統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題限時(shí)集訓(xùn)3三角函數(shù)的概念圖象與性質(zhì)三角恒等變換與解三角形文含解析

PAGE專題限時(shí)集訓(xùn)(三)三角函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì)三角恒等變換與解三角形1．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)tan255°＝()A．－2－eq\r(3)B．－2＋eq\r(3)C．2－eq\r(3)D．2＋eq\r(3)D[tan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(45°＋30°)＝eq\f(tan45°＋tan30°,1－tan45°tan30°)＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3).故選D．]2．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)若x1＝eq\f(π,4)，x2＝eq\f(3π,4)是函數(shù)f(x)＝sinωx(ω＞0)兩個(gè)相鄰的極值點(diǎn)，則ω＝()A．2B．eq\f(3,2)C．1D．eq\f(1,2)A[由題意及函數(shù)y＝sinωx的圖象與性質(zhì)可知，eq\f(1,2)T＝eq\f(3π,4)－eq\f(π,4)，∴T＝π，∴eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.故選A．]3．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個(gè)周期后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))) D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))D[函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的周期為π，將函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象向右平移eq\f(1,4)個(gè)周期即eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，故選D．]4．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，則sinα＝()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(2\r(5),5)B[由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝2cos2α.∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2sinα＝cosα.又∵sin2α＋cos2α＝1，∴sin2α＝eq\f(1,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＝eq\f(\r(5),5).故選B．]5.(2024·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的圖象大致如圖，則f(x)的最小正周期為()A．eq\f(10π,9)B．eq\f(7π,6)C．eq\f(4π,3)D．eq\f(3π,2)C[由題圖知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＝0，∴－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－eq\f(3＋9k,4)(k∈Z)．設(shè)f(x)的最小正周期為T，易知T<2π<2T，∴eq\f(2π,|ω|)<2π<eq\f(4π,|ω|)，∴1<|ω|<2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝－1時(shí)，符合題意，此時(shí)ω＝eq\f(3,2)，∴T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3).故選C．]6．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[0，a]是減函數(shù)，則a的最大值是()A．eq\f(π,4)B．eq\f(π,2)C．eq\f(3π,4)D．πC[法一：f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).當(dāng)x∈[0，a]時(shí)，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以結(jié)合題意可知，a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4).故選C．法二：f′(x)＝－sinx－cosx＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).于是，由題設(shè)得f′(x)≤0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在區(qū)間[0，a]上恒成立．當(dāng)x∈[0，a]時(shí)，x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，a＋\f(π,4)))，所以a＋eq\f(π,4)≤π，即a≤eq\f(3π,4)，故所求a的最大值是eq\f(3π,4).故選C．]7．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，則eq\f(b,c)＝()A．6B．5C．4D．3A[∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－4c2＋b2,2bc)＝eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b,c)＝6.故選A．]8．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x－sin2x＋2，則()A．f(x)的最小正周期為π，最大值為3B．f(x)的最小正周期為π，最大值為4C．f(x)的最小正周期為2π，最大值為3D．f(x)的最小正周期為2π，最大值為4B[易知f(x)＝2cos2x－sin2x＋2＝3cos2x＋1＝3×eq\f(1＋cos2x,2)＋1＝eq\f(3,2)cos2x＋eq\f(5,2)，則f(x)的最小正周期為π，最大值為4.]9．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝eq\r(2)，則C＝()A．eq\f(π,12)B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,3)B[因?yàn)閍＝2，c＝eq\r(2)，所以由正弦定理可知，eq\f(2,sinA)＝eq\f(\r(2),sinC)，故sinA＝eq\r(2)sinC．又B＝π－(A＋C)，故sinB＋sinA(sinC－cosC)＝sin(A＋C)＋sinAsinC－sinAcosC＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC＝(sinA＋cosA)sinC＝0.又C為△ABC的內(nèi)角，故sinC≠0，則sinA＋cosA＝0，即tanA＝－1.又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(3π,4).從而sinC＝eq\f(1,\r(2))sinA＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2).由A＝eq\f(3π,4)知C為銳角，故C＝eq\f(π,6).故選B．]10．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的最大值為()A．eq\f(6,5)B．1C．eq\f(3,5)D．eq\f(1,5)A[法一(協(xié)助角公式法)：∵f(x)＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＋eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝eq\f(1,10)sinx＋eq\f(\r(3),10)cosx＋eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，∴當(dāng)x＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最大值eq\f(6,5).故選A．法二(角度轉(zhuǎn)換法)：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝eq\f(π,2)，∴f(x)＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝eq\f(1,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))≤eq\f(6,5).∴f(x)max＝eq\f(6,5).故選A．]11．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知角α的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊上有兩點(diǎn)A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝eq\f(2,3)，則|a－b|＝()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(2\r(5),5)D．1B[由題可知cosα>0.因?yàn)閏os2α＝2cos2α－1＝eq\f(2,3)，所以cosα＝eq\r(\f(5,6))，sinα＝±eq\r(\f(1,6))，得|tanα|＝eq\f(\r(5),5).由題意知|tanα|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,1－2)))，所以|a－b|＝eq\f(\r(5),5).]12．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為eq\f(a2＋b2－c2,4)，則C＝()A．eq\f(π,2)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)C[因?yàn)镾△ABC＝eq\f(1,2)absinC，所以eq\f(a2＋b2－c2,4)＝eq\f(1,2)absinC．由余弦定理a2＋b2－c2＝2abcosC，得2abcosC＝2absinC，即cosC＝sinC，所以tanC＝1.又因?yàn)镃∈(0，π)，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).故選C．]13．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝2，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝________.eq\f(3\r(10),10)[因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝2，所以sinα＝2cosα，又sin2α＋cos2α＝1，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(10),10).]14．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值為________．－4[∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，則t∈[－1,1]，∴f(x)＝－2t2－3t＋1.又函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸t＝－eq\f(3,4)∈[－1,1]，且圖象的開口向下，∴當(dāng)t＝1時(shí)，f(x)有最小值－4.]15．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，則△ABC的面積為________．eq\f(2\r(3),3)[由bsinC＋csinB＝4asinBsinC，得sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，因?yàn)閟inBsinC≠0，所以sinA＝eq\f(1,2).因?yàn)閎2＋c2－a2＝8，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以bc＝eq\f(8\r(3),3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\f(8\r(3),3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2\r(3),3).]16．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)關(guān)于函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有如下四個(gè)命題：①f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱．②f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．③f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱．④f(x)的最小值為2.其中全部真命題的序號(hào)是________．②③[由題意知f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠kπ，k∈Z}，且關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．又f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,sinx)))＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以①為假命題，②為真命題．因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱，③為真命題．當(dāng)sinx＜0時(shí)，f(x)＜0，所以④為假命題．]1．(2024·西安模擬)已知sinα＝eq\f(1,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．cosα＝－eq\f(2\r(2),3) B．tanα＝－eq\f(\r(2),4)C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(4＋\r(2),6) D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(4－\r(2),6)D[∵已知sinα＝eq\f(1,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(2),3)，故A正確；∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1,－2\r(2))＝－eq\f(\r(2),4)，故B正確；coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)－sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(4,6)－eq\f(\r(2),6)＝－eq\f(4＋\r(2),6)，故C正確；coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(4,6)＋eq\f(\r(2),6)＝eq\f(\r(2)－4,6)，故D錯(cuò)誤，故選D．]2．(2024·畢節(jié)市模擬)若eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)＝3，則sinθcosθ＋cos2θ的值是()A．1B．－eq\f(1,5)C．eq\f(1,5)D．－1D[∵eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(tanθ－1,tanθ＋1)＝3，∴tanθ＝－2，∴sinθcosθ＋cos2θ＝eq\f(sinθcosθ＋cos2θ－sin2θ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tanθ＋1－tan2θ,tan2θ＋1)＝eq\f(－2＋1－4,4＋1)＝－1.故選D．]3．(2024·江寧模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若A＝120°，c＝2b，則cosC＝()A．eq\f(\r(6),2)B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(2\r(7),7)D．eq\f(\r(14),14)C[若A＝120°，c＝2b，由余弦定理可得，cos120°＝－eq\f(1,2)＝eq\f(b2＋4b2－a2,4b2)，∴a＝eq\r(7)b，則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(7b2＋b2－4b2,2\r(7)b2)＝eq\f(2\r(7),7).故選C．]4．(2024·洛陽(yáng)模擬)要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象，只需將函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))的圖象()A．向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位 B．向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位C．向左平移eq\f(π,8)個(gè)單位 D．向右平栘eq\f(π,8)個(gè)單位C[要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象，只需將函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π,8)個(gè)單位即可，故選C．]5．(2024·南京師大附中模擬)設(shè)a，b是實(shí)數(shù)，已知角θ的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊上有兩點(diǎn)A(a,1)，B(－2，b)，且sinθ＝eq\f(1,3)，則eq\f(a,b)的值為()A．－4B．－2C．4D．±4A[由三角函數(shù)的定義，知eq\f(1,3)＝eq\f(1,\r(a2＋1))＝eq\f(b,\r(4＋b2))，且a＜0，b＞0，解得b＝eq\f(\r(2),2)，a＝－2eq\r(2)，所以eq\f(a,b)＝－4，故選A．]6．(2024·五華區(qū)校級(jí)模擬)函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx的圖象的一條對(duì)稱軸為()A．x＝eq\f(π,6)B．x＝eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,3)D．x＝eq\f(π,2)C[因?yàn)閒(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,2)＝2取得函數(shù)的最大值，所以函數(shù)f(x)的圖象的一條對(duì)稱軸為x＝eq\f(π,3)，故選C．]7．(2024·南安模擬)已知函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式為()A．y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))＋4 B．y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))＋4C．y＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))＋2 D．y＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))＋2A[由圖象可知A＝2，B＝4，且eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝π，∴T＝eq\f(2π,ω)＝4π，∴ω＝eq\f(1,2).所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))＋4，由圖可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，6))是五點(diǎn)作圖的第一個(gè)點(diǎn)，所以eq\f(1,2)×eq\f(π,2)＋φ＝0，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,4)))＋4.故A正確．]8．(2024·德陽(yáng)模擬)設(shè)當(dāng)x＝θ時(shí)，函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，則sinθ＝()A．－eq\f(2\r(5),5)B．eq\f(2\r(5),5)C．－eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(5),5)D[函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)sinx－\f(2\r(5),5)·cosx))＝eq\r(5)sin(x－φ)，其中cosφ＝eq\f(\r(5),5)，sinφ＝eq\f(2\r(5),5).當(dāng)x－φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)，取得最大值．∴θ＝φ＋2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)，取得最大值，則sinθ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋2kπ＋\f(π,2)))＝cosφ＝eq\f(\r(5),5)，故選D．]9．(2024·呂梁市一模)已知函數(shù)f(x)＝1－2sin2(ωx)(ω＞0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))內(nèi)單調(diào)遞減，則ω取最大值時(shí)函數(shù)y＝f(x)的周期為()A．πB．2πC．eq\f(3π,2)D．3πA[f(x)＝1－2sin2(ωx)＝cos2ωx(ω＞0)，函數(shù)周期為T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω)，由f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))內(nèi)單調(diào)遞減可得eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)，即eq\f(π,2ω)≥eq\f(π,2)?ω≤1，ω最大為1，則其周期為eq\f(2π,2)＝π.故選A．]10．(2024·韶關(guān)模擬)已知2cos(α－β)cosβ－cos(α－2β)＝eq\f(\r(2),4)，則eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)等于()A．－eq\f(3,4)B．－eq\f(4,3)C．eq\f(3,4)D．eq\f(4,3)A[∵2cos(α－β)cosβ－cos(α－2β)＝2cos(α－β)cosβ－cos(α－β－β)＝2cos(α－β)cosβ－cos(α－β)cosβ－sin(α－β)sinβ＝cos(α－β)cosβ－sin(α－β)sinβ＝cos(α－β＋β)＝cosα，∴cosα＝eq\f(\r(2),4)，sin2α＝1－cos2α＝eq\f(7,8)，∴tan2α＝7，從而eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq\f(3,4).]11．(2024·長(zhǎng)春二模)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c.已知2b－acosC＝0，sinA＝3sin(A＋C)，則eq\f(bc,a2)＝()A．eq\f(\r(7),4)B．eq\f(\r(14),9)C．eq\f(2,3)D．eq\f(\r(6),9)D[∵2b－acosC＝0，由余弦定理可得2b＝a×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，整理可得，3b2＋c2＝a2，①∵sinA＝3sin(A＋C)＝3sinB，由正弦定理可得，a＝3b，②①②聯(lián)立可得，c＝eq\r(6)b，則eq\f(bc,a2)＝eq\f(\r(6)b×b,9b2)＝eq\f(\r(6),9).故選D．]12．(2024·濰坊模擬)給出下列命題：①存在實(shí)數(shù)α使sinα＋cosα＝eq\f(5,3).②直線x＝eq\f(2019π,2)是函數(shù)y＝cosx圖象的一條對(duì)稱軸．③y＝cos(sinx)(x∈R)的值域是[cos1,1]．④若α，β都是第一象限角，且sinα＞sinβ，則tanα＞tanβ.其中正確命題的題號(hào)為()A．①② B．②③C．③④ D．①④C[①∵sinα＋cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))≤eq\r(2)＜eq\f(5,3)，∴①錯(cuò)誤；②eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2019π,2)，0))是函數(shù)y＝cosx圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，∴②錯(cuò)誤；③依據(jù)余弦函數(shù)的性質(zhì)可得y＝cos(sinx)的最大值為ymax＝cos0＝1，ymin＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))，其值域是[cos1,1]，③正確；④若α，β都是第一象限角，且sinα＞sinβ，利用三角函數(shù)線有tanα＞tanβ，④正確．故選C．]13．(2024·畢陽(yáng)市模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin2eq\f(π,4)x－eq\r(3)sineq\f(π,4)x·coseq\f(π,4)x，則f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)的值等于()A．2018B．1009C．1010D．2020C[∵f(x)＝sin2eq\f(π,4)x－eq\r(3)sineq\f(π,4)xcoseq\f(π,4)x＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)coseq\f(π,2)x－eq\f(\r(3),2)sineq\f(π,2)x＝eq\f(1,2)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,6))).∴函數(shù)f(x)的周期T＝eq\f(2π,\f(π,2))＝4，∵f(1)＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，f(3)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)，f(4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)，∴f(4k＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)，f(4k＋2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，f(4k＋3)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)，f(4k＋4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)，∴f(4k＋1)＋f(4k＋2)＋f(4k＋3)＋f(4k＋4)＝2，∵2020＝505×4，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)＝505×2＝1010.故選C．]14．(2024·上饒模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且面積為S，若bcosC＋ccosB＝2acosA，S＝eq\f(1,4)(b2＋a2－c2)，則角B等于()A．eq\f(π,2)B．eq\f(5π,12)C．eq\f(7π,12)D．eq\f(π,3)B[因?yàn)閎cosC＋ccosB＝2acosA，由正弦定理可得，sinBcosC＋sinCcosB＝2sinAcosA，即sin(B＋C)＝2sinAcosA＝sinA，因?yàn)閟inA≠0，所以cosA＝eq\f(1,2)，故A＝eq\f(π,3)，∵S＝eq\f(1,4)(b2＋a2－c2)，∴eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,4)×2ab×cosC，∴sinC＝cosC，故C＝eq\f(π,4)，則B＝eq\f(5π,12).故選B．]15．(2024·畢陽(yáng)市模擬)已知A(xA，yA)是圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，半徑為1的圓上的隨意一點(diǎn)，將射線OA繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)eq\f(2π,3)到OB交圓于點(diǎn)B(xB，yB)，則2yA＋yB的最大值為()A．3B．2C．eq\r(3)D．eq\r(5)C[設(shè)A(cosθ，sinθ)，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)))))，∴2yA＋yB＝2sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)))＝2sinθ＋sinθcoseq\f(2π,3)＋cosθsineq\f(2π,3)＝eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，∴2yA＋yB的最大值為eq\r(3)，故選C．]16.(2024·平頂山一模)《蒙娜麗莎》是意大利文藝復(fù)興時(shí)期畫家列奧納多·達(dá)芬奇創(chuàng)作的油畫，現(xiàn)保藏于法國(guó)羅浮宮博物館．該油畫規(guī)格為：縱77cm，橫53cm.油畫掛在墻壁上的最低點(diǎn)處B離地面237cm(如圖所示)．有一身高為175cm的游客從正面欣賞它(該游客頭頂T到眼睛C的距離為15cm)，設(shè)該游客離墻距離為xcm，視角為θ.為使欣賞視角θ最大，x應(yīng)為()A．77B．80C．100D．77eq\r(2)D[如圖所示，設(shè)∠BCD＝α，則tanα＝eq\f(237－175－15,x)＝eq\f(77,x).tan(θ＋α)＝eq\f(tanθ＋tanα,1－tanθtanα)＝eq\f(77＋77,x)＝eq\f(154,x)，解得tanθ＝eq\f(77,x＋\f(2×772,x))≤eq\f(77,2\r(x·\f(2×772,x)))＝eq\f(\r(2),4)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(2×772,x)，即x＝77eq\r(2)cm時(shí)取等號(hào)．故選D．]17．(2024·玉林一模)已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)－1(ω＞0，|φ|＜π)的一個(gè)零點(diǎn)是x＝eq\f(π,4)，當(dāng)x＝eq\f(π,3)時(shí)函數(shù)f(x)取最大值，則當(dāng)ω取最小值時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上的最大值為()A．－2B．eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(3,2)D．0D[∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,4)＋φ))－1＝0，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,4)＋φ))＝eq\f(1,2)，∴eq\f(ωπ,4)＋φ＝2kπ±eq\f(π,3)，k∈Z，①∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,3)＋φ))－1＝1，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,3)＋φ))＝1，∴eq\f(ωπ,3)＋φ＝2mπ，m∈Z，②由①②可得φ＝8kπ－6mπ±eq\f(4π,3)，由于|φ|＜π，可取k＝1，m＝1，解得φ＝eq\f(2π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10π,3)舍去))，則ω＝6m－2，m∈Z可得正數(shù)ω的最小值為4，即有f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(2π,3)))－1，由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,12)))，可得4x＋eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\[\rc\