2020年浙江省杭州二中高考数学最后一卷

2020年浙江省杭州二中高考数学最后一卷

一、单项选择题（本大题共10小题，共40.0分）

1.已知集合A={?2,?1,0，1，2}，B={x|x2<2}，则A∩B=()

A. {0,1}

B. {?1,1}

C. {?1,0，1}

D. {0}

2.下列命题中正确的是()

A. 若|a?|=|b? |，则a?=b?

B. 若a?≠b? ，则|a?|≠|b? |

C. 若|a?|≠|b? |，则a?一定不与b? 共线

D. 若|a?|=|b? |，则a?与b? 可能共线

3.在△ABC中，“cosAtanB”的()

A. 充分不必要条件

B. 必要不充分条件

C. 既不充分也不必要条件

D. 充要条件

4.我国现代著名数学家徐利治教授曾指出，圆的对称性是数学美的一种体现．已知圆C：(x?2)2+(y?

1)2=2，直线l：a2x+b2y?1=0，若圆C上任一点关于直线l的对称点仍在圆C上，则点(a,b)必

在()

A. 一个离心率为1

的椭圆上 B. 一条离心率为2的双曲线上

2

C. 一个离心率为√2

的椭圆上 D. 一条离心率为√2的双曲线上

2

5.函数f(x)=e x?ln|x|的大致图象为()

A. B.

C. D.

6.将小学、小科、小网、华为四名学生分配到三个不同的班，每个班至少一名，则不同分法的种数为()

A. 72

B. 36

C. 24

D. 18

7.已知f(x)=x2+ax+b，记f(x)的零点个数为m，f[f(x)]的零点个数为M，则M?m的值不可能是()

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

8.若a+b>0，则()

A. lna+lnb>0

B. a3+b3>0

C. tana+tanb>0

D. |a|>|b|

9.正四面体A?BCD中，P，Q，M分别是侧棱AB，AC，AD上的动点(不含端点

)，且满足AP

Q的平面角为α，β，γ，则()

A. β<γ<α

B. γ<β<α

C. α<γ<β

D. γ<α<β

10.数列{a n}满足a n+1=sina n，a1=a(a>0)，则()

A. a n+1≥a n

B. a n+1≤a n

C. a=3时，a n+1?a n≥a n?a n?1

D. a=4时，a n+1?a n≥a n?a n?1

二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）

11.z=1+3i

，则z的共轭复数z?=______，z?z?=______．

2+i

)5的展开式中，二项式系数之和是______，含x4的项的系数是______．

12.在二项式(x2?1

x

13.某几何体的三视图如图所示，其中主视图和俯视图是直角梯形，侧视图为正方形，则该几何体的最长

棱的长度是______，体积是______．

14.△ABC中，AB=2，AC=√6，cosB=7

，则BC边上的中线AD长______．

8

15.甲盒里装有3个白球和2个红球，乙盒里装有4个白球和3个红球，从甲、乙两个盒中各随机取1个

球放入原来为空的丙盒中，则从丙盒中取1个球是白球的概率是______，丙盒中含有红球个数的期望是______．

16. 在梯形ABCD 中，AB ????? =3DC ????? ，且AD ?????? ?BD ?????? =8，AC ????? ?BC ????? =6，|AB ????? |=3，则AC ????? ?BD ?????? =______． 17. 已知点P 是椭圆

x 29

+

y 25

=1上的动点，

F 1、F 2分别为椭圆的左、右焦点，O 为坐标原点，若M 是∠F 1PF 2的角平分线上的一点，且MF 1⊥MP ，则OM 的取值范围是______． 三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）

18. 设函数f(x)=cosx ?sin(x +π3

)?√3cos 2x +√3

4

．

(1)求f(x)的最小正周期和对称中心； (2)当x ∈[0,π

3]时，求函数f(x)的最值．

19. 在四棱锥P ?ABCD 中，已知底面ABCD 为直角梯形，

AD//BC ，AD ⊥CD ，△PAB 是正三角形，BC =2AD =2，CD =√3，PC =√3． (1)证明：PC ⊥AB ；

(2)求CD 与平面PAB 所成线面角的正弦值．

20. 已知数列{a n }满足a 1=1，{a n }的前n 项和S n 满足S n+1=2S n +n +1．

(1)求数列{a n }的通项公式；

(2)记数列{1a n

}的前n 项和为T n ，证明：T n <5

3．

21. 已知点P 是抛物线C 1：y 2=4x 的准线上任意一点，过点P 作抛物线C 1的两条切线PA ，PB ，其中A ，

B 为切点．

(1)证明：直线AB 过定点，并求出定点的坐标； (2)若直线AB 交椭圆C 2：x 24

+

y 23

=1于C ，D 两点，S 1，S 2分别是△PAB ，△PCD 的面积，求S 1

S 2的最小

值．

22. 已知函数f(x)=a(x ?π)b ?sinx ，x ∈[π,+∞)．

(1)b =1时，若f(x)≤0恒成立，求a 的取值范围；

(2)b =1

2，f(x)在[π,3

2π]上有唯一极值点x 0，求证：f(x 0)+x 0>π．

答案和解析

1.【答案】C

【解析】

【分析】

求出集合A，B，由此能求出A∩B．

本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．【解答】

解：∵集合A={?2,?1,0，1，2}，

B={x|x2<2}={x|?√2

∴A∩B={?1,0，1}．

故选：C．

2.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查命题的真假的判断，向量的模以及向量的共线，是基本知识的考查．

利用向量的模以及向量相等以及向量共线，判断选项的正误即可．

【解答】

解：向量的模相等，向量方向不确定，所以向量不一定相等，所以A不正确；

向量不相等，但是向量的模可能相等，所以B不正确；

向量的模不相等，向量可能共线，所以C不正确；

向量的模相等，向量可能共线，所以D 正确；

故选：D．

3.【答案】C

【解析】解：在△ABC中，“cosAtanB”不一定成立，比如cos120°

”tanA>tanB”时，“cosA

比如tan30°>tan120°，cos30°>cos120°，

∴“cosAtanB”的既不充分也不必要条件．

故选：C ．

在△ABC 中，通过举反例就有“cosA tanB ”不一定成立，tanA >tanB ”时，“cosA

本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

4.【答案】C

【解析】解：根据条件可知圆心C(2,1)，因为圆C 上任一点关于直线l 的对称点仍在圆C 上， 所以直线l 过点(2,1)，则2a 2+b 2=1，

即有点(a,b)必在椭圆2x 2+y 2=1上，所以a =1，b =√2

2，所以c =√1?1

2=√2

2，

则离心率e =c a

=

√2

2

． 故选：C ．

由条件可得直线l 必经过点(2,1)，则可得(a,b)必在椭圆2x 2+y 2=1上，即可求出离心率e ． 本题考查椭圆离心率的求法，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．

5.【答案】A

【解析】 【分析】

本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的对称性以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题． 判断函数的奇偶性和对称性的关系，利用极限思想进行求解即可． 【解答】

解：函数f(x)为非奇非偶函数，图象不关于y 轴对称，排除C ，D ， 当x →+∞，f(x)→+∞，排除B ， 故选：A ．

6.【答案】B

【解析】解：将4名学生分成3组，其中1组2人，其余2组各1人， 再将分好的3组对应分配到3个班，

共有：C 42?A 33=6×6=36种情况，

故选：B ．

先将四名学生分成三个组，再将三个组全排列，对应三个班级，计算出结果得出答案．

本题考查分步计数原理以及分组分配问题，属于基础题．

7.【答案】D

【解析】解：若M?m=3，显然M=4，m=1，则f(x)=0只有一解x=?a

2

，

于是f[f(x)]=0的解的个数等价为f(x)=?a

2

解的个数，

而f(x)=?a

2

最多两解，与M=4矛盾，故M?m=3不可能．

故选：D．

运用反证法，直接考虑选项D，推出矛盾即可得出结论．

本题考查二次函数的零点个数判断，考查反证法的运用，考查推理能力，属于基础题．

8.【答案】B

【解析】解：取a=π，b=0可排除A，B；取a=1，b=2可排除D；

∵a+b>0，∴a>?b，∴a3>?b3，即a3+b3>0，故B正确．

故选：B．

取a=π，b=0可排除A，B；取a=1，b=2可排除D，利用不等式的基本性质可说明选项B为何正确．本题考查了不等式的基本性质，利用特殊值代入可更加快捷的得到答案，属基础题．

9.【答案】A

【解析】解：过点A作AH⊥平面PQM，垂足为

H，连结HP，HQ，HM，

∵AP

HQ

作出△PQM，分别作PQ，PM，QM的中垂线，

如图，

由题意得H在区域PEF中，过H分别向边PQ，

QM，PM作垂线，

距离分别为d1，d2，d3，则d1

∵tanα=AH

d1，tanβ=AH d

2

，tanγ=AH d

3

，

∴tanα>tanγ>tanβ，

∴α>γ>β.即β<γ<α．

故选：A．

过点A作AH⊥平面PQM，垂足为H，连结HP，HQ，HM，推导出PQ

10.【答案】C

【解析】解：对于A来说：取a1=π，则a2=sina1=0，所以A 错误；

对于B来说：取a1=π，则a2=sina1=0，a3=sina2=0，所以B 错误；

对于C、D来说：考虑函数f(x)=sinx的凹凸性，当x∈(0,π)，函数f(x)=sinx为上凸函数，当x∈(π,2π)，函数f(x)=sinx为下凸函数，

所以C 正确、D 错误．

故选：C．

对于A，B选项直接举反例否定结论即可，C，D选项结合函数f(x)=sinx的凹凸性易得答案．

考查了数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式写出数列的前几项，考查了正弦函数凹凸性．

11.【答案】1?i 2

【解析】解：∵z=1+3i

2+i =(1+3i)(2?i)

(2+i)(2?i)

=5+5i

5

=1+i，

∴z?=1?i，

z?z?=|z|2=(√2)2=2．

故答案为：1?i；2．

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念求z?，然后利用z?z?=|z|2求z?z?．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．12.【答案】32 10

)5的展开式中，二项式系数之和是25=32，

【解析】解：在二项式(x2?1

x

通项公式为T r+1=C5r?(?1)r?x10?3r，令10?3r=4，求得r=2，

可得含x4的项的系数是C52=10，

故答案为：32；10．

在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于4，求出r的值，即可求得含x4的项的系数．

本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．

13.【答案】√5 6

【解析】

【分析】

本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．

首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的棱长和几何体的体积．

【解答】

解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由四棱柱体和三棱柱构成的组合体，

如图所示：

所以的最大棱长为：l=√22+12=√5．

×1×2×2=6．

几何体的体积V=1×2×2+1

2

故答案为：√5，6

14.【答案】1

【解析】解：如图所示，

△ABC中，AB=2，AC=√6，cosB=7

8

，

所以AC2=BC2+AB2?2AB?BC?cosB，

化简得BC2?7

2

BC?2=0，

解得BC=4或BC=?1

2

(舍去)；

所以AD2=AB2+BD2?2AB?BD?cosB=4+4?2×2×2×7

8

=1，解得AD=1，

即BC边上的中线AD长为1．

故答案为：1．

利用余弦定理求出BC的值，再利用余弦定理求出AD的值．

本题考查了余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．

15.【答案】41

7029 35

【解析】解：甲盒里装有3个白球和2个红球，乙盒里装有4个白球和3个红球，

从甲、乙两个盒中各随机取1个球放入原来为空的丙盒中，

则从丙盒中取1个球是白球包括甲盒乙盒都取白球、甲盒白球乙盒红球、甲盒红球乙盒白球，∴从丙盒中取1个球是白球的概率是：

P=3

5×4

7

+(3

5

×3

7

+2

5

×4

7

)×1

2

=41

70

．

设丙盒中含红球的个数为ξ，则ξ的可能取值为0，1，2，

P(ξ=0)=3

5×4

7

=12

35

，

P(ξ=1)=3

5×3

7

+2

5

×4

7

=17

35

，

P(ξ=2)=2

5×3

7

=6

35

，

∴丙盒中含有红球个数的期望为：

E(ξ)=0×12

35+1×17

35

+2×6

35

=29

35

．

故答案为：4170，29

35．

从丙盒中取1个球是白球包括甲盒乙盒都取白球、甲盒白球乙盒红球、甲盒红球乙盒白球，由此能求出从丙盒中取1个球是白球的概率；设丙盒中含红球的个数为ξ，则ξ的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出丙盒中含有红球个数的期望．

本题考查概率的求法，考查随机变量的数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

16.【答案】5

【解析】解：设AC ，BD 相较于点O ， ∵AB ????? =3DC ????? ，|AB ????? |=3， ∴|CD ????? |=1，

∵AD ?????? ?BD ?????? =(AC ?

+CD ????? )?BD ?????? =AC ????? ?BD ?????? +CD ????? ?BD ?????? =AC ????? ?BD ?????? +CD ????? ?(BO ?????? +OD

?????? )， AC ????? ?BC ????? =AC ????? ?(BD ?????? ?CD ????? )=AC ????? ?BD ?????? ?AC ????? ?CD ????? =AC ????? ?BD ?????? ?(AO ????? +OC ????? )?CD ????? ，

∴AD ?????? ?BD ?????? +AC ????? ?BC ????? =AC ????? ?BD ?????? +CD ????? (BO ?????? +OD ?????? )+AC ????? ?BD ?????? ?(AO ????? +OC ????? )?CD ????? =2AC ????? ?BD ?????? +(BO ?????? +OD ?????? ?AO

????? ?OC ????? )?CD ????? =2AC ????? ?BD ?????? +(BA ????? +CD ????? )?CD ????? =2AC ????? ?BD ?????? +4CD ????? 2

=6+8， ∴AC ????? ?BD ?????? =5， 故答案为：5．

根据向量加减运算和向量的数量积运算求解即可．

本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．

17.【答案】[0,2]

【解析】解：由椭圆的对称性，设P 在第二象限，延长F 1M 交PF 2于N ，因为M 是∠F 1PF 2的角平分线上的一点，且MF 1⊥MP ，所以PN =PF 1，F 1M =MN ，

连接OM ，在△NF 1F 2中可得OM 为△NF 1F 2的中位线，所以OM =1

2NF 2， 由椭圆的定义可得NF 2=PF 2?PN =PF 2?PF 1=2a ?2PF 1， 而PF 1∈(a ?c,a)，所以NF 2∈(0,2c)， 故OM ∈(0,c)，

当P 为上下顶点时，M 与O 重合，这时OM 为0，

当P为左顶点时，M与F2重合，

综上所述OM∈[0,c]，

而由椭圆的方程可得c2=a2?c2=9?5=4，所以c=2，

所以OM∈[0,2]．

故答案为：[0,2]

利用图象及椭圆的对称性，先设P在第二象限，延长F1M交PF2于N，由M为角平分线的点，可得MF1⊥MP

可得PN=PF1，F1M=MN，且OM=1

2

NF2，再由椭圆的定义NF2=PF2?PN=PF2?PF1=2a?2PF1，进而可得OM∈[0,c]，由椭圆的方程求出OM的范围

本题考查椭圆的定义，及性质，和角平分线的性质属于中档题．

18.【答案】解：(1)f(x)=cosx?sin(x+π

3)?√3cos2x+√3

4

=cosx(1

2

sinx+√3

2

cosx)?√3cos2x+√3

4

=

1 4sin2x?√3

4

cos2x=1

2

sin(2x?π

3

)，

∴f(x)的最小正周期是2π

2

=π，

令2x?π

3=kπ，k∈Z，解得x=1

2

kπ+π

6

，k∈Z，可得对称中心为(1

2

kπ+π

6

,0)，k∈Z．

(2)当x∈[0,π

3]时，2x?π

3

∈[?π

3

,π

3

]，

可得sin(2x?π

3)∈[?√3

2

,√3

2

]，

可得函数f(x)=1

2sin(2x?π

3

)∈[?√3

4

,√3

4

]，

即函数f(x)的最小值为?√3

4，最大值为√3

4

．

【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用可求函数解析式f(x)=1

2sin(2x?π

3

)，利用三角函数周期公式可

求f(x)的最小正周期，利用正弦函数的性质可求其对称中心．

(2)由已知可求范围2x?π

3∈[?π

3

,π

3

]，进而根据正弦函数的性质即可求其最值．

本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，考查了转化思想和函数思想，属于基础题．

19.【答案】解：(1)证明：取AB中点E，连接PE，CE，AE，

∵△PAB是正三角形，∴PE⊥AB，

∵AD=1，CD=√3，AD⊥CD，∴AC=2，∠DAC=π

3

，

∴△ABC是正三角形，∴CE⊥AB，

∵CE∩PE=E，∴AB⊥平面PEC，

∵PC?平面PEC，∴AB⊥PC．

(2)延长BA、CD，交于点F，连结PF，

作PE中点G，连结CG，FG，

∵AB⊥平面PEC，AB?平面PAB．

∴平面PAB⊥平面PCE，且平面PAB∩平面PCE=PE，∴PE=PC=CE=√3，G为中点，∴CG⊥PE，

∴CG⊥平面PAB，

又∵F∈直线AB，直线AB?平面PAB，∴F∈平面PAB，∴F=直线CD∩平面PAB，

∴∠CFG是CD与平面PAB所成线面角，

由题意得CG=3

2

，CF=2√3，

∴CD与平面PAB所成线面角的正弦值为sin∠CFG=CG

CF =√3

4

．

【解析】(1)取AB中点E，连接PE，CE，AE，推导出PE⊥AB，CE⊥AB，从而得到AB⊥平面PEC，由此能证明AB⊥PC．

(2)延长BA、CD，交于点F，连结PF，作PE中点G，连结CG，FG，推导出CG⊥PE，得到CG⊥平面PAB，则∠CFG是CD与平面PAB所成线面角，由此能求出CD与平面PAB所成线面角的正弦值．

本题考查线线垂直的证明，线面角的正弦值的求法和空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

20.【答案】(1)解：由题意，当n=1时，∵S2=2S1+1+1，

∴a1+a2=2a1+2，即1+a2=2×1+2=4，

解得a2=3，

当n≥2时，由S n+1=2S n+n+1，可得

S n=2S n?1+n，

两式相减，可得S n+1?S n=2S n+n+1?2S n?1?n，

整理，得a n+1=2a n+1，

两边同时加1，可得

a n+1+1=2a n+1+1=2(a n+1)，

∵a1+1=1+1=2，a2+1=3+1=4，

∴数列{a n +1}是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n +1=2?2n?1=2n ， ∴a n =2n ?1，n ∈N ?． (2)证明：由题意及(1)，可知

1a n

=1

2n ?1，n ∈N ?．

则当n ≥2时，

1a n+11a n =

12n+1?1

12n ?1

=

2n ?12n+1?1<

2n ?1+12n+1?1+1

=

2n 2

n+1=12

，

故

1a 31a 2

<12

，

1a 4

1a 3

<1

2，…，

1a n 1a n?1

<1

2

， 各项相乘，可得

1a n 1a 2

<(12)n?2，即1a n

<1a 2

?(1

2)n?2，(n ≥3)．

∴T n =

1a 1+1a 2+1a 3+?+1a n

<1+13+13?12+?+13?(12)n?2

=1+13?[1+12+?+(1

2

)n?2]

=1+13?

1?12n?11?1

2

=5

3

?2

3?

12n?1

<5

3

， ∴T n <53，故得证．

【解析】本题第(1)题先根据公式a n ={S 1,n =1

S n ?S n?1,n ≥2并结合题干已知条件代入进行计算，进一步转化可

发现数列{a n +1}是以2为首项，2为公比的等比数列，再通过计算出数列{a n +1}的通项公式，即可计算出数列{a n }的通项公式；

第(2)题先根据第(1)题的结果计算出数列{1

a n

}的通项公式，然后先计算出1a n+11a n

的结果并进行放缩可得1

a n+1

1

a n

<1

2

，再运用累乘法可得即1a n

<1a 2

?(1

2)n?2

，(n ≥3)，在求和时根据放缩的通项公式代入，根据等比数列的求和公式计算并进一步放缩可证明T n <5

3成立．

本题主要考查数列求通项公式，以及求和不等式的证明问题．考查了转化与化归思想，整体思想，累乘法，放缩法，等比数列的求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力．本题属综合性较强的中档题．

21.【答案】解：(1)证明：A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则在A 处的切线方程为y ?y 1=2

y 1(x ?x 1)，

即y 1y =2(x +x 1)，

同理在B 处的切线方程为：y 2y =2(x +x 2)，

因为两条切线均过点P(?1,t)，所以{ty 1=2(?1+x 1)

ty 2=2(?1+x 2)

，

则直线AB 斜率存在时，弦AB 的方程为ty =2(x ?1)，即直线AB 过定点(1,0)；

直线AB 的斜率不存在时，直线AB 也过(1,0)， 所以直线AB 过定点(1,0)； (2)设点P 到直线AB 的距离为d ，则

S △PAB

S

△PCD

=

1

2|AB|?d 1

2

|CD|?d =

|AB||CD|

，

i)当直线AB 的斜率存在时，由(1)可得直线AB 的方程为：y =k(x ?1)， 设C(x 3,y 3)，D(x 4,y 4)，

由{y 2=4x y =k(x ?1)整理可得：k 2x 2?(4+2k 2)x +k 2=0，x 1+x 2=4+2k 2k 2，x 1x 2=1，

所以|AB|=√1+k 2?√(x 1+x 2)2?4x 1x 2=√1+k 2?√(4+2k

2)2

k 4

?4=

4(1+k 2)k 2

，

由{y =k(x ?1)

x 24+y

23=1，整理可得：(3+4k 2)x 2?8k 2x +4k 2?12=0，x 3+x 4=8k 23+4k 2，x 3x 4=4k 2?123+4k 2， 所以|CD|=√1+k 2?√(x 3+x 4)2?4x 3x 4=√1+k 2?√64k 4(3+4k 2)2?4?4k 2?123+4k 2

=

12(1+k 2)3+4k 2

，

所以S

1S

2

=

4(1+k 2)k 212(1+k 2)3+4k 2

=13?

3+4k 2

k 2

=13(4+3k 2)>4

3；

ii)当直线AB 的斜率不存在时，则直线AB 的方程为x =1，代入抛物线方程可得y 2=4，所以|AB|=2|y|=4， 将直线x =1代入椭圆的方程：y 2=3(1?14)，可得|y|=32，所以|CD|=2×3

2=3，

所以S 1

S 2

=|AB||CD|=4

3，

综上所述：S 1S 2

的最小值为4

3．

【解析】(1)设A ，B 的坐标，求出在A ，B 处的切线的方程，因为两条切线都过P 点，所以可证得直线AB 恒过定点；

(2)由(1)可得分直线AB 的斜率存在和不存在两种情况求弦长|AB|，|CD|，当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|，同理与椭圆联立求出弦长|CD|，再求出P 到直线AB 的距离d ，进而求出S 1

S 2

的代数式，进而可得其范围，再求当直线AB 的斜率不存在时求

出弦长|AB|，|CD|，进而可得面积之比的最小值．

本题考查直线与圆锥曲线的综合及抛物线的性质，和三角形面积的表示，及其面积之比的表达式，属于中难题．

22.【答案】解：(1)b=1时，f(x)=a(x?π)?sinx，x∈[π,+∞)．

令t=x?π，则t≥0，g(t)=at+sint，

当t=0时，g(t)=0成立，

当t>0时，a≤?sint

t

恒成立，

令?(t)=t?sint，?′(t)=1?cost≥0恒成立，所以?(t)在(0,+∞)上单调递增，

所以?(t)>?(0)=0，则t>sint，即sint

t <1，?sint

t

>?1，

则a≤?1，

(2)证明：f(x)=a√x?π?sinx=a√x?π+sin(x?π)，令t=x?π，则t∈[0,1

2

π]，

令k(t)=a√t+sint，则k′(t)=2

√t

+cost，

令t0=x0?π，则k′(t0)=0，即a=?2√t0cost0，

所以f(x0)+x0?π=k(t0)+t0=a√t0+sint0=?2t0cost0+sint0+t0，

∵t0∈(0,π

2

)，

由(1)可得sint0+t0>2sint0

所以?2t0cost0+sint0+t0>2(sint0?t0cost0)=2cost0(tant0?t0)，

令p(x)=tanx?x，x∈(0,π

2)，p′(x)=1

cos2x

?1≥0，

所以p(x)在(0,π

2

)上单调递增，

所以p(x)>p(0)=0，即tanx>x，

所以2(sint0?t0cost0)=2cost0(tant0?t0)>0，

所以f(x0)+x0?π>0，得证．

【解析】(1)把b=1代入，进行换元后构造函数，然后结合导数与单调性关系即可求解；

(2)先对函数求导，然后结合极值存在条件，利用导数与单调性关系即可证明．

本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了利用导数与函数性质证明不等式，体现了转化思想的应用．