四川省德阳市第五中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份四川省德阳市第五中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
已知平面向量a  2, 3 ， b   x, 6 ，若a ∥b ，则 x  （ ）
A．-9B．-4C．4D．9
在复平面内，i 为虚数单位，若复数(1 i)z  2  i ，则 z  （ ）
 1  3 i
22
 1  3 i
22
1  3 i
22
1  3 i
22
为落实“双碳”目标，某环保组织调研 10 个国家 2024 年度的人均碳排放强度（单位：吨/人·年）后，得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的30% 分位数是（ ）
A．5B．6C．7D．12
若 m，n 为两条不同的直线，α，β，γ 是三个不同的平面，则下列命题中真命题的是（ ）
若α γ， βγ，α∩β l ，则l  γ B．若α/ /β， m α， n  β，则m // n
C．若α β， m α， m  n ，则n  β D．若m // n ， n   ，则m / /α
已知直角梯形的上底长为 1，下底长为 2，高为 3 ，则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何
体的表面积为（ ）
A．2 3  3π
C．4 3  3π
B．2 3  4π
D．3 3  4π
如图，在棱长为 2 的正四面体 P  ABC 中，点 D 为边 AB 的中点，则异面直线 AP 与CD 所成角的余弦值为（ ）
A． 3
6
B． 3
4
C． 3
3
D． 3
2
→ → →→
→→→ →
→→→
已知平面向量a, b, c满足 a  b  c  1, 若a  b  0 ，则 c  a  b 的最大值是（ ）
3
2
D． 2-1
2B．1C． 1
如图， G 为△OAB 的重心，过点G 的直线分别与OA ， OB 交于点 P ， Q ，且OP  mOA ， OQ  nOB ，
其中m, n (0,1]，则m  4n 的最小值为（ ）
A． 7
3
二、多选题
B．3C． 14
3
D．9
已知函数 f  x  sin  2x  π  ，则下列说法正确的是（ ）
3 

f  x 的最小正周期为π
f  x 的图象关于 x  π 对称
2
函数 f  x 在0, π  的最小值为 3
2 2
函数 f  x 的图象向右平移 π 个单位长度得到函数 g  x  的图象，则函数 g  x  是奇函数
6
关于平面向量，下列说法正确的是（ ）
若a  1, 0 ， b  0,1 ，对任意的非零实数λ和μ，则λa  μb
若a  1, 1 ， b  2, 4 ，则向量a ， b 的夹角为钝角
→→→→
若 a  2 ， b  1，且a 和b 的夹角为120∘ ，则 a  2b  2
若点
P, A, B, C
–––→
在同一平面内，且 PA 
3 –––→
PB 
1 –––→
PC ，则 A, B,C 三点共线
44
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， M 为 B1C1 的中点， P 为线段 B1D1 上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ）
存在 P 点使得MP ∥平面 A1DB
直线 BM 与平面 BDD1 B1 所成角正弦值为 10
10
7  2 3
AP  MP 的最小值为
若点Q 在正方体 ABCD  A1B1C1D1 ，表面上运动（包含边界），且MQ  A1C ，则点Q 的轨迹长度为
2
6
三、填空题
已知某地区有小学生 12000 人，初中生 11000 人，高中生 9000 人，现在要了解该地区学生的近视情况，准备抽取 320 人进行调查，则按比例分配的分层抽样应该抽取高中生人.
已知sin  π α   3 ， cs 3π  β  12 ，α  3π , 5π  ， β  π , 5π  ，则csα β .
 45
 413
 44 
 4 4 

在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为等腰梯形， PB  底面 ABCD ，若 PB  AB  CD  AD  1 ，
BC  2 ，则这个四棱锥的外接球表面积为.
四、解答题
遂宁市为进一步发展遂宁文旅，提升遂宁经济，现对“五一”假期部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中m  2n .
求图中m 的值，并估计此次调查中综合满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
求此次调查综合满意度的第 75 百分位数
若参与本次调查游客共有 2000 名，请估计在参与调查的 2000 名游客中综合满意度打分不低于平均分的人数.
若 f  x  Acs ωx φ A  0,ω 0, φ π  的部分图象如图所示.
2 

求函数 y  f (x) 的解析式；
将 y  f (x) 的图象向左平移θθ 0 个单位长度得到 y  g(x) 的图象，若 y  g(x) 图象的一个对称轴为
x  5π ，求θ的最小值；
6
在第（2）问的前提下，求函数 y  g(x) 在0, π 上的单调区间.
在ABC 中，内角A 、 B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知 3b sin C  c cs B  2b  a .
（1）求C ；
（2）若ABC 为锐角三角形，且a  3 ，求ABC 面积的取值范围.
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AD//BC, AD  DC, BC  CD  1 AD  2 ， E 为棱 AD 的中点， PA  平
2
面 ABCD .
证明： AB// 平面 PCE
求证：平面 PAB  平面 PBD
若二面角 P  CD  A 的大小为45，求直线 AD 与平面 PBD 所成角的正切值.
若函数 f  x 和 g  x  均存在零点，且零点完全相同，则称 f  x 和 g  x  是一对 “共零函数”.
判断 f  x  2x  2 与 g  x  csx 是否为 “共零函数”，并说明理由；
已知 f  x  sin  x  π  与 g  x  2cs x φ 是一对“共零函数”，求φ的值；
3
 

已知 p, q 是实数，若函数 f  x  xex 1 与 g  x 
G  x   x  q3 也是一对 “共零函数”，求 pq 的值.
是一对“共零函数”，函数 F  x  lnx  e 1与
x  p
x
1．B
由向量平行的坐标表示，列出方程求解即可.
【详解】m a ∥b ， 2 6  3x  0 ，解得 x  4 .
故选：B.
2．C
利用复数的除法运算求解即得.
【详解】依题意，.
z  2  i  (2  i)(1  i)  1  3i  1  3 i 1  i(1  i)(1  i)222
故选：C 3．B
根据百分位数的定义计算求解.
【详解】数据从小到大为：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15，且10  0.3  3，
则该组数据的30% 分位数是 5  7  6 .
2
故选：B.
4．A
利用面面垂直的性质、线面垂直的判定判断 AC；利用面面平行性质判断 B；利用线面平行的判定判断 D.
【详解】对于 A，令α∩γ a,β∩γ b ，在平面γ取点 P ，在此平面内作 PM  a, PN  b ， 而α γ， βγ，则 PM α, PN  β，而α∩β l ，则 PM  l, PN  l ，
而 PM  PN  P ，因此l  γ，A 正确；
对于 B，由α/ /β， m α， n  β，得m // n 或m, n 是异面直线，B 错误； 对于 C，在长方体 AC1 中，平面 ABCD 与平面CDD1C1 分别为α, β，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
B
A
C
A
C
B
AD
ABD
题号
11
答案
BCD
直线 AA1 , A1B1 分别为m, n ，满足α β, m  α, m  n ， 而 A1B1 // 平面CDD1C1 ，即n / /β，C 错误；
对于 D，由m // n ， n   ，得m / /α或m α，D 错误.故选：A.
5．C
画出图形，将所求转换为圆锥、圆柱的表面积计算即可.
【详解】如图所示，
则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为圆锥的侧面积，加上圆柱的侧面积，再加上圆柱的一个底面的面积，
1 3
而圆锥的母线长为
 2 ，
故所求为π 3  2  π 3 2  2π 3 1  4 3  3π .
故选：C.
6．A
根据给定条件，过 D 作 PA 的平行直线，利用几何法求出异面直线夹角的余弦.
【详解】在正四面体 P  ABC 中，取 PB 中点 E ，连接 DE, CE ，
由 D 是 AB 的中点，得 AP / / DE ，则CDE 是异面直线 AP 与CD 所成的角或其补角，
11 DE
CD  CE 
3, DE  PA  1 ，则cs CDE  2  1
2 3
2
CD
3 ，
6
所以异面直线 AP 与CD 所成角的余弦值为 3 .
6
故选：A.
7．C
–→
→ –→
3  2 2 cs c, d
3  2 2
→→→
2
设d  a  b ，先求 d ，再利用向量的模长公式可得 c  a  b


 1
即可求
解.

a  b
→→ 2
–→
3  2 2
【详解】设d  a  b ，则 d

c  d
→
–→
2
→→→→ –→
 


 2 ，
→ –→
3  2c  d
→ –→
3  2 2 cs c, d


 1，
ca bcd
→ –→
→→→
2
当cs
c, d  1 时取等，所以 c  a  b 的最大值是
 1 .
2
故选：C.
8．B
––––→
3 –––→
––––→
1 –––→
1 –––→
连接OG 并延长交 AB 于点M ，由G 为△OAB 的重心可得OM 
OG ，且OM 
2
OA 
22
OB ，将条件代入
–––→
整理成OG 
1 –––→
OP 
1 –––→
OQ ，利用平面向量基本定理可得
1  1  1 ，再利用基本不等式“1”的妙用即可求
3m3n
得答案.
【详解】
3m3n
–––→
如图，连接OG 并延长交 AB 于点M ，因G 为△OAB 的重心，则OG 
2 ––––→
OM ，
3
––––→
且点M 为 AB 的中点，故OM 
–––→
OA 
–––→
OB （*），
22
––––→3 –––→–––→1 –––→–––→1 –––→
因OP  mOA ， OQ  nOB ，则有OM  2 OG ， OA  m OP ， OB  n OQ ，
3 –––→1 –––→
1 –––→–––→
1 –––→
1 –––→
代入（*）可得：
OG 
2m
OP 
OQ ，即OG 
2n
OP 
3m
OQ ，
3n
因 P, G, Q 三点共线，故 1  1
3m3n
 1 ，因m, n (0,1]，
则m  4n  1 (m  4n)( 1  1 )  1 (5  m  4n )  1 (5  2 4)  3 ，
mn3nm3
当且仅当m  2n  1 时，等号成立，即m  4n 的最小值为 3.
故选：B.
AD
利用正弦型函数的周期公式可判断 A 选项；利用正弦型函数的对称性可判断 B 选项；由0  x  π 可求出
2
2x  π 的取值范围，结合正弦型函数的最值可判断 C 选项；利用三角函数图象变换以及正弦型函数的奇偶
3
性可判断 D 选项.
【详解】对于 A 选项，函数 f  x 的最小正周期为 2π  π ，A 对；
2
对于 B 选项，因为 f  x  sin  π  π   sin π   3  1，
3 32

故 f  x 的图象不关于直线 x  π 对称，B 错；
2
对于 C 选项，当0  x  π 时， π  2x  π  4π ，
2333
所以 f  x sin 4π   3 ，C 错；
min32
对于 D 选项，函数 f  x 的图象向右平移 π 个单位长度得到函数 g  x  的图象，
6
g x  π π 
则  sin 2  x  6   3   sin 2x ，该函数为奇函数，D 对.
 
故选：AD.
ABD
对于 A，利用向量垂直的充要条件即可判断；对于 B，根据向量数量积的坐标计算即可判断；对于 C，根据
向量数量积的定义和运算律计算即可排除；对于 D，利用平面向量基本定理即可推得.
λ→→→ →
【详解】对于 A，因a  b  (1, 0)  (0,1)  0 ，则 a μb   λμ a  b  0 ，故λa  μb ，即 A 正确；
对于 B，由a  b  1 2  (1)  4  2  0 ，且a 与b 不共线，则向量a ， b 的夹角为钝角，故 B 正确；
对于 C，因a  b | a |  | b | csa, b  2 1 cs120∘  1 ，
a | 4a  b  4 b |
→ 2
→ →→ 2
22  4 (1)  4 12
→→
3
则 a  2b 
–––→

3 –––→1 –––→
–––→–––→
 2，故 C 错误；
3 –––→–––→1 –––→
对于 D，由 PA  PB  PC ，可得 PA  PB  PB  PB  PC ，
4444
–––→  1
–––→–––→

 1 –––→
A, B,C
BA(PC
4
PB)
4 BC ，即 BA 与 BC 共线，故
三点共线，即 D 正确.
故选：ABD.
BCD
利用面面平行的判定推理平面 A1BD// 平面 B1CD1 ，然后利用直线MP 与平面 B1CD1 相交判断 A；利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断 B；把三角形 AB1D1 与三角形 B1C1D1 置于同一平面内，利用余弦定理求出线段 AM 长判断 C；先利用线面垂直的判定推理 A1C  平面 BC1D ，取棱的中点利用面面
平行的判定推理得平面 NMSTGH / / 平面 BC1D ，进而 A1C  平面 NMSTGH ，从而求出点Q 的轨迹为正六边形 NMSTGH ，求解周长即可判断 D．
【详解】对于 A：先证平面 A1BD// 平面 B1CD1 ，由正方体性质可知 BB1 / / DD1 ，且 BB1  DD1 ，
B1 A1 / /CD 且 B1 A1  CD ，所以四边形 BB1D1D 和 B1 A1DC 均为平行四边形，所以 BD // B1D1 ， B1C / / A1D ，因为 BD, A1D  平面 A1BD ，
B1D1 , B1C 在平面 A1BD 外，所以 B1D1 / / 平面 A1BD ， B1C / / 平面 A1BD ，
又 B1D1 , B1C  平面 B1CD1 ， B1D1  B1C  B1 ，所以平面 A1BD// 平面 B1CD1 ，又M 为 B1C1 的中点， P 为线段 B1D1 上动点（包括端点），
所以直线MP 与平面 B1CD1 相交，从而直线MP 与平面 A1DB 相交，故 A 错误；
对于 B：连接 A1C1 ，则 A1C1  B1 D1 ，由 BB1  平面 A1B1C1D1 ， A1C1  平面 A1B1C1D1 ，得 A1C1  BB1 ，又 BB1  B1D1  B1 ， BB1 ， B1D1  平面 BDD1 B1 ，
则 A1C1  平面 BDD1 B1 ，过M 作ME / / A1C1 交 B1D1 于 E ，连接 BE ，
于是ME  平面 BDD1 B1 ， MBE 是直线 BM 与平面 BDD1 B1 所成的角， ME  1 AC 2 ，
BM 
，所以sin MBE  ME 
22 12
5
BM
10 ，故 B 正确；
10
4 1 12
对于 C，把三角形 AB1D1 与三角形 B1C1D1 置于同一平面内，连接 AM ，则 AP  MP 的最小值为 AM ，
在aAB M 中， AB M  60∘  45∘  105∘ ， AB  2 2, B M  1，
1111
6
cs AB M  cs 60∘  45∘   2  ，
7  2 3
14
2 2 2 12  2  2
2 1 2  6
4
由余弦定理得 AM 

，C 正确；
对于 D，由正方体的性质知 AA1  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，所以 AA1  BD ，
因为四边形 ABCD 为正方形，所以 AC ⊥BD ， AC  AA1  A, AC, AA1  平面 AA1C ，所以 BD ⊥平面 AA1C ， A1C  平面 AA1C ，所以 BD  A1C ，
同理可得 BC1 ^
A1C ， BC1 ∩ BD  B, BC1 , BD  平面 BC1D ，故 A1C  平面 BC1D ；
如图，
取棱C1D1 , D1D, DA, AB, BB1 的中点分别为 N , S ,T , G, H ，
连接MN , NS, ST ,TG, GH , HM ，可得六边形 NMSTGH 为正六边形，
而TG / / DB ， TG  平面 BC1D ， DB ⊂平面 BC1D ，故TG / / 平面 BC1D ， 同理可证GH / / 平面 BC1D ， TG  GH  G ， TG ， GH Ì 平面 NMSTGH ，
故平面 NMSTGH / / 平面 BC1D ，所以 A1C  平面 NMSTGH ，
2
即过点M 且与 A1C 垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形 NMSTGH ，边长为，
其周长为6 2 ，所以点Q 的轨迹为正六边形 NMSTGH ，则点Q 的轨迹长度为6 2 ，D 正确．故选：BCD
12．90
先求出高中生所占的比例，根据分层抽样定义计算即得.
【详解】由题意，应该抽取高中生的人数为：
320 
9000
 320  9
 90 .
12000  11000  900032
故答案为：90.
56
65
根据角的范围分别求出cs π α   4 和sin  3π  β   5 ，继而利用拆角的方法结合两角和差的正弦公
 45
 413

式，即可求得答案.
【详解】由α  3π , 5π  ，得π α  π, 3π  ，结合sin  π α   3 ，知cs π α   4 ；
 44 4
2 
 45
 45

由β  π , 5π  ，得 3π  βπ, 2π ，结合cs 3π  β  12 ，
 4 4 4 413

知 3π  β 3 π, 2π ，故sin  3π  β   5 ，
4 2
 413

故csα β  cs  π α   3π  β  π   sin  π α   3π  β
 4  42  4  4
  
 sin  π α cs 3π  β  cs π α s in  3π  β
 4 4 4 4

   3   12    4   5   56 ，
 5  13 5  13 65

56
故答案为：
65
5π
先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决.
【详解】取 BC 中点 E，连接 EA、ED，取 PC 中点 H，连接 EH、BH，等腰梯形 ABCD 中， AB  CD  AD  1， BC  2 ，
则有 AD//BE,AD  BE ，则四边形 ADEB 为平行四边形， 则 DE  AB  1，又CE  CD  1，则aCDE 为等边三角形，则DCE  ABE  60 ，则aABE 为等边三角形
则 EB  EA  ED  EC  1 ，故点 E 为等腰梯形 ABCD 的外接圆圆心，
△PBC 中， PH  CH ,BE  CE ，则 PB//HE, HE  1 PB  1
22
HE2  EB2
又 PB  底面 ABCD ，则 HE  底面 ABCD ， HP  HB  HC
HE2  EA2
又 HA 

 HB ，
HE2  ED2
HD 

 HB ，
HE2  EB2
即 HP  HB  HC  HA  HD ，
故点 H 为四棱锥 P  ABCD 的外接球球心，
HE2  EB2
球半径 HB 


 1 2

 2 
 12
5
2
 5 2
则四棱锥 P  ABCD 外接球表面积为4π 2 
 5π

故答案为： 5π . 15．(1) m  0.03 ，76.5 (2)85
(3)1045
结合已知根据频率分布直方图中各个小矩形面积之和为 1 列式得m  0.03 ，根据频率分布直方图的平均数公式求解即可；
先确定累计频率为 0.75 所在的区间，然后根据频率列式求解即可；
先求出不低于平均分的频率，然后求解人数即可.
【详解】（1）由频率分布直方图可得， 0.01 n  0.035  m  0.0110  1 ，
又m  2n ，解得m  0.03 ，
平均分为55 0.01 65 0.015  75 0.035  85 0.03  95 0.0110  76.5 .
由频率分布直方图可得，前 3 组频率之和为 0.6，第四组频率为 0.3，
故第 75 百分位数在80 , 90 ，则80  0.75  0.6 10  85 .
0.9  0.6
由（1）知平均分为76.5 70,80 ，
故不低于平均分的频率为80  76.5 0.035  0.3  0.1  0.5225 ，则打分不低于平均分的人数为 2000  0.5225  1045 .
16．(1) f  x  2 cs  2x  π 
3 

π
3
单增区间为 π , 5π  ，单减区间为0, π  ,  5π , π
 3 6 
3 
 6
【详解】（1）由图知周期T  11π    π   π ，∴ω 2 且 A=2，
12 12 
π
6

∴ f  x  2cs2x φ ，把 x   π ，y=0 代入上式得cs ? ―
12
∴? ― π = 2?π ― π，即? = 2?π ― π(? ∈ Z).
= 0，
623
又φ π ，∴φ  π .即 f  x  2cs 2x  π  .
233 
（2）?(?) = 2cs 2(? + ?)― π
3

π
3
= 2cs 2? + 2? ―，
2 ⋅ 5ππ
?π2π
由题意得：
6 +2? ― 3 = ?π(? ∈ Z)，∴? = 2 ― 3 (? ∈ Z)，
∵θ 0 ，∴当 k=2 时，θ的最小值为 π .
3
g x 
π π
2
（3）此时  
2cs 2x   ，令π  2kπ  2x   2kπ, k  Z，解得
33
3
 k  x    k ，结合
6
x 0, π ，得 x   π , 5π  ，于是函数 y  g  x 在0, π上的单增区间为 π , 5π  ，单减区间为0, π  ,  5π , π .

 3 6 
17．（1） C  π（2）  3 3 , 3 3 

 3 6 
3 
 6
3 82 

【详解】（1）由正弦定理有 3 sin B sin C  sin C cs B  2 sin B  sin A ，又由sin A  sin  B  C   sin B cs C  cs B sin C ，代入上式得，
3 sin B sin C  2 sin B  sin B cs C ，
由0  B π，有sin B  0 ，
上式可化为： 3 sin C  1 cs C  1，得sin  C π  1 ，
6 
22
由0  C π，有π C π 7π，故有C π π，
故C  π；
3
66662
（2）由（1）知， S
 1  3b sinπ 3b ，
ABC
234
3 sin  2π A
由正弦定理有
a sin B
 3
b  
sin A
3
1
3cs A  sin A
sin A
 22

3
3cs A
  
3
2 tan A
sin A
3 ，
2
2 sin A2
0  A  π

由ABC 为锐角三角形，有
2
2ππ，
0  B  A 
32
得π A  π，有tan A 3 ，
623
3
可得 3  b  2，
2
故ABC 面积的取值范围为 3 3 , 3 3  .
 82 

18．(1)证明见解析 (2)证明见解析
(3) 2
2
【详解】（1）∵ BC //AE 且 BC  AE ，∴四边形 BCEA 为平行四边形，
∴ AB//EC ，又 AB  平面 PCE ， EC  平面 PCE ，所以 AB / / 平面 PCE .
∵ PA  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，∴ PA  BD ，
连接 BE ，∵ BC //DE 且 BC  DE ，∴四边形 BCDE 为平行四边形，
∵ DE ⊥CD ， BC  CD  2 ，∴平行四边形 BCDE 为正方形，∴ BD  EC ，又 AB//EC ，∴ BD ⊥AB ，
又 PA ∩ AB  A ， PA, AB  面 PAB ，∴ BD ⊥面 PAB ，
∵ BD  面 PBD ，∴平面 PAB  平面 PBD .
∵ PA  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ，∴ PA  CD ，
又CD  AD ， PA  AD  A ， PA, AD  平面 PAD ，∴ CD  平面 PAD ，因为 PD  平面 PAD ，∴ CD  PD,
∴ PDA 为二面角 P  CD  A 的平面角，从而PDA  45，所以 PA  AD  4 ，作 AM  PB 于M ，连接MD ，
∵平面 PAB  平面 PBD ， AM  平面 PAB ，平面 PAB  平面 PBD  PB ，
∴ AM  面 PBD ，所以∠ADM 为直线 AD 与平面 PBD 所成角，
在直角aPAB 中， AB  CE  2
PA  AB
2
4  2 2
2 6
4 3
， PA  4 ， PB  2 6 ，∴ AM ，
PB3
因为 AM  面 PBD ， DM ⊂面 PBD ，所以 AM  DM ，
4 3
3
AD2  AM 2
4 6
3
在直角aAMD 中， AD  4, AM ， DM ，
∴ tan∠ADM 2 ，
2
则直线 AD 与平面 PBD 所成角的正切值为 2 .
2
19．(1)不是；
φ π  kπ, k  Z；
6
e .
【详解】（1）由指数函数的单调性知， f  x  2x  2 在 R 上单调递增，且存在唯一零点 x  1 ，
由余弦函数的性质知， g  x  cs x 的零点为 x  π  kπ, k  Z ，
2
所以 f  x  2x  2 与 g  x  cs x 不是 “共零函数”.
f x π ππ

（2）由  sin  x  3   0 ，则 x  3  nπ ，即 x  3  nπ, n  Z ，
由 g  x  2cs x φ  0 ，则 x φ π  mπ ，即 x  π φ mπ, m  Z ，
22
又 f  x 与 g  x 是一对“共零函数”，则 π  nπ  π φ mπ ， n, m  Z ，
32
所以φ π  (m  n)π ，即φ π  kπ ， k  Z ；
6
（3）由 g  x 
6
x  p
 0 ，则 x  p ，
x  p
又 f  x  xex 1 与 g  x 
所以 p  ln p  0 ，
是一对“共零函数”，则 f  p  pe p 1  0 ，
由G  x   x  q3  0 ，则 x  q ，
由 F  x  lnx  e 1与G  x   x  q3 也是一对 “共零函数”，则 F q  ln q  e 1  0 ，
xq
所以ln q  e  0 ，即 e  ln e  0 ，
eqqq
由 y  x  ln x 在(0, ) 上单调递增，故 p  e ，则 pq  e .
q