(22)2014年普通高等学校招生全国统一考试辽宁卷-数学试卷(理工类)

2015年宁夏海南（黑吉辽宁琼豫晋新冀蒙滇甘黔青）高考考生必备用卷新课标高考模拟试题汇编（数学试卷）新课标人教版普通高中语文教师整理（第页）2014年普通高等学校招生模拟考试（新课标第二十二套）数学试卷（理工类）（选自2014年普通高等学校招生全国统一考试辽宁卷）本试卷分第Ⅰ卷(阅读题)和第Ⅱ卷(表达题)两部分，其中第Ⅱ卷第22、23、24题为选考题，其它题为必考题。满分150分，考试时间120分钟第Ⅰ卷一.选择题：本大题共12小题，每小题5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.1．已知全集U＝R，A＝{x|x≤0}，B＝{x|x≥1}，则集合∁U(A∪B)＝()A．{x|x≥0}B．{x|x≤1}C．{x|0≤x≤1}D．{x|0<x<1}2．设复数z满足(z－2i)(2－i)＝5，则z＝()A．2＋3iB．2－3iC．3＋2iD．3－2i3．已知a＝2－eq\f(1,3)，b＝log2eq\f(1,3)，c＝logeq\f(1,2)eq\f(1,3)，则()A．a>b>cB．a>c>bC．c>a>bD．c>b>a4．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α5．设a，b，c是非零向量，已知命题p：若a·b＝0，b·c＝0，则a·c＝0，命题q：若a∥b，b∥c，则a∥c，则下列命题中真命题是()A．p∨qB．p∧qC．(非p)∧(非q)D．p∨(非q)6．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()A．144B．120C．72D．247．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．8－2πB．8－πC．8－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)8．设等差数列{an}的公差为d.若数列{2a1an}为递减数列，则()A．d<0B．d>0C．a1d<0D．a1d>09．将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图像向右平移eq\f(π,2)个单位长度，所得图像对应的函数()A．在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递减B．在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递增C．在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减D．在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增10．已知点A(－2，3)在抛物线C：y2＝2px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(4,3)11．当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．[－5，－3]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(9,8)))C．[－6，－2]D．[－4，－3]12．、[2014·辽宁卷]已知定义在[0，1]上的函数f(x)满足：①f(0)＝f(1)＝0；②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<eq\f(1,2)|x－y|.若对所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|<k恒成立，则k的最小值为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2π)D.eq\f(1,8)第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13题~第21题为必考题，每个试题考生必须做答.第22题~第24题为选考题，考生根据要求做答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。13．执行如图所示的程序框图，若输入x＝9，则输出y＝________．图1­2图1­314．正方形的四个顶点A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1，1)，D(－1，1)分别在抛物线y＝－x2和y＝x2上，如图1­3所示．若将—个质点随机投入正方形ABCD中，则质点落在图中阴影区域的概率是________．15．已知椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝______．16．对于c>0，当非零实数a，b满足4a2－2ab＋4b2－c＝0且使|2a＋b|最大时，eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)的最小值为________．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．（本小题12分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c.已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3.求：(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．18．（本小题12分）一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图1­4所示．图1­4将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．19．（本小题12分）如图所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E­BF­C的正弦值．20．（本小题12分）圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成—个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图所示)．双曲线C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1过点P且离心率为eq\r(3).(1)求C1的方程；(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点．若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程．21．（本小题12分）已知函数f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－eq\f(8,3)(sinx＋1)，g(x)＝3(x－π)cosx－4(1＋sinx)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2x,π))).证明：(1)存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，解答时请写清题号.22．[2014·辽宁卷]选修4­1：几何证明选讲如图1­7所示，EP交圆于E，C两点，PD切圆于D，G为CE上—点且PG＝PD，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.(1)求证：AB为圆的直径；(2)若AC＝BD，求证：AB＝ED.23．[2014·辽宁卷]选修4­4：坐标系与参数方程将圆x2＋y2＝1上每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的2倍，得曲线C.(1)写出C的参数方程；(2)设直线l：2x＋y－2＝0与C的交点为P1，P2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程．24．[2014·辽宁卷]选修4­5：不等式选讲设函数f(x)＝2|x－1|＋x－1，g(x)＝16x2－8x＋1.记f(x)≤1的解集为M，g(x)≤4的解集为N.(1)求M；(2)当x∈M∩N时，证明：x2f(x)＋x[f(x)]2≤eq\f(1,4).2014年普通高等学校招生模拟考试（新课标第二十二套）数学试卷（理）参考答案（选自2014年普通高等学校招生全国统一考试辽宁卷）1．D[解析]由题意可知，A∪B＝{x|x≤0或x≥1}，所以∁U(A∪B)＝{x|0＜x＜1}．2．A[解析]由(z－2i)(2－i)＝5，得z－2i＝eq\f(5,2－i)，故z＝2＋3i.3．C[解析]因为0<a＝2－eq\f(1,3)<1，b＝log2eq\f(1,3)<0，c＝logeq\f(1,2)eq\f(1,3)>logeq\f(1,2)eq\f(1,2)＝1，所以c>a>b.4．B[解析]B[解析]由题可知，若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，所以A错误；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊥α或n与a相交，故D错误．5．A[解析]由向量数量积的几何意义可知，命题p为假命题；命题q中，当b≠0时，a，c一定共线，故命题q是真命题．故p∨q为真命题．6．D[解析]这是一个元素不相邻问题，采用插空法，Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(3,4)＝24.7．B[解析]根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(占圆柱的\f(1,4)))后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×eq\f(1,4)×π×2＝8－π.8．C[解析]令bn＝2a1an，因为数列{2a1an}为递减数列，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2a1an＋1,2a1an)＝2a1(an＋1－an)＝2a1d<1，所得a1d<0.9．B[解析]由题可知，将函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图像向右平移eq\f(π,2)个单位长度得到函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2,3)π))的图像，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(2,3)π≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π,12)＋kπ，k∈Z时，函数单调递增，即函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2,3)π))的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z，可知当k＝0时，函数在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递增．10．D[解析]因为抛物线C：y2＝2px的准线为x＝－eq\f(p,2)，且点A(－2，3)在准线上，所以p＝4.设直线AB的方程为x＋2＝m(y－3)，与抛物线方程y2＝8x联立得到y2－8my＋24m＋16＝0，由题易知Δ＝0，解得m＝－eq\f(1,2)(舍)或者m＝2，这时B点的坐标为(8，8)，而焦点F的坐标为(2，0)，故直线BF的斜率kBF＝eq\f(8－0,8－2)＝eq\f(4,3).11．C[解析]当－2≤x<0时，不等式转化为a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，令f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(－2≤x<0)，则f′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤eq\f(1＋4－3,－1)＝－2.当x＝0时，g(x)恒成立．当0<x≤1时，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，令个g(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)(0<x≤1)，则g′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－（x－9）（x＋1）,x4)，故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥eq\f(1－4－3,1)＝－6.综上，－6≤a≤－2.12．B[解析]不妨设0≤y<x≤1.当x－y≤eq\f(1,2)时，|f(x)－f(y)|<eq\f(1,2)|x－y|＝eq\f(1,2)(x－y)≤eq\f(1,4).当x－y>eq\f(1,2)时，|f(x)－f(y)|＝|f(x)－f(1)－(f(y)－f(0))|≤|f(x)－f(1)|＋|f(y)－f(0)|<eq\f(1,2)|x－1|＋eq\f(1,2)|y－0|＝－eq\f(1,2)(x－y)＋eq\f(1,2)<eq\f(1,4).故kmin＝eq\f(1,4).13.eq\f(29,9)[解析]当x＝9时，y＝5，则|y－x|＝4；当x＝5时，y＝eq\f(11,3)，则|y－x|＝eq\f(4,3)；当x＝eq\f(11,3)时，y＝eq\f(29,9)，则|y－x|＝eq\f(4,9)<1.故输出y＝eq\f(29,9).14.eq\f(2,3)[解析]正方形ABCD的面积S＝2×2＝4，阴影部分的面积S1＝2eq\i\in(－1,1,)(1－x2)dx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)x3))eq\o\al(1,－1)＝eq\f(8,3)，故质点落在阴影区域的概率P＝eq\f(\f(8,3),4)＝eq\f(2,3).15．12[解析]取MN的中点为G，点G在椭圆C上．设点M关于C的焦点F1的对称点为A，点M关于C的焦点F2的对称点为B，则有|GF1|＝eq\f(1,2)|AN|，|GF2|＝eq\f(1,2)|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|GF1|＋|GF2|)＝4a＝12.16．－2[解析]由题知2c＝－(2a＋b)2＋3(4a2＋3b2)．(4a2＋3b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))≥(2a＋b)2⇔4a2＋3b2≥eq\f(3,4)(2a＋b)2，即2c≥eq\f(5,4)(2a＋b)2，当且仅当eq\f(4a2,1)＝eq\f(3b2,\f(1,3))，即2a＝3b＝6λ(同号)时，|2a＋b|取得最大值eq\r(\f(8,5)c)，此时c＝40λ2.eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)＝eq\f(1,8λ2)－eq\f(1,λ)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－4))eq\s\up12(2)－2≥－2，当且仅当a＝eq\f(3,4)，b＝eq\f(1,2)，c＝eq\f(5,2)时，eq\f(3,a)－eq\f(4,b)＋eq\f(5,c)取最小值－2.17．解：(1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·a·cosB＝2，又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB，又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×2＝13.解eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,c＝2.))因为a＞c，所以a＝3，c＝2.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3).由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)·eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9).因为a＝b＞c，所以C为锐角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),9)))\s\up12(2))＝eq\f(7,9).所以cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27).18．解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另1天销售量低于50个”．因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.(2)X可能取的值为0，1，2，3，相应的概率分别为P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)·(1－0.6)3＝0.064，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)·0.6(1－0.6)2＝0.288，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)·0.62(1－0.6)＝0.432，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)·0.63＝0.216.X的分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216因为X～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.19．解：(1)证明：方法一，过点E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC＝∠FOC＝eq\f(π,2)，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，所以BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.图1方法二，由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线，并将其作为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线，并将其作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1，0)，C(0，2，0)，因而E(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，F(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，0，－eq\f(\r(3),2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，因此eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，从而eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.图2(2)方法一，在图1中，过点O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.因为平面ABC⊥平面BDC，所以EO⊥面BDC，又OG⊥BF，所以由三垂线定理知EG⊥BF，因此∠EGO为二面角E­BF­C的平面角．在△EOC中，EO＝eq\f(1,2)EC＝eq\f(1,2)BC·cos30°＝eq\f(\r(3),2).由△BGO∽△BFC知，OG＝eq\f(BO,BC)·FC＝eq\f(\r(3),4)，因此tan∠EGO＝eq\f(EO,OG)＝2，从而得sin∠EGO＝eq\f(2\r(5),5)，即二面角E­BF­C的正弦值为eq\f(2\r(5),5).方法二，在图2中，平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))得其中一个n2＝(1，－eq\r(3)，1)．设二面角E­BF­C的大小为θ，且由题知θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(1,\r(5))，因此sinθ＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，即所求二面角正弦值为eq\f(2\r(5),5).20．解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则切线斜率为－eq\f(x0,y0)，切线方程为y－y0＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)，即x0x＋y0y＝4，此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x0)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,y0))).故其围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)·eq\f(4,x0)·eq\f(4,y0)＝eq\f(8,x0y0).由xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4≥2x0y0知，当且仅当x0＝y0＝eq\r(2)时x0y0有最大值2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(eq\r(2)，eq\r(2))．由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(2,b2)＝1，,a2＋b2＝3a2，))解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程为x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(－eq\r(3)，0)，(eq\r(3)，0)，由此可设C2的方程为eq\f(x2,3＋beq\o\al(2,1))＋eq\f(y2,beq\o\al(2,1))＝1，其中b1>0.由P(eq\r(2)，eq\r(2))在C2上，得eq\f(2,3＋beq\o\al(2,1))＋eq\f(2,beq\o\al(2,1))＝1，解得beq\o\al(2,1)＝3，因此C2的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.显然，l不是直线y＝0.设直线l的方程为x＝my＋eq\r(3)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))得(m2＋2)y2＋2eq\r(3)my－3＝0.又y1，y2是方程的根，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－\f(2\r(3)m,m2＋2)，①,y1y2＝\f(－3,m2＋2)，))②由x1＝my1＋eq\r(3)，x2＝my2＋eq\r(3)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m（y1＋y2）＋2\r(3)＝\f(4\r(3),m2＋2)，③,x1x2＝m2y1y2＋\r(3)m（y1＋y2）＋3＝\f(6－6m2,m2＋2).④))因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－x1，eq\r(2)－y1)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－x2，eq\r(2)－y2)，由题意知eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，所以x1x2－eq\r(2)(x1＋x2)＋y1y2－eq\r(2)(y1＋y2)＋4＝0，⑤将①②③④代入⑤式整理得2m2－2eq\r(6)m＋4eq\r(6)－11＝0，解得m＝eq\f(3\r(6),2)－1或m＝－eq\f(\r(6),2)＋1.因此直线l的方程为x－(eq\f(3\r(6),2)－1)y－eq\r(3)＝0或x＋(eq\f(\r(6),2)－1)y－eq\r(3)＝0.21．证明：(1)当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝－(1＋sinx)·(π＋2x)－2x－eq\f(2,3)cosx<0，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数．又f(0)＝π－eq\f(8,3)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－π2－eq\f(16,3)<0，所以存在唯一x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f(x0)＝0.(2)记函数h(x)＝eq\f(3（x－π）cosx,1＋sinx)－4lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,π)x))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).令t＝π－x，则当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).记u(t)＝h(π－t)＝eq\f(3tcost,1＋sint)－4lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,π)t))，则u′(t)＝eq\f(3f（t）,（π＋2t）（1＋sint）).由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0，当t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))时，u′(t)<0.故在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而可知当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上u(t)为减函数，由u(x0)>0，ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－4ln2<0，知存在唯一t1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))，使u(t1)＝0，故存在唯一的t1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使u(t1)＝0.因此存在唯一的x1＝π－t1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，1＋sinx>0，故g(x)＝(1＋sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使g(x1)＝0.因为x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.22．证明：(1)因为PD＝PG，所以∠PDG＝∠PGD.由于PD为切线，故∠PDA＝∠DBA，又因为∠PGD＝∠EGA，所以∠DBA＝∠EGA，所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，从而∠BDA＝∠PFA.又AF⊥EP，所以∠PFA＝90°，所以∠BDA＝90°，故AB为圆的直径．(2)连接BC，DC.由于AB是直径，故∠BDA＝∠ACB＝90°.