eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 解析几何）：24. 已知 $a \in \mathbf{R}$, 函数 $f(x)=x^{2}(x-a)$, 若 $f^{\prime}(1)=1$.

(1)求 $a$ 的值并求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程 $y=g(x)$;
选项：
答案：答案: 解: $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 a x$,由 $f^{\prime}(1)=1$ 得 $3-2 a=1$, 所以 $a=1$;

当 $a=1$ 时, $f(x)=x^{3}-x^{2}, f(1)=0$, 又 $f^{\prime}(1)=1$,

所以曲线 $y=f(x)$ 在 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y-0=1 \times(x-1)$, 即 $g(x)=x-1$;

(2) 设 $h(x)=f^{\prime}(x)+g(x)$, 求 $h(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最大值与最小值.

答案: 解: 由(1)得 $h(x)=3 x^{2}-x-1=3\left(x-\frac{1}{6}\right)^{2}-\frac{13}{12}$,

又 $h(0)=-1, h(1)=1, h\left(\frac{1}{6}\right)=-\frac{13}{12}$ ，

$\therefore h(x)$ 在 $[0,1]$ 上有最大值 1 , 有最小值 $\frac{13}{12}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值、利用导数研究曲线上某点切线方程, 解决问题的关键是根据导数的几何意义求解切线方程以及函数的最值, 属于中档题
题目（高二 · 解析几何）：25. 已知函数 $f(x)=m x-\frac{m}{x}, g(x)=2 \ln x$.

(1) 当 $m=2$ 时, 求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线方程;

答案: 解: $m=2$ 时, $f(x)=2 x-\frac{2}{x}, f^{\prime}(x)=2+\frac{2}{x^{2}}, f^{\prime}(1)=4$, 切点坐标为 $(1,0)$, $\therefore$ 切线方程为 $y=4 x-4$

(2) 当 $m=1$ 时, 判断方程 $f(x)=g(x)$ 实根个数.
选项：
答案：答案: 解: $m=1$ 时, 令 $h(x)=f(x)-g(x)=x-\frac{1}{x}-2 \ln x$,

$h^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}} \geq 0, \therefore h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数

又 $h(e) \cdot h\left(\frac{1}{e}\right)=-\left(\frac{1}{e}-e+2\right)^{2}<0$,

$\therefore y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有且仅有一个零点

$\therefore$ 在 $(0,+\infty)$ 内 $f(x)=g(x)$ 有且仅有一个实数根

（或说明 $h(1)=0$ 也可以）

(3) 若 $x \in(1, e]$ 时, 不等式 $f(x)-g(x)<2$ 恒成立, 求实数 $m$ 的取值范围.

答案: 解: $m x-\frac{m}{x}-2 \ln x<2$ 恒成立, 即 $m\left(x^{2}-1\right)<2 x+2 x \ln x$ 恒成立,又 $x^{2}-1>0$, 则当 $x \in(1, e]$ 时, $m<\frac{2 x+2 x \ln x}{x^{2}-1}$ 恒成立,令 $G(x)=\frac{2 x+2 x \ln x}{x^{2}-1}$, 只需 $m$ 小于 $G(x)$ 的最小值,

$G^{\prime}(x)=\frac{-2\left(x^{2} \ln x+\ln x+2\right)}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}$,

$\because 1<x \leq e, \therefore \ln x>0, \therefore$ 当 $x \in(1, e]$ 时 $G^{\prime}(x)<0$,

$\therefore G(x)$ 在 $(1, e]$ 上单调递减, $\therefore G(x)$ 在 $(1, e]$ 的最小值为 $G(e)=\frac{4 e}{e^{2}-1}$,

则 $m$ 的取值范围是 $\left(-\infty, \frac{4 e}{e^{2}-1}\right)$

值、最小值问题中的应用
解析：：分析：本题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值, 利用导数研究曲线上某点
切线方程, 导数在最大值、最小值问题中的应用, 解决问题的关键是是能将不等式的恒成立问题转化为函数的最值来处理, 并得到参数的范围, 同时要理解导数的几何意义表示的为切线的斜率.
题目（高二 · 解析几何）：设函数 $f(x)=A \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)(x \in R)$ 的图像过点 $P\left(\frac{7 \pi}{12},-2\right)$.

(1) 求 $f(x)$ 的解析式;

(2) 已知 $f\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\pi}{12}\right)=\frac{10}{13},-\frac{\pi}{2}<\alpha<0$, 求 $\frac{1-\cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)+\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+2 \sin \alpha \cos \alpha}{1+\sin \alpha+\cos \alpha}$ 的值;

(3) 若函数 $y=g(x)$ 的图像与 $y=f(x)$ 的图像关于 $y$ 轴对称, 求函数 $y=g(x)$ 的单调区间.
选项：
答案：(1) $f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$; (2) $-\frac{7}{13}$; (3) 单减区间为 $\left(k \pi-\frac{1}{12} \pi, k \pi+\frac{5}{12} \pi\right)(k \in z)$,单增区间为 $\left(k \pi+\frac{5}{12} \pi, k \pi+\frac{11}{12} \pi\right)(k \in z)$.
解析：(1) 因为 $A \sin \left(2 \times \frac{7 \pi}{12}+\frac{\pi}{3}\right)=-2$, 所以 $\mathrm{A}=2, f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$;

(2) $f\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\pi}{12}\right)=2 \sin \left[2\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\pi}{12}\right)+\frac{\pi}{3}\right]=2 \sin \left(\alpha+\frac{\pi}{2}\right)=2 \cos \alpha=\frac{10}{13}, \cos \alpha=\frac{5}{13}$所以 $\sin \alpha=-\frac{12}{13}, \frac{1-\cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)+\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+2 \sin \alpha \cos \alpha}{1+\sin \alpha+\cos \alpha}=-\frac{7}{13}$;

(3) 因为函数 $y=g(x)$ 的图象与 $y=f(x)$ 图象关于 $y$ 轴对称, 所以

$\mathrm{g}(\mathrm{x})=f(-\mathrm{x})=2 \sin \left(-2 x+\frac{\pi}{3}\right)=-2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,

由 $2 x-\frac{\pi}{3} \in\left(2 k \pi-\frac{1}{2} \pi, 2 k \pi+\frac{1}{2} \pi\right)(k \in z)$ 得
$y=g(x)$ 单减区间为 $\left(k \pi-\frac{1}{12} \pi, k \pi+\frac{5}{12} \pi\right)(k \in z)$,

由 $2 x-\frac{\pi}{3} \in\left(2 k \pi+\frac{1}{2} \pi, 2 k \pi+\frac{3}{2} \pi\right)(k \in z)$ 得

单增区间为 $\left(k \pi+\frac{5}{12} \pi, k \pi+\frac{11}{12} \pi\right)(k \in z)$ 。

函数 $y=A \sin (\omega x+\varphi)+B(A>0, \omega>0)$ 的性质

(1) $y_{\max }=A+B, y_{\min }=A-B$.

(2)周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}$.

(3)由 $\omega x+\varphi=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in \mathbf{Z})$ 求对称轴

(4)由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq \omega x+\varphi \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ 求增区间;

由 $\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq \omega x+\varphi \leq \frac{3 \pi}{2}+2 k \pi(k \in \mathbf{Z})$ 求减区间
题目（高二 · 解析几何）：关于函数 $f(x)=\tan \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$, 有以下命题:

(1)函数 $f(x)$ 的定义域是 $\left\{x \left\lvert\, x \neq \frac{1}{2} k \pi+\frac{3 \pi}{8}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$;

(2)函数 $f(x)$ 是奇函数;

(3)函数 $f(x)$ 的图象关于点 $\left(\frac{\pi}{8}, 0\right)$ 对称;

(4)函数 $f(x)$ 的一个单调递增区间为 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$.

其中, 正确的命题序号是
选项：
答案：(1)(3)
解析：函数 $f(x)$ 应满足 $2 x-\frac{\pi}{4} \neq k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$, 即 $x \neq \frac{1}{2} k \pi+\frac{3 \pi}{8}, k \in \mathbf{Z}$, 故(1)正确; 由于 $f(-x)=\tan \left(-2 x-\frac{\pi}{4}\right)=-\tan \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right) \neq \tan \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)=f(x)$, 故 (2) 错； 将 $x=\frac{\pi}{8}$ 代入 $f(x)=\tan \left(2 x-\frac{\pi}{4}\right)$ 得到 $f\left(\frac{\pi}{8}\right)=\tan \left(2 \times \frac{\pi}{8}-\frac{\pi}{4}\right)=0$, 故(3)正确; 由 $k \pi-\frac{\pi}{2}<2 x-\frac{\pi}{4}<k \pi+\frac{\pi}{2}$,
$k \in \mathbf{Z}$ 知函数的单调增区间为 $\left(\frac{1}{2} k \pi-\frac{\pi}{8}, \frac{1}{2} k \pi+\frac{3 \pi}{8}\right), k \in \mathbf{Z}$, 故(4)错.
题目（高二 · 解析几何）：当 $x \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right]$ 时, $k+\tan \left(\frac{\pi}{3}-2 x\right)$ 的值总不大于零, 求实数 $k$ 的取值范围.
选项：
答案：$k \leq 0$
解析：$\because x \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right], \therefore 0 \leq \tan \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right) \leq \sqrt{3} \therefore$ 对 任 意 的 $x \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}\right]$, 都 有 $k+\tan \left(\frac{\pi}{3}-2 x\right) \leq 0, \quad$ 即 $\tan \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right) \geq k ，$ $\therefore\left[\tan \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)\right]_{\min } \geq k, \quad \therefore k \leq 0$.
题目（高二 · 解析几何）：(12 分) 已知函数 $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(3 x+\frac{\pi}{4}\right), x \in \mathbf{R}$.

(1) 求 $f(x)$ 的最小正周期;

(2) 求 $f(x)$ 的单调递增区间和单调递减区间;

(3) 当 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 求 $f(x)$ 值域.
选项：
答案：(1) $\frac{2 \pi}{3}$; (2) 单调递增区间为 $\left[\frac{2 k \pi}{3}-\frac{\pi}{4}, \frac{2 k \pi}{3}+\frac{\pi}{12}\right], k \in \mathbf{Z}$; 单调递减区间为

$\left[\frac{2 k \pi}{3}+\frac{\pi}{12}, \frac{2 k \pi}{3}+\frac{5 \pi}{12}\right], k \in \mathbf{Z} ;$ (3) $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.
解析：(1) 由解析式得 $\omega=3$, 则函数的最小周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=\frac{2 \pi}{3}$.

(2) 由 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leq 3 x+\frac{\pi}{4} \leq 2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$ ，

所以 $\frac{2 k \pi}{3}-\frac{\pi}{4} \leq x \leq \frac{2 k \pi}{3}+\frac{\pi}{12}, k \in \mathrm{Z}$,

即函数的单调递增区间为 $\left[\frac{2 k \pi}{3}-\frac{\pi}{4}, \frac{2 k \pi}{3}+\frac{\pi}{12}\right], k \in \mathbf{Z}$,

由 $2 k \pi+\frac{\pi}{2} \leq 3 x+\frac{\pi}{4} \leq 2 k \pi+\frac{3 \pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$, 得 $\frac{2 k \pi}{3}+\frac{\pi}{12} \leq x \leq \frac{2 k \pi}{3}+\frac{5 \pi}{12}, k \in \mathbf{Z}$,

即函数的单调递减区间为 $\left[\frac{2 k \pi}{3}+\frac{\pi}{12}, \frac{2 k \pi}{3}+\frac{5 \pi}{12}\right], k \in \mathrm{Z}$.
(3) 当 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]_{\text {时, }} 3 x+\frac{\pi}{4} \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{7 \pi}{4}\right]$,

则当 $3 x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$ 时, 函数 $f(x)$ 取得最大值, 此时 $f(x)=\sqrt{2} \sin \frac{\pi}{2}=\sqrt{2}$;

当 $3 x+\frac{\pi}{4}=\frac{3 \pi}{2}$ 时, 函数 $f(x)$ 取得最小值, 此时 $f(x)=\sqrt{2} \sin \frac{3 \pi}{2}=-\sqrt{2}$,

即 $f(x)$ 值域为 $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.
题目（高二 · 解析几何）：(12 分) 若函数 $\left.f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right), 0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$ 的图象
经过点 $(0, \sqrt{3})$, 且相邻的两个零点差的绝对值为 6 .

(1) 求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 若将函数 $f(x)$ 的图象向右平移 3 个单位后得到函数 $g(x)$ 的图象, 当 $x \in[-1,5]$ 时, 求 $g(x)$ 的值域.
选项：
答案：(1) $f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{6} x+\frac{\pi}{3}\right)$; (2) $[-\sqrt{3}, 2]$.
解析：(1) 因为 $f(x)$ 相邻的两个零点差的绝对值为 6 ,

记 $f(x)=2 \sin (\omega x+\varphi)\left(\omega>0,0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$ 的周期为 $T$, 则 $\frac{T}{2}=6$,

所以 $T=12$, 所以 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{\pi}{6}$,

所以 $f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{6} x+\varphi\right)\left(0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$,

因为 $f(x)$ 的图象经过点 $(0, \sqrt{3})$, 所以 $f(0)=2 \sin \varphi=\sqrt{3}$,

所以 $\sin \varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
又 $0<\varphi<\frac{\pi}{2}$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$,

所以函数 $f(x)$ 的解析式为 $f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{6} x+\frac{\pi}{3}\right)$.

(2) 由(1)知 $f(x)=2 \sin \left(\frac{\pi}{6} x+\frac{\pi}{3}\right)$,

因为将函数 $f(x)$ 的图象向右平移 3 个单位后得到函数 $g(x)$ 的图象,

所以函数 $g(x)$ 的解析式为 $g(x)=2 \sin \left[\frac{\pi}{6}(x-3)+\frac{\pi}{3}\right]=2 \sin \left(\frac{\pi}{6} x-\frac{\pi}{6}\right)$,

当 $x \in[-1,5]$ 时, $\frac{\pi}{6} x-\frac{\pi}{6} \in\left[-\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right]$, 所以 $2 \sin \left(\frac{\pi}{6} x-\frac{\pi}{6}\right) \in[-\sqrt{3}, 2]$,

综上, 当 $x \in[-1,5]$ 时, $g(x)$ 的值域为 $[-\sqrt{3}, 2]$.
题目（高二 · 解析几何）：(12 分) 已知函数 $f(x)=M \cos (\omega x+\varphi)(M>0, \omega>0,0<\varphi<\pi)$ 的部分图象如图所示, 点 $A, B$ 为图象与 $x$ 轴的交点, $C(5,2)$ 为最高点, 且 $\triangle A B C$ 为等腰直角三角形.
选项：
答案：(1) $f(x)=2 \cos \left(\frac{\pi}{4} x+\frac{3 \pi}{4}\right)$; (2) $\left\{x \left\lvert\,-\frac{13}{8}+8 k \leq x \leq-\frac{5}{3}+8 k\right., k \in Z\right\}$.
解析：(1) 因为 $C(5,2)$ 为 $f(x)$ 图象的最高点, 所以 $M=2$.

又 $\triangle A B C$ 为等腰直角三角形, 所以 $A B=4$.

则函数 $f(x)$ 的周期为 8 , 由 $\frac{2 \pi}{|\omega|}=8, \omega>0$, 可得 $\omega=\frac{\pi}{4}$,

所以 $f(x)=2 \cos \left(\frac{\pi}{4} x+\varphi\right)(0<\varphi<\pi)$,

由 $f(5)=2$, 得 $\cos \left(\frac{5}{4} \pi+\varphi\right)=1$,

则 $\frac{5 \pi}{4}+\varphi=2 k \pi, k \in \mathbf{Z}, \varphi=-\frac{5 \pi}{4}+2 k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

又 $0<\varphi<\pi$, 所以 $\varphi=\frac{3 \pi}{4}$,

所以 $f(x)=2 \cos \left(\frac{\pi}{4} x+\frac{3 \pi}{4}\right)$

(2) $f(x) \geq 1$, 即 $\cos \left(\frac{\pi}{4} x+\frac{3 \pi}{4}\right) \geq \frac{1}{2}$ ，

则 $-\frac{\pi}{3}+2 k \pi \leq \frac{\pi}{4} x+\frac{3 \pi}{4} \leq \frac{\pi}{3}+2 k \pi, k \in \mathrm{Z}$,

解得 $-\frac{13}{8}+8 k \leq x \leq-\frac{5}{3}+8 k, k \in \mathrm{Z}$,

所以不等式 $f(x) \geq 1$ 的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{13}{8}+8 k \leq x \leq-\frac{5}{3}+8 k\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$.
题目（高二 · 解析几何）：(12 分) 已知函数 $f(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 \omega x+\frac{\pi}{3}\right)(\omega>0)$, 其图象与 $x$ 轴的相邻两个交点之间的距离为 $\frac{\pi}{2}$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 若将 $f(x)$ 的图象向左平移 $m(m>0)$ 个单位后得到函数 $g(x)$ 的图象, 其恰好经过点 $\left(-\frac{\pi}{3}, 0\right)$, 求当 $m$ 取得最小值时, $g(x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{7 \pi}{12}\right]$ 上的单调递增区间.
选项：
答案：(1) $f(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$; (2) $\left[-\frac{\pi}{6},-\frac{\pi}{12}\right],\left[\frac{5 \pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right]$,
解析：(1) 由已知得函数 $f(x)$ 的周期 $T=\pi$, 即 $\frac{2 \pi}{2 \omega}=\pi$, 解得 $a=1$,

$\therefore f(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$.

(2) 将 $f(x)$ 的图象向左平移 $m(m>0)$ 个单位后, 得到 $g(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+2 m+\frac{\pi}{3}\right)$ 的图象,

又函数 $g(x)$ 的图象经过点 $\left(-\frac{\pi}{3}, 0\right)$,

$\therefore \sqrt{3} \sin \left[2 \times\left(-\frac{\pi}{3}\right)+2 m+\frac{\pi}{3}\right]=0$, 即 $\sin \left(2 m-\frac{\pi}{3}\right)=0$

$\therefore 2 m-\frac{\pi}{3}=k \pi, k \in \mathrm{Z}, \quad \therefore m=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{6}, k \in \mathrm{Z}$.

$\because m>0, \therefore$ 当 $k=0$ 时, $m$ 取得最小值, 即 $m_{\min }=\frac{\pi}{6}$, 此时 $g(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{2 \pi}{3}\right)$.

又 $-\frac{\pi}{6} \leq x \leq \frac{7 \pi}{12}, \therefore \frac{\pi}{3} \leq 2 x+\frac{2 \pi}{3} \leq \frac{11 \pi}{6}$.

当 $\frac{\pi}{3} \leq 2 x+\frac{2 \pi}{3} \leq \frac{\pi}{2}$, 即 $-\frac{\pi}{6} \leq x \leq-\frac{\pi}{12}$ 时, 函数 $g(x)$ 单调递增;

当 $\frac{3 \pi}{2} \leq 2 x+\frac{2 \pi}{3} \leq \frac{11 \pi}{6}$, 即 $\frac{5 \pi}{12} \leq x \leq \frac{7 \pi}{12}$ 时, $g(x)$ 单调递增,

$\therefore g(x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{7 \pi}{12}\right]$ 上的单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{6},-\frac{\pi}{12}\right],\left[\frac{5 \pi}{12}, \frac{7 \pi}{12}\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：(12 分) 已知函数 $f(x)=2 \cos \omega x \sin \left(\omega x-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}$, —, 求 $f(x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right]$ 的值域.从(1) 若 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=2,\left|x_{1}-x_{2}\right|$ 的最小值为 $\frac{\pi}{2}$;

(2) $f(x)$ 两条相邻对称轴之间的距离为 $\frac{\pi}{2}$;

(3) 若 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=0,\left|x_{1}-x_{2}\right|$ 的最小值为 $\frac{\pi}{2}$.

这三个条件中任选一个, 补充在上面问题中并作答.
选项：
答案：$[-1,0]$
解析：由于 $f(x)=2 \cos \omega x \sin \left(\omega x-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}=2 \cos \omega x\left(\frac{1}{2} \sin \omega x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \omega x\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}$

$=\frac{1}{2} \sin 2 \omega x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 \omega x=\sin \left(2 \omega x-\frac{\pi}{3}\right) \in[-1,1]$.

所以, (1)(2)(3)任选一个作为条件, 均可以得到 $f(x)$ 的半周期为 $\frac{T}{2}=\frac{\pi}{2}$,

则 $\frac{\pi}{2 \omega}=\frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega=1$.

所以, $f(x)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$.

由于 $-\frac{\pi}{6} \leq x \leq \frac{\pi}{6},-\frac{2 \pi}{3} \leq 2 x-\frac{\pi}{3} \leq 0$ ，

所以 $f(x) \in[-1,0]$, 即 $f(x)$ 的值域为 $[-1,0]$.
题目（高二 · 解析几何）：(12 分) 已知函数 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi),(\omega>0,0<\varphi<\pi)$ 的图象两相邻对称轴之间的距离是 $\frac{\pi}{2}$, 若将 $f(x)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度, 所得图象对应的函数 $g(x)$ 为奇函数.

(1) 求 $f(x)$ 的解析式;

(2) 求 $f(x)$ 的对称轴及单调增区间:

(3) 若对任意 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right], f^{2}(x)-2 m f(x)+m^{2}-\frac{3}{4} \geq 0$ 恒成立, 求实数 $m$ 的

取值范围.
选项：
答案：(1) $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$; (2) 对称轴为 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}, k \in \mathrm{Z}$, 单调增区间为

$\left[k \pi-\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{\pi}{12}\right], k \in \mathbf{Z} ; \quad(3)\left(-\infty,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right] \cup\left[1+\frac{\sqrt{3}}{2},+\infty\right)$.
解析：(1) 由已知, 周期 $T=\pi=\frac{2 \pi}{\omega}$, 所以 $\omega=2, g(x)=f\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}+\varphi\right)$,

因为 $g(x)$ 为奇函数, 所以 $-\frac{\pi}{3}+\varphi=k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 即 $\varphi=\frac{\pi}{3}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$,

又 $0<\varphi<\pi$, 所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$, 所以 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$.

(2) 由（1）令 $2 x+\frac{\pi}{3}=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$, 得 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}, k \in \mathrm{Z}$,所以 $f(x)$ 的对称轴为 $x=\frac{k \pi}{2}+\frac{\pi}{12}, k \in \mathbf{Z}$;

由 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leq 2 x+\frac{\pi}{3} \leq 2 k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathrm{Z}$, 得 $k \pi-\frac{5 \pi}{12} \leq x \leq k \pi+\frac{\pi}{12}, k \in \mathrm{Z}$,

所以 $f(x)$ 的单调增区间为 $\left[k \pi-\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{\pi}{12}\right], k \in \mathrm{Z}$.

(3) 当 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right]$ 时, $2 x+\frac{\pi}{3} \in\left[0, \frac{2 \pi}{3}\right]$, 所以 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \in[0,1]$,

令 $f(x)=t \in[0,1]$, 则原问题可转化为 $t^{2}-2 m t+m^{2}-\frac{3}{4} \geq 0$ 在 $t \in[0,1]$ 上恒成立,

令 $h(t)=t^{2}-2 m t+m^{2}-\frac{3}{4}$,

当 $m \leq 0$ 时, $h(t)$ 在 $[0,1]$ 上单调递增, 所以 $h(t)_{\text {min }}=h(0)=m^{2}-\frac{3}{4} \geq 0$,

解得 $m \leq-\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $m \geq \frac{\sqrt{3}}{2} ，$

所以 $m \leq-\frac{\sqrt{3}}{2}$;

当 $0<m<1$ 时, $h(t)$ 在 $[0, m]$ 上单调递减, $[m, 1]$ 上单调递增,

所以 $h\left(t_{\text {min }}=h(m)=-\frac{3}{4} \geq 0\right.$, 此时无解;

当 $m \geq 1$ 时, $h(t)$ 在 $[0,1]$ 上单调递减, 所以 $h(t)_{\min }=h(1)=m^{2}-2 m+\frac{1}{4} \geq 0$,

解得 $m \geq 1+\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $m \leq 1-\frac{\sqrt{3}}{2}$,

所以 $m \geq 1+\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，

综上, 实数 $m$ 的取值范围为 $\left(-\infty,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right] \cup\left[1+\frac{\sqrt{3}}{2},+\infty\right)$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\cos \alpha=\frac{1}{7}, \cos (\alpha+\beta)=-\frac{11}{14}$, 且 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \alpha+\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$,求 $\beta$ 的值.
选项：
答案：$\beta=\frac{\pi}{3}$.
解析：因为 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \alpha+\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 所以 $\beta \in(0, \pi)$,

因为 $\cos \alpha=\frac{1}{7}, \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $\sin \alpha=\sqrt{1-\cos ^{2} \alpha}=\frac{4}{7} \sqrt{3}$,

又因为 $\cos (\alpha+\beta)=-\frac{11}{14}, \alpha+\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 所以 $\sin (\alpha+\beta)=\sqrt{1-\cos ^{2}(\alpha+\beta)}=\frac{5}{14} \sqrt{3}$,

$\cos \beta=\cos [(\alpha+\beta)-\alpha]=\cos (\alpha+\beta) \cos \alpha+\sin (\alpha+\beta) \sin \alpha=\frac{1}{7} \times\left(-\frac{11}{14}\right)+\frac{4 \sqrt{3}}{7} \times \frac{5 \sqrt{3}}{14}=\frac{1}{2}$,

因为 $\beta \in(0, \pi)$, 所以 $\beta=\frac{\pi}{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 且 $\sin \alpha=\frac{1}{3}$.

(1) 求 $\sin 2 \alpha$ 的值;

(2) 若 $\sin (\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 求 $\sin \beta$ 的值.
选项：
答案：(1) $-\frac{4 \sqrt{2}}{9}$.

(2) $\frac{4+6 \sqrt{2}}{15}$.
解析：(I) $\because \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$, 且 $\sin \alpha=\frac{1}{3}, \therefore \cos \alpha=-\frac{2 \sqrt{2}}{3}$,

于是 $\sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha=-\frac{4 \sqrt{2}}{9}$;

(II) $\because \alpha \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \alpha+\beta \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3}{2} \pi\right)$, 结合 $\sin (\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}$ 得: $\cos (\alpha+\beta)=-\frac{4}{5}$,于是

$\sin \beta=\sin [(\alpha+\beta)-\alpha]=\sin (\alpha+\beta) \cos \alpha-\cos (\alpha+\beta) \sin \alpha$

$=-\frac{3}{5} \cdot\left(-\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right)-\left(-\frac{4}{5}\right) \cdot \frac{1}{3}=\frac{4+6 \sqrt{2}}{15}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知 $\sin \alpha=\frac{3}{5}$, 且 $\alpha$ 为第二象限角.

(1) 求 $\sin 2 \alpha$ 的值;

(2) 求 $\tan \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值.
选项：
答案：(1) $-\frac{24}{25}$ (2) $\frac{1}{7}$
解析：(1) $\because \sin \alpha=\frac{3}{5}$, 且 $\alpha$ 为第二象限角, $\therefore \cos \alpha=-\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha}=-\frac{4}{5}$,

$\therefore \sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha=2 \times \frac{3}{5} \times\left(-\frac{4}{5}\right)=-\frac{24}{25}$;

(2) 由（1）知 $\tan \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=-\frac{3}{4}, \therefore \tan \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \alpha+\tan \frac{\pi}{4}}{1-\tan \alpha \tan \frac{\pi}{4}}=\frac{-\frac{3}{4}+1}{1-\left(-\frac{3}{4}\right)}=\frac{1}{7}$.
题目（高二 · 解析几何）：设函数 $f(x)=2 \cos x(\cos x+\sqrt{3} \sin x)(x \in R)$.

(1) 求函数 ${ }^{y=f(x)}$ 的周期和单调递增区间;

(2) 当 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, 求函数 ${ }^{f(x)}$ 的最大值.
选项：
答案：(1)

$$
\begin{equation*}
\left(k \pi-\frac{\pi}{3}, k \pi+\frac{\pi}{6}\right) \quad(k \in Z) \tag{2}
\end{equation*}
$$

3
解析：（1）因为 $f(x)=2 \cos x(\cos x+\sqrt{3} \sin x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+1$

$\because 2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leq 2 x+\frac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\frac{\pi}{2}, \quad \therefore k \pi-\frac{\pi}{3} \leq x \leq k \pi+\frac{\pi}{6}$,

$\therefore$ 函数 $^{y=f(x)}$ 的单调递增区间为: $\left(k \pi-\frac{\pi}{3}, k \pi+\frac{\pi}{6}\right)(k \in Z)$;

$$
\begin{equation*}
\because x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right], \quad \therefore 2 x+\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{7 \pi}{6}\right] \tag{2}
\end{equation*}
$$

$\therefore \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right) \in\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$,

$\therefore f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+1$

的最大值是 3 .
题目（高二 · 解析几何）：(10 分) 已知 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}<\beta<2 \pi, \tan \alpha=\frac{1}{3}, \sin \beta=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

(1) 求 $\cos (\alpha-\beta)$ 的值

(2) 求 $\alpha+\beta$ 的值
选项：
答案：(1) $\frac{\sqrt{2}}{10}$; (2) $\frac{7 \pi}{4}$.
解析：因为 $\tan \alpha=\frac{1}{3}$, 所以 $\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1}{3}$ ，

又因为 $\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1,0<\alpha<\frac{\pi}{2}$ ，所以 $\sin \alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}, \cos \alpha=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,

因为 $\sin \beta=-\frac{2 \sqrt{5}}{5}, \frac{3 \pi}{2}<\beta<2 \pi$,

所以 $\cos \beta=\sqrt{1-\sin ^{2} \beta}=\sqrt{1-\left(-\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

(1) $\cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=\frac{3 \sqrt{10}}{10} \times \frac{\sqrt{5}}{5}+\frac{\sqrt{10}}{10} \times\left(-\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)=\frac{\sqrt{2}}{10}$.

(2) 因为 $\sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta=\frac{\sqrt{10}}{10} \times \frac{\sqrt{5}}{5}+\frac{3 \sqrt{10}}{10} \times\left(-\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

因为 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}<\beta<2 \pi$, 所以 $\frac{3 \pi}{2}<\alpha+\beta<\frac{5 \pi}{2}$, 所以 $\alpha+\beta=\frac{7 \pi}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)(A>0, \omega>0,0<\varphi<2 \pi)$ 的部分图象如图所示.

(1) 求函数 $f(x)$ 的解析式;

(2) 若 $g(x)=f(x+t)(t \in(0, \pi))$ 为偶函数, 求 $t$ 的值.

(3) 若 $h(x)=f(x) \cdot f\left(x-\frac{\pi}{6}\right), x \in\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$, 求 $h(x)$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $f(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$; (2) $\frac{\pi}{12}$ 或 $\frac{7 \pi}{12}$; (3) $\left[0, \frac{9}{4}\right]$.
解析：(1) 由图可得 $A=\sqrt{3}, \frac{3}{4} T=\frac{7 \pi}{12}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{4} \pi, \therefore T=\pi$,

$\omega=\frac{2 \pi}{\pi}=2$, 则 $f(x)=\sqrt{3} \sin (2 x+\varphi)$,

又 $f\left(\frac{7 \pi}{12}\right)=\sqrt{3} \sin \left(2 \times \frac{7 \pi}{12}+\varphi\right)=-\sqrt{3}$, 解得 $\varphi=\frac{\pi}{3}+2 k \pi, k \in Z$,

$\because 0<\varphi<2 \pi, \therefore \varphi=\frac{\pi}{3}$,

$f(x)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$

(2) $\because g(x)=f(x+t)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+2 t+\frac{\pi}{3}\right)$ 为偶函数,

$2 t+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}+k \pi, k \in \mathbf{Z}$, 解得 $t=\frac{\pi}{12}+\frac{k \pi}{2}, k \in \mathbf{Z}$,

$\because t \in(0, \pi), \quad \therefore t=\frac{\pi}{12}$ 或 $\frac{7 \pi}{12}$

(3) $h(x)=f(x) \cdot f\left(x-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{3} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \cdot \sqrt{3} \sin \left[2\left(x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{\pi}{3}\right]$

$=3 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right) \sin 2 x=3\left(\sin 2 x \cos \frac{\pi}{3}+\cos 2 x \sin \frac{\pi}{3}\right) \sin 2 x$

$=\frac{3}{2} \sin ^{2} 2 x+\frac{3 \sqrt{3}}{2} \sin 2 x \cos 2 x=\frac{3 \sqrt{3}}{4} \sin 4 x-\frac{3}{4} \cos 4 x+\frac{3}{4}$

$=\frac{3}{2} \sin \left(4 x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{3}{4}$,

$\because x \in\left[0, \frac{\pi}{4}\right], \therefore 4 x-\frac{\pi}{6} \in\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6}\right]$,

则当 $4 x-\frac{\pi}{6}=-\frac{\pi}{6}$ 时, $h(x)$ 取得最小值为 0 ;

当 $4 x-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$ 时, $h(x)$ 取得最大值为 $\frac{9}{4}$,

$h(x)$ 的取值范围为 $\left[0, \frac{9}{4}\right]$.
题目（高二 · 解析几何）：(12 分）设 $a=\sin x \cos x, b=\sin x+\cos x$ ．

(1) 求 $a, b$ 的关系式;

(2) 若 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 求 $y=\sin x \cos x+\sin x+\cos x$ 的最大值.
选项：
答案：(1) $b^{2}=1+2 a$; (2) $\frac{1}{2}+\sqrt{2}$
解析：(1) $\because b=\sin x+\cos x, \quad \therefore b^{2}=(\sin x+\cos x)^{2}=1+2 \sin x \cos x=1+2 a$

(2) 由 (1) $a=\frac{1}{2}\left(b^{2}-1\right)$,

因为 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 所以 $b=\sqrt{2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \in(1, \sqrt{2}]$ 。

所以 $y=a+b=\frac{1}{2}\left(b^{2}-1\right)+b=\frac{1}{2}(b+1)^{2}-1$,

$\therefore b=\sqrt{2}$ 时, $y=\sin x \cos x+\sin x+\cos x$ 的最大值为 $\frac{1}{2}+\sqrt{2}$.