湖南省长沙市第一中学2021-2022学年高三下学期月考（九）数学试题【解析版】

长沙市一中2022届高三月考试卷（九）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 卡上.2．回答选择题时，选出每小题 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．21.设集合Ax|2x2,xZ，Bxx1，则AB（）A.{1,1}B.[1,1]C.{1,0,1}D.[1,0]【1题答案】【答案】C【解析】【分析】用列举法写出集合A，解一元二次不等式化简集合B，再根据交集的定义直接计算作答.【详解】解不等式x21得：1x1，即有B{x|1x1}，而A{1,0,1,2}，所以AB{1,0,1}.故选：C12.已知复数z(2a)i（i为虚数单位）在复平面内所对应的点在直线yx上，若aaR，则z（）A.2B.2C.10D.10【2题答案】【答案】A【解析】1【分析】先利用实部等于虚部，求出参数，即可求出模.1【详解】解：由题意得：(2a)，解得a1，z12122，a故选：A133.“sin”是“sincos”的（）23A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【3题答案】【答案】D【解析】【分析】根据同角三角函数关系，三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定，即可求解.15【详解】由sin，可得2k,kZ或2k,kZ，26653当2k,kZ时，此时sincos，即充分性不成立；633371反之当sincos时，tan，其中可为，此时sin，即必要性3362不成立，13所以“sin”是“sincos”的既不充分也不必要条件.23故选：D.222y4.若圆C1：x1yr（r0）上存在点P，且点P关于轴的对称点Q在圆22C2：x2y21上，则r的取值范围是（）A.51,51B.51,5C.1,5D.1,1【4题答案】【答案】A【解析】2y【分析】求出圆C1关于轴的对称圆为圆C3的方程，C3与圆C2的圆心距为d5，即|r1|5r1，即可得到答案.y222【详解】圆C1关于轴的对称圆为圆C3，其方程为(x1)yr，根据题意，圆C3与圆C2有交点，又圆C3与圆C2的圆心距为d5，要满足题意，只需|r1|5r1，解得r51,51故选：A.5.函数f(x)在(,)单调递减，且为奇函数.若f(1)1，则满足1f(x2)1的x的取值范围是（）.A.2,2B.1,1C.0,4D.1,3【5题答案】【答案】D【解析】【分析】由已知中函数的单调性及奇偶性，可将不等式1f(x2)1化为1x21，解得答案．【详解】解：由函数f(x)为奇函数，得f(1)f(1)1，不等式1f(x2)1即为f(1)f(x2)f(1)，又f(x)在(,)单调递减，所以得1x21，即1x3，故选：D.6.牛顿冷却定律描述一个事物在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为T0，则经t1h过一定时间t后的温度T满足，其中Ta是环境温度，h称为半衰期，TTaT0Ta2现有一杯80℃的热水用来泡茶，研究表明，此茶的最佳饮用口感会出现在55℃．经测量室温为25℃，茶水降至75℃大约用时1分钟，那么为了获得最佳饮用口感，从泡茶开始大约需要等待（）（参考数据：lg30.4771，lg50.6990，lg111.0414）A.4分钟B.5分钟C.6分钟D.7分钟3【6题答案】【答案】C【解析】1【分析】根据已知条件代入公式计算得到101h，再把该值代入，利用对数的运算即可112求得结果.11【详解】根据题意，1h，即101h752580252112t设茶水从℃降至大约用时分钟，则1h，7555℃t552575252tth310即31，即52511t31010两边同时取对数：lglgtlgt1lg1151111lg3lg5解得t5，所以从泡茶开始大约需要等待516分钟1lg11故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，解题的关键是熟练运用对数的运算公式，考查学生的审题分析能力与运算求解能力，属于基础题.π7.若函数fxsinx（0）在,π上单调，且在0,上存在极值点，324则ω的取值范围是（）122717A.,2B.,2C.,D.,333636【7题答案】【答案】C【解析】π【分析】依据函数在,π上单调，可知2，计算出函数的对称轴，然后根据函数在247所给区间存在极值点可知，最后计算可知结果.6π2【详解】因为f(x)在,π上单调，所以T，则，由此可得2.2k因为当xk，即6时，函数取得极值，32xkZ欲满足在0,上存在极值点，因为周期T，故在0,上有且只有一个极值，44277故第一个极值点x，得，又第二个极值点x，6436122π77要使f(x)在,π上单调，必须，得.26627综上可得，的取值范围是,.36故选：C【点睛】思路点点睛：第一步：先根据函数在所给区间单调判断；第二步：计算对称轴；7第三步：依据函数在所给区间存在极值点可得，即可.646x2y28.已知点F1、F2分别是椭圆1ab0的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于a2b2AF14A、B两点，且满足AFAB，，则该椭圆的离心率是（）1AB32536A.B.C.D.3333【8题答案】【答案】B【解析】【分析】设AF14x，则AB3x，利用勾股定理可求得BF1，再利用椭圆的定义可得a出x，求出AF、AF，利用勾股定理结合离心率公式可求得结果.3125【详解】如下图所示：设AF4x，则AB3x，因为AFAB，则22，11BF1ABAF15x由椭圆的定义可得AF1ABBF1AF1AF2BF2BF14a12x，则ax，34a4a2a所以，AF4x，则AF2a，13233222224a2a5由勾股定理可得，则2，则，AF1AF2F1F24cca333c5因此，该椭圆的离心率为e.a3故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列说法中，正确的命题有（）A.已知随机变量服从正态分布N（2，2），P40.84，则P240.34B.以模型ycekx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设zlny，求得线性回归方程为z0.3x4，则c,k的值分别是e4和0.3C.若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B独立D.若样本数据x1,x2,,x10的方差为2，则数据2x11,2x21,,2x101的方差为16【9题答案】【答案】AB6【解析】【分析】由正态分布可判断选项A，由计算可判断选项B，根据互斥事件和独立事件的概念可以判断选项C，由方差的 计算公式 六西格玛计算公式下载结构力学静力计算公式下载重复性计算公式下载六西格玛计算公式下载年假计算公式 可以判断选项D.P04【详解】P042P410.68，P240.34.2故A正确；设zlny，求得线性回归方程为z0.3x4，则lny0.3x4ye0.3x4e4e0.3x，故c,k的值分别是e4和0.3，故B正确；若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B不独立，故C错误；若样本数据x1,x2,,x10的方差为2，则数据2x11,2x21,,2x101的方差为8，故D错误.故选：AB.10.若a＞b＞0，且a＋b＝1，则下列不等式恒成立的是（）11A.ab>1B.a2b2>1C.>1D.baaabb【10题答案】【答案】AD【解析】【分析】利用不等式性质，对每个选项进行逐一分析，即可容易判断选择.2【详解】A：因为abab2ab12ab1，故可得ab>1，故正确；2B：a2b2ab2ab12ab1，故错误；3211555C：不妨取a,b，则1，故错误；55ba236D：aabbabababab1因为a＞b＞0，故ab0，7由A可知ab>1，故ab10，故aabb0，即aabb，故正确.综上所述，正确的选项是：AD.故选：AD.11.对于正整数n，n是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数n以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如96（1，2，4，5，7，8与9互质），则（）A.若n为质数，则nn1B.数列n单调递增n7数列的前项和等于数列3n为等比数列C.n5D.22【11题答案】【答案】AD【解析】【分析】根据n的定义逐项计算后可得正确的选项.【详解】因为n为质数，故小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目为n1,故此时nn1，故A正确.因为61,54，所以65，故数列n不是单调递增，故B错误.nnn小于等于2的正整数中与2互质的数为1,3,5,,21，nn数目为nn1n1，所以，2222n2n12345315257前5项和为111=2+，2212312412514216162故C错误.nnnn小于等于3的正整数中与3互质的数的数为1,2,4,5,,32,31，其数目为3n3n123n1，83n故3n23n1，而3，故数列3n为等比数列，n13故D正确.故选：AD.12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面，下面说法正确的是（）A.若N为DD1中点，当AM+MN最小时，CM=22B.当点M与点C1重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大9C.若点M为CC1的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为232D.直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为,32【12题答案】【答案】AC【解析】【分析】对于A，由展开图求解；对于B，取特殊情况判断；对于C，由垂直关系确定截面后计算；对于D，由空间向量求解【详解】对于A，由展开图如下，当AMMN最小时，CMAC2222，DNAD222得CM22，故A正确对于B，如图，取各边中点连接成六边形EFGHIJ，9由立体几何知CC1⊥平面A1BD，CC1⊥平面EFGHIJ，3截面A1BD周长为22362，面积为823，43截面EFGHIJ的周长为2662，面积为6233，4故B错误对于C，取A1D1,A1B1中点分别为EF，x,y,z以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，AM(2,2,1)，DB(2,2,0)，DE(1,0,2)，由数量积可知AMBD,AMDE，而BDDED，故AM平面BDEF，截面BDEF为等腰梯形，EF2,DB22,EDFB5199面积为32，故C正确22210对于D，设M(0,2,t)AB(0,2,0)，平面的一个法向量为AM(2,2,t)4232故直线AB与平面所成角的正弦值sin[,]244t2t283226则cos[,]，故D错误23故选：AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱AB，BC，CD，DA的中点，将该正方体挖去两个四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则该几何体的体积为________．【13题答案】11【答案】8##+833【解析】【分析】由于该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥，即可求出答案.【详解】由于该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥，故圆锥R1,h211V231228233故答案为：8.3114.已知A,B,C为圆O上的三点，若AO(ABAC)，则AB与AC的夹角为2_______．【14题答案】【答案】90【解析】【分析】根据条件,可知BC为圆O的直径,因而由直径所对圆心角为90可知,ABAC.1【详解】由AO（AB+AC），故O,B,C三点共线，且O是线段BC中点，2故BC是圆O的直径，从而BAC900，0因此AB与AC的夹角为90所以答案为90【点睛】本题考查了平面向量基本定理及圆的性质,属于基础题.15.(x2yz)4展开式中x2yz的系数是___________.【15题答案】【答案】24【解析】42【分析】根据二项展开式的通项公式，可知x2yz展开式中含x2的项，以及2yz展开式中含yz的项，再根据组合数的运算即可求出结果.4【详解】解：由题意可得，x2yz展开式中含x2的项为1222222C4x2yz6x2yz，2yz1而2yz展开式中含的项为C22yz4yz，所以x2yz的系数为24.故答案为：24.1xex,x016.已知函数fxe，则方程fx0的根为________．若函数2x2x,x0yffxa有三个零点，则实数a的取值范围是________．【16题答案】1【答案】①.1或2；②.(2,2)(0,1].e【解析】【分析】（1）当x0时，运用导数求得函数单调区间，可得f(x)minf(1)0，可得一根，当x0时，直接求解可得.（2）先运用导数求得函数单调区间，并作出函数的图象，再根据图象列出函数有3个零点所需要的条件，即可求得结果.1【详解】解：（1）当x0时，f(x)xex，所以f(x)exxex(x1)ex，e令f(x)0，得x1，并且当x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(,1)上单调递减，在(1,0)上单调递增，所以f(x)minf(1)0，故当x0时，f(x)0有唯一根1，当x0时，fxx22x，令fx0，解得x0（舍去）或2，故当x0时，f(x)0的根为2，综上，f(x)0根为1或2；1xex,x0（2）因为fxe，2x2x,x01当x0时，由（1）f(x)f(1)0，则0f(x)，mine13当x0时，f(x)x22x(x1)21，则函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，且仅当f(2)0，且f(x)1，因为当yf(f(x)a)0时，则有f(x)a2或f(x)a1，即f(x)a2或f(x)a1，由图象得，要使函数yf(f(x)a)有三个零点，11a20a2则e或e1a10a111解得实数a的取值范围是(2,2)(0,1]e1故答案是：1或2；(2,2)(0,1].e四、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.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinBsinC3sinCcosC．sinA（1）求角A；（2）若△ABC是锐角三角形，且c＝4，求b的取值范围．【17题答案】【答案】（1）；3（2）(2,8).14【解析】sinBsinC【分析】(1)根据3sinCcosC，利用三角恒等变换公式即可求A；sinA(2)根据A和△ABC为锐角三角形求出C的范围，根据正弦定理表示出b，根据三角函数范围即可求b的范围.【小问1详解】sinBsinC∵3sinCcosC，sinA∴3sinAsinCsinAcosCsinBsinC3sinAsinCsinAcosCsinACsinC3sinAsinCsinAcosCsinAcosCcosAsinCsinC3sinAsinCcosAsinCsinCC0,，sinC0，3sinAcosA13sinAcosA12sinA161sinA625∵A0,，∴A,，666A，A；663【小问2详解】1522∵A，∴BC，∴CB，3332∵△ABC是锐角三角形，∴0C0BB，23262同理，C.62根据正弦定理得，314cosCsinCbc4sinB4sinAC2223，b2sinBsinCsinCsinCsinCtanC11CtanC03b2,8﹒623tanC*19.已知数列an满足a1a2an22an，nN．1（1）证明：数列是等差数列，并求数列an的通项公式；1an（2）记Taaa，*，222．证明：当*时，n12nnNSnT1T2TnnN12Sa．4nn13【19题答案】n1*【答案】（1）证明见解析；annNn2（2）证明见解析【解析】11【分析】（1）对题干条件变形整理为1(n2)，根据定义即可证明，并求1an1an1出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明.【小问1详解】2当n1时，a22a，a1113当n2时，a1a2an22an；a1a2an122an1161an相除得an(n2)1an11a1整理为：n1(n2)，1an11an1an11即1(n2)，1an1an111为等差数列，公差d1，首项为3；1a1an11n13n1n2*所以，整理为：annN，经检验，符合要求.1ann2【小问2详解】n1*由（1）得：annN．n22Taaa，n12nn224411Tn24，(n2)(n2)(n3)n2n3222111112SnT1T2Tn44134n2n3n331n222Sa，4nn33n1312所以，当nN*时，Sa．4nn1321.2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市！为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：17（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率；（2）“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记X为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；（3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的1概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获3得“优秀”的次数的平均值达到5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？【21题答案】1【答案】（1）；306（2）分布列见解析；5（3）20【解析】【分析】（1）利用古典概型结合组合公式求解；（2）写出X的可能取值，利用超几何分布求得分布列，利用数学期望公式求得期望；（3）先计算得小明同学一轮测试得“优秀”的概率，再利用二项分布的期望公式列不等式求解.【小问1详解】记“从10所学校中随机选取3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人”为事件A，参与“自由式滑雪”的人数超过40人的学校共4所，18C341随机选择3所学校共3种，所以PA4.C443C1012030【小问2详解】X的所有可能取值为0,1,2,3，参与“单板滑雪”人数在45人以上的学校共4所，0312C4C6201C4C6601所以PX03，PX13，C101206C101202C2C1363C3C041PX246，PX346，C312010310C1012030所以X的分布列如下表：X01231131P6210301316所以EX23.210305【小问3详解】记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，122137则2，PBC3333277由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布Bn,，277135由题意列式n5，得n，277因为nN，所以n的最小值为20，故至少要进行20轮测试.【点睛】超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数X的概率分布，超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．19如图、三棱柱ABCABC的侧棱AA垂直于底面，是边长为的正三23.1111ABCABC2角形，AA1=3，点D在线段A1B上且A1D2DB，点E是线段B1C1上的动点．B1E（1）当是为多少时，直线DE//平面ACC1A1？EC1（2）当直线DE//平面ACC1A1时，求二面角DEBC的余弦值．【23题答案】1【答案】（1）；266（2）.44【解析】【分析】（1）过点D作DF//A1A交A1B1于点F，过点F作EF//A1C1交B1C1于点E，B1EB1FBD1连接DE，由题意证出DE//平面ACC1A1，得到，即可得到答案.EC1FA1DA12（2）建立空间直角坐标系，求出平面平面DEB的一个法向量m(3,9,2)与平面EBC的mn一个法向量为n(1,0,0)，|cos|，即可求出答案.mn【小问1详解】当点E是线段B1C1上靠近点B1的三等分点时，DE//平面ACC1A1过点D作DF//A1A交A1B1于点F，过点F作EF//A1C1交B1C1于点E，连接DE20EF//A1C1,EF平面ACC1A1EF//平面ACC1A1FD//A1A，FD面ACC1A1FD//平面ACC1A1又，则平面平面ACCAEFFDFEFD//11DE平面EFDDE//平面ACC1A1.BEBFBD111EC1FA1DA12B1E1当时，DE//平面ACC1A1.EC12【小问2详解】以BC的中点O为原点建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，211则B(0,1,0),C(0,1,0),E(0,,3),A(3,0,3)31132BDBA1，得D(,,1)333312BD(,,2),EB(0,,3)333设平面DEB的一个法向量为m(x,y,z)31xy2z0mED033由，得mEB02y3z03令z2，得y9,x3，即m(3,9,2)设二面角DEBC的平面角为，而平面EBC的一个法向量为n(1,0,0)mn366则|cos|mn2224466故二面角DEBC的余弦值为.44325.已知双曲线C的渐近线方程为yx，且过点P（3，2）．3（1）求C的方程；（2）设Q（1，0），直线xt（tR）不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ22与C交于另一点D，过Q点作QN⊥AD于N，证明：直线AD过定点M，且点N在以QM为直径的圆上．【25题答案】x2【答案】（1）y213（2）证明见解析【解析】x2y2【分析】（1）可设双曲线的方程为0，将点P(3,2)代入求出，即可93得解；x2y21（2）可设直线BQ为xmy1，Bx1,y1,Dx2,y2,Ax1,y1，联立3，xmy1消x，利用韦达定理求得y1y2,y1y2，然后求出直线AD的方程，整理分析即可得过定点再由直角三角形的性质可得结论，.【小问1详解】3因为双曲线C的渐近线方程为yx，3x2y2则可设双曲线的方程为0，93921将点P(3,2)代入得，解得，933x2所以双曲线C的方程为y21；3【小问2详解】显然直线BQ的斜率不为零，设直线BQ为xmy1，Bx1,y1,Dx2,y2,Ax1,y1，2x2y122联立3，消x整理得m3y2my20，xmy12322依题意得m230且4m8m30，即m22且m23，2m2yy,yy，12m2312m23y2y1直线AD的方程为yy1xx1，x2x1令y0，x2x1y1x1y2x2y1my11y2my21y12my1y2y1y2得xx1y2y1y2y1y2y1y2y122m6m2m222m3m3m33.2m2m23m23所以直线AD过定点M3,0.过Q点作QN⊥AD于N，设QM的中点为R，1若N和M不重合，则△QNM为直角三角形，所以|RN||MQ|，21若N和M重合，|RN||MQ|，2所以点N在以QM为直径的圆上．27.已知f(x)lnx1asinx，其中a为实数．（1）若f(x)在1,0上单调递增，求a的取值范围；（2）当a1时，判断函数f(x)在1,上零点的个数，并给出证明．【27题答案】【答案】（1）(，1]；（2）3个.【解析】1【分析】（1）由题意f(x)0在(1,0)恒成立，转化为a，求x1cosxminm(x)(x1)cosx的最大值可得答案；a11（2）求出f(x)x1cosx，令g(x)(x1)cosx，分情况讨论x1aa241x0、x0、0x、x时f(x)的单调性可得答案.22【详解】（1）f(x)在(1,0)上单调递增，1f(x)0在(1,0)恒成立，即f(x)acosx0，x111acosx，即a，x1x1cosxmin令m(x)(x1)cosx，m(x)cosx(x1)sinx，当x1,0时，cosx0，x10，sinx0，所以m(x)0，所以m(x)(x1)cosx在1,0上单调递增，1则y在1,0上单调递减，(x1)cosx1所以1，x1cosxmina1，即a的取值范围是,1．（2）f(x)lnx1asinx，1a1则f(x)acosxx1cosx，x(1,)，x1x1a1令g(x)(x1)cosx，则g(x)(x1)sinxcosx，a①当1x0时，g(x)0恒成立，g(x)在(1,0)上单调递减，11又g(1),g(0)10，aag(x)0在(1,0)上有一解x0，且x1,x0时，g(x)0，当xx0,0时，g(x)0，f(x)在1,x0上单调递增，在x0,0上单调递减，11又fa1aasina10,f(x0)f(0)0，ee25f(x)在(1,0)上有1个零点；②当x0时，f(0)0，则x0是一个零点；③当0x时，令hxlnx1sinx，则211h(x)cosx,h(x)sinx，x1x121y,ysinx又2在0,上均单调递增，x12则h(x)在0,上均单调递增，又h010,h0，22h(x)0在0,上有一解x1，2且当x0,x1时，h(x)0，当xx1,时，h(x)0，2h(x)在0,x1上单调递减，在x1,上单调递增，2h(x1)h(0)0,h0，2h(x)0在上有一解，且时，x1,x2x(0,x2)2h(x)0h(x)0，当xx2,时，，2h(x)在(0,x2)上单调递减，在x2,上单调递增，2又h(0)0，hln110，22h(x)0在0,上恒成立，2此时f(x)0在0,上无解；2261π④当x时，g(x)(x1)cosx0在,π上恒成立，2a2πf(x)在,π上单调递增，2又fln1aln110，f()ln10，222πf(x)在,π上有一个零点；2综上，f(x)在1,上有三个零点.27