四川省内江市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份四川省内江市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷，共27页。试卷主要包含了5 2等内容，欢迎下载使用。
单选题（共 40 分，每小题 5 分）
下列说法中正确的是（ ） A．向量的模都是正实数 B．单位向量只有一个 C．向量的大小与方向无关
D．方向不同的向量不能比较大小，但同向的向量可以比较大小
在V ABC 中，已知a  3
， c  2 ， B  5 π ，则b  （ ）
3
22
10
6
13
A．
B．
C． 2
D． 7
若e1 ， e2 是平面内的一组基底，则下面的四组向量中不能作为一组基底的是（）
e1  e2 和e1  e2B． 3e1  2e2 和6e1 +4e2
C． e1  3e2 和3e1  e2D． e2 和e1  e2
在V ABC 中，点 D 是线段 BC 的中点，E 是线段 AD 的靠近 A 的三等分点，则 BE （ ）
5 –––→
AB 
1 –––→
AC

5 –––→
AB 
1 –––→
AC

5 –––→
AB 
1 –––→
AC

3 –––→
AB 
1 –––→
AC
66666356
已知函数 f  x   4cs2ωx  4sinωxcsωx ω 0
π
的最小正周期为，将
2
f  x  的图象向下平移 2 个单位长
度后，再将横坐标伸长为原来的 2 倍，得到函数 g  x  的图象，则 g  x  的一个单调递增区间为（ ）
A．   π , 0 
B．  π , 5π 
C．  5π , 9π 
D．  3π , 5π 
2
 88 
 88 
 44 

已知sin α π   1 ，则csα π   cs 2α π   （ ）
6 33 3 

 4
9
 10
9

10
9
4
9
如图所示，为测量一棵树 HP 的高度，在地面上选取 A，B 两点（A，B，H 三点共线），从 A，B 两点分
别测得树尖 P 的仰角为30 ， 45 ，且 A，B 两点之间的距离为30m ，则树的高度为（ ）
15mB． 30 3mC． 15 15 3 m
D． 30 3 15m
如图，在V ABC 中，CA  CB  1， AC  3AE ， BC  3DC ， F 为 AD 与 BE 的交点，则向量CF 在CA 上的投影向量的模的最小值为（ ）
A． 2
7
B． 1
2
C． 4
7
D． 6
7
多选题（共 18 分，每小题 6 分）
下列等式计算正确的是（ ）
cs 20 cs 40  sin 20sin 40 3
2
1 2 cs2 22.5 2
2
1 tan181 tan 27  2
1  tan15  3
1  tan153
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）
若 B  π , c  4, b  3 ，则符合条件的V ABC 只有一个
6
若 A  B ，则sin A  sin B
若a3  b3  c3 ，则V ABC 是锐角三角形
3
D．若 A 
πb
，则 的最大值是
3a
幻彩摩天轮位于中ft市西区兴中广场C 段．该摩天轮轮体直径为83m，最高点离地108m．轮体上均匀设置了依次标号为1 ~ 36 号的36个座舱，开启后按照逆时针方向匀速旋转，每20min转一周.已知在时刻
t min0  t  20 时1号舱 P 距离地面的高度h t   Asin ωt φ  b （其中 A  0 ，ω 0 ， φ  π ），且t  0
时， P 位于最低位置．且摩天轮开始启动时，1号舱 P ，10 号舱Q ，13 号舱 R 位置如图所示，运行过程中其离地面高度分别记为hP ， hQ ， hR ，则（ ）
A． h t   83 sin  π t  π   133 0  t  20

2 102 2
B．摩天轮运行一周的过程中，
hR  hQ
max
83 6  2 

m
4
C．不存在t  0, 5 使得 hP  hQ  hR  hQ
D．摩天轮运行一周的过程中， hP  hQ  hR  hQ 的情形共出现3 次
填空题(共 15 分，每小题 5 分)
已知tanα 1 ， tan β 1 ，则tan(α β) .
24
π
如图，在平行四边形 ABCD 中， AB  3 ，BAD  ，E 是边 BC 的中点，F 是CD 上靠近D 的三等分点，
3
若 AE  BF  2 ，则 AD  ．
在V ABC 中，P 为边 AB 上一点，CP 1，ACP  30，BCP  45，AP  λBP ，CPB θ.当V ABC
面积最小时， tanθ .
解答题（共 77 分）
15．（13 分）已知 A1, 2 ， B 3, 4 ， C 1, 5
→→→
若c  1,λ ，且c ∥ AB ，求 c ．
若四边形 ABCD 为平行四边形，求点D 的坐标．
→→
16．（15 分）已知 a  4 ， b  2 ，且a 与b 夹角为60 ，求：
→→
2a  b ；
a 与a  b 的夹角的余弦值.
17．（15 分）已知函数 f  x  Asin ωx φ A  0,ω 0, π φ π 的部分图象如图所示.
g x 7π 
24
求 f  x 的解析式.(2)设函数  
f  x   2cs2x .


求 g  x 的单调递减区间；（ii）若 x   π , 11π  ，求 g  x 的最大值与最小值.
 2 12 
18.（17 分）在面积为 S 的V ABC 中，三个内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若
→→
m  sin C  sin B, a  b ， n  sin A, c  b ，且m//n .
3
求角 C 的大小；(2)若c  2
， S  2
，求V ABC 的周长；
3
(3)若V ABC 为锐角三角形，且 AB 边上的高 h 为 2，求V ABC 面积的取值范围.
19．（17 分）已知函数 f  x 
 ωx  π  1 .
2sin  26 

若对于任意 x R 都有 f  x   f  x  f  x  ，且 x  x
 π ，求 f  x 的对称中心；
12
若0  ω 5 ，函数 f  xπ
12 min
2
g  x 的图象， x  π 是 g  x 的一个零点，函数
图象向右平移个单位，得到函数
63
g  x 在区间m, n （ m, n  R 且m  n ）上恰好有 2026 个零点，求n  m 的最小值；
在第（2）问条件下，将函数 g  x 图象上所有点的横坐标伸长为原来的 3 倍，再向左平移 7π 个单位长度，
12
向下平移 1 个单位长度后得到函数h  x 的图象.若关于 x 的方程h  x2  λh  x  3  0 在 π , π  上有且仅
有四个解，求实数λ的取值范围.


12 3 
参考答案
1．C
【详解】对于 A：根据向量的概念可知，零向量的模为零，故 A 错误；
对于 B：单位向量的定义，单位向量的模为 1，方向为任意方向，故 B 错误；对于 C：向量的模与方向没有关系，故 C 正确；
对于 D：向量不能比较大小，但向量的模可以比较大小，故 D 错误.故选：C.
2．D
【详解】在V ABC 中，由余弦定理得，
b2  a2  c2  2ac cs B  49 ，由b  0解得b  7 .
故选：D 3．B
【详解】因为向量e1 ， e2 是平面内的一组基底，可得向量e1 ， e2 为平面内不共线的向量，
1  λ
对于 A 中，设e1  e2  λ(e1  e2 )  λe1  λe2 ，可得
，此时方程组无解，
1  λ
所以向量e1  e2 和e1  e2 不共线，可以作为平面的一组基底；
对于 B 中，设3e  2e  λ(6e +4e )  6λe +4λe
3  6λ
，可得
λ  1 ，
121212
2  4 ，解得
λ2
所以向量3e1  2e2 和6e1 +4e2 为共线向量，不能作为平面的一组基底；
1  3λ
 λ
对于 C 中，设e1  3e2  λ(3e1  e2 )  3λe1  λe2 ，可得
3
，此时方程组无解，
所以向量e1  3e2 和3e1  e2 不共线，可以作为平面的一组基底；
0  λ
 λ
对于 D 中，设e2  λ(e1  e2 )  λe1  λe2 ，可得
1
，此时方程组无解，
所以向量e2 和e1  e2 不共线，可以作为平面的一组基底.
4．B
–––→–––→–––→–––→
1 –––→–––→
1 –––→ –––→
1 –––→–––→
【详解】因为D 是 BC 的中点，所以 AD  AB  BD  AB 
BC  AB   AC  AB 
 AB  AC  ，
222
–––→
1 –––→1 1 –––→–––→
1 –––→
–––→
因为 E 是 AD 的靠近 A 的三等分点，所以 AE 
AD    AB  AC   AB 
AC ，
33 266
–––→–––→ –––→ 1 –––→1 –––→  –––→5 –––→1 –––→

所以 BE  AE  AB   6 AB  6 AC   AB   6 AB  6 AC ．
5．C
【详解】 f  x  4  1 cs 2ωx  2 sin 2ωx  2 sin 2ωx  2 cs 2ωx  2
2
π 
4
2 2 sin  2ωx    2

最小正周期T  2π  π ，得ω 2 ，
f x 
2ω 2
π 
π 
即  2 2 sin  4 x  4   2 ，图象向下平移 2 个单位长度后得到函数 y  2 2 sin  4x  4  ，横坐标伸长到

原来的 2 倍后得到函数 g  x  2 2 sin  2x  π  ，
4 

当 x   π , 0  ， 2x  π   3π , π  ，此区间先减后增，故 A 错误；
 244 4 

当 x  π , 5π  ， 2x  π  π , 3π  ，是正弦函数减区间的子集，故 B 错误；
8 8
2 2
4
  

当 x  5π , 9π  ， 2 x  π   3π , 5π  ，是正弦函数增区间的子集，故 C 正确；
 88 
4 22 

当 x  3π , 5π  ， 2x  π  7π , 11π  ，此区间先增后减，故 D 错误；
 44 
4 44 

6．C
【详解】因为sin α π   1 ，所以csα π   cs α π   π   sin α π   1 ，
6 3
3 
6 2 
6 3

π  π 
π  1 27
cs 2α   cs 2 α   1 2 sin2 α   1 2    ，
3  6 
6  3 9
故csα π  
 α π   1  7  10 .
3 
cs  2
3 399

7．C
【详解】设树的高度为h ，由已知，得 PH  HB  h ，
在 RtVPHA 中， tan HAP  PH h3 .
化简得3h 
HAh  303
3

3 h  30 ，解得h  30 3  5 3 3 
3 
3   15 15 3 .
所以树的高度为15 15 3 m.
故选：C.
8．C
–––→–––→–––→
3λ–––→
μ–––→
【详解】由题，设CF  λCA  μCD 
CE 
23
CB λ,μ R  ，
λ μ 1,
λ 4 ,

因为 A, F , D 三点共线， B, F , E 三点共线，所以3λ μ
 1
 23
7
，解得，

μ 3
7
–––→4 –––→3 –––→4 –––→1 –––→
所以CF  CA  CD  CA  CB ，
–––→ –––→
7777
–––→–––→ –––→
4 CA  –––→
–––→
1
CA
CF  CA  1  4CA  CB CA  1 
–––→  1   2
 4
则 –––→
7
–––→
7  4 CA
–––→ 77 ，
CACA
CA 
–––→1
–––→1
当且仅当4 CA  –––→ ，即 CA 
CA
时等号成立，
2
故选：C.
CD
【详解】A，根据两角和的余弦公式： csα β  csαcsβ sinαsin β，
代入α 20,β 40 ，可得cs20  40  cs 60  cs 20 cs 40  sin 20sin 40 ， 再代入cs 60  1 ，有cs 20 cs 40  sin 20sin 40  1 ，错误；
22
B，根据二倍角的余弦公式： cs 2α 2 cs2 α1 ，
代入α 22.5，可得cs2  22.5  cs 45  2 cs2 22.5 1，
再代入cs 45 2 ，有2 cs2 22.5 1 2  1 2 cs2 22.5   2 ，错误；
222
C，根据两角和的正切公式： tan α β  tanα tan β ，
1 tanαtan β
代入α 18,β 27 ，可得tan 18  27  tan 45 
tan18  tan 27
1 tan18 tan 27 ，
再代入tan 45 1，有 tan18  tan 27  1  tan18  tan 27  1 tan18 tan 27 ，即 1 tan18 tan 27
tan18 tan 27 tan18tan 27 1，
所以1 tan181 tan 27  1 tan18  tan 27  tan18 tan 27  11  2 ，正确；
D，根据两角差的正切公式： tan α β  tanα tan β ，
1 tanαtan β
代入α 45,β 15 ，可得
tan 45  tan15  tan 45 15  tan 30 ，
1 tan 45 tan15
再代入tan 30 3 , tan 45  1，有1 tan15 3 ，正确.
3
BC
1 tan153
【详解】因为 B  π , c  4, b  3 ，所以由正弦定理
6
b
sin B
c
sin C
得sin C  2  sin B ，
3
所以角 C 有两个值，此时符合条件的V ABC 有两个，故 A 错误；在V ABC 中，由大边对大角知， A  B  a  b ，
又由正弦定理得sin A  sin B ，故 B 正确；
由a3  b3  c3 ，得0  a  c, 0  b  c ，则 C 是V ABC 的最大内角，
又c2  a  a2  b  b2  a2  b2 ，则cs C  a2  b2  c2  ，C 为锐角，
cc
V ABC 是锐角三角形，故 C 正确；
0
2ab
3
由正弦定理得 b  sin B  2 sin B  2 3 ，
asin A3
当 B  πb2 3 ，故 D 错误．
时， 的最大值是
a3
故选：BC．
ABC
【详解】对于 A，根据题意，得摩天轮轮体的半径为 A  83 米，
2
因此摩天轮轮体的圆心离地b  108  83  133 米，周期T  20 ，则ω 2π  2π  π ，
22
当t  0时， P 位于最低位置，即h 0  133  83  25 ，
22
代入h t   Asin ωt φ  b 得25  83 sinφ 133  sinφ 1 ，
22
T2010
结合φ  π ，得φ  π ，因此h t   83 sin  π t  π   133 0  t  20 ，故 A 正确；

22 102 2
对于 B， 36个座舱均匀分布，则相邻座舱间的圆心角差为 2π  π ，
则座舱 R 和座舱Q 的圆心角差为3 π
 π ，
3618
186
83
2
则有两舱的高度差为 h  h sin θ  π   sin θ  ，
RQ
 Q6 Q

其中θQ 表示Q 在任意时刻t 相对于水平面的相位角（或称旋转角），
83
2
π
12
利用和差化积公式展开得 h  h 2 cs θ  π sin，
RQ
 Q12 

当 csθ  π   1，高度差取最大值，
 Q12 

2
83 π 6  83 6  2 
则最大值为 hR  hQ

max2
2 sin
12
 83，故 B 正确；
44
对于 C，方程 hP  hQ  hR  hQ 等价于2hQ  hP  hR 或hP  hR ，
考虑2h  h  h ：即2 sin θ   sin θ  π   sin θ  π  ，
QPR
Q Q2  Q6 

化简得 2  3 sin θ    1 cs θ   tan θ    1  0 ，
3
2 Q2
QQ4 

当t  0时，θ  0 ，因此当t 0, 5时，θ  0, π  ，
QQ2 
因此tan θQ   0 ，与tan θQ   0 矛盾，因此不存在t 0, 5使得2hQ  hP  hR ，考虑hP  hR ：即sin θP   sin θR  ，
其中θP 和θR 分别表示 P, R 在任意时刻t 相对于水平面的相位角（或称旋转角），
由于θ θ  2π ，代入得sin θ   sin θ  2π  ，解得θ  π 或θ  7π ， P 的初始角度为 π ，
RP3
P P3 
P6P62

因此当t 0, 5时，θ   π , 0 ，则sin θ   sin θ  无解，
P 2PR
因此不存在t 0, 5使得hP  hR ，
即不存在t 0, 5使得 hP  hQ  hR  hQ ，故 C 正确；
对于 D，方程 hP  hQ  hR  hQ 等价于2hQ  hP  hR 或hP  hR ，
考虑2h  h  h ：即2 sin θ   sin θ  π   sin θ  π  ，
QPR
Q Q2  Q6 

化简得 2  3 sin θ    1 cs θ   tan θ    1 ，
3
2 Q2
QQ4 

4  3
而在t 0, 20 时，θ 0, 2π ，则tan θ   1有2 个解，
QQ
考虑h  h ：即sin θ   sin θ  ，由于θ θ  2π ，
PRPR
RP3
代入得sin θ   sin θ  2π  ，解得θ  π 或θ  7π ， P 的初始角度为 π ，
P P3 
P6P62

因此当t 0, 20 时，θ   π , 3π  ，则sin θ   sin θ  有2 个解，
P 2 2 PR
因此在摩天轮运行一周的过程中， hP  hQ
2
9
 hR  hQ 的情形共出现4 次，故 D 错误.
【详解】tan(α β) 
13．2
tanα tan β 
1 tanαtan β
1  1
24
1 1  1
2 4
 2 .
9
–––→–––→–––→–––→
【详解】因为 AE  AB  BE  AB 
1 –––→ –––→–––→–––→–––→
AD, BF  BC  CF  AD 
2 –––→
AB ，
23
–––→ –––→ –––→1 –––→   –––→2 –––→ –––→ –––→2 –––→2
1 –––→2
1 –––→ –––→2 –––→ –––→2 –––→2
1 –––→2
233
则 AE·BF   AB  AD · AD  AB   AB·AD  AB
 
 AD
2
 AD·AB  AB·AD  AB
3
2
333
 AD 因为
2
AB  3, BAD  π
–––→2

–––→ –––→–––→ –––→

BAD 
–––→
，所以 AB
3
9, AB·AD
AB AD cs
AD .
2  3 –––→
2
–––→ 2
–––→ 2
–––→
1
2
又 AE·BF  2 ，所以 3 2 AD  3  9 
–––→
解得 AD  2 （负值舍去），即 AD  2 .
AD  2 ，化简得 AD
 2 AD  8  0 ，
3
3
14．1 /1
【详解】S
 1 BC  CP sin 45 2 BC, S 1 AC  CP sin 30  1 AC ，
V BCP24V ACP24
所以S
V ABC 
2 BC  1 AC .
44
在△ACP 中，由正弦定理得AC  CP ，化简得 AC  2 sinθ .
sin 180 θ
sin θ 30 
3 sinθ csθ
在VBCP 中，由正弦定理得 BC  CP ，化简得 BC  2 sinθ .
sinθ
sin 135 θ
csθ sinθ

故S 1 
sinθ
sinθ
  1 11 ，
V ABC
2  csθ sinθ
3 sinθ csθ
2  1 1 
3

 tanθ
1

tanθ
1
令
tanθ
S
 m ，
 1  1
3 1
·
2
m 1
1
3  m
1 
则 V ABC
2  m 1
3  m ，

3
由二次函数性质可知， f m  m 1
3
 m  m2  (
3
1)m ，
函数开口向下，对称轴为m 
3 1 ，
2
3 1
 3 1
3 1 
3 1 2
2  3

所以当m 时， f m 取得最大值1 3   ，
22222
即当m 
3 1 ， S取最小值，
V ABC
2

3 1
此时tanθ 1 
m
2 3 1.
3
故答案为：1
2
15．(1)
(3, 3)
【详解】（1） A1, 2 ， B 3, 4 ， AB  (2, 2)
又→  1,λ 且→
， 2λ 2  0,λ 1
cc ∥ AB
→→
c  (1,1), c  2 .
（2）设 D(x, y) ， AB  (2, 2), DC  (1 x, 5  y)
四边形 ABCD 为平行四边形， DC ,1 x  2 ， x  3 .


AB 5  y  2 y  3
故点D 的坐标为(3, 3) .
13
16．(1) 2
(2) 5 7
14
→→
→ →→ →→ →
【详解】（1）Q a  4 ， b  2 ，且a 与b 夹角为60 ， a  b  a  b cs
a, b
 4  2 cs 60  4 ，

2a  b
→ →
2
→ →
 2a  b 
→→
（2）Q a  b 
→→→→ 2

4a  4a  b  b
→ 2→ → →2
4  42  4  4  22

a  b
→→ 2
a  2a  b  b
→ 2→ →→2

→ →
 2 13 ；
42  2  4  22
 2 7 ，
a a  b  a
→ →→
 a  b  42  4  20 ，
7
a a  b 205
cs
a, a  b
f x
 → →→
a  a  b

.
7
4  214
5π 
17．(1)  
2sin  2x 
12

(2)（i）  π  kπ, 5π  kπ , k  Z ；（ii）最大值为1，最小值为2
 36
【详解】（1）设 f  x 的最小正周期为T ，则 3 T  11π    7π  ，解得T  π ，
424
24 

所以T  2π  π ，解得ω 2 .
ω
由题意知 A  2 ，所以 f  x  2sin 2x φ ，
又 f  11π  
11π
，
 24 
2sin  2  24 φ  2

所以2  11π φ π  2kπ,k  Z ，即φ  5π  2kπ,k  Z ，
24212
又π  φ π ，所以φ  5π ，
12
f x 
5π 
所以  
2sin  2x  .
12

g x 
7π π 
（2）（i）  
f  x   2cs2x  2sin  2x    2cs2x
246

 3sin2x  cs2x  2sin  2x  π  ，
6 

由 π  2kπ  2x  π  3π  2kπ,k  Z ，解得 π  kπ  x  5π  kπ,k  Z ，
26236
故 g  x 的单调递减区间为 π  kπ, 5π  kπ , k  Z .
 36
设u  2x  π ，
6
因为 x   π , 11π  ，所以u   5π , 5π  ，
 2 12 
 63 
函数 y  2 sin u 在 5π , 3π  上单调递减，在 3π , 5π  上单调递增，

 62 
当u  5π ，即 x  π 时， g  x

 23 
 g  π   2  1  1，
2

62max 2
当u  3π ，即 x  5π 时， g  x
 g  5π   2 1  2 ，
26min
 6 


故 g  x 在 π , 11π  上的最大值和最小值分别为1和2 .
 2 12 
18．(1) C  π
3
3
6  2
 4 3 , 2 3 
 3

【详解】（1）若m//n ，则sin C  sin Bc  b  sin Aa  b ,
由正弦定理可得c  bc  b  a a  b ，故a2  b2  c2  ab ，
a2  b2  c21
因此cs C  ,
2ab2
QC 0, π,C  π .
3
1
3
由（1）可得a2  b2  12  ab ，又S 
ab sin C  2 2
,故ab  8，
因此a2  b2  20  a  b2  20  2ab  36 ，故a  b  6，
3
因此周长为a  b  c  6  2
由于S  1 ab sin C  1 ch ，故c 
22
3 ab ，
3
4
由正弦定理
c
sin C
a
sin A
b
sin B
可得a  c sin A 
sin C
2 c sin A, b  c sin B 
3
sin C
2 c sin B ，
故c 
3  2
3
4
c sin A
2 c sin B 
3
sin Asin B
 c ，
3
因为 A  B  2π ，所以 B  2π  A  π   π  A ，
33 3

所以sin B  sin π   π  A  sin  π  A ，
 3 3

故
c 3
sin Asin B
3
sin Asin  A  π 
2 3
2 sin Asin  A  π 

2 3
π 
cs A  A  
  A  π 
3 3 
3 
cs  A 
3 
2 3
1  cs 2 A  π  ,



23 

0  A  π

由于三角形为锐角三角形，故
2
2ππ
,解得π  A  π ，
62
0  A 
2ππ4π
32
π 1 1
π   3 
因此 2 A  
33
3 ，故cs 2 A  3  1,  2  ，则 2  cs 2 A  3 1, 2  ，

2 3
S  1 ch  c   4 3 , 2 3 
 
因此2
1π 
 3 .
23
 cs 2 A 

19．(1)   π  kπ ,1k  Z 或 π  kπ ,1k  Z
 122 122

3037π
9
  7 , 2 3 
 2

【详解】（1）因为 f  x  ωx  π  1 的最小正周期为T  2π ，
2ω
2sin  26 

又因为 f  x   f  x  f  x  ，且 x  x π ，
则T  2π
12
2ω
 π ，解得ω 1 ，
12 min2
当ω 1 时， f  x  2sin  2x  π  1 ，
6 

令2x  π  kπk  Z ，解得 x   π  kπ k  Z ，
6122
所以 f  x 的对称中心为  π  kπ ,1k  Z ；
 122

当ω 1时， f  x  2sin  2x  π  1  2sin  2x  π  1，
6 6 

令2x  π  kπk  Z ，解得 x 
6
π  kπ k  Z ，
122
 π  kπ

所以 f  x 的对称中心为 122 ,1k  Z ；
  π  kπ ,1 k  Z π  kπ
综上所述， f  x 的对称中心为 或,1k  Z .
122122
将函数 f  x

πg  x 的图象，
图象向右平移
6
个单位，得到函数
g x 
ππ
则  2sin  2ωx   ω 1 ，
63
因为 x  π 是 g  x 的一个零点，
3
则 g  π   2sin  π ω π  1  0 ，即sin  π ω π    1 ，
336
36
2
   
 
又因为0  ω 5 ，则 π  π ω π  11π ，
6366
可得 π ω π  7π ，解得ω 3，
366
所以 g  x 
2sin  6x 
5π  1，最小正周期T  2π

66
 π .
3


5π 1
令 g  x  0 ，可得sin  6x  6    2 ，

则6x  5π   π  2k π 或6x  5π   5π  2k π ， k , k  Z ，
661
6621 2
解得 x  k1π  π 或 x  k2 π ， k , k  Z ，
3931 2
若函数 g  x 在m, n （ m, n  R 且m  n ）上恰好有 2026 个零点，要使n  m 最小，则 m、n 恰好为 g  x 的零点，
故n  m
min
 1013 π 1012  2π  3037π .
999
h x π 2

由题意知  
2sin  2x  3  ，且h  x
 λh  x  3  0 ，
令t  2 x  π ，且m  2sint ，则m2  λm  3  0 ，
3
因为 x   π , π  ，则t   π , π ，

 12 3 
 6
当t   π , π 时，满足方程组m  2sint,
的t 值有且仅有四个，

 6
m2  λm  3  0
且函数 y  2sint 在 π , π  上单调递增，在 π , π 上单调递减，
 6 2 
 2

令 g m  m2  λm  3 ，可得 g m 必有两个相异零点m ， m ，
12
由直线 y  m 与 y  m
和 y  2sint ， t   π , π 的图象分别有两个交点，
12 6
作出直线 y  m 与 y  m
和 y  2sint ， t   π , π 的图象，如图所示，
12 6
由图象可得m1 1, 2 ， m2 1, 2 ，即 g m 在区间1, 2 上有两个相异零点，
Δ  λ2 12  0
λ
1    2
则满足2

g 1  4  λ 0
g 2  7  2λ 0
，解得
 7  λ 2，
3
2
所以λ的取值范围是  7 , 2 3 
 2
