《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

9. (2024重庆第六次质量检测,16)设函数$f(x)=\cos\omega x\sin(\omega x+\frac{\pi}{6})-\frac{1}{4}(\omega＞0)$,且函数$f(x)$的图象相邻两条对称轴之间的距离为$\frac{\pi}{2}$.
(1)若$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$,求$f(x)$的值域;
(2)把函数$f(x)$图象上所有点的横坐标变为原来的$\frac{1}{2}$(纵坐标不变),再将所得图象向左平移$\frac{\pi}{6}$个单位长度,得到函数$g(x)$的图象,讨论函数$g(x)$的单调性;
(3)在$\triangle ABC$中,记$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c$,$f(A)=-\frac{1}{2}$,外接圆面积为$4\pi$,$\tan B=(2 - \sqrt{3})\tan C$,$\triangle ABC$的内角$\angle BAC$的平分线与外角平分线分别交直线$BC$于$D,E$两点,求$DE$的长度.

答案：
解析
(1)$f(x)=\cos\omega x\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{6}\right)-\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\omega x\sin\omega x+\frac{1}{2}\cos^{2}\omega x-\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4}\sin2\omega x+\frac{1}{4}\cos2\omega x=\frac{1}{2}\sin\left(2\omega x+\frac{\pi}{6}\right)$，由题意得$\frac{T}{2}=\frac{\pi}{2}$，又$T=\frac{2\pi}{|2\omega|},\omega\gt0$，$\therefore\omega = 1$，则$f(x)=\frac{1}{2}\sin\left(2x+\frac{\pi}{6}\right)$。若$x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$，则$2x+\frac{\pi}{6}\in\left[\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6}\right]$，$\therefore f(x)\in\left[-\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right]$。
(2)由题意得$g(x)=\frac{1}{2}\sin\left(4x+\frac{5\pi}{6}\right)$，由$-\frac{\pi}{2}+2k\pi\leq4x+\frac{5\pi}{6}\leq\frac{\pi}{2}+2k\pi(k\in\mathbf{Z})$，得$-\frac{\pi}{3}+\frac{1}{2}k\pi\leq x\leq-\frac{\pi}{12}+\frac{1}{2}k\pi(k\in\mathbf{Z})$；由$\frac{\pi}{2}+2k\pi\leq4x+\frac{5\pi}{6}\leq\frac{3\pi}{2}+2k\pi(k\in\mathbf{Z})$，得$-\frac{\pi}{12}+\frac{1}{2}k\pi\leq x\leq\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}k\pi(k\in\mathbf{Z})$。$\therefore g(x)$在$\left[-\frac{\pi}{3}+\frac{1}{2}k\pi,-\frac{\pi}{12}+\frac{1}{2}k\pi\right](k\in\mathbf{Z})$上单调递增，在$\left[-\frac{\pi}{12}+\frac{1}{2}k\pi,\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}k\pi\right](k\in\mathbf{Z})$上单调递减。
(3)$f(A)=\frac{1}{2}\sin\left(2A+\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow\sin\left(2A+\frac{\pi}{6}\right)=-1$，$\because0\lt A\lt\pi$，$\therefore A=\frac{2\pi}{3}$。$\triangle ABC$的外接圆半径$R = 2$，$\tan B=\tan\left(\frac{\pi}{3}-C\right)=\frac{\sqrt{3}-\tan C}{1+\sqrt{3}\tan C}=(2 - \sqrt{3})\tan C$，解得$\tan C = 1$（舍去负值）。则$C=\frac{\pi}{4}$，$B=\frac{\pi}{12}$。而$\angle ADE=\pi-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{12}$，且由$AD,AE$分别为$\triangle ABC$内、外角平分线可知$AD\perp AE$，故$\angle E=\frac{\pi}{12}$。因此$AE = c$，$DE=\frac{AE}{\cos\frac{\pi}{12}}=\frac{c}{\cos\frac{\pi}{12}}$，在$\triangle ABC$中，由正弦定理可知，$c = 2R\sin C=4\sin\frac{\pi}{4}=2\sqrt{2}$，故$DE=\frac{2\sqrt{2}}{\cos\frac{\pi}{12}}=\frac{2\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}=4\sqrt{3}-4$。

10. (2024福建三明质量检测,16)已知函数$f(x)=\sin\omega x+\cos(\omega x+\frac{\pi}{6})$(其中$\omega＞0$)图象的两条相邻对称轴间的距离为$\frac{\pi}{2}$.
(1)若$f(x)$在$(0,m)$上有最大值无最小值,求实数$m$的取值范围;
(2)将函数$f(x)$的图象向右平移$\frac{\pi}{6}$个单位长度;再将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变),得到$g(x)$的图象,设$h(x)=g(x)+\frac{1}{2}x$,求$h(x)$在$(-2\pi,\pi)$上的极大值点.

答案： 解析
(1)$f(x)=\frac{1}{2}\sin\omega x+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\omega x=\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)$，因为图象相邻两条对称轴间的距离为$\frac{\pi}{2}$，所以周期$T = 2\times\frac{\pi}{2}=\pi$，即$\omega=\frac{2\pi}{T}=2$，因此$f(x)=\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)$，当$x\in(0,m)$时，$2x+\frac{\pi}{3}\in\left(\frac{\pi}{3},2m+\frac{\pi}{3}\right)$，若$f(x)$在$(0,m)$有最大值无最小值，则由正弦函数图象得$\frac{\pi}{2}\lt2m+\frac{\pi}{3}\leq\frac{3\pi}{2}$，解得$\frac{\pi}{12}\lt m\leq\frac{7\pi}{12}$，即$m$的取值范围为$\left(\frac{\pi}{12},\frac{7\pi}{12}\right]$。
(2)将$f(x)$的图象向右平移$\frac{\pi}{6}$个单位长度得$y=\sin\left[2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=\sin2x$的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来$2$倍（纵坐标不变）得$g(x)=\sin x$的图象，所以$h(x)=g(x)+\frac{x}{2}=\sin x+\frac{x}{2}$，$h'(x)=\cos x+\frac{1}{2},x\in(-2\pi,\pi)$，令$h'(x)=0$，得$\cos x=-\frac{1}{2}$，则$x=-\frac{4\pi}{3}$或$x=-\frac{2\pi}{3}$或$x=\frac{2\pi}{3}$，当$x\in\left(-2\pi,-\frac{4\pi}{3}\right)$时，$h'(x)\gt0$，$h(x)$单调递增，当$x\in\left(-\frac{4\pi}{3},-\frac{2\pi}{3}\right)$时，$h'(x)\lt0$，$h(x)$单调递减，当$x\in\left(-\frac{2\pi}{3},\frac{2\pi}{3}\right)$时，$h'(x)\gt0$，$h(x)$单调递增，当$x\in\left(\frac{2\pi}{3},\pi\right)$时，$h'(x)\lt0$，$h(x)$单调递减，所以$h(x)$的极大值点为$-\frac{4\pi}{3}$和$\frac{2\pi}{3}$。

1. (创新考法)(2024广东广州一模,6)已知函数$f(x)$的部分图象如图所示,则$f(x)$的解析式可能是（ ）

A. $f(x)=\sin(\tan x)$
B. $f(x)=\tan(\sin x)$
C. $f(x)=\cos(\tan x)$
D. $f(x)=\tan(\cos x)$

答案： D 根据题图可知函数$f(x)$的图象关于$y$轴对称，所以函数$f(x)$为偶函数，且定义域为$\mathbf{R}$。对于A，C，函数$f(x)$的定义域均为$\left\{x\mid x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi,k\in\mathbf{Z}\right\}$，不满足题意，故排除A，C；对于B，$f(-x)=\tan[\sin(-x)]=\tan(-\sin x)=-\tan(\sin x)=-f(x)$，$f(x)$为奇函数，不满足题意，排除B，故选D。

2. (创新知识交汇)(2024湖北武汉二调,7)函数$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)$的部分图象如图,若$\overrightarrow{TA}=\overrightarrow{AB}$,则点$A$的纵坐标为（ ）

A. $\frac{2-\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
C. $\sqrt{3}-\sqrt{2}$
D. $2-\sqrt{3}$

答案： B 由题意知$\omega x+\varphi=\frac{3\pi}{2}+2k\pi(k\in\mathbf{Z})$，则$x=\frac{2k\pi+\frac{3\pi}{2}-\varphi}{\omega}=\frac{2k\pi}{\omega}+\frac{3\pi}{2\omega}-\frac{\varphi}{\omega}(k\in\mathbf{Z})$，所以$T\left(\frac{2k\pi}{\omega}+\frac{3\pi}{2\omega}-\frac{\varphi}{\omega},0\right)(k\in\mathbf{Z})$，设$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，因为$\overrightarrow{TA}=\overrightarrow{AB}$，所以$\begin{cases}\frac{x_{2}+\frac{2k\pi}{\omega}+\frac{3\pi}{2\omega}-\frac{\varphi}{\omega}}{2}=x_{1}(k\in\mathbf{Z})\\\frac{y_{2}}{2}=y_{1}\end{cases}$，解得$\begin{cases}x_{2}=2x_{1}-\frac{2k\pi}{\omega}-\frac{3\pi}{2\omega}+\frac{\varphi}{\omega}(k\in\mathbf{Z})\\y_{2}=2y_{1}\end{cases}$，所以$2y_{1}=y_{2}=f(x_{2})=f\left(2x_{1}-\frac{2k\pi}{\omega}-\frac{3\pi}{2\omega}+\frac{\varphi}{\omega}\right)=\sin\left(2\omega x_{1}-\frac{3\pi}{2}+2\varphi\right)=\cos(2\omega x_{1}+2\varphi)=1 - 2\sin^{2}(\omega x_{1}+\varphi)=1 - 2y_{1}^{2}$，所以$2y_{1}^{2}+2y_{1}-1=0$，由题图可知$y_{1}\gt0$，所以$y_{1}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$。故选B。