2025年全國成人高等學校招生考試（數(shù)學（文）-高起點）考前沖刺試題及答案一一、選擇題：本大題共17小題，每小題5分，共85分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.設集合\(A=\{x|-1<x<2\}\)，集合\(B=\{x|1<x<3\}\)，則\(A\cupB=\)（）A.\(\{x|-1<x<3\}\)B.\(\{x|-1<x<1\}\)C.\(\{x|1<x<2\}\)D.\(\{x|2<x<3\}\)答案：A解析：根據(jù)并集的定義，對于給定的兩個集合\(A\)和\(B\)，它們的并集是由所有屬于\(A\)或者屬于\(B\)的元素所組成的集合。已知\(A=\{x|-1<x<2\}\)，\(B=\{x|1<x<3\}\)，那么\(A\cupB=\{x|-1<x<3\}\)。2.函數(shù)\(y=\sqrt{x-1}\)的定義域是（）A.\(\{x|x<1\}\)B.\(\{x|x\leqslant1\}\)C.\(\{x|x>1\}\)D.\(\{x|x\geqslant1\}\)答案：D解析：要使根式有意義，則根號下的數(shù)必須大于等于\(0\)。對于函數(shù)\(y=\sqrt{x-1}\)，有\(zhòng)(x-1\geqslant0\)，解得\(x\geqslant1\)，所以其定義域是\(\{x|x\geqslant1\}\)。3.已知\(\sin\alpha=\frac{3}{5}\)，且\(\alpha\)是第二象限角，則\(\cos\alpha=\)（）A.\(\frac{4}{5}\)B.\(-\frac{4}{5}\)C.\(\frac{3}{4}\)D.\(-\frac{3}{4}\)答案：B解析：根據(jù)三角函數(shù)的平方關系\(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\)，已知\(\sin\alpha=\frac{3}{5}\)，則\(\cos^{2}\alpha=1-\sin^{2}\alpha=1-(\frac{3}{5})^{2}=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25}\)，所以\(\cos\alpha=\pm\frac{4}{5}\)。又因為\(\alpha\)是第二象限角，在第二象限中，余弦值為負，所以\(\cos\alpha=-\frac{4}{5}\)。4.已知向量\(\overrightarrow{a}=(1,2)\)，\(\overrightarrow=(2,-3)\)，若向量\(\overrightarrow{c}\)滿足\((\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a})\parallel\overrightarrow\)，\(\overrightarrow{c}\perp(\overrightarrow{a}+\overrightarrow)\)，則\(\overrightarrow{c}=\)（）A.\((\frac{7}{9},\frac{7}{3})\)B.\((-\frac{7}{9},-\frac{7}{3})\)C.\((\frac{7}{9},-\frac{7}{3})\)D.\((-\frac{7}{9},\frac{7}{3})\)答案：D解析：設\(\overrightarrow{c}=(x,y)\)，則\(\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}=(x+1,y+2)\)，\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow=(1+2,2-3)=(3,-1)\)。因為\((\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a})\parallel\overrightarrow\)，根據(jù)兩向量平行的坐標關系，若\(\overrightarrow{m}=(x_1,y_1)\)，\(\overrightarrow{n}=(x_2,y_2)\)平行，則\(x_1y_2-x_2y_1=0\)，所以\(-3(x+1)-2(y+2)=0\)，即\(-3x-3-2y-4=0\)，化簡得\(3x+2y=-7\)①。又因為\(\overrightarrow{c}\perp(\overrightarrow{a}+\overrightarrow)\)，根據(jù)兩向量垂直的坐標關系，若\(\overrightarrow{m}=(x_1,y_1)\)，\(\overrightarrow{n}=(x_2,y_2)\)垂直，則\(x_1x_2+y_1y_2=0\)，所以\(3x-y=0\)，即\(y=3x\)②。將②代入①得：\(3x+2\times3x=-7\)，\(3x+6x=-7\)，\(9x=-7\)，解得\(x=-\frac{7}{9}\)，把\(x=-\frac{7}{9}\)代入\(y=3x\)得\(y=-\frac{7}{3}\)，所以\(\overrightarrow{c}=(-\frac{7}{9},\frac{7}{3})\)。5.直線\(2x-y+3=0\)與圓\(x^{2}+y^{2}-2x-2y=0\)的位置關系是（）A.相離B.相切C.相交但直線不過圓心D.相交且直線過圓心答案：C解析：先將圓的方程\(x^{2}+y^{2}-2x-2y=0\)轉化為標準方程。根據(jù)完全平方公式\((a-b)^2=a^2-2ab+b^2\)，可得\((x-1)^{2}+(y-1)^{2}=2\)，則圓心坐標為\((1,1)\)，半徑\(r=\sqrt{2}\)。根據(jù)點\((x_0,y_0)\)到直線\(Ax+By+C=0\)的距離公式\(d=\frac{\vertAx_0+By_0+C\vert}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}\)，可得圓心\((1,1)\)到直線\(2x-y+3=0\)的距離\(d=\frac{\vert2\times1-1+3\vert}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}\)。比較\(d=\frac{4\sqrt{5}}{5}\)與\(r=\sqrt{2}\)的大小，\(d^{2}=\frac{16}{5}\)，\(r^{2}=2=\frac{10}{5}\)，因為\(d^{2}>r^{2}\)不成立，且\(d\neq0\)，所以直線與圓相交但不過圓心。6.已知等差數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_2=3\)，\(a_6=11\)，則\(S_7=\)（）A.49B.56C.63D.70答案：A解析：根據(jù)等差數(shù)列的性質：若\(m,n,p,q\inN^+\)，且\(m+n=p+q\)，則\(a_m+a_n=a_p+a_q\)。在等差數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)中，\(a_1+a_7=a_2+a_6\)，已知\(a_2=3\)，\(a_6=11\)，所以\(a_1+a_7=3+11=14\)。等差數(shù)列的前\(n\)項和公式為\(S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}\)，那么\(S_7=\frac{7(a_1+a_7)}{2}=\frac{7\times14}{2}=49\)。7.函數(shù)\(y=\log_2(x^{2}-2x-3)\)的單調遞增區(qū)間是（）A.\((-\infty,-1)\)B.\((-\infty,1)\)C.\((1,+\infty)\)D.\((3,+\infty)\)答案：D解析：首先求函數(shù)\(y=\log_2(x^{2}-2x-3)\)的定義域。要使對數(shù)有意義，則真數(shù)必須大于\(0\)，即\(x^{2}-2x-3>0\)，因式分解得\((x-3)(x+1)>0\)，解得\(x>3\)或\(x<-1\)。令\(t=x^{2}-2x-3=(x-1)^{2}-4\)，函數(shù)\(y=\log_2t\)在\((0,+\infty)\)上單調遞增。對于二次函數(shù)\(t=(x-1)^{2}-4\)，其對稱軸為\(x=1\)，在\((-\infty,1)\)上單調遞減，在\((1,+\infty)\)上單調遞增。根據(jù)復合函數(shù)“同增異減”的原則，求\(y=\log_2(x^{2}-2x-3)\)的單調遞增區(qū)間，就是求\(t=x^{2}-2x-3\)在定義域內的單調遞增區(qū)間，所以單調遞增區(qū)間是\((3,+\infty)\)。8.已知拋物線\(y^{2}=2px(p>0)\)的焦點為\(F\)，準線為\(l\)，過點\(F\)且斜率為\(\sqrt{3}\)的直線與拋物線交于\(A\)，\(B\)兩點，若\(\vertAB\vert=8\)，則\(p=\)（）A.1B.2C.3D.4答案：B解析：拋物線\(y^{2}=2px(p>0)\)的焦點坐標為\(F(\frac{p}{2},0)\)，準線方程為\(x=-\frac{p}{2}\)。過點\(F(\frac{p}{2},0)\)且斜率為\(\sqrt{3}\)的直線方程為\(y=\sqrt{3}(x-\frac{p}{2})\)。聯(lián)立直線與拋物線方程\(\begin{cases}y=\sqrt{3}(x-\frac{p}{2})\\y^{2}=2px\end{cases}\)，將\(y=\sqrt{3}(x-\frac{p}{2})\)代入\(y^{2}=2px\)得：\([\sqrt{3}(x-\frac{p}{2})]^{2}=2px\)，\(3(x^{2}-px+\frac{p^{2}}{4})=2px\)，\(3x^{2}-3px+\frac{3p^{2}}{4}-2px=0\)，\(3x^{2}-5px+\frac{3p^{2}}{4}=0\)。設\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，由韋達定理得\(x_1+x_2=\frac{5p}{3}\)。根據(jù)拋物線的焦點弦長公式\(\vertAB\vert=x_1+x_2+p\)，已知\(\vertAB\vert=8\)，則\(\frac{5p}{3}+p=8\)，\(\frac{5p+3p}{3}=8\)，\(\frac{8p}{3}=8\)，解得\(p=2\)。9.若\(\log_3a<0\)，\((\frac{1}{3})^b>1\)，則（）A.\(a>1\)，\(b>0\)B.\(0<a<1\)，\(b>0\)C.\(a>1\)，\(b<0\)D.\(0<a<1\)，\(b<0\)答案：B解析：對于\(\log_3a<0=\log_31\)，因為對數(shù)函數(shù)\(y=\log_3x\)在\((0,+\infty)\)上單調遞增，所以\(0<a<1\)。對于\((\frac{1}{3})^b>1=(\frac{1}{3})^0\)，因為指數(shù)函數(shù)\(y=(\frac{1}{3})^x\)在\(R\)上單調遞減，所以\(b<0\)。10.已知函數(shù)\(f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx+c\)，在\(x=-1\)與\(x=2\)處都取得極值，則\(a+b=\)（）A.\(-\frac{9}{2}\)B.\(-\frac{3}{2}\)C.\(\frac{3}{2}\)D.\(\frac{9}{2}\)答案：A解析：對函數(shù)\(f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx+c\)求導得\(f^\prime(x)=3x^{2}+2ax+b\)。因為函數(shù)\(f(x)\)在\(x=-1\)與\(x=2\)處都取得極值，所以\(x=-1\)和\(x=2\)是方程\(f^\prime(x)=0\)，即\(3x^{2}+2ax+b=0\)的兩個根。根據(jù)韋達定理，對于一元二次方程\(Ax^{2}+Bx+C=0(A\neq0)\)，若\(x_1,x_2\)是其兩根，則\(x_1+x_2=-\frac{B}{A}\)，\(x_1x_2=\frac{C}{A}\)。對于方程\(3x^{2}+2ax+b=0\)，\(x_1=-1\)，\(x_2=2\)，則\(-1+2=-\frac{2a}{3}\)，解得\(a=-\frac{3}{2}\)；\((-1)\times2=\frac{3}\)，解得\(b=-6\)。所以\(a+b=-\frac{3}{2}-6=-\frac{3+12}{2}=-\frac{9}{2}\)。11.從\(5\)名男生和\(3\)名女生中選出\(3\)人參加某項活動，則至少有\(zhòng)(1\)名女生的選法有（）A.\(30\)種B.\(35\)種C.\(40\)種D.\(80\)種答案：B解析：“至少有\(zhòng)(1\)名女生”的對立事件是“沒有女生”，即選出的\(3\)人都是男生。從\(n\)個不同元素中取出\(m\)個元素的組合數(shù)公式為\(C_{n}^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)。從\(5\)名男生中選\(3\)人的選法有\(zhòng)(C_{5}^3=\frac{5!}{3!(5-3)!}=\frac{5\times4\times3!}{3!\times2\times1}=10\)種。從\(8\)名學生（\(5\)名男生和\(3\)名女生）中選\(3\)人的選法有\(zhòng)(C_{8}^3=\frac{8!}{3!(8-3)!}=\frac{8\times7\times6\times5!}{3!\times5!}=56\)種。所以至少有\(zhòng)(1\)名女生的選法有\(zhòng)(C_{8}^3-C_{5}^3=56-10=35\)種。12.已知函數(shù)\(y=f(x)\)是奇函數(shù)，當\(x>0\)時，\(f(x)=x^{2}-2x\)，則當\(x<0\)時，\(f(x)=\)（）A.\(-x^{2}-2x\)B.\(-x^{2}+2x\)C.\(x^{2}+2x\)D.\(x^{2}-2x\)答案：A解析：設\(x<0\)，則\(-x>0\)。因為當\(x>0\)時，\(f(x)=x^{2}-2x\)，所以\(f(-x)=(-x)^{2}-2(-x)=x^{2}+2x\)。又因為\(y=f(x)\)是奇函數(shù)，根據(jù)奇函數(shù)的性質\(f(-x)=-f(x)\)，所以\(-f(x)=x^{2}+2x\)，則\(f(x)=-x^{2}-2x\)。13.已知\(\tan\alpha=2\)，則\(\frac{\sin\alpha+\cos\alpha}{\sin\alpha-\cos\alpha}=\)（）A.3B.2C.1D.\(\frac{1}{3}\)答案：A解析：將\(\frac{\sin\alpha+\cos\alpha}{\sin\alpha-\cos\alpha}\)分子分母同時除以\(\cos\alpha\)（因為\(\cos\alpha\neq0\)，若\(\cos\alpha=0\)，則\(\tan\alpha\)不存在），得到\(\frac{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}+\frac{\cos\alpha}{\cos\alpha}}{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}-\frac{\cos\alpha}{\cos\alpha}}=\frac{\tan\alpha+1}{\tan\alpha-1}\)。已知\(\tan\alpha=2\)，代入上式得\(\frac{2+1}{2-1}=3\)。14.已知直線\(l_1:ax+2y+6=0\)與直線\(l_2:x+(a-1)y+a^{2}-1=0\)平行，則\(a\)的值為（）A.\(-1\)B.2C.\(-1\)或\(2\)D.1或\(-2\)答案：A解析：若兩條直線\(A_1x+B_1y+C_1=0\)與\(A_2x+B_2y+C_2=0\)平行，則\(A_1B_2-A_2B_1=0\)且\(A_1C_2-A_2C_1\neq0\)。對于直線\(l_1:ax+2y+6=0\)與直線\(l_2:x+(a-1)y+a^{2}-1=0\)，有\(zhòng)(a(a-1)-1\times2=0\)，即\(a^{2}-a-2=0\)，因式分解得\((a-2)(a+1)=0\)，解得\(a=2\)或\(a=-1\)。當\(a=2\)時，\(l_1:2x+2y+6=0\)即\(x+y+3=0\)，\(l_2:x+(2-1)y+2^{2}-1=0\)即\(x+y+3=0\)，此時兩直線重合，不符合要求。當\(a=-1\)時，\(l_1:-x+2y+6=0\)，\(l_2:x+(-1-1)y+(-1)^{2}-1=0\)即\(x-2y=0\)，兩直線平行，所以\(a=-1\)。15.函數(shù)\(y=2\sin(2x-\frac{\pi}{3})\)的最小正周期是（）A.\(\frac{\pi}{2}\)B.\(\pi\)C.\(2\pi\)D.\(4\pi\)答案：B解析：對于函數(shù)\(y=A\sin(\omegax+\varphi)\)（\(A\neq0\)，\(\omega>0\)），其最小正周期\(T=\frac{2\pi}{\omega}\)。在函數(shù)\(y=2\sin(2x-\frac{\pi}{3})\)中，\(\omega=2\)，所以最小正周期\(T=\frac{2\pi}{2}=\pi\)。16.若\(a>b>0\)，則下列不等式成立的是（）A.\(\frac{1}{a}<\frac{1}\)B.\(a^2<b^2\)C.\(\frac{a}>1\)D.\(\lg(a-b)<0\)答案：A解析：-選項A：因為\(a>b>0\)，則\(ab>0\)，在不等式\(a>b\)兩邊同時除以\(ab\)，不等號方向不變，得到\(\frac{1}>\frac{1}{a}\)，即\(\frac{1}{a}<\frac{1}\)，所以選項A正確。-選項B：因為\(a>b>0\)，函數(shù)\(y=x^{2}\)在\((0,+\infty)\)上單調遞增，所以\(a^{2}>b^{2}\)，選項B錯誤。-選項C：因為\(a>b>0\)，所以\(\frac{a}<1\)，選項C錯誤。-選項D：當\(a-b\geqslant1\)時，\(\lg(a-b)\geqslant0\)，選項D錯誤。17.已知函數(shù)\(f(x)=x^{3}-3x+1\)，則函數(shù)\(f(x)\)的極大值為（）A.\(-1\)B.1C.3D.\(-3\)答案：C解析：對函數(shù)\(f(x)=x^{3}-3x+1\)求導得\(f^\prime(x)=3x^{2}-3=3(x+1)(x-1)\)。令\(f^\prime(x)=0\)，即\(3(x+1)(x-1)=0\)，解得\(x=-1\)或\(x=1\)。當\(x<-1\)時，\(f^\prime(x)>0\)，函數(shù)\(f(x)\)單調遞增；當\(-1<x<1\)時，\(f^\prime(x)<0\)，函數(shù)\(f(x)\)單調遞減；當\(x>1\)時，\(f^\prime(x)>0\)，函數(shù)\(f(x)\)單調遞增。所以\(x=-1\)是函數(shù)\(f(x)\)的極大值點，\(f(-1)=(-1)^{3}-3\times(-1)+1=-1+3+1=3\)，即函數(shù)\(f(x)\)的極大值為\(3\)。二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分。1.已知向量\(\overrightarrow{a}=(1,-2)\)，\(\overrightarrow=(x,4)\)，且\(\overrightarrow{a}\parallel\overrightarrow\)，則\(x=\)______。答案：\(-2\)解析：若兩向量\(\overrightarrow{m}=(x_1,y_1)\)，\(\overrightarrow{n}=(x_2,y_2)\)平行，則\(x_1y_2-x_2y_1=0\)。已知\(\overrightarrow{a}=(1,-2)\)，\(\overrightarrow=(x,4)\)，且\(\overrightarrow{a}\parallel\overrightarrow\)，則\(1\times4-x\times(-2)=0\)，即\(4+2x=0\)，解得\(x=-2\)。2.函數(shù)\(y=\sinx\cosx\)的最大值是______。答案：\(\frac{1}{2}\)解析：根據(jù)二倍角公式\(\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha\)，則\(y=\sinx\cosx=\frac{1}{2}\sin2x\)。因為正弦函數(shù)\(\sint\)的值域是\([-1,1]\)，所以當\(\sin2x=1\)時，\(y=\frac{1}{2}\sin2x\)取得最大值\(\frac{1}{2}\)。3.已知圓\(x^{2}+y^{2}+2x-4y+1=0\)關于直線\(2ax-by+2=0(a,b\inR)\)對稱，則\(ab\)的取值范圍是______。答案：\((-\infty,\frac{1}{4}]\)解析：將圓的方程\(x^{2}+y^{2}+2x-4y+1=0\)轉化為標準方程：\((x+1)^{2}+(y-2)^{2}=4\)，圓心坐標為\((-1,2)\)。因為圓關于直線\(2ax-by+2=0\)對稱，所以圓心\((-1,2)\)在直線上，則\(-2a-2b+2=0\)，即\(b=1-a\)。所以\(ab=a(1-a)=-a^{2}+a=-(a-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}\)。因為二次函數(shù)\(y=-(a-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{4}\)的圖象開口向下，所以\(ab\leqslant\frac{1}{4}\)，即\(ab\)的取值范圍是\((-\infty,\frac{1}{4}]\)。4.若\((x+\frac{1}{x})^n\)的展開式中第\(3\)項與第\(7\)項的二項式系數(shù)相等，則該展開式中\(zhòng)(\frac{1}{x^{2}}\)的系數(shù)為______。答案：56解析：二項式\((a+b)^n\)的展開式的通項公式為\(T_{r+1}=C_{n}^ra^{n-r}b^{r}\)，二項式系數(shù)為\(C_{n}^r\)。已知\((x+\frac{1}{x})^n\)的展開式中第\(3\)項與第\(7\)項的二項式系數(shù)相等，即\(C_{n}^2=C_{n}^6\)。根據(jù)二項式系數(shù)的性質\(C_{n}^m=C_{n}^{n-m}\)，可得\(n=2+6=8\)。則\((x+\frac{1}{x})^8\)的展開式的通項為\(T_{r+1}=C_{8}^rx^{8-r}(\frac{1}{x})^{r}=C_{8}^rx^{8-2r}\)。令\(8-2r=-2\)，解得\(r=5\)。所以\(\frac{1}{x^{2}}\)的系數(shù)為\(C_{8}^5=\frac{8!}{5!(8-5)!}=\frac{8\times7\times6\times5!}{5!\times3\times2\times1}=56\)。三、解答題：本大題共4小題，共49分。解答應寫出推理、演算步驟。1.（本題滿分12分）已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，且\(S_n=2a_n-1\)。（1）求數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的通項公式；（2）設\(b_n=\log_2a_n\)，求數(shù)列\(zhòng)(\{b_n\}\)的前\(n\)項和\(T_n\)。解：（1）當\(n=1\)時，\(S_1=a_1=2a_1-1\)，解得\(a_1=1\)。當\(n\geqslant2\)時，\(a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-1-(2a_{n-1}-1)\)。\(a_n=2a_n-1-2a_{n-1}+1\)，移項得\(a_n=2a_{n-1}\)。所以數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)是以\(1\)為首項，\(2\)為公比的等比數(shù)列。根據(jù)等比數(shù)列的通項公式\(a_n=a_1q^{n-1}\)（其中\(zhòng)(a_1\)為首項，\(q\)為公比），可得\(a_n=1\times2^{n-1}=2^{n-1}\)。當\(n=1\)時，\(a_1=2^{1-1}=1\)，上式也成立。所以數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)的通項公式為\(a_n=2^{n-1}\)。（2）由（1）知\(a_n=2^{n-1}\)，則\(b_n=\log_2a_n=\log_22^{n-1}=n-1\)。\(b_1=0\)，\(b_{n}-b_{n-1}=(n-1)-(n-2)=1\)，所以數(shù)列\(zhòng)(\{b_n\}\)是以\(0\)為首項，\(1\)為公差的等差數(shù)列。根據(jù)等差數(shù)列的前\(n\)項和公式\(T_n=\frac{n(b_1+b_n)}{2}\)，\(b_n=n-1\)，則\(T_n=\frac{n(0+n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}\)。2.（本題滿分12分）已知函數(shù)\(f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{6})+1\)。（1）求函數(shù)\(f(x)\)的最小正周期和單調遞增區(qū)間；（2）當\(x\in[0,\frac{\pi}{2}]\)時，求函數(shù)\(f(x)\)的最大值和最小值。解：（1）對于函數(shù)\(y=A\sin(\omegax+\varphi)+k\)（\(A\neq0\)，\(\omega>0\)），其最小正周期\(T=\frac{2\pi}{\omega}\)。在函數(shù)\(f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{6})+1\)中，\(\omega=2\)，所以最小正周期\(T=\frac{2\pi}{2}=\pi\)。令\(2k\pi-\frac{\pi}{2}\leqslant2x+\frac{\pi}{6}\leqslant2k\pi+\frac{\pi}{2}(k\inZ)\)，先解\(2k\pi-\frac{\pi}{2}\leqslant2x+\frac{\pi}{6}\)：\(2k\pi-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{6}\leqslant2x\)，\(2k\pi-\frac{2\pi}{3}\leqslant2x\)，\(k\pi-\frac{\pi}{3}\leqslantx\)。再解\(2x+\frac{\pi}{6}\leqslant2k\pi+\frac{\pi}{2}\)：\(2x\leqslant2k\pi+\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{6}\)，\(2x\leqslant2k\pi+\frac{\pi}{3}\)，\(x\leqslantk\pi+\frac{\pi}{6}\)。所以函數(shù)\(f(x)\)的單調遞增區(qū)間是\([k\pi-\frac{\pi}{3},k\pi+\frac{\pi}{6}](k\inZ)\)。（2）當\(x\in[0,\frac{\pi}{2}]\)時，\(2x\in[0,\pi]\)，\(2x+\frac{\pi}{6}\in[\frac{\pi}{6},\frac{7\pi}{6}]\)。當\(2x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\)，即\(x=\frac{\pi}{6}\)時，\(\sin(2x+\frac{\pi}{6})\)取得最大值\(1\)，此時\(f(x)=2\times1+1=3\)。當\(2x+\frac{\pi}{6}=\frac{7\pi}{6}\)，即\(x=\frac{\pi}{2}\)時，\(\sin(2x+\frac{\pi}{6})\)