2019届高考数学二轮复习 第一部分 2 二、综合性——着眼题型 凸显能力 学案 Word版含解析
2019届高考数学二轮复习 第一部分 1 一、基础性——遵循考纲 难易适中 学案 Word版含解析
{ ) ex， x ≤ 0
ln x， x > 0 ，g(x)＝
点，即关于 x 的方程 f(x)
＝－x－a 有 2 个不同的
f(x)＋x＋a.若 g(x)存在
实根，即函数 f(x)的图
2 个零点，则 a 的取值
象与直线 y＝－x－a 有
范围是( )
2 个交点，作出直线 y＝
A.[－1，0) B．[0，＋∞)
[逻辑推理] [数学运算]
基本技 能
上的中线，E 为 AD 的中 →
点，则EB＝( )
3→ 1→ 1→ 3 A.4AB－4AC B.4AB－4 → AC
3→ 1→ 1→ 3→
C. AB＋ AC D. AB＋ AC
44
44
[目标] 考查平面向量的
线性运算，考查转化化归
思想
→→ 解析：选 A.法一：如图所示，EB＝ED＋
A.－50
B．0
以 f(4)＝f(0)＝0，f(2)＝f(1＋1)＝f(1－1)
C．2
D．50
＝f(0)＝0，f(3)＝f(1＋2)＝f(1－2)＝－
[目标] 考查函数的奇偶 f(1)＝－2，所以 f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)
性与周期性，考查转化化 ＋…＋f(50)＝12×0＋f(49)＋f(50)＝f(1)
c
a)2＝0，得 3a2＝c2，所以 e＝ ＝ 3.
基本的几何关系和运算求解能
a
[数学抽象] [逻辑推理] [直观想象] [数学运算]
力
[专项集训(一)]
一、选择题
a－2i 已知 ＝b－i，其中 a，b∈R，i 是虚数单位，则|a－bi|＝( )
1＋i
A．0
B．1
(新课标)广西2019高考数学二轮复习第1部分方法、思想解读第1讲选择题、填空题的解法课件
C.-2
1
D.1
1 上三个不同的点, ������-1
(2)在平面直角坐标系中,设 A,B,C 是曲线 y=
且 D,E,F 分别为 BC,CA,AB 的中点,则过 D,E,F 三点的圆一定经过定 点 . 答案 (1)B (2)(1,0)
解析 (1)∵x∈R,f(x-1)≥f(x)恒成立,取x=1代入,得f(0)≥f(1),即 0≥a+1,∴a≤-1.由给出的选项知答案为B. 1 y= (2)曲线 ������-1 的对称中心为(1,0),设过对称中心的直线与曲线交 于A,B两点,则A,B的中点为对称中心(1,0),所以过D,E,F三点的圆一 -20定经过定点(1,0),故答案为(1,0).
方法一
方法二
方法三
方法四
方法五
方法六
直接法 直接法就是利用已知条件、相关公式、公理、定理、法则等通 过准确的运算、严谨的推理、合理的验证得出正确的结论.这种策 略多用于一些定性的问题,是解题最常用的方法.
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方法一
方法二
方法三
方法四
方法五
方法六
例 1(1)已知点 A,B,C 在圆 x2+y2=1 上运动,且 AB⊥BC.若点 P 的 坐标为(2,0),则|������������ + ������������ + ������������|的最大值为( ) A.6 B.7 C.8 D.9 焦点.若������������1 ·������������2 <0,则 y0 的取值范围是 .
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方法一
方法二
方法三
方法四
方法五
方法六
特值、特例法 特值、特例法是解选择题、填空题的最佳方法之一,适用于解答 “对某一集合的所有元素,某种关系恒成立”,这样以全称判断形式出 现的题目,其原理是“结论若在某种特殊情况下不真,则它在一般情 况下也不真”,利用“小题小做”或“小题巧做”的解题策略. 当题目已知条件中含有某些不确定的量,可将题目中变化的不定 量选取一些符合条件的特殊值(或特殊函数,特殊角,特殊数列,特殊 图形,图形特殊位置,特殊点,特殊方程,特殊模型等)进行处理,从而 得出探求的结论.这样可大大地简化推理、论证的过程.
数学计划总结-2019年高考数学第二轮复习的方法 精品00
2019年高考数学第二轮复习的方法首先，我们应当明确为什么要进行高考第二轮复习？也就是高考数学复习通常要分三轮(有的还是分四轮)完成，对于第二轮的目的和意义是什么呢？第一轮复习的目的是将我们学过的基础知识梳理和归纳，在这个过程当中主要以两个方面作为参考。
第一个是以教材为基本内容，第二个以教学大纲以及当年的考试说明，作为我们参考的依据，然后做到尽量不遗漏知识，因为这也是作为我们二轮三轮复习的基础。
对于高三数学第二轮复习来说，要达到三个目的：一是从全面基础复习转入重点复习，对各重点、难点进行提炼和把握；二是将第一轮复习过的基础知识运用到实战考题中去，将已经把握的知识转化为实际解题能力；三是要把握各题型的特点和规律，把握解题方法，初步形成应试技巧。
高三数学第二轮的复习，是在第一轮复习的基础上，对高考知识点进行巩固和强化，是考生数学能力和学习成绩大幅度提高的关键阶段，我们学校此阶段的复习指导思想是：巩固、完善、综合、提高。
就大多数同学而言，巩固，即巩固第一轮单元复习的成果，把巩固三基(基础知识、基本方法、基本技能)放在首位，强化知识的系统与记忆；完善，就是通过此轮复习，查漏补缺，进一步建立数学思想、知识规律、方法运用等体系并不断总结完善；综合，就是在课堂做题与课外训练上，减少单一知识点的试题，增强知识点之间的衔接，增强试题的综合性和灵活性；提高，就是进一步培养和提高对数学问题的阅读与概括能力、分析问题和解决问题的能力。
因此，高三数学第二轮的复习，对于课堂听讲并适当作笔记，课外训练、自主领悟并总结等都有较高要求，有“二轮看水平”的说法！是最“实际”的一个阶段。
要求学生就是“四个看与四个度”：一看对近几年高考常考题型的作答是否熟练，是否准确把握了考试要求的“度”--《考试说明》中“了解、理解、掌握”三个递进的层次，明确“考什么”“怎么考”；二看在课堂上是否紧跟老师的思维并适当作笔记，把握好听、记、练的“度”；三看知识的串连、练习的针对性是否强，能否使模糊的知识清晰起来，缺漏的板块填补起来，杂乱的方法梳理起来，孤立的知识联系起来，形成系统化、条理化的知识框架，控制好试题难易的“度”；四看练习或检测与高考是否对路，哪些内容应稍微拔高，哪些内容只需不降低，主次适宜，重在基础知识的灵活运用和常用数学思想方法的掌握，注重适时反馈的“度”。
2019年高考数学(文)二轮复习课件：第一部分 方法、思想解读 第1讲
=
1 2
������矩形������������
������1
������1
=
12×2×3=3.
又 BB1∥平面 ACC1A1,点 M 到平面 ACC1A1 的距离等于点 B 到
平面 ACC1A1 的距离,易知正三角形 ABC 底边 AC 上的高为 3,因 此,������������-������������������1 = 13×3× 3 = 3.
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方法一 方法二 方法三 方法四 方法五 方法六
例 1(1)已知点 A,B,C 在圆 x2+y2=1 上运动,且 AB⊥BC.若点 P 的
坐标为(2,0),则|������������ + ������������ + ������������|的最大值为( )
A.6
B.7
C.8
D.9
(2)已知 M(x0,y0)是双曲线 C:���2���2-y2=1 上的一点,F1,F2 是 C 的两个
第一部分 方法、思想解读
第1讲 选择题、填空题的解法
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高考选择题、填空题绝大部分属于低中档题目,一般按由易到难 的顺序排列,注重多个知识点的小型综合,渗透各种数学思想和方 法,能充分考查灵活应用基础知识解决数学问题的能力.
(1)解题策略:选择题、填空题属于“小灵通”题,其解题过程“不讲 道理”,所以解题的基本策略是充分利用题干所提供的信息作出判 断,先定性后定量,先特殊后一般,先间接后直接,另外对选择题可以 先排除后求解.
D.1
(2)在平面直角坐标系中,设 A,B,C 是曲线 y=������1-1上三个不同的点,
且 D,E,F 分别为 BC,CA,AB 的中点,则过 D,E,F 三点的圆一定经过定
2019届高考数学二轮复习 第一部分 2 二、综合性——着眼题型 凸显能力 学案 Word版含解析
二、综合性——着眼题型凸显能力数学文化三角与向量解析几何与向量函数与不等式概率与实际应用直线与圆锥曲线试题的综合性是高考试题的重中之重，其主要特征是多知识点的交汇，条件和结论由紧密相关的知识构成，是知识网的具体体现，该类问题多呈现在向量与三角、向量与解析几何、概率与应用、直线与圆锥曲线、函数与不等式、数列与方程或函数、平面几何与立体几何等等．解答此类问题必须注意以下三点：(1)理清知识体系．(2)建立知识网络关系．(3)注重目标的达成．A.p1＝p2B．p1＝pC．p2＝p3D．p1＝p[目标]考查数学文化与几解析：选B.由a＝log log0.2，由b＝log，0.90.4)(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？(一年按365天计算，同一组中的数据以这组(2)根据以上数据，该家庭使用1×0.1＋2.6×0.1＋2×0.05＝0.48.因此该家庭使用节水龙头后日为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据[专项集训(二)] 一、选择题“折竹抵地”是《九章算术》中的一个典型问题：今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？意思是：一根竹子原高1丈，中部有一处折断，其竹梢恰好触地，触地处与竹根的距离为3尺，问折断处离地面多高？如图所示，若竹子折断后，在AB 上任取一点P ，则点P 到两端点A ，B 的距离均不小于1尺的概率为(注：1丈＝10尺)( )A.1939B.69109C.2039D.2029解析：选B.如图所示，设AB ＝x ，AC ＝y (单位：尺)．则由题意可得⎩⎨⎧x ＋y ＝10，BC ＝x 2－y 2＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝10，x 2－y 2＝9， 整理得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝10，x －y ＝0.9，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5.45，y ＝4.55.故所求事件的概率P ＝x －2x ＝1－25.45＝69109.故选B.已知在正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，点P 是线段AC 1上的一动点，当∠BPD 最大时，则AP ∶AC 1＝( )A ．1∶4B ．1∶3C ．1∶2D ．1∶1解析：选B.连接AC ，BD ，交于点O ，连接OP ，显然OP ⊥BD ，∠BPD ＝2∠BPO ，要使∠BPD 最大，只需∠BPO 最大，只需OP 最小，此时OP ⊥AC 1.由平面几何的知识易得，当OP ⊥AC 1时，AP ∶AC 1＝1∶3.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e |x －1|，x >0，－x 2－2x ＋1，x ≤0，若方程f (x )＝a 有4个不相等的实数根，则a的取值范围是( )A ．[1，2)B ．(1，2)C ．[2，e)D ．(2，e)解析：选B.如图，作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e |x －1|，x >0，－x 2－2x ＋1，x ≤0的大致图象， 其中f (－1)＝2，f (0)＝f (1)＝1.作出直线y ＝a ，显然当a ∈(1，2)时，直线y ＝a 与函数f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不相等的实数根．故选B.已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 是双曲线C 上一动点，若△F 1PF 2的面积为b 2，且∠PF 2F 1＝2∠PF 1F 2，则双曲线C 的离心率为( )A.3＋2B. 3C.3＋1D ．2 3解析：选C.设∠F 1PF 2＝α，则在△PF 1F 2中，利用余弦定理可得，|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|·cos α＝(|PF 1|－|PF 2|)2＋2|PF 1||PF 2|－2|PF 1|·|PF 2|cos α，即4c 2＝4a 2＋2|PF 1||PF 2|(1－cos α)，2b 2＝|PF 1||PF 2|(1－cos α)，|PF 1||PF 2|＝2b 21－cos α.又S △F 1PF 2＝12|PF 1||PF 2|sin α＝b 2sin α1－cos α＝b 2，所以sin α＝1－cos α，又sin 2α＋cos 2α＝1，0<α<π，所以α＝π2，即∠F 1PF 2＝π2，即PF 1⊥PF 2，又∠PF 2F 1＝2∠PF 1F 2，所以∠PF 2F 1＝π3，∠PF 1F 2＝π6，所以|PF 1|＝3c ，|PF 2|＝c ，所以|PF 1|－|PF 2|＝(3－1)c ＝2a ，则离心率e ＝c a ＝23－1＝3＋1.故选C.二、填空题已知向量a ＝(sin α，1)，b ＝(2cos 2α－1，cos α)，若a ∥b ，则tan(2 018π－2α)＝________．解析：因为a ∥b ，所以sin αcos α＝2cos 2α－1，即12sin 2α＝cos 2α，可得tan 2α＝2，则tan(2 018π－2α)＝－tan 2α＝－2.答案：－2设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为xn ，则log 2 019x 1＋log 2 019x 2＋…＋log 2 019x 2 018的值为________．解析：因为y ′＝(n ＋1)x n ，所以当x ＝1时，y ′＝n ＋1， 所以曲线y ＝x n＋1在点(1，1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)．令y ＝0，可得x n ＝nn ＋1，所以log 2 019x 1＋log 2 019x 2＋…＋log 2 019x 2 018＝log 2 019(x 1x 2·…·x 2018)＝log 2 019⎝⎛⎭⎫12×23×…×2 0172 018×2 0182 019＝log 2 01912 019＝－1. 答案：－1 三、解答题已知△ABC 的内心(内切圆的圆心)为O ，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且2c －b ＝2a cos B ，a ＝1.(1)求角A 的大小；(2)求点O 到BC 边距离的最大值．解：(1)由2c －b ＝2a cos B ，可得2sin C －sin B ＝2sin A cos B .在△ABC 中，C ＝π－(A ＋B )，则2sin(A ＋B )－sin B ＝2sin A cos B ，即2sin A cos B ＋2cos A sin B －sin B ＝2sin A cos B ，整理得sin B (2cos A －1)＝0.因为sin B ≠0，所以cos A ＝12，又A ∈(0，π)，故A ＝π3.(2)因为O 为△ABC 的内心，所以∠OBC ＋∠OCB ＝π3，则∠BOC ＝2π3.在△BOC 中，由余弦定理得OB 2＋OC 2－2OB ·OC cos2π3＝a 2＝1， 又OB 2＋OC 2≥2OB ·OC ，所以3OB ·OC ≤1，所以OB ·OC ≤13，当且仅当OB ＝OC ＝33时取等号，所以△OBC 的面积S ＝12OB ×OC sin 2π3≤12×13×32＝312，易知当△OBC 的面积最大时，点O 到BC 边的距离最大，易求得最大值为36.已知函数f (x )＝x 2－ax ＋ae x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由题意知，f′(x)＝－(x－2)(x－a)e x，当a<2时，由f′(x)>0得a<x<2，由f′(x)<0得x<a或x>2，所以f(x)在(－∞，a)，(2，＋∞)上单调递减，在(a，2)上单调递增；当a＝2时，f(x)在R上单调递减；当a>2时，由f′(x)>0，得2<x<a，由f′(x)<0，得x<2或x>a，所以f(x)在(2，a)上单调递增，在(－∞，2)，(a，＋∞)上单调递减．(2)由f(x)≤2在[0，＋∞)上恒成立，得x2－ax＋a≤2e x在[0，＋∞)上恒成立，令φ(x)＝x2－ax＋a－2e x(x∈[0，＋∞))，则φ′(x)＝2x－a－2e x，令p(x)＝2x－a－2e x(x∈[0，＋∞))，则p′(x)＝2－2e x≤0，所以p(x)在[0，＋∞)上为减函数，p(x)≤p(0)＝－a－2.当a≥－2时，p(x)≤0，即φ′(x)≤0，φ(x)在[0，＋∞)上为减函数，则φ(x)≤φ(0)，所以φ(0)≤0，即a－2≤0，得－2≤a≤2.当a<－2时，令g(x)＝3x－2e x，当x>2时，g′(x)＝3－2e x<0，所以g(x)<g(2)＝6－2e2<0，所以p(－a)＝－3a－2e－a＝g(－a)<0，又p(0)＝－a－2>0，所以p(x)＝2x－a－2e x在[0，＋∞)上有唯一零点，设为m，在(0，m)上，p(x)>0，即φ′(x)>0，φ(x)单调递增，在(m，＋∞)上，p(x)<0，即φ′(x)<0，φ(x)单调递减，所以φ(x)的最大值为φ(m)＝m2－am＋a－2e m，所以φ(m)＝m2－am＋a－2e m≤0恒成立，由p(m)＝0，得a＝2m－2e m，则φ(m)＝(m－2)(2e m－m)，令h(x)＝2e x－x(x>0)，则h′(x)＝2e x－1>0，所以h(x)>h(0)＝2>0，所以2e m－m>0，所以由φ(m)＝(m－2)(2e m－m)≤0得0<m≤2，记t(x)＝2x－2e x，则t′(x)＝2－2e x，当0<x≤2时，易知t′(x)<0，所以t(x)在(0，2]上是减函数，故4－2e2≤a<－2.综上，实数a的取值范围为[4－2e2，2]．。
2019年高考数学考试大纲解读暨二轮复习备考策略
考题研究
3.数学的应用型以及数学文化
(2018高考新课标I文理） 3．（5分）某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻 番．为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前 后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：则下面结论中不正确的是（ ）
强调数学数学的应用型 情境充满时代气息
新课改全国高考卷总结：
厚基础, 缓坡度 老内容，新情景 重通法，淡技巧 多角度，留空间 注重阅读，凸显能力 返璞归真，重立地位 “熟”中有“生”，“生”中创新 突出两种意识：应用意识和创新意识
考题研究
对基础知识以及主干内容的考查依旧是高考的重点和 热点。 第1题是复数运算与模，第2题是集合概念与运算 ，第6题是向量线性运算，第13题是线性规划问题， 第4题和第14题考查数列公式及运算等等。主观题题 目注意降低运算的难度，侧重通性通法，15题简单的 排列组合，避免特殊技巧，强调对数学本质的理解。 17、18题,解三角形和立体几何。只要学生能够熟练准 确的应用通性通法，淡化技巧，题目则迎刃而解。不 过也回避了全国各地模拟考试中的热点题型。
考题研究
1.考题的基础性：集合、复数、数列、切线、线 性规划、体现了低起点缓坡度
15．从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则 不同的选法共有 种．（用数字填写答案）直接法 间接法
考题研究
17．（12分）在平面四边形ABCD中，∠ADC=90°，∠A=45°， AB=2，BD=5． （1）求cos∠ADB； （2）若DC=2 ，求BC．
----《考试大纲》
考题研究 同类题对照
[2016 届北京市丰台区高三上学期期末联考理科数学]在下列命题中： ①存在一个平面与正方体的 12 条棱所成的角都相等； ②存在一个平面与正方体的 6 个面所成较小的二面角都相等； ③存在一条直线与正方体的 12 条棱所成的角都相等； ④存在一条直线与正方体的 6 个面所成的角都相等． 其中真命题的个数为（ A．1 B．2 ） C3 D．4
2019高三二轮数学复习策略---综合能力突破
2019高三二轮数学复习策略---综合能力突破无论哪科的学习，最后这几个月只要重视突出，肯下苦功总会见效果。
那么在最后的这几个月我们能做些什么呢?高三第一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主。
通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质、定理及其一般应用。
但知识较为零散，综合应用存在较大的问题，因此第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的“树形图”。
同时第二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是促进学生素质、能力发展的关键时期，因而对讲、练、检测要求较高。
如何才能在第二轮的复习中提高复习效率，取得满意效果呢？◆◆◆一、抓《考试说明》与信息研究第二轮复习中，不可能再面面俱到。
要在复习中做到既有针对性又避免做无用功，既能减轻负担，又能提高复习效率，就必须认真研究《考试说明》，吃透精神实质，抓住考试内容和能力要求，同时还应关注近三年的高考试题以及对试题的评价报告，捕捉高考信息，吸收新课程的新思想、新理念，使复习有的放矢，事半功倍。
◆◆◆二、突出对课本基础知识的再挖掘近几年高考数学试题坚持新题不难，难题不怪的命题方向。
强调对通性通法的考查，并且一些高考试题能在课本中找到“原型”。
尽管剩下的复习时间不多，但仍要注意回归课本，只有透彻理解课本例题，习题所涵盖的数学知识和解题方法，才能以不变应万变。
当然回归课本不是死记硬背，而是抓纲悟本，对着课本目录回忆和梳理知识，对典型问题进行引申，推广发挥其应有的作用。
◆◆◆三、抓好专题复习，领会数学思想高考数学第二轮复习重在知识和方法专题的复习。
在知识专题复习中可以进一步巩固第一轮复习的成果，加强各知识板块的综合。
尤其注意知识的交叉点和结合点，进行必要的针对性专题复习。
例如:1.函数与导数此专题函数和导数、应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。
对函数奇偶性、周期性、对称性与零点问题的交叉应用要格外重视。
2019年高考数学二轮复习(理)通用版压轴题分析与详解讲义：第一部分 第二层级 重点增分专题四 三角函数的
重点增分专题四 三角函数的图象与性质[全国卷3年考情分析]函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题．(2)高考对此部分内容主要以选择题、填空题的形式考查，难度为中等偏下，大多出现在第6～12或14～16题位置上．考点一 三角函数的定义、诱导公式及基本关系 保分考点练后讲评[大稳定——常规角度考双基]1.[三角函数的定义及应用]在平面直角坐标系中，以x 轴的非负半轴为角的始边，角α，β的终边分别与单位圆交于点⎝⎛⎭⎫1213，513和⎝⎛⎭⎫－35，45，则sin(α＋β)＝( )A ．－3665 B.4865 C ．－313D.3365解析：选D 因为角α，β的终边分别与单位圆交于点⎝⎛⎭⎫1213，513和⎝⎛⎭⎫－35，45，所以sin α＝513，cos α＝1213，sin β＝45，cos β＝－35，所以sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝513×⎝⎛⎭⎫－35＋1213×45＝3365. 2.[同角三角函数的关系式及应用]若tan α＝12，则sin 4α－cos 4α的值为( )A ．－15B ．－35C.15D.35解析：选B ∵tan α＝12，∴sin 4α－cos 4α＝(sin 2α＋cos 2α)(sin 2α－cos 2α)＝sin 2α－cos 2α＝sin 2α－cos 2αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α－1tan 2α＋1＝－35.3.[诱导公式及应用]设函数f (x )(x ∈R)满足f (x ＋π)＝f (x )＋sin x ．当0≤x <π时，f (x )＝0，则f ⎝⎛⎭⎫23π6＝( )A.12 B.32C ．0D ．－12解析：选A 由已知，得f ⎝⎛⎭⎫23π6＝f ⎝⎛⎭⎫17π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎫11π6＋sin 11π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎫5π6＋sin 5π6＋sin 11π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎫5π6＋sin π6＋sin ⎝⎛⎭⎫－π6＋sin π6 ＝0＋12＋⎝⎛⎭⎫－12＋12＝12. [解题方略]1．同角三角函数基本关系式的应用技巧利用公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤：去负－脱周－化锐．特别注意函数名称和符号的确定．(注意“奇变偶不变，符号看象限”)[小创新——变换角度考迁移]1.[与数列交汇]设a n ＝1n sin n π25，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数是( )A ．25B ．50C ．75D ．100解析：选D 当1≤n ≤24时，a n >0，当26≤n ≤49时，a n <0，但其绝对值要小于1≤n ≤24时相应的值；当51≤n ≤74时，a n >0；当76≤n ≤99时，a n <0，但其绝对值要小于51≤n ≤74时相应的值．故当1≤n ≤100时，均有S n >0.2.[与算法交汇]某一算法程序框图如图所示，则输出的S 的值为( )A.32B ．－32C. 3D ．0解析：选A 由已知程序框图可知，该程序的功能是计算S ＝sin π3＋sin 2π3＋sin 3π3＋…＋sin 2 017π3的值．因为sin π3＝32，sin 2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π－π3＝sin π3＝32，sin 3π3＝sin π＝0， sin 4π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π＋π3＝－sin π3＝－32， sin 5π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π－π3＝－sin π3＝－32， sin 6π3＝sin 2π＝0，而sin 7π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π＋π3＝sin π3， sin8π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π＋2π3＝sin 2π3，sin 9π3＝sin(2π＋π)＝sin π，所以函数值呈周期性变化，周期为6，且sin π3＋sin 2π3＋sin 3π3＋sin 4π3＋sin 5π3＋sin 6π3＝0.而2 017＝6×336＋1，所以输出的S ＝336×0＋sin π3＝32.故选A.3.[借助数学文化考查]《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＝12(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2π3，半径等于4 m 的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是( )A ．6 m 2B ．9 m 2C ．12 m 2D ．15 m 2 解析：选B 如图，由题意可得∠AOB ＝2π3，OA ＝4， 在Rt △AOD 中，可得∠AOD ＝π3，∠DAO ＝π6，OD ＝12AO ＝12×4＝2，于是矢＝4－2＝2.由AD ＝AO ·sin π3＝4×32＝23，可得弦长AB ＝2AD ＝2×23＝4 3.所以弧田面积＝12(弦×矢＋矢2)＝12×(43×2＋22)＝43＋2≈9(m 2)．故选B.考点二 三角函数的图象与解析式 增分考点广度拓展题型一 由“图”定“式”[例1] (1)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)，其部分图象如图所示，则函数f (x )的解析式为( )A ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋π4B ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋3π4 C ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫14x ＋3π4 D ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4 (2)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)的图象与x 轴的一个交点⎝⎛⎭⎫－π12，0到其相邻的一条对称轴的距离为π4，若f ⎝⎛⎭⎫π12＝32，则函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最小值为( ) A.12 B ．－3 C ．－32D ．－12[解析] (1)由题图可知，函数图象上两个相邻的最值点分别为最高点⎝⎛⎭⎫－π2，2，最低点⎝⎛⎭⎫3π2，－2，所以函数的最大值为2，即A ＝2.由图象可得，x ＝－π2，x ＝3π2为相邻的两条对称轴，所以函数的周期T ＝2×⎣⎡⎦⎤3π2－⎝⎛⎭⎫－π2＝4π， 故2πω＝4π，解得ω＝12. 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋φ.把点⎝⎛⎭⎫－π2，2代入可得2sin ⎣⎡⎦⎤12×⎝⎛⎭⎫－π2＋φ＝2， 即sin ⎝⎛⎭⎫φ－π4＝1， 所以φ－π4＝2k π＋π2(k ∈Z )，解得φ＝2k π＋3π4(k ∈Z )． 又0<φ<π，所以φ＝3π4. 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋3π4，故选B.(2)由题意得，函数f (x )的最小正周期T ＝4×π4＝π＝2πω，解得ω＝2.因为点⎝⎛⎭⎫－π12，0在函数f (x )的图象上， 所以A sin ⎣⎡⎦⎤2×⎝⎛⎭⎫－π12＋φ＝0， 解得φ＝k π＋π6，k ∈Z ，由0<φ<π，可得φ＝π6.因为f ⎝⎛⎭⎫π12＝32，所以A sin ⎝⎛⎭⎫2×π12＋π6＝32， 解得A ＝3，所以f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴f (x )的最小值为－32. [答案] (1)B (2)C[解题方略] 由“图”定“式”找“对应”的方法由三角函数的图象求解析式y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A >0，ω>0)中参数的值，关键是把握函数图象的特征与参数之间的对应关系，其基本依据就是“五点法”作图．(1)最值定A ，B ：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M ，最小值为m ，则M ＝A ＋B ，m ＝－A ＋B ，解得B ＝M ＋m 2，A ＝M －m2. (2)T 定ω：由周期的求解公式T ＝2πω，可得ω＝2πT .(3)点坐标定φ：一般运用代入法求解φ值，注意在确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”．题型二 三角函数的图象变换[例2] (1)(2019届高三·湘东五校联考)将函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，所得图象的一条对称轴的方程可能是( )A ．x ＝－π12B ．x ＝π12C ．x ＝π3D ．x ＝2π3(2)(2018·郑州第一次质量测试)若将函数f (x )＝3sin(2x ＋φ)(0<φ<π)图象上的每一个点都向左平移π3个单位长度，得到g (x )的图象，若函数g (x )是奇函数，则函数g (x )的单调递增区间为( )A.⎣⎡⎦⎤k π＋π4，k π＋3π4(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤k π－π4，k π＋π4(k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤k π－2π3，k π－π6(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z ) [解析] (1)依题意知，将函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得函数g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋π6的图象．令12x ＋π6＝π2＋k π，k ∈Z ，得x ＝2k π＋2π3， k ∈Z ，当k ＝0时，所得函数图象的一条对称轴的方程为x ＝2π3，故选D. (2)由题意知g (x )＝3sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π3＋φ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＋φ，因为g (x )是奇函数，所以2π3＋φ＝k π(k ∈Z )，即φ＝－2π3＋k π(k ∈Z )，又0<φ<π，所以φ＝π3，所以g (x )＝3sin(2x ＋π)＝ －3sin 2x ，由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π(k ∈Z )，解得k π＋π4≤x ≤k π＋3π4(k ∈Z )，所以函数g (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π＋π4，k π＋3π4(k ∈Z )．故选A. [答案] (1)D (2)A[解题方略] 关于三角函数的图象变换的方法考点三 三角函数的性质 增分考点·讲练冲关 [典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2，则( ) A ．f (x )的最小正周期为π，最大值为3 B ．f (x )的最小正周期为π，最大值为4 C ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为3 D ．f (x )的最小正周期为2π，最大值为4(2)设函数f (x )＝cos(3x ＋φ)(－π<φ<0)．若f (x )＋f ′(x )是偶函数，则φ等于( ) A.π3 B ．－π3C.π6D ．－π6(3)(2018·昆明调研)已知函数f (x )＝sin ωx 的图象关于点⎝⎛⎭⎫2π3，0对称，且f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π4上为增函数，则ω＝( )A.32 B ．3 C.92D ．6(4)(2018·全国卷Ⅱ)若f (x )＝cos x －sin x 在[0，a ]是减函数，则a 的最大值是( ) A.π4 B.π2C.3π4D ．π[解析] (1)∵f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2＝1＋cos 2x －1－cos 2x 2＋2＝32cos 2x ＋52，∴f (x )的最小正周期为π，最大值为4.故选B.(2)f (x )＋f ′(x )＝cos(3x ＋φ)－3sin(3x ＋φ)＝2cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋φ＋π3.根据诱导公式，要使f (x )＋f ′(x )为偶函数，则φ＋π3＝k π(k ∈Z )，所以k ＝0时，φ＝－π3，故选B.(3)因为函数f (x )＝sin ωx 的图象关于⎝⎛⎭⎫2π3，0对称， 所以2ω3π＝k π(k ∈Z )，即ω＝32k (k ∈Z )．①又函数f (x )＝sin ωx 在区间⎣⎡⎦⎤0，π4上是增函数， 所以π4≤π2ω且ω>0，所以0<ω≤2.②由①②得ω＝32，故选A.(4)法一：∵f (x )＝cos x －sin x ＝－2sin x －π4，∴当x －π4∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2，即x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4时， y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递增， f (x )＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x －π4单调递减， ∴⎣⎡⎦⎤－π4，3π4是f (x )在原点附近的单调减区间， 结合条件得[0，a ]⊆⎣⎡⎦⎤－π4，3π4， ∴a ≤3π4，即a max ＝3π4.故选C.法二：f ′(x )＝－sin x －cos x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4. 于是，由题设得f ′(x )≤0，即sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≥0在区间[0，a ]上恒成立． 当x ∈[0，a ]时，x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤π4，a ＋π4， 所以a ＋π4≤π，即a ≤3π4，故所求a 的最大值是3π4.故选C.[答案] (1)B (2)B (3)A (4)C [解题方略]1．求三角函数单调区间的方法(1)代换法：求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))(A ，ω，φ为常数，A ≠0，ω>0)的单调区间时，令ωx ＋φ＝z ，得y ＝A sin z (或y ＝A cos z )，然后由复合函数的单调性求得．(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间． 2．判断对称中心与对称轴的方法利用函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f (x 0)的值进行判断．3．求三角函数周期的常用结论(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)和y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为2π|ω|，y ＝tan(ωx ＋φ)的最小 正周期为π|ω|.(2)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是12个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是14个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是12个周期．[多练强化]1．若函数f (x )＝3sin(2x ＋θ)＋cos(2x ＋θ)(0<θ<π)的图象关于⎝⎛⎭⎫π2，0中心对称，则函数f (x )在⎣⎡⎦⎤－π4，π6上的最小值是( ) A ．－1 B ．－ 3 C ．－12D ．－32解析：选B f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋θ＋π6，又图象关于⎝⎛⎭⎫π2，0中心对称， 所以2×π2＋θ＋π6＝k π(k ∈Z )，所以θ＝k π－7π6(k ∈Z )，又0<θ<π，所以θ＝5π6，所以f (x )＝－2sin 2x ，因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π6， 所以2x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π3，f (x )∈[－3，2]， 所以f (x )的最小值是－ 3.2．(2018·济南模拟)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋3cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且f ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝f (x )，则( )A ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减B ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π6，2π3上单调递增 C ．f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增 D ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π6，2π3上单调递减解析：选D 因为f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋3cos(ωx ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋φ＋π3的最小正周期为π，所以2πω＝π，所以ω＝2.因为f ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝f (x )，所以直线x ＝π6是f (x )图象的一条对称轴，所以2×π6＋φ＋π3＝π2＋k π，k ∈Z ，所以φ＝－π6＋k π，k ∈Z ，因为|φ|<π2，所以φ＝－π6，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，2x ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，7π6，f (x )先增后减，当x ∈⎝⎛⎭⎫π6，2π3时，2x ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2，f (x )单调递减．故选D. 3．(2018·北京高考)已知函数f (x )＝sin 2x ＋3sin x cos x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，m 上的最大值为32，求m 的最小值． 解：(1)f (x )＝sin 2x ＋3sin x cos x ＝12－12cos 2x ＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12， 所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π. (2)由(1)知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12. 由题意知－π3≤x ≤m ，所以－5π6≤2x －π6≤2m －π6. 要使f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，m 上的最大值为32， 即sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6在区间⎣⎡⎦⎤－π3，m 上的最大值为1.所以2m －π6≥π2，即m ≥π3.所以m 的最小值为π3.考点四 三角函数图象与性质的综合应用 增分考点讲练冲关[典例] 已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2ωx －3(ω>0)的最小正周期为π. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在[0，b ](b >0)上至少含有10个零点，求b 的最小值．[解] (1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋3(2sin 2ωx －1) ＝sin 2ωx －3cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π3. 由最小正周期为π，得ω＝1， 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z . (2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位，得到y ＝2sin 2x ＋1的图象，所以g (x )＝2sin 2x ＋1. 令g (x )＝0，得x ＝k π＋7π12或x ＝k π＋11π12(k ∈Z )， 所以在[0，π]上恰好有两个零点，若y ＝g (x )在[0，b ]上有10个零点，则b 不小于第10个零点的横坐标即可．所以b 的最小值为4π＋11π12＝59π12.[解题方略]解决三角函数图象与性质综合问题的思路(1)先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (一角一函数)的形式；(2)把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性、奇偶性、最值、对称性等问题．[多练强化](2017·山东高考)设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2，其中0<ω<3.已知f ⎝⎛⎭⎫π6＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎡⎦⎤－π4，3π4上的最小值． 解：(1)因为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2， 所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎝⎛⎭⎫12sin ωx －32cos ωx＝3sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π3. 因为f ⎝⎛⎭⎫π6＝0， 所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z .故ω＝6k ＋2，k ∈Z . 又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 所以g (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝⎛⎭⎫x －π12. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π4，所以x －π12∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3， 当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.直观想象——数形结合法在三角函数图象问题中的应用[典例] 函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)ω>0，|φ|<π2的图象如图所示，为了得到g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3的图象，则只需将f (x )的图象( ) A ．向左平移π4个单位长度B ．向右平移π4个单位长度C ．向左平移π12个单位长度D ．向右平移π12个单位长度[解析] 根据函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)的部分图象知，T 4＝7π12－π3＝π4，∴T ＝π，即2πω＝π，解得ω＝2.根据“五点作图法”并结合|φ|<π2，可知2×π3＋φ＝π，解得φ＝π3，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3.∴g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋π2＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π4＋π3.故为了得到g (x )的图象，只需将f (x )的图象向左平移π4个单位长度即可．[答案] A [素养通路]本题利用图形描述数学问题，通过对图形的理解，由图象建立形与数的联系，确定函数的周期，根据“五点作图法”代入数据求参数．考查了直观想象这一核心素养．[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．(2018·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝tan x1＋tan 2x 的最小正周期为( )A.π4 B.π2C ．πD ．2π解析：选C 由已知得f (x )＝tan x 1＋tan 2x＝sin x cos x 1＋⎝⎛⎭⎫sin x cos x 2＝sin x cos x cos 2x ＋sin 2x cos 2x ＝sin x ·cos x ＝12sin 2x ，所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π. 2.(2018·贵阳第一学期检测)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)ω>0，－π2<φ<π2的部分图象如图所示，则φ的值为( )A ．－π3B.π3C ．－π6D.π6解析：选B 由题意，得T 2＝π3＋π6＝π2，所以T ＝π，由T ＝2πω，得ω＝2，由图可知A＝1，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)．又f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋φ＝0，－π2<φ<π2，所以φ＝π3.3．(2019届高三·西安八校联考)已知函数f (x )＝cos(x ＋θ)(0<θ<π)在x ＝π3时取得最小值，则f (x )在[0，π]上的单调递增区间是( )A.⎣⎡⎦⎤π3，πB.⎣⎡⎦⎤π3，2π3 C.⎣⎡⎦⎤0，2π3 D.⎣⎡⎦⎤2π3，π解析：选A 因为0<θ<π，所以π3<π3＋θ<4π3，又f (x )＝cos(x ＋θ)在x ＝π3时取得最小值，所以π3＋θ＝π，θ＝2π3，所以f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋2π3. 由0≤x ≤π，得2π3≤x ＋2π3≤5π3. 由π≤x ＋2π3≤5π3，得π3≤x ≤π， 所以f (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤π3，π，故选A.4．函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π2的图象与函数g (x )的图象关于x ＝π8对称，则g (x )具有的性质是( )A ．最大值为1，图象关于直线x ＝π2对称B ．在⎝⎛⎭⎫0，π4上单调递减，为奇函数 C ．在⎝⎛⎭⎫－3π8，π8上单调递增，为偶函数 D ．周期为π，图象关于点⎝⎛⎭⎫3π8，0对称解析：选B 由题意得，g (x )＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫π4－x －π2＝sin(－2x )＝－sin 2x ，最大值为1，而g ⎝⎛⎭⎫π2＝0，图象不关于直线x ＝π2对称，故A 错误；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π4时，2x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，满足单调递减，显然g (x )也是奇函数，故B 正确，C 错误；周期T ＝2π2＝π，g ⎝⎛⎭⎫3π8＝－22，故图象不关于点⎝⎛⎭⎫3π8，0对称，故D 错误．5．(2019届高三·安徽知名示范高中联考)先将函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋1的图象向左平移512个最小正周期的单位长度，再向下平移1个单位长度后，所得图象对应的函数是( ) A ．奇函数 B ．偶函数 C ．非奇非偶函数D ．不能确定解析：选B 因为函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋1，所以其最小正周期T ＝π，所以将函数图象向左平移5π12个单位长度，所得的图象对应的函数解析式为y ＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x +5π12－π3＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋5π6－π3＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＋1＝2cos 2x ＋1，再将图象向下平移1个单位长度后所得的图象对应的函数解析式为y ＝2cos 2x ，该函数为偶函数，故选B.6．(2018·广州高中综合测试)已知函数f (x )＝sin ωx ＋π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，2π3上单调递增，则ω的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，83 B.⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎦⎤12，83D.⎣⎡⎦⎤38，2解析：选B 法一：因为x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，2π3，所以ωx ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－π4ω＋π6，2π3ω＋π6， 因为函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤－π4，2π3上单调递增， 所以⎩⎨⎧－π4ω＋π6≥2k π－π2，k ∈Z ，2π3ω＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即⎩⎨⎧ω≤－8k ＋83，k ∈Z ，ω≤3k ＋12，k ∈Z.又ω>0，所以0<ω≤12，选B.法二：取ω＝1，f ⎝⎛⎭⎫－π4＝sin ⎝⎛⎭⎫－π4＋π6＝－sin π12<0，f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋π6＝sin π2＝1，f ⎝⎛⎭⎫2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋π6＝sin 5π6＝12，不满足题意，排除A 、C 、D ，选B.二、填空题7．(2018·惠州调研)已知tan α＝12，且α∈⎝⎛⎭⎫π，3π2，则cos ⎝⎛⎭⎫α－π2＝____________. 解析：法一：cos ⎝⎛⎭⎫α－π2＝sin α，由α∈⎝⎛⎭⎫π，3π2知α为第三象限角， 联立⎩⎪⎨⎪⎧tan α＝sin αcos α＝12，sin 2α＋cos 2α＝1，得5sin 2α＝1，故sin α＝－55.法二：cos ⎝⎛⎭⎫α－π2＝sin α，由α∈⎝⎛⎭⎫π，3π2知α为第三象限角，由tan α＝12，可知点(－2，－1)为α终边上一点，由任意角的三角函数公式可得sin α＝－55. 答案：－558．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫|φ|<π2，ω>0的图象在y 轴右侧的第一个最高点为P ⎝⎛⎭⎫π6，1，在原点右侧与x 轴的第一个交点为Q ⎝⎛⎭⎫5π12，0，则f ⎝⎛⎭⎫π2的值为______． 解析：由题意得T 4＝5π12－π6＝π4，所以T ＝π，所以ω＝2，将点P ⎝⎛⎭⎫π6，1代入f (x )＝sin(2x ＋φ)，得sin ⎝⎛⎭⎫2×π6＋φ＝1，所以φ＝π6＋2k π(k ∈Z )． 又|φ|<π2，所以φ＝π6，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6(x ∈R)，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝sin ⎝⎛⎭⎫2×π2＋π6＝－12. 答案：－129．已知函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π3，其中x ∈π6，m ⎝⎛⎭⎫m ∈R 且m >π6，若f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－1，－32，则m 的最大值是________．解析：由x ∈⎣⎡⎦⎤π6，m ，可知5π6≤3x ＋π3≤3m ＋π3， ∵f ⎝⎛⎭⎫π6＝cos 5π6＝－32，且f ⎝⎛⎭⎫2π9＝cos π＝－1， ∴要使f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－1，－32， 需要π≤3m ＋π3≤7π6，即2π9≤m ≤5π18，即m 的最大值是5π18.答案：5π18三、解答题10．(2018·石家庄模拟)函数f (x )＝A sin ωx －π6＋1(A >0，ω>0)的最小值为－1，其图象相邻两个最高点之间的距离为π.(1)求函数f (x )的解析式；(2)设α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f ⎝⎛⎭⎫α2＝2，求α的值． 解：(1)∵函数f (x )的最小值为－1， ∴－A ＋1＝－1，即A ＝2.∵函数f (x )的图象的相邻两个最高点之间的距离为π， ∴函数f (x )的最小正周期T ＝π， ∴ω＝2，故函数f (x )的解析式为 f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋1. (2)∵f ⎝⎛⎭⎫α2＝2sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＋1＝2， ∴sin ⎝⎛⎭⎫α－π6＝12. ∵0<α<π2，∴－π6<α－π6<π3，∴α－π6＝π6，得α＝π3.11．已知m ＝⎝⎛⎭⎫sin ⎝⎛⎭⎫x －π6，1，n ＝(cos x,1)． (1)若m ∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m ·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间．解：(1)由m ∥n 得，sin ⎝⎛⎭⎫x －π6－cos x ＝0，展开变形可得，sin x ＝3cos x ，即tan x ＝ 3. (2)f (x )＝m ·n ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6cos x ＋1 ＝32sin x cos x －12cos 2x ＋1 ＝34sin 2x －cos 2x ＋14＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫sin 2x cos π6－cos 2x sin π6＋34＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋34， 由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z .又x ∈[0，π]，所以当x ∈[0，π]时，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π3和⎣⎡⎦⎤5π6，π. 12．已知函数f (x )＝cos x (23sin x ＋cos x )－sin 2x . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，不等式f (x )≥m 有解，求实数m 的取值范围． 解：(1)f (x )＝23sin x cos x ＋cos 2x －sin 2x ＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2⎝⎛⎭⎫32sin 2x ＋12cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， 所以函数f (x )的最小正周期T ＝π. (2)由题意可知，不等式f (x )≥m 有解， 即m ≤f (x )max ，因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，7π6， 故当2x ＋π6＝π2，即x ＝π6时，f (x )取得最大值，且最大值为f ⎝⎛⎭⎫π6＝2.从而可得m ≤2. 所以实数m 的取值范围为(－∞，2]．B 组——大题专攻补短练1．已知向量m ＝(2sin ωx ，sin ωx )，n ＝(cos ωx ，－23sin ωx )(ω>0)，函数f (x )＝m ·n ＋3，直线x ＝x 1，x ＝x 2是函数y ＝f (x )的图象的任意两条对称轴，且|x 1－x 2|的最小值为π2.(1)求ω的值；(2)求函数f (x )的单调递增区间．解：(1)因为向量m ＝(2sin ωx ，sin ωx )，n ＝(cos ωx ，－23sin ωx )(ω>0)，所以函数f (x )＝m ·n ＋3＝2sin ωx cos ωx ＋sin ωx (－23sin ωx )＋3＝sin 2ωx －23sin 2ωx ＋3＝ sin 2ωx ＋3cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π3. 因为直线x ＝x 1，x ＝x 2是函数y ＝f (x )的图象的任意两条对称轴，且|x 1－x 2|的最小值为π2，所以函数f (x )的最小正周期为π2×2＝π，即2π2ω＝π，得ω＝1.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，令2k π－π2≤2x ＋π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－5π12≤x ≤k π＋π12(k ∈Z )， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－5π12，k π＋π12(k ∈Z )． 2.已知函数f (x )＝3sin 2ωx ＋cos 4ωx －sin 4ωx ＋1(0<ω<1)，若点⎝⎛⎭⎫－π6，1是函数f (x )图象的一个对称中心． (1)求f (x )的解析式，并求距y 轴最近的一条对称轴的方程； (2)先列表，再作出函数f (x )在区间[－π，π]上的图象． 解：(1)f (x )＝3sin 2ωx ＋(cos 2ωx －sin 2ωx )·(cos 2ωx ＋sin 2ωx )＋1 ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＋1 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π6＋1. ∵点⎝⎛⎭⎫－π6，1是函数f (x )图象的一个对称中心， ∴－ωπ3＋π6＝k π，k ∈Z ，∴ω＝－3k ＋12，k ∈Z .∵0<ω<1，∴k ＝0，ω＝12，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋1. 由x ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π＋π3，k ∈Z ，令k ＝0，得距y 轴最近的一条对称轴方程为x ＝π3.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋1，当x ∈[－π，π]时，列表如下： x ＋π6－5π6 －π2 0 π2 π 7π6 x －π －2π3 －π6 π3 5π6 π f (x )－1131则函数f (x )在区间[－π，π]上的图象如图所示．3．(2018·山东师大附中模拟)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示．(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)说明函数y ＝f (x )的图象可由函数y ＝3sin 2x －cos 2x 的图象经过怎样的平移变换得到；(3)若方程f (x )＝m 在⎣⎡⎦⎤－π2，0上有两个不相等的实数根，求m 的取值范围． 解：(1)由题图可知，A ＝2，T ＝4⎝⎛⎭⎫π3－π12＝π， ∴2πω＝π，ω＝2，∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)，∵f ⎝⎛⎭⎫π3＝0， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋φ＝0，∴φ＋2π3＝k π，k ∈Z ， 即φ＝－2π3＋k π，k ∈Z .∵|φ|＜π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3. (2)y ＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π3， 故将函数y ＝3sin 2x －cos 2x 的图象向左平移π4个单位长度就得到函数y＝f (x )的图象．(3)当－π2≤x ≤0时，－2π3≤2x ＋π3≤π3，故－2≤f (x )≤3，若方程f (x )＝m在⎣⎡⎦⎤－π2，0上有两个不相等的实数根，则曲线y ＝f (x )与直线y ＝m 在⎣⎡⎦⎤－π2，0上有2个交点，结合图形，易知－2＜m ≤－ 3.故m 的取值范围为(－2，－ 34．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，0≤φ≤π2图象的相邻两对称轴之间的距离为π2，且在x ＝π8时取得最大值1.(1)求函数f (x )的解析式；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，9π8时，若方程f (x )＝a 恰好有三个根，分别为x 1，x 2，x 3，求x 1＋x 2＋x 3的取值范围．解：(1)由题意，T ＝2×π2＝π，故ω＝2ππ＝2，所以sin ⎝⎛⎭⎫2×π8＋φ＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝1，所以π4＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以φ＝2k π＋π4，k ∈Z .因为0≤φ≤π2，所以φ＝π4，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4.(2)画出该函数的图象如图，当22≤a <1时，方程f (x )＝a 恰好有三个根，且点(x 1，a )和(x 2，a )关于直线x ＝π8对称，点(x 2，a )和(x 3，a )关于直线x ＝5π8对称，所以x 1＋x 2＝π4，π≤x 3<9π8， 所以5π4≤x 1＋x 2＋x 3<11π8，故x 1＋x 2＋x 3的取值范围为⎣⎡⎭⎫5π4，11π8.。
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二、综合性——着眼题型凸显能力数学文化三角与向量解析几何与向量函数与不等式概率与实际应用直线与圆锥曲线试题的综合性是高考试题的重中之重，其主要特征是多知识点的交汇，条件和结论由紧密相关的知识构成，是知识网的具体体现，该类问题多呈现在向量与三角、向量与解析几何、概率与应用、直线与圆锥曲线、函数与不等式、数列与方程或函数、平面几何与立体几何等等．解答此类问题必须注意以下三点：(1)理清知识体系．(2)建立知识网络关系．(3)注重目标的达成．A.p1＝p2B．p1＝pC．p2＝p3D．p1＝p[目标]考查数学文化与几解析：选B.由a＝log log0.2，由b＝log，0.0090.4)(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？(一年按365天计算，同一组中的数据以这组(2)根据以上数据，该家庭使用1×0.1＋2.6×0.1＋2×0.05＝0.48.因此该家庭使用节水龙头后日为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y与时间变量t的两个线性回归模型．根据[专项集训(二)] 一、选择题“折竹抵地”是《九章算术》中的一个典型问题：今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？意思是：一根竹子原高1丈，中部有一处折断，其竹梢恰好触地，触地处与竹根的距离为3尺，问折断处离地面多高？如图所示，若竹子折断后，在AB 上任取一点P ，则点P 到两端点A ，B 的距离均不小于1尺的概率为(注：1丈＝10尺)( )A.1939B.69109C.2039D.2029解析：选B.如图所示，设AB ＝x ，AC ＝y (单位：尺)．则由题意可得⎩⎨⎧x ＋y ＝10，BC ＝x 2－y 2＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝10，x 2－y 2＝9， 整理得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝10，x －y ＝0.9，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5.45，y ＝4.55.故所求事件的概率P ＝x －2x ＝1－25.45＝69109.故选B.已知在正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，点P 是线段AC 1上的一动点，当∠BPD 最大时，则AP ∶AC 1＝( )A ．1∶4B ．1∶3C ．1∶2D ．1∶1解析：选B.连接AC ，BD ，交于点O ，连接OP ，显然OP ⊥BD ，∠BPD ＝2∠BPO ，要使∠BPD 最大，只需∠BPO 最大，只需OP 最小，此时OP ⊥AC 1.由平面几何的知识易得，当OP ⊥AC 1时，AP ∶AC 1＝1∶3.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e |x －1|，x >0，－x 2－2x ＋1，x ≤0，若方程f (x )＝a 有4个不相等的实数根，则a 的取值范围是( )A ．[1，2)B ．(1，2)C ．[2，e)D ．(2，e) 解析：选B.如图，作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e |x －1|，x >0，－x 2－2x ＋1，x ≤0的大致图象， 其中f (－1)＝2，f (0)＝f (1)＝1.作出直线y ＝a ，显然当a ∈(1，2)时，直线y ＝a 与函数f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不相等的实数根．故选B.已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 是双曲线C 上一动点，若△F 1PF 2的面积为b 2，且∠PF 2F 1＝2∠PF 1F 2，则双曲线C 的离心率为( ) A.3＋2 B. 3 C.3＋1 D ．2 3解析：选C.设∠F 1PF 2＝α，则在△PF 1F 2中，利用余弦定理可得，|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|·cos α＝(|PF 1|－|PF 2|)2＋2|PF 1||PF 2|－2|PF 1|·|PF 2|cos α，即4c 2＝4a 2＋2|PF 1||PF 2|(1－cos α)，2b 2＝|PF 1||PF 2|(1－cos α)，|PF 1||PF 2|＝2b 21－cos α.又S △F 1PF 2＝12|PF 1||PF 2|sin α＝b 2sin α1－cos α＝b 2，所以sin α＝1－cos α，又sin 2α＋cos 2α＝1，0<α<π，所以α＝π2，即∠F 1PF 2＝π2，即PF 1⊥PF 2，又∠PF 2F 1＝2∠PF 1F 2，所以∠PF 2F 1＝π3，∠PF 1F 2＝π6，所以|PF 1|＝3c ，|PF 2|＝c ，所以|PF 1|－|PF 2|＝(3－1)c ＝2a ，则离心率e ＝c a ＝23－1＝3＋1.故选C.二、填空题已知向量a ＝(sin α，1)，b ＝(2cos 2α－1，cos α)，若a ∥b ，则tan(2 018π－2α)＝________．解析：因为a ∥b ，所以sin αcos α＝2cos 2α－1，即12sin 2α＝cos 2α，可得tan 2α＝2，则tan(2 018π－2α)＝－tan 2α＝－2.答案：－2设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为xn ，则log 2 019x 1＋log 2 019x 2＋…＋log 2 019x 2 018的值为________．解析：因为y ′＝(n ＋1)x n ，所以当x ＝1时，y ′＝n ＋1，所以曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)．令y ＝0，可得x n ＝n n ＋1，所以log 2 019x 1＋log 2 019x 2＋…＋log 2 019x 2 018＝log 2 019(x 1x 2·…·x 2 018)＝log 2 019⎝⎛⎭⎫12×23×…×2 0172 018×2 0182 019＝log 2 01912 019＝－1. 答案：－1三、解答题已知△ABC 的内心(内切圆的圆心)为O ，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且2c －b ＝2a cos B ，a ＝1.(1)求角A 的大小；(2)求点O 到BC 边距离的最大值．解：(1)由2c －b ＝2a cos B ，可得2sin C －sin B ＝2sin A cos B .在△ABC 中，C ＝π－(A ＋B )，则2sin(A ＋B )－sin B ＝2sin A cos B ，即2sin A cos B ＋2cos A sin B －sin B ＝2sin A cos B ，整理得sin B (2cos A －1)＝0.因为sin B ≠0，所以cos A ＝12，又A ∈(0，π)，故A ＝π3. (2)因为O 为△ABC 的内心，所以∠OBC ＋∠OCB ＝π3，则∠BOC ＝2π3. 在△BOC 中，由余弦定理得OB 2＋OC 2－2OB ·OC cos 2π3＝a 2＝1， 又OB 2＋OC 2≥2OB ·OC ，所以3OB ·OC ≤1，所以OB ·OC ≤13，当且仅当OB ＝OC ＝33时取等号，所以△OBC 的面积S ＝12OB ×OC sin 2π3≤12×13×32＝312， 易知当△OBC 的面积最大时，点O 到BC 边的距离最大，易求得最大值为36.已知函数f (x )＝x 2－ax ＋a e x. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由题意知，f′(x)＝－(x－2)(x－a)e x，当a<2时，由f′(x)>0得a<x<2，由f′(x)<0得x<a或x>2，所以f(x)在(－∞，a)，(2，＋∞)上单调递减，在(a，2)上单调递增；当a＝2时，f(x)在R上单调递减；当a>2时，由f′(x)>0，得2<x<a，由f′(x)<0，得x<2或x>a，所以f(x)在(2，a)上单调递增，在(－∞，2)，(a，＋∞)上单调递减．(2)由f(x)≤2在[0，＋∞)上恒成立，得x2－ax＋a≤2e x在[0，＋∞)上恒成立，令φ(x)＝x2－ax＋a－2e x(x∈[0，＋∞))，则φ′(x)＝2x－a－2e x，令p(x)＝2x－a－2e x(x∈[0，＋∞))，则p′(x)＝2－2e x≤0，所以p(x)在[0，＋∞)上为减函数，p(x)≤p(0)＝－a－2.当a≥－2时，p(x)≤0，即φ′(x)≤0，φ(x)在[0，＋∞)上为减函数，则φ(x)≤φ(0)，所以φ(0)≤0，即a－2≤0，得－2≤a≤2.当a<－2时，令g(x)＝3x－2e x，当x>2时，g′(x)＝3－2e x<0，所以g(x)<g(2)＝6－2e2<0，所以p(－a)＝－3a－2e－a＝g(－a)<0，又p(0)＝－a－2>0，所以p(x)＝2x－a－2e x在[0，＋∞)上有唯一零点，设为m，在(0，m)上，p(x)>0，即φ′(x)>0，φ(x)单调递增，在(m，＋∞)上，p(x)<0，即φ′(x)<0，φ(x)单调递减，所以φ(x)的最大值为φ(m)＝m2－am＋a－2e m，所以φ(m)＝m2－am＋a－2e m≤0恒成立，由p(m)＝0，得a＝2m－2e m，则φ(m)＝(m－2)(2e m－m)，令h(x)＝2e x－x(x>0)，则h′(x)＝2e x－1>0，所以h(x)>h(0)＝2>0，所以2e m－m>0，所以由φ(m)＝(m－2)(2e m－m)≤0得0<m≤2，记t(x)＝2x－2e x，则t′(x)＝2－2e x，当0<x≤2时，易知t′(x)<0，所以t(x)在(0，2]上是减函数，故4－2e2≤a<－2.综上，实数a的取值范围为[4－2e2，2]．。