《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

4. (2024浙江省镇海中学适应性测试,6)已知函数$f(x)=2\cos^{2}\omega x+\sin2\omega x - 1(\omega＞0)$,$f(x_1)=f(x_2)=\frac{\sqrt{2}}{2},|x_1 - x_2|$的最小值为$\frac{2\pi}{3}$,则$\omega=$（ ）
A. $\frac{1}{2}$
B. 1
C. 2
D. 3

答案： A $f(x)=2\cos^{2}\omega x+\sin2\omega x - 1=\cos2\omega x+\sin2\omega x=\sqrt{2}\sin\left(2\omega x+\frac{\pi}{4}\right)$。
因为$f(x_{1})=f(x_{2})=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\sqrt{2}\sin\left(2\omega x_{1}+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2}\sin\left(2\omega x_{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$\sin\left(2\omega x_{1}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin\left(2\omega x_{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}$，不妨令$2\omega x_{1}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{6}+2k_{1}\pi(k_{1}\in\mathbf{Z})$，$2\omega x_{2}+\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{6}+2k_{2}\pi(k_{2}\in\mathbf{Z})$，$x_{1}=\frac{k_{1}\pi-\frac{\pi}{24}}{\omega}(k_{1}\in\mathbf{Z})$，$x_{2}=\frac{k_{2}\pi+\frac{7\pi}{24}}{\omega}(k_{2}\in\mathbf{Z})$，则$|x_{1}-x_{2}|=\left|\frac{(k_{1}-k_{2})\pi-\frac{\pi}{3}}{\omega}\right|(k_{1},k_{2}\in\mathbf{Z})$，当$k_{1}=k_{2}(k_{1},k_{2}\in\mathbf{Z})$时$|x_{1}-x_{2}|$取得最小值$\frac{\pi}{3\omega}$，则$\frac{\pi}{3\omega}=\frac{2\pi}{3}$，则$\omega=\frac{1}{2}$。故选A。

5. (多选)(2024黑龙江齐齐哈尔二模,9)已知函数$f(x)=\sin(x-\frac{\pi}{3})+\cos(x-\frac{5\pi}{6})$,则（ ）
A. $f(x-\frac{2\pi}{3})$为偶函数
B. 曲线$y = f(x)$的对称中心为$(k\pi+\frac{\pi}{3},0),k\in\mathbf{Z}$
C. $f(x)$在区间$(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3})$上单调递减
D. $f(x)$在区间$(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3})$上有一条对称轴

答案： BD 因为$f(x)=\sin\left(x-\frac{\pi}{3}\right)+\cos\left(x-\frac{5\pi}{6}\right)=\sin\left(x-\frac{\pi}{3}\right)+\cos\left[\frac{\pi}{2}-\left(x-\frac{\pi}{3}\right)\right]=2\sin\left(x-\frac{\pi}{3}\right)$，$f\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)=2\sin(x - \pi)=-2\sin x$，所以$f\left(x-\frac{2\pi}{3}\right)$为奇函数，A选项错误；
令$f(x)=2\sin\left(x-\frac{\pi}{3}\right)=0$，则$x-\frac{\pi}{3}=k\pi,k\in\mathbf{Z}$，即$x=k\pi+\frac{\pi}{3},k\in\mathbf{Z}$，所以曲线$y = f(x)$的对称中心为$\left(k\pi+\frac{\pi}{3},0\right),k\in\mathbf{Z}$，B选项正确；当$x\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)$时，$x-\frac{\pi}{3}\in(0,\pi)$，则$f(x)$在$\left(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)$上不单调，C选项错误；当$x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$时，$f(x)=2$，所以$f(x)$在区间$\left(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)$上有且仅有一条对称轴$x=\frac{5\pi}{6}$，D选项正确。故选BD。

6. (多选)(2024河南五市联考,10)函数$f(x)=2\sin(\omega x+\varphi)(\omega＞0,|\varphi|＜\frac{\pi}{2})$的部分图象如图所示,则（ ）

A. $\omega = 2,\varphi=\frac{\pi}{6}$
B. 不等式$f(x)＞1$的解集为$(k\pi+\frac{\pi}{6},k\pi+\frac{\pi}{2})(k\in\mathbf{Z})$
C. $\frac{7\pi}{12}$为$f(x)$的一个零点
D. 若$A,B,C$为$\triangle ABC$内角,且$f(A)=f(B)$,则$A = B$或$C=\frac{\pi}{3}$

答案： BCD 由题图知$f(0)=2\sin\varphi=-1$，$\sin\varphi=-\frac{1}{2}$，因为$|\varphi|\lt\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi=-\frac{\pi}{6}$，则$f(x)=2\sin\left(\omega x-\frac{\pi}{6}\right)$，又$f\left(\frac{\pi}{3}\right)=2\sin\left(\frac{\pi}{3}\omega-\frac{\pi}{6}\right)=2$，所以$\frac{\pi}{3}\omega-\frac{\pi}{6}=2k\pi+\frac{\pi}{2},k\in\mathbf{Z}$，则$\omega=6k + 2,k\in\mathbf{Z}$，由题图知$\frac{T}{4}=\frac{2\pi}{4\omega}\lt\frac{\pi}{3}$，即$\omega\gt\frac{3}{2}$，又$\frac{T}{2}=\frac{2\pi}{2\omega}\gt\frac{\pi}{3}$，所以$\omega\lt3$，故$\frac{3}{2}\lt\omega\lt3$，则$\omega = 2$，$f(x)=2\sin\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)$，由$2\sin\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)\gt1$得$2k\pi+\frac{\pi}{6}\lt2x-\frac{\pi}{6}\lt2k\pi+\frac{5\pi}{6},k\in\mathbf{Z}$，即$k\pi+\frac{\pi}{6}\lt x\lt k\pi+\frac{\pi}{2},k\in\mathbf{Z}$，故不等式$f(x)\gt1$的解集为$\left(k\pi+\frac{\pi}{6},k\pi+\frac{\pi}{2}\right),k\in\mathbf{Z}$，$f\left(\frac{7\pi}{12}\right)=2\sin\left(\frac{7\pi}{6}-\frac{\pi}{6}\right)=0$，故$\frac{7\pi}{12}$为$f(x)$的一个零点，由$f(A)=f(B)$得$2\sin\left(2A-\frac{\pi}{6}\right)=2\sin\left(2B-\frac{\pi}{6}\right)$，则$2A-\frac{\pi}{6}=2B-\frac{\pi}{6}$或$2A-\frac{\pi}{6}+2B-\frac{\pi}{6}=\pi$，则$A = B$或$A + B=\frac{2\pi}{3}$，即$A = B$或$C=\frac{\pi}{3}$。综上，选BCD。

7. (多选)(2024广东深圳二模,10)已知函数$f(x)=\sin\omega x+a\cos\omega x(x\in\mathbf{R},\omega＞0)$的最大值为2,其部分图象如图所示,则（ ）

A. $a=\sqrt{3}$
B. 函数$f(x-\frac{\pi}{6})$为偶函数
C. 满足条件的正实数$\omega$存在且唯一
D. $f(x)$是周期函数,且最小正周期为$\pi$

答案： ACD $f(x)_{\max}=\sqrt{1 + a^{2}}=2$，$\therefore a=\pm\sqrt{3}$，$\because f(0)=a\gt0$，$\therefore a=\sqrt{3}$，A正确。$f(x)=\sin\omega x+\sqrt{3}\cos\omega x=2\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)$，$\because f(x)$的图象过点$\left(\frac{\pi}{4},1\right)$，$\therefore1 = 2\sin\left(\frac{\omega\pi}{4}+\frac{\pi}{3}\right)$，即$\sin\left(\frac{\omega\pi}{4}+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{2}$，则$\frac{\omega\pi}{4}+\frac{\pi}{3}=2k\pi+\frac{5\pi}{6},k\in\mathbf{Z}$，$\omega=8k + 2,k\in\mathbf{Z}$，又由题图知$\frac{T}{2}\gt\frac{\pi}{4}$，即$\frac{\pi}{\omega}\gt\frac{\pi}{4}$，则$\omega\lt4$，又$\omega\gt0$，$\therefore\omega = 2$，故C正确。$f(x)=2\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)$，$f\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=2\sin\left[2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=2\sin2x$，是奇函数，B错误。$f(x)$的最小正周期为$\pi$。D正确。故选ACD。

8. (2024山东济宁一模,15)已知函数$f(x)=\frac{1}{2}(\sin^{2}x-\cos^{2}x)-\sqrt{3}\sin x\cos(\pi - x)$.
(1)求$f(x)$的单调递增区间;
(2)已知$\triangle ABC$的内角$A,B,C$的对边分别为$a,b,c$,且$f(\frac{A}{2}+\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{3}}{2},b = 2c-\sqrt{2}a$.求角$B$的大小.

答案： 解析
(1)$f(x)=-\frac{1}{2}\cos2x+\sqrt{3}\sin x\cos x=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2x-\frac{1}{2}\cos2x=\sin\left(2x-\frac{\pi}{6}\right)$。
令$-\frac{\pi}{2}+2k\pi\leq2x-\frac{\pi}{6}\leq\frac{\pi}{2}+2k\pi,k\in\mathbf{Z}$，得$-\frac{\pi}{6}+k\pi\leq x\leq\frac{\pi}{3}+k\pi,k\in\mathbf{Z}$，所以$f(x)$的单调递增区间为$\left[-\frac{\pi}{6}+k\pi,\frac{\pi}{3}+k\pi\right](k\in\mathbf{Z})$。
(2)由
(1)知，$f\left(\frac{A}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin\left(A+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又$A\in(0,\pi)$，所以$A+\frac{\pi}{3}\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{4\pi}{3}\right)$，所以$A=\frac{\pi}{3}$，由正弦定理及$b = 2c-\sqrt{2}a$得$\sin B=2\sin C-\sqrt{2}\sin A$，因为$A + B + C=\pi$，所以$\sin B=2\sin\left(\frac{2\pi}{3}-B\right)-\frac{\sqrt{6}}{2}$，整理得$\cos B=\frac{\sqrt{2}}{2}$，又$B\in\left(0,\frac{2\pi}{3}\right)$，所以$B=\frac{\pi}{4}$，故角$B$的大小为$\frac{\pi}{4}$。