课时冲关23 函数与导数高考压轴大题的突破问题&课时冲关24 任意角、弧度制及任意角的三角函数-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

高考总复习 人教数学B版（新教材） f(x)在(1，十o∞)上单调递增，即证明 函数f(x)在R递增. <<) 综上，a<0或a>4时，函数f(x)在 (一∞，1)，(x2,十∞)上单调递增，在 面构造函数F(x)=f(x) (x1x2)上单调递减；0≤a≤4时，函 数f(x)在R上递增. x1) (2),f(x)=0有两根x1,x2且a F)=f)+f(2): >0, (x-1)(e十x-xe-1) a>4,且十x=a-2, (x1x2=1, x 由于e>ex→e十x>ex十x=(e十 “>0,m西-八>0恒成立等 e'2 1)x, 又函数y=xe在(0,1)上单调递减， 价于m>) x1e'2 ∴.xeF>e→-xe-1<-e-l. 号-ax十a十1恒成立， ∴.e+x-xe-1<e十1-e-1=0, ∴.0<x<1时，F(x)>0→F(x)在 即m>-x号十2x,十1恒成立. (0,1)上单调递增， 令t=a-2(t>2), 而F(1)=f(1)-f(1)=0, 则x,=0-2十√瓜-4a “F)0=fx)<f()得运. 2 故若∫(x)有两个零点工1，x2,则 t+V2-4 2 x1x21. 课时冲关23 令g0)=士4，>2时， 1解：(1)因为函数f(x)在(0,2)上 递减， 函数g(t)= 中4递增，g(t)> 所以Hx∈(0,2)，恒有f(x)≤0 成立， g(2)=1, 而f(x)=2≤0，Vx∈(0,2)， x2>1,.-x号十2x2十1<2， 故实数的取值范围是[2，十∞)」 恒有a≤2成立， x 3解：1)因为f()=-之 x 当x60,2)时，是>1，所以a≤1 =ax-1 x (2)证明：当a≥2时，h(x)=f(x)十 (a-2)x=2+alnx+(a-2), 当a=1,f(x)=x1 x 令f'(x)=0,得x=1, 1(x）=au2+a-2≥0， f(x)的定义域为(0，+∞)， x 所以h(x)在「1，十o)上是增函数， f(x),f(x)随x的变化情况如 故h(x)≥h(1)=a≥2. 下表： 当a<2时，h(x)=f(x)一(a-2)x= x (0,1) 1 (1,十o》 f(z) 0 aln x-(a-2)x, a.x-2 f(x) 极小值 h'(x)= -a十2= 所以x=1时，f(x)的极小值为1. ((2-a)x十2)(x-1) =0,解得x= f(x)的单调递增区间为(1，十o),单调 递减区间为(0,1). 2 <0或x=1, 2-a （2)f(x)=ax,(a≠0，a∈R). 所以函数h(x)在[1，十∞)上单调 递增， 令f'(x)=0,得到x= a 所以h(x)≥h(1)=4-a>2. 综上所述h(x)≥2. 若在区间(0，e]上存在一，点xo,使得 f(x0)<0成立， 2.解：(1)f(z)=[x+(2-a)x十1e, 其充要条件是f(x)在区间(0，e]上 令x2+(2-a)x十1=0（￥）， 的最小值小于0即可. ①△=(2-a)2-4>0,即a<0或a >4时， ①当x=1<0,即a<0时，f(x)<0 方程(*)有2根， 在x∈(0，十∞)成立， =a-2-Va-4a .f(x)在区间(1，e]上单调递减， 2 故f(x)在区间(1，e]上的最小值为 x,-a-2+Va-Aa f(e)=+alne 2 e 函数f(x)在(-∞，)，(2，十∞)上单 调递增，在(，x)上单调递减 =是+a由+a<0得a<- e ②△≤0时，即0≤Q≤4时，f(x)≥0 在R上恒成立， ②当=上>0，即a>0时， a ·494· (i)若c≤日，则f()≤0在x∈ (0,e]成立， f(x)在区间(0，e]上单调递减， ∴.f(x)在区间(0，]上的最小值为 f(e)= alne=+a>0,显然， e f(x)在区间(0，]上的最小值小于0 不成立」 (i)若1< <e,即a> 则f(x),f(x)随x变化如下表： o,） f(z) 0 f(x) 极小值 .f(x)在区间(0，e]上的最小值为 f(日）aa 1 由f(日）=aah合=a1-lna) 0, 得1-lna<0,解得a>e,即a∈(e, 十00). 综上，由①②可知：a∈ (-6o,-1）Ue,+. e 4.解：(1)当a=-1时， 则f(x)=一 ×1n(x+1)十 23 (-)x 据此可得f(1)=0,f(1)=-ln2, 函数在(1，f(1)处的切线方程为 y-0=-ln2(x-1), 即(ln2)x十y-ln2=0. (2)由函数的解析式可得f(） (r+a)n(+). 函数的定义城满足1十1=中1> 0,即函数的定义域为(-∞，一1)U (0,十)， 定义域关于直线x=一 子对称，由题意可 得=一 1 由对称性可知（之十加） =f(-m(>) 取m= 是可得f1)=f-2. 1 即(a+十1)ln2=(a-2)ln之，则a十1 =2一a 1 解得a=2' 经检腔a=之6=一之骑足题套，故 1 1 即存在a=b= 号满足题意 (3)由函数的解析式可得f(x)= ()lx+1D+(+a）) 1 由f(x)在区间(0，十∞)上存在极 值点， 则f(x)在区间(0，十∞)上存在变 号零点； 令()hx+)+(+a) 1 =0, 则-(x十1)ln(x+1)十(x十ax2)=0, 令g(x)=a.z2十x-(x十1)ln(x十1)， f(x)在区间(0，十∞)存在极值，点， 等价于g(x)在区间(0，十∞)上存在 变号零点， g'(x)=2ax-ln(x十1)，g"(x)=2a 1 x十1 当a≤0时，g'(x)<0,g(x)在区间 (0,十∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)=0,g(x)在区间 (0,十∞)上无零点，不合题意； 当≥2a≥1时，由于 2+7<1, 所以g”(x)>0,g'(x)在区间(0， 十∞)上单调递增， 所以g'(x)>g'(0)=0,g(x)在区间 (0,十∞)上单调递增，g(x)>g(0) =0, 所以g(x)在区间(0，十∞)上无零 点，不符合题意； 当0<a<合时，由g(x)=2a x+10, 可得x=2a -1. 当x∈(0,2a-1)时，g(x)<0, g'(x)单调递减， (品-1，+）时，g(x)>0, 当xe(2a g'(x)单调递增， 故g的最小值为g(盆-）=1一a +In 2a, 令m(x)=1-x十lnx(0<x<1),则 m(x)=二1+1>0， 函数m(x)在定义域内单调递增， m(x)<m(1)=0, 据此可得1一x十lnx<0恒成立， 则g(品-1）=1-2a+162a<0, h(z)=In z-22+x(x>0), 则(x)=-2x2+x+1 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调 递增， 当x∈(1，十o∞)时，h'(x)<0,h(x) 单调递减， 故h(x)≤h(1)=0,即lnx≤x2-x(取 相等时条件为x=1), 所以g(x)=2a.x-ln(x+1)>2a.x [(x十1)2-(x十1)]=2a.x-(x2+x), g'(2a-1)>2a(2a-1)-[(2a-1) 参考答案 +(2a-1)]=0,且注意到g'(0)=0, 则x=2cos120°=-1，y=2sin120 据零点存在性定理可知：g(x)在区 =√5，即B(-1W5). 间(0，十∞)上存在唯一零点x0, 答案：(-1W3) 当x∈(0，x)时，g'(x)<0,g(x)单 10.解：设扇形AOB的半径为r,孤长为 调递减， l,圆心角为a, 当x∈(xo,十∞)时，g'(x)>0,g(x) 2r十l=8, 单调递增， (1)由题意可得 r=3,解得 1 所以g(x)<g(0)=0. 令x)=hx-(- 1l=6, -(=1D≤0， (2)法一：.2r十l=8, 2x2 则n(x)单调递减，注意到n(1)=0, 故当x∈(1，十∞)时， =×()）=, In z- 当且仅当2=L,即a=1=2时，扇形 从5有n(-) 面积取得最大值4 ∴.圆心角a=2,弦长AB=2sin1× 所以g(x)=a.x2十x-(x十1)ln(x十1) 2=4sin1. >ax+x- (x+1)× 12 法二：2r+l=8, ∴S=2=2r8-2别=4-) -(r-2)2+4≤4， ()r+合=0得 当且仅当r=2,即a= L=2时，扇 =±√2（负值合去） 形面积取得最大值4.弦长AB= 2sin1×2=4sin1. 所以s√已2a 1 11.ABD[设两个质点重合时，所用时 ≥0， 间为t,则重合时点P,Q的坐标均为 所以函数g(x)在区间(0，十∞)上存 (cos 2t,sin 2t), 在变号零点，符合题意 由题意可得，5t-2t= +2km,k∈ 3 综合上面可知，实数a得取值范围 7,解得1=晋+2kEZ. 9 3 课时冲关24 当k=0时，t= 晋，2= ,所以点 1.C2.A3.B4.B5.D6.CD Q的坐标均 7.解析：由图可 (eossim）故 知：e0<0 选项A正确； 当k=1时，t= 2=售，所以点Q tan0. 5 的坐标均为(s售sm1售） :证<T, (否，血警）故选夏B正确 当k=2时，t= 且MP,AT与y轴正方向相同， 8,2-，所以点Q sm经<am 2π 的坐标均为(es血) 故cos <气an (-c0s晋m晋)，故选项D正 π) 确，选项C错误.] 答案：cos6<in2红<an 12.B[如图，由题意可 5 5 5 8.解析：由题意可知，a是第一象限角， 得∠A0B=,0A- 则m>0, 4,在Rt△AOD中，可 又cosa= 得∠AOD= √m2+2 9得w-反 号，∠DA0=0D 答案√2 号A0=2×4=2,于是灸=4-2 9.解析：依题意知OA=OB=2,∠AOx= =2. 30°，∠B0z=120°， 设，点B坐标为(x,y), 由AD=AO·sin ·495· 高考总复习人教数学B版（新教材） 2√5，得弦AB=2AD=4√3.所以孤 7.解析：由题意知sin9·cos0= 回西教=名（弦×矣十关）=名× 2 sin'+cos=1, (4√5×2十22)=4√5+2≈9（平方 联立 1 1sin0·cos0= 米).] 21 13.解析：，角a的终边经过点P(4a, 3a)(a0), sin 2 sin 0=-2 或 …x=4a,y=3a, 得 r=√/(-4a)+(3a)=-5a. cos=② 2 cos 0=12 2 'sin a=34= 又0为三角形的一个内角，∴.sin>0, -5a 5,tan a=3a 则cosB= 3 2 4 0=8 ∴.tan2a= 2tan a 2X3 1-tana 答案： 8.解析：co (+) .25sin a-7tan 2a =co[r-(号-)] =25×(号)7×24=-39， 答案：一39 =-cos(若-0）=-a 14.解：(1)由sina<0,知a在第三、四 象限或y轴的负半轴上；由tana> sm(答-）=sm[受+（若-）] 0,知a在第一、三象限，故a角在第 三象限，其集合为 =cos(-0）-a, {el2+a<2x+要k∈2 ∴cos(爱+0）十sim(5-0）-0, 答案：0 (2)由2kx十x<a<2kx+,k∈Z. 9解析：因为sina=2m-3, 得受<号<x+平，故 m十2，cosa= m十1 受终边在第二，四象限 干2且a为第二象限角，则 6)当受在第二象限时，an受<0， 0>0. m十1<0， 解得m<-2或m m号>0.om受<0， m+2 3 所以tan受sin号cos受取正号： 72 2 因为sina十cos2a= 2m-3 当号在第四泉限时，1an号<0， m+2 +(m) m十1 血<0.cm>0， 所以1an受sin受c0s受也取正学. =5m-10m+10-1, m2十4m十4 整理可得2m2-7m十3=0，即(2m 因北，an号sin受c0s受取正号. 1)(m-3)=0, 课时冲关25 解得m=之（会)成m=3 1.D 2.A 3.A 4.D 5.ABC 2m-33 6.解析：因为9e(0,受）则sin0>0, 所以，sina m十25， c0s8>0, cOs a=- m十1 4 sin 0 1 m+2 5, 又因为tang= os0=之，则cos 2sin, 所以，m号×(） cos20+sin20=4sin0+sin20= 4 5sin8=1, 9我如9- 9会. 因此，sin(a十2024r)十cos(a+2023x 解得sin9 cos a+2 021x 2 所以sin0-cos0=sin0-2sin0=-sin0 -sin a-cos a -sin a 5 1 4 7 =一1 答案： tan a 3 3 5 答案：一3 ·496· 10.解：(1)令tana=x,则x- 1 是整理得2+3x一2=0，解得 =成x=-2, 因为受<a<元，所以1ana<0,故 tan a=-2. /3π cos(2a) 一cos(π-a) (2) sim(受-a】 sina十cosa cos a =tana十1=-2+1=-1. 11.C[当k=2n(n∈Z)时， A=sin(2nm十d）+os(2mr十a) sin a cos a =2; 当k=2n十1(n∈Z)时， A=sin(2mr十r+a）+cos(2m+x+a） sin a cos a =一2. 故A的值构成的集合为{一2,2}.] 12.0~e8"m8 5,解得tana=2, 1 cosin 2a-cos'a sin acos a =cosa十sin acos&=l十tana sina十cosa 1-tan'a -子ma-s2a=2sna 1+2 -名 1 13.解析：由题意得sina一cosa=之， 又(sina十cosa)2+(sina-cosa)2 =2, 即(sinacosa)+(）=2，故 (sin a+cos a)2= 7 又ae（0,) 因此有sina十cosa= 2 所以 cos 2a cos'a-sin'a (e晋）9m。sn =-V2(sina十cosa)=- √14 2 答案：一 √14 2 14.解：由题意知原方程根的判别式△ ≥0，即(-a)2-4a≥0，∴.a≥4或a ≤0.又{sin8+cos9=a'(sing+ sin Ocos 0=a, cos 0)2=1+2sin 0cos 0,.'a2-2a -1=0,∴.a=1-√2或a=1十√2 (舍去)，.sin0十cos0=sin0cos0 =1-√2.第二章函数、导数及其应用 课时冲关23函数与导数高考压轴 ⑧错题序号： @错因分析 大题的突破问题 1.(2024·衡阳市模拟)已知函数f(x)=2+ 3.(2024·惠州市调研)已知函数f(x)=1十 alnx(x∈R) alnx(a≠0，a∈R) (1)若函数f(x)在(0,2)上递减，求实数a (1)若a=1,求函数f(x)的极值和单调区间； 的取值范围； (2)若在区间(0，e]上至少存在一点xo,使得 (2)设h(x)=f(x)+|(a-2)x,x∈[1，十∞)， f(xo)<0成立，求实数a的取值范围. 求证：h(x)≥2. 4.(2023·全国乙卷，21)已知函数f(x)= （2+a)a1+ (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1) 处的切线方程. 2.(2024·厦门市模拟)已知函数f(x)=(x2 -ax十 a十1)e (2)是否存在a,6使得曲线y=()关于 (1)讨论函数f(x)的单调性； 直线x=b对称？若存在，求a,b的值，若不 (2)函数f(x)有两个极值点，x1,x2（x1<x2), 存在，说明理由 (3)若f(x)在(0，+∞)上存在极值，求a的 其中a>0.若mx1 f(x2) >0恒成立，求实 取值范围 e21 数m的取值范围， ·305 高考总复习人教数学B版（新教材） 课时冲关24任意角、弧度制及任意角 ⑧错题序号： @错因分析： 的三角函数 [基础训练组] 6.（多选)在平面直角坐标系xOy中，角a以 1.下列与角的终边相同的角是 Ox为始边，终边经过点P(一1，m)(m>0), 则下列各式的值一定为负的是 () A.sin a+cos a B.sin a-cos a π(k∈Z) C.sin acos a D.sin a B.2k元一3 tan a 7.sin 2 C.2kπ+ ED 5,c0s 从小到大的顺序是 5 D.(2+1x+k∈z) 8.(2024·赤峰市模拟)设点P(m,√2)是角& 2.如图，在平面直角坐标 终边上一点，若cosa,则m2 系xOy中，角a,B的顶 点与坐标原点重合，始 9.在直角坐标系xOy中，O为坐标原点， 边与x轴的非负半轴 A(√5,1)，将点A绕O逆时针旋转90°到B 重合，它们的终边分别 点，则B点坐标为 与单位圆相交于A,B两点，若点A,B的坐 10.已知扇形AOB的周长为8. (1)若这个扇形的面积为3，求圆心角的大小： 标分别为 侣)和( ,则cos(a十) (2)求这个扇形的面积取得最大值时圆心 的值为 ( 角的大小和弦长AB. A酷 C.0 n贵 3.下列各式正确的是 ( A.sinl>sin哥 B.sin 1长sin号 C.sin 1=sin D.sinI≥sn号 0 4.设0是第三象限角，且 0 cos 2 则是 ( A.第一象限角 B.第二象限角 C.第三象限角 D.第四象限角 5.(2024·茂名模拟)已知角α的顶点在原点， 始边与x轴非负半轴重合，终边与直线2x 十y十3=0平行，则sina二cos的值为 sin a+cos a ( A.-2 B.- C.2 D.3 4 ·306 第三章三角函数、解三角形 [能力提升组] 14.已知sina<0,tana>0. [答题栏] 11.2023年1月出版的《中国高考报告2023》 (1)求a角的集合； 1 中指出，高考数学试题将会全面的加入复 (2)求号终边所在的象限： 2-- 杂情境，更加注重数学思维能力和思想方 (3)试判断tan受n号c0s号的符号. 3 法的考察，考题难度加大.某教师从“丢手 4 绢”游戏中抽象出以下数学问题，质点P和 5 Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆 O上逆时针匀速圆周运动，同时出发，P的 角速度大小为2rad/s,起点为圆O与x轴 11.- 正半轴的交点；Q的角速度大小为5rad/s, 12 起点为射线y=一√3.x(x≥0)与圆O的交 点，则当Q与P重合时，Q的坐标可以为 c.(cos-sim哥) 12.《九章算术》是我国古代数 学成就的杰出代表作，其中 《方田》章给出计算弧田面 积所用的经验公式为：弧田面积=2（弦× 矢+矢2)，弧田（如图）由圆弧和其所对弦 所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢” 等于半径长与圆心到弦的距离之差.现有 圆心角为，半径等于4米的弧田，按照上 述经验公式计算新得弧田面积约是( A.6平方米 B.9平方米 C.12平方米 D.15平方米 13.(2024·菏泽市模拟)已知角a的终边经过 点P(4a,3a)(a<0),则25sina-7tan2a的值 为 ·307·