《2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版》

10. (2025 上海金山中学期中)将定义在$0,+\infty)$上的函数$y = A\sin(\omega x + \varphi)(A ＞ 0,\omega ＞ 0,0\leq \varphi ＜ \pi)$的图象与直线$y = a$的交点从左往右分别记为$P_1,P_2,P_3,·s$，若$|P_1P_2| = 2|P_2P_3|$，则$\varphi$的最大值是________.

答案：
10.答案$\frac{5\pi}{6}$
解析 因为$\vert P_1P_2\vert = 2\vert P_2P_3\vert$，所以$a\neq\pm A$且$a\neq 0$.
又$\omega$的变化仅与函数的周期有关，与线段长度的比无关，所以不妨令$\omega = 1$，$A = 1$，则$y = \sin(x + \varphi)$，作出$y = \sin t$的部分图象如图所示（用$t$替代$x + \varphi$，且$t\geqslant\varphi$）.

易得$\vert P_1P_2\vert + \vert P_2P_3\vert = 2\pi$，又$\vert P_1P_2\vert = 2\vert P_2P_3\vert$，所以$\vert P_1P_2\vert = \frac{4}{3}\pi$，$\vert P_2P_3\vert = \frac{2}{3}\pi$.
所以$\sin\varphi\geqslant\frac{1}{2}$或$\sin\varphi\leqslant - \frac{1}{2}$，又$0\leqslant\varphi＜\pi$，且当$y_P = \frac{1}{2}$时，$\vert P_1P_2\vert = \frac{1}{2}\vert P_2P_3\vert$，所以$\varphi\in\left[\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right]$，所以$\varphi$的最大值为$\frac{5\pi}{6}$.

11. (2025 四川天立教育集团期中)若存在$x_1,x_2\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，使$f(x)=\sin(\omega x - \frac{\pi}{4})$满足$[f(x_1) + 3]· [f(x_2) - 1] = -8$，则正数$\omega$的取值范围是$\left(\frac{11}{4},\frac{7}{2}\right)\cup\left(\frac{15}{4},+\infty\right)$.

答案： 11.答案$\left(\frac{11}{4},\frac{7}{2}\right)\cup\left(\frac{15}{4},+\infty\right)$
解析 易知$f(x)=\sin\left(\omega x - \frac{\pi}{4}\right)\in[-1,1]$，所以$f(x) + 3\in[2,4]$，$f(x) - 1\in[-2,0]$.又$[f(x_1) + 3][f(x_2) - 1] = - 8$，所以存在$x_1,x_2\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right)$，使得$f(x_1) + 3 = 4$，$f(x_2) - 1 = - 2$，所以$f(x_1)=1$，$f(x_2)= - 1$，所以$\frac{T}{2}=\vert x_1 - x_2\vert\leqslant\frac{\pi}{2}$，所以$T = \frac{2\pi}{\omega}\leqslant\pi$，又$\omega＞0$，所以$\omega\geqslant 2$.
当$T = \frac{2\pi}{\omega}\leqslant\frac{\pi}{2}$时，因为$\omega＞0$，所以$\omega\geqslant 4$，显然成立.
当$2\leqslant\omega＜4$时，由$\omega x_1 - \frac{\pi}{4}=2k\pi + \frac{\pi}{2}(k\in\mathbf{Z})$，得$x_1 = \frac{1}{\omega}\left(2k\pi + \frac{3\pi}{4}\right)(k\in\mathbf{Z})$，所以$\frac{\pi}{2}＜\frac{1}{\omega}\left(2k\pi + \frac{3\pi}{4}\right)＜\pi(k\in\mathbf{Z})$，所以$\frac{11}{4}＜\omega＜4$①.
由$\omega x_2 - \frac{\pi}{4}=2k\pi - \frac{\pi}{2}(k\in\mathbf{Z})$，得$x_2 = \frac{1}{\omega}\left(2k\pi - \frac{\pi}{4}\right)(k\in\mathbf{Z})$，所以$\frac{\pi}{2}＜\frac{1}{\omega}\left(2k\pi - \frac{\pi}{4}\right)＜\pi(k\in\mathbf{Z})$，所以$2\leqslant\omega＜\frac{7}{2}$或$\frac{15}{4}＜\omega＜4$②.
由①②得$\frac{11}{4}＜\omega＜\frac{7}{2}$或$\frac{15}{4}＜\omega＜4$.
综上，正数$\omega$的取值范围是$\left(\frac{11}{4},\frac{7}{2}\right)\cup\left(\frac{15}{4},+\infty\right)$.

12. (15 分)(2025 江西南昌第二中学月考)已知函数$f(x)=\cos(2\omega x + \varphi)(|\varphi|\leq \frac{\pi}{2})$的最小正周期为$\pi$，$(\frac{5\pi}{6},0)$为其图象的一个对称中心.
(1)求函数$f(x)$的解析式及其单调递增区间；
(2)若关于$x$的方程$[f(x)]^2 + mf(x) - 2m = 0$在$[-\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{12}]$上有实数根，求实数$m$的取值范围.

答案：
12.解析
(1)由题意得，最小正周期$T = \frac{2\pi}{2\vert\omega\vert}=\pi$，所以题中未标明$\omega＞0$，所以利用公式时需加绝对值$\vert\omega\vert = 1$，所以$\omega = \pm 1$.
当$\omega = 1$时，$f(x)=\cos(2x + \varphi)$，因为$\left(\frac{5\pi}{6},0\right)$为其图象的一个对称中心，所以$2×\frac{5\pi}{6} + \varphi = \frac{\pi}{2} + k\pi(k\in\mathbf{Z})$，所以$\varphi = -\frac{7\pi}{6} + k\pi(k\in\mathbf{Z})$，又$\vert\varphi\vert\leqslant\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi = -\frac{\pi}{6}$，所以$f(x)=\cos\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)$.
当$\omega = - 1$时，$f(x)=\cos(-2x + \varphi)$，因为$\left(\frac{5\pi}{6},0\right)$为其图象的一个对称中心，所以$-2×\frac{5\pi}{6} + \varphi = \frac{\pi}{2} + k\pi(k\in\mathbf{Z})$，所以$\varphi = \frac{13\pi}{6} + k\pi(k\in\mathbf{Z})$，又$\vert\varphi\vert\leqslant\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi = \frac{\pi}{6}$，所以$f(x)=\cos\left(-2x + \frac{\pi}{6}\right)=\cos\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)$.
综上，$f(x)=\cos\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)$.
令$-\pi + 2k\pi\leqslant 2x - \frac{\pi}{6}\leqslant 2k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$，解得$-\frac{5\pi}{12} + k\pi\leqslant x\leqslant\frac{\pi}{12} + k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$，所以$f(x)$的单调递增区间为$\left[-\frac{5\pi}{12} + k\pi,\frac{\pi}{12} + k\pi\right]$，$k\in\mathbf{Z}$.
(2)当$-\frac{\pi}{12}\leqslant x\leqslant\frac{5\pi}{12}$时，$-\frac{\pi}{3}\leqslant 2x - \frac{\pi}{6}\leqslant\frac{2\pi}{3}$，所以$-\frac{1}{2}\leqslant\cos\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)\leqslant 1$，即$f(x)\in\left[-\frac{1}{2},1\right]$.
设$t = f(x)=\cos\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)$，则$t\in\left[-\frac{1}{2},1\right]$
因为关于$x$的方程$[f(x)]^{2} + mf(x) - 2m = 0$在$\left[-\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{12}\right]$上有实数根，
所以$m = \frac{t^{2}}{2 - t}$在$t\in\left[-\frac{1}{2},1\right]$上有实数根.
令$n = 2 - t$，则$n\in\left[1,\frac{5}{2}\right]$，则$m = \frac{(2 - n)^{2}}{n}=n + \frac{4}{n} - 4$.
在同一平面直角坐标系中作出直线$y = m$与函数$y = n + \frac{4}{n} - 4$在$n\in\left[1,\frac{5}{2}\right]$上的图象，如图所示.

由图可知，$m\in[0,1]$.

13. (15 分)(2025 重庆第十八中学月考)已知函数$f(x)=\sqrt{3}\sin(\omega x + \varphi)(\omega ＞ 0,-\frac{\pi}{2}\leq \varphi\leq \frac{\pi}{2})$的图象关于直线$x = \frac{\pi}{3}$对称，且图象上相邻的两个最高点的距离为$\pi$.
(1)求$\omega$和$\varphi$的值；
(2)当$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$时，求函数$f(x)$的最大值和最小值；
(3)设$g(x)=f(cx)(c ＞ 0)$，若$g(x)$图象的任意一条对称轴与$x$轴的交点的横坐标都不属于区间$(\pi,2\pi)$，求$c$的取值范围.

答案： 13.解析
(1)因为函数$f(x)$图象上相邻的两个最高点的距离为$\pi$，所以最小正周期$T = \pi$，所以$\omega = \frac{2\pi}{T}=2$，所以$f(x)=\sqrt{3}\sin(2x + \varphi)$.
又函数$f(x)$的图象关于直线$x = \frac{\pi}{3}$对称，所以$\sin\left(\frac{2\pi}{3} + \varphi\right)=\pm 1$，所以$\frac{2\pi}{3} + \varphi = k\pi + \frac{\pi}{2}$，$k\in\mathbf{Z}$，所以$\varphi = k\pi - \frac{\pi}{6}$，$k\in\mathbf{Z}$，又$-\frac{\pi}{2}\leqslant\varphi\leqslant\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi = -\frac{\pi}{6}$，
所以$f(x)=\sqrt{3}\sin\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)$.
(2)由
(1)得$f(x)=\sqrt{3}\sin\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)$
当$x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$时，$2x - \frac{\pi}{6}\in\left[-\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right]$，
所以$\sin\left(2x - \frac{\pi}{6}\right)\in\left[-\frac{1}{2},1\right]$，
所以$f(x)\in\left[-\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}\right]$，
所以当$x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$时，函数$f(x)$的最大值为$\sqrt{3}$，最小值为$-\frac{\sqrt{3}}{2}$.
(3)$g(x)=f(cx)=\sqrt{3}\sin\left(2cx - \frac{\pi}{6}\right)$，$c＞0$.
当$x\in(\pi,2\pi)$时，$2cx - \frac{\pi}{6}\in\left(2c\pi - \frac{\pi}{6},4c\pi - \frac{\pi}{6}\right)$，$c＞0$.
因为$g(x)$图象的任意一条对称轴与$x$轴的交点的横坐标都不属于区间$(\pi,2\pi)$，
所以$k\pi - \frac{\pi}{2}\leqslant 2c\pi - \frac{\pi}{6}$，$4c\pi - \frac{\pi}{6}\leqslant k\pi + \frac{\pi}{2}$，$k\in\mathbf{Z}$，$c＞0$，
解得$\frac{k}{2} - \frac{1}{6}\leqslant c\leqslant\frac{k}{4} + \frac{1}{6}$，$k\in\mathbf{Z}$，$c＞0$.
由$\begin{cases}\frac{k}{2} - \frac{1}{6}\geqslant 0,\frac{k}{4} + \frac{1}{6}＞0,\end{cases}$
所以$k = 0$或$k = 1$.
当$k = 0$时，$-\frac{1}{6}\leqslant c\leqslant\frac{1}{6}$，又$c＞0$，所以$0＜c\leqslant\frac{1}{6}$；
当$k = 1$时，$\frac{1}{3}\leqslant c\leqslant\frac{5}{12}$
综上，$c$的取值范围为$\left(0,\frac{1}{6}\right]\cup\left[\frac{1}{3},\frac{5}{12}\right]$