1、專題限時集訓(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的子集個數是238.3B解析 根據特稱命題的否認得命題綈p應為：x0，eq f(,2)，sinxeq f(1,2).4D解析 D項中，當eq f(,2)時，函數f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,2)cos2x是偶函數，故D項錯誤；A，B，C項都易驗證是正確的應選D.【提升訓練】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c1時，由函數f(x)eq blc(avs

2、4alco1(log2x，x1，,x1，xB時，因為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.當“sinAsinB時，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的充分必要條件應選C.8C解析 命題p等價于a2160，即a4或a4；命題q等價于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p真q假，那么a12；假設p假q真，那么4a4.故實數a的取值范圍是(，12)(4，4)9B解析 對于，顯然m0，故由am2bm2兩邊同時除以m2，得a0”的否認是“xR，x2x0”，故錯誤對于，假設命題pq為假，那么p和q至少有一個為假，不可以推得命題pq為假命題；但當命題pq為假時，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，故錯誤綜上，正確的個數為2.應選B.10 xR，x1且x24解析 因為特稱命題p：x0M，p(x0)的否認為綈p：xM，綈p(x)，所以題中命題的否認為“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 對于，“x0R，2x03”的否認是“xR，2x3”，所以正確；對于，注意到sineq f(,6)2xcos2xeq f(,3)，因此函數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；對于，注意到命題“函數f(x)在xx0處有極值，那么f(x0)0”的否命題是“假設函數f(x)在xx0處無極值，那么f(x0)0”，容易知該命題不正確，如取f(x)x3，f(x)無極值但當x00時，f(x0)0，故不正確；對于，依題意知，當x0，f(x)f(x)2x，所以正確綜上所述，其中正確的說法是.專題限時集訓(一)B【根底演練】1B解析 (UM)Nx|xZ，x1，0，10，1，33應選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；反過來，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 對于A，命題“假設x21，那么x1”的否命題為“假設x21，那么x1”，因此選項A不正確；對于B，由x1得x25x60，因此“x1”是“x25x60”的充分條件，選項B不正確；對于C，命題“x0R，使得xeq oal(2,0)x010”的否認是：“xR，使得x2x10”，因此選項C不正確；對于D，命題“假設xy，那么sinxsiny是真命題，因此它的逆否命題也為真命題，選項D正確【提升訓練】5B解析 Ax|x2x60 x|2x7m|m6，所以p是q的充分不必要條件應選A.9C解析 假設xyz0，不妨設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O，所以點O在直線BC上同理，當y0或z0可分別推得點O在直線AC，AB上故由“xyz0”可以推得“點O在ABC的邊所在直線上；假設點O在ABC的邊所在直線上，不妨設點O在直線BC上，那么一定存在實數，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.因為eq o(OA,sup6()與eq o(OB,sup6()不共線，所以x0，0.同理，當點O在直線AC，AB上時，可以分別推得y0，z0.故由“點O在ABC的邊所在直線上可以推得“xyz0”故“xyz0”是“點O在ABC的邊所在直線上的充要條件應選C.10abeq r(a2b2)解析 由AB只有一個元素知，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 設向量a，b的夾角為，那么由題意知，當a

9、b|a|b|cos0時，eq blcrc)(avs4alco1(0，f(,2)；假設a與b的夾角為銳角，即0，eq f(,2).因為eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)eq blcrc)(avs4alco1(0，f(,2)，所以p是q成立的必要不充分條件12(，10，)解析 假設對于任意實數x，都有x2ax4a0，那么a216a0，即16a0，那么4a240，即1a0且x22ax10”是真命題時有a(1，0)，那么命題“對于任意實數x，都有x2ax4a0且x22ax10”是假命題時a的取值范圍是(，10，)專題限時集訓(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，故函數定義域為(0，1)(1，)2C解析 函數是偶函數，只能是選項C中的圖象3C解析 依題意，因為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).【提升訓練】5D解析 由題意，eq blc(avs4alco1(r(2x)0，,lgx0，)解得1x2.應選D.6B解析 由loga20得0a1，f(x)loga(x1)的圖象是由函數ylogax的圖象向左平移1個單位得到的，故為選項B中的圖象7A解析 由條件知，0a1，b

11、1，結合選項，函數g(x)axb只有A符合要求8B解析 根據f(x)的圖象知0b1，那么函數g(x)單調遞增，且是由函數h(x)logax向左平移了b(0b0，,1lgx20，)即eq blc(avs4alco1(x20，,x210，)解得2x8，故函數定義域為(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.應選A.3B解析 yeq f(1,x)是奇函數，A錯誤；ye|x|是偶函數且在(0，)上單調遞增，B正確；yx23是偶

12、函數且在(0，)上單調遞減，C錯誤；ycosx是偶函數且在(0，)上有時遞增，有時遞減，D錯誤4C解析 依題意，由f(2x)f(x)得f(1x)f(1x)，即函數f(x)的對稱軸為直線x1，結合圖形可知feq f(1,2)feq f(1,3)f(0)f(2)【提升訓練】5C解析 將函數f(x)x|x|2x去掉絕對值，得f(x)eq blc(avs4alco1(x22x，x0，,x22x，x0，)畫出函數f(x)的圖象，觀察圖象可知，函數f(x)的圖象關于原點對稱，故f(x)為奇函數，且在(1，1)上單調遞減6A解析 此題考查函數的奇偶性，周期性，函數求值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).應選A.7C解析 函數是偶函數，而且函數值為正值，在x0時，eq f(x,sinx)1，當x時，eq f(x,sinx)，綜合這些信息得只能是選項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，)在同一直角坐標系中作出函數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g(x)0，使得f(x)g(x)對一切實數x都成立，即f(x)存在承托函數；對于，結合函數f(x)的圖象分析可知，不存在函數g(x)，使得f(x)g(x)對一切實數x都成立，即f(x)不存在承托函數；對于，注意到f(x)xsinxx1，因此存在函數g(x)x1，使得f(x)g(x)對一切實數x都成立，即f(x)存在承托函數綜上所述，存在承托函數的

15、f(x)的序號為.專題限時集訓(三)【根底演練】1B解析 此題考查函數零點所在區間的判斷因為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，那么知函數f(x)在區間eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，1)內無零點，在區間(1，e)內有零點應選D.6C解析 易知f(a)0，函數f(x)lnxlogeq f(1,

16、2)x在(0，)上單調遞增，因為0 x0a，所以f(x0)f(a)0.7C解析 設CDx，依題意，得Sx(16x)(4x16a)，所以Smaxf(a)eq blc(avs4alco1(640a8，,a16a8a12，)對照圖象知，C符合函數模型對應的圖象應選C.8D解析 因為函數f(x)是奇函數，且定義域為R，所以f(0)0.又函數f(x)是周期為3的周期函數，所以f(6)f(3)f(0)0.又當xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(3,2)時，f(x)sinx，所以f(1)0.所以f(4)f(1)f(2)0.所以f(2)f(5)0.因為feq blc(rc)(avs4alco1

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

18、，4，5，6，7，8，9臺投入工作的時間依次為9t1t2，8t1t2，t1t2小時因為采用第一種方案總共用24小時完成，所以每臺收割機每小時完成收割任務的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第一臺收割機投入工作的時間為5t240(小時)12解：(1)條件說明拋物線f(x)x22mx2m1與x軸的交點分別在區間(1，0)和(1，2)內，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是因為對稱軸xm對應的m應在區間(0，1)內過)13解：(1)當x0時，t0；當0 x24時，xeq f(1,x)2(當x1時取等號)，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aeq blcrc(avs4alco1(0，f(1,2)時，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上單調遞減，在eq blc(rc(avs4alco1(a，f(1,2)上單調遞增，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).)當且僅當aeq f(4,9)時，M(a)2.故當0aeq f(4,9)時不超標，當eq f(4,9)0當且僅當2xeq f(1,x)時取“，函數h(x)在(0，1上是增函數，h(x)h(1)0.當x(1，)時，h(x)x2xlnx.h(x)2xeq f(1,x)1eq f(2x2x1,x)eq f(x12x1,x)0，函數h(x)在(1，)上是減函數，h(x)b3知ab，而ab0，由不等式的倒數法那么知eq f(1,a)eq f(1,b).應選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.應選D.3B解析 ab4x42y0，即2xy2，9x3y2eq r(9x3y)2eq r(32xy)2eq r(32)6(當2xy1時取等號)4B解析 作出滿足題設條件的可行域(如圖)，那么當直線y2xz經過點A(2，2)時，截距z取得最小值，即zmin2(2)22.【提升訓練】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的交點為(3，4)，得當x3，y4時，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，又知其定義域為eq f(2,1x)10，即eq f(x1,x1)0，解得1x1，綜上可得1x6，解得x1；當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)聯立eq blc(avs4alco1(y2x0，,xy2，)解得eq blc(avs4alco1(x1，,y1)或eq blc(avs4alco1(x4，,y2，)故兩交點分別為A(1，1)，B(4，2)設z2xy，可知當直線z2xy經過點B(4，2)時，z2xy有最大值，且zmax6；當直線z2xy與拋物線y2x0相切時，z2xy有最小值，此時由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.專題限時集訓(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P所在的平面區域滿足不等式yeq f(a,b)xeq f(c,b)，a0，b0.故點P在該直線的上側，綜上知，點P在該直線的左上方4D解析 依題意，不等式f(x0)1等價

26、于eq blc(avs4alco1(x00，,f(1,2)x01)或eq blc(avs4alco1(x00，,r(x0)1，)解得x01.應選D.【提升訓練】5C解析 不等式eq f(x2x6,x1)0可化為(x2)(x3)(x1)0，由數軸標根法可知，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.應選B.7C解析 因為0 x2eq r(x)eq r(4x)eq r(2x)，所以只需比較1x與eq f(1,1x)的大小因為1xeq f(1,1x)eq f(1x21,1x)eq f(x2,x1)0，所以1x2恒成立，因為|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f(x)求導得f(x)3x26x3x(x2)，那么f(x)在區間1，0上遞增，在區間0，1上遞減，因此函數f(x)的最大值為f(0)2.應選C.4A解析 對f(x)求導，得f(x)x2c(x2)2x.又因為f(2)0，所以4

28、c(22)40，所以c4.于是f(1)14(12)25.應選A.【提升訓練】5A解析 對f(x)求導，得f(x)3x2eq r(3)eq r(3)，f(x)上任意一點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，f(x)0；當0 x0，所以函數f(x)在(1，)上單調遞減，在(0，1)上單調遞增，故排除C，D項；因為f(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 此題考查二次函數和三次函數的導數及其圖象，求值，比較大小等由題意，

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

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

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

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

34、數c的取值范圍是(0，)專題限時集訓(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 因為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).應選D.4B解析 把函數ysineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6)的圖象向右平移eq f(,4)個長度單位，得到函數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).應選C.7B解析 依題意得f(x)sinxeq r(3)cosx2sinxeq f(,3)，因為f(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，

37、f(,6)上單調遞增，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，又函數的圖象過點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ysinxeq f(5,6)(0)的圖象向右平移eq f(,3)個單位長度后，所得圖象對應的函數解析式是ysinxeq f(5,6)eq f(,3)(0)，它的圖象與函數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)，因為0，所以mineq f(7,4).故填eq f(7,4).12解析 對f(x)cosxsinxeq f(1,2)sin2x，畫出函數的圖象，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.因為(，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f(x)的最小正周期T2.(2)因為xeq f(,2)，eq f(,2)，所以eq f(,3)xeq f(,6)eq f(2,3).所以當xeq f(,6)eq f(,3)，即xeq f(,2)時，f(x)minfeq f(,2)eq r(3)a；當xeq f(,6)eq f(,2)，即xeq f(,3)時，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 此題考查三角函數的對稱性由題意，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).應選D.7B解析 設(x，y)為g(x)的圖象上任意一點，那么其關于點eq f(,4)，0對稱的點為eq f(,2)x，y，由題意知該點必在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)上單調遞減9B解析 由圖可知，A10，函數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.又函數圖象過點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I10sineq blc(rc)(avs4alco1(100tf(,6).所以當teq f(1,50)時，電流強度I10sineq blc(rc)(avs4alco1(100f(1,50)f(,6)5.10.eq f(1,3)解析 因為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)，當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，即摩天輪轉動一周的時間為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f(x)eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,4)2，函數f(x)的最大值為eq r(2)2，此時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)個單位長度得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g(x)的單調減區間，即ysineq blc(rc)(avs4alco1(3xf(,8)單調遞增區間由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)的單調減區間為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)的值域為2eq

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

51、m的取值范圍是eq blcrc(avs4alco1(f(2r(3),3)，1).專題限時集訓(七)【根底演練】1A解析 根據正弦定理得，eq f(2,sin45)eq f(r(2),sinC)，所以sinCeq f(1,2)，因為C(0，)，所以C30或150.又因為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 由題意可得，ACB120，AC2，AB3，設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對應的邊長最短，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tanBeq f(1,5)，sinBeq f(r(26),26)，beq f(csinB,sinC)1，最小的邊長為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.設游船從P到Q所用時間為t1 h，游客甲從P經M到Q所用時間為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，當小船的速度為eq f(

57、25,3)km/h時，游客甲才能和游船同時到達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cos0；當c

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