热门试卷

解：由4sin2x-6sinx-cos2x+3cosx=0，

∴（2sinx-cosx）（2sinx+cosx-3）=0，

∵2sinx+cosx=≤＜3，

∴2sinx-cosx=0，

解得tanx=．

∴-=-=-=-4．

解   （1）f（x）=sinx+cos（x-）=sinx+cosx+sinx=sinx+cosx

∴f（x）=（sinxcos+cosxsin）=sin（x+）

令-+2kπ≤x+≤+2kπ，（k∈Z），得-+2kπ≤x≤+2kπ

单调增区间为[-+2kπ，+2kπ]，（k∈Z）

再设x+=+kπ，（k∈Z），得x=+kπ，（k∈Z），即为f（x）图象的对称轴方程；

（2）∵f（A-）=sin[（A-）+]=sinA，

∴b=2af（A-）=2asinA，

∵b：a=sinB：sinA，

∴sinB=2sinAsinA，即2sinAcosA=2sinAsinA

∵A是三角形内角，sinA＞0

∴2cosA=2sinA，得tanA=

∵A∈（0，π），∴A=，得B=2A=

因此，C=π-（A+B）=

解：（1）若，由题意可得 AB=sinα，BO=cosα，故矩形ABOC的面积S=AB•BO=sin2α，

故当α=时，能使矩形ABOC的面积最大．

（2）若，由题意可得0＜α＜，作AH⊥OP，H为垂足，则AH=sinα，OH=cosα，tan∠ABH==tan=，

故BH=sinα，∴OB=cosα-sinα．

故平行四边形ABOC的面积S′=OB•AH=（cosα-sinα ）sinα=sinαcosα-sin2α 

=sin2α-×=sin2α-cos2α-=sin（2α+）-．

由于0＜α＜，故＜2α+＜，故当 2α+=时，S′取得最大值为 ．

解：（1）∵⊥，∴•=0，

即：（2-2sinB）（1+sinB）+（cosB-sinB）（cosB+sinB）=0，

化简可得3-4sin2B=0，∴sinB=，

∵三角形ABC是锐角三角形，

∴B=．

（2）由（1）可知，B=，函数y=2sin2A+cos（）=2sin2A+cos（）

=2sin2A+cos（）=-cos2A+cos2A++1=sin（2A-）+1．

当2A-=时，即A=时，y有最大值，此时A=B=C，

∴△ABC是正三角形．

解：（I）∵=sin（πx+）．

∴函数的最大值为1，最小值为-1．

当，k∈Z时函数取得最大值，此时x=2k+．k∈Z．

当，k∈Z时函数取得最小值，此时x=2k-．k∈Z．

（Ⅱ）由函数的图象以及函数的表达式可知，M（-，0），

N（，0），P（，1），=（-，-1），=（，-1），

∴与的夹角的余弦cosθ===．

解：（Ⅰ）Ⅰ）f（x）=2sin2xcos2+cos2xsinφ-sin2x=sin（2x+φ），

∵0＜φ＜π，图象的一条对称轴为x=，

∴2×=kπ+，解得φ=kπ-，

∵0＜φ＜π，

∴当k=1时，φ=π-=．

即f（x）=sin（2x+）．

（II）由|f（x0）-m|≤得-≤f（x0）-m≤，即f（x0）-≤m≤f（x0）+，

∵x0∈[-，]，∴≤2x0+，

即-≤sinx（2x0+）≤1，

∴若存在x0∈[-，]使得|f（x0）-m|≤成立，

则-1≤m≤．

（III）g（x）=|f（-）|+|cosωx|=|sinωx|+|cosωx|==，

若g（x）取得最大值，则|sin2ωx|=1，等价于y=|sin2ωx|在[0，1]上恰有50次取到最大值1，

由y=|sin2ωx|的最小正周期T=，

由此可得49，

解得≤ω＜．

解：（Ⅰ）由f（x）=2sin2（+x）+cos2x=1-cos（+2x）+cos2x=1+sin2x+cos2x=1+2sin（2x+），

由由2kπ-≤2x+≤2kπ+，k∈Z，

得kπ-≤x≤kπ+，k∈Z

所以函数 的单调递增区间为[kπ-，kπ+]．k∈Z．

（Ⅱ）由f（x）-m=2得f（x）=m+2，

当x∈[0，]时，2x+∈[，]，

由图象得f（0）=1+2sin=1+，

函数f（x）的最大值为1+2=3，

∴要使方程f（x）-m=2在x∈[0，]上有两个不同的解，

则f（x）=m+2在x∈[0，]上有两个不同的解，

即函数f（x）和y=m+2在x∈[0，]上有两个不同的交点，

即1+≤m+2＜3，

即-1≤m＜1．

解：（1）∵角α终边上一点，∴（-3）2+b2=25，∴b=±4，

∴tanα==±．

（2）=

==cosα==-．

解：对任意的k∈Z，===4，

显然为定值．