高考數(shù)學（理）二輪復習配套作業(yè)（解析版）：作業(yè)手冊答案（浙江省專用）.doc

專題限時集訓(一)A【基礎演練】1A解析 根據(jù)集合元素的互異性m1，在PQ的情況下整數(shù)m的值只能是0.2C解析 集合Ax|x3，Bx|2x4，則UAx|1x3，因此，(UA)Bx|20時，a與b的夾角為銳角或零度角，所以命題p是假命題；又命題q是假命題，例如f(x)綜上可知，“p或q”是假命題【提升訓練】5D解析 集合A為函數(shù)ylog2(x21)的定義域，由x210可得集合A(，1)(1，)；集合B為函數(shù)yx1的值域，根據(jù)指數(shù)函數(shù)性質集合B(0，)所以ABx|x16C解析 集合中的代表元素與用什么字母表示無關事實上A(，1)(1，)(，2)(2，)(，)，集合B(，1)(1,2)(2，)，所以AB.7A解析 顯然a1且0b0且1；反之，ab0且1ab且0ab且b0，這樣推不出a1且0b1且0b0且1”的充分而不必要條件8A解析 m(2,23)，m，n的夾角為鈍角的充要條件是mn0且mn(0)mn0，即3(2)(23)0，即3；若mn，則23，23，解得，故mn(0)不可能，所以，m，n的夾角為鈍角的充要條件是3，故0，則Q3m,3m，則(等號不同時取到)，解得：m4，若m0，Q3m,3m，則(等號不同時取到)，解得：m4，若m0，Q3，顯然不滿足，故m的取值范圍為：(，44，)115,6解析 依題意作出滿足條件的韋恩圖，可得B(UA)5,61225解析 可按集合中偶數(shù)的個數(shù)來分類若有3個偶數(shù)，如2,4,6時，集合A中必含有1,3,5,7，另兩個奇數(shù)9和11可都有，也可僅有一個，或者沒有，因此符合條件的集合有4個其余情況可類似分析專題限時集訓(一)B【基礎演練】1B解析 集合A為函數(shù)y的定義域，即A(1，)，故UA(，1，集合B為函數(shù)yloga(x2)的定義域，即B(2，)故(UA)B(2，12B解析 x1,2,3,4,6,12符合要求3C解析 集合B在集合R中的補集，即在實數(shù)集合中去掉0,1,2,3,4組成的集合，因此與集合A的交集有兩個元素2，1.(注意：在補集運算中要特別注意全集是什么集合)4A解析 函數(shù)f(x)ax3在開區(qū)間(1,2)上存在零點的充要條件是f(1)f(2)(a3)(2a3)3或a3”是函數(shù)f(x)ax3在1,2上存在零點”的充分不必要條件(注：函數(shù)的零點存在性定理是指在開區(qū)間上的零點存在的一個充分條件，但如果在閉區(qū)間上討論函數(shù)的零點，一定要注意區(qū)間端點的情況)【提升訓練】5A解析 依題意得Ax|5x6由cos得2k，即x6k1，kZ.令56k16得1k，又kZ，則k0，故x1；令56k16得ka，因為AB，所以a(a1)x的解集為A的意義是半圓位于直線上方時對應的x值，又Ax|0x2，數(shù)形結合可得只要直線位于yx及其上方均可，所以a11，即a2.(注：本題重在考查數(shù)形結合的思想意識)12解析 集合U為坐標平面上的所有點組成的集合，集合M為坐標平面上的一個正方形區(qū)域，集合P是函數(shù)圖象上的點組成的集合P(UM)P等價于PM，如圖，由于yax(0a1)單調遞減且過點(0,1)，故其圖象與區(qū)域M無公共點；同理ylogax(0a1)也與區(qū)域M無公共點；函數(shù)ysin(xa)與y軸的交點坐標是(0，sina)，當0a1時，sina0，故兩個點不在區(qū)域M內，函數(shù)ycosax的圖象與y軸的交點坐標為(0,1)，這個點也不在區(qū)域M內，結合余弦函數(shù)圖象的特征可知函數(shù)ycosax的圖象與區(qū)域M無公共點專題限時集訓(二)A【基礎演練】1D解析 當a0時，f(a)2a，解得a1；當a0時，f(a)log2a，解得a2.2C解析 函數(shù)是偶函數(shù)，只能是選項C中的圖象3B解析 由loga20得0a0，即exex0，所以x0，即函數(shù)的定義域是(0，)，排除選項A，B中的圖象，由于1，所以ln0的函數(shù)y2x23x1的單調遞增區(qū)間，即(1，)2C解析 由圖象可知，b0，因為T2，a1，因此，答案為C.3A解析 ylog2log2(x1)，因此只要把函數(shù)ylog2x縱坐標縮短到原來的，橫坐標不變，再向右平移1個單位長度即可4D解析 當x0時，ff(x)1，所以x4；當x0時，ff(x)1，所以x22，x(舍)或x.所以x(，4，)故選D.【提升訓練】5C解析 由f(x)g(x)為偶函數(shù)排除，當x時，f(x)g(x)，排除，故為.6A解析 由于函數(shù)yf(xa)是偶函數(shù)，其圖象關于y軸對稱，把這個函數(shù)圖象平移|a|個單位(a0右移)可得函數(shù)yf(x)的圖象，因此可得函數(shù)yf(x)的圖象關于直線xa對稱，此時函數(shù)在(a，)上是減函數(shù)，由于x1a且|x1a|f(x2)7C解析 函數(shù)是偶函數(shù)，而且函數(shù)值為正值，在x0時，1，當x時，綜合這些信息得只能是選項C中的圖象8D解析 如果x1x22，則f(x1)f(x2)x3xsinx1x3xsinx2x3xsinx1(2x1)33(2x1)2sin(2x1)4.所以Sfff，又Sfff，兩式相加得2S44 023，所以S8 046.9.解析 f1(f2(f3(2 013)f1(f2(2 0132)f1(2 0132)1)(2 0132)1)2 0131.10.解析 f(x)f(x)lglglg0，1，(a24)x20，x2不恒為0，a24，又a2，故a2，f(x)lg，由0，得：x，由題意：(b，b)，0b，故2ab.11.解析 函數(shù)yx22ax(xa)2a2開口方向向上，對稱軸為動直線xa，由對稱軸與區(qū)間的位置關系，分三種情況討論：當a4時，函數(shù)在2,4上單調遞減，則當x4時，g(a)ymin168a.綜上所述，有g(a)12(，2)(3,5)解析 x1，x2R，且x1x2，使得f(x1)f(x2)等價于函數(shù)f(x)不能在整個定義域上單調遞增，顯然當1，即a2時滿足要求，此時a0也符合要求當1時，函數(shù)f(x)在x1時，兩端的端點值分別為1a和a27a14，只要a27a141a即可，即a28a150，解得3a5.故a(，2)(3,5)專題限時集訓(三)【基礎演練】1B解析 f(x)為單調增函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的零點存在定理得到f(1)f(2)(1)2可知，f(x)在(0,2)上恒為負，即f(x)在(0,2)內單調遞減，又f(0)10，f(2)4a10時，若f(x)1，則x或x.若ff(x)1時，f(x)或f(x).若f(x)，則x或xe；若f(x)，則x或xe.當k0時，關于k無解；ee關于k無解所以此時函數(shù)yff(x)1有四個零點(注意必須說明四個零點互異)當k0時的解為x，所以ff(x)1時，只有f(x)，此時當x0時，x0，此時無解，當x0時，解得xe.故在k0在x1上恒成立故g(x)在x1上為單調遞增函數(shù)，又gln0，故在x1上有1個根同理可分析得在x，x上各有1個根，在0x上無根綜上可知在(0,1上，方程g(x)0共有3個根9.解析 按二項式公式展開得T2，函數(shù)g(x)f(x)kxk有4個零點，等價于函數(shù)y1f(x)與y2k(x1)的圖象有4個交點，再利用數(shù)形結合可得k.10y16解析 只要把成本減去即可，成本為x100，故得函數(shù)關系式為y當020時y1時，lnx0，sgn(lnx)1，則f(x)sgn(lnx)ln2x1ln2x，令1ln2x0，得xe或x，結合x1得xe；當x1時，lnx0，sgn(lnx)0，f(x)ln2x，令ln2x0，得x1，符合；當0x1時，lnx0，sgn(lnx)1，f(x)1ln2x，令1ln2x0得，ln2x1，此時無解因此f(x)sgn(lnx)ln2x的零點個數(shù)為2，故填2.120m或m64解析 當x0,2，f(x)x，所以x(2,0)時利用f(x2)計算出f(x)，然后畫出f(x)在x(2,2上的圖象若g(x)f(x)mxm有兩個不同零點，則yf(x)和ymxm有兩個不同的交點，也就是過定點(1,0)的直線ymxm和f(x)在x(2,2上的圖象有兩個交點結合圖象發(fā)現(xiàn)當0m時有兩個交點，另一方面，當直線在和f(x)相切與垂直于x軸之間時也是兩個交點的情況，此時m64.所以實數(shù)m的取值范圍是0m或m64.13解：(1)當x0時，t0；當0x24時，x2(當x1時取等號)，t，即t的取值范圍是.(2)當a時，記g(t)|ta|2a，則g(t)g(t)在0，a上單調遞減，在上單調遞增，且g(0)3a，ga，g(0)g2.故M(a)當且僅當a時，M(a)2.故當0a時不超標，當0，即0xa.可化為x2(ax)t，x，因為t0,1，所以a.綜上可得函數(shù)f(x)4(ax)x，定義域為，其中t為常數(shù)，且t0,1(2)y4(ax)x42a2，當時，即t1，x時，ymaxa2，當，即0t時，y4(ax)x在上為增函數(shù)，當x時，ymax.答：當t1時，投入x，附加值y最大，為a2萬元；當0t時，投入x，附加值y最大，為萬元專題限時集訓(四)A【基礎演練】1D解析 由于0a1，2aa21,2aa1，a21a1，故2aa21loga(a21)loga(a1)，即pmn.正確選項D.2B解析 ab4x42y0，即2xy2,9x3y2226(當2xy1時取等號)3.C解析 不等式組表示的平面區(qū)域如圖中的ABC，目標函數(shù)zxy的幾何意義是直線yxz在y軸上的截距，根據(jù)圖形，在點A處目標函數(shù)取得最小值由yx，x1解得A(1,1)，故目標函數(shù)的最小值為112.4B解析 不等式組表示的平面區(qū)域如圖中的ABC，由yx1，y2x1得點B的橫坐標為2，由y2x1，yx1得點C的橫坐標為.所以SABC|AD|(|xC|xB|)22.【提升訓練】5D解析 y(x1)2，取“”號時x0.6C解析 不等式(xa)(xb)0，即不等式(xa)1(xb)0，即(xa)x(b1)0，該不等式的解集為2,3，說明方程(xa)x(b1)0的兩根之和等于5，即ab15，即ab4.正確選項為C.7D解析 圓的方程為(x1)2(y2)24，圓的直徑為4，直線2axby20被圓截得的弦長為4，即直線過圓的圓心，所以2a2b20，即ab1，所以(ab)2224，等號當且僅當ab時成立8.B解析 (x，y)滿足的區(qū)域如圖，變換目標函數(shù)為yxz，當z最小時就是直線yxz在y軸上的截距最大時當z的最小值為1時，直線為yx1，此時點A的坐標是(2,3)，此時m235；當z2時，直線為yx2，此時點A的坐標是(3,5)，此時m358.故m的取值范圍是5,8目標函數(shù)的最大值在點B(m1,1)取得，即zmaxm11m2，故目標函數(shù)最大值的取值范圍是3,6正確選項B.95，)解析 分離參數(shù)后得，ax，設f(x)x，則只要af(x)max，由于函數(shù)f(x)在(0,1上單調遞增，所以f(x)maxf(1)5，故a5.1020解析 設每次都購買x噸，則需要購買次，則一年的總運費為2，一年的儲存費用為x，則一年的總費用為x240，等號當且僅當x，即x20時成立，故要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，每次應購買20 t(注：函數(shù)類實際應用問題的關鍵是找到影響問題中各個變化量的一個基本量，利用這個基本量去表示求解目標需要的各個量，這是分析求解函數(shù)應用題的基本思考方法)111解析 不等式表示的平面區(qū)域如圖，目標函數(shù)的幾何意義是區(qū)域內的點與點(0，1)連線的斜率，結合圖形，顯然在點B處目標函數(shù)取得最小值由2xy3，xy3，得B(2,1)，所以zmin1.12.7,8解析 (1)當3s4時，可行域是四邊形OABD(圖(1)，由交點為A(0,2)，B(4s,2s4)，C(0,4)，D(0，s)，此時目標函數(shù)在點B處取得最大值，這個最大值是3(4s)2(2s4)s4,7z8；(2)當4s5時，可行域是OAC(圖(2)，此時目標函數(shù)在點C處取得最大值，zmax8.綜上可知目標函數(shù)的取值范圍是7,8專題限時集訓(四)B【基礎演練】1D解析 ax2bx20的兩根為，ab14.2C解析 x12212，當且僅當x，即x5時等號成立3.D解析 不等式組表示的平面區(qū)域如圖，目標函數(shù)z2xy，即y2xz，z的幾何意義是直線y2xz在y軸上的截距，則過點A時取得最小值，過點C時取得最大值由yx，xy2解得A(1,1)，故目標函數(shù)的最小值為3；由x2，yx得C(2,2)，故目標函數(shù)的最大值為6.所以目標函數(shù)的最大值與最小值的比為2.4C解析 由2ab4，得42，所以ab2，所以.【提升訓練】5A解析 如圖，表示的區(qū)域是圖中的OAB，其中A(2,0)，B(0,4)，由于區(qū)域yxs是直線xys及其下方的區(qū)域，顯然當s4時就是區(qū)域其圖形是三角形；當2s4時，區(qū)域是一個四邊形；當0s2時，區(qū)域又是三角形；當s0時區(qū)域變成了坐標原點；當s0時，區(qū)域是空集故實數(shù)s的取值范圍是0s2或s4.6B解析 tan(xy)，又0yx，0xy，(xy)max，故選B.7.B解析 不等式組表示的平面區(qū)域如圖中的ABC.根據(jù)正切函數(shù)的單調性，在AOB為銳角的情況下，當AOB最大時tanAOB最大結合圖形，在點A，B位于圖中位置時AOB最大由x3y10，xy30得A(2,1)，由x1，xy30得B(1,2)所以tanxOA，tanxOB2，所以tanAOBtan(xOBxOA).8C解析 設自籌資金x份，銀行貸款資金y份，由題意目標函數(shù)z12x10y.由于目標函數(shù)直線的斜率為，不等式組區(qū)域邊界的直線斜率為，而0時，g(x)g(x)ln(1x)，而當x0時，x3ln(1x)0，則根據(jù)yx3，yln(1x)都是單調遞增的，可得函數(shù)f(x)在(，)上單調遞增，所以f(2x2)f(x)等價于2x2x，即x2x20，解得2x1.注意到函數(shù)的定義域，還應該有2x20，x0，即x，x0，所以實數(shù)x的取值范圍是(2，)(，0)(0,1)(注：本題極易忽視函數(shù)的定義域導致錯誤)10解析 a2b2(ab)(ab)0，在a0時才成立，已知不能保證，故不恒成立；ab2a2bab(ba)0，在ab的情況下，只有ab0時才成立，已知條件不具備，故不恒成立；000ab0ab，故恒成立；00，在ab時只有當0才能成立，這個不等式不是恒成立的，故不恒成立；a3b2a2b3a2b2(ab)0ab0ab，故恒成立能夠恒成立的不等式的序號是.1140解析 不等式組表示的平面區(qū)域如圖中的ABC.設區(qū)域內的點M(x1，y1)，N(x2，y2)，則a(x2x1，y2y1)(1,3)(x23y2)(x13y1)，只有當x23y2最大且x13y1最小時a取得最大值設zx3y，則目標函數(shù)的最值與直線yx在y軸上的截距成正比，結合圖形，在點B處目標函數(shù)取得最大值，在點A處目標函數(shù)取得最小值由3xy60，xy20得B(4,6)；由x0,3xy60得A(0，6)所以目標函數(shù)的最大值zmax43622，最小值zmin03(6)18，所以a的最大值為221840，此時點M，N分別位于圖中的點A，B.12(，1解析 不等式62xya(2x)(4y)，即62xya(104x2y)，令t2xy，即不等式6ta(102t)，即(2a1)t610a0恒成立由于xy2，所以y2，x1,2，所以t2x，t2，當x1,2時，t0，所以函數(shù)t2x在1,2上單調遞增，所以t的取值范圍是4,5設f(t)(2a1)t610a，則f(t)0在區(qū)間4,5恒成立，因此只要f(4)0且f(5)0即可，即22a0且10，解得a1，故實數(shù)a的取值范圍是(，1專題限時集訓(五)A【基礎演練】1D解析 因為f(x)3x22ax3，且f(x)在x3時取得極值，所以f(3)392a(3)30，解得a5，故選D.2C解析 f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0可得x0或2(2舍去)，當1x0，當0x1時，f(x)0，所以當x0時，f(x)取得最大值為2.選C.3A解析 y2xa，曲線在點(0，b)處的切線斜率是ka，故a1；點(0，b)在切線上，代入得b1.所以a1，b1.40或解析 由題意得，2x03x，解得x00或x0.【提升訓練】5D解析 yx22x，當0x2時，1y0，即1tan0，故1時，f(x)4時，f(x)0，根據(jù)對稱性可得當x2時，f(x)0，當2x1或1x0.不等式(x3)f(x4)0；當時，解得6x3.故不等式(x3)f(x4)0的解集為(6，3)(0，)7C解析 函數(shù)yf(x1)的圖象關于點(1,0)對稱，f(x)關于(0,0)中心對稱，為奇函數(shù)，當x(，0)時，f(x)xf(x)log3log3，所以cba.8.解析 y12sinx0sinx時y0，sinx時，ymax2.9y3x1解析 yexxex2，斜率ke0023，所以切線方程為y13x，即y3x1.10(0,1)，(1，e)解析 f(x)0，解得0x0且x1，故函數(shù)f(x)單調遞減區(qū)間是(0,1)，(1，e)(注意：不能寫成并區(qū)間)11解：(1)f(x)，在x1，)時f(x)0恒成立在x1，)時，aa2.(2)由f(x)，x1,4，當a2時，在x1,4上f(x)0，f(x)minf(1)a；當0a1時，在x1,4上f(x)0，f(x)minf(4)2a2ln2；當1a2時，在x1，上f(x)0，此時fmin(x)f22ln22lna.綜上所述：f(x)min12解：(1)f(x)ax3bx2cf(x)3ax22bx，f(1)3a2b.又過點P的切線與直線x3y0垂直，3a2b3.又c0，f(1)ab2，聯(lián)立解得a1，b3.f(x)x33x2，f(x)3x26x，由f(x)0x0；f(x)02x0，f(x)03ax23(a1)x0x0.又f(x)在區(qū)間(，m)及(n，)上均為增函數(shù)，nm011.13解：(1)由f(2)1，得a2.(2)由(1)知，f(x)2lnx2x3，f(x)2，故g(x)x32x22x，g(x)3x2(m4)x2，由g(x)圖象知，解得：m9.(3)a2，f(x)2lnx2x3，令F(x)h(x)f(x)px2lnx，則F(x)，若p0，由于px0，2lnx0F(x)f(x0)若p0，此時F(x)0，所以F(x)在1，e上是增函數(shù)，F(xiàn)(x)maxF(e)pe4，只要pe40即可，解得p，即p，.專題限時集訓(五)B【基礎演練】1C解析 yexxex，令y0，則x1.因為x1時，y1時，y0，所以x1時，ymin，選C.2B解析 y1，所以y，將x3代入得y，所以(a)1，解得a2.3B解析 f(x)sinxxcosxsinxxcosx，f0.【提升訓練】4C解析 依題意，當x1時，f(x)0，函數(shù)f(x)在(1，)上是增函數(shù)；當x0，yxcosx0，此時函數(shù)yxsinxcosx為增函數(shù)，故選C.6A解析 f(x)x(ax2)eax，由題意得f(x)x(ax2)eax0在2，)上恒成立即x(ax2)0在2，)上恒成立，即a在2，)上恒成立，即a1.7D解析 由于AB的長度為定值，只要考慮點C到直線AB的距離的變化趨勢即可當x在區(qū)間0，a變化時，點C到直線AB的距離先是遞增，然后遞減，再遞增，再遞減，S(x)的圖象先是在x軸上方，再到x軸下方，再回到x軸上方，再到x軸下方，并且函數(shù)在直線AB與函數(shù)圖象的交點處間斷，在這個間斷點函數(shù)性質發(fā)生突然變化，所以選項D中的圖象符合要求81解析 f2(x)f1(x)cosxsinx，f3(x)(cosxsinx)sinxcosx，f4(x)cosxsinx，f5(x)sinxcosx，f1f2f2 011sincos1.9解析 周期性是函數(shù)在整個定義域上的整體性質，周期函數(shù)的圖象不能是一個閉區(qū)間上的一段，必需能夠保證周期的無限延展，故函數(shù)f(x)不是周期函數(shù)，命題不正確；從其導數(shù)的圖象可知，在區(qū)間(0,2)內導數(shù)值小于零，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上單調遞減，由于函數(shù)圖象是連續(xù)的，故在區(qū)間0,2是減函數(shù)，命題正確；函數(shù)f(x)在1,0)上遞增、在(0,2)上遞減、在(2,4)上遞增、在(4,5上遞減，函數(shù)的最大值只能在f(0)處，或者f(4)處取得，因此只要0t5即可，因此t的最大值為5，命題不正確；由于f(1)1，f(0)2，f(4)2，f(5)1，根據(jù)中的單調性，要使1a2時，函數(shù)yf(x)a沒有零點，當a2時函數(shù)有兩個零點，當1a2時，根據(jù)f(2)在(，2)之間取值的不同，函數(shù)可能有四個零點(f(2)1)、兩個零點(1f(2)2)，當f(2)1，a1時函數(shù)有三個零點，當f(2)0，當k0時，f(x)的增區(qū)間為(，k)，(k，)，f(x)的減區(qū)間為(k，k)，當k0時，f(k1)e，所以不會有x(0，)，f(x).當k0時，由(1)有f(x)在(0，)上的最大值是f(k)，所以x(0，)，f(x)等價于f(k)k0)當x(0,1)時，F(xiàn)(x)0，函數(shù)F(x)單調遞增，當x(1，)時，F(xiàn)(x)0，函數(shù)F(x)單調遞減，函數(shù)F(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)；函數(shù)F(x)的單調遞減區(qū)間為(1，)(2)G(x)h(x)f(x)lnx，由已知a0，因為x(0,1)，所以lnx0.當a0.不合題意當a0時，x(0,1)，由G(x)2，可得lnx0.設(x)lnx，則x(0,1)，(x)0.(x).設m(x)x2(24a)x1，方程m(x)0的判別式16a(a1)若a(0,1，0，m(x)0，(x)0，(x)在(0,1)上是增函數(shù)，又(1)0，所以x(0,1)，(x)0，m(0)10，m(1)4(1a)0，所以存在x0(0,1)，使得m(x0)0，對任意x(x0,1)，m(x)0，(x)0.不合題意綜上，實數(shù)a的取值范圍是(0,112解：(1)當a1時，f(x)1(x0)，當0x0，當x1時，f(x)0，f(x)在(0,1)上遞增，在(1，)上遞減，當x1時，f(x)取得極大值1，無極小值(2)方法1：由f(x)0，得a(*)，令g(x)，則g(x)，當0x0，當xe時，g(x)e時，g(x)0，當a0或a時，方程(*)有唯一解，當0a時，方程(*)無解，所以，當a0或a時，yf(x)有1個零點；當0a時，yf(x)無零點方法2：由f(x)0，得lnxax，yf(x)的零點個數(shù)為ylnx和yax的圖象交點的個數(shù)由ylnx和yax的圖象可知：當a0時，yf(x)有且僅有一個零點；當a0時，若直線yax與ylnx相切，設切點為P(x0，y0)，因為y(lnx)，k切，得x0e，k切，故當a時，yf(x)有且僅有一個零點；當0a時，yf(x)無零點，綜上所述，當a0或a時，yf(x)有1個零點；當0a時，yf(x)無零點(3)由(1)知，當x(0，)時，lnxx1.an0，bn0，lnanan1，從而有bnlnanbnanbn，即lnabnnbnanbn(nN*)，nabiiiaii，a1b1a2b2anbnb1b2bn，即iaii0，nabii0，即ln(ab11ab22abnn)0，ab11ab22abnn1.專題限時集訓(六)【基礎演練】1D解析 tan330tan30.2A解析 由sin，得cos，所以tan.3B解析 ysin2xsin2xcos2xsin2x.顯然在取絕對值之前周期為，加上絕對值周期縮小到原來的，因此答案為B.4A解析 y3cos3cos3sin3sin2，故選A.【提升訓練】5B解析 sin150，tan240，cos(120)，所以tan240sin150cos(120)6C解析 根據(jù)圖象，解得2，又點M、N的坐標分別為，A，A，所以A20，解得A.所以A.7C解析 由題意，所以ab4.故g(x)asinxb的最大值是|a|b.若ab4，則ba4.所以|a|b|a|a4，此時當a2時，|a|b0，即g(x)asinxb的最大值是0.故函數(shù)g(x)asinxb的最大值可能是0.8C解析 根據(jù)函數(shù)ycos(x)為奇函數(shù)可得，即ysinx，根據(jù)直線AB的斜率為1，可得A，B的橫坐標之差等于縱坐標之差，為2，所以這個函數(shù)的最小正周期是4，即4，所以，所以ysinx.當x1時，函數(shù)有最小值，故直線x1是該函數(shù)圖象的一條對稱軸9.解析 由已知條件得2k，不妨設點A在x軸上方，則點A的坐標為，所以cos.所以cos()cos(2k)cos212cos2.10解析 ff3fsin.11解：(1)由圖知A2，T2，2.f(x)2sin(2x)又f2sin2，sin1，2k，2k(kZ)0，函數(shù)的解析式為f(x)2sin.(2)由(1)知：f(x)2sin，fx2sin2cos2x0.令2xk，得x(kZ)，函數(shù)yfx的零點為x(kZ)12解：(1)方法1：由已知，得，的夾角為30，|1，|cos30.方法2：由三角函數(shù)的定義，得點A(cos105，sin105)，B(cos75，sin75)，cos105cos75sin105sin75cos(10575).(2)設，的夾角為，因為|1，所以，|coscos，另一方面，由三角函數(shù)的定義，得A(cos，sin)，B(cos，sin)，coscossinsin，故coscoscossinsin，由于2k，kZ，cos()cos，所以，cos()coscossinsin.13解：(1)因為角終邊經(jīng)過點P(3，)，sin，cos，tan，sin2tan2sincostan.(2)f(x)cos(x)cossin(x)sincosx，xR，ycos2x2cos2xsin2x1cos2x2sin2x1.0x，02x，2x，sin2x1，22sin2x11，故函數(shù)yf2x2f2(x)在區(qū)間上的值域是2,1專題限時集訓(七)【基礎演練】1B解析 在ABC中，若A60，BC4，AC4，由正弦定理得：，代入解得sinB.又AC0，所以p，q的夾角為銳角4A解析 在ABC中，由正弦定理得，AB50 m.【提升訓練】5A解析 設角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，利用三角形面積公式和余弦定理得：b，ac，3a2c22ac，所以3(ac)23ac得ac3，即ABC的周長等于3.6C解析 由正弦定理，得，即，解得sinB，所以B或B.當B時，AB，則C，故ABC是鈍角三角形；當B時，ABC也是鈍角三角形綜上，A