2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-重点题型（五）

1．答案：B解析：因为函数y＝tanωx在−π所以最小正周期T≥π，即πω≥π，所以0<|ω|≤又函数y＝tanωx在−π2，综上，－1≤ω<0.2．答案：D解析：由题意可得当x＝2π时，f(x)取得最大值，所以2πω＋π3＝2kπ，ω＝k－16，k∈Z.由f(x)在−π6，π3上单调递减，得π3－−π6≤12T，所以0<ω≤3．答案：B解析：因为x∈(0，2π)，所以ωx＋π6∈(π6，2ωπ＋令ωx＋π6＝t，所以函数可化为y＝Acost，t∈(π6，2ωπ＋结合余弦函数y＝cost的图象，若有且仅有4个零点和1个最大值点，需7π2<2ωπ＋π6≤4π，解得ω4．答案：C解析：因为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1，令f(x)＝－1，可得sin(ωx＋φ)＝－1，由于f(x)的图象与直线y＝－1相邻两个交点的距离为π，所以T＝2πω＝π，故ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋若f(x)>1对任意x∈−π12，π3恒成立，则当x∈−因此，2×−π12+φ≥2kπ，2×π3+φ≤2kπ+π，k因为|φ|≤π2，所以π6≤φ≤π35．答案：BC解析：由2kπ≤ωx＋π6≤2kπ＋π，k∈Z⇒2kπ−π6又函数f(x)在区间−π所以2kπ−又因为k∈Z，ω>0，所以k＝0，0<ω≤1，因为0≤x≤π，所以π6≤ωx+π6因为f(x)在区间[0，π]上有且仅有一个零点，所以cosωx+π所以π≤ωπ＋π6<3π，解得56≤ω<综上，56≤ω≤6．解析：令2kπ＋π2≤2x＋φ≤2kπ＋3π2(k∈Z)，所以kπ＋π4−φ2≤x≤kπ＋3π4−φ2(k∈Z)．因为(π5,5π8)是f(x)的一个单调递增区间答案：[π107．解析：由x∈0，π2，得ωx＋π画出函数y＝sinx的图象，如图：由图可知，3π2<ωπ2+π3≤5π2，解得73<答案：3(或4)8．解析：因为x∈[0，π8]，所以4x＋φ因为－π<φ<π，所以－π2<π2＋φ<又－5π6－(－π)<π2＋φ－φ，所以[φ则φ>−π6，π2+φ<7答案：−9．解析：由f(x)＝sinωx(ω>0)在区间[−π6，π3]上单调递增，可得－π6ω≥−π2＋2kπ，π3ω≤π2＋2kπ，k∈Z，即ω≤3－12k，ω≤32＋6k，k∈Z，即0<ω≤32，又f(x)＝sinωx(ω>0)在区间(0，2π)上恰有两个极值点，可得3答案：34<ω≤10．解析：令f(x)－1＝2sinωx+π6－1＝0，即sinωx+π当x∈(0，π)时，ωx＋π6∈(π6，ωπ＋即有2π＋π6<ωπ＋π6≤2π＋5π6，解得2<答案：2<ω≤811．解析：由题意得x＝π6当x＝π6为函数的最大值点时，π6ω+π4＝2kπ，k∈Z，解得ω＝－32＋12令f(x)－1＝0得f(x)＝1，故π15故π6−π15＝π10令0<－32＋12k<40，解得18<k<又k∈Z，所以k的最大值为3，此时ωmax＝692当x＝π6为函数的最小值点时，π6ω+π4＝π＋2k1π，k1∈Z，解得ω＝92＋12k1令f(x)－1＝0得f(x)＝1，故π15故π6−π15＝π10<32T＝3πω，解得0<ω<30，令0<又k1∈Z，所以k1的最大值为2，此时ωmax＝572综上，ω的最大值为692答案：6912．解析：由|f(x)|－2＝0，可得sinωx+π3＝±1，所以ωx＋π3＝π2＋当x∈[0，2π]时，ωx＋π