2020-2021学年安徽省示范高中培优联盟高二上学期秋季联赛文科数学试题（解析版）

1 姓名 ________ 座位号 ________ （在此卷上答题无效） 绝密★启用前 安徽省示范高中培优联盟 2020 年秋季联赛（高二） 数学（文科） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第 I 卷第 1 至第 3 页，第Ⅱ卷第 4 至第 6 页.全 卷满分 150 分，考试时间 120 分钟. 考生注意事项： 1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形 码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致. 2.答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用 2B 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. 3.答第Ⅱ卷时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先 用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题 区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．. 4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交. 第Ⅰ卷（选择题 共 60 分） 一、选择题（本大题共 12 小题，其中（8）、（10）、（12）为选考题.每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的 四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） （1）已知全集为 R ，集合  2 0A x x x   ，  2 2 0B x x x    ，则（ ） （A）  A B Rð （B） B A （C）  A B  R ð （D） A B  R （2）已知角 的顶点在坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，  2, 2M 为其终边上一点，则 tan 2  （ ） （A） 2 2 （B） 1 3 （C） 2 2 3 （D） 2 2 2 （3）设   2 1, 0 1, 0 x xf x x x      ， 25a  ， 0b  ， 2 1lnc e  ，则（ ） （A）      f a f b f c  （B）      f b f a f c  （C）      f c f a f b  （D）      f c f b f a  （4）在 ABC△ 所在平面中，点 O 满足 0OA OB OC     ，则 BO  （ ） （A） 2 1 3 3BA AC  （B） 2 1 3 3BA AC  （C） 1 2 3 3BA AC  （D） 4 2 3 3BA AC  （5）已知函数   2 5, 1 , 1 x ax x f x a xx       ，当 1 2x x 时，      1 2 1 2 0f x f x x x     恒成立，则实数 a 的取值范围是（ ） （A） 3,0 （B） , 2  （C） 3, 2  （D） ,0 （6）有四个命题： （1）对于任意的 、  ，都有  sin sin cos cos sin        ； （2）存在这样的 、  ，使得  sin sin cos cos sin        ； （3）不存在无穷多个 、  ，使得  sin sin cos cos sin        ； （4）不存在这样的 、  ，使得  sin sin cos cos sin        . 其中假命题．．．的个数是（ ） （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 （7）在 ABC△ 中，内角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，且 3a  ，  3sin sin 3 cos sinC B B A  ， 则 c 的最大值为（ ） （A）2 （B）1 （C） 3 2 （D）3 （8）【选考必修 2】已知点 1, 1 关于直线 1l ：y x 的对称点为 A，设直线 2l 经过点 A，则当点  2, 1B  到 直线 2l 的距离最大时，直线 2l 的方程为（ ） 3 （A） 2 3 5 0x y   （B）3 2 5 0x y   （C）3 2 5 0x y   （D） 2 3 5 0x y   【选考必修 3】如图所示的程序框图模型，则输出的结果是（ ） （A）11 （B）10 （C）9 （D）8 （9）已知数列 na 是等比数列，数列 nb 是等差数列，若 1 6 11 3 3a a a   ， 1 6 11 3 4b b b     ，则 3 9 4 8 tan1 b b a a    的值是（ ） （A） 3 （B） 2 2 （C） 2 2  （D）1 （10）【选考必修 2】实数 m n 且 2 sin cos 1 0m m    ， 2 sin cos 1 0n n    ，则连接  2,m m ，  2,n n 两点的直线与圆 C： 2 2 1x y  的位置关系是（ ） （A）相离 （B）相切 （C）相交 （D）不能确定 【选考必修 3】2021 年开始，部分省市将试行“3 1 2  ”的普通高考新模式，即除语文、数学、外语 3 门必 选科目外，考生再从物理、历史中选 1 门，从化学、生物、地理、政治中选 2 门作为选考科目.为了帮助学 生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成 5 分制，绘制成雷达图.甲同学的 成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确．．．的是（ ） （A）甲的物理成绩领先年级平均分最多 4 （B）甲的成绩从高到低的前 3 个科目依次是化学、物理、生物 （C）甲有 3 个科目的成绩高于年级平均分 （D）对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果 （11）已知 ABC△ 的面积为 m，内切圆半径也为 m，若 ABC△ 的三边长分别为 a，b，c，则 2 a b a b c  的最小值为（ ） （A）2 （B）3 （C）4 （D） 2 2 2 （12）【选考必修 2】如图，在棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， 2PD AB  ， PD  平面 ABCD .在这个四棱锥中放入一个球，则球的最大半径为（ ） （A） 2 （B） 2 1 （C）2 （D） 2 1 【选考必修 3】2020 年 6 月 9 日，安徽省教育厅宣布，为应对 7 月高考、中考期间高温天气，给学生创造 舒适考场环境，全部地市将在中考、高考考场安装空调.某商场销售某种品牌的空调器，每周初购进一定数 量的空调器，商场每销售一台空调器可获利 500 元，若供大于求，则每台多余的空调器需交保管费 100 元； 若供不应求，则可从其他商店调剂供应，此时调剂的每台空调器仅获利润 200 元.该商场记录了去年夏天（共 10 周）空调器需求量 n（单位：台），整理得表： 周需求量 n 18 19 20 21 22 频数 1 2 3 3 1 以 10 周记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，若商场周初购进 20 台空调器，X 表示当周的利润 （单位：元）.则当周的平均利润为（ ） （A）10000 元 （B）9400 元 （C）8800 元 （D）9860 元 5 （在此卷上答题无效） 绝密★启用前 安徽省示范高中培优联盟 2020 年秋季联赛（高二） 数学（文科） 第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分） 考生注意事项： 请用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．．作答，在试题卷上答题无效．．．．．．．．．. 二、填空题（本大题共 4 小题，其中（16）为选考题.每小题 5 分，共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置.） （13）方程 2lg 2lg 0x x  解为______. （14）已知平面向量 11a b   ，  3,4b  ，则 a  在 b  方向上的投影为______. （15）若对于 0, 2x     ，不等式 2 2 1 4sin cos m x x   有解，则正实数 m 的取值范围为______. （16）【选考必修 2】半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面组成的多面体. 如将正四面体所有棱各三等分，沿三等分点从原几何体割去四个小正四面体如图所示，余下的多面体就成 为一个半正多面体，若这个半正多面体的棱长为 1，则这个半正多面体的体积为______. 【选考必修 3】明朝著名易学家来知德以其太极图解释一年、一日之象的图式，一年气象图将二十四节气配 以太极图，说明一年之气象，来氏认为“万古之人事，一年之气象也，春作夏长秋收冬藏，一年不过如此”. 上图是来氏太极图，其大圆半径为 4，大圆内部的同心小圆半径为 1，两圆之间的图案是对称的.若在大圆内 随机取一点，则落在黑色区域的概率为______. 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） （17）（本题为选考题，必修 2、必修 3 任选一题，本题满分 10 分） 【选考必修 2】在平行四边形 ABCD 中， 3AB  ， 2BC  ，过 A 点作CD 的垂线交CD 的延长线于点 E， 3AE  .连结 EB 交 AD 于点 F，如图 1，将 ADE△ 沿 AD 折起，使得点 E 到达点 P 的位置.如图 2. 6 （Ⅰ）证明： AD BP ； （Ⅱ）若 G 为 PB 的中点，H 为CD 的中点，且平面 ADP  平面 ABCD ，求三棱锥 G BCH 的体积. 【选考必修 3】习近平总书记在 2020 年新年贺词中强调，2020 年是具有里程碑意义的一年，我们将全面建 成小康社会，实现第一个百年奋斗目标，2020 年也是脱贫攻坚决战决胜之年.安徽省某贫困地区截至 2018 年底，按照农村家庭人均年纯收入 8000 元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚未实现小康，现从这些尚未 实现小康的家庭中随机抽取 50 户，得到这 50 户家庭 2018 年的家庭人均年纯收入的频率分布直方图.（图中 所示纵坐标均为相应小矩形的高） （Ⅰ）补全频率分布直方图，并求出这 50 户家庭人均年纯收入的中位数和平均数（同一组数据用该区间的 中点值作代表）（精确到元）； （Ⅱ）（i）2019 年 7 月，为估计该地区能否在 2020 年全面实现小康，统计了该地区当时最贫困的一个家庭 2019 年 1 至 6 月的人均月纯收入如下表： 月份/2019（时间代码 x） 1 2 3 4 5 6 人均月纯收入（元） 275 365 415 450 470 485 由散点图及相关性分析发现：家庭人均月纯收入 y 与时间代码 x 之间具有较强的线性相关关系，请求出回归 直线方程； （ii）由于 2020 年 1 月突如其来的新冠肺炎疫情影响了奔小康的进展，该家庭 2020 年第一季度（1，2，3 月份）每月的人均月纯收入均为预估值的 1 3 ，从 4 月份开始，每月的人均月纯收入均为预估值的 4 5 ，由此 估计该家庭 2020 年能否达到小康标准，并说明理由. 7 参考数据和公式： 6 1 9310i i i x y   ；线性回归方程  y bx a  中， 6 1 6 22 1 6 6 i i i i i x y x y b x x          ， a y bx   . （18）（本小题满分 12 分） 已知集合 1 3 279 xA x       ，函数    2lg 5 4f x x x   的定义域为 B. （Ⅰ）求 A B ， B AR ð ； （Ⅱ）已知集合  4 3 3C x m x m     ，若 A C   ，求实数 m 的取值范围. （19）（本小题满分 12 分） 已知函数   sin 2f x x ，   cos 2 6g x x      ，直线 x  （  R ）与函数  f x ，  g x 的图象分别 交于 M、N 两点. （Ⅰ）当 4   时，求 MN 的值； （Ⅱ）求 MN 在 0, 2      时的值域. （20）（本小题满分 12 分） 已知公比 1q   的等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 3 14S  ， 1 2 32a a a  ， *nN .设 2logn nb a （ *nN ）. （Ⅰ）求 na ， nb ； （Ⅱ）设 1 2 2 3 1 1 1 1 n n n T bb b b b b      ，若     2 1 1 n n n n b Tn a   对 *nN 都成立，求正整数  的最小值. （21）（本小题满分 12 分） 已知函数   23sin 2cos 2 xf x x   ，其中 0  ，若   1f m  ，   1f n   ，且 m n 的最小值为 4  . （Ⅰ）求  f x 的解析式； （Ⅱ）在 ABC△ 中，内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，已知   1f A  ， 3 2a  ， 0AB BC   ， 8 求b c 的取值范围 （22）（本小题满分 12 分） 《宋史·外国传六·天竺国》：“福慧圆满，寿命延长.”杨朔《滇池边上的报春花》：“只有今天，古人追求不到 的圆满东西，我们可以追求到了.”若函数  y T x 对定义域内的每一个值 1x ，在其定义域内都存在唯一的 2x ，使    1 2 1T x T x  成立，则称该函数为“圆满函数”. （Ⅰ）判断函数   sinf x x 是否为“圆满函数”，并说明理由； （Ⅱ）若函数   13xg x  在定义域 ,m n （ 0m  ）上是“圆满函数”，求 2m n 的取值范围. 9 安徽省示范高中培优联盟 2020 年秋季联赛（高二） 数学（文科）参考答案及评分标准 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A A C C A B D B B D 13【答案】1 或 100 14【答案】 11 5 15【答案】  0,1 16【必修 2】【答案】 23 2 12 【必修 3】 【答案】 15 32 1【答案】C 【 解 析 】 依 题 意 ，    2 0 0 1A x x x x x      ，    2 2 0 2 1B x x x x x        ， 故  RA C B   ，故选 C. 2【答案】D 【解析】  2, 2M 为角 终边上一点，  22 2 2 6cos 362 2      ， 2 2 6 1cos2 2cos 1 2 13 3              . 2 2sin 2 3   ， tan 2 2 2  故选 D. 3【答案】A 【解析】由于 2 05 5 1a    ， 1b  ， 2c   ，又  f x 在 R 上单调递增，所以      f a f b f c  ， 故选 A. 4【答案】A 【解析】由 0OA OB OC      可知 O 三角形 ABC 的重心，则  2 1 2 1 3 2 3 3BO BA BC BA AC         .故 选：A. 5【答案】C 【解析】若  f x 是 R 上的增函数，则应满足 2 1,2 0, 1 1 5 ,1 a a aa            解得 3 2a    .故选 C. 6【答案】C 10 【解析】由  sin sin cos cos sin sin cos cos sin              ，得 cos sin 0   ， 2 n    （ n Z ）或 m  （ m Z ）， 因此，存在无穷多个 、  ，使得  sin sin cos cos sin        . 对于任意的 、  ，都有  sin sin cos cos sin        故①③④错，②对.故选：C. 7【答案】 A 【解析】解：因为  3sin sin 3 cos sinC B B A  ， 所以    3 sin 3 cos sin 3 cos 3c B B a B B      ， 所以 sin 3cos 2sin 6c B B B        ，因为 B 为 ABC△ 的内角，所以当 3B  时，c 取最大值 2.故 选：A 8【选考必修 2】【答案】B 【解析】易知  1,1A  .设点  2, 1B  到直线 2l 的距离为 d，当 d AB 时取得最大值，此时直线 2l 垂直于 直线 AB ，又 1 3 2ABk   ，所以直线 2l 的方程为  31 12y x   ，即 3 2 5 0x y   .故选 B. 【选考必修 3】【答案】B 【解析】由程序框图知， 1i  时， 1S  ； 2i  时， 1 2 1 3S     ； 3i  时， 3 2 1 7S     ； 4i  时， 7 2 1 15S     ； 5i  时， 15 2 1 31S     ； 6i  时， 31 2 1 63S     ； 7i  时， 63 2 1 127S     ； 8i  时， 127 2 1 255S     ； 9i  时， 255 2 1 511S     ； 10i  时， 511 2 1 1023S     ；程序运行结束，输出的结果是 10i  .故选 B. 9【答案】D 【解析】在等差数列 nb 中，由 1 6 11 3 4b b b     ，得 6 4b   ， 3 9 62 2b b b      ， 在等比数列 na 中，由 1 6 11 3 3a a a   ，得 3 6 3 3a  ， 6 3a  ，  2 4 81 1 3 2a a      ， 则 3 9 4 8 2tan tan tan 11 2 4 b b a a        .故选：D. 11 10【选考必修 2】【答案】B 【解析】由题意知，m，n 是方程 2 sin cos 1 0x x    的根 cos sinm n     ， 1 sinmn  m n ，过 2,m m ， 2,n n 两点的直线方程为： 2 2 2 y n x n m n m n    ，   0m n x y mn     圆心  0,0 到直线的距离为：  2 1 1 mnd m n     ，故直线和圆相切，故选：B 【选考必修 3】【答案】B 【解析】由雷达图可知，甲的物理成绩领先年级平均分约为 1.5，化学成绩领先年级平均分约为 1，生物成 绩约等于年级平均分，历史成绩低于年级平均分，地理成绩领先年级平均分约为 1，政治成绩低于年级平均 分，故 A、C、D 正确；而甲的成绩从高到低的前 3 个科目依次是地理、化学、生物（物理），故 B 选项错 误.故选：B. 11【答案】B 【解析】因为 ABC△ 的面积为 m，内切圆半径也为 m，所以  1 2 a b c m m    ，所以 2a b c   ， 所以  2 1 3a b ca b a b c a b a b c a b c a b c             ， 当且仅当 a b c  ，即 1c  时，等号成立，所以 2 a b a b c  的最小值为 3.故选 B. 12【选考必修 2】【答案】D 【解析】由 PD  平面 ABCD ， PD AB ，又 AB AD ， PD AD D ，所以 AB  平面 PAD ，所 以 PA AB ，设此球半径为 R，最大的球应与四棱锥各个面都相切，设球心为 S，连接 SD ，SA 、SB 、SC 、 SP ，则把此四棱锥分为五个棱锥，它们的高均为 R. 四棱锥的体积 2 1 1 22 2 23 3 3P ABCD ABCDV S PD        ， 四棱锥的表面积 2 21 12 2 2 2 2 2 2 2 4 2 22 2PAD PAB ABCDS S S S            △ △ ， 因为 1 3P ABCDV S R    ，所以 3 2 2 1 2 1 4 2 2 2 1 P ABCDVR S        .故选：D 【选考必修 3】【答案】D 12 【解析】由  18 8800f  ，  19 9400f  ，  20 10000f  ，  21 10200f  ，  22 10400f  ，  8800 0.1P X   ，  9400 0.2P X   ，  10000 0.3P X   ，  10200 0.3P X   ，  10400 0.1P X   ， 故        10000 10000 10200 10400 0.3 0.3 0.1 0.7P X P X P X P X           .  1 1 8800 2 9400 3 10000 3 10200 1 10400 986010X            （元）.故选：D 13【答案】1 或 100 14【答案】 11 5 【解析】设 a  与 b  的夹角为 ，所以， a  在 b  方向上的投影为 2 2 1 2 3 4 11cos 53 4 a ba b            . 故答案为：11 5 . 15【答案】  0,1 【解析】 2 2sin cos 1x x  ， 0m  ，   2 2 2 2 2 2 2 2 1 cos sinsin cos 1sin cos sin cos m x m xx x mx x x x           2 2 2 2 cos sin1 2 1 2sin cos x m xm m mx x        ，当 2 2 2 2 cos sin sin cos x m x x x  时，等号成立， 若不等式 2 2 1 4sin cos m x x   有解，则  1 2 4 1 2 0,1m m m m        故答案为： 0,1 16【选考必修 2】【答案】 23 2 12 【解析】由愿意可知，原正四面体的核长为 3，则这个半正多面体的体积为 3 32 2 23 23 4 112 12 12      . 故答案为： 23 2 12 . 【选考必修 3】【答案】 15 32 13 【解析】设大圆面积为 1S ，小圆面积 2S ，则 2 1 4 16S     ， 2 2 1S     .则黑色区域的面积为  1 2 1 15 2 2S S    ，所以落在照色区域的概容为  1 2 1 1 152 32 S S P S    .故管案为： 15 32 17【选考必修 2】【解析】（Ⅰ）证明：如图 1，在 Rt BAE△ 中， 3AB  ， 3AE  ，所以 60AEB   . 所以 2 3BE  ADE△ 也是直角三角形， 2 2 1DE AD AE    3 3 AE DE AB AE    90AED EAB     ， ~AEB AED△ △ ， EAD ABE   90DAB ABE DAB EAD         ， BE AD  ， 如图题 2， PF AD ， BF AD ， PF BF F  ， 从而 AD  平面 BFP，又 BP  平面 BFP，所以 AD BP . （Ⅱ）解法一：平面 ADP  平面 ABCD ，且平面 ADP  平面 ABCD AD ， PF  平面 ADP ， PF AD ， PF 平面 ABCD .取 BF 的中点为 O，连结GO ，则 GO PF∥ ， GO  平面 ABCD ，即 GO 为三棱锥 G BCH 的高. 1 1 3sin302 2 4GO PF PA      . 1 3 2 2CH DC  ， 1 1 3 3 332 2 2 4BCHS CH AE      △ 1 1 3 3 3 3 3 3 4 4 16BCHG BCHV S GO      △三棱锥 . 解法二：平面 ADP  平面 ABCD ，且平面 ADP  平面 ABCD AD ， PF  平面 ADP ， PF AD ， PF 平面 ABCD . G 为 PB 的中点，三棱锥G BCH 的高等于 1 2 PF . H 为CD 的中点， BCH△ 的面积是四边形 ABCD 的面积的 1 4 ， 三棱锥G BCH 的体积是四棱锥 P ABCD 的体积的 1 8 . 1 1 3 33 33 3 2 2P ABCD ABCDV S PF        ， 14 三棱锥G BCH 的体积为 1 3 3 8 2 16   . 【选考必修 3】【解析】（Ⅰ）由频率之和为 1 可得：家庭人均年纯收入在 6,7 的频率为 0.18，所以频率分 布直方图如下： 中位数为： 0.5 0.04 0.10 0.32 25 5 51330.30 15       元， （或：设中位数为 x，则 0.04 5 0.26 6 x x   ，解得： 5.133x  ） 平均数 2.5 0.04 3.5 0.10 4.5 0.32 5.5 0.30 6.5 0.18 7.5 0.06 5160x              元 （Ⅱ）①解：由题意得： 1 2 3 4 5 6 3.56x       ， 275 365 415 450 470 485 2460 4106 6y        6 2 1 1 4 9 16 25 36 91i i x         2 26 6 3.5 73.5x    所以： 6 1 6 22 1 6 9310 6 3.5 410 9310 8610 700 4091 73.5 91 73.5 17.56 i i i i i x y xy b x x                15  410 40 3.5 270a y bx      所以回归直线方程为：  40 270y x  ②解：设 y 为 2020 年该家庭人均月纯收入，则 13x  ，14，15 时，  1 40 2703y x  ，即 2020 年前三月 总收入为：  1 790 830 870 8303    元；当 16x  ，17，…，24 时，  4 40 270 32 2165y x x    ， 即 2020 年从 4 月份起的家庭人均月纯收入依次为：728，760，…，984，构成以 32 为公差的等差数列， 所以 4 月份至 12 月份的总收入为  9 728 984 77042   所以 2020 年该家庭总收入为：830 7704 8534 8000   ， 所以该家庭 2020 年能达到小康标准 18【解析】（Ⅰ）解不等式 1 3 279 x  ，即 2 33 3 3x   ，解得 2 3x   ，得  2,3A   . 对于函数    2lg 5 4f x x x   ，解得1 4x  ，则  1,4B   2,4A B   ，    ,1 4,RC B    ，则    2,1RC B A   ； （Ⅱ）当 C   时， 4 3 3m m   ，得到 7 2m   ，符合题意； 或C   时， 4 3 3 3 3 2 m m m        或 4 3 3 4 3 m m m       ，解得 7 5 2 3m    或 7m  综上所述，实数用的取值范围是  5, 7,3       19【解析】（Ⅰ）直线 x  （ R  ）与函数  f x ，  g x 的图象分别交于 M、N 两点. 当 4   有， 2 3sin 2 cos 2 1 cos4 4 6 3 2MN                     . （Ⅱ） sin 2 cos 2 3 sin 26 6MN                  0, 2      ， 52 ,6 6 6          MN 的值域为 0, 3   . 20【解析】（Ⅰ）数列 na 的公比为 q，则由 1 2 32a a a  ，得：   2 1 12a q a q  16 2 2 0q q    ，因为 1q   ，所以 2q  . 又 3 14S  ，  3 1 1 141 a q q   ， 1 2a  ， 从而  *2n na n N ，  * 2logn nb a n n  N （Ⅱ）  1 1 1 1 1 1 1n nb b n n n n     1 2 2 3 1 1 1 1 11 1 1n n n nT bb b b b b n n          故不等式     2 1 1 n n n n b Tn a   等价于     2 1 2 1 1 2 1 2n n n n n n n n       对 *nN 都成立， 令   2 1 2n nf n  ，     1 2 1 4 2 f n n f n n     ，令 2 1 14 2 n n   ，得 3 2n  ；令 2 1 14 2 n n   ，得 3 2n  ， 所以当 1n  时，     1 2 1 14 2 f n n f n n    ；当 2n  时，     1 2 1 14 2 f n n f n n    故    max 32 4f n f  ， Z  ， min 1  21【解析】（Ⅰ）   23sin 2cos 2sin 12 6 xf x x x            2sin 1 16f m m        ，得 sin 16m      ， 由   2sin 1 16f n n         ，得sin 06n      ， m n 的最小值为 4  ，则函数  y f x 的最小正周期为 4 4    ，则 2 2   ， 因此，   2sin 2 16f x x       ； （Ⅱ）  cos cos 0AB BC AB BC B AB BC B               ， cos 0B  ， 所以，B 为钝角，A 为锐角，   2sin 2 1 16f A A        ，可得sin 2 16A      ， 17 0 2A   ， 526 6 6A      ，则 2 6 2A    ，解得 3A  由正弦定理得 3 2 1sin sin sin 3 2 b c a B C A     ，则 sinb B ， sinc C ， 由题意得 0 2 2 C B          ，即 0 2 2 2 3 C C            ，解得 0 6C   ， 3sin 6b c C        ， 0 6C   ， 6 6 3C      ，则 1 3sin2 6 2C       ， 3 3 2 2b c    . 因此，b c 的取值范围是 3 3,2 2       22【解析】（Ⅰ）函数   sinf x x 不是“圆满函数”，理由如下： 若   sinf x x 是“圆满函数”.取 1 6x  ，存在 2x R ，使得    1 2 1f x f x  ， 即 2sin sin 16 x   ，整理得 2sin 2x  ，但是 2sin 1x  ，矛盾， 所以   sinf x x 不是“圆满函数” 注：只要反例举得恰当，即可得分. （Ⅱ）   13xg x  在 ,m n 上单调递增， 取 1x m ，则存在  2 ,x m n ，使得    2 1g m g x  ，    2 1g x g m  . 如果 2x n ，取 1x n ，则存在  3 ,x m n ，使得    3 1g n g x  ，    3 1g x g n  . 因为  g x 在 ,m n 上单调递增，所以      2 1g n g x g m   .所以      3 1g x g mg n   又  3 ,x m n ，所以      3 ,g x g m g n   ，上式    3g x g m 与之矛盾， 18 所以假设不成立，所以 2x n .即     1g m g n  ，即 1 13 3 1m n   ，整理得 2 0m n   . 因为        1 g m g n g m g m  ，所以   13 1mg m   ， 1m  . 又 0m  ，所以 m 的取值范围是 0,1 . 2 2 2 1 72 2 4m n m m m          .因为  0,1m ， 所以 2m n 的取值范围是 7 ,24     .