山東專用2024新高考數(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Ⅲ)已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2,3)D．eq\f(\r(2),2)B[∵sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，故選B．]2．(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＝1－2sin2α＋1，即2sinαcosα＝1－sin2α.因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)，所以2sinαeq\r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sinα＝eq\f(\r(5),5)，故選B．]3．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，則tanB＝()A．eq\r(5)B．2eq\r(5)C．4eq\r(5)D．8eq\r(5)C[法一：在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，則sinC＝eq\f(\r(5),3)＞eq\f(\r(2),2)，所以C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝16＋9－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，所以AB＝3.由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得sinB＝eq\f(4\r(5),9)，易知B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosB＝eq\f(1,9)，tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝4eq\r(5).故選C．法二：在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，所以由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝16＋9－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，所以AB＝3，所以△ABC是等腰三角形．過(guò)點(diǎn)B作BD⊥AC于點(diǎn)D(圖略)，則BD＝eq\r(BC2－CD2)＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq\s\up10(2))＝eq\r(5)，taneq\f(B,2)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以tanB＝eq\f(2tan\f(B,2),1－tan2\f(B,2))＝4eq\r(5).故選C．]4．[多選](2024·新高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖是函數(shù)y＝sin(wx＋φ)的部分圖象，則sin(wx＋φ)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))BC[由題圖可知，函數(shù)的最小正周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴eq\f(2π,|ω|)＝π，ω＝±2.當(dāng)ω＝2時(shí)，y＝sin(2x＋φ)，將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入得，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，故y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).由于y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sinπ－2x＋eq\f(2π,3)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，故選項(xiàng)B正確；y＝sineq\f(π,3)－2x＝coseq\f(π,2)－eq\f(π,3)－2x＝cos2x＋eq\f(π,6)，選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)，sineq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝1≠0，錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，當(dāng)x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(2π,3),2)＝eq\f(5π,12)時(shí)，coseq\f(5π,6)－2×eq\f(5π,12)＝1≠－1，錯(cuò)誤．當(dāng)ω＝－2時(shí)，y＝sin(－2x＋φ)，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2×\f(π,6)＋φ))＝0，結(jié)合函數(shù)圖象，知－2×eq\f(π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(4π,3)))，但當(dāng)x＝0時(shí)，y＝sin－2x＋eq\f(4π,3)＝－eq\f(\r(3),2)<0，與圖象不符合，舍去．綜上，選BC．]5．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，則下面結(jié)論正確的是()A．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2B．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2C．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2D．把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2D[因?yàn)閥＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以曲線C1：y＝cosx上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，得到曲線y＝cos2x，再把得到的曲線y＝cos2x向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故選D．]6．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)，則()A．f(x)的最小值為2B．f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱C．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝π對(duì)稱D．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱D[由題意得sinx∈[－1，0)∪(0，1]．對(duì)于A，當(dāng)sinx∈(0，1]時(shí)，f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)≥2eq\r(sinx·\f(1,sinx))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)sinx＝1時(shí)取等號(hào)；當(dāng)sinx∈[－1，0)時(shí)，f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－sinx＋\f(1,－sinx)))≤－2eq\r(－sinx·\f(1,－sinx))＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)sinx＝－1時(shí)取等號(hào)，所以A錯(cuò)誤．對(duì)于B，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f(x)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以B錯(cuò)誤．對(duì)于C，f(x＋π)＝sin(x＋π)＋eq\f(1,sinx＋π)＝－(sinx＋eq\f(1,sinx))，f(π－x)＝sin(π－x)＋eq\f(1,sinπ－x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)，則f(x＋π)≠f(π－x)，f(x)的圖象不關(guān)于直線x＝π對(duì)稱，所以C錯(cuò)誤．對(duì)于D，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))))＝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(x＋\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱，所以D正確．故選D．]7．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，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．πA[法一：f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，且函數(shù)y＝cosx在區(qū)間[0，π]上單調(diào)遞減，則由0≤x＋eq\f(π,4)≤π，得－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4).因?yàn)閒(x)在[－a，a]上是減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0＜a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故選A．法二：因?yàn)閒(x)＝cosx－sinx，所以f′(x)＝－sinx－cosx，則由題意，知f′(x)＝－sinx－cosx≤0在[－a，a]上恒成立，即sinx＋cosx≥0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，結(jié)合函數(shù)y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象可知有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0＜a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故選A．]8．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點(diǎn)，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對(duì)稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，則ω的最大值為()A．11B．9C．7D．5B[先依據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)及圖象對(duì)稱軸，求出ω，φ滿意的關(guān)系式，再依據(jù)函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))的區(qū)間長(zhǎng)度不大于函數(shù)f(x)周期的eq\f(1,2)，然后結(jié)合|φ|≤eq\f(π,2)計(jì)算ω的最大值．因?yàn)閒(x)＝sin(ωx＋φ)的一個(gè)零點(diǎn)為x＝－eq\f(π,4)，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對(duì)稱軸，所以eq\f(T,4)·k＝eq\f(π,2)(k為奇數(shù))．又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝k(k為奇數(shù))．又函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，所以eq\f(π,12)≤eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)，即ω≤12.若ω＝11，又|φ|≤eq\f(π,2)，則φ＝－eq\f(π,4)，此時(shí)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4)))，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上單調(diào)遞減，不滿意條件．若ω＝9，又|φ|≤eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,4)，此時(shí)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4)))，滿意f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)的條件．故選B．]9．(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[依據(jù)題意及三角形的面積公式知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).]10．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)下列函數(shù)中，以eq\f(π,2)為周期且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝|cos2x| B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|A[A中，函數(shù)f(x)＝|cos2x|的周期為eq\f(π,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故A正確；B中，函數(shù)f(x)＝|sin2x|的周期為eq\f(π,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，故B不正確；C中，函數(shù)f(x)＝cos|x|＝cosx的周期為2π，故C不正確；D中，f(x)＝sin|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0，,－sinx，x＜0，))由正弦函數(shù)圖象知，在x≥0和x＜0時(shí)，f(x)均以2π為周期，但在整個(gè)定義域上f(x)不是周期函數(shù)，故D不正確．故選A．]11．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC邊上的高等于eq\f(1,3)BC，則cosA＝()A．eq\f(3\r(10),10)B．eq\f(\r(10),10)C．－eq\f(\r(10),10)D．－eq\f(3\r(10),10)C[法一：設(shè)△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，則由題意得S△ABC＝eq\f(1,2)a·eq\f(1,3)a＝eq\f(1,2)acsinB，∴c＝eq\f(\r(2),3)a.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋eq\f(2,9)a2－2×a×eq\f(\r(2),3)a×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(5,9)a2，∴b＝eq\f(\r(5),3)a.∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\f(5,9)a2＋\f(2,9)a2－a2,2×\f(\r(5),3)a×\f(\r(2),3)a)＝－eq\f(\r(10),10).故選C．法二：同法一得c＝eq\f(\r(2),3)a.由正弦定理得sinC＝eq\f(\r(2),3)sinA，又B＝eq\f(π,4)，∴sinC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\f(\r(2),3)sinA，即eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),3)sinA，∴tanA＝－3，∴A為鈍角．又∵1＋tan2A＝eq\f(1,cos2A)，∴cos2A＝eq\f(1,10)，∴cosA＝－eq\f(\r(10),10).故選C．]12．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)關(guān)于函數(shù)f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下述四個(gè)結(jié)論：①f(x)是偶函數(shù)；②f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞增；③f(x)在[－π，π]有4個(gè)零點(diǎn)；④f(x)的最大值為2.其中全部正確結(jié)論的編號(hào)是()A．①②④B．②④C．①④D．①③C[法一：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)為偶函數(shù)，故①正確；當(dāng)eq\f(π,2)＜x＜π時(shí)，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞減，故②不正確；f(x)在[－π，π]的圖象如圖所示，由圖可知函數(shù)f(x)在[－π，π]只有3個(gè)零點(diǎn)，故③不正確；∵y＝sin|x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時(shí)取到，∴f(x)可以取到最大值2，故④正確．綜上，正確結(jié)論的序號(hào)是①④.故選C．法二：∵f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)為偶函數(shù)，故①正確，解除B；當(dāng)eq\f(π,2)＜x＜π時(shí)，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))單調(diào)遞減，故②不正確，解除A；∵y＝sin|x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時(shí)取到，∴f(x)的最大值為2，故④正確．故選C．]13．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω＞0)，已知f(x)在[0，2π]有且僅有5個(gè)零點(diǎn)．下述四個(gè)結(jié)論：①f(x)在(0，2π)有且僅有3個(gè)極大值點(diǎn)；②f(x)在(0，2π)有且僅有2個(gè)微小值點(diǎn)；③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調(diào)遞增；④ω的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))).其中全部正確結(jié)論的編號(hào)是()A．①④B．②③C．①②③D．①③④D[如圖，依據(jù)題意知，xA≤2π＜xB，依據(jù)圖象可知函數(shù)f(x)在(0，2π)有且僅有3個(gè)極大值點(diǎn)，所以①正確；但可能會(huì)有3個(gè)微小值點(diǎn)，所以②錯(cuò)誤；依據(jù)xA≤2π＜xB，有eq\f(24π,5ω)≤2π＜eq\f(29π,5ω)，得eq\f(12,5)≤ω＜eq\f(29,10)，所以④正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))時(shí)，eq\f(π,5)＜ωx＋eq\f(π,5)＜eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)，因?yàn)閑q\f(12,5)≤ω＜eq\f(29,10)，所以eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)＜eq\f(49π,100)＜eq\f(π,2)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))單調(diào)遞增，所以③正確．]14．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，則b＝________.eq\f(21,13)[因?yàn)锳，C為△ABC的內(nèi)角，且cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又a＝1，所以由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\f(63,65)×eq\f(5,3)＝eq\f(21,13).]15．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，則△ABC的面積為____________．6eq\r(3)[法一：因?yàn)閍＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×sineq\f(π,3)＝6eq\r(3).法二：因?yàn)閍＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq\f(π,2)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×6＝6eq\r(3).]16．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，則AB的取值范圍是________．(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))[畫出四邊形ABCD，延長(zhǎng)CD，BA，探求出AB的取值范圍．如圖所示，延長(zhǎng)BA與CD相交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CF∥AD交AB于點(diǎn)F，則BF<AB<BE.在等腰三角形CFB中，∠FCB＝30°，CF＝BC＝2，∴BF＝eq\r(22＋22－2×2×2cos30°)＝eq\r(6)－eq\r(2).在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，BE＝CE，BC＝2，eq\f(BE,sin75°)＝eq\f(2,sin30°)，∴BE＝eq\f(2,\f(1,2))×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\r(6)＋eq\r(2).∴eq\r(6)－eq\r(2)<AB<eq\r(6)＋eq\r(2).]17．(2024·北京高考)若函數(shù)f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx的最大值為2，則常數(shù)φ的一個(gè)取值為________．eq\f(π,2)(答案不唯一)[易知當(dāng)y＝sin(x＋φ)，y＝cosx同時(shí)取得最大值1時(shí)，函數(shù)f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cosx，則φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故常數(shù)φ的一個(gè)取值為eq\f(π,2).]18．[一題兩空](2024·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點(diǎn)D在線段AC上．若∠BDC＝45°，則BD＝________，cos∠ABD＝________.eq\f(12\r(2),5)eq\f(7\r(2),10)[在△BDC中，BC＝3，sin∠BCD＝eq\f(4,5)，∠BDC＝45°，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，則BD＝eq\f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq\f(12\r(2),5).在△ABD中，sin∠BAD＝eq\f(3,5)，cos∠BAD＝eq\f(4,5)，∠ADB＝135°，∴cos∠ABD＝cos[180°－(135°＋∠BAD)]＝cos(45°－∠BAD)＝cos45°cos∠BAD＋sin45°sin∠BAD＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)＋\f(3,5)))＝eq\f(7\r(2),10).]1．(2024·濟(jì)南模擬)在△ABC中，sinA＝eq\f(5,13)，cosB＝eq\f(3,5)，則cosC＝()A．eq\f(56,65)B．－eq\f(33,65)C．eq\f(56,65)或－eq\f(16,65)D．－eq\f(16,65)D[因?yàn)閏osB＝eq\f(3,5)，所以sinB＝eq\f(4,5)，因?yàn)閟inA＝eq\f(5,13)，所以cosA＝±eq\f(12,13)，因?yàn)閟inB＝eq\f(4,5)＞sinA＝eq\f(5,13)，所以B＞A，所以角A為銳角，所以cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(5,13)×eq\f(4,5)－eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＝－eq\f(16,65).]2．(2024·濰坊模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，則B＝()A．eq\f(3π,4)B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)C[∵c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理可得a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(4＋\r(3)＋12－2×2×\r(3)＋1×\f(1,2))＝eq\r(6)，∴由正弦定理可得sinB＝eq\f(b·sinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，∵b＜a，∴B為銳角，∴B＝eq\f(π,4).故選C．]3．(2024·石家莊模擬)若將函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx的圖象向左平移φ個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)＝sinx＋2cosx的圖象，則cosφ＝()A．－eq\f(4,5)B．eq\f(4,5)C．－eq\f(3,5)D．eq\f(3,5)C[∵f(x)＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))sinx－\f(2,\r(5))cosx))＝eq\r(5)sin(x－θ)，其中cosθ＝eq\f(\r(5),5)，sinθ＝eq\f(2\r(5),5)，g(x)＝sinx＋2cosx＝eq\r(5)sin(x＋θ)，∴eq\r(5)sin(x－θ＋φ)＝eq\r(5)sin(x＋θ)，∴x－θ＋φ＝x＋θ＋2kπ，k∈Z，∴φ＝2θ＋2kπ，k∈Z，∴cosφ＝cos2θ＝2cos2θ－1＝eq\f(2,5)－1＝－eq\f(3,5)，故選C．]4．(2024·江西紅色七校第一次聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))，與該對(duì)稱中心相鄰的一條對(duì)稱軸的方程為x＝eq\f(7π,12)，該對(duì)稱軸處所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值為－1，為了得到g(x)＝cos2x的圖象，只需將f(x)的圖象()A．向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度B．向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度C．向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度D．向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度B[由題可知f(x)的最小值為－1，故A＝1.最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，故ω＝2.又當(dāng)x＝eq\f(7π,12)時(shí)，f(x)取得最小值，故2×eq\f(7π,12)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).又g(x)＝cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))，故只要將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，即可得到g(x)＝cos2x的圖象．]5．(2024·濟(jì)寧模擬)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，則下列結(jié)論正確的是()A．2α－β＝eq\f(π,2) B．2α＋β＝eq\f(π,2)C．α＋β＝eq\f(π,2) D．α－β＝eq\f(π,2)A[法一：因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以由sin2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，得eq\f(sin2α,1－cos2α)＝eq\f(cosβ,1＋sinβ)，所以eq\f(2sinαcosα,2sin2α)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β)),1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β)))，所以eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))),2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))))，所以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)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))))，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))).又eq\f(π,2)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(π,4)－eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，函數(shù)y＝tanx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以eq\f(π,2)－α＝eq\f(π,4)－eq\f(β,2)，即2α－β＝eq\f(π,2)，故選A．法二：tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(2sin2α,2sinαcosα)＝eq\f(1－cos2α,sin2α)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2))))＝eq\f(2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2))))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β)))＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，由sin2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，得eq\f(1＋sinβ,cosβ)＝eq\f(1－cos2α,sin2α)，則tanα＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2))).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(π,4)＋eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，函數(shù)y＝tanx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以α＝eq\f(π,4)＋eq\f(β,2)，且2α－β＝eq\f(π,2)，故選A．]6．(2024·西安模擬)將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象，則函數(shù)f(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))A[將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，所以g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).又0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(2π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，令k＝0可得函數(shù)f(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，故選A．]7．(2024·四川五校聯(lián)考)在△ABC中，角A的平分線交BC于點(diǎn)D，BD＝2CD＝2，則△ABC面積的最大值為()A．3eq\r(2)B．2eq\r(2)C．3D．4C[如圖，由BD＝2CD＝2，知BC＝3，由角平分線定理，得eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,CD)＝2，設(shè)AC＝x，∠BAC＝2α，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則AB＝2x，由余弦定理，得32＝4x2＋x2－2·2x·x·cos2α，即x2＝eq\f(9,5－4cos2α).S△ABC＝eq\f(1,2)·2x·x·sin2α＝x2·sin2α＝eq\f(9sin2α,5－4cos2α)＝eq\f(9×2sinαcosα,5－4×cos2α－sin2α)＝eq\f(9·\f(2tanα,1＋tan2α),5－4·\f(1－tan2α,1＋tan2α))＝eq\f(18·tanα,1＋9tan2α)＝eq\f(18,\f(1,tanα)＋9tanα)≤eq\f(18,2\r(\f(1,tanα)·9tanα))＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,tanα)＝9tanα，即tanα＝eq\f(1,3)時(shí)取等號(hào)．故△ABC面積的最大值為3.]8．[多選](2024·濟(jì)寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，則下列四個(gè)命題正確的是()A．f(x)的最小正周期是πB．f(x)＝eq\f(1,2)是x＝eq\f(π,2)的充分不必要條件C．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞增D．函數(shù)y＝|f(x)|的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到圖象的對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(k,4)π(k∈Z)AD[對(duì)于A，由最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π知A正確；對(duì)于B，由f(x)＝eq\f(1,2)得2x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,6)或2x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,6)或x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，可知f(x)＝eq\f(1,2)是x＝eq\f(π,2)的必要不充分條件，B不正確；對(duì)于C，由eq\f(π,3)＜x＜eq\f(5π,6)得eq\f(π,2)＜2x－eq\f(π,6)＜eq\f(3π,2)，因?yàn)閥＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上單調(diào)遞減，故C不正確；對(duì)于D，y＝|f(x)|的圖象向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度得y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))))＝|sin2x|的圖象，由y＝|sinx|的圖象的對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)得y＝|sin2x|的圖象的對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(kπ,4)(k∈Z)，D正確．故選AD．]10.(2024·淄博模擬)△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若向量m＝(a，－cosA)，n＝(cosC，eq\r(2)b－c)，且m·n＝0，則角A的大小為()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,2)B[法一：由m·n＝0，得acosC－cosA(eq\r(2)b－c)＝0，由正弦定理，得sinAcosC－cosA(eq\r(2)sinB－sinC)＝0，即sinAcosC＋cosAsinC＝eq\r(2)sinBcosA，所以sin(A＋C)＝eq\r(2)sinBcosA，所以sin(π－B)＝eq\r(2)sinBcosA，即sinB＝eq\r(2)sinBcosA．因?yàn)?＜B＜π，所以sinB＞0，所以cosA＝eq\f(\r(2),2)，所以A＝eq\f(π,4)，故選B．法二：由m·n＝0，得acosC－cosA(eq\r(2)b－c)＝0，由余弦定理，得a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)－eq\r(2)bcosA＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝0，即b＝eq\r(2)bcosA，所以cosA＝eq\f(\r(2),2)，所以A＝eq\f(π,4)，故選B．]11．[多選](2024·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，其圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,4)，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(3π,16)個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，那么函數(shù)y＝f(x)的圖象()A．關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,16)，0))對(duì)稱B．關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,16)，0))對(duì)稱C．關(guān)于直線x＝eq\f(π,16)對(duì)稱D．關(guān)于直線x＝－eq\f(π,16)對(duì)稱BD[由題意，知f(x)的最小正周期T＝2×eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，所以ω＝eq\f(2π,T)＝4，所以f(x)＝sin(4x＋φ)，此函數(shù)圖象平移后所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,16)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(3π,4)＋φ))，當(dāng)函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(3π,4)＋φ))的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱時(shí)，必有eq\f(3π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝kπ－eq\f(π,4)(k∈Z)，結(jié)合|φ|＜eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,4)，所以由4x－eq\f(π,4)＝nπ(n∈Z)，得x＝eq\f(nπ,4)＋eq\f(π,16)(n∈Z)，當(dāng)n＝0時(shí)，x＝eq\f(π,16)，所以函數(shù)f(x)的圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,16)，0)).由4x－eq\f(π,4)＝mπ＋eq\f(π,2)(m∈Z)，得x＝eq\f(mπ,4)＋eq\f(3π,16)(m∈Z)，當(dāng)m＝－1時(shí)，x＝－eq\f(π,16)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,16)對(duì)稱，故選BD．]12．[多選](2024·棗莊模擬)如圖是函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象，把函數(shù)f(x)的圖象上全部點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再把所得圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)的圖象，則下列說(shuō)法正確的是()A．函數(shù)g(x)是奇函數(shù)B．函數(shù)g(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(1,2)(1＋k)π(k∈Z)C．函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)D．函數(shù)g(x)圖象的對(duì)稱中心為(kπ，0)(k∈Z)AD[由題意知函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,6)))＝π，由T＝eq\f(2π,|ω|)及ω＞0，得ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)．又f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，1))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝1.因?yàn)椋璭q\f(π,2)＜φ＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).把函數(shù)f(x)的圖象上全部點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的圖象，再將y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的圖象向左平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)g(x)的圖象，故g(x)＝sinx，是奇函數(shù)，A選項(xiàng)正確；函數(shù)g(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；函數(shù)g(x)圖象的對(duì)稱中心為(kπ，0)(k∈Z)，D選項(xiàng)正確．故選AD．]13．[多選](2024·臨沂模擬)把函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x的圖象向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則下列推斷正確的是()A．g(x)＝－sin2x＋cos2xB．函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(3π,8)對(duì)稱C．函數(shù)y＝g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減D．函數(shù)y＝g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0))對(duì)稱ABD[法一：f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，所以g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))－\f(π,4)))＝－sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))，明顯A正確；令2x＋eq\f(3π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝－eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以直線x＝－eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)是函數(shù)y＝g(x)的圖象的對(duì)稱軸，當(dāng)k＝1時(shí)，得對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(3π,8)，B正確；令2x＋eq\f(3π,4)＝kπ(k∈Z)，得x＝－eq\f(3π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)是函數(shù)y＝g(x)的圖象的對(duì)稱中心，當(dāng)k＝0時(shí)，得對(duì)稱中心為點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0))，D正確；令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(3π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，所以函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))(k∈Z)上單調(diào)遞減，故C錯(cuò)誤．故選ABD．法二：f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，所以g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))－\f(π,4)))＝－sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))，明顯A正確；當(dāng)x＝eq\f(3π,8)時(shí)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(3π,8)＋\f(3π,4)))＝eq\r(2)sineq\f(3π,2)＝－eq\r(2)，所以B正確；當(dāng)x＝－eq\f(3π,8)時(shí)，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2×\f(3π,8)＋\f(3π,4)))＝0，所以D正確；當(dāng)－eq\f(π,4)＜x＜eq\f(π,4)時(shí)，eq\f(π,4)＜2x＋eq\f(3π,4)＜eq\f(5π,4)，易知C錯(cuò)誤．故選ABD．]14．[多選](2024·濱州模擬)已知P(1，2)是函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))圖象的一個(gè)最高點(diǎn)，B，C是與P相鄰的兩個(gè)最低點(diǎn)．設(shè)∠BPC＝θ，若taneq\f(θ,2)＝eq\f(3,4)，則下列說(shuō)法正確的是()A．A＝2B．f(x)的最小正周期為6C．φ＝eq\f(π,4)D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))是f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心ABD[如圖，連接BC，設(shè)BC的中點(diǎn)為D，E，F(xiàn)為與點(diǎn)P最近的函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)，即函數(shù)f(x)圖象的兩個(gè)對(duì)稱中心，連接PD，則由題意知A＝2，A正確；|PD|＝4，∠BPD＝∠CPD＝eq\f(θ,2)，PD⊥BC，所以tan∠BPD＝taneq\f(θ,2)＝eq\f(|BD|,|PD|)＝eq\f(|BD|,4)＝eq\f(3,4)，所以|BD|＝3，|BC|＝6，f(x)的最小正周期為6，B正確；ω＝eq\f(2π,6)＝eq\f(π,3)，eq\f(π,3)×1＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，φ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又|φ|＜eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,6)，C錯(cuò)誤；由函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱性知，xF＝1＋eq\f(3,2)＝eq\f(5,2)，所以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))是f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，D正確．故選ABD．]15．[多選](2024·泰安模擬)已知直線x＝eq\f(π,4)是函數(shù)f(x)＝sinx＋acosx的圖象的一條對(duì)稱軸，若x1，x2滿意f(x1)·f(x2)＝2，則()A．a(chǎn)的值為1B．f(x)的最大值為2C．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)π，\f(π,4)))上單調(diào)遞增D．|x1＋x2|可取eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)ACD[法一：f(x)＝sinx＋acosx＝eq\r(1＋a2)sin(x＋φ)，其中tanφ＝a.由直線x＝eq\f(π,4)是函數(shù)圖象的對(duì)稱軸可得eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)，所以a＝tanφ＝1，故A正確，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以B錯(cuò)誤，C正確．若f(x1)·f(x2)＝2，則f(x1)＝f(x2)＝eq\r(2)或－eq\r(2)，當(dāng)f(x1)＝f(x2)＝eq\r(2)時(shí)，可設(shè)x1＝eq\f(π,4)＋2k1π，x2＝eq\f(π,4)＋2k2π，其中k1，k2∈Z，則|x1＋x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2k1＋k2π))，當(dāng)k1＋k2＝0時(shí)，可得|x1＋x2|＝eq\f(π,2)；當(dāng)k1＋k2＝－1時(shí)，|x1＋x2|＝eq\f(3,2)π.當(dāng)f(x1)＝f(x2)＝－eq\r(2)時(shí)，同理可得|x1＋x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2k1＋k2π))，k1，k2∈Z，易知|x1＋x2|可取eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).故選ACD．法二：由直線x＝eq\f(π,4)是函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸可得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝coseq\f(π,4)－asineq\f(π,4)＝0，即a＝1，故A正確，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以B錯(cuò)誤，C正確．若f(x1)·f(x2)＝2，則f(x1)＝f(x2)＝eq\r(2)或－eq\r(2)，當(dāng)f(x1)＝f(x2)＝eq\r(2)時(shí)，可設(shè)x1＝eq\f(π,4)＋2k1π，x2＝eq\f(π,4)＋2k2π，其中k1，k2∈Z，則|x1＋x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2k1＋k2π))，當(dāng)k1＋k2＝0時(shí)，可得|x1＋x2|＝eq\f(π,2)；當(dāng)k1＋k2＝－1時(shí)，|x1＋x2|＝eq\f(3π,2).當(dāng)f(x1)＝f(x2)＝－eq\r(2)時(shí)，同理可得|x1＋x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2k1＋k2π))，k1，k2∈Z，易知|x1＋x2|可取eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).故選ACD．]16．[多選](2024·聊城模擬)已知函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的圖象如圖所示，令g(x)＝f(x)＋f′(x)，則下列說(shuō)法正確的是()A．若函數(shù)h(x)＝g(x)＋2的兩個(gè)不同零點(diǎn)分別為x1，x2，則|x1－x2|的最小值為eq\f(π,2)B．函數(shù)g(x)的最大值為2C．函數(shù)g(x)的圖象上存在點(diǎn)P，使得在P點(diǎn)處的切線與直線y＝－3x＋1平行D．函數(shù)g(x)圖象的對(duì)稱軸方程為x＝kπ＋eq\f(11π,12)(k∈Z)AD[由題圖可知，A＝2，eq\f(1,4)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，得ω＝1，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2以及|φ|＜eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，所以g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12))).h(x)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋2，令h(x)＝0，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝－eq\f(\r(2),2)，易知該方程的實(shí)根之間差的肯定值的最小值為eq\f(π,2)，選項(xiàng)A正確；g(x)的最大值為2eq\r(2)，選項(xiàng)B不正確；g′(x)＝－2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝－3無(wú)解，選項(xiàng)C不正確；由x＋eq\f(π,12)＝π＋kπ(k∈Z)，得g(x)圖象的對(duì)稱軸方程為x＝kπ＋eq\f(11π,12)(k∈Z)，所以選項(xiàng)D正確．]17．(2024·大同調(diào)研)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝________.1[因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3))).由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，得θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以θ＝eq\f(π,3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,3)))＝1.]18．(2024·惠州第一次調(diào)研)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，則cos2α＝________.eq\f(24,25)[由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)可得eq\f(\r(2),2)sinα－eq\f(\r(2),2)cosα＝eq\f(3,5)，故sinα－cosα＝eq\f(3\r(2),5)，兩邊平方得1－2sinαcosα＝eq\f(18,25)，所以sin2α＝eq\f(7,25)，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π，\f(5π,2)))，故cos2α＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))eq\s\up10(2))＝eq\r(\f(576,252))＝eq\f(24,25).]19．(2024·日照模擬)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC邊上的高等于eq\f(1,3)BC，則sinA＝________.eq\f(3\r(10),10)[法一：記A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，作AD⊥BC交BC于D(圖略)，則AD＝eq\f(1,3)a.△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×a×eq\f(1,3)a＝eq\f(1,2)acsinB，得a＝eq\f(3\r(2),2)c.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，得b＝eq\f(\r(10),2)c.由正弦定理得eq\f(\f(3\r(2),2)c,sin∠BAC)＝eq\f(\f(\r(10),2)c,sinB)，所以sin∠BAC＝eq\f(3\r(10),10).法二：作AD⊥BC交BC于D(圖略)，則AD＝eq\f(1,3)BC，設(shè)BC＝3，則AD＝1.由B＝eq\f(π,4)，可知BD＝1，則DC＝2，AC＝eq\r(5).由正弦定理得eq\f(sin∠BAC,sin\f(π,4))＝eq\f(3,\r(5))，所以sin∠BAC＝eq\f(3,\r(5))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(10),10).]20．(2024·合肥調(diào)研)在△ABC中，A＝2B，AB＝eq\f(7,3)，BC＝4，CD平分∠ACB交AB于點(diǎn)D，則線段AD的長(zhǎng)為________．1[因?yàn)锳＝2B，BC＝4，所以由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(4,sin2B)＝eq\f(4,2sinBcosB)，所以cosB＝eq\f(2,AC)，且AC＞2，所以由余弦定理AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcosB，得AC2＝42＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)))eq\s\up10(2)－2×4×eq\f(7,3)×eq\f(2,AC)，即9AC3－193A