第五章高考强化

$ \because \alpha \in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}] $ ， $ \therefore \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\leqslant \cos \alpha \leqslant \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，即 $ \dfrac{1}{2}\leqslant \cos \alpha \leqslant \dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .又 $ \beta -\alpha =\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \mathbf{Z} $ ， $ \therefore \cos \beta = \cos (\alpha +\mathrm{\pi }+2k\mathrm{\pi })= \cos (\alpha +\mathrm{\pi })=- \cos \alpha $ ， $ k\in \mathbf{Z} $ , $ \therefore -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\leqslant \cos \beta \leqslant -\dfrac{1}{2} $ ， $ \therefore \cos \beta $ 的最大值为 $ -\dfrac{1}{2} $ .

因为 $ \theta \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ， $ \tan \theta =\dfrac{ \sin \theta }{ \cos \theta }=\dfrac{1}{3} $ ，所以 $ \cos \theta =3 \sin \theta . $ 又因为 $ { \cos }^{2}\theta +{ \sin }^{2}\theta =1 $ ，解得 $ \sin \hat{}2\theta =\dfrac{1}{10} $ ，即 $ \sin \theta =\dfrac{\sqrt{10}}{10} $ ， $ \cos \theta =\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ ，所以 $ \sin \theta - \cos \theta =-\dfrac{\sqrt{10}}{5} $ .

由 $ \tan \alpha \tan \beta =2 $ ，可得 $ \dfrac{ \sin \alpha \sin \beta }{ \cos \alpha \cos \beta }=2 $ ，即 $ \sin \alpha \sin \beta =2 \cos \alpha \cos \beta $ .由 $ \cos (\alpha +\beta )= \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta =m $ ，可得 $ \cos \alpha \cos \beta =-m $ ， $ \sin \alpha \sin \beta =-2m $ ，所以 $ \cos (\alpha -\beta )= \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta =-3m $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

$ \because \dfrac{ \cos \alpha }{ \cos \alpha - \sin \alpha }=\dfrac{1}{1- \tan \alpha }=\sqrt{3} $ ， $ \therefore \tan \alpha =1-\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,

$ \therefore \tan (\alpha +\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})=\dfrac{ \tan \alpha + \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}}{1- \tan \alpha \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}}=\dfrac{1-\dfrac{\sqrt{3}}{3}+1}{1-(1-\dfrac{\sqrt{3}}{3})}=2\sqrt{3}-1 $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

$ \because \sin (\alpha -\beta )= \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta =\dfrac{1}{3} $ , $ \cos \alpha \sin \beta =\dfrac{1}{6} $ , $ \therefore \sin \alpha \cos \beta =\dfrac{1}{3}+ \cos \alpha \sin \beta =\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{2} $ .

$ \therefore \sin (\alpha +\beta )= \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta =\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{2}{3} $ , $ \therefore \cos (2\alpha +2\beta )= \cos [2(\alpha +\beta )]=1-2{ \sin }^{2}(\alpha +\beta )=1-2×{\left(\dfrac{2}{3}\right) ^ {2}}=\dfrac{1}{9} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

由已知等式，得 $ \sin \text{ }\alpha \cos \text{ }\beta + \sin \text{ }\beta \cos \text{ }\alpha + \cos \text{ }\alpha \cos \text{ }\beta - \sin \text{ }\alpha \sin \text{ }\beta =2\sqrt{2}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}( \cos \text{ }\alpha - \sin \text{ }\alpha ) \sin \text{ }\beta $   ，整理得 $ \sin \text{ }\alpha \cos \text{ }\beta - \sin \text{ }\beta \cos \text{ }\alpha + \cos \text{ }\alpha \cos \text{ }\beta + \sin \text{ }\alpha \sin \text{ }\beta =0 $ ，即 $ \sin (\alpha -\beta )+ \cos (\alpha -\beta )=0 $ ，所以 $ \tan (\alpha -\beta )=-1 $ ，故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ \dfrac{ \sin \theta (1+ \sin 2\theta )}{ \sin \theta + \cos \theta }=\dfrac{ \sin \theta ( \sin \theta + \cos \theta )^{2}}{ \sin \theta + \cos \theta }= \sin \theta ( \sin \theta + \cos \theta )=\dfrac{{ \sin }^{2}\theta + \sin \theta \cos \theta }{{ \sin }^{2}\theta +{ \cos }^{2}\theta }=\dfrac{\dfrac{{ \sin }^{2}\theta }{{ \cos }^{2}\theta }+\dfrac{ \sin \theta }{ \cos \theta }}{\dfrac{{ \sin }^{2}\theta }{{ \cos }^{2}\theta }+1}=\dfrac{{ \tan }^{2}\theta + \tan \theta }{{ \tan }^{2}\theta +1}=\dfrac{4-2}{4+1}=\dfrac{2}{5} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，记 $ f(x)=\dfrac{{\mathrm{e}}^{x}-{x}^{2}}{{\mathrm{e}}^{x}+{x}^{2}} $ ，定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ，

则 $ f (-x )=\dfrac{{\mathrm{e}}^{-x}- (-x)^{2}}{{\mathrm{e}}^{-x}+ (-x)^{2}}=\dfrac{1-{x}^{2}{\mathrm{e}}^{x}}{1+{x}^{2}{\mathrm{e}}^{x}}\ne f (x ) $ ，则 $ f(x) $ 不是偶函数，故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ，记 $ g(x)=\dfrac{ \cos x-{x}^{2}}{{x}^{2}+1} $ ，定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ，

则 $ g (-x )=\dfrac{ \cos (-x )- (-x)^{2}}{ (-x)^{2}+1}=\dfrac{ \cos x-{x}^{2}}{{x}^{2}+1}=g (x ) $ ，则 $ g(x) $ 是偶函数，故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ，记 $ ℎ(x)=\dfrac{{\mathrm{e}}^{x}-x}{{\mathrm{e}}^{x}+x} $ ，定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ，则 $ ℎ(-x)=\dfrac{{\mathrm{e}}^{-x}-(-x)}{{\mathrm{e}}^{-x}+(-x)}=\dfrac{1+x{\mathrm{e}}^{x}}{1-x{\mathrm{e}}^{x}}\ne ℎ(x) $ ，则 $ ℎ(x) $ 不是偶函数，故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ，记 $ p(x)=\dfrac{ \sin x-x}{{x}^{2}+1} $ ，定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ，

则 $ p (-x )=\dfrac{ \sin (-x )- (-x )}{ (-x)^{2}+1}=\dfrac{- \sin x+x}{{x}^{2}+1}=-p (x ) $ ，

则 $ p(x) $ 是奇函数，故 $ \mathrm{D} $ 错误，故选 $ \mathrm{B} $ .

各选项分析如下:

故选B.

$ \because f(x) $ 的最小正周期为 $ \mathrm{\pi } $ , $ \therefore \dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }=\mathrm{\pi } $ ,得 $ \omega =2 $ , $ \therefore f(x)=3 \sin (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ .当 $ x\in [-\dfrac{\mathrm{\pi }}{12},\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}] $ 时, $ 2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}\in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}] $ , $ \therefore f(x) $ 的最小值为 $ \dfrac{3}{2} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

令 $ 3x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+{k}_{1}\mathrm{\pi } $ , $ {k}_{1}\in \boldsymbol{Z} $ ,则 $ x=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{9}+\dfrac{{k}_{1}\mathrm{\pi }}{3} $ , $ {k}_{1}\in \boldsymbol{Z} $ ,

又 $ x\in [0,2\mathrm{\pi }] $ ,所以 $ x=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{9} $ ， $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{9} $ ， $ \dfrac{8\mathrm{\pi }}{9} $ , $ \dfrac{11\mathrm{\pi }}{9} $ , $ \dfrac{14\mathrm{\pi }}{9} $ , $ \dfrac{17\mathrm{\pi }}{9} $ .

令 $ 3x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}={k}_{2}\mathrm{\pi } $ , $ {k}_{2}\in \boldsymbol{Z} $ ,则 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{18}+\dfrac{{k}_{2}\mathrm{\pi }}{3} $ , $ {k}_{2}\in \boldsymbol{Z} $ ,

又 $ x\in [0,2\mathrm{\pi }] $ ,所以 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{18} $ , $ \dfrac{7\mathrm{\pi }}{18} $ , $ \dfrac{13\mathrm{\pi }}{18} $ , $ \dfrac{19\mathrm{\pi }}{18} $ , $ \dfrac{25\mathrm{\pi }}{18} $ , $ \dfrac{31\mathrm{\pi }}{18} $ ,

如图，作出函数 $ y= \sin x $ 与 $ y=2 \sin (3x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ 在 $ [0,2\mathrm{\pi }] $ 上的大致图象，由图可知，两函数图象共有6个交点.故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意知 $ f(x)= \cos [2(x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}]= \cos (2x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=- \sin 2x $ ，画出函数 $ f(x) $ 的图象和直线 $ y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{2} $ ，如图.

由图象可知，函数 $ y=f(x) $ 的图象与直线 $ y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{2} $ 有3个交点，故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意画出 $ f(x) $ 图象的简图（如图）.

因为函数 $ f(x)= \sin (\omega x+\varphi ) $ 在区间 $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6},\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}) $ 单调递增,且直线 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ 和直线 $ x=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ 为函数 $ y=f(x) $ 的图象的两条对称轴,所以 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{T}{2} $ , $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=-1 $ ,所以 $ T=\mathrm{\pi } $ ,即 $ |\omega |=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{T}=2 $ ,则 $ \omega =2 $ 或 $ -2 $ .

而 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=-1 $ ,即 $ \sin (2×\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+\varphi )=-1 $ 或 $ \sin (-2×\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+\varphi )=-1 $ ,所以 $ 2×\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+\varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ 或 $ -2×\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+\varphi =-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,即 $ \varphi =-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi } $ 或 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,所以 $ f(x)= \sin (2x-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}) $ 或 $ f(x)= \sin (-2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ,所以 $ f(-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})= \sin (-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6})= \sin (-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{3})= \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ 或 $ f(-\dfrac{5\mathrm{\pi }}{12})= \sin (\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

令函数 $ f(x)=-{x}^{2}+({\mathrm{e}}^{x}-{\mathrm{e}}^{-x})\cdot \sin x $ , $ x\in [-2.8,2.8] $ ,

因为 $ f(-x)=-{x}^{2}+({\mathrm{e}}^{-x}-{\mathrm{e}}^{x}) \sin (-x)=-{x}^{2}+({\mathrm{e}}^{x}-{\mathrm{e}}^{-x}) \sin x=f(x) $ ,

所以函数 $ y=f(x) $ 是偶函数，排除选项 $ \mathrm{A} $ ， $ \mathrm{C} $ .

令 $ x=1 $ ,则 $ f(1)=-1+(\mathrm{e}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}) \sin 1 $ .

因为 $ 1\in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ ，所以 $ \sin 1\in (\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}) $ .

又 $ \mathrm{e}\approx 2.7 $ ,所以 $ \mathrm{e}-\dfrac{1}{\mathrm{e}} > 2 $ ,所以 $ (\mathrm{e}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}) \sin 1 > \sqrt{2} $ ，

所以 $ f(1)=-1+(\mathrm{e}-\dfrac{1}{\mathrm{e}}) \sin 1 > 0 $ ,排除选项 $ \mathrm{D} $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

将函数 $ f(x)= \sin (\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})(\omega > 0) $ 的图象向左平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 个单位长度后得到曲线 $ C:f(x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})= \sin [\omega (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}]= \sin (\omega x+\dfrac{\omega \mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}) $ .

由于曲线 $ C $ 关于 $ y $ 轴对称，则有 $ \dfrac{\omega \mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ，

即 $ \omega =2k+\dfrac{1}{3}(k\in \boldsymbol{Z}) $ ，

又 $ \omega > 0 $ ，所以当 $ k=0 $ 时， $ \omega $   取得最小值 $ \dfrac{1}{3} $ ，故选 $ \mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，令 $ f(x)=0 $ ,则 $ 2x={k}_{1}\mathrm{\pi }({k}_{1}\in \boldsymbol{Z}) $ ，解得 $ x=\dfrac{{k}_{1}\mathrm{\pi }}{2}({k}_{1}\in \boldsymbol{Z}) $ ,令 $ g(x)=0 $ ，则 $ 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}={k}_{2}\mathrm{\pi }({k}_{2}\in \boldsymbol{Z}) $ ,解得 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{8}+\dfrac{{k}_{2}\mathrm{\pi }}{2}({k}_{2}\in \boldsymbol{Z}) $ ，因此 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 无相同零点，故 $ \mathrm{A} $ 错误；对于 $ \mathrm{B} $ ， $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 的最大值都为1，故 $ \mathrm{B} $ 正确；对于 $ \mathrm{C} $ ， $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 的最小正周期都是 $ \dfrac{2\mathrm{\pi }}{2}=\mathrm{\pi } $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；对于 $ \mathrm{D} $ ，令 $ 2x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+{k}_{3}\mathrm{\pi }({k}_{3}\in \boldsymbol{Z}) $ ,得 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+\dfrac{{k}_{3}\mathrm{\pi }}{2}({k}_{3}\in \boldsymbol{Z}) $ ，令 $ 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+{k}_{4}\mathrm{\pi }({k}_{4}\in \boldsymbol{Z}) $ ,得 $ x=\dfrac{3}{8}\mathrm{\pi }+\dfrac{{k}_{4}\mathrm{\pi }}{2}({k}_{4}\in \boldsymbol{Z}) $ ，故 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 的图象无相同的对称轴，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

将函数 $ y= \sin (x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) $ 的图象向左平移 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ 个单位长度得到函数 $ y= \sin [(x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}]= \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{12}) $ 的图象，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数 $ f(x)= \sin (\dfrac{x}{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{12}) $ 的图象.故选 $ \mathrm{B} $ .

令 $ f(x)= \cos \omega x-1=0 $ ,得 $ \cos \omega x=1 $ ,又 $ x\in [0,2\mathrm{\pi }] $ ,则 $ \omega x\in [0,2\omega \mathrm{\pi }] $ ，令 $ t=\omega x\in [0,2\omega \mathrm{\pi }] $ ，因为 $ f(x) $ 在 $ [0,2\mathrm{\pi }] $ 有且仅有3个零点，所以 $ y= \cos t $ 的图象与直线 $ y=1 $ 在 $ [0,2\omega \mathrm{\pi }] $ 有且仅有3个交点，如图，所以 $ 4\mathrm{\pi }\leqslant 2\omega \mathrm{\pi } < 6\mathrm{\pi } $  ，解得

$ 2\leqslant \omega < 3 $ ，即 $ \omega $ 的取值范围是 $ [2,3) $ .

由已知得 $ f(T)=f(\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega })= \cos (\omega \cdot \dfrac{2\mathrm{\pi }}{\omega }+\varphi )= \cos \varphi =\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .

又 $ 0 < \varphi < \mathrm{\pi } $   ，所以 $ \varphi =\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ ，所以 $ f(x)= \cos (\omega x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ .

因为 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{9} $ 为 $ f(x) $ 的零点，所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{9}\omega +\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+k\mathrm{\pi } $   , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，解得 $ \omega =9k+3 $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .

又 $ \omega > 0 $ ，所以 $ \omega $   的最小值为3.

设函数 $ f(x) $ 的最小正周期为 $ T $ ，由图象可知， $ \dfrac{3}{4}T=\dfrac{13\mathrm{\pi }}{12}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ，所以 $ T=\mathrm{\pi }=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{\left|\omega \right|} $ ，所以 $ \omega =±2 $ .

当 $ \omega =2 $ 时，把点 $ (\dfrac{13\mathrm{\pi }}{12},2) $ 的坐标代入 $ f(x) $ 的解析式，得 $ 2 \cos \text{ }(\dfrac{13\mathrm{\pi }}{12}\omega +\varphi )=2 \cos (\dfrac{13\mathrm{\pi }}{12}×2+\varphi )=2 $ ，所以 $ \varphi =2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，则 $ f(x)=2 \cos (2x+2k\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=2 \cos (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ；

当 $ \omega =-2 $ 时，将点 $ (\dfrac{13\mathrm{\pi }}{12},2) $ 的坐标代入 $ f(x) $ 的解析式，得 $ 2 \cos (\dfrac{13\mathrm{\pi }}{12}\omega +\varphi )=2 \cos [\dfrac{13\mathrm{\pi }}{12}×(-2)+\varphi ]=2 \cos (\dfrac{13\mathrm{\pi }}{12}×2-\varphi )=2 $ ,所以 $ \varphi =2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,则 $ f(x)=2 \cos (2x-\varphi )=2 \cos \text{ }(2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ .

综上得 $ f(x)=2 \cos \text{ }(2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) $ ，所以 $ f(-\dfrac{7\mathrm{\pi }}{4})=2 \cos \text{ }[2×(-\dfrac{7\mathrm{\pi }}{4})-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}]=1 $ ， $ f(\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3})=2 \cos (2×\dfrac{4\mathrm{\pi }}{3}-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6})=0 $ ，

所以 $ (f(x)-1)f(x) > 0 $ ，

所以 $ f(x) < 0 $ 或 $ f(x) > 1 $ ，

所以 $ \cos \text{ }(2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) < 0 $ 或 $ \cos \text{ }(2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}) > \dfrac{1}{2} $ ，所以 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } < 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $   或 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+2k\mathrm{\pi } < 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} < \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+2k\mathrm{\pi } $   ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,

即 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+k\mathrm{\pi } < x < \dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}+k\mathrm{\pi } $   或 $ -\dfrac{\mathrm{\pi }}{12}+k\mathrm{\pi } < x < \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+k\mathrm{\pi } $   ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，所以当 $ k=0 $ 时， $ x $ 能取到的最小正整数为2.

由题意，当 $ \omega =0 $ 时， $ \forall {x}_{1} $ ， $ {x}_{2}\in \boldsymbol{R} $ 都有 $ |f({x}_{1})+f({x}_{2})|\leqslant 0 $ ，则 $ |f(x)_{ \max }|+|f(x)_{ \max }|\leqslant 0 $ ，且 $ |f(x)_{ \min }|+|f(x)_{ \min }|\leqslant 0 $ ，故 $ |f(x)_{ \min }|=|f(x)_{ \max }|=0 $ ，即 $ f(x)=0 $ .

易知 $ f(x)=0 $ 没有最小正周期，不为增函数也不为减函数，且是既奇又偶函数，故选 $ \mathrm{C} $ .

记函数 $ f(x)= \sin x( \sin x+ \cos x)=\dfrac{1- \cos 2x}{2}+\dfrac{ \sin 2x}{2}=\dfrac{1}{2}[1+\sqrt{2} \sin (2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})] $ ,

由 $ x\in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,得 $ 2x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\in [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ , $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,故函数 $ f(x) $ 在区间 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ , $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{8}) $ 上单调递增,在区间 $ (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{8} $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上单调递减.又 $ ax+ \sin x( \sin x+ \cos x)\geqslant 0 $ 等价于 $ -ax\leqslant f(x) $ ,如图,作出函数 $ y=-ax $ 与函数 $ y=f(x) $ 在区间 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上的图象,由图可知，函数

$ y=-ax $ 在 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 上的图象不在过点 $ (0,0) $ , $ (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ 1) $ 的直线 $ y=\dfrac{2}{\mathrm{\pi }}x $ 的上方时，满足题意,故 $ -a\leqslant \dfrac{2}{\mathrm{\pi }} $ ,即实数 $ a $ 的取值范围为 $ ｛a|a\geqslant -\dfrac{2}{\mathrm{\pi }}｝ $ .