2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四編三角函數(shù)講義新人教版

第四編三角函數(shù)、解三角形§任意角和弧度制及任意角的三角函數(shù)一、選擇題(每小題7分，共42分)1．(2022·汕頭模擬)若角α和角β的終邊關(guān)于x軸對稱，則角α可以用角β表示為()A．2kπ＋β(k∈Z) B．2kπ－β(k∈Z)C．kπ＋β(k∈Z) D．kπ－β(k∈Z)解析因為角α和角β的終邊關(guān)于x軸對稱，所以α＋β＝2kπ(k∈Z)．所以α＝2kπ－β(k∈Z)．答案B2．(2022·湛江調(diào)研)已知點P(tanα，cosα)在第三象限，則角α的終邊在第幾象限()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析∵P(tanα，cosα)在第三象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanα<0,cosα<0))，由tanα<0，得α在第二、四象限，由cosα<0，得α在第二、三象限∴α在第二象限．答案B3．(2022·漳州調(diào)研)若扇形圓心角的弧度數(shù)為2，且扇形弧所對的弦長也是2，則這個扇形的面積為 ()\f(1,sin21) \f(2,sin22) \f(1,cos21) \f(2,cos22)解析由題意得扇形的半徑為eq\f(1,sin1).又由扇形面積公式得，該扇形的面積為eq\f(1,2)·2·eq\f(1,sin21)＝eq\f(1,sin21).答案A4．(2022·衢州模擬)已知角α的終邊過點P(－8m，－6sin30°)，且cosα＝－eq\f(4,5)，則m的值為()A．－eq\f(1,2) \f(1,2) C．－eq\f(\r(3),2) \f(\r(3),2)解析r＝eq\r(64m2＋9)，∴cosα＝eq\f(－8m,\r(64m2＋9))＝－eq\f(4,5)，∴m>0，∴eq\f(4m2,64m2＋9)＝eq\f(1,25)，∴m＝±eq\f(1,2).∵m>0，∴m＝eq\f(1,2).答案B5．(2022·新鄉(xiāng)模擬)已知角α是第二象限角，且|coseq\f(α,2)|＝－coseq\f(α,2)，則角eq\f(α,2)是()A．第一象限角 B．第二象限角C．第三象限角 D．第四象限角解析由α是第二象限角知，eq\f(α,2)是第一或第三象限角．又∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－coseq\f(α,2)，∴coseq\f(α,2)<0，∴eq\f(α,2)是第三象限角．答案C6．(2022·湘潭聯(lián)考)已知α是第一象限角，tanα＝eq\f(3,4)，則sinα等于 ()\f(4,5) \f(3,5) C．－eq\f(4,5) D．－eq\f(3,5)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(sinα,cosα)＝\f(3,4)，,sin2α＋cos2α＝1))，得sinα＝eq\f(3,5)(sinα>0)．答案B二、填空題(每小題6分，共18分)7．(2022·惠州模擬)若點P(m，n)(n≠0)為角600°終邊上一點，則eq\f(m,n)＝________.解析由三角函數(shù)的定義知eq\f(n,m)＝tan600°＝tan(360°＋240°)＝tan240°＝tan60°＝eq\r(3)，∴eq\f(m,n)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).答案eq\f(\r(3),3)8．(2022·洛陽第一次月考)已知P在1秒鐘內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為θ(0°<θ<180°)，經(jīng)過2秒鐘到達第三象限，經(jīng)過14秒鐘后又恰好回到出發(fā)點，則θ＝________.解析∵0°<θ<180°且k·360°＋180°<2θ<k·360°＋270°(k∈Z)，則必有k＝0，于是90°<θ<135°，又14θ＝n·360°(n∈Z)，∴θ＝eq\f(n,7)×180°，∴90°<eq\f(n,7)·180°<135°，eq\f(7,2)<n<eq\f(21,4)，∴n＝4或5，故θ＝eq\f(720°,7)或eq\f(900°,7).答案eq\f(720°,7)或eq\f(900°,7)9．(2022·濮陽模擬)若角α的終邊落在直線y＝－x上，則eq\f(sinα,\r(1－sin2α))＋eq\f(\r(1－cos2α),cosα)的值等于________．解析eq\f(sinα,\r(1－sin2α))＋eq\f(\r(1－cos2α),cosα)＝eq\f(sinα,|cosα|)＋eq\f(|sinα|,cosα)，∵角α的終邊落在直線y＝－x上，∴角α是第二或第四象限角．當(dāng)α是第二象限角時，eq\f(sinα,|cosα|)＋eq\f(|sinα|,cosα)＝eq\f(sinα,－cosα)＋eq\f(sinα,cosα)＝0，當(dāng)α是第四象限角時，eq\f(sinα,|cosα|)＋eq\f(|sinα|,cosα)＝eq\f(sinα,cosα)＋eq\f(－sinα,cosα)＝0.答案0三、解答題(共40分)10．(13分)(2022·平頂山聯(lián)考)角α終邊上的點P與A(a,2a)關(guān)于x軸對稱(a≠0)，角β的點Q與A關(guān)于直線y＝x對稱，求sinα·cosα＋sinβ·cosβ＋tanα·tanβ的值．解由題意得，點P的坐標為(a，－2a)點Q的坐標為(2a，a)sinα＝eq\f(－2a,\r(a2＋(－2a)2))＝eq\f(－2a,\r(5a2))，cosα＝eq\f(a,\r(a2＋(－2a)2))＝eq\f(a,\r(5a2))，tanα＝eq\f(－2a,a)＝－2，sinβ＝eq\f(a,\r((2a)2＋a2))＝eq\f(a,\r(5a2))，cosβ＝eq\f(2a,\r((2a)2＋a2))＝eq\f(2a,\r(5a2))，tanβ＝eq\f(a,2a)＝eq\f(1,2)，故有sinα·cosα＋sinβ·cosβ＋tanα·tanβ＝eq\f(－2a,\r(5a2))·eq\f(a,\r(5a2))＋eq\f(a,\r(5a2))·eq\f(2a,\r(5a2))＋(－2)×eq\f(1,2)＝－1.11．(13分)(2022·南平調(diào)研)設(shè)θ為第三象限角，試判斷eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))的符號．解∵θ為第三象限角，∴2kπ＋π<θ<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，kπ＋eq\f(π,2)<eq\f(θ,2)<kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)．當(dāng)k＝2n(n∈Z)時，2nπ＋eq\f(π,2)<eq\f(θ,2)<2nπ＋eq\f(3,4)π，此時eq\f(θ,2)在第二象限．∴sineq\f(θ,2)>0，coseq\f(θ,2)<0.因此eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))<0.當(dāng)k＝2n＋1(n∈Z)時，(2n＋1)π＋eq\f(π,2)<eq\f(θ,2)<(2n＋1)π＋eq\f(3π,4)(n∈Z)，即2nπ＋eq\f(3π,2)<eq\f(θ,2)<2nπ＋eq\f(7π,4)(n∈Z)此時eq\f(θ,2)在第四象限．∴sineq\f(θ,2)<0，coseq\f(θ,2)>0，因此eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))<0，綜上可知eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))<0.12．(14分)(2022·茂名聯(lián)考)已知eq\f(tanα,tanα－1)＝－1，求下列各式的值：(1)eq\f(sinα－3cosα,sinα＋cosα)；(2)sin2α＋sinαcosα＋2.解由已知得tanα＝eq\f(1,2).(1)eq\f(sinα－3cosα,sinα＋cosα)＝eq\f(tanα－3,tanα＋1)＝eq\f(\f(1,2)－3,\f(1,2)＋1)＝－eq\f(5,3).(2)sin2α＋sinαcosα＋2＝sin2α＋sinαcosα＋2(cos2α＋sin2α)＝eq\f(3sin2α＋sinαcosα＋2cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(3tan2α＋tanα＋2,tan2α＋1)＝eq\f(3×(\f(1,2))2＋\f(1,2)＋2,(\f(1,2))2＋1)＝eq\f(13,5).§三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式一、選擇題(每小題7分，共42分)1．(2022·全國Ⅰ文，1)sin585°的值為 ()A．－eq\f(\r(2),2) \f(\r(2),2) C．－eq\f(\r(3),2) \f(\r(3),2)解析sin585°＝sin(360°＋225°)＝sin(180°＋45°)＝－eq\f(\r(2),2).答案A2．(2022·鄭州模擬)若α、β終邊關(guān)于y軸對稱，則下列等式成立的是 ()A．sinα＝sinβ B．cosα＝cosβC．tanα＝tanβ D．sinα＝－sinβ解析方法一∵α、β終邊關(guān)于y軸對稱，∴α＋β＝π＋2kπ或α＋β＝－π＋2kπ，k∈Z，∴α＝2kπ＋π－β或α＝2kπ－π－β，k∈Z，∴sinα＝sinβ.方法二設(shè)角α終邊上一點P(x，y)，則點P關(guān)于y軸對稱的點為P′(－x，y)，且點P與點P′到原點的距離相等設(shè)為r，則sinα＝sinβ＝eq\f(y,r).答案A3．(2022·重慶文，6)下列關(guān)系式中正確的是 ()A．sin11°<cos10°<sin168°B．sin168°<sin11°<cos10°C．sin11°<sin168°<cos10°D．sin168°<cos10°<sin11°解析sin168°＝sin(180°－12°)＝sin12°，cos10°＝sin(90°－10°)＝sin80°.由三角函數(shù)線得sin11°<sin12°<sin80°，即sin11°<sin168°<cos10°.答案C4．(2022·青島調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)，且f(2009)＝3，則f(2010)的值是 ()A．－1 B．－2 C解析f(2009)＝asin(2009π＋α)＋bcos(2009π＋β)＝asin(π＋α)＋bcos(π＋β)＝－asinα－bcosβ＝3.∴asinα＋bcosβ＝－3.∴f(2010)＝asin(2010π＋α)＋bcos(2010π＋β)＝asinα＋bcosβ＝－3.答案C5．(2022·湛江三模)已知sin(2π－α)＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，則eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)等于 ()\f(1,7) B．－eq\f(1,7) C．－7 D．7解析sin(2π－α)＝－sinα＝eq\f(4,5)，∴sinα＝－eq\f(4,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴cosα＝eq\f(3,5).∴eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(1,7).答案A6．(2022·東莞模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋α))＝eq\f(1,3)，且－π<α<－eq\f(π,2)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))等于 ()\f(2\r(3),3) \f(1,3) C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(2\r(2),3)解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋α))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋α)).又－π<α<－eq\f(π,2)，∴－eq\f(7,12)π<eq\f(5π,12)＋α<－eq\f(π,12)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)π＋α))＝－eq\f(2\r(2),3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝－eq\f(2\r(2),3).答案D二、填空題(每小題6分，共18分)7．(2022·常德三模)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(35π,3)))的值是________．解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(35π,3)))＝coseq\f(35π,3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12π－\f(π,3)))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)8．(2022·合肥聯(lián)考)已知cos(π－α)＝eq\f(8,17)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則tanα＝________.解析cos(π－α)＝－cosα＝eq\f(8,17)，∴cosα＝－eq\f(8,17).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴sinα<0.∴sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(15,17).∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(15,8).答案eq\f(15,8)9．(2022·煙臺模擬)已知sinα是方程5x2－7x－6＝0的根，α是第三象限角，則eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α－\f(3,2)π))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))·tan2(π－α)＝________.解析方程5x2－7x－6＝0的兩根為x1＝－eq\f(3,5)，x2＝2，由α是第三象限角，∴sinα＝－eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，∴eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α－\f(3,2)π))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))·tan2(π－α)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))·cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),sinα·cosα)·tan2α＝eq\f(cosα·(－sinα),sinα·cosα)·tan2α＝－tan2α＝－eq\f(sin2α,cos2α)＝－eq\f(9,16).答案－eq\f(9,16)三、解答題(共40分)10．(13分)(2022·揭陽聯(lián)考)已知sin(3π＋θ)＝eq\f(1,3)，求eq\f(cos(π＋θ),cosθ[cos(π－θ)－1])＋eq\f(cos(θ－2π),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(3π,2)))cos(θ－π)－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋θ)))的值．解∵sin(3π＋θ)＝－sinθ＝eq\f(1,3)，∴sinθ＝－eq\f(1,3)，∴原式＝eq\f(－cosθ,cosθ(－cosθ－1))＋eq\f(cos(2π－θ),－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ))cos(π－θ)＋cosθ)＝eq\f(1,1＋cosθ)＋eq\f(cosθ,－cos2θ＋cosθ)＝eq\f(1,1＋cosθ)＋eq\f(1,1－cosθ)＝eq\f(2,1－cos2θ)＝eq\f(2,sin2θ)＝eq\f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))2)＝18.11．(13分)(2022·菏澤模擬)已知sin(π－α)－cos(π＋α)＝eq\f(\r(2),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<α<π)).求下列各式的值：(1)sinα－cosα；(2)sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋cos3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)).解由sin(π－α)－cos(π＋α)＝eq\f(\r(2),3)，得sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),3).①將①式兩邊平方，得1＋2sinα·cosα＝eq\f(2,9)，故2sinα·cosα＝－eq\f(7,9)，又eq\f(π,2)<α<π，∴sinα>0，cosα<0.∴sinα－cosα>0.(1)(sinα－cosα)2＝1－2sinα·cosα＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)))＝eq\f(16,9)，∴sinα－cosα＝eq\f(4,3).(2)sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋cos3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cos3α－sin3α＝(cosα－sinα)(cos2α＋cosα·sinα＋sin2α)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(7,18)))＝－eq\f(22,27).12．(14分)(2022·麗水聯(lián)考)是否存在角α，β，其中α∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，β∈(0，π)，使得等式sin(3π－α)＝eq\r(2)cos(eq\f(π,2)－β)，eq\r(3)cos(－α)＝－eq\r(2)cos(π＋β)同時成立．若存在，求出α，β的值；若不存在，請說明理由．解假設(shè)滿足題設(shè)要求的α，β存在，則α，β滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝\r(2)sinβ①,\r(3)cosα＝\r(2)cosβ②))①2＋②2，得sin2α＋3(1－sin2α)＝2，即sin2α＝eq\f(1,2)，sinα＝±eq\f(\r(2),2).∵－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，∴α＝eq\f(π,4)或α＝－eq\f(π,4).(1)當(dāng)α＝eq\f(π,4)時，由②得cosβ＝eq\f(\r(3),2)，∵0<β<π，∴β＝eq\f(π,6).(2)當(dāng)α＝－eq\f(π,4)時，由②得cosβ＝eq\f(\r(3),2)，β＝eq\f(π,6)，但不適合①式，故舍去．綜上可知，存在α＝eq\f(π,4)，β＝eq\f(π,6)使兩個等式同時成立．§三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)一、選擇題(每小題7分，共42分)1．(2022·福建理，1)函數(shù)f(x)＝sinxcosx的最小值是 ()A．－1 B．－eq\f(1,2) \f(1,2) D．1解析∵f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x.∴當(dāng)x＝kπ－eq\f(π,4)，k∈Z時，f(x)min＝－eq\f(1,2).答案B2．(2022·全國Ⅰ理，8)如果函數(shù)y＝3cos(2x＋φ)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))中心對稱，那么|φ|的最小值為 ()\f(π,6) \f(π,4) \f(π,3) \f(π,2)解析由y＝3cos(2x＋φ)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))中心對稱知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)π))＝0，即3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0.∴eq\f(8π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．∴φ＝kπ＋eq\f(π,2)－eq\f(8π,3)(k∈Z)．|φ|的最小值為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2π＋\f(π,2)－\f(8π,3)))＝eq\f(π,6).答案A3．(2022·棗莊調(diào)研)已知函數(shù)y＝sineq\f(πx,3)在區(qū)間[0，t]上至少取得2次最大值，則正整數(shù)t的最小值是 ()A．6 B．7 C．8 D．9解析T=6，則≤t，∴t≥，∴tmin=8.答案C4．(2022·嘉興模擬)已知在函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,R)圖象上，相鄰的一個最大值點與一個最小值點恰好在x2＋y2＝R2上，則f(x)的最小正周期為 ()A．1 B．2 C．3 D．4解析∵x2＋y2＝R2，∴x∈[－R，R]．∵函數(shù)f(x)的最小正周期為2R，∴最大值點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)，\r(3)))，相鄰的最小值點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(R,2)，－\r(3)))，代入圓方程，得R＝2，∴T＝4.答案D5．(2022·浙江理，8)已知a是實數(shù)，則函數(shù)f(x)＝1＋asinax的圖象不可能是 `()解析圖A中函數(shù)的最大值小于2，故0<a<1，而其周期大于2π.故A中圖象可以是函數(shù)f(x)的圖象．圖B中，函數(shù)的最大值大于2，故a應(yīng)大于1，其周期小于2π，故B中圖象可以是函數(shù)f(x)的圖象．當(dāng)a=0時，f(x)=1，此時對應(yīng)C中圖象，對于D可以看出其最大值大于2，其周期應(yīng)小于2π，而圖象中的周期大于2π，故D中圖象不可能為函數(shù)f(x)的圖象．答案D6．(2022·巢湖期末)給出下列命題：①函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,2)))是奇函數(shù)；②存在實數(shù)α，使得sinα＋cosα＝eq\f(3,2)；③若α、β是第一象限角且α<β，則tanα<tanβ；④x＝eq\f(π,8)是函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,4)))的一條對稱軸方程；⑤函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))成中心對稱圖形．其中正確的序號為 ()A．①③ B．②④ C．①④ D．④⑤解析①y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,3)＋\f(π,2)))?y＝－sineq\f(2,3)x是奇函數(shù)；②由sinα＋cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的最大值為eq\r(2)，因為eq\r(2)<eq\f(3,2)，所以不存在實數(shù)α，使得sinα＋cosα＝eq\f(3,2)；③α，β是第一象限角且α<β.例如：45°<30°＋360°，但tan45°>tan(30°＋360°)，即tanα<tanβ不成立；④把x＝eq\f(π,8)代入y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,4)))＝sineq\f(3π,2)＝－1，所以x＝eq\f(π,8)是函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,4)))的一條對稱軸；⑤把x＝eq\f(π,12)代入y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sineq\f(π,2)＝1，所以點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))不是函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的對稱中心．綜上所述，只有①④正確．答案C二、填空題(每小題6分，共18分)7．(2022·株州調(diào)研)函數(shù)y＝lg(sinx)＋eq\r(cosx－\f(1,2))的定義域為________________，函數(shù)y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(2,3)x))的單調(diào)遞增區(qū)間為______________．解析①要使函數(shù)有意義必須有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>0,cosx－\f(1,2)≥0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>0,cosx≥\f(1,2)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<π＋2kπ,－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z)，∴2kπ<x≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，∴函數(shù)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2kπ<x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)).②由y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(2,3)x))得y＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,4)))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,4)≤eq\f(3,2)π＋2kπ，得eq\f(9,8)π＋3kπ≤x≤eq\f(21π,8)＋3kπ，k∈Z，故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,8)π＋3kπ，\f(21π,8)＋3kπ))(k∈Z)．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ，\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,8)π＋3kπ，\f(21π,8)＋3kπ))(k∈Z)8．(2022·遼寧理，16)已知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，無最大值，則ω＝________.解析如圖所示，且，又f(x)在區(qū)間內(nèi)只有最小值、無最大值，∴f(x)在x=處取得最小值．∴(k∈Z)．∴ω=8k-(k∈Z)．∵ω>0，∴當(dāng)k=1時，ω=8-當(dāng)k=2時，ω=16，此時在區(qū)間內(nèi)存在最大值．故ω=.答案9．(2022·紹興月考)關(guān)于函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)，有下列命題：①由f(x1)＝f(x2)＝0可得x1－x2必是π的整數(shù)倍；②y＝f(x)的表達式可改寫為y＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))；③y＝f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))對稱；④y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,6)對稱．其中正確的命題的序號是________．(把你認為正確的命題序號都填上)解析函數(shù)f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期T＝π，由相鄰兩個零點的橫坐標間的距離是eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)知①錯．利用誘導(dǎo)公式得f(x)＝4coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，知②正確．由于曲線f(x)與x軸的每個交點都是它的對稱中心，將x＝－eq\f(π,6)代入得f(x)＝4sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝4sin0＝0，因此點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))是f(x)圖象的一個對稱中心，故命題③正確．曲線f(x)的對稱軸必經(jīng)過圖象的最高點或最低點，且與y軸平行，而x＝－eq\f(π,6)時y＝0，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))不是最高點也不是最低點，故直線x＝－eq\f(π,6)不是圖象的對稱軸，因此命題④不正確．答案②③三、解答題(共40分)10．(13分)(2022·懷化模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ))(－π<φ<0)，y＝f(x)圖象的一條對稱軸是直線x＝eq\f(π,8).(1)求φ；(2)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間．解(1)令2×eq\f(π,8)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝kπ＋eq\f(π,4)，又－π<φ<0，則－eq\f(5,4)<k<－eq\f(1,4)，∴k＝－1，則φ＝－eq\f(3π,4).(2)由(1)得：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(3π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，可解得eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(5π,8)＋kπ，k∈Z，因此y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8)＋kπ))，k∈Z.11．(13分)(2022·天津文，17)已知函數(shù)f(x)＝2cos2ωx＋2sinωxcosωx＋1(x∈R，ω>0)的最小正周期是eq\f(π,2).(1)求ω的值；(2)求函數(shù)f(x)的最大值，并且求使f(x)取得最大值的x的集合．解(1)f(x)＝2eq\f(1＋cos2ωx,2)＋sin2ωx＋1＝sin2ωx＋cos2ωx＋2＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2ωxcos\f(π,4)＋cos2ωxsin\f(π,4)))＋2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))＋2.由題設(shè)，函數(shù)f(x)的最小正周期是eq\f(π,2)，可得eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,2)，所以ω＝2.(2)由(1)知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))＋2.當(dāng)4x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋2kπ，即x＝eq\f(π,16)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))取得最大值1，所以函數(shù)f(x)的最大值是2＋eq\r(2)，此時x的集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝\f(π,16)＋\f(kπ,2)，k∈Z)).12．(14分)(2022·肇慶模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝cosωx(eq\r(3)sinωx＋cosωx)，其中0<ω<2.(1)若f(x)的周期為π，求當(dāng)－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,3)時f(x)的值域；(2)若函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸為x＝eq\f(π,3)，求ω的值．解f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx＋eq\f(1,2)cos2ωx＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).(1)因為T＝π，所以ω＝1.∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，當(dāng)－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,3)時，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).(2)因為f(x)的圖象的一條對稱軸為x＝eq\f(π,3)，所以2ωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，ω＝eq\f(3,2)k＋eq\f(1,2)(k∈Z)，又0<ω<2，所以－eq\f(1,3)<k<1，又k∈Z，所以k＝0，ω＝eq\f(1,2).

§函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象及三角函數(shù)模型的簡單應(yīng)用一、選擇題(每小題7分，共42分)1．(2022·山東文，3)將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位，再向上平移1個單位，所得圖象的函數(shù)解析式是 ()A．y＝2cos2x B．y＝2sin2xC．y＝1＋sin(2x＋eq\f(π,4)) D．y＝cos2x解析將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位，得到函數(shù)y＝sin2(x＋eq\f(π,4))，即y＝sin(2x＋eq\f(π,2))＝cos2x的圖象，再向上平移1個單位，所得圖象的函數(shù)解析式為y＝1＋cos2x＝2cos2x.答案A2．(2022·泉州模擬)將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象上各點的縱坐標不變，橫坐標伸長到原來的2倍，再向右平移eq\f(π,4)個單位，所得到的圖象解析式是 ()A．f(x)＝sinx B．f(x)＝cosxC．f(x)＝sin4x D．f(x)＝cos4x解析y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))→y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))→y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)＋\f(π,4)))＝sinx.答案A3．(2022·萊蕪一模)若函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋m的最大值為4，最小值為0，最小正周期為eq\f(π,2)，直線x＝eq\f(π,3)是其圖象的一條對稱軸，則它的解析式是 ()A．y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))＋2 D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))＋2解析∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋m＝4，,－A＋m＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝2，,m＝2.))∵T＝eq\f(π,2)，∴ω＝eq\f(2π,T)＝4.∴y＝2sin(4x＋φ)＋2.∵x＝eq\f(π,3)是其對稱軸，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(π,3)＋φ))＝±1.∴eq\f(4π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．∴φ＝kπ－eq\f(5π,6)(k∈Z)．當(dāng)k＝1時，φ＝eq\f(π,6).答案D4．(2022·全國Ⅱ文，9)若將函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度后，與函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的圖象重合，則ω的最小值為 ()\f(1,6) \f(1,4) \f(1,3) \f(1,2)解析函數(shù)y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))向右平移eq\f(π,6)后得到解析y＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,6)＋\f(π,4))).又因為y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，∴令eq\f(π,4)－eq\f(ωπ,6)＝eq\f(π,6)＋kπ，∴eq\f(π,12)＝eq\f(ωπ,6)＋kπ(k∈Z)，由ω>0得ω的最小值為eq\f(1,2).答案D5．(2022·杭州一模)電流強度I(安)隨時間t(秒)變化的函數(shù)I=Asin(ωt+φ)(A>0，ω>0,0<φ<)的圖象如右圖所示，則當(dāng)t=秒時，電流強度是 ()A．－5安 B．5安 C．5eq\r(3)安 D．10安解析由圖象知A＝10，eq\f(T,2)＝eq\f(4,300)－eq\f(1,300)＝eq\f(1,100)，∴ω＝eq\f(2π,T)＝100π.∴I＝10sin(100πt＋φ)．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,300)，10))為五點中的第二個點，∴100π×eq\f(1,300)＋φ＝eq\f(π,2).∴φ＝eq\f(π,6).∴I＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt＋\f(π,6)))，當(dāng)t＝eq\f(1,100)秒時，I＝－5安．答案A6．(2022·天津理，7)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))(x∈R，ω>0)的最小正周期為π，為了得到函數(shù)g(x)＝cosωx的圖象，只要將y＝f(x)的圖象 ()A．向左平移eq\f(π,8)個單位長度B．向右平移eq\f(π,8)個單位長度C．向左平移eq\f(π,4)個單位長度D．向右平移eq\f(π,4)個單位長度解析因為T＝π，則ω＝eq\f(2π,T)＝2，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，g(x)＝cos2x，將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,8)個單位長度時，y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x.答案A二、填空題(每小題6分，共18分)7．(2022·江蘇，4)函數(shù)y=Asin(ωx+φ)(A、ω、φ為常數(shù)，A>0，ω>0)在閉區(qū)間[-π，0]上的圖象如圖所示，則ω=.解析由函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象可知：答案38．(2022·全國Ⅱ改編)若動直線x＝a與函數(shù)f(x)＝sinx和g(x)＝cosx的圖象分別交于M、N兩點，則|MN|的最大值為________．解析設(shè)x＝a與f(x)＝sinx的交點為M(a，y1)，x＝a與g(x)＝cosx的交點為N(a，y2)，則|MN|＝|y1－y2|＝|sina－cosa|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(π,4)))))≤eq\r(2).答案eq\r(2)9．(2022·云浮期末)若函數(shù)f(x)＝2sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(2π,3)))上單調(diào)遞增，則ω的最大值為________．解析∵f(x)在上遞增，故即≥.∴ω≤.∴ωmax=.答案三、解答題(共40分)10．(13分)(2022·周口調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)+b(ω>0，|φ|<)的圖象的一部分如圖所示：(1)求f(x)的表達式；(2)試寫出f(x)的對稱軸方程．解(1)由圖象可知，函數(shù)的最大值M=3，最小值m=-1，則A=，又，∴，∴f(x)=2sin(2x+φ)+1，將x=，y=3代入上式，得，∴，k∈Z，即φ=+2kπ，k∈Z，∴φ=，∴f(x)=2sin+1.(2)由2x+=+kπ，得x=+kπ，k∈Z，∴f(x)=2sin+1的對稱軸方程為kπ，k∈Z.11．(13分)(2022·合肥聯(lián)考)函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的一段圖象如圖所示．(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式；(2)將函數(shù)y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,4)個單位，得到y(tǒng)＝g(x)的圖象，求直線y＝eq\r(6)與函數(shù)y＝f(x)＋g(x)的圖象在(0，π)內(nèi)所有交點的坐標．解(1)由題圖知A＝2，T＝π，于是ω＝eq\f(2π,T)＝2，將y＝2sin2x的圖象向左平移eq\f(π,12)個單位長度，得y＝2sin(2x＋φ)的圖象．于是φ＝2×eq\f(π,12)＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)依題意得g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故y＝f(x)＋g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12))).由2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12)))＝eq\r(6)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12)))＝eq\f(\r(3),2).∵0<x<π，∴－eq\f(π,12)<2x－eq\f(π,12)<2π－eq\f(π,12).∴2x－eq\f(π,12)＝eq\f(π,3)或2x－eq\f(π,12)＝eq\f(2π,3)，∴x＝eq\f(5,24)π或x＝eq\f(3,8)π，∴所求交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,24)，\r(6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\r(6))).12．(14分)(2022·金華模擬)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，x∈R)的圖象的一部分如圖所示．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))時，求函數(shù)y＝f(x)＋f(x＋2)的最大值與最小值及相應(yīng)的x的值．解(1)由圖象知A＝2，T＝8，∵T＝eq\f(2π,ω)＝8，∴ω＝eq\f(π,4).又圖象過點(－1,0)，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0.∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))).(2)y＝f(x)＋f(x＋2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,2)＋\f(π,4)))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,2)))＝2eq\r(2)coseq\f(π,4)x.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))，∴－eq\f(3π,2)≤eq\f(π,4)x≤－eq\f(π,6).∴當(dāng)eq\f(π,4)x＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(2,3)時，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最大值eq\r(6)；當(dāng)eq\f(π,4)x＝－π，即x＝－4時，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最小值－2eq\r(2).§兩角和與差的正弦、余弦和正切一、選擇題(每小題7分，共42分)1．(2022·青島模擬)sin45°·cos15°＋cos225°·sin15°的值為 ()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2) \f(1,2) \f(\r(3),2)解析原式＝sin45°·cos15°－cos45°·sin15°＝sin30°＝eq\f(1,2).答案C2．(2022·岳陽調(diào)研)已知sin(45°＋α)＝eq\f(\r(5),5)，則sin2α等于 ()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(3,5) \f(3,5) \f(4,5)解析sin(α＋45°)＝(sinα＋cosα)·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(5),5)，∴sinα＋cosα＝eq\f(\r(10),5).兩邊平方，得1＋sin2α＝eq\f(2,5).∴sin2α＝－eq\f(3,5).答案B3．(2022·陽江一模)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(\r(3),3)，則sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))的值是 ()\f(2＋\r(3),3) B．－eq\f(2＋\r(3),3)\f(2－\r(3),3) \f(－2＋\r(3),3)解析sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))＝1－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(2＋\r(3),3).答案A4．(2022·濟寧模擬)已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，1))，b＝(4,4cosα－eq\r(3))，若a⊥b，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(4π,3)))等于 ()A．－eq\f(\r(3),4) B．－eq\f(1,4) \f(\r(3),4) \f(1,4)解析a·b＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋4cosα－eq\r(3)＝2eq\r(3)sinα＋6cosα－eq\r(3)＝4eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－eq\r(3)＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(1,4).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(4π,3)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,4).答案B5．(2022·舟山一模)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(1,3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))的值是 ()A．－eq\f(7,9) B．－eq\f(1,3) \f(1,3) \f(7,9)解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－eq\f(7,9).答案A6．(2022·哈爾濱期末)在△ABC中，角C＝120°，tanA＋tanB＝eq\f(2,3)eq\r(3)，則tanAtanB的值為()\f(1,4) \f(1,3) \f(1,2) \f(5,3)解析tan(A＋B)＝－tanC＝－tan120°＝eq\r(3)，∴tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝eq\r(3)，即eq\f(\f(2,3)\r(3),1－tanAtanB)＝eq\r(3)，解得tanAtanB＝eq\f(1,3).答案B二、填空題(每小題6分，共18分)7．(2022·長春一模)若eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝3，tan(α－β)＝2，則tan(β－2α)＝________.解析∵eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)＝3，∴tanα＝2.又tan(α－β)＝2，故tan(β－α)＝－2.∴tan(β－2α)＝tan[(β－α)－α]＝eq\f(tan(β－α)－tanα,1＋tan(β－α)·tanα)＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)8．(2022·寧波模擬)eq\f(3－sin70°,2－cos210°)＝________.解析eq\f(3－sin70°,2－cos210°)＝eq\f(3－sin70°,2－\f(1＋cos20°,2))＝eq\f(2(3－sin70°),3－cos20°)＝eq\f(2(3－cos20°),3－cos20°)＝2.答案29．(2022·銅陵模擬)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________.解析∵α、β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，∴eq\f(3,2)π<α＋β<2π，eq\f(π,2)<β－eq\f(π,4)<eq\f(3,4)π，∴cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，cos(β－eq\f(π,4))＝－eq\f(5,13)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((α＋β)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(12,13)＝－eq\f(56,65).答案－eq\f(56,65)三、解答題(共40分)10．(13分)(2022·珠海模擬)化簡：(1)eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\r(6)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))；(2)eq\f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))).解(1)原式＝2eq\r(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)·cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝2eq\r(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋cos\f(π,6)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(π,4)＋x))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))).(2)原式＝eq\f(cos2α,\f(1－tanα,1＋tanα)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α)))))＝eq\f(cos2α,\f(cos2α,1＋sin2α)(1＋sin2α))＝1.11．(13分)(2022·煙臺三模)已知函數(shù)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)的周期和單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若關(guān)于x的方程f(x)－m＝2在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上有解，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))－eq\r(3)cos2x＝1＋sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1，周期T＝π；令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，解得單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．(2)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以f(x)的值域為[2,3]．而f(x)＝m＋2，所以m＋2∈[2,3]，即m∈[0,1]．12．(14分)(2022·寧德期末)已知向量a＝(3sinα，cosα)，b＝(2sinα，5sinα－4cosα)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，且a⊥b.(1)求tanα的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,3)))的值．解(1)∵a⊥b，∴a·b＝0.而a＝(3sinα，cosα)，b＝(2sinα，5sinα－4cosα)，故a·b＝6sin2α＋5sinαcosα－4cos2α＝0.由于cosα≠0，∴6tan2α＋5tanα－4＝0.解之，得tanα＝－eq\f(4,3)，或tanα＝eq\f(1,2).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，tanα<0，故tanα＝eq\f(1,2)(舍去)．∴tanα＝－eq\f(4,3).(2)∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).由tanα＝－eq\f(4,3)，求得taneq\f(α,2)＝－eq\f(1,2)或taneq\f(α,2)＝2(舍去)．∴sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(5),5)，coseq\f(α,2)＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,3)))＝coseq\f(α,2)coseq\f(π,3)－sineq\f(α,2)sineq\f(π,3)＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\f(1,2)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(2\r(5)＋\r(15),10).

§正弦定理和余弦定理一、選擇題(每小題7分，共42分)1．(2022·汕頭模擬)△ABC的三邊分別為a，b，c且滿足b2＝ac,2b＝a＋c，則此三角形是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等邊三角形解析∵2b＝a＋c，∴4b2＝(a＋c)2，又∵b2＝ac，∴(a－c)2＝0.∴a＝c.∴2b＝a＋c＝2a.∴b＝a，即a＝b＝c.答案D2．(2022·清遠期末)△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，且cos2B＋3cos(A＋C)＋2＝0，b＝eq\r(3)，則c∶sinC等于 ()A．3∶1 \r(3)∶1\r(2)∶1 D．2∶1解析cos2B＋3cos(A＋C)＋2＝2cos2B－3cosB＋1＝0，∴cosB＝eq\f(1,2)或cosB＝1(舍)．∴B＝eq\f(π,3).∴eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.答案D3．(2022·濱州模擬)△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，∠B＝30°，則△ABC的面積等于()\f(\r(3),2) \f(\r(3),4)\f(\r(3)