2023高考數(shù)學(xué)(文)二輪復(fù)習(xí)配套作業(yè)(解析版)：作業(yè)手冊(cè)詳答(湖北省專用)

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(一)A【根底演練】1A解析 依題意得Bx|2x1，故ABx|2x42D解析 依題意得A1，0，1，因此集合A的子集個(gè)數(shù)是238.3B解析 根據(jù)特稱命題的否認(rèn)得命題綈p應(yīng)為：x0，eq f(,2)，sinxeq f(1,2).4D解析 D項(xiàng)中，當(dāng)eq f(,2)時(shí)，函數(shù)f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,2)cos2x是偶函數(shù)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；A，B，C項(xiàng)都易驗(yàn)證是正確的應(yīng)選D.【提升訓(xùn)練】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 當(dāng)c1時(shí)，由函數(shù)f(x)eq blc(avs

2、4alco1(log2x，x1，,x1，xB時(shí)，因?yàn)閟inAsinB2coseq 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.當(dāng)“sinAsinB時(shí)，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的充分必要條件應(yīng)選C.8C解析 命題p等價(jià)于a2160，即a4或a4；命題q等價(jià)于eq f(a,4)3，即a12.由p或q是真命題，p且q是假命題知，命題p和q一真一假假設(shè)p真q假，那么a12；假設(shè)p假q真，那么4a4.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，12)(4，4)9B解析 對(duì)于，顯然m0，故由am2bm2兩邊同時(shí)除以m2，得a0”的否認(rèn)是“xR，x2x0”，故錯(cuò)誤對(duì)于，假設(shè)命題pq為假，那么p和q至少有一個(gè)為假，不可以推得命題pq為假命題；但當(dāng)命題pq為假時(shí)，那么p和q都為假，可以推得命題pq為假命題；故“pq為

4、假命題是“pq為假命題的必要不充分條件，故錯(cuò)誤綜上，正確的個(gè)數(shù)為2.應(yīng)選B.10 xR，x1且x24解析 因?yàn)樘胤Q命題p：x0M，p(x0)的否認(rèn)為綈p：xM，綈p(x)，所以題中命題的否認(rèn)為“xR，x1且x24”115，6解析 依題意作出滿足條件的韋恩圖，可得B(UA)5，612解析 對(duì)于，“x0R，2x03”的否認(rèn)是“xR，2x3”，所以正確；對(duì)于，注意到sineq f(,6)2xcos2xeq f(,3)，因此函數(shù)ysin2xeq f(,3)sineq f(,6)2xsin2xeq f(,3)cos2xeq f(,3)eq f(1,2)sin4xeq f(2,3)，其最小正周期為eq f

5、(2,4)eq f(,2)，所以不正確；對(duì)于，注意到命題“函數(shù)f(x)在xx0處有極值，那么f(x0)0”的否命題是“假設(shè)函數(shù)f(x)在xx0處無(wú)極值，那么f(x0)0”，容易知該命題不正確，如取f(x)x3，f(x)無(wú)極值但當(dāng)x00時(shí)，f(x0)0，故不正確；對(duì)于，依題意知，當(dāng)x0，f(x)f(x)2x，所以正確綜上所述，其中正確的說(shuō)法是.專題限時(shí)集訓(xùn)(一)B【根底演練】1B解析 (UM)Nx|xZ，x1，0，10，1，33應(yīng)選B.2A解析 依題意得Mx|xa，Nx|1x0，所以由eq f(a1,a2a1)0得a1，不能得到|a|1；反過(guò)來(lái)，由|a|1得1a1，所以eq f(a1,a2a1)

6、0.因此“eq f(a1,a2a1)0”是“|a|1”成立的必要不充分條件4D解析 對(duì)于A，命題“假設(shè)x21，那么x1”的否命題為“假設(shè)x21，那么x1”，因此選項(xiàng)A不正確；對(duì)于B，由x1得x25x60，因此“x1”是“x25x60”的充分條件，選項(xiàng)B不正確；對(duì)于C，命題“x0R，使得xeq oal(2,0)x010”的否認(rèn)是：“xR，使得x2x10”，因此選項(xiàng)C不正確；對(duì)于D，命題“假設(shè)xy，那么sinxsiny是真命題，因此它的逆否命題也為真命題，選項(xiàng)D正確【提升訓(xùn)練】5B解析 Ax|x2x60 x|2x7m|m6，所以p是q的充分不必要條件應(yīng)選A.9C解析 假設(shè)xyz0，不妨設(shè)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()與eq o(OC,sup6()共線，又它們有公共點(diǎn)O，所以點(diǎn)O在直線BC上同理，當(dāng)y0或z0可分別推得點(diǎn)O在直線AC，AB上故由“xyz0”可以推得“點(diǎn)O在ABC的邊所在直線上；假設(shè)點(diǎn)O在ABC的邊所在直線上，不妨設(shè)點(diǎn)O在直線BC上，那么一定存在實(shí)數(shù)，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?yàn)閑q o(OA,sup6()與eq o(OB,sup6()不共線，所以x0，0.同理，當(dāng)點(diǎn)O在直線AC，AB上時(shí)，可以分別推得y0，z0.故由“點(diǎn)O在ABC的邊所在直線上可以推得“xyz0”故“xyz0”是“點(diǎn)O在ABC的邊所在直線上的充要條件應(yīng)選C.10abeq r(a2b2)解析 由AB只有一個(gè)元素知，圓x2y21與直線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 設(shè)向量a，b的夾角為，那么由題意知，當(dāng)a

9、b|a|b|cos0時(shí)，eq blcrc)(avs4alco1(0，f(,2)；假設(shè)a與b的夾角為銳角，即0，eq f(,2).因?yàn)閑q blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)eq blcrc)(avs4alco1(0，f(,2)，所以p是q成立的必要不充分條件12(，10，)解析 假設(shè)對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，都有x2ax4a0，那么a216a0，即16a0，那么4a240，即1a0且x22ax10”是真命題時(shí)有a(1，0)，那么命題“對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，都有x2ax4a0且x22ax10”是假命題時(shí)a的取值范圍是(，10，)專題限時(shí)集訓(xùn)(二)A【根底演練】1D解析 由題意可得eq blc(a

10、vs4alco1(x0，,log3x0，)解得x0且x1，故函數(shù)定義域?yàn)?0，1)(1，)2C解析 函數(shù)是偶函數(shù)，只能是選項(xiàng)C中的圖象3C解析 依題意，因?yàn)?4，44，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).【提升訓(xùn)練】5D解析 由題意，eq blc(avs4alco1(r(2x)0，,lgx0，)解得1x2.應(yīng)選D.6B解析 由loga20得0a1，f(x)loga(x1)的圖象是由函數(shù)ylogax的圖象向左平移1個(gè)單位得到的，故為選項(xiàng)B中的圖象7A解析 由條件知，0a1，b

11、1，結(jié)合選項(xiàng)，函數(shù)g(x)axb只有A符合要求8B解析 根據(jù)f(x)的圖象知0b1，那么函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，且是由函數(shù)h(x)logax向左平移了b(0b0，,1lgx20，)即eq blc(avs4alco1(x20，,x210，)解得2x8，故函數(shù)定義域?yàn)?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.應(yīng)選A.3B解析 yeq f(1,x)是奇函數(shù)，A錯(cuò)誤；ye|x|是偶函數(shù)且在(0，)上單調(diào)遞增，B正確；yx23是偶

12、函數(shù)且在(0，)上單調(diào)遞減，C錯(cuò)誤；ycosx是偶函數(shù)且在(0，)上有時(shí)遞增，有時(shí)遞減，D錯(cuò)誤4C解析 依題意，由f(2x)f(x)得f(1x)f(1x)，即函數(shù)f(x)的對(duì)稱軸為直線x1，結(jié)合圖形可知feq f(1,2)feq f(1,3)f(0)f(2)【提升訓(xùn)練】5C解析 將函數(shù)f(x)x|x|2x去掉絕對(duì)值，得f(x)eq blc(avs4alco1(x22x，x0，,x22x，x0，)畫出函數(shù)f(x)的圖象，觀察圖象可知，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故f(x)為奇函數(shù)，且在(1，1)上單調(diào)遞減6A解析 此題考查函數(shù)的奇偶性，周期性，函數(shù)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).應(yīng)選A.7C解析 函數(shù)是偶函數(shù)，而且函數(shù)值為正值，在x0時(shí)，eq f(x,sinx)1，當(dāng)x時(shí)，eq f(x,sinx)，綜合這些信息得只能是選項(xiàng)C中的圖象8D解析 由題意，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.應(yīng)選D.9D解析 依題意得，f(x1)eq blc(avs4alco1(x1，x0，,x1，0 x2，,x3，x2，)在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)yf(x1)和yt(|t|1)的圖象(如圖)，由圖象知方程f(x1)t(|t|0，因此存在函數(shù)g(x)0，使得f(x)g(x)對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，即f(x)存在承托函數(shù)；對(duì)于，結(jié)合函數(shù)f(x)的圖象分析可知，不存在函數(shù)g(x)，使得f(x)g(x)對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，即f(x)不存在承托函數(shù)；對(duì)于，注意到f(x)xsinxx1，因此存在函數(shù)g(x)x1，使得f(x)g(x)對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，即f(x)存在承托函數(shù)綜上所述，存在承托函數(shù)的

15、f(x)的序號(hào)為.專題限時(shí)集訓(xùn)(三)【根底演練】1B解析 此題考查函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間的判斷因?yàn)閒eq 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，那么知函數(shù)f(x)在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，1)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點(diǎn)應(yīng)選D.6C解析 易知f(a)0，函數(shù)f(x)lnxlogeq f(1,

16、2)x在(0，)上單調(diào)遞增，因?yàn)? x0a，所以f(x0)f(a)0.7C解析 設(shè)CDx，依題意，得Sx(16x)(4x16a)，所以Smaxf(a)eq blc(avs4alco1(640a8，,a16a8a12，)對(duì)照?qǐng)D象知，C符合函數(shù)模型對(duì)應(yīng)的圖象應(yīng)選C.8D解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是奇函數(shù)，且定義域?yàn)镽，所以f(0)0.又函數(shù)f(x)是周期為3的周期函數(shù)，所以f(6)f(3)f(0)0.又當(dāng)xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(3,2)時(shí)，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?yàn)閒eq blc(rc)(avs4alco1

17、(f(3,2)0，所以feq blc(rc)(avs4alco1(f(9,2)0.綜上，函數(shù)f(x)在區(qū)間0，6上的零點(diǎn)有0，1，eq f(3,2)，2，3，4，eq f(9,2)，5，6共9個(gè)9D解析 由對(duì)任意的xR都有f(x1)f(x1)知f(x)f(x2)，即函數(shù)yf(x)的周期為2，在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)yf(x)(x1，3)和ym(x1)的圖象(如圖)，要使函數(shù)g(x)f(x)mxm恰有四個(gè)不同零點(diǎn)，那么00，f(4)ln420，所以該函數(shù)的零點(diǎn)在區(qū)間(3，4)內(nèi)，由此可得k3.故填3.1140解析 設(shè)相同時(shí)間間隔為t1小時(shí)，第10臺(tái)投入工作至收割完成為t2小時(shí)，那么第1，2，3

18、，4，5，6，7，8，9臺(tái)投入工作的時(shí)間依次為9t1t2，8t1t2，t1t2小時(shí)因?yàn)椴捎玫谝环N方案總共用24小時(shí)完成，所以每臺(tái)收割機(jī)每小時(shí)完成收割任務(wù)的eq f(1,240).依題意有eq blc(avs4alco1(9t1t25t2，,f(1,240)9t1t28t1t2t21，)解得t28.故采用第二種方案時(shí)第一臺(tái)收割機(jī)投入工作的時(shí)間為5t240(小時(shí))12解：(1)條件說(shuō)明拋物線f(x)x22mx2m1與x軸的交點(diǎn)分別在區(qū)間(1，0)和(1，2)內(nèi)，畫出示意圖，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).(這里0m1是因?yàn)閷?duì)稱軸xm對(duì)應(yīng)的m應(yīng)在區(qū)間(0，1)內(nèi)過(guò))13解：(1)當(dāng)x0時(shí)，t0；當(dāng)0 x24時(shí)，xeq f(1,x)2(當(dāng)x1時(shí)取等號(hào))，teq f(x,x21)eq f(1,xf(1,x)eq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,2)，即t的取值范圍是eq blcrc(avs4alco1(0，f(1,2).(2)當(dāng)aeq blcrc(avs4alco1(0，f(1,2)時(shí)，記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上單調(diào)遞減，在eq blc(rc(avs4alco1(a，f(1,2)上單調(diào)遞增，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).)當(dāng)且僅當(dāng)aeq f(4,9)時(shí)，M(a)2.故當(dāng)0aeq f(4,9)時(shí)不超標(biāo)，當(dāng)eq f(4,9)0當(dāng)且僅當(dāng)2xeq f(1,x)時(shí)取“，函數(shù)h(x)在(0，1上是增函數(shù)，h(x)h(1)0.當(dāng)x(1，)時(shí)，h(x)x2xlnx.h(x)2xeq f(1,x)1eq f(2x2x1,x)eq f(x12x1,x)0，函數(shù)h(x)在(1，)上是減函數(shù)，h(x)b3知ab，而ab0，由不等式的倒數(shù)法那么知eq f(1,a)eq f(1,b).應(yīng)選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.應(yīng)選D.3B解析 ab4x42y0，即2xy2，9x3y2eq r(9x3y)2eq r(32xy)2eq r(32)6(當(dāng)2xy1時(shí)取等號(hào))4B解析 作出滿足題設(shè)條件的可行域(如圖)，那么當(dāng)直線y2xz經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2，2)時(shí)，截距z取得最小值，即zmin2(2)22.【提升訓(xùn)練】5A解析 |x3|x1|(x3)(x1)|4，由題意，有4a23a，解得a1，或a4.6A解析 依題意，a20，b0且直線xy1與2xy2的交點(diǎn)為(3，4)，得當(dāng)x3，y4時(shí)，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)是奇函數(shù)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，又知其定義域?yàn)閑q f(2,1x)10，即eq f(x1,x1)0，解得1x1，綜上可得1x6，解得x1；當(dāng)1x6，解得x6，解得x3；故不等式的解集為(

24、，1)(3，)13eq f(1,8)6解析 作出不等式組eq blc(avs4alco1(y2x0，,xy2)表示的可行域(如以下圖陰影局部所示，含邊界)聯(lián)立eq blc(avs4alco1(y2x0，,xy2，)解得eq blc(avs4alco1(x1，,y1)或eq blc(avs4alco1(x4，,y2，)故兩交點(diǎn)分別為A(1，1)，B(4，2)設(shè)z2xy，可知當(dāng)直線z2xy經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(4，2)時(shí)，z2xy有最大值，且zmax6；當(dāng)直線z2xy與拋物線y2x0相切時(shí)，z2xy有最小值，此時(shí)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的最小值為eq f(1,8)，最大值為6.專題限時(shí)集訓(xùn)(四)B【根底演練】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，須滿足m5.3D解析 ambnc0，beq f(a,b)meq f(c,b).點(diǎn)P所在的平面區(qū)域滿足不等式y(tǒng)eq f(a,b)xeq f(c,b)，a0，b0.故點(diǎn)P在該直線的上側(cè)，綜上知，點(diǎn)P在該直線的左上方4D解析 依題意，不等式f(x0)1等價(jià)

26、于eq blc(avs4alco1(x00，,f(1,2)x01)或eq blc(avs4alco1(x00，,r(x0)1，)解得x01.應(yīng)選D.【提升訓(xùn)練】5C解析 不等式eq f(x2x6,x1)0可化為(x2)(x3)(x1)0，由數(shù)軸標(biāo)根法可知，解集為x|2x36B解析 依題意知，eq f(1,2)和eq f(1,3)是一元二次方程ax2bx20的兩根，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.應(yīng)選B.7C解析 因?yàn)? x2eq r(x)eq r(4x)eq r(2x)，所以只需比較1x與eq f(1,1x)的大小因?yàn)?xeq f(1,1x)eq f(1x21,1x)eq f(x2,x1)0，所以1x2恒成立，因?yàn)閨xa|x2|(xa)(x2)|2a|，所以需滿足|2a|2，得2a2，或2a0，或a0，所以412m0，解得meq f(1,3).3C解析 對(duì)f(x)求導(dǎo)得f(x)3x26x3x(x2)，那么f(x)在區(qū)間1，0上遞增，在區(qū)間0，1上遞減，因此函數(shù)f(x)的最大值為f(0)2.應(yīng)選C.4A解析 對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f(x)x2c(x2)2x.又因?yàn)閒(2)0，所以4

28、c(22)40，所以c4.于是f(1)14(12)25.應(yīng)選A.【提升訓(xùn)練】5A解析 對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f(x)3x2eq r(3)eq r(3)，f(x)上任意一點(diǎn)P處的切線的斜率keq r(3)，即taneq r(3)，0eq f(,2)或eq f(2,3)1時(shí)，f(x)0；當(dāng)0 x0，所以函數(shù)f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，在(0，1)上單調(diào)遞增，故排除C，D項(xiàng)；因?yàn)閒(1)eq f(1,2)0)，由題意，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 此題考查二次函數(shù)和三次函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其圖象，求值，比較大小等由題意，

29、f(x)是一次函數(shù)，g(x)是二次函數(shù)所以由圖象可得f(x)x，g(x)x2.設(shè)f(x)eq f(1,2)x2c(c為常數(shù))假設(shè)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，可設(shè)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)，當(dāng)a0時(shí)，f(

30、x)aeq f(1,x)0，那么f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a00 xeq f(1,a)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a).(3)由題知對(duì)任意x1(0，)，存在x20，1，使得f(x1)g(x2)，故f(x)maxg(x)max，又g(x)2x在區(qū)間0，1上遞增，所以g(x)maxg(1)2，即f(x)max2，當(dāng)a0時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增，無(wú)最大值，顯然不滿足條件；當(dāng)a0時(shí)，f(x)在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq

31、 blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，)上單調(diào)遞減，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.當(dāng)ae時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e是減函數(shù)，f(x)mineq f(a,e)；當(dāng)0ae時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，a是減函數(shù)，a，e是增函數(shù)f(x)minlna.綜上所述，當(dāng)0ae時(shí)，f(x)minlna；當(dāng)a

32、e時(shí)，f(x)mineq f(a,e).(2)由(1)可知，a1時(shí)，函數(shù)f(x)在x1(0，e)的最小值為0，所以g(x)(xb)24b2.當(dāng)b1時(shí)，g(1)52b0不成立；當(dāng)b3時(shí)，g(3)136b0恒成立；當(dāng)1b3時(shí)，g(b)4b20，此時(shí)2b215解：(1)當(dāng)x1時(shí)，f(x)3x22axb.因?yàn)楹瘮?shù)圖象在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程為16xy200.所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(2，12)，且eq blc(avs4alco1(f284a2b12，,f2124ab16，)解得a1，b0.(2)由(1)得，當(dāng)x1時(shí)，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上單調(diào)遞減，在0，eq f(2,3)上單調(diào)遞增，對(duì)于x1局部：f(x)的最大值為maxeq blcrc(avs4alco1(f1，ff(2,3)f(1)2；當(dāng)1x2時(shí)，f(x)clnx，當(dāng)c0時(shí)，clnx0恒成立，f(x)00時(shí)，f(x)clnx在1，2上單調(diào)遞增，且f(2)cln2.令cln22，那么ceq f(2,ln2)，所以當(dāng)ceq f(2,ln2)時(shí)，f(x)在1，2上的最大值為f(2)cln2；當(dāng)0eq f(2,ln2)時(shí)，f(x)在1，2上的最大值為cln2.(3)f(x)eq blc(avs4alco1(x3x2x0)假設(shè)t1)的值域是(0，)，那么實(shí)

34、數(shù)c的取值范圍是(0，)專題限時(shí)集訓(xùn)(六)A【根底演練】1B解析 方法1：sin15cos165sin15cos15eq r(2)sin15cos45cos15sin45eq r(2)sin(30)eq f(r(2),2).方法2：顯然sin15cos150，(sin15cos15)21sin30eq f(1,2)，故sin15cos15eq f(r(2),2).2C解析 因?yàn)閑q 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).應(yīng)選D.4B解析 把函數(shù)ysineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)的圖象向右平移eq f(,4)個(gè)長(zhǎng)度單位，得到函數(shù)y2sineq blc(rc)(avs4alco1(2blc(rc)(avs4a

36、lco1(xf(,4)f(,6)2sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3)的圖象【提升訓(xùn)練】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).應(yīng)選A.6C解析 依題意得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).應(yīng)選C.7B解析 依題意得f(x)sinxeq r(3)cosx2sinxeq f(,3)，因?yàn)閒(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，

37、f(,6)上單調(diào)遞增，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，由圖象可知，A2，又函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)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.應(yīng)選B.9D解析 f(x)

38、cosx，f(x)sinx，又f(xm)cos(xm)sineq blc(rc)(avs4alco1(xmf(,2)，由題意，sinxsineq blc(rc)(avs4alco1(xmf(,2)，所以meq f(,2)2k，得m2keq f(,2)(kZ)那么m可以為eq f(3,2).應(yīng)選D.10.eq f(1,3)解析 依題意由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 依題意，將函數(shù)ysinxeq f(5,6)(0)的圖象向右平移eq f(,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式是ysinxeq f(5,6)eq f(,3)(0)，它的圖象與函數(shù)ysinxeq f(,4)的圖象重合，所以eq f(5,6)eq f(,3)eq f(,4)2k(kZ)，解得eq f(7,4)6k(kZ)，因?yàn)?，所以mineq f(7,4).故填eq f(7,4).12解析 對(duì)f(x)cosxsinxeq f(1,2)sin2x，畫出函數(shù)的圖象，分析知，是正確的故填，.13解：(1)由題得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?yàn)?，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)，兩邊平方得2sincoseq f(7,16)，所以eq f(2sin2sin2,1tan)eq f(2sin22sincos,1f(sin,cos)2sincoseq f(7,16)

41、.14解：(1)依題意，得f(x)2sinxcoseq f(,6)cosxaeq r(3)sinxcosxa2sinxeq f(,6)a.所以函數(shù)f(x)的最小正周期T2.(2)因?yàn)閤eq f(,2)，eq f(,2)，所以eq f(,3)xeq f(,6)eq f(2,3).所以當(dāng)xeq f(,6)eq f(,3)，即xeq f(,2)時(shí)，f(x)minfeq f(,2)eq r(3)a；當(dāng)xeq f(,6)eq f(,2)，即xeq f(,3)時(shí)，f(x)maxfeq f(,3)2a.由題意，有(eq r(3)a)(2a)eq r(3)，解得aeq r(3)1.15解：(1)函數(shù)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的取值范圍是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 此題考查三角函數(shù)的對(duì)稱性由題意，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).應(yīng)選D.7B解析 設(shè)(x，y)為g(x)的圖象上任意一點(diǎn)，那么其關(guān)于點(diǎn)eq f(,4)，0對(duì)稱的點(diǎn)為eq f(,2)x，y，由題意知該點(diǎn)必在f(x)的圖象上，所以ysineq f(,2)x，即g(x)sineq f(,2)xcosx.依題意得sinxcosx，即sinxcosxeq r(2)sinxeq f(,4)0.又x0，2，解得eq f(3,4)xeq

44、 f(7,4).應(yīng)選B.8A解析 依題意，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)上單調(diào)遞減9B解析 由圖可知，A10，函數(shù)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.又函數(shù)圖象過(guò)點(diǎn)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).故函數(shù)I10sineq blc(rc)(avs4alco1(100tf(,6).所以當(dāng)teq f(1,50)時(shí)，電流強(qiáng)度I10sineq blc(rc)(avs4alco1(100f(1,50)f(,6)5.10.eq f(1,3)解析 因?yàn)閏oseq 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)，當(dāng)eq f(,2)0，即sincoseq f(3r(65),65).124解析 由h40sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)tf(,

47、2)50知其最小正周期為Teq f(2,f(,6)12，即摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間為12 min.由h40sineq blc(rc)(avs4alco1(f(,6)tf(,2)5070(0t12)，解得4t0)，的值為eq f(3,2)，函數(shù)f(x)eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,4)2，函數(shù)f(x)的最大值為eq r(2)2，此時(shí)3xeq f(,4)2keq f(,2)，即xeq f(2k,3)eq f(,12)(kZ)(2)yf(x)的圖象向右平移eq f(,8)個(gè)單位長(zhǎng)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軸對(duì)稱后得到g(x)eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,8)2eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,8)2，函數(shù)g(x)的單調(diào)減區(qū)間，即ysineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,8)單調(diào)遞增區(qū)間由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)的單調(diào)減區(qū)間為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?yàn)?eq

50、 r(3)，2eq r(3)，最小正周期為.(2)當(dāng)xeq blcrc(avs4alco1(0，f(,6)時(shí)，2xeq f(,3)eq blcrc(avs4alco1(f(,3)，f(2,3)，sin2xeq f(,3)eq blcrc(avs4alco1(f(r(3),2)，1)，此時(shí)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.即實(shí)數(shù)

51、m的取值范圍是eq blcrc(avs4alco1(f(2r(3),3)，1).專題限時(shí)集訓(xùn)(七)【根底演練】1A解析 根據(jù)正弦定理得，eq f(2,sin45)eq f(r(2),sinC)，所以sinCeq f(1,2)，因?yàn)镃(0，)，所以C30或150.又因?yàn)锳45，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 由題意可得，ACB120，AC2，AB3，設(shè)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的面積為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對(duì)應(yīng)的邊長(zhǎng)最短，所以DBC為銳角，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為最小邊長(zhǎng)tanBeq f(1,5)，sinBeq f(r(26),26)，beq f(csinB,sinC)1，最小的邊長(zhǎng)為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)如以下圖，作PNAB，N為垂足，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.設(shè)游船從P到Q所用時(shí)間為t1 h，游客甲從P經(jīng)M到Q所用時(shí)間為t2h，小船速度為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，當(dāng)小船的速度為eq f(

57、25,3)km/h時(shí)，游客甲才能和游船同時(shí)到達(dá)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).當(dāng)cos0；當(dāng)c

58、oseq f(5,33)時(shí)，tf(cd)14解：(1)由題設(shè)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).故所求的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)分別為4eq r(2)、2eq r(10).(2)由題設(shè)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，從而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)