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正确率40.0%设$${{a}{>}{0}}$$且$${{a}{≠}{1}}$$.若$$\operatorname{l o g}_{a} x > \operatorname{s i n} 2 x$$对$$x \in( 0， \frac{\pi} {4} )$$恒成立，则$${{a}}$$的取值范围是（）
B
A.$$( 0， \frac{\pi} {4} )$$
B.$$[ \frac{\pi} {4}， 1 )$$
C.$$( \frac{\pi} {4}， 1 )$$
D.$$( 0， \frac{\pi} {4} ]$$
2、['正弦（型）函数的单调性'， '角α与π/2±α的三角函数值之间的关系'， '三角函数的图象变换']正确率60.0%若将函数$$f \left( x \right)=\operatorname{c o s} 2 x ( x \in R )$$的图象向右平移$$\frac{\pi} {4}$$个单位后得到的函数$${{g}{{(}{x}{)}}}$$的图象，则函数$$y=f \left( x \right)+g \left( x \right)$$在$$[ 0 \，， \， \pi]$$上的单调递减区间为（）
C
A.$$[ 0 \，， \， \frac{\pi} {8} ]$$
B.$$[ \frac{5 \pi} {8} \，， \， \pi\rbrack$$
C.$$[ \frac{\pi} {8}， \frac{5 \pi} {8} ]$$
D.$$[ 0 \，， \， \frac{\pi} {8} ]$$和$$[ \frac{5 \pi} {8} \，， \， \pi\rbrack$$
4、['复合函数的单调性判定'， '正弦（型）函数的单调性'， '对数（型）函数的单调性']正确率40.0%$$f \left( x \right)=\operatorname{l o g}_{\frac{1} {2}} \left[ \operatorname{s i n} \left( \frac{\pi} {6}-2 x \right) \right]$$的单增区间是（）
A
A.$$[ k \pi-\frac{\pi} {6}， k \pi+\frac{\pi} {1 2} ) k \in Z$$
B.$$[ k \pi+\frac{\pi} {1 2}， k \pi+\frac{\pi} {3} ) k \in Z$$
C.$$[ k \pi-\frac{\pi} {1 2} k \pi) k \in Z$$
D.$$[-\frac{\pi} {1 2}+k \pi， k \pi+\frac{\pi} {3} ) k \in Z$$
5、['正弦（型）函数的单调性'， '正弦（型）函数的零点']正确率60.0%已知$$\frac{\pi} {3}$$为函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ {x} \\ \end{matrix} \right) \ =\operatorname{s i n} \ \left( \begin{matrix} {2 x+\varphi} \\ \end{matrix} \right) \ \ ( \begin{matrix} {0} & {< \varphi} \\ \end{matrix} < \frac{\pi} {2} )$$的零点，则函数$${{f}{（}{x}{）}}$$的单调递增区间是（）
C
A.$$[ 2 k \pi-{\frac{5 \pi} {1 2}}， ~ 2 k \pi+{\frac{\pi} {1 2}} ] ~ ( ~ k \in Z )$$
B.$$[ 2 k \pi+{\frac{\pi} {1 2}}， ~ 2 k \pi+{\frac{7 \pi} {1 2}} ] ~ ( ~ k \in Z )$$
C.$$[ k \pi-{\frac{5 \pi} {1 2}}， ~ k \pi+{\frac{\pi} {1 2}} ] ~ ( k \in Z )$$
D.$$[ k \pi+{\frac{\pi} {1 2}}， ~ k \pi+{\frac{7 \pi} {1 2}} ] ~ ( k \in Z )$$
6、['正弦（型）函数的单调性'， '正弦（型）函数的奇偶性'， '函数的对称性']正确率40.0%函数$$y=\frac{1} {x+1}$$与$$y=2 \operatorname{s i n} \pi x (-4 \leqslant x \leqslant2 )$$的图象所有交点的横坐标之和等于$${{(}{)}}$$
B
A.$${{−}{6}}$$
B.$${{−}{4}}$$
C.$${{4}}$$
D.$${{6}}$$
7、['三角恒等变换综合应用'， '正弦（型）函数的单调性'， '两角和与差的正弦公式'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=\sqrt{3} \operatorname{s i n} \omega x \operatorname{c o s} \omega x-\operatorname{s i n}^{2} \omega x+1 ( \omega> 0 )$$在区间$$[-\frac{\pi} {8}， \frac{\pi} {3} ]$$上单调递增，则$${{ω}}$$的取值范围为$${{(}{)}}$$
B
A.$$\left( 0， \frac{8} {3} \right]$$
B.$$\left( 0， \frac{1} {2} \right]$$
C.$$[ \frac{1} {2}， \frac{8} {3} ]$$
D.$$\left[ \frac{3} {8}， 2 \right]$$
8、['正弦（型）函数的单调性'， '向量坐标与向量的数量积'， '同角三角函数的平方关系']正确率40.0%已知$${{A}}$$为$${{Δ}{A}{B}{C}}$$的最小内角，若$$\overrightarrow{a}=\left( \operatorname{c o s}^{2} A， \operatorname{s i n}^{2} A \right)，$$$$\vec{b}=\left( \frac{1} {\operatorname{c o s}^{2} A+1}， \frac{1} {\operatorname{s i n}^{2} A-2} \right)，$$则$${{a}^{→}{⋅}{{b}^{→}}}$$取值范围是（）
C
A.$$\left(-\infty， \frac{1} {2} \right)$$
B.$$\left(-1， \frac{1} {2} \right)$$
C.$$[-\frac{2} {5}， \frac{1} {2} )$$
D.$$[-\frac{2} {5}，+\infty)$$
10、['三角恒等变换综合应用'， '正弦（型）函数的单调性'， '正弦（型）函数的零点'， '两角和与差的正弦公式']正确率40.0%已知$$f \left( x \right)=\operatorname{s i n} \left( \omega x-\frac{\pi} {3} \right)+\operatorname{s i n} \omega x-\frac{\sqrt{3}} {2} \left( \omega> 0 \right)$$在$$\left( 0， \ \frac{\pi} {2} \right)$$上有且只有$${{3}}$$个零点，则实数$${{ω}}$$的取值范围是（）
A
A.$$( \frac{1 4} {3}， ~ 6 ]$$
B.$$( 5， ~ \frac{1 7} {3} ]$$
C.$$( 5， ~ 6 ]$$
D.$$( \frac{1 4} {3}， \; 5 ]$$
第一题：
已知 $$a > 0$$ 且 $$a \neq 1$$，$$\log_a x > \sin 2x$$ 在 $$x \in (0, \frac{\pi}{4})$$ 恒成立。
1. 当 $$a > 1$$ 时，$$\log_a x$$ 单调递增，但在 $$x \in (0,1)$$ 时 $$\log_a x < 0$$，而 $$\sin 2x > 0$$，不等式不成立。
2. 当 $$0 < a < 1$$ 时，$$\log_a x$$ 单调递减。在 $$x = \frac{\pi}{4}$$ 处，$$\sin 2x = \sin \frac{\pi}{2} = 1$$，$$\log_a x = \log_a \frac{\pi}{4}$$。
3. 要恒成立，需在端点 $$\frac{\pi}{4}$$ 处满足 $$\log_a \frac{\pi}{4} > 1$$。由于 $$0 < a < 1$$，$$\log_a \frac{\pi}{4} > 1$$ 等价于 $$\frac{\pi}{4} < a^1$$？不，正确推导：
$$\log_a \frac{\pi}{4} > 1$$，因为底数 $$0 < a < 1$$，不等式反向：$$\frac{\pi}{4} < a^1$$，即 $$a > \frac{\pi}{4}$$。
4. 结合 $$0 < a < 1$$，得 $$a \in (\frac{\pi}{4}, 1)$$。
答案：C
第二题：
已知 $$f(x) = \cos 2x$$，向右平移 $$\frac{\pi}{4}$$ 得 $$g(x) = \cos 2(x - \frac{\pi}{4}) = \cos (2x - \frac{\pi}{2}) = \sin 2x$$。
则 $$y = f(x) + g(x) = \cos 2x + \sin 2x = \sqrt{2} \sin (2x + \frac{\pi}{4})$$。
求单调递减区间：令 $$t = 2x + \frac{\pi}{4}$$，$$y = \sqrt{2} \sin t$$ 的递减区间为 $$t \in [\frac{\pi}{2} + 2k\pi, \frac{3\pi}{2} + 2k\pi]$$。
即 $$\frac{\pi}{2} + 2k\pi \leq 2x + \frac{\pi}{4} \leq \frac{3\pi}{2} + 2k\pi$$，解得 $$\frac{\pi}{8} + k\pi \leq x \leq \frac{5\pi}{8} + k\pi$$。
在 $$[0, \pi]$$ 上，取 $$k = 0$$ 得 $$[\frac{\pi}{8}, \frac{5\pi}{8}]$$。
答案：C
第四题：
$$f(x) = \log_{\frac{1}{2}} [\sin (\frac{\pi}{6} - 2x)]$$，底数 $$0 < \frac{1}{2} < 1$$，外层函数单调递减。
故 $$f(x)$$ 的增区间对应内层函数 $$\sin (\frac{\pi}{6} - 2x)$$ 的减区间，且需 $$\sin (\frac{\pi}{6} - 2x) > 0$$。
令 $$u = \frac{\pi}{6} - 2x$$，$$\sin u > 0$$ 时 $$u \in (2k\pi, \pi + 2k\pi)$$。
$$\sin u$$ 的减区间为 $$u \in [\frac{\pi}{2} + 2k\pi, \frac{3\pi}{2} + 2k\pi]$$。
取交集：$$u \in [\frac{\pi}{2} + 2k\pi, \pi + 2k\pi)$$。
代入 $$u = \frac{\pi}{6} - 2x$$：$$\frac{\pi}{2} + 2k\pi \leq \frac{\pi}{6} - 2x < \pi + 2k\pi$$。
解得 $$x \in (-\frac{\pi}{3} - k\pi, -\frac{\pi}{6} - k\pi]$$，调整 $$k$$ 得 $$[k\pi - \frac{\pi}{6}, k\pi + \frac{\pi}{12})$$。
答案：A
第五题：
已知 $$\frac{\pi}{3}$$ 是 $$f(x) = \sin (2x + \varphi)$$ 的零点，且 $$0 < \varphi < \frac{\pi}{2}$$。
代入：$$\sin (\frac{2\pi}{3} + \varphi) = 0$$，得 $$\frac{2\pi}{3} + \varphi = k\pi$$。
取 $$k = 1$$ 得 $$\varphi = \pi - \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{3}$$（符合范围）。
故 $$f(x) = \sin (2x + \frac{\pi}{3})$$。
单调递增区间：$$-\frac{\pi}{2} + 2k\pi \leq 2x + \frac{\pi}{3} \leq \frac{\pi}{2} + 2k\pi$$。
解得 $$-\frac{5\pi}{12} + k\pi \leq x \leq \frac{\pi}{12} + k\pi$$，即 $$[k\pi - \frac{5\pi}{12}, k\pi + \frac{\pi}{12}]$$。
答案：C
第六题：
求 $$y = \frac{1}{x+1}$$ 与 $$y = 2\sin \pi x$$（$$-4 \leq x \leq 2$$）的交点横坐标之和。
观察对称性：函数 $$y = \frac{1}{x+1}$$ 关于点 $$(-1,0)$$ 中心对称，$$y = 2\sin \pi x$$ 关于点 $$(-1,0)$$ 中心对称（因 $$\sin \pi(x+1)$$ 是奇函数）。
故交点成对出现，且关于 $$(-1,0)$$ 对称。每对交点的横坐标之和为 $$-2$$。
在 $$[-4,2]$$ 上，共有 3 对交点（可验证），故总和为 $$3 \times (-2) = -6$$。
答案：A
第七题：
$$f(x) = \sqrt{3} \sin \omega x \cos \omega x - \sin^2 \omega x + 1 = \frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2\omega x - \frac{1 - \cos 2\omega x}{2} + 1$$
化简：$$f(x) = \frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2\omega x + \frac{1}{2} \cos 2\omega x + \frac{1}{2} = \sin (2\omega x + \frac{\pi}{6}) + \frac{1}{2}$$。
在区间 $$[-\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{3}]$$ 上单调递增，需该区间包含于 $$f(x)$$ 的某个单调增区间内。
单调增区间：$$-\frac{\pi}{2} + 2k\pi \leq 2\omega x + \frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{2} + 2k\pi$$。
区间长度 $$\frac{\pi}{3} - (-\frac{\pi}{8}) = \frac{11\pi}{24}$$，应小于等于半个周期 $$\frac{\pi}{\omega}$$，故 $$\omega \leq \frac{12}{11}$$？需精确。
更稳妥：令 $$t = 2\omega x + \frac{\pi}{6}$$，当 $$x \in [-\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{3}]$$ 时，$$t$$ 的区间长度為 $$2\omega \cdot \frac{11\pi}{24} = \frac{11\omega\pi}{12}$$。
为保持单调，需该区间长度 $$\leq \pi$$，即 $$\frac{11\omega\pi}{12} \leq \pi \Rightarrow \omega \leq \frac{12}{11}$$。
同时需区间端点落在同一个单调区间内，取 $$k=0$$ 得 $$t \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$$，即 $$2\omega x + \frac{\pi}{6} \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$$ 对 $$x \in [-\frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{3}]$$ 成立。
代入 $$x = -\frac{\pi}{8}$$：$$2\omega (-\frac{\pi}{8}) + \frac{\pi}{6} \geq -\frac{\pi}{2} \Rightarrow -\frac{\omega\pi}{4} + \frac{\pi}{6} \geq -\frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega \leq \frac{8}{3}$$。
代入 $$x = \frac{\pi}{3}$$：$$2\omega \cdot \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{2} \Rightarrow \frac{2\omega\pi}{3} \leq \frac{\pi}{3} \Rightarrow \omega \leq \frac{1}{2}$$。
取交集：$$\omega \leq \frac{1}{2}$$，且 $$\omega > 0$$。
答案：B
第八题：
已知 $$A$$ 是 $$\triangle ABC$$ 的最小内角，故 $$0 < A \leq \frac{\pi}{3}$$。
$$\vec{a} = (\cos^2 A, \sin^2 A)$$，$$\vec{b} = (\frac{1}{\cos^2 A + 1}, \frac{1}{\sin^2 A - 2})$$。
点积：$$\vec{a} \cdot \vec{b} = \frac{\cos^2 A}{\cos^2 A + 1} + \frac{\sin^2 A}{\sin^2 A - 2}$$。
令 $$u = \cos^2 A$$，则 $$\sin^2 A = 1 - u$$，$$u \in [\cos^2 \frac{\pi}{3}, 1) = [\frac{1}{4}, 1)$$。
则 $$S(u) = \frac{u}{u+1} + \frac{1-u}{(1-u)-2} = \frac{u}{u+1} + \frac{1-u}{-u-1} = \frac{u}{u+1} - \frac{1-u}{u+1} = \frac{2u - 1}{u+1}$$。
求导：$$S'(u) = \frac{2(u+1) - (2u-1)}{(u+1)^2} = \frac{3}{(u+1)^2} > 0$$，故 $$S(u)$$ 单调递增。
当 $$u = \frac{1}{4}$$ 时，$$S = \frac{2 \cdot \frac{1}{4} - 1}{\frac{1}{4} + 1} = \frac{-\frac{1}{2}}{\frac{5}{4}} = -\frac{2}{5}$$。
当 $$u \to 1^-$$ 时，$$S \to \frac{2 \cdot 1 - 1}{1+1} = \frac{1}{2}$$。
故取值范围为 $$[-\frac{2}{5}, \frac{1}{2})$$。
答案：C
第十题：
$$f(x) = \sin (\omega x - \frac{\pi}{3}) + \sin \omega x - \frac{\sqrt{3}}{2}$$，$$\omega > 0$$。
和差化积：$$\sin (\omega x - \frac{\pi}{3}) + \sin \omega x = 2 \sin (\omega x - \frac{\pi}{6}) \cos \frac{\pi}{6} = \sqrt{3} \sin (\omega x - \frac{\pi}{6})$$。
故 $$f(x) = \sqrt{3} \sin (\omega x - \frac{\pi}{6}) - \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \left[ \sin (\omega x - \frac{\pi}{6}) - \frac{1}{2} \right]$$。
零点即 $$\sin (\omega x - \frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$$，即 $$\omega x - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6} + 2k\pi$$ 或 $$\frac{5\pi}{6} + 2k\pi$$。
解得 $$x = \frac{\pi}{3\omega} + \frac{2k\pi}{\omega}$$ 或 $$x = \frac{\pi}{\omega} + \frac{2k\pi}{\omega}$$。
在 $$(0, \frac{\pi}{2})$$ 上有且仅有 3 个零点。
分类讨论：
当 $$x = \frac{\pi}{3\omega} + \frac{2k\pi}{\omega}$$ 系列：令 $$k = 0$$ 得 $$x_1 = \frac{\pi}{3\omega}$$，需 $$0 < \frac{\pi}{3\omega} < \frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega > \frac{2}{3}$$。
当 $$x = \frac{\pi}{\omega} + \frac{2k\pi}{\omega}$$ 系列：令 $$k = 0$$ 得 $$x_2 = \frac{\pi}{\omega}$$，需 $$0 < \frac{\pi}{\omega} < \frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega > 2$$。
为有 3 个零点，需两个系列各取一些值，且总数为 3。
尝试：若 $$k = 0$$ 时两个点都在区间内，则 $$x_1, x_2$$ 均小于 $$\frac{\pi}{2}$$，即 $$\omega > 2$$，且 $$x_2 < \frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega > 2$$。
此时已有 2 个零点。再取 $$k = -1$$ 时，$$x = \frac{\pi}{3\omega} - \frac{2\pi}{\omega} = -\frac{5\pi}{3\omega} < 0$$（无效），$$x = \frac{\pi}{\omega} - \frac{2\pi}{\omega} = -\frac{\pi}{\omega} < 0$$（无效）。
故需 $$k = 1$$ 时有一个点落在区间内，且 $$k = 0$$ 的两个点都在。
对于 $$x = \frac{\pi}{3\omega} + \frac{2\pi}{\omega} = \frac{7\pi}{3\omega}$$，需 $$0 < \frac{7\pi}{3\omega} < \frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega > \frac{14}{3}$$。
同时 $$k = 0$$ 的 $$x_2 = \frac{\pi}{\omega} < \frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega > 2$$，已满足。
还需确保 $$k = 1$$ 的另一个点 $$x = \frac{\pi}{\omega} + \frac{2\pi}{\omega} = \frac{3\pi}{\omega} \geq \frac{\pi}{2}$$，否则会有 4 个零点。
即 $$\frac{3\pi}{\omega} \geq \frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega \leq 6$$。
同时检查 $$k = 1$$ 的第一个点 $$\frac{7\pi}{3\omega} < \frac{\pi}{2} \Rightarrow \omega > \frac{14}{3}$$，与上同。
故 $$\omega \in (\frac{14}{3}, 6]$$。
答案：A