《2026年一本密卷高考数学》

8. (2025·山东威海市三模)函数 $ f(x) = A\sin(\omega x + \varphi) $ 的部分图象如图所示，则 (AD)


A.$ y = f(x) $ 的图象关于直线 $ x = \frac{13\pi}{6} $ 对称
B.$ f(x) $ 在 $ \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right] $ 上的值域为 $ [-2, 2] $
C.$ f(x) $ 在 $ \left( -\frac{\pi}{2}, 0 \right) $ 上单调递增
D.$ y = f \left( x + \frac{5\pi}{12} \right) $ 的图象关于原点对称

答案： 8.AD 由图象可知：$A = 2,\frac{T}{4}=\frac{\pi}{4}$，得 $T=\pi$，所以 $\omega=2$，即 $f(x)=2\sin (2x+\varphi)$，
再由五点作图法可得：$2×\frac{\pi}{6}+\varphi=\frac{\pi}{2}$，得 $\varphi=\frac{\pi}{6}$，所
以 $f(x)=2\sin \left(2x+\frac{\pi}{6}\right)$，
对于 A，当 $x=\frac{13\pi}{6}$ 时，
$f(x)=2\sin \left(2×\frac{13\pi}{6}+\frac{\pi}{6}\right)=2$，
故 $y = f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{13\pi}{6}$ 对称，A正确；
对于 B，当 $x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ 时，
$2x+\frac{\pi}{6}\in\left[\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6}\right]$，
则 $2\sin \left(2x+\frac{\pi}{6}\right)\in[-1,2]$，B错误；
对于 C：当 $x\in\left(-\frac{\pi}{2},0\right)$ 时，
$2x+\frac{\pi}{6}\in\left(-\frac{5\pi}{6},\frac{\pi}{6}\right)$，
正弦函数在 $\left(-\frac{5\pi}{6},\frac{\pi}{6}\right)$ 不单调，故 C错误；
对于 D，$y = f\left(x+\frac{5\pi}{12}\right)=2\sin \left(2x+\frac{5\pi}{6}+\frac{\pi}{6}\right)=$
$-2\sin 2x$，易知是奇函数，D正确. 故选 AD.

9. (2025·辽宁沈阳三模)函数 $ f(x) = \cos 2x + 6\cos \left( \frac{\pi}{2} - x \right) $ 的最小值为 -7.

答案： 9.$-7$ $f(x)=\cos 2x + 6\cos \left(\frac{\pi}{2}-x\right)=1 - 2\sin^2x +$
$6\sin x$，令 $t=\sin x\in[-1,1],y=-2t^2 + 6t + 1$，且
该二次函数的对称轴为直线 $t=\frac{3}{2}$，故函数 $y=$
$-2t^2 + 6t + 1$ 在 $[-1,1]$ 上单调递增，故 $y_{\min}=-2×$
$(-1)^2-6 + 1=-7$，即函数 $f(x)$ 的最小值为 $-7$.

10. (2025·广东省广州市天河区三模)在 $ \triangle ABC $ 中，角 $ A，B，C $ 的对边分别为 $ a，b，c $，若 $ \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{\cos A} = 2 $，$ b + c = 2a\cos B + 2a\cos C $，则 $ \triangle ABC $ 的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{4}$.

答案： 10.$\frac{\sqrt{3}}{4}$ 由 $\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}=2$，根据余弦定理，则
$\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}=2$，解得 $bc = 1$，同理，由 $b + c=2a\cos B$
$+2a\cos C$，则 $b + c=2a·\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}+2a·\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$，通分可得 $b + c=$
$\frac{a^2b + c^2b - b^3 + a^2c + b^2c - c^3}{bc}$，由 $bc = 1$，则 $b + c=$
$a^2(b + c)+c + b-(b + c)(b^2 - ab + c^2)$，化简可得
$b^2 + c^2 - a^2 = 1$，易知 $\cos A=\frac{1}{2}$，则 $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所
以 $\triangle ABC$ 的面积 $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{\sqrt{3}}{4}$.

11. (13 分)(2025·云南省玉溪市、保山市三模)记 $ \triangle ABC $ 内角 $ A，B，C $ 的对边分别为 $ a，b，c $，已知 $ \sin A = \sqrt{2}\sin B $，$ a^{2} + c^{2} - b^{2} = \sqrt{3}ac $.
(1)求 $ C $ 的大小；
(2)若 $ C ＞ A $，$ \triangle ABC $ 的面积为 $ \sqrt{3} + 1 $，求 $ a $.

答案： 11.解：
(1)因为 $a^2 + c^2 - b^2=\sqrt{3}ac$，由余弦定理可得
$\cos B=\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}=\frac{\sqrt{3}ac}{2ac}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，因为 $B\in(0,\pi)$，
可得 $B=\frac{\pi}{6}$，又因为 $\sin A=\sqrt{2}\sin B$，可得 $\sin A=$
$\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为 $A\in(0,\pi)$，所以 $A=\frac{\pi}{4}$ 或 $\frac{3\pi}{4}$，所以 $C=\frac{7\pi}{12}$
或 $\frac{\pi}{12}$.
(2)由 $C＞A$ 及
(1) 可得 $C=\frac{7\pi}{12},A=\frac{\pi}{4}$.
因为 $\sin C=\sin \frac{7\pi}{12}=\sin \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
由正弦定理得 $\frac{a}{\sin\frac{\pi}{4}}=\frac{b}{\sin\frac{\pi}{6}}=\frac{c}{\sin\frac{7\pi}{12}}$，
得 $b=\frac{\sqrt{2}}{2}a,c=\frac{\sqrt{3 + 1}}{2}a$，
所以 $S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}a×\frac{\sqrt{3 + 1}}{2}a×\frac{\sqrt{2}}{2}$
$=\frac{\sqrt{3 + 1}}{8}a^2$.
又因为已知 $\triangle ABC$ 的面积为 $\sqrt{3 + 1}$，
可得 $\frac{\sqrt{3 + 1}}{8}a^2=\sqrt{3 + 1}$，解得 $a=2\sqrt{2}$.

12. (15 分)(2025·山东省泰安市三模)已知函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \varphi) \left( \omega ＞ 0, |\varphi| \leq \frac{\pi}{2} \right) $，圆 $ C: \left( x - \frac{1}{2} \right)^{2} + y^{2} = \frac{9}{4} $.
(1)若 $ f(x) $ 两条相邻的对称轴与 $ C $ 相切，求 $ \omega, \varphi $；
(2)若 $ \varphi = \frac{\pi}{2} $，$ x_{i}(i = 1, 2, ·s) $ 是 $ f(x_{i}) $ 的极值点，且点 $ (x_{1}, 0)(i = 1, 2, ·s) $ 有且仅有两个在 $ C $ 的内部，求 $ \omega $ 的取值范围.

答案： 12.解：
(1)由题，$f(x)$ 相邻对称轴间的距离为 $\frac{\pi}{\omega}$，又
圆 C 的直径为 3，则 $\frac{\pi}{\omega}=3$，得 $\omega=\frac{\pi}{3}$，又圆心 C
$\left(\frac{1}{2},0\right)$，所以 $f(x)$ 其中一条对称轴为 $x = 2$，
$\therefore2×\frac{\pi}{3}+\varphi=\frac{\pi}{2}+k\pi$，得 $\varphi=-\frac{\pi}{6}+k\pi,k\in \mathbb{Z}$，
又 $|\varphi|\leq\frac{\pi}{2}\therefore\varphi=-\frac{\pi}{6}$.
(2)若 $\varphi=\frac{\pi}{2}$，则 $f(x)$ 的极值点满足 $\omega x+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}$
$+k\pi$，$k\in \mathbb{Z}$，得 $x=\frac{k\pi}{\omega}$，$k\in \mathbb{Z}$，又圆 C 与 $x$ 轴交点
分别为 $(-1,0),(2,0)$，所以原题设等价于有且仅
有 2 个 $k$ 的值满足 $-1＜\frac{k\pi}{\omega}＜2(k\in \mathbb{Z})$，整理得
$-\frac{\omega}{\pi}＜k＜\frac{2\omega}{\pi}$，故 $k$ 能且仅能取 0,1 两个值，所以
$1＜\frac{2\omega}{\pi}\leq2$，解得 $\omega\in\left(\frac{\pi}{2},\pi\right]$.