（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級 難點自選 專題二“選填”壓軸小題的4大搶分策略講義 理（普通生含解析）.doc

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難點自選專題二　“選填”壓軸小題的4大搶分策略 解答選擇題中的壓軸題，務(wù)必要遵循“小題小解”的原則，要抓住已知條件與備選項之間的關(guān)系進(jìn)行分析、試探、推斷，充分發(fā)揮備選項的暗示作用，選用解法要靈活機(jī)動，做到具體問題具體分析，不要生搬硬套．能定性判定的，就不再使用復(fù)雜的定量計算；能用特殊值分析的，就不再采用常規(guī)解法；能用間接法求解的，就不再用直接法． 能否快速準(zhǔn)確地解答填空題中的壓軸題，往往是高考數(shù)學(xué)成敗的關(guān)鍵．現(xiàn)行《考試大綱》對解答填空題提出的基本要求是“正確、合理、迅速”．也就是說解填空題務(wù)必要做到： 特例思想開思路 特例思想是通過考查數(shù)學(xué)對象的特殊情況來獲得一般性結(jié)論．舉出特例或者研究特殊情況要比研究一般情況容易很多．研究清楚了特殊情況，對于解決一般情況可以提供解題思路．當(dāng)題目十分復(fù)雜或解題目標(biāo)不明確時，往往需要考查題設(shè)條件中的某些特殊情況，從中找出能反映問題本質(zhì)屬性的隱含信息，這樣做，常常能夠打開我們的思路，發(fā)現(xiàn)解決問題的方法． [典例]　已知函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在R上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1]　　　　　 B. C. D. [解析]　法一：特殊值法 對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x．根據(jù)題意，f′(x)≥0恒成立，因為函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，從而f′(x)＝0的兩根一定互為相反數(shù)，即可知a的值關(guān)于原點對稱，排除選項B、D；當(dāng)a＝－1時，f′(0)＝－cos20＋acos 0<0，說明函數(shù)f(x)不是恒單調(diào)遞增的，排除選項A.故選C. 法二：特殊值法 觀察本題的四個選項，發(fā)現(xiàn)選項A、B、D中都有數(shù)－1，故取a＝－1，f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不符合f(x)在R上單調(diào)遞增，排除選項A、B、D.故選C. 法三：數(shù)形結(jié)合 根據(jù)題意，可知f′(x)＝1－cos 2x＋acos x≥0在R上恒成立，化簡可得－cos2x＋acos x＋≥0在R上恒成立．又因為|cos x|≤1，令cos x＝t，則－t2＋at＋≥0在t∈[－1,1]上恒成立． 設(shè)g(t)＝－t2＋at＋，則函數(shù)g(t)在t∈[－1,1]上，使得不等式g(t)≥0恒成立， 則所以 所以－≤a≤.故選C. 法四：分類討論 由法三可知，函數(shù)g(t)＝－t2＋at＋≥0，其中t∈[－1,1]．對參數(shù)t分類討論： 當(dāng)t＝0時，函數(shù)g(0)＝≥0， 此時參數(shù)a∈R，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增； 當(dāng)t>0時，分離參數(shù)得a≥＝t－恒成立．設(shè)函數(shù)h(t)＝t－，即有a≥h(t)max成立，由于h′(t)＝＋>0，從而可知函數(shù)h(t)在(0,1]上單調(diào)遞增，所以a≥h(1)＝－. 當(dāng)t<0時，分離參數(shù)得a≤＝t－恒成立．易得a≤h(t)min＝h(－1)＝. 綜上所述，a的取值范圍是.故選C. [答案]　C [題后悟通] (1)本題的四種解法中，解法一是從函數(shù)的整體性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性)出發(fā)，排除不符合題意的選項，是優(yōu)化解題方法的最好策略；解法二是從題目的選項特征出發(fā)，采取特值法解題，方法簡單；解法三就是將函數(shù)f(x)求導(dǎo)后，再構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式g(t)≥0恒成立，結(jié)合函數(shù)g(t)的結(jié)構(gòu)特征與圖形特征解題；解法四中，令cos x＝t，對參數(shù)t進(jìn)行分類討論后，再利用導(dǎo)數(shù)知識研究單調(diào)性、最值，這就是有關(guān)單調(diào)性問題的解題套路． (2)處理此類問題經(jīng)常根據(jù)題中所給出的條件巧妙選擇特殊值、特殊函數(shù)、特殊位置、特殊圖形等進(jìn)行求解． [應(yīng)用體驗] 1．(2016全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝2－f(x)，若函數(shù)y＝與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則(xi＋yi)＝(　　) A．0 B．m C．2m D．4m 解析：選B　法一：(利用函數(shù)的對稱性) 由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)＝2，所以點(x，f(x))與點(－x，f(－x))連線的中點是(0,1)，故函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(0,1)成中心對稱(此處也可以這樣考慮：由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0，即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0，令F(x)＝f(x)－1，則F(x)＋F(－x)＝0，即F(x)＝f(x)－1為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點(0,0)對稱，而F(x)的圖象可看成是f(x)的圖象向下平移一個單位得到的，故f(x)的圖象關(guān)于點(0,1)對稱)．又y＝＝1＋的圖象也關(guān)于點(0,1)對稱，所以兩者圖象的交點也關(guān)于點(0,1)對稱，所以對于每一組對稱點xi＋xi′＝0，yi＋yi′＝2，所以(xi＋yi)＝i＋i＝0＋2＝m，故選B. 法二：(構(gòu)造特殊函數(shù)) 由f(－x)＝2－f(x)，知f(－x)＋f(x)－2＝0， 即[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0. 令F(x)＝f(x)－1，則F(x)為奇函數(shù)， 即f(x)－1為奇函數(shù)，從而可令f(x)－1＝x， 即f(x)＝x＋1，顯然該函數(shù)滿足此條件． 此時y＝x＋1與y＝的交點分別為(1,2)和(－1,0)， 所以m＝2，(xi＋yi)＝1＋2＋(－1)＋0＝2， 結(jié)合選項可知選B. 2.如圖，在△ABC中，點O是BC的中點，連接AO，過點O的直線分別交直線AB，AC于不同的兩點M，N，若＝m ，＝n ，則m＋n的值為________． 解析：法一：因為O是BC的中點， 所以＝(＋)＝＋. 因為M，O，N三點共線，所以＋＝1， 所以m＋n＝2. 法二：(特殊位置法) 取M與B重合，N與C重合， 此時m＝n＝1，得m＋n＝2. 答案：2 3．已知△ABC中，AB＝4，AC＝5，點O為△ABC所在平面內(nèi)一點，滿足||＝||＝||，則＝________. 解析：法一：如圖，＝－，＝－， ∴2＝2－2＋2，2＝2－2＋2.兩式相減，得2－2＝2－2. ∴25－16＝2(－)， ∴9＝2， ∴＝. 法二：(特殊圖形法) 若△ABC為直角三角形，如圖， 則＝(＋)，＝－， ∴＝(＋)(－)＝(2－2)＝. 答案： 極限思想減運算 極限思想就是考慮相關(guān)問題的極端情況，極端情形往往都是相關(guān)命題的極限情況，或是某個變量所在區(qū)間端點的取值．例如線段是三角形高為零的極端情況，切線是割線的極端情形(即極限)等．有些高考數(shù)學(xué)壓軸題的求解，常常要從它的極端情形來尋找突破口．一般來說，運用極限思想分析問題，往往能夠減少運算量，尤其是選擇題和填空題，運用極限思想分析解題可以快速準(zhǔn)確地解決問題，從而避免小題大做，節(jié)省考場上的答題時間． [典例]　在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75，BC＝2，則AB的取值范圍是________． [解析]　法一：極限法 如圖，動態(tài)地審視平面四邊形ABCD，邊BC＝2固定，∠B＝∠C＝75固定，延長BA，CD交于點P.雖然∠BAD＝75，但AB邊并不固定，平行移動AD邊，則容易看出BQ0時，－x2＋x＝m， 即x2－x＋m＝0， 由此可得x2x3＝m. 當(dāng)x<0時，由2x2－x＝，得x＝. 當(dāng)m在上遞增時， |x1|也在上遞增． 從而m|x1|隨著m的遞增而遞增， 而x1<0，所以x1x2x3∈為所求． [答案]　 [題后悟通] 透徹理解題目給出的新定義的模型，明確f(x)的解析式是解題的切入口．用新定義考查閱讀理解能力與知識遷移能力是現(xiàn)行數(shù)學(xué)高考的出發(fā)點．求解本題的關(guān)鍵在于從圖形中觀察到|x1|的取值是m的增函數(shù)，且x＝是m＝時的極端情形． [應(yīng)用體驗] 5．對任意兩個平面向量α，β，定義α°β＝，若向量a，b滿足條件|a|≥|b|>0，a與b的夾角θ∈，且a°b和b°a都在集合中，則a°b＝(　　) A. B．1 C. D. 解析：選C　由定義α°β＝， 得a°b＝＝，① 同理可得b°a＝＝.② 由|a|≥|b|>0，得0<≤1. 又因為θ∈，所以2a2時，f(x)＝x－3a2， 又f(x)是R上的奇函數(shù)， 所以x<－2a2時，f(x)＝x＋3a2， 由此可得f(x－1)＝x－1＋3a2. 于是，由f(x－1)≤f(x)，得 x－1＋3a2≤x－3a2， 即6a2≤1，解得a∈. 法二：由圖易知，當(dāng)x>0時，f(x)的最小值為－a2. 因為f(x)為奇函數(shù)，所以當(dāng)x<0時，f(x)的最大值為a2. 又易知，當(dāng)x>0時，f(x)＝a2所對應(yīng)的橫坐標(biāo)為x＝4a2，即B點的橫坐標(biāo)． 當(dāng)x<0時，f(x)＝a2所對應(yīng)的橫坐標(biāo)xmin＝－2a2，即A點的橫坐標(biāo)． 故要對?x∈R，都有f(x－1)≤f(x)成立，則要A，B兩點的跨度不大于1. 否則，f(x)的圖象向右平移1個單位后，線段DB會在A1C1的下方， 此時的圖象與對應(yīng)的函數(shù)不等式f(x－1)≤f(x)相悖． 所以4a2－(－2a2)≤1，解得a∈. [答案]　B [題后悟通] 本題主要考查全稱命題、奇函數(shù)和分段函數(shù)等基本概念，考查函數(shù)的最值與恒成立問題．意在考查考生應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想，綜合運用數(shù)學(xué)知識分析問題、解決問題的能力．注重理解題意，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)畫草圖進(jìn)行探究，抓住函數(shù)f(x)在x<－2a2時的圖象向右平移1個單位后與原函數(shù)的圖象的關(guān)系進(jìn)行分析，是解題入手的基本途徑．解法一是從函數(shù)的表達(dá)式的角度來構(gòu)建不等式的，解法二是從區(qū)間跨度的角度來構(gòu)建不等式的．易知，這兩種解法都遵循了小題小解的原則，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想在解題中的作用． [應(yīng)用體驗] 6．設(shè)P，Q是雙曲線x2－y2＝4上關(guān)于原點對稱的兩點，將坐標(biāo)平面沿雙曲線的一條漸近線l折成直二面角，則折疊后線段PQ的長度的最小值為________． 解析：法一：因為雙曲線x2－y2＝4是以直線y＝x為漸近線的等軸雙曲線， 所以將雙曲線按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45，可得對應(yīng)圖象的雙曲線方程為y＝. 因為雙曲線x2－y2＝4的頂點為A(，0)， 所以旋轉(zhuǎn)后點A變?yōu)辄cA′(，)． 因為點A′在y＝的圖象上，則m＝2. 即將原雙曲線按逆時針方向旋轉(zhuǎn)45后，所得的雙曲線的方程為y′＝.如圖． 故問題轉(zhuǎn)化為：過原點的直線交雙曲線y′＝于P，Q兩點，將坐標(biāo)平面沿y′軸折成直二面角，求折后線段PQ的長度的最小值． 設(shè)P(t>0)，過點P作PM⊥y′軸于M， 則M，Q. 從而|MQ|＝ ＝ ， 在折疊后的圖形中，有|QM1|＝|MP|＝t， 故|PQ|2＝|QM1|2＋|MM1|2＋|MP|2＝|QM|2＋|MP|2＝2t2＋≥2＝16. 當(dāng)且僅當(dāng)t2＝4，即t＝2時等號成立， 所以當(dāng)t＝2時，即P坐標(biāo)為(2，)時，|PQ|的最小值為＝4. 綜上所述，折疊后線段PQ的長度的最小值等于4. 法二：設(shè)P(x0，y0)到兩漸近線的距離分別為m，n， 如圖，則有|PM|＝|QM1|＝m， |PN|＝n， 且m＝， n＝. 易知，折疊后的PQ，可視為一長方體的體對角線． 則PQ2＝QM＋M1M2＋MP2＝2m2＋4n2≥2mn＝4＝16. 所以|PQ|min＝4. 答案：4 A組——選擇題解題技法專練 1．若sin α＋sin β＝(cos β－cos α)，α，β∈(0，π)，則α－β的值為(　　) A．－　　　　　　　　 　B．－ C. D. 解析：選D　令β＝，則有sin α＝－cos α?tan α＝－，α∈(0，π)， 所以α＝，從而α－β＝. 2．已知0；當(dāng)x→0時，可推得a<1，故選A. 4．雙曲線x2－y2＝1的左焦點為F，點P為左支下半支異于頂點A的任意一點，則直線PF斜率的變化范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：選C　如圖所示，當(dāng)P→A時，PF的斜率k→0. 當(dāng)PF⊥x軸時，PF的斜率不存在，即k→∞. 當(dāng)P在無窮遠(yuǎn)處時，PF的斜率k→1. 結(jié)合四個備選項得C項正確． 5．已知θ∈[0，π)，若對任意的x∈[－1,0]，不等式x2cos θ＋(x＋1)2sin θ＋x2＋x>0恒成立，則θ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　令x＝－1，不等式化為cos θ>0； 令x＝0，不等式化為sin θ>0. 又0≤θ<π，所以0<θ<. 當(dāng)－10. 設(shè)＝t(t<0)， 則t2cos θ＋t＋sin θ>0對t<0恒成立． 設(shè)f(t)＝t2cos θ＋t＋sin θ＝cos θ2＋sin θ－， 則f(t)min＝sin θ－>0，即sin 2θ>. 又0<2θ<π，所以<2θ<，故<θ<. 6．在對角線AC1＝6的正方體ABCDA1B1C1D1中，正方形BCC1B1所在平面內(nèi)的動點P到直線D1C1，DC的距離之和為4，則的取值范圍是(　　) A．[－2,1] B．[0,1] C．[－1,1] D. 解析：選A　法一：依題意可知CC1＝2， 點P到點C1與C的距離之和為4， 從而可得點P在以C1C為y軸，C1C的中點為原點的橢圓4x2＋y2＝4上．設(shè)P(x0，y0)， 則＝(x0，y0－)(x0，y0＋)＝x＋y－3＝y(tǒng)－2(－2≤y0≤2)． 由此可得－2≤≤1，故選A. 法二：由四個備選項可知，B、C、D都是A的子集． 于是，由“若A則B把A拋，A，B同真都去掉”可知，應(yīng)著重考查“－2”與“1”的值能否取到． 又由條件易知，點P在以C1C為y軸，C1C的中點為原點的橢圓4x2＋y2＝4上． 由此可得，當(dāng)y＝0時，可取到－2， 當(dāng)x＝0時，可取到1.故選A. 7.如圖所示，A是函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的動點，過點A作直線平行于x軸，交函數(shù)g(x)＝2x＋2的圖象于點B，若函數(shù)f(x)＝2x的圖象上存在點C使得△ABC為等邊三角形，則稱A為函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的“好位置點”，則函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的“好位置點”的個數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B　設(shè)A(x,2x)，B(x－2,2x)，若△ABC為等邊三角形，則C(x－1,2x－1)，且AC＝AB＝2，即＝2，即22x－2＝3，又y＝22x－2單調(diào)遞增，所以方程有唯一解x＝＋1，即函數(shù)f(x)＝2x的圖象上的“好位置點”的個數(shù)為1. 8．函數(shù)f(x)的定義域為R，若f(x＋1)與f(x－1)都是奇函數(shù)，則(　　) A．f(x)是偶函數(shù) B．f(x)是奇函數(shù) C．f(x)＝f(x＋2) D．f(x＋3)是奇函數(shù) 解析：選D　法一：因為f(x＋1)是奇函數(shù)，所以f(x)＝f(x－1＋1)＝－f[－(x－1)＋1]＝－f(－x＋2)， 又因為f(x－1)是奇函數(shù)，則－f(－x＋2)＝－f[(－x＋3)－1]＝f(x－3－1)＝f(x－4)， 所以f(x)＝f(x－4)． 所以f(x＋3)＝f(x＋3－4)＝f(x－1)是奇函數(shù)，因而選D. 法二：令f(x)＝sin πx， 則f(x＋1)＝sin[π(x＋1)]＝－sin πx， f(x－1)＝sin[π(x－1)]＝－sin πx. 所以，當(dāng)f(x＋1)，f(x－1)都是奇函數(shù)時，f(x)不是偶函數(shù)，排除A. 令f(x)＝cos x，則 f(x＋1)＝cos＝－sinx， f(x－1)＝cos＝sin x， 且f(x＋2)＝cos＝－cosx， 所以，當(dāng)f(x＋1)，f(x－1)都是奇函數(shù)時，f(x)不是奇函數(shù)，且f(x)≠f(x＋2)，排除B、C，故選D. 9．已知函數(shù)f(x)＝x(1＋a|x|)，若關(guān)于x的不等式f(x＋a))，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則以AF為直徑的圓的方程為(x－m)(x＋2)＋y2＝0. 由 消去y，得x2－(m－2)x－2m－1＝0. 所以x1＋x2＝(m－2)． 所以＝ ＝＝＝. 12．在我們學(xué)過的函數(shù)中有這樣一類函數(shù)：“對任意一個三角形，只要它的三邊長a，b，c都在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)，就有函數(shù)值f(a)，f(b)，f(c)也是某個三角形的三邊長”．下面四個函數(shù)： ①f(x)＝(x>0)；②f(x)＝x2(x>0)； ③f(x)＝sin x(0c， ∴a＋b＋2＞c，∴(＋)2>c，∴＋>， 即f(a)＋f(b)>f(c)， ∴f(x)＝(x>0)屬于這一類函數(shù)； ②舉反例：若a＝3，b＝3，c＝5，則a2＋b20)不屬于這一類函數(shù)； ③舉反例：若a＝，b＝，c＝，則sin a＝sin b＋sin c， 即f(a)＝f(b)＋f(c)＝＋＝1， ∴f(x)＝sin x(0， ∴f(b)＋f(c)＝cos b＋cos c>，而cos a<1， 即f(b)＋f(c)>f(a)，∴f(x)＝cos x屬于這一類函數(shù)． 綜上，屬于這一類函數(shù)的有2個，故選B. B組——填空題解題技法專練 1．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若b－c＝acos C，且4(b＋c)＝3bc，a＝2，則△ABC的面積S＝________. 解析：由正弦定理得sin B－ sin C＝sin Acos C，∵sin B＝sin(A＋C)， ∴sin(A＋C)－sin C＝sin Acos C， 即cos Asin C＝sin C. 又sin C≠0，∴cos A＝， 又A是△ABC的內(nèi)角，∴A＝60， ∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc， ∴(b＋c)2－4(b＋c)＝12， 得b＋c＝6，∴bc＝8， ∴S＝bcsin A＝8＝2. 答案：2 2．已知函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>0且x≠1時，>0，若曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為－，則f(1)＝________. 解析：因為當(dāng)x>0且x≠1時，>0， 所以當(dāng)x>1時，2f(x)＋xf′(x)>0； 當(dāng)01時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)＝x2f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)00，解得0，0,20時，0－.設(shè)AB的中點P(x0，y0)，則x0＝(x1＋x2)＝－，y0＝－x0＋b＝＋b.由點P在直線l1上，得＋b＝－＋t，于是t＝＋b>－＝.故l1在y軸上截距的取值范圍為. 答案： 14．(2019屆高三廣州調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x＋y－2＝0與橢圓C：＋＝1(a>b>0)相切，且橢圓C的右焦點F(c,0)關(guān)于直線l：y＝x的對稱點E在橢圓C上，則△OEF的面積為________． 解析：聯(lián)立消去x，化簡得(a2＋2b2)y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0，得2b2＋a2－8＝0.設(shè)F′為橢圓C的左焦點，連接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又點F到直線l的距離d＝＝，所以|EF|＝，|F′E|＝2a－|EF|＝，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化簡得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0，得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝S△F′EF＝1. 答案：1 15.(2019屆高三山西四校聯(lián)考)如圖，等邊△ABC的邊長為2，頂點B，C分別在x軸的非負(fù)半軸，y軸的非負(fù)半軸上移動，M為AB的中點，則的最大值為________． 解析：設(shè)∠OBC＝θ，因為BC＝2，所以B(2cos θ，0)，C(0,2sin θ)，則＝(－2cos θ，2sin θ)，設(shè)＝(x，y)，因為△ABC是邊長為2的等邊三角形， 所以解得即＝(sin θ－cos θ，cos θ＋sin θ)， 則＝＋＝(sin θ＋cos θ，cos θ＋sin θ)， 因為M為AB的中點， 所以＝＋＝sin θ＋cos θ，cos θ＋sin θ， 所以＝＋sin 2θ＋＋sin 2θ＋cos2θ＝sin 2θ＋cos 2θ＋＝sin(2θ＋φ)＋其中cos φ＝，sin φ＝， 所以的最大值為＋. 答案：＋ 16．已知函數(shù)f(x)＝sin 2x＋2cos2x＋m在區(qū)間上的最大值為3，則 (1)m＝________； (2)對任意a∈R，f(x)在[a，a＋20π]上的零點個數(shù)為________． 解析：(1)因為f(x)＝2sin＋1＋m， 當(dāng)x∈時，≤2x＋≤， 所以當(dāng)x＝時，f(x)取最大值3＋m，所以m＝0. (2)易知函數(shù)f(x)是周期為π的周期函數(shù)，由圖可知，在每個周期內(nèi)只有2個零點，而[a，a＋20π]有20個周期，故有40個零點，特別地，當(dāng)a為零點時，a＋20π也是零點，由此可得，此時可有41個零點．所以填40或41. 答案：(1)0　(2)40或41