《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1) (2025·江西鹰潭模拟) 已知函数 $ f(x) = a\cos \omega x + \sin \omega x(\omega ＞ 0) $，若 $ f(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3} $ 且 $ f(x) \geq f(\frac{\pi}{6}) $，则 $ \omega $ 的最小值为(D)
A. 11
B. 5
C. 9
D. 7
(2) 已知函数 $ f(x) = \sin(\omega x - \frac{\pi}{3})(\omega ＞ 0) $ 在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上的值域为 $[-\frac{\sqrt{3}}{2}, 1]$，则实数 $ \omega $ 的取值范围为$\left[\frac{5}{3},\frac{10}{3}\right]$。

答案： 对点练3.（1）D（2）$\left[\frac{5}{3},\frac{10}{3}\right]$（1）由$f(x)\geqslant f\left(\frac{\pi}{6}\right)$可知，$f(x)$在$x=\frac{\pi}{6}$取得最小值，所以函数$f(x)$的一条对称轴为$x=\frac{\pi}{6}$，又$0+\frac{\pi}{3}=2×\frac{\pi}{6}$，因此$f\left(\frac{\pi}{3}\right)=f(0)=\sqrt{3}$，即$a=\sqrt{3}$；所以$f(x)=\sqrt{3}\cos\omega x+\sin\omega x=2\sin\left(\omega x+\frac{\pi}{3}\right)$，又$f(x)$在$x=\frac{\pi}{6}$取得最小值，可知$\frac{\omega\pi}{6}+\frac{\pi}{3}=\frac{3\pi}{2}+2k\pi,k\in\mathbf{Z}$，解得$\omega=7 + 12k,k\in\mathbf{Z}$，又$\omega＞0$，所以$k = 0$时，$\omega$取得最小值为7。故选D。
（2）函数$f(x)=\sin\left(\omega x-\frac{\pi}{3}\right)(\omega＞0)$在$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上的值域为$\left[-\frac{\sqrt{3}}{2},1\right]$，$\omega x-\frac{\pi}{3}\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\omega\pi}{2}-\frac{\pi}{3}\right]$，所以$\frac{\pi}{2}\leqslant\frac{\omega\pi}{2}-\frac{\pi}{3}\leqslant\frac{4\pi}{3}$，解得$\frac{5}{3}\leqslant\omega\leqslant\frac{10}{3}$，即实数$\omega$的取值范围为$\left[\frac{5}{3},\frac{10}{3}\right]$。

(1) (2022·全国甲卷) 设函数 $ f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{3}) $ 在区间 $ (0, \pi) $ 恰有三个极值点、两个零点，则 $ \omega $ 的取值范围是(C)

A.$[\frac{5}{3}, \frac{13}{6})$
B.$[\frac{5}{3}, \frac{19}{6})$
C.$(\frac{13}{6}, \frac{8}{3}]$
D.$(\frac{13}{6}, \frac{19}{6}]$

答案： （1）C（1）由题意可得$\omega＞0$，故$x\in(0,\pi)$，得$\omega x+\frac{\pi}{3}\in\left(\frac{\pi}{3},\omega\pi+\frac{\pi}{3}\right)$。根据函数$f(x)$在区间$(0,\pi)$恰有三个极值点、两个零点，知$\frac{5\pi}{2}＜\omega\pi+\frac{\pi}{3}\leqslant3\pi$，得$\frac{13}{6}＜\omega\leqslant\frac{8}{3}$，即实数$\omega$的取值范围为$\left(\frac{13}{6},\frac{8}{3}\right]$。故选C。

(2) (2023·新课标Ⅰ卷) 已知函数 $ f(x) = \cos \omega x - 1(\omega ＞ 0) $ 在区间 $[0, 2\pi]$ 有且仅有 3 个零点，则 $ \omega $ 的取值范围是$[2,3)$。

答案： （2）因为$0\leqslant x\leqslant2\pi$，所以$0\leqslant\omega x\leqslant2\omega\pi$，令$f(x)=\cos\omega x - 1 = 0$，则$\cos\omega x = 1$有3个根，令$t=\omega x$，则$\cos t = 1$有3个根，其中$t\in[0,2\omega\pi]$，结合余弦函数$y = \cos t$的图象（如图）可得$4\pi\leqslant2\omega\pi＜6\pi$，故$2\leqslant\omega＜3$，即$\omega$的取值范围为$[2,3)$。
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(1) (2025·广东广州模拟) 已知函数 $ f(x) = 2\sin^2 \omega x + \sqrt{3}\sin 2\omega x(\omega ＞ 0) $ 在 $ (0, \pi) $ 上恰有两个零点，则实数 $ \omega $ 的取值范围是(B)
A. $(\frac{2}{3}, 1]$
B. $(1, \frac{5}{3}]$
C. $[\frac{2}{3}, 1)$
D. $[1, \frac{5}{3})$
(2) (开放题) 已知 $ f(x) = \sin \omega x(\omega \in \mathbf{N}_+) $，若在区间 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上存在两个不相等的实数 $ a, b $，满足 $ f(a) + f(b) = 2 $，则 $ \omega $ 可以为5(答案不唯一)。(填一个值即可)

答案： 对点练4.（1）B（2）5(答案不唯一)（1）由题意可得$f(x)=2\sin^{2}\omega x+\sqrt{3}\sin2\omega x=\sqrt{3}\sin2\omega x-\cos2\omega x + 1=2\sin\left(2\omega x-\frac{\pi}{6}\right)+1$。令$2\sin\left(2\omega x-\frac{\pi}{6}\right)+1 = 0$，解得$\sin\left(2\omega x-\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{1}{2}$，因为$0＜x＜\pi$，所以$-\frac{\pi}{6}＜2\omega x-\frac{\pi}{6}＜2\omega\pi-\frac{\pi}{6}$。因为$f(x)$在$(0,\pi)$上恰有两个零点，所以$\frac{11\pi}{6}＜2\omega\pi-\frac{\pi}{6}\leqslant\frac{19\pi}{6}$，解得$1＜\omega\leqslant\frac{5}{3}$。故选B。
（2）$f(x)=\sin\omega x\leqslant1,\omega\in\mathbf{N}_{+}$，若在区间$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上存在两个不相等的实数$a,b$，满足$f(a)+f(b)=2$，则在区间$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上$f(x)$至少存在两个最大值，所以$\frac{\pi}{2}\omega\geqslant\frac{5\pi}{2}$，所以$\omega\geqslant5$，又$\omega\in\mathbf{N}_{+}$，所以$\omega$可以为5。

1. 余弦定理与正弦定理
在$\triangle ABC$中，若角$A$，$B$，$C$所对的边分别是$a$，$b$，$c$，$R$为$\triangle ABC$外接圆半径，则
续表

答案： 定理 | 余弦定理 | 正弦定理
--- | --- | ---
内容 | $a^{2} = b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$；
$b^{2} = a^{2}+c^{2}-2ac\cos B$；
$c^{2} = a^{2}+b^{2}-2ab\cos C$ | $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}=2R$
变形 | $\cos A = \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$；
$\cos B = \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$；
$\cos C = \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$ |
(1)$a = 2R\sin A$，$b = 2R\sin B$，$c = 2R\sin C$；
(2)$\sin A=\frac{a}{2R}$，$\sin B=\frac{b}{2R}$，$\sin C=\frac{c}{2R}$；
(3)$a:b:c=\sin A:\sin B:\sin C$