《2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版》

11. (2025 陕西西安中学期末)已知函数 $f(x) = \tan (\omega x + \varphi )(\omega ＞ 0,|\varphi| ＜ \frac{\pi}{2})$ 的图象经过点 $(0,\sqrt{3})$，若函数 $f(x)$ 在区间 $[0,\pi]$ 上恰有 2 个零点，则 $\omega$ 的取值范围为 $[\frac{5}{3},\frac{8}{3})$.

答案： 11.答案$[\frac{5}{3},\frac{8}{3})$
解析因为函数$f(x)$的图象经过点$(0,\sqrt{3})$,
所以$\tan \varphi=\sqrt{3}$,又$|\varphi|＜\frac{\pi}{2}$,所以$\varphi=\frac{\pi}{3}$,
所以$f(x)=\tan(\omega x+\frac{\pi}{3})$.
由$x\in[0,\pi]$,得$\omega x+\frac{\pi}{3}\in[\frac{\pi}{3},\omega\pi+\frac{\pi}{3}]$.
因为函数$f(x)$在区间$[0,\pi]$上恰有2个零点,
所以$2\pi\leqslant\omega\pi+\frac{\pi}{3}＜3\pi$,解得$\frac{5}{3}\leqslant\omega＜\frac{8}{3}$.

12. (15 分)(2025 辽宁抚顺六校协作体联考)已知 $\sin (\alpha + \beta ) = \frac{5}{6}$，$\sin (\alpha - \beta ) = \frac{1}{3}$.
(1)求 $\sin \alpha \cos \beta$，$\cos \alpha \sin \beta$ 的值；
(2)求 $\frac{(1 - \cos 2\alpha)(1 + \cos 2\beta)}{\sin 2\alpha \sin 2\beta}$ 的值；
(3)若 $\alpha,\beta$ 均为锐角，且 $\tan \beta ＜ \frac{\sqrt{3}}{3}$，求 $\cos 2\alpha$ 的值.

答案： 12.解析
(1)由题意得$\sin(\alpha+\beta)=\sin \alpha\cos \beta+\cos \alpha\sin \beta=\frac{5}{6}$,
$\sin(\alpha-\beta)=\sin \alpha\cos \beta-\cos \alpha\sin \beta=\frac{1}{3}$,
解得$\begin{cases}\sin \alpha\cos \beta=\frac{7}{12},\\\cos \alpha\sin \beta=\frac{1}{4}.\end{cases}$
(2)$\frac{(1-\cos 2\alpha)(1+\cos 2\beta)}{\sin 2\alpha\sin 2\beta}=\frac{1-(1-2\sin^2\alpha)}{2\sin \alpha\cos \alpha}·\frac{1+2\cos^2\beta-1}{2\sin \beta\cos \beta}=\frac{2\sin^2\alpha}{2\sin \alpha\cos \alpha}·\frac{2\cos^2\beta}{2\sin \beta\cos \beta}=\frac{\sin \alpha\cos \beta}{\cos \alpha\sin \beta}=\frac{\frac{7}{12}}{\frac{1}{4}}=\frac{7}{3}$.
(3)由$\tan \beta＜\frac{\sqrt{3}}{3},\beta$为锐角,得$0＜\beta＜\frac{\pi}{6}$.
由$\frac{\tan \alpha}{\tan \beta}=\frac{\sin \alpha\cos \beta}{\cos \alpha\sin \beta}=\frac{7}{3}$,得$\tan \alpha=\frac{7}{3}\tan \beta＜\frac{7}{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}＜\sqrt{3}$,
所以$0＜\alpha＜\frac{\pi}{3}$.
所以$0＜\alpha+\beta＜\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{6}＜\alpha-\beta＜\frac{\pi}{3}$.
又$\sin(\alpha+\beta)=\frac{5}{6},\sin(\alpha-\beta)=\frac{1}{3}$,所以$\cos(\alpha+\beta)=\frac{\sqrt{11}}{6},\cos(\alpha-\beta)=\sqrt{1-\sin^2(\alpha-\beta)}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$,
所以$\cos 2\alpha=\cos[(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)]=\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)-\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)=\frac{\sqrt{11}}{6}×\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5}{6}×\frac{1}{3}=\frac{2\sqrt{22}-5}{18}$.

13. (15 分)(2025 河南南阳方城第一高级中学月考)已知函数 $f(x) = 2\tan (2x + \frac{\pi}{4}) + 1$.
(1)求不等式 $f(x) \geq 1$ 的解集；
(2)设函数 $g(x) = [f(x)]^2 + mf(x) - 2m + \frac{9}{4}$，若对任意的 $x \in [-\frac{\pi}{4},0]$，$g(x) \geq 0$ 恒成立，求实数 $m$ 的取值范围.

答案： 13.解析
(1)不等式$f(x)\geqslant1$即$2\tan(2x+\frac{\pi}{4})+1\geqslant1$,即$\tan(2x+\frac{\pi}{4})\geqslant0$,
所以$k\pi\leqslant2x+\frac{\pi}{4}＜k\pi+\frac{\pi}{2}(k\in \mathbf{Z})$,
解得$\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{8}\leqslant x＜\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{8}(k\in \mathbf{Z})$,
故不等式$f(x)\geqslant1$的解集为$[\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{8},\frac{k\pi}{2}+\frac{\pi}{8})(k\in \mathbf{Z})$.
(2)因为$x\in[-\frac{\pi}{4},0]$,所以$2x+\frac{\pi}{4}\in[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}]$,
所以$\tan(2x+\frac{\pi}{4})\in[-1,1]$,
所以$2\tan(2x+\frac{\pi}{4})+1\in[-1,3]$,即$f(x)\in[-1,3]$.
设$t=f(x)$,则$t\in[-1,3]$.
设函数$h(t)=t^2+mt-2m+\frac{9}{4}(-1\leqslant t\leqslant3)$.
当$-\frac{m}{2}＜-1$,即$m＞2$时,$h(t)$在$[-1,3]$上单调递增,
所以$h(t)_{\min}=h(-1)=1-m-2m+\frac{9}{4}\geqslant0$,解得$m\leqslant\frac{13}{12}$,
又$m＞2$,所以$m\in\varnothing$.
当$-1\leqslant-\frac{m}{2}\leqslant3$,即$-6\leqslant m\leqslant2$时,$h(t)$在$[-1,-\frac{m}{2}]$上单调递减,在$[-\frac{m}{2},3]$上单调递增,所以$h(t)_{\min}=h(-\frac{m}{2})=-\frac{m^2}{4}-2m+\frac{9}{4}\geqslant0$,解得$-9\leqslant m\leqslant1$,又$-6\leqslant m\leqslant2$,所以$-6\leqslant m\leqslant1$.
当$-\frac{m}{2}＞3$,即$m＜-6$时,$h(t)$在$[-1,3]$上单调递减,
所以$h(t)_{\min}=h(3)=9+3m-2m+\frac{9}{4}\geqslant0$,解得$m\geqslant-\frac{45}{4}$,
又$m＜-6$,所以$-\frac{45}{4}\leqslant m＜-6$.
综上,实数$m$的取值范围是$[-\frac{45}{4},1]$