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(1) f(x)=2sin(2x+)  (2) [1, ]∪(,]

解:(1)由题设条件知f(x)的周期T=π,

即=π,解得ω=2.

因为f(x)在x=处取得最大值2,所以A=2,

从而sin(2×+)=1,

所以2×+=+2kπ,k∈Z.

又由-π<≤π,得=.

故f(x)的解析式为f(x)=2sin(2x+).

(2)g(x)=

=

=

=cos2x+1(cos2x≠).

因为cos2x∈[0,1],且cos2x≠,

故g(x)的值域为[1,]∪(,].

（1）；（2）见解析.

试题分析：（1）先求的值域，再讨论a的范围，根据最大值，求最小值；（2）利用导数先求sin2xlog2sin2x+cos2xlog2cos2x的值域，再根据二次函数求结论.

试题解析：(1)令，，        2分

，当a<0时，t=–2时，，

解得：

此时，．            2分

当时，t=2时，，解得：

此时，

综合上述，条件满足时，的最小值为             2分

(2)x∈R，且

又，故设，则有

设(其中t∈(0，1))           2分

             2分

令，得

当时，，所以在(0，)单调递减，

当时，，所以在(，1)单调递增，

时取最小值等于

即有          3分

当a>2时，的对称轴，

上单调递增，

         2分

（Ⅰ）的单调增区间是；（Ⅱ）函数的值域为．

试题分析：（Ⅰ）由函数，求函数的单调递增区间，首先对进行变化，可将与进行展开，也可利用，把变成一个角的一个三角函数，利用的单调递增区间，来求的单调递增区间，从而可得的单调递增区间；（Ⅱ）函数，求的值域，首先求出的解析式，，把它看做关于的二次函数，利用二次函数的单调性即可求出的值域.

试题解析：（Ⅰ），      3分

，

∴的单调增区间是       6分

（Ⅱ）由（1）可得，，   7分

设，当时，，

则，      9分

由二次函数的单调性可知，，

又,     11分

则函数的值域为．      12分

（1）·r.    （2）r.

解：(1)以O1为坐标系的原点，O1O2所在直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系．当点A到达最高点时，点A绕O1转过，则点C绕O2转过.

此时A(0,2r)，C(r，r)．

∴AC＝＝·r.

(2)由题意，设大飞轮转过的角度为θ，

则小飞轮转过的角度为2θ，其中θ∈[0,2π]．

此时B(2rcos θ，2rsin θ)，C(4r＋rcos 2θ，rsin 2θ)．

记点B，C的高度差为d，则d＝|2rsin θ－rsin 2θ|，

即d＝2r|sin θ－sin θcos θ|.

设f(θ)＝sin θ－sin θcos θ，θ∈[0,2π]，

则f′(θ)＝(1－cos θ)(2cos θ＋1)．

令f′(θ)＝(1－cos θ)(2cos θ＋1)＝0，得cos θ＝－或1，则θ＝，，0或2π.

f(θ)和f′(θ)随θ的变化情况如下表：

∴当θ＝时，f(θ)取得极大值；当θ＝时，f(θ)取得极小值－.

综上所述，点B，C在传动过程中高度差的最大值dmax＝r.

（1）；（2）若，则的值不存在．

试题分析：（1）求的大小，求角的大小，可用正弦定理来求，也可利用余弦定理来求，本题由已知且，即，符合利用正弦定理来求，故由正弦定理得，利用三角形为锐角三角形，即可求出角的值；（2）若，求的值，由于已知，可利用余弦定理来求边长，注意，求出后要验证三角形是否为锐角．

（1）由正弦定理可得                                   2分

因为

所以                             5分

在锐角中，                                      7分

（2）由余弦定理可得                          9分

又因为

所以，即                    11分

解得                     12分

经检验，由可得，不符合题意，

所以舍去.            13分

（Ⅰ）；（Ⅱ）；

试题分析：（Ⅰ）根据平面向量数量积的坐标运算得到三边的数量关系，再利用余弦定理可求角；（Ⅱ）首先根据三角形内角和定理得到，然后利用三角恒等变换得到取值范围；

试题解析：（Ⅰ）由得

由余弦定理

又，则                   6分

（II）由（I）得，则

即的取值范围为              12分

（I）；（II）最大值为2，此时，.

试题分析：（I）由正弦定理将转化为角的关系，再利用三角函数关系式解答，在三角形中求角或边，通常对条件进行“统一”，统一为边或统一为角，主要的工具是正弦定理和余弦定理，同时不要忘记了三角形内角和定理；（II）先通过三角函数的恒等变形化的形式后再解答，一般地，涉及三角函数的值域问题，多数情况下要将其变形为后，再利用三角函数的性质解答，也有部分题目，可转化为角的某个三角函数，然后用换元法转化为非三角函数问题.

试题解析：（I）由正弦定理得，因为所以，从而，又，所以，则                            5分

（II）由（I）知，       6分

于是  ，

因为，所以，从而当，即时，

取最大值2．

综上所述，的最大值为2，此时，              13分

（1）1，-1；（2）.

试题分析：(1)先利用两角和的正弦公式化简表达式,再求最大值和最小值；（2）通过解三角方程解出的值，即得到点的坐标，通过解方程得到最高点的坐标，所以可以得到与的坐标，再通过夹角公式求出夹角的余弦值.

试题解析：（1），    3分

∵，∴，

∴函数的最大值和最小值分别为1，－1．        5分

（2）解法1：令得．   6分

∵，∴或，∴   8分

由，且得，∴   9分

∴，    10分

∴．      12分

解法2：过点作轴于,则    6分

由三角函数的性质知, ,    8分

由余弦定理得．   12分

解法3：过点作轴于,则    6分

由三角函数的性质知,．   8分

在中，．   10分

∵平分，

∴.   12分

解：（1）易得

由，得

所以的单调递增区间为 

（2）由得,从而，

即，由得

从而，即

略

解：（1）∠OQP中∠QOP=60°，∠OPQ＝θ

由正弦定理：

过P作PE⊥OB于E， ∴ |PE|＝|OP|sinθ＝sinθ

∴ S＝|PD|·|PQ|

（2）

当时，S有最大值为。

略

（1）, ；  (2) .

试题分析：（1）先利用共线，列出，把已知条件和所设的坐标代入，解出；(2)因为已知，所以先分别找出的坐标，代入，整理方程得到的表达式，再求出最小值.

试题解析：（1）设，，共线，设, …①

又，所以，，代入①，解得，

∴,同理.         （4分）

（2）由（1）知，

，

，           （6分）

代入，得：

，  

整理得： ②，

 ③。

②+③，解得： （10分）

由点在第一象限得，所以的最小值为．        （12分）

解：（1）-----------------------------------------------2分

∴函数最小正周期是-------------------------------------5分

当，即

函数单调递增区间为------------------8分

（2）由恒成立，得恒成立-----------------9分

∵   --------------------------------------------------12分

∴

所以t的取值范围为------------------------------------------14分

略