卷7 三角函数-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考数学真题分类优化卷(分项A)

最新5年高考真题分类优化卷·数学（七） 卷7三角函数 本卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的 1.函数f(x)=xcos x的图象大致是 2.(2024·上海)下列函数f(x)的最小正周期是2π的是 A.sin x++cos x B.sin xcos x C.sinx+cos x D.sin2x-cosx cos a 3.(2024·全国)已知 cos a-sin a 。5.则ane+买) A.25+1 B.2√5-1 D.1-√5 4.(2024·天津)已知函数f(x)=sin3(ax+写）w>0)的最小正周期为 x则(x)在[一正，的最小值是 () A.、 2 C.0 D.2 5.(2024·北京)设函数f(x)=sin wx(w>0).已知f(x1)=-1,f(x2) =1,且1x一x,的最小值为2则w () A.1 B.2 C.3 D.4 6.(2024·全国)设函数f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cosx+2a.x,当x 【最新5年高考真题分类优化卷(26-ZT)·数学（七）7-1】 ∈（一1,1）时，曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点，则a=() 1 A.-1 b.2 C.1 D.2 7.设函数f(x)=sinx+√3cosx+1.若实数a,b,o使得af(x)+bf(x一 p)=1对任意x∈R恒成立，则a一b= () A.-1 B.0 C.1 D.±1 &已知fx)≥0，且>0时12x)=cox·fx).若f(）-是， 若g(x)=f() 是常函数，则方程f(x)=1在区间(0,1)内根的个 sin x 数为 A.1 B.2 C.3 D.0 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项 中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分 9.已知函数f(x)=Asin(ax+p)A>0w>0、-2<g<)的部分图 象如图所示，则 0君 A.f(x)的最小正周期为π B.当x∈ _ππ 4’4] 时，∫(x)的值域为 2’2 C将函数∫(x)的图象向右平移是个单位长度可得函数g(x)=sin2x 的图象 D.将函数∫(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标 不变，得到的函数图象关于点晉0)对称 【7-2】 10.已知函数f(x)=2os(-否)则 () A.(x)最小正周期为2π Bx=石是fx)图象的一条对称轴 C(经，1)是fx)图象的一个对称中心 Dfx)在(-至，)上单调 11.已知函数fn(x)=sin”x十cos”x(n∈N*),下列命题正确的有() A.f,(2x)在区间[0，π]上有3个零点 B.要得到f1(2x)的图象，可将函数y=√2cos2x图象上的所有点向 右平移个单位长度 C.∫，(x)的周期为罗，最大值为1 D.f3(x)的值域为[-2,2] 三、填空题：本題共3小题，每小题5分，共15分. 12.(2024·全国)已知a为第一象限角，3为第三象限角，tana十tan3= 4,tan atan B=√2+1，则sin(a+3)= 13.(2024·北京)在平面直角坐标系xOy中，角a与角3均以Ox为始 边，它们的终边关于原点对称.若a∈[工，]，则cosB的最大值为 63 14.已知函数f(x)=2m刀+3o,其中[x]表示不超过x的最大整数. 例如：[1]=1，[0.5]-0，[-0.5]=一1给出以下四个结论： ①r）-专： ②集合{y∈Ry-f(x),x∈R}的元素个数为9； ③存在a∈R,对任意的x∈R,有f(a一x)=f(a十x); ④f(x)>x十a对任意x∈[0,2π]都成立，则实数a的取值范围 3 是(-∞，2-2 【7-3】 其中所有正确结论的序号是 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤。 15.(本小题满分13分) 已知函数f(x)=2√3 sin xcos x-2cos2x+1. [-总]束)份值线 (2)若关于x的方程f(x)一a=0有三个连续的实数根x1x2,x3,且 x1<x2<x3,x3十2x1=3x2,求a的值. 16.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=sin(x-） 1 (1)若f(x)=2x∈[0,2π]，求x,的值： (2②)设g)=f)·c0s,求gz)在区同[0，]上的最大值和最 小值. 【7-4】 17.(本小题满分15分) 如果存在实数对(m,n)使函数f(x)=msin(x)+ncos(x)(x∈ R),那么我们就称函数f(x)为实数对(m,n)的“心型正余弦生成函 数”，实数对(m,n)为函数f(x)的“心型正余弦生成数对” (1)已知函数y=g(x)的“4型正余弦生成数对”为(1，一√5)，求方 程8()=号在区问[：，上所有实根之和： 6’24 (2)若实数对(k,一1)的“2型正余弦生成函数”y=h(x)在x=x。处 取最大值，其中2<k<3,求tan4x。的取值范围. 18.(本小题满分17分) 已知定义在(0，十o∞)上的函数y=f(x)的表达式为f(x)=sinx一 xcos x,其所有的零点按从小到大的顺序组成数列{xn}(n≥1，n∈ N). (1)求函数y=f(x)在区间(0，π)上的值域； (2)求证：函数y=f(x)在区间(nπ，(n+1)π)(n≥1，n∈N)上有且仅 有一个零点； (n+1)π (3)求证：π<xm+1一xm< n 【7-5】 19.(本小题满分17分) 已知O为坐标原点，对于函数f(x)-asin x十bcos x,称向量OM =(a,b)为函数f(x)的相伴特征向量，同时称函数f(x)为向量OM 的相伴函数。 (1)设函数g)=sine+）一sinm(-z小试求gx)的相伴特征 向量OM; 记向量ON=1√3)的相伴函数为∫(x),求当f(x)二目 (仁号君)smx的值： (3)已知A(-2,3),B(2,6),OT=(-√5,1)为h(x)=msin (女一若)的相伴特征向量：g()=A侵一）请问在y=g(x)的图 象上是否存在一点P,使得AP⊥BP.若存在，求出P点坐标；若不 存在，说明理由. 【7-6】最新5年高考真题分类优 所以令g'(x)<0,解得0<x<x1或x>x2: 令g'(x)>0,解得x<0或x1<x<x2; 所以g(x)在(0，x1),(x2,十o∞)上单调递减，在( ∞，0)，(x1,x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3一√)和 (3+√5，+0)，单调递增区间为（一∞，0） 和(3-3,3十√3). (3)由(1)得f(x)=x-x3ex+1(x∈R),f'(x)=1 -(3.x2-x3)ex+1 由(2)知f'(x)在(0，x1),(x2,十∞)上单调递减， 在（一∞，0)，(x1,x2)上单调递增， 当x<0时，f'(-1)=1-4e<0,f'(0)=1>0,即 f(-1)f(0)<0 所以f'(x)在（一∞，0）上存在唯一零点，不妨设为 x3,则-1<xa<0, 此时，当x<x:时，f'(x)<0,则f(x)单调递减； 当x<x<0时，f'(x)>0,则f(x)单调递增； 所以f(x)在（一∞，0）上有一个极小值点： 当x∈(0，x1)时，f'(x)在(0，x1)上单调递减， 则f'(x1)=f'(3-3)<f‘(1)=1-2<0,故f (0)f(x1)0, 所以f'(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为 x1,则0<x1<x1, 此时，当0<x<x1时，f'(x)>0,则f(x)单调 递增； 当x<x<x1时，f(x)0,则f(x)单调递减； 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点： 当x∈(x1,x2)时，f'(x)在(x1x2)上单调递增， 则'(x2)=f'(3+√5)>(3)=1>0，故f(x1) f(x2)0, 所以'(x)在(x1,x2)上存在唯一零点，不妨设为 x5,则x1<x5<x2, 此时，当x1<x<x5时，f(x)<0,则f(x)单调 递减； 当x<x<x2时，f'(x)<0,则f(x)单调递增； 所以f(x)在(x1,x2)上有一个极小值点； 当x>x2=3十√5>3时，3.x2-x3=x2(3-x)<0, 所以f'(x)=1-(3x2-x3)e+1>0,则f(x)单 调递增， 所以f(x)在(x2,十o)上无极值点： 综上：f(x)在(-∞，0)和(x1,x2)上各有一个极小 值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极 值点， 答案：(1)a=-1,b=1 (2)答案见解析 (3)3个 卷7三角函数 1.A 'f(-x)=-xcos(-x)=-xcos x=-f (x), 函数f(x)为奇函数，排除选项D: 当x∈(0,2)时，x>0,0<cosx<1 .0<f(x)<x,排除选项BC.故选A, 2 A sin十cosr=Esn(c+子)，周期T=2,故 【 3 化卷(26一ZT)·数学答案 A正确： m0m=方n2,周期T=罗=：放B转： sinx十cos2x=1,是常值函数，不存在最小正周期， 故C错误； in2z-c0sz==c0s2c,周期T)=元，故D错 误，故选A 3B因为o。n。-反，所以1-n。 1 cos a-sin a =√5，→tan a=1 3’ =25-1,故选B. 4.A f(x)=sin 3ox+)=sin (3r+)=- sin 3oxx, 由T= 2=元得w一了' 2 3 即f(x)=-sin2x,当x∈ [-]时，2 [-后]： 画出f(x)=-sin2x的图象，如下图所示， 由图可知，f(x)=一sin2x在 元上递减， L12'6」 y 2 π√ 所以，当x= 6时，f（x)m=一sin3= 2故 选A, 5.B由题意可知：x1为f(x)的最小值点，x2为f(x) 的最大值点， Tπ 则x1一xm=之=2，即T=元， 且。>0，所以w行-2，故选B 6.D解法1：令f(x)=g(.x),即a(x+1)2-1=cosx +2a.x, 可得a.x2十a-1=cosx, F(x)=ax+a-1,G(x)=cos x, 原题意等价于当x∈(-1,1)时，曲线y=F(x)与y =G(x)恰有一个交点， 注意到F(x),G(x)均为偶函数，可知该交点只能在 y轴上， 可得F(0)=G(0),即a-1=1,解得a=2, 若a=2,令F(.x)=G(x),可得2x2+1-cosx=0 因为x∈(-1,1)，则2x≥0,1-c0sx≥0，当且仅 当x=0时，等号成立， 可得2x2+1-cosx≥0，当且仅当x=0时，等号 成立， 】 最新5年高考真题分类优 则方程2x2+1-cosx=0有且仅有一个实根0， 即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交，点， 所以a=2符合题意； 综上所述：a=2. 解法2：令h(x)=f(x)-g(x)=a.x2十a-1-cos x,x∈(-1,1)， 原题意等价于h(x)有且仅有一个零点， 因为h(-x)=a(-x)2+a-1-cos(-x)=a.x2+ a-1-cos x=h(x), 则h(x)为偶函数， 根据偶函数的对称性可知h(x)的零，点只能为0， 即h(0)=a一2=0，解得a=2, 若a=2,则h(x)=2x2十1-cosx,x∈(-1,1)， 又因为2x2≥0,1一c0sx≥0当且仅当x=0时，等 号成立， 可得h(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立， 即h(x)有且仅有一个零，点0，所以a=2符合题意， 故选D. 7.B函数f(x)=sinx+√3cosx+1=2 cosx+1=2sin(x+号）+1， 依题意，2asin(c+号）+2bsin(e+号-9）+a+b =1对任意的x∈R恒成立， 即2asin(e+）+2bsin(e+号）osg-26co (c+号）sin9十a+b-1=0对x∈R恒成立， 因北2(a+bcos9)sin(e+F）-26sn9eos (e+）十a+b-1=0对x∈R恒成主， (a+bcos =0 于是bsin=0,显然b≠0，否则a=0且a=1, a+b-1=0 矛盾， 则sine=0,显然coso≠1，否则a十b=0且a十b= 1,矛盾， 从而cos9=一1，解得a=6=2,c=(2k十1)m,所 以a一b=0.故选B. 8Df(经)=年=2f(任)则f(任)=<1R (r)=f(x) sin'x 则g(2x)= 4r·cos四=g(x),g(受） 4sin2xcos'x f() =1, 4 则g(罕）=g(g)）==s(贯）=1，可得g) 1别)=， 令h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx≥0恒 【 3 化卷(26-ZT)·数学答案 成立， 即函数h(x)在(0，十∞)单调递增， 所以h(x)≥h(0)=0,.x≥sinx(x≥0)，sing <1, 即fx)n1在区间(0，D内无实报，故选D 9.ACD由图可知，A=1,函数f(x)的最小正周期T =4×(6意君）=，故A正商： 2m_2如=2， 由T红w>0,知wT】 国为f()=1,所以sin(2×晋+)=1，所以登+ 9=2kx+2,k∈Z, π 即g=2kπ+行，k∈Z, 又因为一 <9<受，所以9=吾，所以f(x) sin(), 当xe[-]时，2+后e[-，2] 所以m:+)[号小 所以f(x)的值域为 , 将函教∫(x)的图象向右平移2 个单位长度，得到g )=m2(e-)+]=sn2x的图象，故c 正确； 将函数∫(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来 的2倍，纵坐标不变，得到y=sin(+石)的图象， 因为当x= 时ym倍+）=n=0,所以 得到的岛数因泉关于点（后0）对称，故D三确，故 选ACD 10.Bcfx)=2co(-8）=os(2x-)+1, 2π f(x)的最小正周期为2=，A错误： 所以y=f(x)的图象关于直线x=君对称，B 正确； 段-子=kr+受(k∈)可得k=0,且f 令2×12-3 所以y=x)的图泉关于点（侣1）对称.C正确： 2 】 最新5年高考真题分类优 因为 (-) 所以 (2x-)e(,)· 由y=0sx在（后0）上单调道增，在0，君)上 单调递减可知， f)在（空）上单调道增，在（告，）上单 调递减，D错误，故选BC 11.BC由已知可得，f1(2x)=sin2x+cos2x=√2 sin(2x+)月 因为0心≤片以牙≤2r十开<祭 当2x十至=或2x十子=2红时，即-受或x 要时，有f2x)=0: 所以f1(2x)在区间[0，π]上有2个零，点，故A项 错误； 将画数y-E0s2x图象上的所有点向右平移否 个单位长度得到函数y=2cos2(x-牙)=巨cos (2x-）=Esin(2x+),故B项正确： 由已知可得，f,(x)=sin'x+cosx=(sinx+ eosx)-2 sino=-号sinr2r+1=-号 1-cos42+1=1c0 2 4c0s4x+4, 所以，f,的周期T=经受最大位为+是 =1,故C项正确； fa (x)=sin'x cos'r=(sin x cos x)(1-sin xcos x) =厄cos(x-于)1-sin2a）-E ms(e-)儿1-o(.-)] =Eos(e-）)儿1-×2os(e-）+2] -2cs-）-Es(-）)】 令1=cos(-）-1<t<1g)=3y2 2t3, 则g'(t)= 3V2 2 -3√2t2= (+)(-)」 解g()=0,可得1=士 2 【 3 化卷(26一ZT)·数学答案 解g'(t)>0,可得- 2 <1<气，所以g()在 解g'(t)<0,可得-1≤t< <t≤1， 所以在[1。）上*，在（停，]上 单调递减 且g(-1)= ×(》-x(）=-1, =1,g(1)=32 2 √2 一它时，g(1)有最小值-1：当1= √2 所以，当t= 时，g(t)有最大值1. 所以，f(x)的值域为[-1,1]，故D项错误.故 选BC. tan a+tan B 12.解析：法一：由题意得tan(a十B)=-1 an atan9 1-(W2+1) =-2√2， 因为a (2kπ，2kx+受），∈ (2mx+,2mx+3受）k,m∈Z, 则a+B∈(2m十2k)π+π，(2m+2k)π+2π)，k,m ∈Z, 又因为tan(a十B)=-2√2<0， 则a+月∈(《2m+2)x+3受，(2m+2k)x+2n小： k,m∈Z, 则sin(a十g)<0, 则ne+》=-22,联立sima+B》十os'(a十 'cos (a+B) 3)=1, 2√2 解得sin(a+B)= 3 法二：因为α为第一象限角，B为第三象限角，则 cos a>0,cos B<0, cos a 1 cos a= ，C0s3= √sina+cosa √/1+tan'a cos B -1 Vsin8+cos8 v1+tan2B 则sin(a十)=sin acos B+cos asin B=cos acos3 (tan a++tan B) -4 =4cos acos B= √1+tana√1+tang 3 】 最新5年高考真题分类优 -4 一4 (tan a+tan B)2+(tan atan B-1)2 w√4+2 22 3 答案：一 √2 3 13.解析：由题意可知B=a十π十2kπ，k∈Z, 从而cos3=c0s(a十π十2kπ)=一c0sa, 因为&∈ [6,3所以c0sa的取值范固是 当且仅当。=号，即B=4号+2m,k∈Z时，0s月 取得录大值，且最大值为一号 答案：-2或-0.5 14.解析：对于①，由f(x)=2m十3o知，f(x)= 2[m]+3[]=2[]+3[]=2°+3t 3,故①正确， 对于②，由周期性可知，∫(x)的周期为2π，故讨论 x∈L0,2π即可， 易得当x=0时，f(x)=2°+3=4，当x=时，f (x)=2十3°=3， 当x=天时)=2”+31=子当-时 =2+3-2, 当x=2m时，f(x)=2”+3=4,当x∈(7，)时， fx)=2+8t-专 当x∈(0，)时，f(x)=2+3°=2 当x(,3）时fx)=21+3= 61 当x∈（臣2）时，(x)=2+3-三故该条合 元素个数为6，故②错误， 对于③，显然在x∈[0,2π]时，f(x)的值域不关于 x=a对称， 故f(x)不关于x=a对称，即f(a-x)≠f(a十 x),故③错误， 对于④，当x=0时，f(x)-x=2”+31-0=4, 当x=受时，fx)-x=2+3-受=3受， 当x=2π时，f(.x)-x=2°+3-2π=4-2π， 当x∈(0，)时f(x)-x=2°+3-x=2-x ∈(2-2 【 3 化卷(26一ZT)·数学答案 当x(受m]时fx)-x=2+31-x=青- 4 [- ) 当x(,）时x)-x=2+3-x= 6 当r∈[登2小时，)=2t+”- 3 (号 337 -2m,2-2π」 而f(.x)>x十a对任意x∈[0,2π]都成立，故a<f (x)-x恒成立， 令g(x)=f(x)一x,即a<g(x)im,而显然g(x) -2π， 3 可得a≤2-2m点成立，即a∈( 故④正确」 答案：①④ 15.解析：(1)f(x)=2√3 sin rcos x-2cos2x+1=√3 sin 2.-c0s 2.-2sin() 国x[]令=2 6,则一 3≤ 因y=m:在[营]上单羽逆期，在 「工，7上单调递减， 2’6 sim(2x-g)≤1. 则-√3≤f(x)≤2，·f(x)的值域为[-√5,2] (2)如图，因f(x)=2sin(2x-君)的最小正周期 为π， y y=f(x) y=a 2x3 当a=士2时，易得x2=x1十π，x3=x1十2π，不满 足x3十2x1=3x2,故舍去， 当-2<Q<2时，依题意：x3=x1十π，代入x+ 2红=3：得，=+5 由2江-吾=领+受k∈五，可得x=大受+号k ∈Z. 】 最新5年高考真题分类优 由十+受，k∈乙，代入x,=1十号，解得 2 2 3 x1= 2 a=2nm[2(经+君）-君]=2sin(kx+）& ∈Z, 当k=2m,n∈7时，2sin(kx+日）=2sin (2mπ+）=1，n∈z: 当k=2m+1,n∈Z时，2sin(kx+石）=2sin (e+) =-1,nez, 故a的值为士1. 答案：(1)[-√3,2]：(2)±1 16.解析：1)国为f(x)=sm(c-),由f,) z得到如。一)宁 解得x。-子=音+2kx快∈Z》或x。-至 6 2kπ(k∈Z), 中。-+kr∈成。=管+6r∈》 又周为，∈[0,2，所以x,=器7 5π13π (2)因为g(x)=f(x)·cosx=sin(r-F）· cos x = ② 2 sin xcos cos'r ) 号(Gn2 1+cos 2x 2 =ne,）-9 令1=2-，因为x∈[0，]，得到 ∈[÷] 白yn的闲衣与位爱知a[-号] 所以g(x)∈ 9] 所以x)在区同[0，]上的最大值为 1_2 ② 最小值为一 答案，1或 13 12 2)最大值为？年最小值为一号 17.解析：(1)由函数y=g(x)的“4型正余弦生成数 【3 化卷(26一ZT)·数学答案 对”为(1，-√5)， 可得g(x)=sin(4x)-√3cos(4x)= 2sim(4x-爱）： 又由方程gx)）=专，即2sin(4x-号）=子，即sin (-）子 因为x[吾]，可得-晋∈[子] 设0=4红-吾∈[后]中sm0=号 结合正弦画数y=sin0的图象，可得方程sin0=3 在区 [号5受]有2个解， π 设其两根为0,0，且0=4红-号0，=4：一号， 由对套桂可知自十0=3解得十=，到 实根之和为皆 (2)由题意得h(.x)=ksin2x-cos2x=√k+1sin 1 (2.x一p),其中tanp=友， 因为h(x)在x=x。处取最大值，可得2x。一9= 2mx+受a∈0， 所以2z,=2ar+受+gn∈： 即ian(2z)=an(2ax+受+p）=an(受+) =一k, tan 2tan (2xo)2k 2 可得tan(4xo)= =m(2x。&k-店 1 又因为2<k<3,且y=-上在0，十四)上单明 递增， 可得2<k一 下3，所以 18 < 4 <3,即tan k一k (4红)的取位花网为（层，会）】 答案：2（受，） 18.解析：(1)由f'(x)=cosx-(cosx-xsin r)= xsin x, 当x∈(0，π)时，f'(x)>0,即函数y=f(x)在区间 (0,π)上是严格增函数， 且f(0)=0,f(π)=π， 所以f(x)在区间(0，π)上的值域为(0，π). (2)当x∈(nπ，(n+1)π)时， ①当n是偶数时，f'(x)>0, 】 最新5年高考真题分类优 函数y=f(x)在区间(nπ，(n+1)π)上是严格增 函数： ②当n是奇数时，f'(x)<0, 函数y=f(x)在区间(nπ，(n十1)π)上是严格减 函数； 且f(nπ)=(-1)"-nπ，故f(nπ)·f(n+1)π)= -n(n+1)π2<0， 所以由零点存在定理可知， 函数y=f(x)在区间(nπ，(n+1)π)上有且仅有一 个零点. (3)由(2)可知函数f(x)在(nπ，(n十1)π)上有且仅 有一个零点xn, 且满足f(xn)=sin一Incos In=0,即tan I= x,(几何意义：x,是y=tanx与y=x交，点的横坐 标) 又因为f(x+)-(-1)",故f(加π)·f (uπ+)=-n<0, 所以由零，点存在性定理可知， 画教y=fx)在(m,mx+)上有且仅有-个零 点xn, 于是工，+，1∈(+1)，(n+10x+受) x4-红+m∈（受，受） tan(xn+1-(xm+π)=tan(xm+1-xm）= tan r+l一tan x. In+l-In 1+tan+1·tanx,1+xm+1·x ①因为xa+1一xn>0,得tan(xm+1-(xn+π)>0 所以xn+1一(xn十π)>0，即π<xn+1一xn: (或者tanr+l-tan(x,十π)=tan f+l-tanx,= xn+1一xm>0 →tan r.+i>tan(xn+π)→xm+1一xn>π) ②因为tan(x+1-(x,十π)=1+x,1·x xn+1一xm 33 2π2π 3 xn2π22nπn 由1)可知，当x∈(0，)时，有x<ianx 故x+1-(x,十π)<tan(x+1-(,十x)<π，所 以x+1一x,<元十匹 n (n+1)元 由①②可知π<xn+1一xn< 答案：(1)(0，π) (2)证明见解析 (3)证明见解析 19.解析：(1)：gx)=sm(e+）-sin(-)月 sin xcos- cos xsin- 6 6 飞 3 化卷(26一ZT)·数学答案 3 3 .g(x)= sinx+2cosx心g(x)的相伴特 征向量OM=（ (2)向量ON=(1W5)的相伴函数为f(x)=sinx +√3cosx, :f)=mx+5casr=2n(e+）=号 sm(+） xe(吾)x+号∈(0受o (+)=是 sm=如[(e+）-]-名(+）-9 cos(+)-4-35 10 (3)由0T=(-5,1)为h(x)=msin(x-石）= 2 msin x- 1 mc0sx的相伴特征向量知： m=-2. 所以9(x)=h(行-写）=-2sin (号-号）-君）=-2sim(5-受）=2cos2 设P(,2xos子）：A(-23),B(2,6, AP (e+2,2ms-3, 1 =(x-2,2cos2x-6）小 又：AP⊥BP,∴AP·BP=0 .(x+2)（x-2）+ 1 1 (2cos2x-3)(2cos2x-6）=0. -4+4w分-18s2+18=0, 1 -2os<2号<2as-号< 9 5 Γ2 1 六当里仅当=0时，(s2）空- 网时等于空这时()浅成立 6 】 最新5年高考真题分类优 .在y=h（x)图象上存在点P(0,2),使 得AP⊥BP 答案：()：2)88春在点户 (0,2) 卷8解三角形 l.B因为(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB), 所以由正弦定理得(a十c)(a-c)=b(a-b),即a2 -c2=ab-b2, 则a2+b2-c2=ab,故cosC= a2+62-c2 ab 2ab 2ab 又0<C<,所以C=子故选B 2.C法1：连接AC,BD交于 O,连接PO,则O为AC, BD的中点，如图所示， 因为底面ABCD为正方形， AB=4,所以AC=BD =4√2，则DO=CO=2√2， 又因为PC=PD=3,PO=OP,所以△PDO △PCO,则∠PDO=∠PCO, 又因为PC=PD=3,AC=BD=4√2，所以△PDB ≥△PCA,则PA=PB, 在△PAC中，PC=3,AC=4W2,∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA=AC2+PC2-2AC· PCs∠PA=2+9-2X4vX3×号-17. 故PA=√I7,则PB=√17， 故在△PBC中，PC=3,PB=√17，BC=4, 所以cos∠PCB-PC+BCPB_9+16-17 2PC·BC 2×3×4 又因为0<∠PCB<π，所以sin∠PCB= V-cos'∠PCB=22 31 所以△PBC的面积为S=2PC·BCsin∠PCB= 1 2 ×3×4×3 =4√2， 法2：连接AC,BD交于O, 连接PO,则O为AC,BD 的中点，如图所示， 因为底面ABCD为正方形， AB=4, 所以AC=BD=42, 在△PAC中，PC=3,∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA2=AC十PC2-2AC· PCos∠PCA=32+g-2X42X3× 2 =17,故 【 3 化卷(26一ZT)·数学答案 PA=√17， 所以cOs∠APC= PA2+PC2-AC217+9-32 2PA·PC 2X√17X3 √17 17,则PA·PC=|PA1IPC|cos∠APC= mx×( =-3, 不妨记PB=m,∠BPD=0, 1 1 因为PO=2(PA+PC)=2(PB+PD), 所以(PA+PC)2=(PB+PD)2, 即PA2+PC2+2PA·PC=PB2+PD2+ 2PB·PD, 则17+9+2×(-3)=m2+9+2×3×mcos0, 整理得m2+6mcos0-11=0①， 又因为在△PBD中，BD=PB2+PD2-2PB· PDcos,∠BPD, 即32=m2+9-6mcos0,则m2-6cos0-23= 0②， 两式相加得2m2-34=0,故PB=m=√17， 故在△PBC中，PC=3,PB=√7，BC=4, PC2+BC2-PB2 所以cOs因为∠PCB= 2PC·BC 9+16-171 2X3X4=3, 又因为0<∠PCB<π，所以sin∠PCB= V-cos∠PCB=2 3 所以△PBC的面积为S=2PC,BCsin∠PCB= 1 2√E ×3×4X3 =4√2.故选C. 3.C取AB的中点E,连接CE, DE,因为△ABC是等腰直角 三角形，且AB为斜边，则有 CE⊥AB, 又因为△ABD是等边三角形， 则DE⊥AB,从而∠CED为二 面角C-AB-D的平面角，即 C ∠CED=150°， 显然CE∩DE=E,CE,DEC平面CDE,于是AB⊥ 平面CDE,又由于ABC平面ABC, 因此平面CDE⊥平面ABC,显然平面CDE∩平面 ABC=CE, 直线CDC平面CDE,则直线CD在平面ABC内的 射影为直线CE, 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角， 令AB=2,则CE=1,DE=√5，在△CDE中，由余弦 定理得： CD √CE+DE-2CE·DEcos∠CED= √+3-2x1xx(-. 7 】