2024年陕西省延安市子长中学高考数学三模试卷（理科）(含详细答案解析)

这是一份2024年陕西省延安市子长中学高考数学三模试卷（理科）(含详细答案解析)，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.命题p：∃x0∈R，lnx0≥2的否定是( )
A. ∃x0∈R，lnx0≤2B. ∃x0∈R，lnx0<2
C. ∀x∈R，lnx≤2D. ∀x∈R，lnx<2
2.已知集合M={x|ex−1>1}，N={x|x2−2x<0}，则M∪N=( )
A. (0,1)B. (1,2)C. (0,+∞)D. (2,+∞)
3.已知函数f(x)=2x3x2−1，则其图象大致是( )
A. B.
C. D.
4.在△ABC中，A=π6，AB= 3，AC=4，则BC边上的高的长度为( )
A. 2 217B. 2C. 3D. 213
5.已知抛物线y2=3x的焦点为F，点P为抛物线上任意一点，则|PF|的最小值为( )
A. 1B. 34C. 43D. 32
6.国家新能源车电池衰减规定是在质保期内，电池的性能衰减不能超过20%，否则由厂家免费为车主更换电池.某品牌新能源车动力电池容量测试数据显示：电池的性能平均每年的衰减率为1.5%，该品牌设置的质保期至多为( )(参考数据：lg2≈0.3010，lg985≈2.9934)
A. 12年B. 13年C. 14年D. 15年
7.已知函数f(x)的定义域为R，对任意的x1，x2且x1≠x2，都有[f(x1)−f(x2)](x1−x2)>0成立.若f(x2−3x+a)>f(x−2a2−6a)对任意x∈R恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,−12)∪(4,+∞)B. (−14,12)
C. (−∞,−4)∪(12,+∞)D. [−12,4]
8.已知函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)，若f(x)的图象向右平移π12个单位后，得到函数g(x)=sin(2x+2π3)的图象，则( )
A. φ=π6B. φ=π4C. φ=π3D. φ=2π5
9.若sin(α+π4)= 2(sinα+2csα)，则sin2α=( )
A. −45B. 45C. −35D. 35
10.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x−a)2+(y−2)2=r2(a>0)被x轴截得的弦长为2，且与直线y=2x相切，则实数a的值为( )
A. 32B. 52C. 3D. 72
11.已知偶函数f(x)的定义域为R，对任意的x满足f(−x)=f(x+2)，且f(x)在区间(−1,0)上单调递减，若a=lg43，b=lg3 281，c=14lg 22 2，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为( )
A. f(c)>f(a)>f(b)B. f(c)>f(b)>f(a)
C. f(a)>f(b)>f(c)D. f(a)>f(c)>f(b)
12.已知函数y=f(x)在R上可导，且满足不等式f′(x)>2f(x)，且f(0)=e，则关于x的不等式f(x)≥e2x+1的解集为( )
A. [1,+∞)B. (−∞,1]C. [0,+∞)D. (−∞,0]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.定积分1e (1x−2x)dx=______.
14.若函数f(x)=(x+a) x2+1为R上的奇函数，则实数a=______.
15.已知函数f(x)的定义域为R，满足f(x)+f(4−x)=0，f(−x)=−f(x)，当x∈[0,2]时，f(x)的定义域为R，f(x)=−x2+2x+n，则f(2023)=______.
16.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过右支上一点P作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为H.若|PH|+|PF1|的最小值为4a，则双曲线C的离心率为__________.
三、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知指数函数f(x)=(3a2−10a+4)ax在其定义域内单调递增.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设函数g(x)=f(2x)−4f(x)−3，当x∈[0,2]时，求函数g(x)的值域.
18.(本小题12分)
设函数f(x)=2 3sin(π2+x)csx+(sinx−csx)2−1.
(1)求f(x)的图象的对称轴方程和对称中心的坐标；
(2)求f(x)在[π12,5π6]上的最值.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=−1处有极值0.
(1)求实数a，b的值；
(2)若f(x)−m≤0在x∈[−2,1]上恒成立.求实数m的取值范围.
20.(本小题12分)
如图，点M( 3, 2)在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，且点M到两焦点的距离之和为6.
(1)求椭圆的方程；
(2)设与MO(O为坐标原点)垂直的直线交椭圆于A，B(A,B不重合)，求OA⋅OB的取值范围．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=−1x+1−(a+1)ln(x+1)+ax+e−2(a∈R,e为自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)至少有两个零点，求实数a的取值范围.
22.(本小题12分)
以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．已知直线l的参数方程为x=tcsφy=2+tsinφ(t为参数，0≤φ<π)，曲线C的极坐标方程为ρcs2θ=8sinθ.
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设直线l与曲线C相交于A，B两点，当φ变化时，求|AB|的最小值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：命题为特称命题，则命题的否定为∀x∈R，lnx<2.
故选：D.
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查指数不等式、一元二次不等式的求解、集合的并集运算，属于基础题.
解不等式化简集合M和N，结合并集的概念，即可求出结果.
【解答】
解：因为ex−1>1⇔ex−1>e0，
解得x>1，
所以M=1,+∞，
因为x2−2x<0⇔xx−2<0，解得0所以N=0,2，
所以M∪N=0,+∞.
故选C.
3.【答案】B
【解析】解：∵函数的定义域为{x|x≠±1}，f(−x)=2(−x)3(−x)2−1=−2x3x2−1=−f(x)，
∴f(x)是奇函数，排除A、C，
当x>1时，f(x)>0，排除D.
故选：B.
首先利用函数的奇偶性，排除选项，再取特殊值，可得答案．
本题考查根据函数性质确定函数图象，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
利用三角形的面积公式求得面积，再利用余弦定理求得BC即可得到答案．
本题主要考查三角形面积公式、余弦定理的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题．
【解答】
解：S△ABC=12×AB×ACsinA=12×4× 3×12= 3，
由余弦定理，得BC= AB2+AC2−2AB⋅ACcsA= 3+16−2× 3×4× 32= 7，
所以BC边上的高的长度为2 3 7=2 217.
故选：A.
5.【答案】B
【解析】解：抛物线y2=3x的焦点为F(34,0)，准线为x=−34，
设点P的坐标为(x0,y0)，x0≥0，
根据抛物线的定义有|PF|=x0+34≥34，故|PF|的最小值为34.
故选：B.
结合抛物线的定义求得正确答案．
本题考查抛物线的性质与定义，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：设该品牌设置的质保期至多为x年，
由题意可得，(1−1.5%)x≥1−20%，则0.985x≥0.8，
两边取对数lg0.985x≥lg0.8，即xlg0.985≥lg0.8，则xlg9851000≥lg810，
即x(lg985−3)≥lg8−lg10，则x(lg985−3)≥3lg2−1，
因为lg985≈2.9934，所以lg985−3<0，则x≤3lg2−1lg985−3≈3×0.3010−12.9934−3≈14.6970，
又因为x∈N*，所以x=14.
故选：C.
根据题意列出不等式，两边取对数，即可求解．
本题主要考查函数在实际问题中的应用，考查对数的运算，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：不妨设x1又∵[f(x1)−f(x2)](x1−x2)>0，x1−x2<0，
∴f(x1)−f(x2)<0，
即f(x1)∴f(x)在R上单调递增，
∴f(x2−3x+a)>f(x−2a2−6a)对任意x∈R恒成立，
又∵f(x)在R上单调递增，
∴x2−3x+a>x−2a2−6a，
即x2−4x+2a2+7a>0对任意x∈R恒成立，
∴Δ=(−4)2−4(2a2+7a)<0，解得a<−4或a>12，
∴实数a的取值范围是(−∞,−4)∪(12,+∞).
故选：C.
由题意可得f(x)在R上单调递增，从而可得x2−4x+2a2+7a>0对任意x∈R恒成立，再由Δ<0求解即可．
本题考查了函数的单调性、一元二次不等式恒成立问题，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：∵函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)，
∴f(x)的图象向右平移π12个单位后，f(x)=cs[ω(x−π12)+φ]=cs(ωx−πω12+φ)，
∵f(x)=cs(ωx−πω12+φ)=sin(2x+2π3)，sin(2x+2π3)=cs(2x+π6)，
∴ω=2，φ−πω12=π6，
∴φ=π3.
故选：C.
先得到函数平移后得到的解析式，再根据f(x)的图象向右平移π12个单位后，得到函数g(x)=sin(2x+2π3)的图象求解即可．
本题主要考查正弦函数与余弦函数的互化，解题的关键在于掌握正弦函数与余弦函数的互化的方法，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：∵sin(α+π4)= 2(sinα+2csα)，
即 22sinα+ 22csα= 2(sinα+2csα)，
即tanα=−3，则sin2α=2sinαcsαsin2α+cs2α=2tanαtan2α+1=−35，
故选：C.
利用两角和的正弦公式、同角三角函数的基本关系求得tanα，再利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系求得sin2α的值．
本题主要考查两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系，二倍角公式，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：(1)由圆C：(x−a)2+(y−2)2=r2(a>0)，可得圆心为(a,2)，
圆心到x轴的距离为2，
又圆C：(x−a)2+(y−2)2=r2(a>0)被x轴截得的弦长为2，
∴r2=12+22=5，
故圆的方程为：(x−a)2+(y−2)2=5，
又圆与直线y=2x相切，∴|2a−2| 4+1= 5，
∴a=72或a=−32(舍去).
故选：D.
利用已知可求得圆的半径，进而利用垂径定理可求a.
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属基础题．
11.【答案】D
【解析】解：因为f(−x)=f(x+2)，
所以f(x)关于x=1对称，
又因为f(x)为偶函数，
所以f(x)=f(−x)=f(x+2)，
所以f(x)为周期函数，T=2，
因为b=lg3 281=lg3 2−lg381=12lg32−4，且0所以−4因为lg4434=lg42 2所以a=lg43∈(34,1)
又因为c=14lg 22 2=34，
所以0因为f(x)在(−1,0)上单调递减，f(x)为偶函数，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，
所以f(b+4)所以f(b)故选：D.
由f(−x)=f(x+2)求出对称轴，再结合奇偶性求出f(x)的周期；求出a，b的范围以及c的值，得出0本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：令g(x)=f(x)e2x，有g′(x)=f′(x)−2f(x)e2x>0，可得函数g(x)单调递增，
不等式f(x)≥e2x+1可化为f(x)e2x≥e，
又由g(0)=f(0)e0=e，不等式可化为g(x)≥g(0)，则x≥0，
即关于x的不等式f(x)≥e2x+1的解集为[0,+∞).
故选：C.
令g(x)=f(x)e2x，对函数g(x)求导，结合题意可知函数g(x)单调递增，所求不等式可转化为g(x)≥g(0)，则x≥0，由此得出正确答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的求解，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】2−e2
【解析】解：因为1e (1x−2x)dx=(ln⁡|x|−x2)|1e=(ln⁡e−e2)−(ln⁡1−1)=1−e2−0+1=2−e2，
故答案为：2−e2.
利用定积分的运算性质化简即可求解．
本题考查了定积分的运算性质，考查了学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】0
【解析】解：若函数f(x)=(x+a) x2+1为R上的奇函数，
则f(0)=a=0，
所以a=0，经检验a=0符合题意．
故答案为：0.
由已知结合奇函数的性质即可求解．
本题主要考查了奇函数的性质的应用，属于基础题．
15.【答案】−1
【解析】解：∵f(−x)=−f(x)，故f(x)为R上的奇函数，
∴f(0)=n=0，则f(x)=−x2+2x，
∵f(x)=−f(4−x)=f(x−4)，∴T=4，f(x)为周期为4的周期函数，
f(2023)=f(−1)=−f(1)=−1.
故答案为：−1.
根据函数的奇偶性以及周期性即可代入求解．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
16.【答案】 5
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
利用双曲线的定义可得|PH|+|PF1|=|PH|+|PF2|+2a，|PH|+|PF2|的最小值为焦点到渐近线的距离为b，推出结果即可．
【解答】
解：由双曲线定义知，|PF1|−|PF2|=2a，则|PF1|=|PF2|+2a，
∴|PH|+|PF1|=|PH|+|PF2|+2a，
所以，过F2作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为H，交右支于点P，
此时|PH|+|PF2|+2a最小且最小值为4a，
易求焦点到渐近线的距离为b，即|PH|+|PF2|=b，
所以b+2a=4a，即b=2a，c2=5a2，
可求离心率e= 5.
故答案为： 5.
17.【答案】解：(1)∵f(x)是指数函数，
∴3a2−10a+4=1，解得a=3或a=13，
又∵f(x)在其定义域内单调递增，所以a=3，
∴f(x)=3x；
(2)g(x)=32x−4⋅3x−3=(3x)2−4(3x)−3，
∵x∈[0,2]，
∴3x∈[1,9]，令t=3x，t∈[1,9]，
∴g(t)=t2−4t−3，t∈[1,9]，
∴g(t)min=g(2)=−7，
g(t)max=g(9)=92−4×9−3=42，
∴g(x)的值域为[−7,42].
【解析】(1)根据指数函数定义和单调性可解；
(2)令t=3x，利用二次函数的单调性求解可得．
本题主要考查函数的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵f(x)=2 3cs2x−sin2x= 3(1+cs2x)−sin2x=2cs(2x+π6)+ 3，
令2x+π6=kπ，k∈Z，
则x=kπ2−π12，k∈Z，
∴f(x)的图象的对称轴方程为x=kπ2−π12，k∈Z；
令2x+π6=kπ+π2，k∈Z，
则x=kπ2+π6，k∈Z，
∴f(x)的图象的对称中心的坐标为(kπ2+π6, 3)，k∈Z；
(2))x∈[π12,5π6]⇒2x+π6∈[π3,11π6]，
∴cs(2x+π6)∈[−1, 32]，
∴f(x)∈[−2+ 3,2 3]，
∴f(x)的最大值为2 3，最小值为−2+ 3.
【解析】(1)利用三角恒等变换化简得f(x)=2cs(2x+π6)+ 3，利用余弦函数的性质可求得f(x)的图象的对称轴方程和对称中心的坐标；
(2)x∈[π12,5π6]⇒2x+π6∈[π3,11π6]，利用余弦函数的性质可求得f(x)的最值．
本题考查正弦函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为f(x)在x=−1时有极值0，且f′(x)=3x2+6ax+b，
所以f′(−1)=0f(−1)=0即3−6a+b=0−1+3a−b+a2=0，解之得a=1b=3或a=2b=9，
当a=1，b=3时，f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0，所以f(x)在R上为增函数，无极值，故舍去；
当a=2，b=9时，f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3)，
当x∈(−3,−1)时，f(x)为减函数，当x∈(−∞,−3)和(−1,+∞)时，f(x)为增函数，
所以f(x)在x=−1时取得极小值，符合题意，
因此a=2，b=9；
(2)因为f(x)−m≤0在x∈[−2,1]上恒成立，
所以m≥f(x)max，
由(1)知x∈[−2,−1)时，f(x)为减函数，当x∈(−1,1]时，f(x)为增函数，
又f(−2)=2，f(1)=20，
则f(x)max=f(1)=20，
所以m≥20，
实数m的取值范围为[20,+∞).
【解析】(1)利用f(−1)=0，f′(−1)=0列方程组，结合函数的单调性求得a，b的值；
(2)由题意得到m≥f(x)max，由(1)知x∈[−2,−1)时，f(x)为减函数，当x∈(−1,1]时，f(x)为增函数，又f(−2)=2，f(1)=20，代入即可求解．
本题考查了导数的综合应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵2a=6，∴a=3.
又点M( 3, 2)在椭圆上，∴39+2b2=1，
解得：b2=3，∴所求椭圆方程为x29+y23=1.
(2)∵kMO= 63，∴kAB=− 62，设直线AB的方程：y=− 62x+m.
联立方程组x29+y23=1y=− 62x+m，消去y得：11x2−6 6mx+6m2−18=0.△=(6 6m)2−4×11(6m2−18)>0，∴m2<332.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1+x2=6 6m11，x1x2=6m2−1811.
则OA⋅OB=x1x2+y1y2=52x1x2− 6m2(x1+x2)+m2=8m2−4511，
∵0≤m2<332，∴OA⋅OB的取值范围为[−4511,8711).
【解析】(1)由已知条件设椭圆方程为x29+y2b2=1，把点M( 3, 2)代入，能求出椭圆的方程．
(2)设AB的方程为y=−x+m，联立椭圆方程，得11x2−6 3mx+6m2−18=0，由△>0求出0≤m2<332，由此能求出OA⋅OB的取值范围．
本题考查椭圆方程的求法，考查向量的数量积的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意根的判别式和韦达定理的合理运用．属于中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)=−1x+1−(a+1)ln(x+1)+ax+e−2的定义域为(−1,+∞)，
f′(x)=1(x+1)2−a+1x+1+a=a(x+1)2−(a+1)(x+1)+1(x+1)2=(ax+a−1)(x−1)(x+1)2，
当a=0时，f′(x)=−(x−1)(x+1)2，
令f′(x)>0得−1令f′(x)<0得x>1，此时f(x)单调递减，
故f(x)在(−1,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
当a<0时，令f′(x)=0得x=1a−1<−1(舍去)，或x=1，
令f′(x)>0得−1令f′(x)<0得x>1，此时f(x)单调递减，
故f(x)在(−1,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
当a>0时，令f′(x)=0得x=1a−1>−1或x=1，
若01，
令f′(x)>0得−11a−1，令f′(x)<0得1故f(x)在(−1,1)，(1a−1,+∞)上单调递增，在(1,1a−1)上单调递减，
若a=12时，1a−1=1，此时f′(x)=(x−1)22(x+1)2≥0恒成立，
故f(x)在(−1,+∞)上单调递增，
若a>12时，1a−1<1，
令f′(x)>0得−11，令f′(x)<0得1a−1故f(x)在(−1,1a−1)，(1,+∞)上单调递增，在(1a−1,1)上单调递减，
综上所述，当a≤0时，f(x)在(−1,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
当0当a=12时，f(x)在(−1,+∞)上单调递增，
当a>12时，f(x)在(−1,1a−1)，(1,+∞)上单调递增，在(1a−1,1)上单调递减．
(2)先证明ln2>23，理由如下：
令r(x)=lnx−2x−2x+1，x>1，
则r′(x)=1x−2(x+1)−(2x−2)(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0在(1,+∞)上恒成立，
故r(x)=lnx−2x−2x+1在(1,+∞)上单调递增，
故r(2)>r(1)=0，即ln2>23，证毕；
由(1)得，当a≤0时，f(x)在(−1,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
其中f(1)=−12−(a+1)ln2+a+e−2=(1−ln2)a+e−52−ln2，
令g(a)=(1−ln2)a+e−52−ln2，其单调递增，
又g(0)=e−52−ln2<0，故g(a)<0恒成立，
故f(x)在(−1,+∞)上无零点，不合要求，舍去；
当0故f(x)在x=1处取得极大值，f(1)=(1−ln2)a+e−52−ln2，
因为g(a)=(1−ln2)a+e−52−ln2，其单调递增，
g(12)=12(1−ln2)+e−52−ln2=e−32ln2−2<0，
故f(x)在(−1,+∞)上至多有1个零点，不合要求；
当a=12时，f(x)在(−1,+∞)上单调递增，故f(x)在(−1,+∞)上至多有1个零点，不合要求；
当a>12时，f(x)在(−1,1a−1)，(1,+∞)上单调递增，在(1a−1,1)上单调递减；
故f(x)在x=1处取得极小值，在x=1a−1处取得极大值，
f(1)=(1−ln2)a+e−52−ln2，
因为g(a)=(1−ln2)a+e−52−ln2，其单调递增，
g(12)=12(1−ln2)+e−52−ln2=e−32ln2−2<0，
f(1a−1)=−a+(a+1)lna+1−a+e−2=(a+1)lna−2a+e−1，
令h(a)=(a+1)lna−2a+e−1，
则h′(a)=lna+1+1a−2=lna+1a−1，
令w(a)=h′(a)=lna+1a−1，则w′(a)=1a−1a2=a−1a2，
当121时，w′(a)>0，
故h′(a)在(12,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
且h′(1)=0，故h′(a)≥0在(12,+∞)上恒成立，
故h(a)=(a+1)lna−2a+e−1在(12,+∞)上单调递增，
其中h(e)=e+1−2e+e−1=0，故当a≥e时，h(e)≥0，
故要想f(x)至少有两个零点，则a≥e，
综上所述，实数a的取值范围是[e,+∞).
【解析】(1)求定义域，求导，对导函数因式分解，分a=0，a<0，012进行分类讨论，解不等式，求出函数单调性；
(2)在(1)的基础上，分五种情况，结合函数单调性和极值，得到不等式，求出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】【解答】
解：(1)由{y=2+tsinφx=tcsφ，
消去t得xsinφ−ycsφ+2csφ=0，
所以直线l的普通方程为xsinφ−ycsφ+2csφ=0.
由ρcs2θ=8sinθ，
得(ρcsθ)2=8ρsinθ，
把x=ρcsφ，y=ρsinφ代入上式，
得x2=8y，
所以曲线C的直角坐标方程为x2=8y.
(2)将直线l的参数方程代入x2=8y，
得t2cs2φ−8tsinφ−16=0，
设A、B两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=8sinφcs2φ，t1t2=−16cs2φ，
所以|AB|=|t1−t2|= (t1+t2)2−4t1t2= 64sin2φcs4φ+64cs2φ=8cs2φ.
当φ=0时，|AB|的最小值为8.
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，一元二次方程的解法的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型.
(1)直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．
(2)利用(1)的结论，进一步三角函数关系式的恒等变变换求出结果．