2023高考数学(文)二轮复习配套作业(解析版)：作业手册详答(湖北省专用)

1、专题限时集训(一)A【根底演练】1A解析 依题意得Bx|2x1，故ABx|2x42D解析 依题意得A1，0，1，因此集合A的子集个数是238.3B解析 根据特称命题的否认得命题綈p应为：x0，eq f(,2)，sinxeq f(1,2).4D解析 D项中，当eq f(,2)时，函数f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,2)cos2x是偶函数，故D项错误；A，B，C项都易验证是正确的应选D.【提升训练】5B解析 由eq f(x2,x3)0得3x2，即Mx|3x2；由|x1|2得1x3，即Nx|1x3所以MN1，2)6B解析 当c1时，由函数f(x)eq blc(avs

2、4alco1(log2x，x1，,x1，xB时，因为sinAsinB2coseq f(AB,2)sineq f(AB,2)，易知eq f(AB,2)eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，eq f(AB,2)eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，所以coseq f(AB,2)0，sineq f(AB,2)0.可以推得sinAsinB.当“sinAsinB时，有sinAsinB2coseq f(AB,2)sineq f(AB,2)0，又由上得coseq f(AB,2)0，所以sineq f(AB,2)0，所以eq f(AB,2)eq blc(rc)(avs4

3、alco1(0，f(,2)，即AB(0，)，可以推得AB.故“AB是“sinAsinB的充分必要条件应选C.8C解析 命题p等价于a2160，即a4或a4；命题q等价于eq f(a,4)3，即a12.由p或q是真命题，p且q是假命题知，命题p和q一真一假假设p真q假，那么a12；假设p假q真，那么4a4.故实数a的取值范围是(，12)(4，4)9B解析 对于，显然m0，故由am2bm2两边同时除以m2，得a0”的否认是“xR，x2x0”，故错误对于，假设命题pq为假，那么p和q至少有一个为假，不可以推得命题pq为假命题；但当命题pq为假时，那么p和q都为假，可以推得命题pq为假命题；故“pq为

4、假命题是“pq为假命题的必要不充分条件，故错误综上，正确的个数为2.应选B.10 xR，x1且x24解析 因为特称命题p：x0M，p(x0)的否认为綈p：xM，綈p(x)，所以题中命题的否认为“xR，x1且x24”115，6解析 依题意作出满足条件的韦恩图，可得B(UA)5，612解析 对于，“x0R，2x03”的否认是“xR，2x3”，所以正确；对于，注意到sineq f(,6)2xcos2xeq f(,3)，因此函数ysin2xeq f(,3)sineq f(,6)2xsin2xeq f(,3)cos2xeq f(,3)eq f(1,2)sin4xeq f(2,3)，其最小正周期为eq f

5、(2,4)eq f(,2)，所以不正确；对于，注意到命题“函数f(x)在xx0处有极值，那么f(x0)0”的否命题是“假设函数f(x)在xx0处无极值，那么f(x0)0”，容易知该命题不正确，如取f(x)x3，f(x)无极值但当x00时，f(x0)0，故不正确；对于，依题意知，当x0，f(x)f(x)2x，所以正确综上所述，其中正确的说法是.专题限时集训(一)B【根底演练】1B解析 (UM)Nx|xZ，x1，0，10，1，33应选B.2A解析 依题意得Mx|xa，Nx|1x0，所以由eq f(a1,a2a1)0得a1，不能得到|a|1；反过来，由|a|1得1a1，所以eq f(a1,a2a1)

6、0.因此“eq f(a1,a2a1)0”是“|a|1”成立的必要不充分条件4D解析 对于A，命题“假设x21，那么x1”的否命题为“假设x21，那么x1”，因此选项A不正确；对于B，由x1得x25x60，因此“x1”是“x25x60”的充分条件，选项B不正确；对于C，命题“x0R，使得xeq oal(2,0)x010”的否认是：“xR，使得x2x10”，因此选项C不正确；对于D，命题“假设xy，那么sinxsiny是真命题，因此它的逆否命题也为真命题，选项D正确【提升训练】5B解析 Ax|x2x60 x|2x7m|m6，所以p是q的充分不必要条件应选A.9C解析 假设xyz0，不妨设x0，那么

7、由xeq o(OA,sup6()yeq o(OB,sup6()zeq o(OC,sup6()0，得yeq o(OB,sup6()zeq o(OC,sup6()，故eq o(OB,sup6()与eq o(OC,sup6()共线，又它们有公共点O，所以点O在直线BC上同理，当y0或z0可分别推得点O在直线AC，AB上故由“xyz0”可以推得“点O在ABC的边所在直线上；假设点O在ABC的边所在直线上，不妨设点O在直线BC上，那么一定存在实数，使得yeq o(OB,sup6()zeq o(OC,sup6()eq o(OB,sup6()成立又xeq o(OA,sup6()yeq o(OB,sup6()

8、zeq o(OC,sup6()0，所以xeq o(OA,sup6()eq o(OB,sup6()0.因为eq o(OA,sup6()与eq o(OB,sup6()不共线，所以x0，0.同理，当点O在直线AC，AB上时，可以分别推得y0，z0.故由“点O在ABC的边所在直线上可以推得“xyz0”故“xyz0”是“点O在ABC的边所在直线上的充要条件应选C.10abeq r(a2b2)解析 由AB只有一个元素知，圆x2y21与直线eq f(x,a)eq f(y,b)1相切，那么1eq f(ab,r(a2b2)，即abeq r(a2b2).11必要不充分解析 设向量a，b的夹角为，那么由题意知，当a

9、b|a|b|cos0时，eq blcrc)(avs4alco1(0，f(,2)；假设a与b的夹角为锐角，即0，eq f(,2).因为eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)eq blcrc)(avs4alco1(0，f(,2)，所以p是q成立的必要不充分条件12(，10，)解析 假设对于任意实数x，都有x2ax4a0，那么a216a0，即16a0，那么4a240，即1a0且x22ax10”是真命题时有a(1，0)，那么命题“对于任意实数x，都有x2ax4a0且x22ax10”是假命题时a的取值范围是(，10，)专题限时集训(二)A【根底演练】1D解析 由题意可得eq blc(a

10、vs4alco1(x0，,log3x0，)解得x0且x1，故函数定义域为(0，1)(1，)2C解析 函数是偶函数，只能是选项C中的图象3C解析 依题意，因为54，44，所以f(5)f(51)f(4)f(41)f(3)，而30，于是eq f(1,a)eq f(1,b)logA3logA5logA152，所以Aeq r(15).【提升训练】5D解析 由题意，eq blc(avs4alco1(r(2x)0，,lgx0，)解得1x2.应选D.6B解析 由loga20得0a1，f(x)loga(x1)的图象是由函数ylogax的图象向左平移1个单位得到的，故为选项B中的图象7A解析 由条件知，0a1，b

11、1，结合选项，函数g(x)axb只有A符合要求8B解析 根据f(x)的图象知0b1，那么函数g(x)单调递增，且是由函数h(x)logax向左平移了b(0b0，,1lgx20，)即eq blc(avs4alco1(x20，,x210，)解得2x8，故函数定义域为(2，82A解析 f(27)eq f(1,1r(3,27)eq f(1,4)，f(f(27)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eq blc|rc|(avs4alco1(log4f(1,4)1)20.应选A.3B解析 yeq f(1,x)是奇函数，A错误；ye|x|是偶函数且在(0，)上单调递增，B正确；yx23是偶

12、函数且在(0，)上单调递减，C错误；ycosx是偶函数且在(0，)上有时递增，有时递减，D错误4C解析 依题意，由f(2x)f(x)得f(1x)f(1x)，即函数f(x)的对称轴为直线x1，结合图形可知feq f(1,2)feq f(1,3)f(0)f(2)【提升训练】5C解析 将函数f(x)x|x|2x去掉绝对值，得f(x)eq blc(avs4alco1(x22x，x0，,x22x，x0，)画出函数f(x)的图象，观察图象可知，函数f(x)的图象关于原点对称，故f(x)为奇函数，且在(1，1)上单调递减6A解析 此题考查函数的奇偶性，周期性，函数求值feq blc(rc)(avs4alco

13、1(f(5,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)eq f(1,2).应选A.7C解析 函数是偶函数，而且函数值为正值，在x0时，eq f(x,sinx)1，当x时，eq f(x,sinx)，综合这些信息得只能是选项C中的图象8D解析 由题意，f(12，16)f(12，124)eq f(1,4)(124)f(12，4)4f(4，12)4f(4，48)4eq f(1,8)(48)f(4，8)6f(4，44)6eq f(1,4)(44)f(4，4

14、)12448.应选D.9D解析 依题意得，f(x1)eq blc(avs4alco1(x1，x0，,x1，0 x2，,x3，x2，)在同一直角坐标系中作出函数yf(x1)和yt(|t|1)的图象(如图)，由图象知方程f(x1)t(|t|0，因此存在函数g(x)0，使得f(x)g(x)对一切实数x都成立，即f(x)存在承托函数；对于，结合函数f(x)的图象分析可知，不存在函数g(x)，使得f(x)g(x)对一切实数x都成立，即f(x)不存在承托函数；对于，注意到f(x)xsinxx1，因此存在函数g(x)x1，使得f(x)g(x)对一切实数x都成立，即f(x)存在承托函数综上所述，存在承托函数的

15、f(x)的序号为.专题限时集训(三)【根底演练】1B解析 此题考查函数零点所在区间的判断因为feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)eeq f(1,4)20，所以feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)0，f(1)eq f(1,3)1ln1eq f(1,3)0，f(e)eq f(1,3)elneeq f(1,3)e10，那么知函数f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，1)内无零点，在区间(1，e)内有零点应选D.6C解析 易知f(a)0，函数f(x)lnxlogeq f(1,

16、2)x在(0，)上单调递增，因为0 x0a，所以f(x0)f(a)0.7C解析 设CDx，依题意，得Sx(16x)(4x16a)，所以Smaxf(a)eq blc(avs4alco1(640a8，,a16a8a12，)对照图象知，C符合函数模型对应的图象应选C.8D解析 因为函数f(x)是奇函数，且定义域为R，所以f(0)0.又函数f(x)是周期为3的周期函数，所以f(6)f(3)f(0)0.又当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(3,2)时，f(x)sinx，所以f(1)0.所以f(4)f(1)f(2)0.所以f(2)f(5)0.因为feq blc(rc)(avs4alco1

17、(f(3,2)0，所以feq blc(rc)(avs4alco1(f(9,2)0.综上，函数f(x)在区间0，6上的零点有0，1，eq f(3,2)，2，3，4，eq f(9,2)，5，6共9个9D解析 由对任意的xR都有f(x1)f(x1)知f(x)f(x2)，即函数yf(x)的周期为2，在同一直角坐标系中作出函数yf(x)(x1，3)和ym(x1)的图象(如图)，要使函数g(x)f(x)mxm恰有四个不同零点，那么00，f(4)ln420，所以该函数的零点在区间(3，4)内，由此可得k3.故填3.1140解析 设相同时间间隔为t1小时，第10台投入工作至收割完成为t2小时，那么第1，2，3

18、，4，5，6，7，8，9台投入工作的时间依次为9t1t2，8t1t2，t1t2小时因为采用第一种方案总共用24小时完成，所以每台收割机每小时完成收割任务的eq f(1,240).依题意有eq blc(avs4alco1(9t1t25t2，,f(1,240)9t1t28t1t2t21，)解得t28.故采用第二种方案时第一台收割机投入工作的时间为5t240(小时)12解：(1)条件说明抛物线f(x)x22mx2m1与x轴的交点分别在区间(1，0)和(1，2)内，画出示意图，得eq blc(avs4alco1(f02m10，,f14m20)eq blc(avs4alco1(mf(1,2)，,mR，,

19、mf(5,6).)eq f(5,6)m0，,f14m20，,0m1，)得eq f(1,2)m1eq r(2).(这里0m1是因为对称轴xm对应的m应在区间(0，1)内过)13解：(1)当x0时，t0；当0 x24时，xeq f(1,x)2(当x1时取等号)，teq f(x,x21)eq f(1,xf(1,x)eq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,2)，即t的取值范围是eq blcrc(avs4alco1(0，f(1,2).(2)当aeq blcrc(avs4alco1(0，f(1,2)时，记g(t)|ta|2aeq f(2,3)，那么g(t)eq blc(avs4alco1(t3

20、af(2,3)，0ta，,taf(2,3)，atf(1,2).)g(t)在0，a上单调递减，在eq blc(rc(avs4alco1(a，f(1,2)上单调递增，且g(0)3aeq f(2,3)，geq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)aeq f(7,6)，g(0)geq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)2eq blc(rc)(avs4alco1(af(1,4).故M(a)eq blc(avs4alco1(gblc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，0af(1,4)，,g0，f(1,4)af(1,2)，)即M(a)eq blc(avs4alco1(af(

21、7,6)，0af(1,4)，,3af(2,3)，f(1,4)af(1,2).)当且仅当aeq f(4,9)时，M(a)2.故当0aeq f(4,9)时不超标，当eq f(4,9)0当且仅当2xeq f(1,x)时取“，函数h(x)在(0，1上是增函数，h(x)h(1)0.当x(1，)时，h(x)x2xlnx.h(x)2xeq f(1,x)1eq f(2x2x1,x)eq f(x12x1,x)0，函数h(x)在(1，)上是减函数，h(x)b3知ab，而ab0，由不等式的倒数法那么知eq f(1,a)eq f(1,b).应选B.2D解析 由eq f(1,x)eq f(1,2)，得eq f(1,x)

22、eq f(1,2)0，即eq f(2x,2x)0，解得x2.应选D.3B解析 ab4x42y0，即2xy2，9x3y2eq r(9x3y)2eq r(32xy)2eq r(32)6(当2xy1时取等号)4B解析 作出满足题设条件的可行域(如图)，那么当直线y2xz经过点A(2，2)时，截距z取得最小值，即zmin2(2)22.【提升训练】5A解析 |x3|x1|(x3)(x1)|4，由题意，有4a23a，解得a1，或a4.6A解析 依题意，a20，b0且直线xy1与2xy2的交点为(3，4)，得当x3，y4时，z取得大值，3a4b7，所以eq f(3,a)eq f(4,b)eq f(3,a)e

23、q f(4,b)eq f(3a4b,7)eq f(9,7)eq f(16,7)eq f(12,7)eq f(b,a)eq f(a,b)eq f(25,7)eq f(12,7)2eq r(f(b,a)f(a,b)eq f(25,7)eq f(24,7)7.10A解析 由f(x)是奇函数知f(0)lg(2a)0，解得a1，那么由f(x)lgeq blc(rc)(avs4alco1(f(2,1x)1)0lg1，得eq f(2,1x)10，解得x1，又知其定义域为eq f(2,1x)10，即eq f(x1,x1)0，解得1x1，综上可得1x6，解得x1；当1x6，解得x6，解得x3；故不等式的解集为(

24、，1)(3，)13eq f(1,8)6解析 作出不等式组eq blc(avs4alco1(y2x0，,xy2)表示的可行域(如以下图阴影局部所示，含边界)联立eq blc(avs4alco1(y2x0，,xy2，)解得eq blc(avs4alco1(x1，,y1)或eq blc(avs4alco1(x4，,y2，)故两交点分别为A(1，1)，B(4，2)设z2xy，可知当直线z2xy经过点B(4，2)时，z2xy有最大值，且zmax6；当直线z2xy与抛物线y2x0相切时，z2xy有最小值，此时由eq blc(avs4alco1(y2x0，,z2xy，)消去y得4x2(4z1)xz20，令(

25、4z1)216z20，解得zeq f(1,8).故zmineq f(1,8).故2xy的最小值为eq f(1,8)，最大值为6.专题限时集训(四)B【根底演练】1D解析 yx0，且xy1，取特殊值：xeq f(1,4)，yeq f(3,4)，那么eq f(xy,2)eq f(1,2)，2xyeq f(3,8)，x2xyeq f(xy,2)m恒成立，须满足m5.3D解析 ambnc0，beq f(a,b)meq f(c,b).点P所在的平面区域满足不等式yeq f(a,b)xeq f(c,b)，a0，b0.故点P在该直线的上侧，综上知，点P在该直线的左上方4D解析 依题意，不等式f(x0)1等价

26、于eq blc(avs4alco1(x00，,f(1,2)x01)或eq blc(avs4alco1(x00，,r(x0)1，)解得x01.应选D.【提升训练】5C解析 不等式eq f(x2x6,x1)0可化为(x2)(x3)(x1)0，由数轴标根法可知，解集为x|2x36B解析 依题意知，eq f(1,2)和eq f(1,3)是一元二次方程ax2bx20的两根，且a0，那么eq blc(avs4alco1(f(1,2)f(1,3)f(b,a)，,f(1,2)f(1,3)f(2,a)，)解得eq blc(avs4alco1(a12，,b2.)于是，不等式2x2bxa0即是2x22x120，解得

27、2x3.应选B.7C解析 因为0 x2eq r(x)eq r(4x)eq r(2x)，所以只需比较1x与eq f(1,1x)的大小因为1xeq f(1,1x)eq f(1x21,1x)eq f(x2,x1)0，所以1x2恒成立，因为|xa|x2|(xa)(x2)|2a|，所以需满足|2a|2，得2a2，或2a0，或a0，所以412m0，解得meq f(1,3).3C解析 对f(x)求导得f(x)3x26x3x(x2)，那么f(x)在区间1，0上递增，在区间0，1上递减，因此函数f(x)的最大值为f(0)2.应选C.4A解析 对f(x)求导，得f(x)x2c(x2)2x.又因为f(2)0，所以4

28、c(22)40，所以c4.于是f(1)14(12)25.应选A.【提升训练】5A解析 对f(x)求导，得f(x)3x2eq r(3)eq r(3)，f(x)上任意一点P处的切线的斜率keq r(3)，即taneq r(3)，0eq f(,2)或eq f(2,3)1时，f(x)0；当0 x0，所以函数f(x)在(1，)上单调递减，在(0，1)上单调递增，故排除C，D项；因为f(1)eq f(1,2)0)，由题意，f(x)0的解集是(0，4)，所以f(0)0，f(4)0，解得keq f(1,3).121h(0)h(1)h(1)解析 此题考查二次函数和三次函数的导数及其图象，求值，比较大小等由题意，

29、f(x)是一次函数，g(x)是二次函数所以由图象可得f(x)x，g(x)x2.设f(x)eq f(1,2)x2c(c为常数)假设f(1)1，那么eq f(1,2)12c1，解得ceq f(1,2).所以f(x)eq f(1,2)x2eq f(1,2).故f(1)1.由得，可设f(x)eq f(1,2)x2c1，g(x)eq f(1,3)x3c2，那么h(x)f(x)g(x)eq f(1,2)x2c1eq f(1,3)x3c2eq f(1,3)x3eq f(1,2)x2c3.所以h(1)eq f(5,6)c3，h(0)c3，h(1)eq f(1,6)c3.所以h(0)h(1)0)，当a0时，f(

30、x)aeq f(1,x)0，那么f(x)在区间(0，)上单调递增；当a00 xeq f(1,a)，当a0时，f(x)的单调递增区间是(0，)，当a0时，f(x)的单调递增区间是eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a).(3)由题知对任意x1(0，)，存在x20，1，使得f(x1)g(x2)，故f(x)maxg(x)max，又g(x)2x在区间0，1上递增，所以g(x)maxg(1)2，即f(x)max2，当a0时，f(x)在区间(0，)上单调递增，无最大值，显然不满足条件；当a0时，f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上单调递增，在区间eq

31、 blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上单调递减，所以f(x)maxfeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)1lneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，即1lneq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)2aeq f(1,e3)，aeq f(1,e3).14解：(1)令f(x)eq f(1,x)eq f(a,x2)0，得xa.当ae时，函数f(x)在区间(0，e是减函数，f(x)mineq f(a,e)；当0ae时，函数f(x)在区间(0，a是减函数，a，e是增函数f(x)minlna.综上所述，当0ae时，f(x)minlna；当a

32、e时，f(x)mineq f(a,e).(2)由(1)可知，a1时，函数f(x)在x1(0，e)的最小值为0，所以g(x)(xb)24b2.当b1时，g(1)52b0不成立；当b3时，g(3)136b0恒成立；当1b3时，g(b)4b20，此时2b215解：(1)当x1时，f(x)3x22axb.因为函数图象在点(2，f(2)处的切线方程为16xy200.所以切点坐标为(2，12)，且eq blc(avs4alco1(f284a2b12，,f2124ab16，)解得a1，b0.(2)由(1)得，当x1时，f(x)x3x2，令f(x)3x22x0可得x0或xeq f(2,3)，f(x)在(1，0

33、)和eq f(2,3)，1上单调递减，在0，eq f(2,3)上单调递增，对于x1局部：f(x)的最大值为maxeq blcrc(avs4alco1(f1，ff(2,3)f(1)2；当1x2时，f(x)clnx，当c0时，clnx0恒成立，f(x)00时，f(x)clnx在1，2上单调递增，且f(2)cln2.令cln22，那么ceq f(2,ln2)，所以当ceq f(2,ln2)时，f(x)在1，2上的最大值为f(2)cln2；当0eq f(2,ln2)时，f(x)在1，2上的最大值为cln2.(3)f(x)eq blc(avs4alco1(x3x2x0)假设t1)的值域是(0，)，那么实

34、数c的取值范围是(0，)专题限时集训(六)A【根底演练】1B解析 方法1：sin15cos165sin15cos15eq r(2)sin15cos45cos15sin45eq r(2)sin(30)eq f(r(2),2).方法2：显然sin15cos150，(sin15cos15)21sin30eq f(1,2)，故sin15cos15eq f(r(2),2).2C解析 因为eq r(1sin2x)eq r(sinxcosx2)|sinxcosx|，又eq r(1sin2x)sinxcosx，所以|sinxcosx|sinxcosx，那么sinxcosx0，即sinxcosx.又0 x2，所

35、以eq f(,4)xeq f(5,4).3D解析 由cos(xy)sinxsin(xy)cosxeq f(12,13)得sinx(xy)sinyeq f(12,13)，所以sinyeq f(12,13).又y是第四象限的角，所以cosyeq f(5,13)，于是taneq f(y,2)eq f(1cosy,siny)eq f(1f(5,13),f(12,13)eq f(2,3).应选D.4B解析 把函数ysineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)的图象向右平移eq f(,4)个长度单位，得到函数y2sineq blc(rc)(avs4alco1(2blc(rc)(avs4a

36、lco1(xf(,4)f(,6)2sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)的图象【提升训练】5A解析 由sincoseq r(2)，得2keq f(,4)，所以taneq f(,3)taneq f(,4)eq f(,3)eq f(1r(3),1r(3)2eq r(3).应选A.6C解析 依题意得feq f(15,4)feq f(15,4)eq f(3,2)3feq f(3,4)sineq f(3,4)eq f(r(2),2).应选C.7B解析 依题意得f(x)sinxeq r(3)cosx2sinxeq f(,3)，因为f(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，

37、f(,6)上单调递增，所以feq f(,7)feq f(,6)，而cfeq f(,3)2sineq f(2,3)2sineq f(,3)f(0)feq f(,7)，所以ca0，由图象可知，A2，又函数的图象过点eq blc(rc)(avs4alco1(f(,3)，2)，所以2eq f(,3)2keq f(,2)(kZ)，解得2keq f(,6)(kZ)故f(x)2sineq blc(rc)(avs4alco1(2x2kf(,6)2sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6).所以f(0)2sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)1.应选B.9D解析 f(x)

38、cosx，f(x)sinx，又f(xm)cos(xm)sineq blc(rc)(avs4alco1(xmf(,2)，由题意，sinxsineq blc(rc)(avs4alco1(xmf(,2)，所以meq f(,2)2k，得m2keq f(,2)(kZ)那么m可以为eq f(3,2).应选D.10.eq f(1,3)解析 依题意由sin(xy)1得xy2keq f(,2)(kZ)，所以y2keq f(,2)x(kZ)于是sin(2yx)sineq blcrc(avs4alco1(2kf(,2)y)sineq f(,2)ycosycos2keq f(,2)xcoseq f(,2)xsinxe

39、q f(1,3).故填eq f(1,3).11.eq f(7,4)解析 依题意，将函数ysinxeq f(5,6)(0)的图象向右平移eq f(,3)个单位长度后，所得图象对应的函数解析式是ysinxeq f(5,6)eq f(,3)(0)，它的图象与函数ysinxeq f(,4)的图象重合，所以eq f(5,6)eq f(,3)eq f(,4)2k(kZ)，解得eq f(7,4)6k(kZ)，因为0，所以mineq f(7,4).故填eq f(7,4).12解析 对f(x)cosxsinxeq f(1,2)sin2x，画出函数的图象，分析知，是正确的故填，.13解：(1)由题得eq o(AC

40、,sup6()(3cos4，3sin)，eq o(BC,sup6()(3cos，3sin4)由|eq o(AC,sup6()|eq o(BC,sup6()|，得(3cos4)29sin29cos2(3sin4)2sincos.因为(，0)，所以eq f(3,4).(2)由eq o(AC,sup6()eq o(BC,sup6()0，得3cos(3cos4)3sin(3sin4)0，解得sincoseq f(3,4)，两边平方得2sincoseq f(7,16)，所以eq f(2sin2sin2,1tan)eq f(2sin22sincos,1f(sin,cos)2sincoseq f(7,16)

41、.14解：(1)依题意，得f(x)2sinxcoseq f(,6)cosxaeq r(3)sinxcosxa2sinxeq f(,6)a.所以函数f(x)的最小正周期T2.(2)因为xeq f(,2)，eq f(,2)，所以eq f(,3)xeq f(,6)eq f(2,3).所以当xeq f(,6)eq f(,3)，即xeq f(,2)时，f(x)minfeq f(,2)eq r(3)a；当xeq f(,6)eq f(,2)，即xeq f(,3)时，f(x)maxfeq f(,3)2a.由题意，有(eq r(3)a)(2a)eq r(3)，解得aeq r(3)1.15解：(1)函数f(x)的

42、最小正周期Teq f(2,)(0)，2.feq f(,4)cos2eq f(,4)coseq f(,2)sineq f(r(3),2)，且eq f(,2)eq f(r(2),2)，即cos2xeq f(,3)eq f(r(2),2)，得2keq f(,4)2xeq f(,3)2keq f(,4)，kZ，即2keq f(,12)2x2keq f(7,12)，kZ，即keq f(,24)xkeq f(7,24)，kZ.所求x的取值范围是eq blcrc(avs4alco1(xblc|(avs4alco1(kf(,24)x1，所以coseq f(3,5)，于是sin22sincos2eq f(4,5

43、)eq f(3,5)eq f(24,25).6D解析 此题考查三角函数的对称性由题意，有2eq f(,3)keq f(,2)(kZ)，得keq f(,6)eq blc(rc)(avs4alco1(kZ).又(0，)，所以eq f(5,6).应选D.7B解析 设(x，y)为g(x)的图象上任意一点，那么其关于点eq f(,4)，0对称的点为eq f(,2)x，y，由题意知该点必在f(x)的图象上，所以ysineq f(,2)x，即g(x)sineq f(,2)xcosx.依题意得sinxcosx，即sinxcosxeq r(2)sinxeq f(,4)0.又x0，2，解得eq f(3,4)xeq

44、 f(7,4).应选B.8A解析 依题意，得f(x)sin(x)cos(x)eq r(2)sinxeq f(,4)，由Teq f(2,)(0)，得2.又f(x)f(x)，所以eq f(,4)keq f(,2)(kZ)，即keq f(,4)(kZ)又|eq f(,2)，所以eq f(,4).于是f(x)eq r(2)cos2x，它在0，eq f(,2)上单调递减9B解析 由图可知，A10，函数IAsin(t)的最小正周期T2eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,300)f(1,300)eq f(1,50)，所以eq f(2,)eq f(1,50)，解得100.又函数图象过点eq bl

45、c(rc)(avs4alco1(f(1,300)，10)，代入得sineq blc(rc)(avs4alco1(100f(1,300)1，所以eq f(,3)eq f(,2)2k(kZ)，解得eq f(,6)2k(kZ)又0eq f(,2)，所以eq f(,6).故函数I10sineq blc(rc)(avs4alco1(100tf(,6).所以当teq f(1,50)时，电流强度I10sineq blc(rc)(avs4alco1(100f(1,50)f(,6)5.10.eq f(1,3)解析 因为coseq f(3,5)，且是第三象限角，所以sineq f(4,5).于是eq f(cos,

46、sin1)eq f(f(3,5),f(4,5)1)eq f(1,3).故填eq f(1,3).11.eq f(3r(65),65)解析 由sin()eq f(5,13)，cos()eq f(4,5)，所以sin2sin()()sin()cos()cos()sin()eq f(3,5)eq f(12,13)eq f(4,5)eq f(5,13)eq f(56,65).那么(sincos)21sin21eq f(56,65)eq f(9,65)，当eq f(,2)0，即sincoseq f(3r(65),65).124解析 由h40sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)tf(,

47、2)50知其最小正周期为Teq f(2,f(,6)12，即摩天轮转动一周的时间为12 min.由h40sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)tf(,2)5070(0t12)，解得4t0)，的值为eq f(3,2)，函数f(x)eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,4)2，函数f(x)的最大值为eq r(2)2，此时3xeq f(,4)2keq f(,2)，即xeq f(2k,3)eq f(,12)(kZ)(2)yf(x)的图象向右平移eq f(,8)个单位长度得h(x)eq r(2)sineq blcrc(avs4alco1(3blc(rc

48、)(avs4alco1(xf(,8)f(,4)2eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,8)2，再沿y轴对称后得到g(x)eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,8)2eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,8)2，函数g(x)的单调减区间，即ysineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,8)单调递增区间由2keq f(,2)3xeq f(,8)2keq f(,2)，解得eq f(2,3)keq f(5,24)xeq f(2,3)keq f(,8)(kZ)故yg(x)的单调减区间为eq

49、 blcrc(avs4alco1(f(2,3)kf(5,24)，f(2,3)kf(,8)(kZ)16解：(1)f(x)2sinxeq f(,3)cosxeq f(,3)2eq r(3)cos2xeq f(,3)sin2xeq f(2,3)eq r(3)eq blcrc(avs4alco1(cos2xf(2,3)1)sin2xeq f(2,3)eq r(3)cos2xeq f(2,3)eq r(3)2sin2xeq f(,3)eq r(3).1sin2xeq f(,3)1，2eq r(3)2sin2xeq f(,3)eq r(3)2eq r(3)，又Teq f(2,2)，即f(x)的值域为2eq

50、 r(3)，2eq r(3)，最小正周期为.(2)当xeq blcrc(avs4alco1(0，f(,6)时，2xeq f(,3)eq blcrc(avs4alco1(f(,3)，f(2,3)，sin2xeq f(,3)eq blcrc(avs4alco1(f(r(3),2)，1)，此时f(x)eq r(3)2sin2xeq f(,3)eq r(3)，2由mf(x)eq r(3)20知，m0，且f(x)eq r(3)eq f(2,m)，eq r(3)eq f(2,m)2，即eq blc(avs4alco1(f(2,m)r(3)0，,f(2,m)20，)解得eq f(2r(3),3)m1.即实数

51、m的取值范围是eq blcrc(avs4alco1(f(2r(3),3)，1).专题限时集训(七)【根底演练】1A解析 根据正弦定理得，eq f(2,sin45)eq f(r(2),sinC)，所以sinCeq f(1,2)，因为C(0，)，所以C30或150.又因为A45，且AB0)由余弦定理可得，cosCeq f(a2b2c2,2ab)eq f(2k23k24k2,22k3k)eq f(1,4).10.eq r(6)1解析 由题意可得，ACB120，AC2，AB3，设BCx，那么由余弦定理可得，AB2BC2AC22BCACcos120，即32x22222xcos120，整理得x22x5，解

52、得xeq r(6)1或xeq r(6)1(舍去)故填eq r(6)1.11.eq f(2r(3),3)解析 由BCD的面积为1，可得eq f(1,2)CDBCsinDCB1，即sinDCBeq f(r(5),5)，所以cosDCBeq f(2r(5),5).在BCD中，由余弦定理可知，cosDCBeq f(CD2BC2BD2,2CDBC)eq f(2r(5),5)，解得BD2，所以cosDBCeq f(BD2BC2CD2,2BDBC)eq f(3r(10),10).由在BCD中，DBC对应的边长最短，所以DBC为锐角，所以sinDBCeq f(r(10),10).在ABC中，由正弦定理eq f

53、(BC,sinA)eq f(AC,sinB)可得，ACeq f(BCsinB,sinA)eq f(r(10)f(r(10),10),f(r(3),2)eq f(2r(3),3).12解：(1)tanCtan(AB)eq f(tanAtanB,1tanAtanB)eq f(f(2,3)f(1,5),1f(2,3)f(1,5)1，又0C，Ceq f(3,4).(2)由和(1)知：ceq r(13)，b为最小边长tanBeq f(1,5)，sinBeq f(r(26),26)，beq f(csinB,sinC)1，最小的边长为1.13解：(1)f(x)2eq r(3)cos2eq f(x,2)2si

54、neq f(x,2)coseq f(x,2)eq r(3)(1cosx)sinx2coseq blc(rc)(avs4alco1(xf(,6)eq r(3)，feq blc(rc)(avs4alco1(f(17,12)2coseq blc(rc)(avs4alco1(f(17,12)f(,6)eq r(3)eq r(3)eq r(2).(2)f(C)2coseq blc(rc)(avs4alco1(Cf(,6)eq r(3)eq r(3)1，coseq blc(rc)(avs4alco1(Cf(,6)eq f(1,2)，C(0，)，Ceq f(,2)，在RtABC中，b2ac，c2a2b2，c

55、2a2aceq blc(rc)(avs4alco1(f(a,c)eq sup12(2)eq f(a,c)10，解得eq f(a,c)eq f(1r(5),2).0sinA1，sinAeq f(a,c)eq f(r(5)1,2).14解：(1)如以下图，作PNAB，N为垂足，PQM，PMQ，sineq f(5,13)，sineq f(4,5)，coseq f(12,13)，coseq f(3,5).在RtPNQ中，PNPQsin5.2eq f(5,13)2，QNPQcos5.2eq f(12,13)4.8.在RtPNM中，MNeq f(PN,tan)eq f(2,f(4,3)1.5，PMeq f

56、(PN,sin)eq f(2,f(4,5)2.5，MQQNMN4.81.53.3.设游船从P到Q所用时间为t1 h，游客甲从P经M到Q所用时间为t2h，小船速度为v1 km/h，那么t1eq f(PQ,13)eq f(5.2,13)eq f(f(26,5),13)eq f(2,5)，t2eq f(PM,v1)eq f(MQ,66)eq f(2.5,v1)eq f(3.3,66)eq f(5,2v1)eq f(1,20).由，得t2eq f(1,20)t1，即eq f(5,2v1)eq f(1,20)eq f(1,20)eq f(2,5)，v1eq f(25,3).于是，当小船的速度为eq f(

57、25,3)km/h时，游客甲才能和游船同时到达Q地(2)在RtPMN中，PMeq f(PN,sin)eq f(2,sin)，MNeq f(PN,tan)eq f(2cos,sin)，QMQNMN4.8eq f(2cos,sin).于是teq f(PM,10)eq f(QM,66)eq f(1,5sin)eq f(4,55)eq f(cos,33sin)eq f(1,165)eq f(335cos,sin)eq f(4,55).teq f(1,165)eq f(5sin2335coscos,sin2)eq f(533cos,165sin2)，令t0，得coseq f(5,33).当cos0；当c

58、oseq f(5,33)时，tf(cd)14解：(1)由题设知eq o(AB,sup6()(3，5)，eq o(AC,sup6()(1，1)，那么eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()(2，6)，eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()(4，4)所以|eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()|2eq r(10)，|eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()|4eq r(2).故所求的两条对角线的长分别为4eq r(2)、2eq r(10).(2)由题设知：eq o(OC,sup6()(2，1)，eq o(AB,sup6()teq

59、o(OC,sup6()(32t，5t)由(eq o(AB,sup6()teq o(OC,sup6()eq o(OC,sup6()0，得(32t，5t)(2，1)0，从而5t11，所以teq f(11,5).或者：eq o(AB,sup6()eq o(OC,sup6()teq o(OC,sup6()2，eq o(AB,sup6()(3，5)，teq f(o(AB,sup6()o(OC,sup6(),|o(OC,sup6()|2)eq f(11,5).15解：(1)mn1，即eq r(3)sineq f(x,4)coseq f(x,4)cos2eq f(x,4)1，即eq f(r(3),2)sin

60、eq f(x,2)eq f(1,2)coseq f(x,2)eq f(1,2)1，sineq f(x,2)eq f(,6)eq f(1,2).cosxeq f(,3)12sin2eq f(x,2)eq f(,6)12eq f(1,2)2eq f(1,2).(2)f(x)mnsineq f(x,2)eq f(,6)eq f(1,2).(2ac)cosBbcosC，由正弦定理得(2sinAsinC)cosBsinBcosC，2sinAcosBsinCcosBsinBcosC，2sinAcosBsin(BC)ABC，sin(BC)sinA，且sinA0，cosBeq f(1,2)，Beq f(,3)