《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(2)(2025·烟台模拟)若函数$f(x) = \sin\omega x + \sqrt{3}\cos\omega x - 1$在$[0,2\pi]$上恰有$5$个零点，且在$[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{15}]$上单调递增，则正实数$\omega$的取值范围是$\frac{9}{4}\leqslant\omega\leqslant\frac{5}{2}$。

答案： 【例3】
(2)$\frac{9}{4}\leqslant\omega\leqslant\frac{5}{2}$ 依题意，函数$f(x)=2\sin(\omega x+\frac{\pi}{3})-1$，
由$f(x)=0$，得$\sin(\omega x+\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}$，
则$\omega x+\frac{\pi}{3}=2k\pi+\frac{\pi}{6}$或$\omega x+\frac{\pi}{3}=2k\pi+\frac{5\pi}{6},k\in\mathbf{Z}$，
由$x\in[0,2\pi]$，得$\omega x+\frac{\pi}{3}\in[\frac{\pi}{3},2\pi\omega+\frac{\pi}{3}]$，
由$f(x)$在$[0,2\pi]$上恰有5个零点，
得$\frac{29\pi}{6}\leqslant2\pi\omega+\frac{\pi}{3}＜\frac{37\pi}{6}$，解得$\frac{9}{4}\leqslant\omega＜\frac{35}{12}$，
由$-\frac{\pi}{2}\leqslant\omega x+\frac{\pi}{3}\leqslant\frac{\pi}{2}$，
得$-\frac{5\pi}{6\omega}\leqslant x\leqslant\frac{\pi}{6\omega}$，
即函数$f(x)$在$[-\frac{5\pi}{6\omega},\frac{\pi}{6\omega}]$上单调递增，
因此$[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{15}]\subseteq[-\frac{5\pi}{6\omega},\frac{\pi}{6\omega}]$，即$-\frac{5\pi}{6\omega}\leqslant-\frac{\pi}{4}$，且$\frac{\pi}{6\omega}\geqslant\frac{\pi}{15}$，解得$0＜\omega\leqslant\frac{5}{2}$，
所以正实数$\omega$的取值范围为$\frac{9}{4}\leqslant\omega\leqslant\frac{5}{2}$.

(1)(多选)(2025·内蒙古赤峰三模)将函数$g(x) = \sin(8x - \frac{\pi}{4}) + \sqrt{3}\cos(8x - \frac{\pi}{4})$图象上每个点的横坐标伸长为原来的$2$倍，纵坐标不变，得到函数$f(x)$的图象，则(BC)

A.$f(x - \frac{\pi}{48})$为偶函数
B.$f(x)$的最小正周期为$\frac{\pi}{2}$
C.$f(x)$的图象关于点$(-\frac{\pi}{48},0)$对称
D.$f(x)$在$[-\frac{\pi}{24},\frac{\pi}{16}]$上的最大值为$2$

答案： 训练3
(1)BC 由$g(x)=\sin(8x-\frac{\pi}{4})+\sqrt{3}\cos(8x-\frac{\pi}{4})$
则$g(x)=2[\frac{1}{2}\sin(8x-\frac{\pi}{4})+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos(8x-\frac{\pi}{4})]=2\sin(8x-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3})=2\sin(8x+\frac{\pi}{12})$，
所以$f(x)=2\sin(4x+\frac{\pi}{12})$，
$f(x-\frac{\pi}{48})=2\sin[4(x-\frac{\pi}{48})+\frac{\pi}{12}]=2\sin4x$，
函数定义域为$\mathbf{R}$，
令$h(x)=2\sin4x$，
则$h(-x)=2\sin(-4x)=-2\sin4x$，
所以$f(x-\frac{\pi}{48})$为奇函数，故A错误.
$f(x)$的最小正周期为$\frac{2\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$，B正确.
由$f(-\frac{\pi}{48})=2\sin4×(-\frac{\pi}{48})+\frac{\pi}{12}=2\sin0=0$，
得$f(x)$的图象关于点$(-\frac{\pi}{48},0)$对称，C正确.
令$t=4x+\frac{\pi}{12}$，
由$x\in[-\frac{\pi}{24},\frac{\pi}{16}]$，得$t\in[-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{3}]$，
又$y=2\sin t$在$[-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{3}]$上单调递增，
所以$t=\frac{\pi}{3}$时，$y=2\sin t$取得最大值$2\sin\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$，
则$f(x)$在$[-\frac{\pi}{24},\frac{\pi}{16}]$上的最大值为$2\sin\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$，D错误.
故选BC.

(2)(2025·邵阳模拟)已知函数$f(x) = 2\sin(3x + \frac{\pi}{6})$在$[0,\frac{17}{72}a]$上单调递增，在$[\frac{17}{9}a,\frac{10}{9}\pi]$上单调递减，则实数$a$的取值范围为(C)

A.$[0,\frac{7}{17}\pi]$
B.$[\frac{6}{17}\pi,\frac{7}{17}\pi]$
C.$[\frac{7}{17}\pi,\frac{8}{17}\pi]$
D.$[\frac{8}{17}\pi,\frac{9}{17}\pi]$

答案： 训练3
(2)C 由$2k\pi-\frac{\pi}{2}\leqslant3x+\frac{\pi}{6}\leqslant2k\pi+\frac{\pi}{2},k\in\mathbf{Z}$，解得$\frac{2k\pi}{3}-\frac{\pi}{2}\leqslant x\leqslant\frac{2k\pi}{3}+\frac{\pi}{9},k\in\mathbf{Z}.\therefore f(x)$的单调增区间为$[\frac{2k\pi}{3}-\frac{\pi}{2},\frac{2k\pi}{3}+\frac{\pi}{9}],k\in\mathbf{Z}.\because f(x)$在$[0,\frac{17}{72}a]$上单调递增，
$\therefore0＜\frac{17}{72}a\leqslant\frac{\pi}{9}$，$\therefore0＜a\leqslant\frac{8\pi}{17}$.由$2k\pi+\frac{\pi}{2}\leqslant3x+\frac{\pi}{6}\leqslant2k\pi+\frac{3\pi}{2},k\in\mathbf{Z}$，解得$\frac{2k\pi}{3}+\frac{\pi}{9}\leqslant x\leqslant\frac{2k\pi}{3}+\frac{4\pi}{9},k\in\mathbf{Z},\therefore f(x)$的单调
减区间为$[\frac{2k\pi}{3}+\frac{\pi}{9},\frac{2k\pi}{3}+\frac{4\pi}{9}],k\in\mathbf{Z}$，又函数在
$[\frac{17}{9}a,\frac{10}{9}\pi]$上单调递减，$\therefore\frac{7\pi}{9}\leqslant\frac{17}{9}a＜\frac{10}{9}\pi$，$\therefore\frac{7\pi}{17}\leqslant a＜\frac{10}{9}\pi$，综上，$\frac{7\pi}{17}\leqslant a\leqslant\frac{8\pi}{17}$，即实数$a$的取值范围为$[\frac{7\pi}{17},\frac{8\pi}{17}\pi]$.

1. (2025·全国二卷)在△ABC 中，BC = 2，AC = 1 + √3，AB = √6，则 A = (A)

A.45°
B.60°
C.120°
D.135°

答案： 1.A　余弦定理的应用　通解$\cos A=\frac{(1+\sqrt{3})^{2}+6 - 4}{2(1+\sqrt{3})×\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{3}(1+\sqrt{3})}{2(1+\sqrt{3})×\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为$0^{\circ}＜A＜180^{\circ}$，所以$A = 45^{\circ}$。
光速解：因为$BC＜AC$，$BC＜AB$，所以A为最小角，所以$A＜60^{\circ}$，排除B，C，D，故选A。

2. (多选)(2025·全国一卷)已知△ABC 的面积为 $\frac{1}{4}$，cos 2A + cos 2B + 2sin C = 2，cos A cos B sin C = $\frac{1}{4}$，则 (ABC)

A.sin C = sin²A + sin²B
B.AB = √2
C.sin A + sin B = $\frac{\sqrt{6}}{2}$
D.AC² + BC² = 3

答案： 2.ABC　三角恒等变换+解三角形　A正确，$\cos2A+\cos2B + 2\sin C=1 - 2\sin^{2}A + 1 - 2\sin^{2}B+2\sin C=2$，所以$\sin^{2}A+\sin^{2}B=\sin C$。B正确，令$a = BC$，$b = AC$，$c = AB$，则$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$（R为$\triangle ABC$的外接圆半径），由$\sin^{2}A+\sin^{2}B=\sin C$，得$a^{2}+b^{2}=c·2R\geqslant c^{2}$。若$a^{2}+b^{2}＞c^{2}$，则$\triangle ABC$为锐角三角形，则$A + B＞\frac{\pi}{2}$，即$A＞\frac{\pi}{2}-B$，则$\sin A＞\sin(\frac{\pi}{2}-B)=\cos B$，所以$\sin C=\sin^{2}A+\sin^{2}B＞\cos^{2}B+\sin^{2}B = 1$，矛盾。故$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，即$C=A + B=\frac{\pi}{2}$，所以$\cos(A + B)=\cos A\cos B-\sin A\sin B=0$，又$\cos A\cos B\sin C=\cos A\cos B=\frac{1}{4}$，所以$\sin A\sin B=\frac{1}{4}$。因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{4}$，所以$ab=\frac{1}{2}$，所以$\frac{ab}{\sin A\sin B}=(2R)^{2}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{4}}=2$，所以$2R=\sqrt{2}$，所以$c=2R·\sin C=\sqrt{2}$。C正确，$(\sin A+\sin B)^{2}=\sin^{2}A+\sin^{2}B+2\sin A\sin B=\sin C + 2\sin A\sin B=1+2×\frac{1}{4}=\frac{3}{2}$，所以$\sin A+\sin B=\frac{\sqrt{6}}{2}$。D错误，$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}=c^{2}=2$。故选ABC。

3. (2024·全国甲卷)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 B = $\frac{\pi}{3}$，b² = $\frac{9}{4}$ac，则 sin A + sin C = (C)

A.$\frac{2\sqrt{39}}{13}$
B.$\frac{\sqrt{39}}{13}$
C.$\frac{\sqrt{7}}{2}$
D.$\frac{3\sqrt{13}}{13}$

答案： 3.C　由正弦定理得$\frac{9}{4}\sin A\sin C=\sin^{2}B$，因为$B=\frac{\pi}{3}$，所以$\sin A\sin C=\frac{4}{9}\sin^{2}B=\frac{1}{3}$。由余弦定理得$b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac·\cos B=a^{2}+c^{2}-ac$，所以$a^{2}+c^{2}=\frac{13}{4}ac$，所以$\sin^{2}A+\sin^{2}C=\frac{13}{4}\sin A\sin C$，所以$(\sin A+\sin C)^{2}=\sin^{2}A+\sin^{2}C+2\sin A\sin C=\frac{21}{4}\sin A\sin C=\frac{7}{4}$，又$\sin A＞0$，$\sin C＞0$，所以$\sin A+\sin C=\frac{\sqrt{7}}{2}$。

4. (2024·新高考Ⅰ卷)记△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin C = √2 cos B，a² + b² - c² = √2ab.
(1)求 B；
(2)若△ABC 的面积为 3 + √3，求 c.

答案： 4.解：
(1)第1步：利用余弦定理求C
由余弦定理得$\cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，又$0＜C＜\pi$，$\therefore C=\frac{\pi}{4}$。
第2步：将C代入已知等式求B
$\therefore\sqrt{2}\cos B=\sin C=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\therefore\cos B=\frac{1}{2}$，又$0＜B＜\pi$，$\therefore B=\frac{\pi}{3}$。
(2)第1步：求A
由
(1)得$A=\pi - B - C=\frac{5\pi}{12}$。
第2步：利用正弦定理得出$a$，$c$的关系
由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，得$\frac{a}{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}}=\frac{c}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$，$\therefore a=\frac{1+\sqrt{3}}{2}c$。
第3步：利用三角形面积公式求$c$
$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}×\frac{1+\sqrt{3}}{2}c× c×\frac{\sqrt{3}}{2}=3+\sqrt{3}$，解得$c=2\sqrt{2}$。