(2),xmyym x=+=解得222610,3(m1)4.3(1)mxmym+=+=+所以点2226104,3(m1)3(1)mmDm+，故2226148,3(m1)3(1)mmQm+，11 分 代入曲线E的方程222226148443(m1)3(1)mmm+=+，解得210m =，即1m=，所以直线BC的斜率为1.12 分 解法三：（1）同解法一；（2）设AC方程为(2)yk x=，设AB方程为1(2)yxk=，联立方程22(2)44yk xxy=，消去y得2222(14)161640kxk
33、xk+=，设11(,)C x y，则212164214kxk=，得2128241kxk+=，所以2122824(2)4141kkykkk+=，所以点222824(,)41 41kkCkk+5 分 用1k替换k得点222284(,)44kkBkk6 分 所以BC斜率222222244341482284(1)414BCkkkkkkkkkkk=+，7 分 故直线BC方程为22223284()4(1)44kkkyxkkk+=+，即223104(1)4(1)kkyxkk=+，即2310()4(1)3kyxk=所以直线BC恒过定点10(,0)3 9 分 下同解法一 解法四：（1）同解法一；（2）将坐标系原
34、点平移到(2,0)A，则双曲线E的方程变为22(2)14xy+=，即22440 xyx+=新坐标系下直线BC的方程设为1mxny+=，5 分 代入双曲线方程有2244()0 xyx mxny+=，即22(14)440m xynxy+=，6 分 两边同除以2x得24()4410yynmxx=，7 分 设直线,AC AB的斜率分别为12,k k，则124114mkk=，所以34m=，8 分 所以直线BC的方程为314xny+=，从而直线BC恒过定点4(,0)3，故原坐标系下直线BC恒过定点10(,0)39 分 由,A B Q C四点共圆，设BC的直线方程为10()3yk x=，即1003kxyk=
35、；设AQ的直线方程为1(2)yxk=，即20 xky+=所以过四点,A B Q C的二次曲线系方程为2210()(2)(44)03kxykxkyxy+=，.11 分 等式左边xy的系数为21k，所以210k =，所以1k=，即直线BC的斜率为1.12 分 解法五：（1）同解法一；（2）由直线BC不过点(2,0)，故设直线BC的方程为()21m xny+=，5 分 所以由2244xy=得()222244xy+=，即()()()2222122442mxnyym xny+=+，6 分 两边同除以()22x得()22221244()222yyymnmnxxx+=+，7 分 设2ykx=，上式整理得24
36、4410knkm=.设直线,AC AB的斜率分别为12,k k，则124114mkk=，解得34m=，8 分 所以直线BC的方程为()3214xny+=，即310043xny+=，从而BC恒过定点10(,0)39 分 下同解法五 22本小题主要考查导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能 力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等 满分 12 分 解法一、（1）当0a 时，由e0 x，且()0,x时sin0 x，故()1fx 成立；.1 分 当0a 时，即为()max1f x.由()cossinexxxfxa=，.2 分 令()0fx=，得4x=，
37、所以()fx在0,4单调递增，在,4单调递减，.3 分 所以()max4142eaf xf=，即402ea.4 分 综上，42ea.5 分（2）()4sinexxf x=，()()4 cossinexxxfx=，所以()f x在0,4单调递增，在,4单调递减，故1204xx.6 分 先证122xx，由412x，故即证()2f x12fx，由()()12f xf x=，故即证()1f x12fx，设()()2h xfxf x=，0,4x，7 分 则()()()22sincosee402exxxxh xfxfx=，所以()h x在0,4上单调递减，所以()04h xh=.8 分 现证222sine
38、xxx，即证()222sinexxx，2,4x.设2tx=，故即证sinettt，即证e sin0ttt.9 分 设()g=e sintttt，0,4t，则()()g=e sincos1tttt+，设()()=e sincos1tp ttt+，由()=2e costp tt，所以()p t在0,2单调递增，在,24 单调递减，又()00p=，2e102p=，104p=，所以0,24t，使得()00p t=，故()g t在()00,t单调递增，在0,4t单调递减，10 分()()mingmin0,4tgg=，又()00g=，34412 2e3e3e044442g =，11 分 所以()g0t，即
39、e sin0ttt，故222sinexxx.12 分 解法二、（1）()sin1exaxf x=，由e0 x，且()0,x时sin0 x，1 分 所以minesinxax.2 分 设()esinxg xx=，则()()2esincossinxxxgxx=，3 分 令()0gx=，得4x=，所以()g x在0,4单调递减，在,4单调递增，4 分 所以()4min2e4g xg=，即42ea.5 分（2）()4sinexxf x=，()()4 cossinexxxfx=，所以()f x在0,4单调递增，在,4 2 单调递减，故1204xx.6 分 先证122xx，由412x，故即证()2f x12
40、fx，由()()12f xf x=，故即证()1f x12fx，设()()2h xfxf x=，0,4x，7 分 则()()()22sincosee402exxxxh xfxfx=，所以()h x在0,4上单调递减，所以()04h xh=.所以()1f x12fx，从而122xx+.8 分()f x在x=处的切线方程为()4eyx=，9 分 现证()()224exf x.设()()44sineexxr xx=，,4x()()4 cossin41cossin4eeeexxxxxxrx=+，设()1cossin4eexxxt x=+，则()8cosexxtx=，所以()rx在,4 2 上单调单调递增，在,2上单调递减，404er=，211402eer=，()0r =，故所以0,4 2x，使得()00rx=，故()r x在0,4x单调递减，在()0,x 单调递增，10 分 所以()()maxmax,4r xrr=，又4432 232e04eeer=，()0r =，11 分 故()0r x，即()2224sin4eexxx，所以222sinexxx.12 分