文档文本内容
答 案
B
解析
解：将
的图象向左平移
个单位长度，再将每个点的横坐标缩短为原来的
可得函数
的图象，故①满足要求；
将
的图象向右平移
个单位长度，再将每个点的横坐标缩短为原来的
可得函数
的图象，故②不满足要求；
将
的图象每个点的横坐标缩短为原来的
，再向右平移
个单位长度可得函数
的图象，故③不满足要求；
将
的图象每个点的横坐标缩短为原来的
，再向左平移
个单位长度可得函数
的图象，故④满足要求，
故能将
的图象变换成函数
的图象的是①和④，
故选：B．
答 案
A
解析
解：根据函数
的部分图象，
可得函数的图象的一个对称中心为
，
再根据
是图象上和
相邻的一个对称中心，
所以函数的周期
，
故它的一条对称轴为
，
故选：A．
模块1：
1
1
例题1
y = sinx
4
π
2
1
y = sin(2x +
)
4
π
y = sinx
8
π
2
1
y = sin(2x −
)
8
π
y = sinx
2
1
8
π
y = sin(2x −
)
4
π
y = sinx
2
1
8
π
y = sin(2x +
)
4
π
y = sinx
y = sin(2x +
)
4
π
例题2
f x =
( )
A sin ωx + φ (A >
(
)
0, ω > 0, φ ∈0, π )
(
)
, 0
( 3
π
)
−
, 0
(
6
π
)
, 0
( 3
π
)
T = 2 ×
+
=
( 3
π
6
π )
π
x =
−
2
−
+
6
π
3
π
π = −
π
12
11
答 案
D
解析
解：根据函数
的部分图象知，
，
，解得
，
由五点法画图知，
，解得
；
，
．
故选：D．
答 案
见解析
解析
因为
，所以
．
又因为
，所以
，即
．
因为
，所以
，所以
的解析式是
．
答 案
见解析
解析
根据题意得
，
．
函数
的单调递增区间为
．
由
，得
，
，
的单调递增区间为
．
1 40%
1
2
例题3
f x =
( )
A sin ωx + φ (A >
(
)
0, ω > 0, φ <
∣∣
)
2
π
A =
,
=
2 4
T
−
12
7π
=
3
π
4
π
∴T =
=
ω
2π
π
ω = 2
ω ×
+
3
π
φ =
+
3
2π
φ = π + 2kπ, k ∈Z
φ =
3
π
∴f x =
( )
sin(2x +
2
)
3
π
∴f
−
=
(
24
13π )
sin(−
+
2
12
13π
) =
3
π
sin(−
) =
2
4
3π
−1
例题4
T =
=
ω
2π
4(
−
6
5π
) =
3
π
2π
ω = 1
sin(
+
3
π
φ) = 1
+
3
π
φ =
+
2
π
2kπ, k ∈Z
φ =
+
6
π
2kπ, k ∈Z
−
<
2
π
φ <
2
π
φ =
6
π
f x
( )
f x =
( )
sin(x +
)
6
π
g x =
( )
sin
x +
+
=
[(
3
π )
6
π ]
sin x +
=
(
2
π )
cos x
∴F x =
( )
f x +
( )
g x =
( )
sin x +
+
(
6
π )
cos x =
sinx +
2
3
cos x +
2
1
cos x =
2
3
∵
y = sinx
2kπ −
, 2kπ +
, k ∈
[
2
π
2
π ]
Z
∴
2kπ −
⩽
2
π
x +
⩽
3
π
2kπ +
2
π
2kπ −
⩽
6
5π
x ⩽2kπ +
6
π
k ∈Z
∴F x
( )
2kπ −
, 2kπ +
, k ∈
[
6
5π
6
π ]
Z
答 案
A
解析
解：根据函数
的部分图象，可得
，
，
根据
，所以
，故
．
将函数
的图象向左平移
个单位长度后，所得图象与函数
的图象重合，
故
．
故选：A．
答 案
C
解析
解：由函数
的部分图象知，
，
，
当
时，
，
即
,
解得
,
又
，
．
故选：C．
答 案
A
解析
解：在
中，
为
边上的中线，
为
的中点，
1 42%
考法：0
1 49%
1
例题5
f x =
( )
2 sin(ωx + φ)(ω > 0, ∣φ∣⩽
)
2
π
T =
4
3
⋅
4
3
=
ω
2π
+
3
2π
12
π
∴ω = 2
ω ⋅
−
+
(
12
π )
φ = 2 ⋅(−
) +
12
π
φ = 0
φ =
6
π
f x =
( )
2 sin(2x +
)
6
π
f x
( )
12
π
y = g x
( )
g x =
( )
2 sin(2x +
+
6
π
) =
6
π
2 sin(2x +
)
3
π
例题6
f x =
( )
−sin ωx + φ
(
)
T = 4 × (
−
12
7π
) =
3
π
π
∴ω =
=
T
2π
2
x =
12
7π
f x =
( )
−sin(2 ×
+
12
7π
φ) = −1
+
6
7π
φ =
+
2
π
2kπ, k ∈Z
φ = −
+
3
2π
2kπ, k ∈Z
φ <
∣∣
π
∴φ = −
3
2π
例题7
△ABC
AD
BC
E
AD
=
EB
−
AB
=
AE
−
AB
2
1 AD
1
1
，
故选：A．
答 案
2
解析
解：
，
为单位向量，
，
又
，
，
，
的最大值为．
答 案
C
解析
解：
边上的中线
的长为，点
是
所在平面上的任意一点，
，
设
，
与
的夹角为，
，
当
时取得最小值，最小值为
，当
时，
最小，最小值为
，
故选：C．
1
1
1
=
−
AB
×
2
1
(
+
2
1 AB
)
AC
=
−
4
3 AB
4
1 AC
例题8
∵a
b
∴
=
∣∣∣a ∣∣∣
=
∣∣∣b ∣∣∣
1
∵
+
a
+
b
=
c
0
∴
=
c
−
−
a
b
∴
=
∣∣∣c ∣∣∣
−
−
⩽
∣∣∣
a
b ∣∣∣
+
∣∣∣a ∣∣∣
=
∣∣∣b ∣∣∣
1 + 1 = 2
∴
∣∣∣c ∣∣∣
2
例题9
∵BC
AD
2
P
△ABC
∴
⋅
PA
+
PB
⋅
PA
=
PC
+
PA (PB
PC)
=
⋅
PA 2
+
=
(PA
AD)
2
+
PA
2
2
⋅
PA AD
=
∣∣∣PA∣∣∣
x
PA
AD
θ
∴
⋅
PA
+
PB
⋅
PA
=
PC
2x +
2
4x cos θ = 2 x + cos θ
−
(
)2
2cos θ
2
x = −cos θ
−2cos θ
2
cos θ = 1
⋅
PA
+
PB
⋅
PA PC
−2
例题10
答 案
见解析
解析
解：因为
，
，
，
所以
，
即
，
，
所以
．
设
与
的夹角为，
则
．
答 案
见解析
解析
解：【解法一】令
与
的夹角为．
由
，得
，
化为
，
因为
，
，
所以
，
当
时，式子显然成立；
当
时，
，
由于
，故
；
当
时，
，
由于
，故
．
所以
，解得
．
【解法二】令
与
的夹角为，由
，
得
，
因为
，
，
所以
，
对一切实数恒成立，
所以
，
即
，故
，
因为
，所以
．
2
=
∣∣∣a ∣∣∣
2
=
∣∣∣b ∣∣∣
1
−
=
∣∣∣a
b ∣∣∣
2
−
=
∣∣∣a
b ∣∣∣2
4
−
a
2
2
⋅
a
+
b
=
b
2
4
2 −2
⋅
a
+
b
1 = 4
⋅
a
=
b
−2
1
a
b
θ
cos θ =
=
×
∣∣∣a ∣∣∣
∣∣∣b ∣∣∣
⋅
a
b
=
× 1
2
−
2
1
−
4
2
a
b
θ
+ x
⩾
∣∣∣a
b ∣∣∣
+
∣∣∣a
b ∣∣∣
+ x
⩾
( a
b )
2
+
( a
b )
2
(x −
2
1)∣
∣+
b 2
(2x −2)∣
∣⋅
a
∣
∣cos θ ⩾
b
0
=
∣∣∣a ∣∣∣
2
=
∣∣∣b ∣∣∣
1
x −1 +
(
2
)
2x −2
cos θ ⩾
(
)
2
0
x = 1
x > 1
cos θ ⩾−
=
2x −2
(
)
2
x −1
2
−
2
2
x + 1
−
<
2
2
x + 1
−
2
2
cos θ ⩾−
2
2
x < 1
cos θ ⩽−
=
2x −2
(
)
2
x −1
2
−
2
2
x + 1
−
>
2
2
x + 1
−
2
2
cos θ ⩽−
2
2
cos θ = −
2
2
θ =
4
3π
a
b
θ
+ x
⩾
∣∣∣a
b ∣∣∣
+
∣∣∣a
b ∣∣∣
+ x
⩾
( a
b )
2
+
( a
b )
2
=
a
∣∣
2
=
∣∣∣b ∣∣∣
1
x +
2
2
x cos θ −
2
2
cos θ −
2
1 ⩾0
x
Δ = 8cos θ +
2
8
cos θ +
2
4 ⩽0
cos θ + 1
⩽
(
2
)
2
0
cos θ = −
2
2
θ ∈0, π
[
]
θ =
π
4
3
