2022年高三數(shù)學第二次診斷考試試題 文（含解析）新人教A版

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1、2022年高三數(shù)學第二次診斷考試試題 文（含解析）新人教A版 　 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分 1．已知集合m={x∈Z|﹣x2+6x＞0}，N={x|x2﹣5＜0}，則M∩N等于（　?。? 　 A． {1，2，3} B． {1，2} C． {2，3} D． {3，4} 考點： 交集及其運算． 專題： 集合． 分析： 求出M中不等式的整數(shù)解確定出M，求出N中不等式的解集確定出N，找出M與N的交集即可． 解答： 解：由M中不等式變形得：x（x﹣6）＜0， 解得：0＜x＜6，即M={1，2，3，4，5}； 由N中不等式解得：﹣＜x＜，即N=（﹣，）， 則M

2、∩N={1，2}． 故選：B． 點評： 此題考查了交集及其運算，熟練掌握交集的定義是解本題的關鍵． 　 2．cos（）的值為（　　） 　 A． B． C． ﹣ D． ﹣ 考點： 運用誘導公式化簡求值． 專題： 三角函數(shù)的求值． 分析： 原式中角度變形后，利用誘導公式及特殊角的三角函數(shù)值計算即可得到結果． 解答： 解：cos（）=cos（670+）=cos=cos（π+）=﹣cos=﹣， 故選：C． 點評： 此題考查了運用誘導公式化簡求值，熟練掌握誘導公式是解本題的關鍵． 　 3．已知等差數(shù)列{an}中，a4=5，a9=17，則a14=（　?。? 　 A． 11 B

3、． 22 C． 29 D． 12 考點： 等差數(shù)列的通項公式． 專題： 等差數(shù)列與等比數(shù)列． 分析： 由等由差數(shù)列的性質可得2a9=a14+a4，代入數(shù)據(jù)計算可得． 解答： 解：∵等差數(shù)列{an}中，a4=5，a9=17， ∴由等由差數(shù)列的性質可得2a9=a14+a4， ∴2×17=a14+5，解得a14=29 故選：C 點評： 本題考查等差數(shù)列的通項公式和性質，屬基礎題． 　 4．已知定義在R上的奇函數(shù)f（x），當x＞0時，f（x）=log2（2x+1），則f（﹣）等于（　?。? 　 A． log23 B． log25 C． 1 D． ﹣1 考點： 函數(shù)奇偶性的性質．

4、 專題： 函數(shù)的性質及應用． 分析： 由f（x）是定義在R上的奇函數(shù)可得f（﹣）=﹣f（），由此可解得f（﹣）的值． 解答： 解：∵由f（x）是定義在R上的奇函數(shù)可得f（﹣x）=﹣f（x）， ∴f（﹣）=﹣f（）=﹣=﹣1． 故選：D． 點評： 本題主要考察函數(shù)奇偶性的性質，屬于基礎題． 　 5．已知α為第三象限角，且sinα+cosα=2m，sin2α=m2，則m的值為（　?。? 　 A． B． ﹣ C． ﹣ D． ﹣ 考點： 兩角和與差的正弦函數(shù)． 專題： 三角函數(shù)的求值． 分析： 把sinα+cosα=2m兩邊平方可得m的方程，解方程可得m，結合角的范圍可得答案．

5、 解答： 解：把sinα+cosα=2m兩邊平方可得1+sin2α=4m2， 又sin2α=m2，∴3m2=1，解得m=， 又α為第三象限角，∴m= 故選：B 點評： 本題考查兩角和與差的三角函數(shù)，涉及二倍角公式，屬基礎題． 　 6．已知“0＜t＜m（m＞0）”是“函數(shù)f（x）=﹣x2﹣tx+3t在區(qū)間（0，2）上只有一個零點”的充分不必要條件，則m的取值范圍是（　?。? 　 A．（0，2） B． （0，2] C． （0，4） D． （0，4] 考點： 必要條件、充分條件與充要條件的判斷． 專題： 簡易邏輯． 分析： 先根據(jù)函數(shù)f（x）解析式求出該函數(shù)在（0，2）上存在零點時

6、t的取值范圍：0＜t＜4，所以由0＜t＜m（m＞0）是f（x）在（0，2）上存在一個零點的充分不必要條件，得到：0＜m＜4． 解答： 解：對于函數(shù)f（x）=﹣x2﹣tx+3t，在區(qū)間（0，2）上只有一個零點時，只能△=t2+12t＞0，即t＜﹣12，或t＞0； 此時，f（0）f（2）=3t（t﹣4）＜0，解得0＜t＜4； ∵0＜t＜m（m＞0）是函數(shù)f（x）在（0，2）上只有一個零點的充分不必要條件； ∴0＜m＜4． 故選C． 點評： 考查函數(shù)零點的概念，二次函數(shù)圖象和x軸交點的情況和判別式△的關系，充分條件，必要條件，充分不必要條件的概念． 7．已知非零向量，滿足||=1，且與

7、﹣的夾角為30°，則||的取值范圍是（　?。? 　 A．（0，） B． [，1） C． [1，+∞） D． [，+∞） 考點： 平面向量數(shù)量積的運算． 專題： 平面向量及應用． 分析： 在空間任取一點C，分別作，則，并且使∠A=30°．從而便構成一個三角形，從三角形中，便能求出的取值范圍． 解答： 解：根據(jù)題意，作； ∴，且∠A=30°； 過C作CD⊥AB，垂足為D，則CD的長度便是的最小值； 在Rt△CDA中，CA=1，∠A=30°，∴CD=； ∴的取值范圍是[，+∞）． 故選D． 點評： 把這三個向量放在一個三角形中，是求解本題的關鍵． 　 8．設a=，b=lo

8、g9，c=log8，則a，b，c之間的大小關系是（　?。? 　 A． a＞b＞c B． a＞c＞b C． c＞a＞b D． c＞b＞a 考點： 對數(shù)的運算性質． 專題： 函數(shù)的性質及應用． 分析： 利用對數(shù)函數(shù)的單調性可得=＜，．即可得出． 解答： 解：a=，b=log9，c=log8， ∵=＜，． ∴c＞a＞b． 故選：C． 點評： 本題考查了對數(shù)函數(shù)的單調性，屬于基礎題． 　 9．設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若axx=2Sxx+6，3axx=2Sxx+6，則數(shù)列{an}的公比q等于（　　） 　 A． B． ﹣或1 C． 或1 D． 2 考點： 等比數(shù)列的前

9、n項和． 專題： 等差數(shù)列與等比數(shù)列． 分析： 已知兩式相減結合等比數(shù)列的通項公式和求和公式可得q的方程，解方程可得． 解答： 解：由題意可知axx=2Sxx+6，①，3axx=2Sxx+6，② ②﹣①可得3axx﹣axx=2Sxx﹣2Sxx=2axx， ∴3axxq﹣axx=2axxq2，∴2q2﹣3q+1=0， 解得q=1或q= 故選：C 點評： 本題考查等比數(shù)列的求和公式，涉及通項公式和一元二次方程，屬基礎題． 　 10．給出下列命題，其中錯誤的是（　?。? 　 A． 在△ABC中，若A＞B，則sinA＞sinB 　 B． 在銳角△ABC中，sinA＞cosB 　

10、 C． 把函數(shù)y=sin2x的圖象沿x軸向左平移個單位，可以得到函數(shù)y=cos2x的圖象 　 D． 函數(shù)y=sinωx+cosωx（ω≠0）最小正周期為π的充要條件是ω=2 考點： 命題的真假判斷與應用． 專題： 閱讀型；三角函數(shù)的圖像與性質． 分析： 由正弦定理和三角形中大角對大邊，即可判斷A；由銳角三角形中，兩銳角之和大于90°，運用正弦函數(shù)的單調性，即可判斷B；運用圖象的左右平移，只對自變量x而言，再由誘導公式，即可判斷C；由兩角和的正弦公式化簡，再由周期公式，即可判斷D． 解答： 解：對于A．在△ABC中，若A＞B，則a＞b，即由正弦定理有sinA＞sinB，故A正確； 對

11、于B．在銳角△ABC中，A+B＞，則A＞﹣B，由y=sinx在（0，）上遞增， 則sinA＞sin（﹣B）=cosB，故B正確； 對于C．把函數(shù)y=sin2x的圖象沿x軸向左平移個單位，可以得到函數(shù)y=sin2（x） =sin（2x）=cos2x的圖象，故C正確； 對于D．函數(shù)y=sinωx+cosωx（ω≠0）=2sin（ωx）， 最小正周期為π時，ω也可能為﹣2，故D錯． 故選D． 點評： 本題考查三角函數(shù)的圖象和性質，考查三角形的邊角關系和正弦定理的運用，正弦函數(shù)的單調性，以及三角函數(shù)的圖象平移規(guī)律，周期公式，屬于中檔題． 　 11．已知a，b∈R，函數(shù)f（x）=tan

12、x在x=﹣處與直線y=ax+b+相切，設g（x）=﹣bxlnx+a在定義域內（　?。? 　 A．極大值 B． 有極小值 C． 有極大值2﹣ D． 有極小值2﹣ 考點： 正切函數(shù)的圖象． 專題： 三角函數(shù)的圖像與性質． 分析： 先求出f′（x）=，再由條件根據(jù)導數(shù)的幾何意義可得 a=f′（﹣）=2．再把切點（﹣，2）代入切線方程求得b，可得g（x）解析式．再根據(jù)g′（x）的符號，求出g（x）的單調區(qū)間，從而求得g（x）的極值． 解答： 解：由函數(shù)f（x）=tanx，可得f′（x）=． 再根據(jù)函數(shù)f（x）=tanx在x=﹣處與直線y=ax+b+相切，可得 a=f′（﹣）=2． 再把切點

13、（﹣，2）代入直線y=ax+b+，可得b=﹣1，∴g（x）=xlnx+1，g′（x）=lnx+1． 令g′（x）=lnx+1=0，求得x=，在（0，）上，g′（x）＜0，在（，+∞）上，g′（x）＞0， 故g（x）在其定義域（0，+∞）上存在最小值為g（）=2﹣， 故選：D． 點評： 本題主要考查函數(shù)在某處的導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)求函數(shù)的極值，屬于基礎題． 　 12．函數(shù)f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且滿足f（x+2）=f（x），當x∈[0，1]時，f（x）=2x，若方程ax﹣a﹣f（x）=0（a＞0）恰有三個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是（　?。? 　 A．（，1） B．

14、 [0，2] C． （1，2） D． [1，+∞） 考點： 根的存在性及根的個數(shù)判斷． 專題： 函數(shù)的性質及應用． 分析： 由題意可得可得函數(shù)f（x）是周期為2的周期函數(shù)，函數(shù)y=f（x）的圖象和直線y=ax﹣a=a（x﹣1）有3個交點，數(shù)形結合可得a（3﹣1）＜2，且a（5﹣1）＞2，由此求得a的范圍． 解答： 解：由f（x+2）=f（x），可得函數(shù)f（x）是周期為2的周期函數(shù)． 由方程ax﹣a﹣f（x）=0（a＞0）恰有三個不相等的實數(shù)根， 可得函數(shù)y=f（x）的圖象（紅色部分）和直線y=ax﹣a=a（x﹣1）（藍色部分）有3個交點， 如圖所示： 故有a（3﹣1）＜2，且a

15、（5﹣1）＞2， 求得＜a＜1， 故選：A． 點評： 本題主要考查方程的根的存在性及個數(shù)判斷，體現(xiàn)了化歸與轉化、數(shù)形結合的數(shù)學思想，屬于基礎題． 　 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分 13．函數(shù)y=ln（x﹣1）+的定義域為?。?，2]?。? 考點： 函數(shù)的定義域及其求法． 專題： 函數(shù)的性質及應用． 分析： 根據(jù)對數(shù)的性質，二次根式的性質得不等式組，解出即可． 解答： 解：∵， ∴1＜x≤2． 故答案為：（1，2]． 點評： 本題考查了對數(shù)的性質，二次根式的性質，考查函數(shù)的定義域，是一道基礎題． 　 14．已知p：關于x的方程x2+mx+1

16、=0有兩個不等的負實數(shù)根，若?p是真命題，則實數(shù)m的取值范圍是?。ī仭蓿?]?。? 考點： 命題的否定． 專題： 簡易邏輯． 分析： 求出命題p是真命題時m的取值范圍，再得出?p是真命題時m的取值范圍即可． 解答： 解：∵命題p：關于x的方程x2+mx+1=0有兩個不等的負實數(shù)根， ∴設x1，x2是方程的兩個負實數(shù)根，則， 即； 解得m＞2； ∴當?p是真命題時，m的取值范圍是（﹣∞，2]． 故答案為：（﹣∞，2]． 點評： 本題考查了命題與命題的否定之間的應用問題，解題時應利用命題與命題的否定只能一真一假，從而進行解答問題，是基礎題． 　 15．已知函數(shù)，設a＞b≥

17、0，若f（a）=f（b），則b?f（a）的取值范圍是　　． 考點： 函數(shù)的零點；函數(shù)的值域． 專題： 函數(shù)的性質及應用． 分析： 首先作出分段函數(shù)的圖象，因為給出的分段函數(shù)在每一個區(qū)間段內都是單調的，那么在a＞b≥0時，要使f（a）=f（b），必然有b∈[0，1），a∈[1，+∞），然后通過圖象看出使f（a）=f（b）的b與f（a）的范圍，則b?f（a）的取值范圍可求． 解答： 解：由函數(shù)，作出其圖象如圖， 因為函數(shù)f（x）在[0，1）和[1，+∞）上都是單調函數(shù)， 所以，若滿足a＞b≥0，時f（a）=f（b）， 必有b∈[0，1），a∈[1，+∞），由圖可知，使f（a）=f

18、（b）的b∈[，1），f（a）∈[，2）． 由不等式的可乘積性得：b?f（a）∈[，2）．故答案為[，2）． 點評： 本題考查函數(shù)的零點，考查了函數(shù)的值域，運用了數(shù)形結合的數(shù)學思想方法，數(shù)形結合是數(shù)學解題中常用的思想方法，能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數(shù)學問題的本質，此題是中檔題． 　 16．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且2ccosB=2a+b，若△ABC的面積為S=c，則ab的最小值為　12?。? 考點： 正弦定理． 專題： 解三角形． 分析： 由條件里用正弦定理、兩角和的正弦公式求得cosC=﹣，C=．根據(jù)△ABC的面積為S=ab?sinC=

19、c，求得c=ab．再由余弦定理化簡可得a2b2=a2+b2+ab≥3ab，由此求得ab的最小值． 解答： 解：在△ABC中，由條件里用正弦定理可得2sinCcosB=2sinA+sinB=2sin（B+C）+sinB， 即 2sinCcosB=2sinBcosC+2sinCcosB+sinB，∴2sinBcosC+sinB=0，∴cosC=﹣，C=． 由于△ABC的面積為S=ab?sinC=ab=c，∴c=ab． 再由余弦定理可得c2=a2+b2﹣2ab?cosC，整理可得a2b2=a2+b2+ab≥3ab，當且僅當a=b時，取等號，∴ab≥12， 故答案為：12． 點評： 本題主

20、要考查正弦定理和余弦定理的應用，誘導公式、兩角和的正弦公式、基本不等式的應用，屬于基礎題． 　 三、解答題：本大題共6小題，滿分70分，解答應寫出文字說明，證明過程或者演算步驟． 17．（10分）已知函數(shù)f（x）=的定義域為A，函數(shù)g（x）=2x（﹣1≤x≤m）的值域為B． （1）當m=1時，求A∩B； （2）若A∪B=B，求實數(shù)m的取值范圍． 考點： 對數(shù)函數(shù)圖象與性質的綜合應用． 專題： 函數(shù)的性質及應用． 分析： 根據(jù)函數(shù)f（x）=的定義域為A，函數(shù)g（x）=2x（﹣1≤x≤m）的值域為B．求解得出A， 函數(shù)g（x）=2x（﹣1≤x≤m）的值域為B．m=1 根據(jù)單

21、調性可得；≤y≤2m，即，再利用集合的關系求解得出答案． 解答： （1）∵函數(shù)f（x）=的定義域為A， ∴∴A為：{x|＜x≤1} ∵函數(shù)g（x）=2x（﹣1≤x≤m）的值域為B．m=1 ∴≤y≤2m，即，可得A∩B={x|＜x≤1} （2）∵A∪B=B，∴A?B， 根據(jù)（1）可得：2m≥1，即m≥0， 實數(shù)m的取值范圍為；[0，+∞） 點評： 本題考查了函數(shù)的概念，性質，運用求解集合的問題，屬于容易題． 　 18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足（a﹣b）（sinA﹣sinB）=csinC﹣asinB． （1）求角C的大小； （2）若

22、c=，a＞b，且△ABC的面積為，求的值． 考點： 正弦定理；三角函數(shù)中的恒等變換應用． 專題： 解三角形． 分析： （1）△ABC中，由條件利用正弦定理求得 a2+b2﹣c2=ab．再利用余弦定理求得cosC的值，可得C的值． （2）由（1）可得即 a2+b2﹣ab=7 ①，又△ABC的面積為=，可得ab=6 ②．由①②可得的值． 解答： 解：（1）△ABC中，由（a﹣b）（sinA﹣sinB）﹣csinC﹣asinB， 利用正弦定理可得（a﹣b）（a﹣b）=c2﹣ab，即 a2+b2﹣c2=ab． 再利用余弦定理可得，cosC==，∴C=． （2）由（1）可得即 a2+

23、b2﹣ab=7 ①，又△ABC的面積為 =， ∴ab=6 ②． 由①②可得 =． 點評： 本題主要考查正弦定理和余弦定理的應用，屬于基礎題． 　 19．（12分）已知向量=（sinx，cosx），=（cosx，﹣cosx）． （1）若⊥（﹣），且cosx≠0，求sin2x+sin（+2x）的值； （2）若f（x）=?，求f（x）在[﹣，0]上的最大值和最小值． 考點： 平面向量數(shù)量積的運算；三角函數(shù)中的恒等變換應用． 專題： 計算題；三角函數(shù)的求值；三角函數(shù)的圖像與性質；平面向量及應用． 分析： （1）由⊥（﹣），得到（）=0，即有sinxcosx=3cos2x，由co

24、sx≠0，即tanx=3．再由誘導公式和二倍角公式，將所求式子化為含正切的式子，代入即可得到； （2）化簡f（x），運用二倍角公式，注意逆用，及兩角差的正弦公式，再由x的范圍，結合正弦函數(shù)的圖象和性質，即可得到最值． 解答： 解：（1）∵向量=（sinx，cosx），=（cosx，﹣cosx）， ∴=sinxcosx﹣cos2x，=2cos2x， ∵⊥（﹣），∴（）=0， 即有=， ∴sinxcosx=3cos2x， ∵cosx≠0，∴sinx=3cosx，即tanx=3． ∴sin2x+sin（+2x）=sin2x+cos2x= ===﹣； （2）f（x）=?=sinxc

25、osx﹣cos2x=sin2x﹣ =（sin2x+cos2x）﹣=sin（2x﹣）﹣， 由于x∈[﹣，0]，則2x﹣∈[﹣，﹣]． 則有sin（2x﹣）∈[﹣1，﹣]，故f（x）∈[﹣﹣，﹣1]， 則f（x）在[﹣，0]上的最大值為﹣1，最小值為﹣﹣． 點評： 本題考查平面向量向量的數(shù)量積的坐標公式及向量垂直的條件，考查三角函數(shù)的化簡與求值，注意運用二倍角公式和兩角的和差公式，同時考查正弦函數(shù)的性質，屬于中檔題． 　 20．（12分）xx世界園藝博覽會在青島舉行，某展銷商在此期間銷售一種商品，根據(jù)市場調查，當每套商品售價為x元時，銷量可以達到15﹣0.1x萬套，供貨商把該產(chǎn)品的供

26、貨價格分為兩部分，其中固定價格為每套30元，浮動價格與銷量（單位：萬套）成反比，比例系數(shù)為k，假設不計其它成本，即每套產(chǎn)品銷售利潤=售價﹣供貨價格． （1）若售價為50元時，展銷商的總利潤為180萬元，求售價為100元時的銷售總利潤； （2）若k=10，求銷售這套商品總利潤的函數(shù)f（x），并求f（x）的最大值． 考點： 函數(shù)模型的選擇與應用． 專題： 函數(shù)的性質及應用． 分析： （1）由題意可得10×（50﹣30﹣）=180，解得k=20，即可求得結論； （2）由題意得f（x）=[x﹣（30+）]×（15﹣0.1x）=﹣0.1x2+18x﹣460，（0＜x＜150），利用導數(shù)判

27、斷函數(shù)的單調性即可求得最大值． 解答： 解；（1）售價為50元時，銷量為15﹣0.1×50=10萬套， 此時每套供貨價格為30+（元）， 則獲得的總利潤為10×（50﹣30﹣）=180，解得k=20， ∴售價為100元時，銷售總利潤為； （15﹣0.1×1000（100﹣30﹣）=330（萬元）． （2）由題意可知每套商品的定價x滿足不等式組，即0＜x＜150， ∴f（x）=[x﹣（30+）]×（15﹣0.1x）=﹣0.1x2+18x﹣460，（0＜x＜150）， ∴f′（x）=﹣0.2x+18，令f′（x）=0可得x=90， 且當0＜x＜90時，f′（x）＞0，當90＜x＜

28、150時，f′（x）＜0， ∴當x=90時，f（x）取得最大值為350（萬元）． 點評： 本題以函數(shù)為載體，考查學生分析問題、解決問題的能力及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性求函數(shù)最值的方法，屬于中檔題． 　 21．（12分）設數(shù)列{an}的前n項和為Sn=2n2，{bn}為等比數(shù)列，且a1=b1，b2（a2﹣a1）=b1． （Ⅰ）求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式； （Ⅱ）設cn=，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn． 考點： 數(shù)列的求和；等差數(shù)列的通項公式；數(shù)列遞推式． 專題： 計算題；綜合題． 分析： （I）由已知利用遞推公式可得an，代入分別可求數(shù)列bn的首項b1，公比q，從而

29、可求bn （II）由（I）可得cn=（2n﹣1）?4n﹣1，利用乘“公比”錯位相減求和． 解答： 解：（1）：當n=1時，a1=S1=2；當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=2n2﹣2（n﹣1）2=4n﹣2， 故{an}的通項公式為an=4n﹣2，即{an}是a1=2，公差d=4的等差數(shù)列． 設{bn}的公比為q，則b1qd=b1，d=4，∴q=． 故bn=b1qn﹣1=2×，即{bn}的通項公式為bn=． （II）∵cn===（2n﹣1）4n﹣1， Tn=c1+c2+…+cn Tn=1+3×41+5×42+…+（2n﹣1）4n﹣1 4Tn=1×4+3×42+5×43+…+（2

30、n﹣3）4n﹣1+（2n﹣1）4n 兩式相減得，3Tn=﹣1﹣2（41+42+43+…+4n﹣1）+（2n﹣1）4n=[（6n﹣5）4n+5] ∴Tn=[（6n﹣5）4n+5] 點評： （I）當已知條件中含有sn時，一般會用結論來求通項，一般有兩種類型：①所給的sn=f（n），則利用此結論可直接求得n＞1時數(shù)列{an}的通項，但要注意檢驗n=1是否適合②所給的sn是含有an的關系式時，則利用此結論得到的是一個關于an的遞推關系，再用求通項的方法進行求解． （II）求和的方法的選擇主要是通項，本題所要求和的數(shù)列適合乘“公比”錯位相減的方法，此法是求和中的重點，也是難點． 　 22．（

31、12分）已知函數(shù)f（x）=（m≠0）是定義在R上的奇函數(shù)， （1）若m＞0，求f（x）在（﹣m，m）上遞增的充要條件； （2）若f（x）≤sinθcosθ+cos2x+﹣對任意的實數(shù)θ和正實數(shù)x恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 考點： 必要條件、充分條件與充要條件的判斷． 專題： 函數(shù)的性質及應用；簡易邏輯． 分析： （1）運用奇偶性求出m的值，再運用導數(shù)判斷，（2）構造函數(shù)g（x）=sinθcosθ+cos2x+﹣=sin2θ， 利用任意的實數(shù)θ和正實數(shù)x，得g（x）∈[，]，即f（x），求解f（x）最大值即可． 解答： 解：（1）∵函數(shù)f（x）=（m≠0）是定義在R上的奇函數(shù)

32、， ∴f（0）=0，即n=0， f（x）=， f′（x）=≥0，m＞0 即2﹣x2≥0，[﹣，] ∵f（x）在（﹣m，m）上遞增， ∴（﹣m，m）?[﹣，] f（x）在（﹣m，m）上遞增的充要條件是m= （2）令g（x）=sinθcosθ+cos2x+﹣=sin2θ， ∵任意的實數(shù)θ和正實數(shù)x，∴g（x）∈[，]， ∵若f（x）≤sinθcosθ+cos2x+﹣對任意的實數(shù)θ和正實數(shù)x恒成立， ∴f（x）， ∵f（x）=， 根據(jù)均值不等式可得；≤f（x）≤， 所以只需≤，m≤2 實數(shù)m的取值范圍：m 點評： 本題考查了函數(shù)的性質，不等式在求解值域中的應用，運用恒成立問題和最值的關系求解，難度較大．