第11期 平面向量与解三角形-【数理报】2024高考数学一轮复习学案（新教材新高考）

书 一、单项选择题　 １～４　ＣＢＢＣ　５～８　ＤＣＢＣ 二、多项选择题 ９．ＢＤ；　１０．ＡＢ；　１１．ＡＢＤ；　１２．ＡＤ． 三、填空题 １３ [． ５π３，２ ]π ；　１４．－槡３２；　１５．－１； １６．－π６ (， ５２，＋ )∞ ． 四、解答题 １７．解：（１）由题知ｍ＋ｎ＝（２ｓｉｎｘ，槡３ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ）． 则ｆ（ｘ）＝（ｍ＋ｎ）２ ＝３＋２ｓｉｎ２ｘ－ 槡２３ｓｉｎｘｃｏｓｘ ＝４－ｃｏｓ２ｘ－槡３ｓｉｎ２ｘ＝４－２ｓｉｎ２ｘ＋π( )６ ， 故函数ｆ（ｘ）的最小正周期为π． （２）当ｘ∈ －π６， π[ ]４ 时，２ｘ＋π６ [∈ －π６，２π]３ ， ｓｉｎ２ｘ＋π( )６ ∈ －１２，[ ]１，所以ｆ（ｘ）∈［２，５］． 因此，函数ｆ（ｘ）在区间 －π６， π[ ]４ 上的值域是［２，５］． １８．解：（１）ｆ（ｘ）＝槡３ｓｉｎωｘｃｏｓωｘ＋ｓｉｎ２ωｘ－ １ ２ ＝ 槡３ ２· ｓｉｎ２ωｘ＋１－ｃｏｓ２ωｘ２ － １ ２ ＝ (ｓｉｎ ２ωｘ－π )６ （０＜ω≤２）， 因为ｆ（ｘ）的图象的一条对称轴为ｘ＝ π３， 所以２ω· π３ － π ６ ＝ｋπ＋ π ２，ｋ∈Ｚ， 所以令ｋ＝０，可得ω＝１，则ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２ｘ－π( )６ ． （２）将函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２ｘ－π( )６ 的图象上所有点向左平 移 π ６个单位长度得到函数 ｇ（ｘ）＝ (ｓｉｎ ２ｘ＋π３ － π )６ ＝ (ｓｉｎ ２ｘ＋π )６ 的图象，若ｓｉｎ α－π( )６ ＝ １３， 则ｇ（α）＝ｓｉｎ２α＋π( )６ ＝ｃｏｓ π ２ －２α－ π( )６ ＝ｃｏｓ π３ －２( )α ＝ｃｏｓ２α－π( )３ ＝１－２ｓｉｎ２ α－π( )６ ＝１－２× １ ９ ＝ ７ ９． １９．解：（１）由题意得，函数ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎｘｃｏｓｘ＋Ａｃｏｓ２ｘ ＝ｓｉｎ２ｘ＋Ａｃｏｓ２ｘ＝ １＋Ａ槡 ２·ｓｉｎ（２ｘ＋φ）， 其中ｔａｎφ＝Ａ，不妨设φ (∈ －π２，π )２ ． 对于条件①：若ｆ（０）＝０，则Ａ＝０． 对于条件②：若ｆ（ｘ）的最大值为槡２，则 １＋Ａ槡 ２ ＝槡２，得 Ａ＝±１，所以①②不能同时成立． 当Ａ＝０时，(ｆ π )８ ＝槡２２≠±１，不满足条件③， 当Ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝槡 (２ｓｉｎ ２ｘ＋π )４ ， (ｆ π )８ ＝槡２，满 足条件③， 当Ａ＝－１时，ｆ（ｘ）＝槡 (２ｓｉｎ ２ｘ－π )４ ， (ｆ π )８ ＝０，不 满足条件③． 综上可得，存在Ａ＝１，使得ｆ（ｘ）同时满足条件②③． （２）由（１）得ｆ（ｘ）＝槡 (２ｓｉｎ ２ｘ＋π )４ ， 当０＜ｘ＜ｍ时，π４ ＜２ｘ＋ π ４ ＜２ｍ＋ π ４， 因为ｆ（ｘ）在区间（０，ｍ）上有且只有一个零点， 所以π＜２ｍ＋π４≤２π，得 ３π ８ ＜ｍ≤ ７π ８， 即ｍ (的取值范围是 ３π８，７π]８ ． ２０．解：（１）因为函数ｆ（ｘ）＝槡３ｓｉｎ（ωｘ＋φ）＋２ｓｉｎ (２ ωｘ＋φ)２ －１＝槡３ｓｉｎ（ωｘ＋φ）－ｃｏｓ（ωｘ＋φ）＝ (２ｓｉｎ ωｘ＋φ－π )６ 为 偶函数，所以φ－π６ ＝ｋπ＋ π ２，ｋ∈Ｚ， 又０＜φ＜π，可得φ＝２π３， 所以ｆ（ｘ）＝ (２ｓｉｎ ωｘ＋π )２ ＝２ｃｏｓωｘ． 因为ｆ（ｘ）图象的相邻两对称轴间的距离为 π２， 所以Ｔ＝ ２π｜ω｜ ＝π，又ω＞０，解得ω＝２， 所以ｆ（ｘ）＝２ｃｏｓ２ｘ． （２）将函数ｆ（ｘ）的图象向右平移 π６个单位长度，可得ｙ＝ (２ｃｏｓ ２ｘ－π )３ 的图象，再将横坐标缩小为原来的 １２（纵坐标 不变），得到函数ｇ（ｘ）＝ (２ｃｏｓ ４ｘ－π )３ 的图象． 若ｇ（ｘ）－ｍ＝０ [在 －π１２，π ]６ 上有两个不同的根，则方 程 (ｃｏｓ ４ｘ－π )３ ＝ｍ２ [在 －π１２，π ]６ 上有两个不同的根，即 函数ｙ＝ (ｃｏｓ ４ｘ－π )３ 的图象与直线ｙ＝ｍ２ [在 －π１２，π ]６ 上有两个不同的交点． 因为ｘ [∈ －π１２，π ]６ ，所以４ｘ－π３ [∈ －２π３，π ]３ ， 且 (ｃｏｓ －π )３ ＝ｃｏｓπ３ ＝ １２，ｃｏｓ０＝１， 所以 １ ２≤ ｍ ２ ＜１，所以１≤ｍ＜２． 故ｍ的取值范围为［１，２）． ２１．解：（１）由图可知 Ｔ２ ＝ ２π ３ － π ６ ＝ π ２， 所以Ｔ＝π，即２πω ＝π，所以ω＝２， 所以ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ（２ｘ＋φ）， 上式中代入 π ６，( )１，有 (ｓｉｎ π３ ＋ )φ ＝１， 得 π ３ ＋φ＝ π ２ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ，即φ＝ π ６ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ， 又因为｜φ｜＜ π２，所以φ＝ π ６， 所以ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２ｘ＋π( )６ ， 令 －π２ ＋２ｋπ≤２ｘ＋ π