2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第四章 三角函数

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第四章 三角函数，共37页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．(教材改编)与角 eq \f(9π,4) 的终边相同的角的表达式中，正确的是( C )
A．2kπ＋45°，k∈Z
B．k·360°＋ eq \f(9π,4) ，k∈Z
C．k·360°－315°，k∈Z
D．kπ＋ eq \f(5π,4) ，k∈Z
解析：首先角度制与弧度制不能混用，所以A，B错误；又与 eq \f(9π,4) 的终边相同的角可以写成2kπ＋ eq \f(9,4) π(k∈Z), 所以C正确．故选C.
2．已知点P(tan α，cs α)在第三象限，则角α的终边在( B )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：由题意知tan α<0，cs α<0，根据三角函数值的符号规律可知，角α的终边在第二象限．故选B.
3．若角α的终边在直线y＝－x上，则角α的取值集合为( D )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝k·2π－\f(π,4)，k∈Z))
B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝k·2π＋\f(3π,4)，k∈Z))
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝k·π－\f(3π,4)，k∈Z))
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝k·π－\f(π,4)，k∈Z))
解析：由图知，角α的取值集合为{α|α＝2nπ＋ eq \f(3π,4) ，n∈Z}∪{α|α＝2nπ－ eq \f(π,4) ，n∈Z}＝{α|α＝(2n＋1)π－ eq \f(π,4) ，n∈Z}∪{α|α＝2nπ－ eq \f(π,4) ，n∈Z}＝{α|α＝kπ－ eq \f(π,4) ，k∈Z}．故选D.
4．若扇形的面积为 eq \f(3π,8) 、半径为1，则扇形的圆心角为( B )
A． eq \f(3π,2) B． eq \f(3π,4) C． eq \f(3π,8) D． eq \f(3π,16)
解析：设扇形的圆心角为α，∵扇形的面积为 eq \f(3π,8) 、半径为1，∴ eq \f(3π,8) ＝ eq \f(1,2) α·12，∴α＝ eq \f(3π,4) .故选B.
5．设集合A＝{α|α＝45°＋k·180°，k∈Z}∪{α|α＝135°＋k·180°，k∈Z}，集合B＝{β|β＝45°＋k·90°，k∈Z}，则( D )
A．A∩B＝ B．A B
C．B A D．A＝B
解析：α＝45°＋k·180°，k∈Z 表示终边在直线y＝x上的角， α＝135°＋k·180°，k∈Z 表示终边在直线y＝－x上的角， 而β＝45°＋k·90°，k∈Z 表示终边在四条射线上的角，四条射线分别是射线y＝x，x≥0；y＝－x，x≤0；y＝x，x≤0；y＝－x，x≥0，它们构成直线y＝x、直线y＝－x，故A＝B.故选D.
6．(数学文化)中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成的，设扇形(如图)的面积为S1，圆心角为α1，圆面中剩余部分的面积为S2，圆心角为α2，当S1与S2的比值为 eq \f(\r(5)－1,2) ≈0.618(黄金分割比)时，折扇看上去较为美观，则下列结论不正确的是( B )
A．α1＋α2＝2π B．α1＝( eq \r(5) ＋1)π
C．α2＝( eq \r(5) －1)π D． eq \f(α1,α2) ＝ eq \f(\r(5)－1,2)
解析：设扇形的半径为R，由 eq \f(S1,S2) ＝ eq \f(\f(1,2)α1R2,\f(1,2)α2R2) ＝ eq \f(α1,α2) ＝ eq \f(\r(5)－1,2) ，故D正确；易知α1＋α2＝2π，A正确；所以 eq \f(\r(5)－1,2) α2＋α2＝2π，解得α2＝( eq \r(5) －1)π，故C正确；所以α1＝2π－( eq \r(5) －1)π＝(3－ eq \r(5) )π，故B错误．故选B.
二、多项选择题
7．已知扇形的周长是6 cm，面积是2 cm2，下列选项可能正确的有( ABC )
A．圆的半径为2 cm
B．圆的半径为1 cm
C．圆心角的弧度数是1
D．圆心角的弧度数是2
解析：设扇形的半径为r cm，圆心角的弧度数为α，则由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2r＋αr＝6，,\f(1,2)αr2＝2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝1，,α＝4)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(r＝2，,α＝1，)) 可得圆的半径为2 cm或1 cm，圆心角的弧度数是4或1.故选ABC.
8．关于角度，下列说法正确的是( BD )
A．时钟经过两个小时，时针转过的角度是60°
B．钝角大于锐角
C．三角形的内角必是第一或第二象限角
D．若α是第二象限角，则 eq \f(α,2) 是第一或第三象限角
解析：对于A，时钟经过两个小时，时针转过的角度是－60°，故错误；对于B，钝角一定大于锐角，显然正确；对于C，若三角形的内角为90°，则是终边在y轴正半轴上的角，故错误；对于D，∵角α的终边在第二象限，∴2kπ＋ eq \f(π,2) <α<2kπ＋π，k∈Z，∴kπ＋ eq \f(π,4) < eq \f(α,2) 三、填空题
9．已知α是第二象限角，P(x， eq \r(5) )为其终边上一点，且cs α＝ eq \f(\r(2),4) x，则x＝－ eq \r(3) ．
解析：依题意，得cs α＝ eq \f(x,\r(x2＋5)) ＝ eq \f(\r(2),4) x<0，由此解得x＝－ eq \r(3) .
10．若一圆弧长度等于其所在圆内接正方形的边长，则其圆心角的弧度数是 eq \r(2) ．
解析：设圆半径为r，则圆内接正方形的对角线长为2r，所以正方形边长为 eq \r(2) r，所以圆心角的弧度数是 eq \f(\r(2)r,r) ＝ eq \r(2) .
11．已知点P(sin θ，cs θ)是角α终边上的一点，其中θ＝ eq \f(2π,3) ，则与角α终边相同的最小正角为 eq \f(11π,6) ．
解析：因为θ＝ eq \f(2π,3) ，故P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2))) ，故α为第四象限角且cs α＝ eq \f(\r(3),2) ，所以α＝2kπ＋ eq \f(11π,6) ，k∈Z，所以与角α终边相同的最小正角为 eq \f(11π,6) .
12．给出下列命题：
①第二象限角大于第一象限角；
②不论是用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形的半径的大小无关；
③若sin α＝sin β，则α与β的终边相同；
④若cs θ<0，则θ是第二或第三象限角．
其中正确命题的序号是②．
解析：举反例，第一象限角370°不小于第二象限角100°，故①错误；②正确；由于sin eq \f(π,6) ＝sin eq \f(5π,6) ，但 eq \f(π,6) 与 eq \f(5π,6) 的终边不相同，故③错误；当cs θ＝－1，θ＝π时，其既不是第二象限角，也不是第三象限角，故④错误．综上可知，只有②正确．
四、解答题
13．已知 eq \f(1,|sin α|) ＝－ eq \f(1,sin α) ，且lg (cs α)有意义．
(1)试判断角α是第几象限角；
(2)若角α的终边上一点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，m)) ，且|OM|＝1(O为坐标原点)，求m的值及sin α的值．
解：(1)由 eq \f(1,|sin α|) ＝－ eq \f(1,sin α) ，得sin α<0，
由lg (cs α)有意义，可知cs α>0，
所以α是第四象限角．
(2)因为|OM|＝1，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) eq \s\up12(2) ＋m2＝1，解得m＝± eq \f(4,5) .
又α为第四象限角，故m<0，从而m＝－ eq \f(4,5) ，
sin α＝ eq \f(y,r) ＝ eq \f(m,|OM|) ＝ eq \f(－\f(4,5),1) ＝－ eq \f(4,5) .
14．(探究性问题)在一块顶角为120°、腰长为2的等腰三角形厚钢板废料OAB中，用电焊切割成扇形，现有如图所示两种方案，既要充分利用废料，又要切割时间短，问哪一种方案较优？
解：因为△AOB是顶角为120°、腰长为2的等腰三角形，
所以A＝B＝30°＝ eq \f(π,6) ，AM＝BN＝1，AD＝2，
所以方案一中扇形的弧长＝2× eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,3) ，方案二中扇形的弧长＝1× eq \f(2π,3) ＝ eq \f(2π,3) .
方案一中扇形的面积＝ eq \f(1,2) ×2×2× eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,3) ，方案二中扇形的面积＝ eq \f(1,2) ×1×1× eq \f(2π,3) ＝ eq \f(π,3) .
由此可见：两种方案中可利用废料的面积相等，方案一中切割时间短．因此方案一较优．
一、单项选择题
1．如果角α与角γ＋45°的终边相同，角β与角γ－45°的终边相同，那么α－β的值不可能为( D )
A．90° B．－270°
C．450° D．2 330°
解析：因为角α与角γ＋45°的终边相同，故α＝γ＋45°＋k·360°，其中k∈Z，同理β＝γ－45°＋k1·360°，其中k1∈Z，故α－β＝90°＋n·360°，其中n∈Z，由题意可知α－β的值可能为90°，－270°，450°，不可能为2 330°.故选D.
2．(数学文化)二十四节气是中华民族上古农耕文明的产物，是中国农历中表示季节变迁的24个特定节令．如图，每个节气对应地球在黄道(即地球绕太阳公转的轨道)上运动15°所到达的一个位置．根据描述，从立冬到立春对应地球在黄道上运动所对圆心角的弧度数为( B )
A．－ eq \f(π,3) B． eq \f(π,2)
C． eq \f(5π,12) D． eq \f(π,3)
解析：根据题意，立春是立冬后的第六个节气，故从立冬到立春相应于地球在黄道上逆时针运行了6×15°＝90°，所以从立冬到立春对应地球在黄道上运动所对圆心角的弧度数为 eq \f(π,2) .故选B.
3．(2023·河北唐山一中模拟)已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是圆心角等于 eq \f(2π,3) 的扇形，则该圆锥的体积为( C )
A． eq \f(16\r(2)π,27) B． eq \f(16π,27)
C． eq \f(16\r(2)π,81) D． eq \f(16π,81)
解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，则由题意可得2πr＝2× eq \f(2π,3) ，解得r＝ eq \f(2,3) ，所以h＝ eq \r(l2－r2) ＝ eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(4\r(2),3) ，所以圆锥的体积为V＝ eq \f(1,3) πr2h＝ eq \f(1,3) π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) × eq \f(4\r(2),3) ＝ eq \f(16\r(2)π,81) .故选C.
4．在平面直角坐标系中， eq \\ac(\s\up8(⌒),AB)， eq \\ac(\s\up8(⌒),CD)， eq \\ac(\s\up8(⌒),EF)， eq \\ac(\s\up8(⌒),GH)是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边，若tan αA． eq \\ac(\s\up8(⌒),AB) B． eq \\ac(\s\up8(⌒),CD)
C． eq \\ac(\s\up8(⌒),EF) D． eq \\ac(\s\up8(⌒),GH)
解析：由题意知，四段弧是单位圆上的第一、二、三象限的弧，在 eq \\ac(\s\up8(⌒),AB)上，tan α>sin α，不满足；在 eq \\ac(\s\up8(⌒),CD)上，tan α>sin α，不满足；在 eq \\ac(\s\up8(⌒),EF)上，sin α>0，cs α<0，tan α<0，且cs α>tan α，满足；在 eq \\ac(\s\up8(⌒),GH)上，tan α>0，sin α<0，cs α<0，不满足．故选C.
5．已知角α是第二象限角，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2))) ＝－cs eq \f(α,2) ，则角 eq \f(α,2) 是( C )
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：因为角α是第二象限角，所以90°＋k·360°<α<180°＋k·360°(k∈Z)，所以45°＋k·180°< eq \f(α,2) <90°＋k·180°(k∈Z)，当k是偶数时，设k＝2n(n∈Z)，则45°＋n·360°< eq \f(α,2) <90°＋n·360°(n∈Z)，此时 eq \f(α,2) 为第一象限角；当k是奇数时，设k＝2n＋1(n∈Z)，则225°＋n·360°< eq \f(α,2) <270°＋n·360°(n∈Z)，此时 eq \f(α,2) 为第三象限角．综上所述， eq \f(α,2) 为第一象限角或第三象限角，因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2))) ＝－cs eq \f(α,2) ，所以角cs eq \f(α,2) ≤0，所以角 eq \f(α,2) 为第三象限角．故选C.
6．(数学文化)沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图， eq \\ac(\s\up8(⌒),AB)是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在 eq \\ac(\s\up8(⌒),AB)上，CD⊥AB.“会圆术”给出 eq \\ac(\s\up8(⌒),AB)的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋ eq \f(CD2,OA) .当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝( B )
A． eq \f(11－3\r(3),2) B． eq \f(11－4\r(3),2)
C． eq \f(9－3\r(3),2) D． eq \f(9－4\r(3),2)
解析：
如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，即OD＝OA＝OB＝2，又∠AOB＝60°，所以AB＝OA＝OB＝2，则OC＝ eq \r(3) ，故CD＝2－ eq \r(3) ，所以s＝AB＋ eq \f(CD2,OA) ＝2＋ eq \f(（2－\r(3)）2,2) ＝ eq \f(11－4\r(3),2) .故选B.
二、多项选择题
7．下列条件中，能使α和β的终边关于y轴对称的是( BD )
A．α＋β＝90°
B．α＋β＝180°
C．α＋β＝k·360°＋90°(k∈Z)
D．α＋β＝(2k＋1)·180°(k∈Z)
解析：根据α和β的终边关于y轴对称时α＋β＝180°＋k·360°(k∈Z)可知，对于B，α＋β＝180°符合题意；对于D，α＋β＝(2k＋1)·180°(k∈Z)符合题意；对于AC，可取α＝0°，β＝90°时显然可见α和β的终边不关于y轴对称．故选BD.
8．角α的终边在第一象限，则 eq \f(sin \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)))) ＋ eq \f(cs \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)))) ＋ eq \f(tan \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(tan \f(α,2)))) 的值可能为( AD )
A．－1 B．1
C．－3 D．3
解析：∵角α的终边在第一象限，∴角 eq \f(α,2) 的终边在第一象限或第三象限．
∴当角 eq \f(α,2) 的终边在第一象限时， eq \f(sin \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)))) ＋ eq \f(cs \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)))) ＋ eq \f(tan \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(tan \f(α,2)))) ＝1＋1＋1＝3，当角 eq \f(α,2) 的终边在第三象限时， eq \f(sin \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)))) ＋ eq \f(cs \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)))) ＋ eq \f(tan \f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(tan \f(α,2)))) ＝－1－1＋1＝－1.
三、填空题
9．如果cs θ<0，且tan θ<0，那么|sin θ－cs θ|＋cs θ的化简结果为sin θ．
解析：∵cs θ<0，且tan θ<0，∴θ是第二象限角，∴|sin θ－cs θ|＋cs θ＝sin θ－cs θ＋cs θ＝sin θ.
10．若角α的终边不在坐标轴上，且sin α＋2cs α＝2，则tan α＝ eq \f(4,3) .
解析： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin2α＋cs2α＝1，,sin α＋2cs α＝2)) cs α＝ eq \f(3,5) 或cs α
＝1，∵角α的终边不在坐标轴上，∴cs α＝ eq \f(3,5) ，∴sin α＝2－2× eq \f(3,5) ＝ eq \f(4,5) ，∴tan α＝ eq \f(sin α,cs α) ＝ eq \f(4,3) .
11．(数学文化)《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB及其所对弦AB围成的图形．若弧田的弦AB长是2，弧所在圆心角的弧度数也是2，则弧田的弧AB长为 eq \f(2,sin 1) ，弧田的面积为 eq \f(1,sin 21) － eq \f(1,tan 1) ．
解析：由题意可知，BC＝AC＝1，AO＝ eq \f(AC,sin 1) ＝ eq \f(1,sin 1) ，OC＝ eq \f(BC,tan 1) ＝ eq \f(1,tan 1) ，所以弧AB长＝2× eq \f(1,sin 1) ＝ eq \f(2,sin 1) ，弧田的面积＝S扇形AOB－S△AOB＝ eq \f(1,2) ×2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,sin 1))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) ×2× eq \f(1,tan 1) ＝ eq \f(1,sin 21) － eq \f(1,tan 1) .
12．若角α的终边落在直线y＝ eq \r(3) x上，角β的终边与单位圆交于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，m)) ，且sin α·cs β<0，则cs α·sin β＝± eq \f(\r(3),4) ．
解析：由角β的终边与单位圆交于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，m)) ，得cs β＝ eq \f(1,2) ，又由sin α·cs β<0知，sin α<0，因为角α的终边落在直线y＝ eq \r(3) x上，所以角α只能是第三象限角．记P为角α的终边与单位圆的交点，设P(x，y)(x<0，y<0)，则|OP|＝1(O为坐标原点)，即x2＋y2＝1，又由y＝ eq \r(3) x得x＝－ eq \f(1,2) ，y＝－ eq \f(\r(3),2) ，所以cs α＝x＝－ eq \f(1,2) ，因为点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，m)) 在单位圆上，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋m2＝1，解得m＝± eq \f(\r(3),2) ，所以sin β＝± eq \f(\r(3),2) ，所以cs α·sin β＝± eq \f(\r(3),4) .
四、解答题
13．(1)已知P(－1，2 eq \r(2) )是角θ终边上一点，求sin θ，cs θ，tan θ的值．
(2)已知 eq \f(tan α,tan α－1) ＝－1，求下列各式的值：
① eq \f(sin α－3cs α,sin α＋cs α) ；
②sin2α＋sinα·cs α＋2cs 2α.
解：(1)P(－1，2 eq \r(2) )是角θ终边上一点，则sin θ＝ eq \f(2\r(2),\r(1＋8)) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，cs θ＝ eq \f(－1,\r(1＋8)) ＝－ eq \f(1,3) ，tan θ＝ eq \f(2\r(2),－1) ＝－2 eq \r(2) .
(2)由 eq \f(tan α,tan α－1) ＝－1，则tan α＝ eq \f(1,2) ，
① eq \f(sin α－3cs α,sin α＋cs α) ＝ eq \f(tan α－3,tan α＋1) ＝ eq \f(－\f(5,2),\f(3,2)) ＝－ eq \f(5,3) .
②sin2α＋sinα·cs α＋2cs 2α＝ eq \f(sin2α＋sinα·cs α＋2cs 2α,sin2α＋cs2α) ＝
eq \f(tan2α＋tan α＋2,tan 2α＋1) ＝ eq \f(\f(1,4)＋\f(1,2)＋2,\f(1,4)＋1) ＝ eq \f(11,5) .
14．若角θ的终边过点P(－4a，3a)(a≠0).
(1)求sin θ＋cs θ的值；
(2)试判断cs (sin θ)·sin (cs θ)的符号．
解：(1)因为角θ的终边过点P(－4a，3a)(a≠0)，
所以x＝－4a，y＝3a，r＝5|a|，
当a>0时，r＝5a，sin θ＋cs θ＝ eq \f(3,5) － eq \f(4,5) ＝－ eq \f(1,5) .当a<0时，r＝－5a，sin θ＋cs θ＝－ eq \f(3,5) ＋ eq \f(4,5) ＝ eq \f(1,5) .
综上，sin θ＋cs θ＝± eq \f(1,5) .
(2)当a>0时，sin θ＝ eq \f(3,5) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，cs θ＝－ eq \f(4,5) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0)) ，则cs (sin θ)·sin (cs θ)＝cs eq \f(3,5) ·sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5))) <0；
当a<0时，sin θ＝－ eq \f(3,5) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0)) ，
cs θ＝ eq \f(4,5) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，
则cs (sin θ)·sin (cs θ)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5))) ·sin eq \f(4,5) >0.
综上，当a>0时，cs (sin θ)·sin (cs θ)的符号为负；
当a<0时，cs (sin θ)·sin (cs θ)的符号为正．
考点练22 同角三角函数基本关系式与诱导公式 对应学生用书045页
一、单项选择题
1．(教材改编)已知α是第四象限角，tan α＝－ eq \f(8,15) ，则sin α＝( D )
A． eq \f(15,17) B．－ eq \f(15,17)
C． eq \f(8,17) D．－ eq \f(8,17)
解析：因为tan α＝－ eq \f(8,15) ，所以 eq \f(sin α,cs α) ＝－ eq \f(8,15) ，所以cs α＝－ eq \f(15,8) sin α，代入sin2α＋cs2α＝1，得sin2α＝ eq \f(64,289) ，又α是第四象限角，所以sinα＝－ eq \f(8,17) .故选D.
2．已知cs 31°＝a，则sin 239°·tan 149°的值为( B )
A． eq \f(1－a2,a) B． eq \r(1－a2)
C． eq \f(a2－1,a) D．－ eq \r(1－a2)
解析：sin 239°·tan 149°＝sin (270°－31°)·tan (180°－31°)＝－cs 31°·(－tan 31°)＝sin 31°＝ eq \r(1－a2) .故选B.
3．(2023·天津模拟)已知sin α＋cs α＝－ eq \r(2) ，则tan α＋ eq \f(1,tan α) 等于( A )
A．2 B． eq \f(1,2)
C．－2 D．－ eq \f(1,2)
解析：由已知得1＋2sin αcs α＝2，∴sin αcs α＝ eq \f(1,2) ，∴tan α＋ eq \f(1,tan α) ＝ eq \f(sin α,cs α) ＋ eq \f(cs α,sin α) ＝
eq \f(sin2α＋cs2α,sinαcs α) ＝ eq \f(1,\f(1,2)) ＝2.故选A.
4．(2024·贵州遵义高三期末质量监测)已知sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) ＝－ eq \f(1,3) ，则cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2x)) ＝( A )
A.－ eq \f(7,9) B．－ eq \f(2,9)
C． eq \f(2,9) D． eq \f(7,9)
解析：因为sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))) ＝－ eq \f(1,3) ，所以cs ( eq \f(2π,3) －2x)＝－cs (π－ eq \f(2π,3) ＋2x)＝－cs ( eq \f(π,3) ＋2x)＝－[1－2sin 2(x＋ eq \f(π,6) )] ＝－[1－2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3))) eq \s\up12(2) ]＝－ eq \f(7,9) .故选A.
5．(2024·北京大兴区高三统考期中)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于x轴对称，若sin α＝ eq \f(1,3) ，则cs (α－β)＝( D )
A．1 B．－ eq \f(7,9)
C．－ eq \f(8,9) D． eq \f(7,9)
解析：由题意作下图：β＝2π－α，cs (α－β)＝cs (2α－2π)＝cs 2α＝1－2sin2α＝ eq \f(7,9) .故选D.
6．已知3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33π,14)＋α)) ＝－5cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,14)＋α)) ，则tan ( eq \f(5π,14) ＋α)＝( A )
A．－ eq \f(5,3) B．－ eq \f(3,5)
C． eq \f(3,5) D． eq \f(5,3)
解析：由3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33π,14)＋α)) ＝－5cs ( eq \f(5π,14) ＋α)，得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,14)＋α)) ＝－ eq \f(5,3) cs ( eq \f(5π,14) ＋α)，所以tan ( eq \f(5π,14) ＋α)＝ eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,14)＋α)),cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,14)＋α))) ＝ eq \f(－\f(5,3)cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,14)＋α)),cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,14)＋α))) ＝－ eq \f(5,3) .故选A.
二、多项选择题
7．在△ABC中，下列结论正确的是( ABC )
A．sin (A＋B)＝sin C
B．sin eq \f(B＋C,2) ＝cs eq \f(A,2)
C．tan (A＋B)＝－tan C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C≠\f(π,2)))
D．cs (A＋B)＝cs C
解析：在△ABC中，有A＋B＋C＝π，则sin (A＋B)＝sin (π－C)＝sin C，A正确；sin eq \f(B＋C,2) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(A,2))) ＝cs eq \f(A,2) ，B正确；tan (A＋B)＝tan (π－C)＝－tan C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C≠\f(π,2))) ，C正确；cs (A＋B)＝cs (π－C)＝－cs C，D错误．故选ABC.
8．(2023·浙江杭州高三统考学业考试)已知θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) ，且sin θ＝ eq \f(1,2) ，则关于θ表述正确的是( AD )
A．θ＝ eq \f(π,6) B．cs θ＝－ eq \f(\r(3),2)
C．tan θ＝ eq \r(3) D．tan θ＝ eq \f(\r(3),3)
解析：因为θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) ，且sin θ＝ eq \f(1,2) ，所以θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，则θ＝ eq \f(π,6) ，cs θ＝ eq \f(\r(3),2) ，tan θ＝ eq \f(\r(3),3) .故选AD.
三、填空题
9．(2023·河北九校联考)已知点P(sin 35°，cs 35°)为角α终边上一点，若0°≤α<360°，则α＝55°．
解析：由题意知cs α＝sin 35°＝cs 55°，sin α＝cs 35°＝sin 55°，P在第一象限，∴α＝55°.
10．已知tan θ＝ eq \f(1,2) ，则 eq \f(sin （θ＋π）－2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2))),cs （－θ）＋sin （π－θ）) 的值为1．
解析：因为tan θ＝ eq \f(1,2) ，所以
eq \f(sin （θ＋π）－2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,2))),cs （－θ）＋sin （π－θ）) ＝
eq \f(－sin θ＋2cs θ,cs θ＋sin θ) ＝ eq \f(－tan θ＋2,1＋tan θ) ＝ eq \f(－\f(1,2)＋2,1＋\f(1,2)) ＝1.
11．(开放性问题 )若实数α，β 满足方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3sin α＝2cs β，,3cs α＝2sin β＋1，)) 则β的值可以是 eq \f(π,2) (答案不唯一，满足β＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z即可)．(写出满足条件的一个值即可)
解析：由题可得9sin 2α＋9cs 2α＝(2cs β)2＋(2sin β＋1)2，即9＝4＋4sin β＋1，所以sin β＝1，所以β＝ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，取k＝0 时，β＝ eq \f(π,2) .
12．若3sin α＋cs α＝0，则cs2α＋2sinαcs α的值为 eq \f(3,10) ．
解析：3sin α＋cs α＝0cs α＝－3sin α≠0tan α＝－ eq \f(1,3) ，
所以 eq \f(cs2α＋2sinαcs α,1) ＝ eq \f(cs2α＋2sinαcs α,sin2α＋cs2α) ＝ eq \f(1＋2tanα,1＋tan2α) ＝ eq \f(1－\f(2,3),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(3,10) .
四、解答题
13．(2024·广东佛山高三期末)如图，角α的终边与单位圆交于点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),10)，y)) ，且y>0.
(1)求tanα；
(2)求 eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＋sin （－α）,cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))－cs （α＋3π）) .
解：(1)由三角函数的定义，得cs α＝－ eq \f(\r(10),10) ，
因为y>0，所以sin α＝y>0，
所以sin α＝ eq \r(1－cs 2α) ＝ eq \f(3\r(10),10) ，
所以tan α＝ eq \f(sin α,cs α) ＝－3.
(2)由(1)得tan α＝－3，
则 eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＋sin （－α）,cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))－cs （α＋3π）) ＝
eq \f(cs α－sin α,sin α＋cs α) ＝ eq \f(1－tan α,tan α＋1) ＝ eq \f(1＋3,－3＋1) ＝－2.
14．已知－ eq \f(π,2) <α<0，且函数f(α)＝cs ( eq \f(3π,2) ＋α)－sin α· eq \r(\f(1＋cs α,1－cs α)) －1.
(1)化简f(α)；
(2)若f(α)＝ eq \f(1,5) ，求sin αcs α和sin α－cs α的值．
解：(1)f(α)＝sin α－sin α· eq \r(\f(（1＋cs α）2,1－cs2α)) －1＝sinα＋sin α· eq \f(1＋cs α,sin α) －1＝sin α＋cs α.
(2)方法一：由f(α)＝sin α＋cs α＝ eq \f(1,5) ，平方可得sin2α＋2sinα·cs α＋cs2α＝ eq \f(1,25) ，即2sinα·cs α＝－ eq \f(24,25) .
∴sin α·cs α＝－ eq \f(12,25) .
又－ eq \f(π,2) <α<0，∴sin α<0，cs α>0，
∴sin α－cs α<0，
∵(sin α－cs α)2＝1－2sin α·cs α＝ eq \f(49,25) ，∴sin α－cs α＝－ eq \f(7,5) .
方法二：联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin α＋cs α＝ eq \f(1,5) ，,sin2α＋cs2α＝1，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin α＝－\f(3,5)，,cs α＝\f(4,5))) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin α＝\f(4,5)，,cs α＝－\f(3,5)．))
∵－ eq \f(π,2) <α<0，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin α＝－\f(3,5)，,cs α＝\f(4,5)，))
∴sin αcs α＝－ eq \f(12,25) ，sin α－cs α＝－ eq \f(7,5) .
一、单项选择题
1．已知角α的顶点与坐标原点O重合，始边落在x轴的非负半轴上，它的终边过点P(－3，4)，则tan (π＋α)＝( A )
A．－ eq \f(4,3) B．－ eq \f(3,4)
C． eq \f(3,4) D． eq \f(4,3)
解析：依题意，tan α＝－ eq \f(4,3) ，所以tan (π＋α)＝tan α＝－ eq \f(4,3) .故选A.
2．(2023·山东聊城模拟)已知α为锐角，且2tan (π－α)－3cs ( eq \f(π,2) ＋β)＋5＝0，tan (π＋α)＋6sin (π＋β)－1＝0，则sin α的值是( C )
A． eq \f(3\r(5),5) B． eq \f(3\r(7),7)
C． eq \f(3\r(10),10) D． eq \f(1,3)
解析：由已知得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3sin β－2tan α＋5＝0，,tan α－6sin β－1＝0.)) 消去sin β，得tan α＝3，∴sin α＝3cs α，代入sin2α＋cs2α＝1，化简得sin2α＝ eq \f(9,10) ，则sinα＝ eq \f(3\r(10),10) (α为锐角).故选C.
3．(2024·江苏宿迁高三统考期末)设α，β∈R，且 eq \f(3,2＋sin 2α) ＋ eq \f(2 021,2＋sin β) ＝2 024，则tan (α－β)＝( B )
A．－1 B．1
C． eq \r(3) D．－ eq \r(3)
解析：因为1≤2＋sin 2α≤3，所以 eq \f(1,3) ≤ eq \f(1,2＋sin 2α) ≤1，则1≤ eq \f(3,2＋sin 2α) ≤3，同样1≤2＋sin β≤3，所以 eq \f(2 021,3) ≤ eq \f(2 021,2＋sin β) ≤2 021，由于 eq \f(3,2＋sin 2α) ＋ eq \f(2 021,2＋sin β) ＝2 024，当且仅当sin 2α＝－1，sin β＝－1时，满足条件中的关系式，故2α＝2k1π－ eq \f(π,2) (k1∈Z)，即α＝k1π－ eq \f(π,4) (k1∈Z)；β＝2k2π－ eq \f(π,2) (k2∈Z)，故tan (α－β)＝tan (k1π－ eq \f(π,4) －2k2π＋ eq \f(π,2) )＝tan [(k1－2k2)π＋ eq \f(π,4) ]＝1.故选B.
4．若 eq \f(1＋sin 2α,1－2sin2α) ＝5，则tanα＝( C )
A．－ eq \f(2,3) B．－ eq \f(3,2)
C． eq \f(2,3) D． eq \f(3,2)
解析： eq \f(1＋sin 2α,1－2sin2α) ＝ eq \f(（csα＋sin α）2,cs 2α－sin2α) ＝
eq \f(csα＋sin α,cs α－sin α) ＝ eq \f(1＋tan α,1－tan α) ＝5，解得tan α＝ eq \f(2,3) .故选C.
5．已知角θ的大小如图所示，则 eq \f(1＋sin 2θ,cs 2θ) ＝( A )
A．－5 B．5
C．－ eq \f(1,5) D． eq \f(1,5)
解析：由题图可知，tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))) ＝－5，
eq \f(1＋sin 2θ,cs 2θ) ＝ eq \f(sin 2θ＋cs 2θ＋2sin θcs θ,cs 2θ－sin 2θ) ＝
eq \f(（cs θ＋sin θ）2,（cs θ－sin θ）（cs θ＋sin θ）) ＝
eq \f(cs θ＋sin θ,cs θ－sin θ) ＝ eq \f(1＋tan θ,1－tan θ) ＝
eq \f(tan \f(π,4)＋tan θ,1－tan \f(π,4)tan θ) ＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))) ＝－5.故选A.
6．(2024·山西运城高三统考期末)已知θ为第二象限角，且cs (θ－π)＝ eq \f(2\r(5),5) ，则
eq \r(\f(1＋cs θ,1－sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ)))) － eq \r(\f(1－cs θ,1＋sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(3π,2))))) 的值是( A )
A．－4 B．4
C． eq \f(1,4) D．－ eq \f(1,4)
解析：因为cs (θ－π)＝－cs θ＝ eq \f(2\r(5),5) ，则cs θ＝－ eq \f(2\r(5),5) ，又因为θ为第二象限角，则sin θ＝ eq \r(1－cs 2θ) ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5),5) ，因此， eq \r(\f(1＋cs θ,1－sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ)))) － eq \r(\f(1－cs θ,1＋sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(3π,2))))) ＝
eq \r(\f(1＋cs θ,1－cs θ)) － eq \r(\f(1－cs θ,1＋cs θ)) ＝ eq \r(\f(（1＋cs θ）（1－cs θ）,（1－cs θ）2)) － eq \r(\f(（1＋cs θ）（1－cs θ）,（1＋cs θ）2))
＝ eq \f(\r(1－cs 2θ),1－cs θ) － eq \f(\r(1－cs 2θ),1＋cs θ) ＝ eq \f(sin θ,1－cs θ) － eq \f(sin θ,1＋cs θ) ＝ eq \f(sin θ（1＋cs θ）－sin θ（1－cs θ）,（1－cs θ）（1＋cs θ）)
＝ eq \f(2sin θcs θ,sin 2θ) ＝ eq \f(2cs θ,sin θ) ＝ eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5))),\f(\r(5),5)) ＝－4.故选A.
二、多项选择题
7．给出下列四个结论，其中正确的结论是( CD )
A.sin(π＋α)＝－sin α成立的条件是角α是锐角
B．若cs (nπ－α)＝ eq \f(1,3) (n∈Z)，则cs α＝ eq \f(1,3)
C．若α≠ eq \f(kπ,2) (k∈Z)，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)) ＝－ eq \f(1,tan α)
D．若sin α＋cs α＝1，则sinnα＋csnα＝1(n∈N*)
解析：由诱导公式二，知α∈R时，sin(π＋α)＝－sin α，所以A错误；当n＝2k(k∈Z)时，cs (nπ－α)＝cs (－α)＝cs α，此时cs α＝ eq \f(1,3) ，当n＝2k＋1(k∈Z)时，cs (nπ－α)＝cs [(2k＋1)π－α]＝cs (π－α)＝－cs α，此时cs α＝－ eq \f(1,3) ，所以B错误；若α≠ eq \f(kπ,2) (k∈Z)，则tan ( eq \f(π,2) ＋α)＝ eq \f(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)),cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))) ＝ eq \f(cs α,－sin α) ＝－ eq \f(1,tan α) ，所以C正确；将等式sin α＋cs α＝1两边平方，得sin αcs α＝0，所以sin α＝0或cs α＝0.若sin α＝0，则cs α＝1，此时sinnα＋csnα＝1；若csα＝0，则sin α＝1，此时sinnα＋csnα＝1，故sinnα＋csnα＝1，所以D正确．故选CD.
8．(2023·山东潍坊高三校联考期末)以下各式化简结果正确的是( ABC )
A． eq \f(sinθ－cs θ,tan θ－1) ＝cs θ
B． eq \r(1－2sin 20°cs 20°) ＝cs 20°－sin 20°
C．sin (－36°)＋cs 54°＝0
D．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ)) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ)) ＝sin θcs θ
解析： eq \f(sin θ－cs θ,tan θ－1) ＝ eq \f(sin θ－cs θ,\f(sin θ,cs θ)－1) ＝cs θ，故A正确； eq \r(1－2sin 20°cs 20°) ＝ eq \r(（sin 20°－cs 20°）2)
＝cs 20°－sin 20°，故B正确；sin (－36°)＋cs 54°＝－sin 36°＋cs 54°＝－sin 36°＋sin 36°＝0，故C正确；sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ)) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ)) ＝cs θ·(－sin θ)＝－sin θ cs θ，故D错误．故选ABC.
三、填空题
9．若角α的终边落在第三象限，则 eq \f(cs α,\r(1－sin2α)) ＋ eq \f(2sinα,\r(1－cs2α)) 的值为－3．
解析：由角α的终边落在第三象限，得sinα<0，cs α<0，故原式＝ eq \f(cs α,|cs α|) ＋ eq \f(2sin α,|sin α|) ＝ eq \f(cs α,－cs α) ＋ eq \f(2sin α,－sin α) ＝－1－2＝－3.
10．已知sin α＝ eq \f(2m－3,m＋2) ，cs α＝－ eq \f(m＋1,m＋2) ，且α为第二象限角，则 eq \f(sin （α＋2 024π）＋cs （α＋2 023π）,cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2 021π,2)))) ＝
－ eq \f(7,3) ．
解析：因为sin α＝ eq \f(2m－3,m＋2) ，cs α＝－ eq \f(m＋1,m＋2) ，且α为第二象限角，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2m－3,m＋2)>0，,－\f(m＋1,m＋2)<0，)) 解得m<－2或m> eq \f(3,2) ，因为sin2α＋cs2α＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m－3,m＋2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m＋1,m＋2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(5m2－10m＋10,m2＋4m＋4) ＝1，整理可得2m2－7m＋3＝0，即(2m－1)(m－3)＝0，解得m＝ eq \f(1,2) (舍)或m＝3，所以sinα＝ eq \f(2m－3,m＋2) ＝ eq \f(3,5) ，cs α＝－ eq \f(m＋1,m＋2) ＝－ eq \f(4,5) ，所以tan α＝ eq \f(sin α,cs α) ＝ eq \f(3,5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4))) ＝－ eq \f(3,4) ，因此 eq \f(sin （α＋2 024π）＋cs （α＋2 023π）,cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2 021π,2)))) ＝ eq \f(sin α－cs α,－sin α) ＝－1＋ eq \f(1,tan α) ＝－1－ eq \f(4,3) ＝－ eq \f(7,3) .
11．(数学文化)古希腊毕达哥拉斯学派在公元前6世纪研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为a＝2cs 72°，则 eq \f(a cs 18°,\r(2－a)) ＝ eq \f(1,2) ．
解析： eq \f(a cs 18°,\r(2－a)) ＝ eq \f(2cs 72°·cs 18°,\r(2－2cs 72°)) ＝
eq \f(2sin 18°·cs 18°,\r(2－2（1－2sin 236°）)) ＝ eq \f(sin 36°,2sin 36°) ＝ eq \f(1,2) .
12．(2024·河北石家庄高三校联考阶段练习)如图是由4个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形中较小的内角为θ，大正方形的面积是1，小正方形的面积是 eq \f(1,25) ，则sin2θ－cs2θ的值是－ eq \f(7,25) ．
解析：由题意可知，拼图中的每个直角三角形的长直角边为csθ，短直角边为sin θ，小正方形的边长为cs θ－sin θ，∵小正方形的面积是 eq \f(1,25) ，∴(cs θ－sin θ)2＝ eq \f(1,25) ，∵θ为直角三角形中较小的锐角，∴cs θ>sin θ，
∴cs θ－sin θ＝ eq \f(1,5) ，又∵(cs θ－sin θ)2＝1－2sin θcs θ＝ eq \f(1,25) ，∴2sin θcs θ＝ eq \f(24,25) ，∴1＋2sin θcs θ＝ eq \f(49,25) ，即(cs θ＋sin θ)2＝ eq \f(49,25) ，∴cs θ＋sin θ＝ eq \f(7,5) ，∴sin2θ－cs2θ＝(csθ＋sin θ)(sin θ－cs θ)＝－ eq \f(7,25) .
四、解答题
13．已知－ eq \f(π,2) <α<0，且f(α)＝cs α－sin α eq \r(\f(1＋cs α,1－cs α)) －1.
(1)化简f(α)；
(2)若f(α)＝ eq \f(\r(2),5) ，求 eq \f(sin 2α＋2sin2α,1＋tanα) 的值．
解：(1)∵－ eq \f(π,2) <α<0，∴sin α<0，∴f(α)＝cs α－sin α· eq \r(\f(（1＋cs α）2,（1－cs α）（1＋cs α）)) －1＝cs α－sin α eq \r(\f(（1＋cs α）2,sin 2α)) －1＝cs α＋sin α· eq \f(1＋cs α,sin α) －1＝2cs α.
(2)∵f(α)＝2cs α＝ eq \f(\r(2),5) ，∴cs α＝ eq \f(\r(2),10) ，
又－ eq \f(π,2) <α<0, ∴sin α＝－ eq \f(7\r(2),10) ，
∴ eq \f(sin 2α＋2sin 2α,1＋tan α) ＝ eq \f(2sin αcs α＋2sin 2α,1＋\f(sin α,cs α)) ＝ eq \f(2sin α（cs α＋sin α）,\f(cs α＋sin α,cs α)) ＝2sin αcs α＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10))) × eq \f(\r(2),10) ＝－ eq \f(7,25) .
14．已知sin α＝1－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋β)) ，求sin2α＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β)) ＋1的取值范围．
解：因为sin α＝1－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋β)) ＝1－cs β，所以cs β＝1－sin α.
因为－1≤cs β≤1，所以－1≤1－sin α≤1，0≤sin α≤2，
又－1≤sin α≤1，所以sin α∈[0，1].
所以sin2α＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β)) ＋1＝sin2α＋csβ＋1＝sin2α－sinα＋2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin α－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(7,4) .(*)
又sin α∈[0，1]，所以当sin α＝ eq \f(1,2) 时，(*)式取得最小值 eq \f(7,4) ；当sin α＝1或sin α＝0时，(*)式取得最大值2，故所求取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，2)) .
考点练23 三角恒等变换 对应学生用书047页
一、单项选择题
1．(教材改编)若cs α＝ eq \f(2,3) ，α∈(0，π)，则cs eq \f(α,2) 的值为( C )
A． eq \f(\r(6),6) B．－ eq \f(\r(6),6)
C． eq \f(\r(30),6) D．－ eq \f(\r(30),6)
解析：因为α∈(0，π)，所以 eq \f(α,2) ∈(0， eq \f(π,2) )，所以cs eq \f(α,2) >0，则cs eq \f(α,2) ＝ eq \r(\f(1＋cs α,2)) ＝ eq \f(\r(30),6) .故选C.
2．在△ABC中，cs A cs B>sin A sin B，则△ABC的形状是( C )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等边三角形
解析：依题意可知cs A cs B－sin A·sin B＝cs (A＋B)>0，所以－cs C>0，所以cs C<0，所以C为钝角．故选C.
3．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin (α－β)＝ eq \f(1,3) ，cs αsin β＝ eq \f(1,6) ，则cs (2α＋2β)＝( B )
A． eq \f(7,9) B． eq \f(1,9)
C．－ eq \f(1,9) D．－ eq \f(7,9)
解析：因为sin (α－β)＝sin αcs β－cs αsin β＝ eq \f(1,3) ，而cs αsin β＝ eq \f(1,6) ，所以sin αcs β＝ eq \f(1,2) ，则sin (α＋β)＝sin αcs β＋cs αsin β＝ eq \f(2,3) ，所以cs (2α＋2β)＝cs 2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,9) .故选B.
4．(2024·河南南阳高三统考期末)如图所示，矩形ABGH由三个全等的正方形拼接而成，令∠HBG＝α，∠FBG＝β，则β＋α＝( B )
A. eq \f(π,6) B． eq \f(π,4)
C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,2)
解析：不妨设正方形的边长为1，则在Rt△BGH中，BG＝3，GH＝1，BH＝ eq \r(10) ，所以csα＝ eq \f(3,\r(10)) ，sin α＝ eq \f(1,\r(10)) ，则在Rt△BEF中，BE＝2，EF＝1，BF＝ eq \r(5) ，所以cs β＝ eq \f(2,\r(5)) ，sin β＝ eq \f(1,\r(5)) ，所以cs (α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β＝ eq \f(3,\r(10)) × eq \f(2,\r(5)) － eq \f(1,\r(10)) × eq \f(1,\r(5)) ＝ eq \f(5,\r(50)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，又易知α，β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，所以α＋β∈(0，π)，故α＋β＝ eq \f(π,4) .故选B.
5．计算： eq \f(1－cs210°,cs80°\r(1－cs 20°)) ＝( A )
A． eq \f(\r(2),2) B． eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(3),2) D．－ eq \f(\r(2),2)
解析： eq \f(1－cs210°,cs80°\r(1－cs 20°)) ＝
eq \f(sin210°,sin10°\r(1－（1－2sin210°）)) ＝ eq \f(sin210°,\r(2)sin210°) ＝ eq \f(\r(2),2) .故选A.
6．若sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α)) ＝ eq \f(1,4) ，则cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2α)) ＝( A )
A．－ eq \f(7,8) B．－ eq \f(1,4)
C． eq \f(1,4) D． eq \f(7,8)
解析：cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2α)) ＝cs [π－( eq \f(2π,3) －2α)]＝－cs ( eq \f(2π,3) －2α)＝－[1－2sin2( eq \f(π,3) －α)]＝－[1－2×( eq \f(1,4) )2]＝－ eq \f(7,8) .故选A.
二、多项选择题
7．下列计算中正确的是( ABC )
A． eq \f(tan15°＋1,tan 15°－1) ＝－ eq \r(3)
B．cs 422.5°－sin422.5°＝ eq \f(\r(2),2)
C．sin 15°sin 45°sin 75°＝ eq \f(\r(2),8)
D．tan 37°＋tan 23°＋ eq \r(3) tan 37°tan 23°＝1
解析：因为 eq \f(tan 15°＋1,tan 15°－1) ＝－ eq \f(tan 15°＋tan 45°,1－tan 15°tan 45°) ＝－tan 60°＝－ eq \r(3) ，故A正确；cs422.5°－sin422.5°＝(cs222.5°＋sin222.5°)(cs222.5°－sin222.5°)＝cs45°＝ eq \f(\r(2),2) ，故B正确；
sin 15°sin 45°sin 75°＝sin 15°cs 15°sin 45°＝ eq \f(1,2) sin 30°·sin 45°＝ eq \f(\r(2),8) ，故C正确；因为tan 60°＝tan (37°＋23°)＝ eq \f(tan 37°＋tan 23°,1－tan 37°tan 23°) ＝ eq \r(3) ，所以tan 37°＋tan 23°＋ eq \r(3) tan 37°tan 23°＝ eq \r(3) ，故D错误．故选ABC.
8．若α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，且sin2α＋cs2α＝ eq \f(1,4) ，则下列各式中正确的是( AD )
A．tan 2α＝－ eq \r(3) B．tan 2α＝ eq \r(3)
C．tan α＝ eq \f(\r(3),3) D．tan α＝ eq \r(3)
解析：因为sin2α＋cs2α＝ eq \f(1,4) ，所以sin2α＋cs2α－sin2α＝cs2α＝ eq \f(1,4) ，解得csα＝± eq \f(1,2) .又α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，所以cs α＝ eq \f(1,2) ，所以sin α＝ eq \r(1－cs2α) ＝ eq \f(\r(3),2) ，则tanα＝ eq \r(3) ，所以tan 2α＝ eq \f(2tan α,1－tan2α) ＝－ eq \r(3) .故选AD.
三、填空题
9．已知3csα－ eq \r(3) sin α＝2 eq \r(3) cs (α＋φ)，其中－π<φ<π，则φ＝ eq \f(π,6) ．
解析：∵3cs α－ eq \r(3) sin α＝2 eq \r(3) ( eq \f(\r(3),2) cs α－ eq \f(1,2) sin α)＝2 eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs αcs \f(π,6)－sin αsin \f(π,6))) ＝
2 eq \r(3) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6))) ，又∵3cs α－ eq \r(3) sin α＝2 eq \r(3) cs (α＋φ)且－π<φ<π，∴φ＝ eq \f(π,6) .
10．已知sin α＝ eq \f(\r(5),5) ，sin (α－β)＝－ eq \f(\r(10),10) ，α，β均为锐角，则β＝ eq \f(π,4) ．
解析：因为α，β均为锐角，所以－ eq \f(π,2) <α－β< eq \f(π,2) .又sin (α－β)＝－ eq \f(\r(10),10) ，所以－ eq \f(π,2) <α－β<0，所以cs (α－β)＝ eq \f(3\r(10),10) .又sin α＝ eq \f(\r(5),5) ，所以cs α＝ eq \f(2\r(5),5) ，所以sin β＝sin [α－(α－β)]＝sin αcs (α－β)－cs αsin (α－β)＝ eq \f(\r(5),5) × eq \f(3\r(10),10) － eq \f(2\r(5),5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),10))) ＝ eq \f(\r(2),2) .所以β＝ eq \f(π,4) .
11．(开放性问题)(2023·江苏南京高三月考)已知α＝1°，β＝61°，则满足 eq \f(tan α＋tan β＋tan γ,tan αtan βtan γ) ＝1的一个γ的值为118°(答案不唯一)．
解析：∵tan (α＋β)＝ eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β) ，∴tan α＋tan β＝tan (α＋β)(1－tan αtan β)＝tan 62°(1－tan αtan β)，
又 eq \f(tan α＋tan β＋tan γ,tan αtan βtan γ) ＝1，∴tan α＋tan β＋tan γ＝tan αtan βtan γ，
即tan 62°(1－tan αtan β)＋tan γ＝
tan αtan βtan γ，化简可得，tan 62°＋tan γ＝tan αtan β(tan 62°＋tan γ)，∴tan 62°＋tan γ＝0或tan αtan β＝1，又α＝1°，β＝61°，故tan αtan β≠1，∴tan 62°＋tan γ＝0，故γ＝118°满足题意．
12．计算： eq \f(\r(3)tan 12°－3,（4cs212°－2）sin12°) ＝－4 eq \r(3) ．
解析：原式＝ eq \f(\f(\r(3)sin 12°,cs 12°)－3,2（2cs212°－1）sin12°) ＝ eq \f(\f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 12°－\f(\r(3),2)cs 12°)),cs 12°),2cs 24°sin 12°) ＝
eq \f(2\r(3)sin （－48°）,2cs 24°sin 12°cs 12°) ＝ eq \f(－2\r(3)sin 48°,sin 24°cs 24°) ＝ eq \f(－2\r(3)sin 48°,\f(1,2)sin 48°) ＝－4 eq \r(3) .
四、解答题
13．已知A，B均为钝角，且sin A＝ eq \f(\r(5),5) ，sin B＝ eq \f(\r(10),10) ，求A＋B的值．
解：因为A，B均为钝角，且sin A＝ eq \f(\r(5),5) ，sin B＝ eq \f(\r(10),10) ，所以cs A＝－ eq \r(1－sin2A) ＝－ eq \f(2\r(5),5) ，csB＝－ eq \r(1－sin2B) ＝－ eq \f(3\r(10),10) ，
所以cs(A＋B)＝cs A cs B－sin Asin B＝－ eq \f(2\r(5),5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(10),10))) － eq \f(\r(5),5) × eq \f(\r(10),10) ＝ eq \f(\r(2),2) .又因为 eq \f(π,2) 14．(2024·江苏南京中华中学校考期中)已知0<α< eq \f(π,2) ， eq \f(1,2) sin α＝1－2sin2 eq \f(α,2) .
(1)求tan2α的值；
(2)若0<β< eq \f(π,2) ，tan2β－2tanβ－3＝0，求α＋β的值．
解：(1)因为 eq \f(1,2) sin α＝1－2sin 2 eq \f(α,2) ，所以 eq \f(1,2) sin α＝cs α，所以tan α＝2，所以tan 2α＝ eq \f(2tan α,1－tan 2α) ＝ eq \f(2×2,1－4) ＝－ eq \f(4,3) .
(2)因为tan 2β－2tan β－3＝0，所以tan β＝3或tan β＝－1.
因为0<β< eq \f(π,2) ，所以tan β>0，所以tan β＝3.所以tan (α＋β)＝ eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β) ＝ eq \f(2＋3,1－2×3) ＝－1，
因为0<α< eq \f(π,2) ，0<β< eq \f(π,2) ，所以0<α＋β<π，所以α＋β＝ eq \f(3π,4) .
一、单项选择题
1．已知α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，2sin 2α＝cs 2α＋1，则sin α＝( B )
A． eq \f(1,5) B． eq \f(\r(5),5)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(2\r(5),5)
解析：由2sin 2α＝cs 2α＋1，得4sin α·cs α＝1－2sin2α＋1，即2sinαcs α＝1－sin2α.因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，所以csα＝ eq \r(1－sin2α) ，所以
2sinα eq \r(1－sin2α) ＝1－sin2α，解得sinα＝ eq \f(\r(5),5) .故选B.
2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，cs α＝ eq \f(1＋\r(5),4) ，则sin eq \f(α,2) ＝( D )
A． eq \f(3－\r(5),8) B． eq \f(－1＋\r(5),8)
C． eq \f(3－\r(5),4) D． eq \f(－1＋\r(5),4)
解析：因为cs α＝1－2sin 2 eq \f(α,2) ＝ eq \f(1＋\r(5),4) ，而α为锐角，解得sin eq \f(α,2) ＝ eq \r(\f(3－\r(5),8)) ＝ eq \r(\f(（\r(5)－1）2,16)) ＝ eq \f(\r(5)－1,4) .故选D.
3．若cs2α－cs2β＝a，则sin(α＋β)sin (α－β)＝( C )
A．－ eq \f(a,2) B． eq \f(a,2)
C．－a D．a
解析：sin (α＋β)sin (α－β)＝(sin αcs β＋cs αsin β)·(sin αcs β－cs αsin β)＝
sin2αcs2β－cs2αsin2β＝(1－cs2α)cs2β－cs2α(1－cs2β)＝cs2β－cs2α＝－a.
4．(数学文化)公元前6世纪，古希腊毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin18°，若m2＋n＝4，则 eq \f(m\r(n),2cs227°－1) ＝( C )
A．8 B．4
C．2 D．1
解析：因为m＝2sin18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cs218°.所以 eq \f(m\r(n),2cs227°－1) ＝ eq \f(2sin18°\r(4cs218°),2cs227°－1) ＝ eq \f(4sin18°cs 18°,2cs227°－1) ＝ eq \f(2sin36°,cs 54°) ＝ eq \f(2sin 36°,sin 36°) ＝2.故选C.
5．(2024·山东德州高三统考期末)若θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) ，tan 2θ＝ eq \f(cs θ,2－sin θ) ，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,2))) ＝( D )
A． eq \f(3,4) B． eq \f(1,4)
C． eq \f(5,8) D． eq \f(7,8)
解析：因为tan 2θ＝ eq \f(2tan θ,1－tan 2θ) ＝ eq \f(\f(2sin θ,cs θ),\f(cs 2θ－sin 2θ,cs 2θ)) ＝ eq \f(cs θ,2－sin θ) ，化简可得2sin θ(2－sin θ)＝cs2θ－sin2θ＝1－2sin 2θ，即sin θ＝ eq \f(1,4) ，且θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) ，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,2))) ＝cs 2θ＝1－2sin 2θ＝1－2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(7,8) .故选D.
6．若 eq \f(1－cs 2α,sin 2α) ＝ eq \f(\r(3),3) ，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4))) ＝( B )
A．2－ eq \r(3) B． eq \r(3) －2
C．1＋ eq \r(3) D．1－ eq \r(3)
解析：由 eq \f(1－cs 2α,sin 2α) ＝ eq \f(\r(3),3) ，得 eq \f(2sin 2α,2sin αcs α) ＝ eq \f(\r(3),3) ，所以 eq \f(sin α,cs α) ＝ eq \f(\r(3),3) ，所以tan α＝ eq \f(\r(3),3) ，所以tan (α－ eq \f(π,4) )＝ eq \f(tan α－tan \f(π,4),1＋tan αtan \f(π,4)) ＝ eq \f(tan α－1,1＋tan α) ＝ eq \f(\f(\r(3),3)－1,1＋\f(\r(3),3)) ＝ eq \f(\r(3)－3,3＋\r(3)) ＝ eq \f(（\r(3)－3）（3－\r(3)）,（3＋\r(3)）（3－\r(3)）) ＝ eq \f(－（12－6\r(3)）,6) ＝ eq \r(3) －2.故选B.
二、多项选择题
7．已知tan α＝ eq \f(1－sin β,cs β) ，则( AB )
A．sin (α＋β)＝cs α
B．2cs 2α＝sin β＋1
C．2sin βcs β＝cs α
D．2cs 2β＝sin α＋1
解析：由tan α＝ eq \f(sin α,cs α) ＝ eq \f(1－sin β,cs β) ，得sin αcs β＋cs αsin β＝cs α，即sin (α＋β)＝cs α，A正确，C错误； eq \f(sin α,cs α) ＝ eq \f(1－sin β,cs β) ，两边同时平方，得 eq \f(sin 2α,cs 2α) ＝ eq \f(1－2sin β＋sin 2β,cs 2β) ，即 eq \f(1－cs 2α,cs 2α) ＝ eq \f(1－2sin β＋sin 2β,1－sin 2β) ，化简得2cs 2α(1－sin β)＝(1－sin β)(1＋sin β)，又cs β≠0，则sin β≠1，1－sin β≠0，所以2cs 2α＝sin β＋1，B正确，D错误．故选AB.
8．(2024·江苏镇江高三统考)已知tan α＝－ eq \f(1,2) ，tan (α＋β)＝－3，其中α，β∈(0，π)，则( ACD )
A．tan 2α＝－ eq \f(4,3)
B．sin 2α＝ eq \f(4,5)
C．cs 2(α＋β)＝－ eq \f(4,5)
D．β＝ eq \f(3π,4)
解析：∵ tan α＝－ eq \f(1,2) ，∴tan 2α＝ eq \f(2tan α,1－tan 2α) ＝ eq \f(－1,1－\f(1,4)) ＝－ eq \f(4,3) ，∴A正确；∴sin 2α＝2× eq \f(sin αcs α,sin 2α＋cs 2α) ＝ eq \f(2tan α,1＋tan 2α) ＝ eq \f(－1,1＋\f(1,4)) ＝－ eq \f(4,5) ，∴B错误；∵ tan (α＋β)＝－3，tan α＝－ eq \f(1,2) ，∴tan β＝tan (α＋β－α)＝ eq \f(tan （α＋β）－tan α,1＋tan （α＋β）tan α) ＝
eq \f(－3＋\f(1,2),1＋（－3）×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))) ＝－1，∴β＝ eq \f(3π,4) ，∴D正确；可知α＋β＝ eq \f(3π,4) ＋α，∴cs 2(α＋β)＝cs (2α＋2β)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(3π,2))) ＝sin 2α＝－ eq \f(4,5) ，∴C正确．故选ACD.
三、填空题
9．在平面直角坐标系xOy中，角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边交单位圆O于点P(a，b)，且a＋b＝ eq \f(7,5) ，则cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2))) 的值是－ eq \f(24,25) ．
解析：由任意角的三角函数的定义得，sin α＝b，cs α＝a.又a＋b＝ eq \f(7,5) ，∴sin α＋cs α＝ eq \f(7,5) ，两边平方可得sin2α＋cs2α＋2sinαcs α＝ eq \f(49,25) ，即1＋sin 2α＝ eq \f(49,25) ，∴sin 2α＝ eq \f(24,25) .∴cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2))) ＝－sin 2α＝－ eq \f(24,25) .
10．若tan α＋ eq \f(1,tan α) ＝ eq \f(10,3) ，α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) ，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4))) ＋ eq \r(2) cs2α的值为0．
解析：∵tanα＋ eq \f(1,tan α) ＝ eq \f(10,3) ，α∈( eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) )，∴tan α＝3或tan α＝ eq \f(1,3) (舍)，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4))) ＋ eq \r(2) cs2α＝sin2αcs eq \f(π,4) ＋cs 2αsin eq \f(π,4) ＋ eq \r(2) · eq \f(1＋cs 2α,2) ＝ eq \f(\r(2),2) sin 2α＋ eq \r(2) cs 2α＋ eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(2),2) (2sin αcs α)＋ eq \r(2) (cs2α－sin2α)＋ eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(2),2) · eq \f(2sinαcs α,sin2α＋cs2α) ＋ eq \r(2) · eq \f(cs2α－sin2α,sin2α＋cs2α) ＋ eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(2),2) · eq \f(2tanα,tan2α＋1) ＋ eq \r(2) · eq \f(1－tan2α,tan2α＋1) ＋ eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(2),2) × eq \f(6,9＋1) ＋ eq \r(2) × eq \f(1－9,9＋1) ＋ eq \f(\r(2),2) ＝0.
11．(教材改编)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝ eq \f(1,2) ，tan β＝－ eq \f(1,7) ，则2α－β的值为－ eq \f(3π,4) ．
解析：∵tan α＝tan [(α－β)＋β]＝ eq \f(tan （α－β）＋tan β,1－tan （α－β）tan β) ＝ eq \f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7)) ＝ eq \f(1,3) >0，∴0<α< eq \f(π,2) .又∵tan 2α＝ eq \f(2tan α,1－tan2α) ＝ eq \f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(3,4) >0，∴0<2α< eq \f(π,2) ，∴tan(2α－β)＝ eq \f(tan 2α－tan β,1＋tan 2αtan β) ＝ eq \f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7)) ＝1.
∵tan β＝－ eq \f(1,7) <0，∴ eq \f(π,2) <β<π，－π<2α－β<0，∴2α－β＝－ eq \f(3π,4) .
12．已知0<β< eq \f(π,4) <α< eq \f(π,2) ，cs (2α－β)＝－ eq \f(11,14) ，sin (α－2β)＝ eq \f(4\r(3),7) ，则α＋β＝ eq \f(π,3) ．
解析：依题意 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0<β<\f(π,4)，,\f(π,4)<α<\f(π,2)，))
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0<2β<\f(π,2)，,\f(π,2)<2α<π，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)<－β<0，,－\f(π,2)<－2β<0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)<2α－β<π，,－\f(π,4)<α－2β<\f(π,2)，))
所以sin (2α－β)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,14)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(5\r(3),14) ，cs (α－2β)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),7)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(1,7) ，
所以cs (α＋β)＝cs [(2α－β)－(α－2β)]＝cs (2α－β)cs (α－2β)＋sin (2α－β)sin (α－2β)＝
－ eq \f(11,14) × eq \f(1,7) ＋ eq \f(5\r(3),14) × eq \f(4\r(3),7) ＝ eq \f(1,2) ，由于 eq \f(π,4) <α＋β< eq \f(3π,4) ，所以α＋β＝ eq \f(π,3) .
四、解答题
13.如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点在坐标原点，以x轴的非负半轴为始边的锐角α与钝角β的终边与单位圆O分别交于A，B两点，x轴的非负半轴与单位圆O交于点M，已知S△OAM＝ eq \f(\r(5),5) ，点B的纵坐标是 eq \f(\r(2),10) .
(1)求cs (α－β)的值；
(2)求2α－β的值．
解：(1)由题意知，|OA|＝|OM|＝1，因为S△OAM＝ eq \f(1,2) |OA|·|OM|·sin α＝ eq \f(\r(5),5) ，所以sin α＝ eq \f(2\r(5),5) ，又α为锐角，所以cs α＝ eq \f(\r(5),5) .因为点B是钝角β的终边与单位圆O的交点，且点B的纵坐标是 eq \f(\r(2),10) ，所以sin β＝ eq \f(\r(2),10) ，cs β＝－ eq \f(7\r(2),10) ，所以cs (α－β)＝cs αcs β＋sin α·sin β＝ eq \f(\r(5),5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10))) ＋ eq \f(2\r(5),5) × eq \f(\r(2),10) ＝－ eq \f(\r(10),10) .
(2)因为sin α＝ eq \f(2\r(5),5) ，cs α＝ eq \f(\r(5),5) ，cs (α－β)＝－ eq \f(\r(10),10) ，sin (α－β)＝sin αcs β－cs αsin β＝ eq \f(2\r(5),5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10))) － eq \f(\r(5),5) × eq \f(\r(2),10) ＝－ eq \f(3\r(10),10) ，所以sin (2α－β)＝sin [α＋(α－β)]＝sin αcs (α－β)＋cs αsin (α－β)＝ eq \f(2\r(5),5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),10))) ＋ eq \f(\r(5),5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(10),10))) ＝－ eq \f(\r(2),2) ，
因为α为锐角，sin α＝ eq \f(2\r(5),5) > eq \f(\r(2),2) ，所以α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) ，所以2α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) ，又β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) ，所以2α－β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) ，所以2α－β＝－ eq \f(π,4) .
14．(结构不良问题)是否存在锐角α，β，使得下列两个式子①tan (α＋2β)＝－ eq \r(3) ，②tan eq \f(α,2) tan β
＝2－ eq \r(3) 同时成立？若存在，求出α，β的一个值；若不存在，说明理由．
解：存在．
由①tan (α＋2β)＝－ eq \r(3) ，∵α，β为锐角，则0<α＋2β< eq \f(3π,2) ， ∴α＋2β＝ eq \f(2π,3) ，∴ eq \f(α,2) ＋β＝ eq \f(π,3) ，∴tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋β)) ＝ eq \f(tan \f(α,2)＋tan β,1－tan \f(α,2)tan β) ＝ eq \r(3) ，
将②代入上式得tan eq \f(α,2) ＋tan β＝3－ eq \r(3) ，因此tan eq \f(α,2) ，tan β是方程x2－(3－ eq \r(3) )x＋2－ eq \r(3) ＝0的两根，
由x2－(3－ eq \r(3) )x＋2－ eq \r(3) ＝0，即[x－(2－ eq \r(3) )](x－1)＝0，解得x1＝1，x2＝2－ eq \r(3) ，
当tan eq \f(α,2) ＝1时，∵0<α< eq \f(π,2) ，∴0< eq \f(α,2) < eq \f(π,4) ，此时α不存在，故tan eq \f(α,2) ＝2－ eq \r(3) ，tan β＝1，
∴tan α＝ eq \f(2tan \f(α,2),1－tan 2\f(α,2)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，
∵α，β均为锐角，∴α＝ eq \f(π,6) ，β＝ eq \f(π,4) .
考点练24 三角函数的图象与性质 对应学生用书049页
一、单项选择题
1．(教材回归)下列关于函数y＝4sin x, x∈[0，2π]的单调性的叙述，正确的是( C )
A．在[0，π]上单调递增，在[π，2π]上单调递减
B．在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π)) 上单调递减
C．在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π)) 上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2))) 上单调递减
D．在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2))) 上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π)) 上单调递减
解析：由函数在[0，2π]上的图象可知选C.
2．函数y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)) 的定义域是( D )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,4)))
B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠－\f(π,4)))
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠kπ＋\f(π,4)（k∈Z）))
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠kπ＋\f(3π,4)（k∈Z）))
解析：y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)) ＝－tan (x－ eq \f(π,4) )，由x－ eq \f(π,4) ≠ eq \f(π,2) ＋kπ(k∈Z)，得x≠kπ＋ eq \f(3π,4) (k∈Z).故选D.
3．函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) 在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上的最小值为( B )
A．－1 B．－ eq \f(\r(2),2)
C． eq \f(\r(2),2) D．0
解析：由已知x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，得2x－ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4))) ，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) ∈[－ eq \f(\r(2),2) ，1]，故函数f(x)＝sin (2x－ eq \f(π,4) )在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上的最小值为－ eq \f(\r(2),2) .故选B.
4．函数f(x)＝sin x cs x的单调递减区间是( B )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,4)，kπ)) (k∈Z)
B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4))) (k∈Z)
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(π,2))) (k∈Z)
D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(π,2))) (k∈Z)
解析：f(x)＝sin x cs x＝ eq \f(1,2) sin 2x，由 eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x≤2kπ＋ eq \f(3π,2) ，k∈Z，得 eq \f(π,4) ＋kπ≤x≤kπ＋ eq \f(3π,4) ，k∈Z，∴函数f(x)＝
sin x cs x的单调递减区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4))) (k∈Z).故选B.
5．(2023·天津卷)已知函数f(x)图象的一条对称轴为直线x＝2，一个周期为4，则f(x)的解析式可能为( B )
A．f(x)＝sin eq \f(π,2) x B．f(x)＝cs eq \f(π,2) x
C．f(x)＝sin eq \f(π,4) x D．f(x)＝cs eq \f(π,4) x
解析：对于A，T＝ eq \f(2π,\f(π,2)) ＝4，对于B，T＝ eq \f(2π,\f(π,2)) ＝4，对于C，T＝ eq \f(2π,\f(π,4)) ＝8，对于D，T＝ eq \f(2π,\f(π,4)) ＝8，排除C、D.对于A，当x＝2时，函数值为sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)×2)) ＝0，故(2，0)是函数图象的一个对称中心，排除A，对于B，当x＝2时，函数值为cs ( eq \f(π,2) ×2)＝－1，故直线x＝2是函数图象的一条对称轴，故选B.
6．(2024·北京昌平区高三统考期末)下列函数中，是偶函数且其图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) 对称的是( D )
A．f(x)＝sin x B．f(x)＝cs x
C．f(x)＝sin 4x D．f(x)＝cs 2x
解析：对于A，函数f(x)＝sin x是奇函数，A不是；对于C，函数f(x)＝sin 4x是奇函数，C不是；对于B，函数f(x)＝cs x是偶函数，而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) ＝cs eq \f(π,4) ＝ eq \f(\r(2),2) ≠0，即f(x)＝cs x的图象不关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) 对称，B不是；对于D，函数f(x)＝cs 2x是偶函数，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) ＝cs eq \f(π,2) ＝0，即f(x)＝cs 2x的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) 对称，D是．故选D.
二、多项选择题
7．已知函数f(x)＝sin 2x＋2sin2x－1在[0，m]上单调递增，则m的值可能是( AC )
A． eq \f(π,4) B． eq \f(π,2)
C． eq \f(3π,8) D．π
解析：由题意，得f(x)＝sin2x－cs 2x＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) ，由－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x－ eq \f(π,4) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)，解得－ eq \f(π,8) ＋kπ≤x≤ eq \f(3π,8) ＋kπ(k∈Z)，当k＝0时，－ eq \f(π,8) ≤x≤ eq \f(3π,8) ，即函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(3π,8))) 上单调递增．因为函数f(x)在[0，m]上单调递增，所以08．(2024·山东潍坊统考期末)已知函数f(x)＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6))) (ω>0)的最小正周期是 eq \f(π,2) ，则( BCD )
A．ω＝2
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12))) >f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,5)))
C．f(x)图象的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,4)＋\f(π,12)，0)) (k∈Z)
D.f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3))) 上单调递增
解析：因为函数f(x)＝tan (2ωx－ eq \f(π,6) )(ω>0)的最小正周期是 eq \f(π,2) ，所以T＝ eq \f(π,|2ω|) ＝ eq \f(π,2) ，又ω>0，得到ω＝1，所以f(x)＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) ，对于A，因为ω＝1，故A错误；对于B，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12))) ＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝－tan eq \f(π,3) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,5))) ＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(19π,30))) ＝－tan eq \f(11π,30) ，又0< eq \f(π,3) < eq \f(11π,30) < eq \f(π,2) ，由y＝tan x的性质知，tan eq \f(π,3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,5))) ，故B正确；对于C，由2x－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(kπ,2) (k∈Z)，得x＝ eq \f(kπ,4) ＋ eq \f(π,12) (k∈Z)，所以f(x)＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) 的对称中心为( eq \f(kπ,4) ＋ eq \f(π,12) ，0)(k∈Z)，故C正确；对于D，当x∈( eq \f(π,12) ， eq \f(π,3) )时，2x－ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，由y＝tan x的性质知，f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3))) 上单调递增，故D正确．故选BCD.
三、填空题
9．函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2))) －3cs x的最小值为－4．
解析：∵f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2))) －3cs x＝－cs 2x－3cs x＝－2cs2x－3csx＋1，令t＝cs x，则t∈[－1，1]，∴f(t)＝－2t2－3t＋1.又函数f(t)图象的对称轴为直线t＝－ eq \f(3,4) ∈[－1，1]，且开口向下，∴当t＝1时，f(t)有最小值－4.综上，f(x)的最小值为－4.
10．设函数f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6))) (ω>0).若f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) 对任意的实数x都成立，则ω的最小值为 eq \f(2,3) ．
解析：∵f(x)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) 对任意的实数x都成立，∴当x＝ eq \f(π,4) 时，f(x)取得最大值，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) ＝cs ( eq \f(π,4) ω－ eq \f(π,6) )＝1，∴ eq \f(π,4) ω－ eq \f(π,6) ＝2kπ，k∈Z，∴ω＝8k＋ eq \f(2,3) ，k∈Z.∵ω>0，∴当k＝0时，ω取得最小值 eq \f(2,3) .
11．(开放性问题)(2023·北京卷)已知命题p：若α，β为第一象限角，且α>β，则tan α>tan β.能说明p为假命题的一组α，β的值为α＝ eq \f(9π,4) (答案不唯一)，β＝ eq \f(π,3) (答案不唯一)．
解析：因为f(x)＝tan x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递增，若0<α0<β0< eq \f(π,2) ，则tan α0令k1>k2，则α－β＝(2k1π＋α0)－(2k2π＋β0)＝2(k1－k2)π＋(α0－β0)，
因为2(k1－k2)π≥2π，－ eq \f(π,2) <α0－β0<0，则α－β＝2(k1－k2)π＋(α0－β0)> eq \f(3π,2) >0，即k1>k2时，α>β.
不妨取k1＝1，k2＝0，α0＝ eq \f(π,4) ，β0＝ eq \f(π,3) ，即α＝ eq \f(9π,4) ，β＝ eq \f(π,3) 满足题意．
12．(2024·安徽合肥调研)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(tan \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(π,6))))) ，则下列说法正确的是④．(填序号)
①f(x)的周期是 eq \f(π,2) ；
②f(x)的值域是{y|y∈R，且y≠0}；
③直线x＝ eq \f(5π,3) 是函数f(x)图象的一条对称轴；
④f(x)的单调递减区间是(2kπ－ eq \f(2π,3) ，2kπ＋ eq \f(π,3) )，k∈Z.
解析：函数f(x)的周期为2π，①错误；f(x)的值域为[0，＋∞)，②错误；当x＝ eq \f(5π,3) 时， eq \f(1,2) x－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(2π,3) ≠ eq \f(kπ,2) ，k∈Z，∴直线x＝ eq \f(5π,3) 不是函数f(x)图象的对称轴，③错误；令kπ－ eq \f(π,2) < eq \f(1,2) x－ eq \f(π,6) 四、解答题
13．已知函数f(x)＝sin (2π－x)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－x)) － eq \r(3) cs2x＋ eq \r(3) .
(1)求f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程；
(2)当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,12))) 时，求f(x)的最小值和最大值．
解：(1)由题意，得f(x)＝(－sinx)(－cs x)－ eq \r(3) cs2x＋ eq \r(3) ＝
sinx cs x－ eq \r(3) cs2x＋ eq \r(3) ＝ eq \f(1,2) sin2x－ eq \f(\r(3),2) (cs 2x＋1)＋ eq \r(3) ＝
eq \f(1,2) sin 2x－ eq \f(\r(3),2) cs 2x＋ eq \f(\r(3),2) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) ＋ eq \f(\r(3),2) ，
所以f(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π；
令2x－ eq \f(π,3) ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)，得x＝ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(5π,12) (k∈Z)，故所求图象的对称轴方程为x＝ eq \f(kπ,2) ＋ eq \f(5π,12) (k∈Z).
(2)当0≤x≤ eq \f(7π,12) 时，－ eq \f(π,3) ≤2x－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(5π,6) ，
由函数图象(图略)可知，－ eq \f(\r(3),2) ≤sin (2x－ eq \f(π,3) )≤1.
即0≤sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) ＋ eq \f(\r(3),2) ≤ eq \f(2＋\r(3),2) .故f(x)的最小值为0，最大值为 eq \f(2＋\r(3),2) .
14．已知函数f(x)＝4tan x sin ( eq \f(π,2) －x)cs (x－ eq \f(π,3) )－ eq \r(3) .
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4))) 上的单调性．
解：(1)f(x)的定义域为{x|x≠ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z}．
f(x)＝4tan x cs x cs (x－ eq \f(π,3) )－ eq \r(3) ＝4sin x cs (x－ eq \f(π,3) )－ eq \r(3) ＝4·sin x( eq \f(1,2) cs x＋ eq \f(\r(3),2) sin x)－ eq \r(3) ＝2·sin xcs x＋2 eq \r(3) sin2x－ eq \r(3) ＝sin2x＋ eq \r(3) (1－cs 2x)－ eq \r(3) ＝sin 2x－ eq \r(3) ·cs 2x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) .
所以f(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π.
(2)令z＝2x－ eq \f(π,3) ，函数y＝2sin z在[－ eq \f(π,2) ＋2kπ， eq \f(π,2) ＋2kπ](k∈Z)上单调递增．
由－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x－ eq \f(π,3) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，得－ eq \f(π,12) ＋kπ≤x≤ eq \f(5π,12) ＋kπ，k∈Z.
设A＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4))) ，
B＝{x|－ eq \f(π,12) ＋kπ≤x≤ eq \f(5π,12) ＋kπ，k∈Z)}，
易知A∩B＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))) .
所以当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4))) 时，f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))) 上单调递增，在区间[－ eq \f(π,4) ，－ eq \f(π,12) ]上单调递减．
一、单项选择题
1．函数f(x)＝ln (cs x)的定义域为( C )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2))) ，k∈Z
B．(kπ，kπ＋π)，k∈Z
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2))) ，k∈Z
D．(2kπ，2kπ＋π)，k∈Z
解析：由题意知，cs x>0，∴2kπ－ eq \f(π,2) 2．已知函数f(x)＝sin 2x－2sin2x，则下列结论错误的是( C )
A．函数f(x)的最小正周期是π
B．函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2))) 上单调递减
C．函数f(x)的图象可由函数y＝ eq \r(2) sin2x的图象向左平移 eq \f(π,4) 个单位长度，再向下平移1个单位长度得到
D．函数f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,8)，－1)) 对称
解析：f(x)＝sin 2x－2sin 2x＝sin 2x－(1－cs 2x)＝sin 2x＋cs 2x－1＝ eq \r(2) sin (2x＋ eq \f(π,4) )－1，所以函数f(x)的最小正周期是 eq \f(2π,2) ＝π，A正确；当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2))) 时，2x＋ eq \f(π,4) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4))) ，所以f(x)＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))) －1单调递减，故B正确；函数y＝ eq \r(2) sin 2x的图象向左平移 eq \f(π,4) 个单位长度，再向下平移1个单位长度得到g(x)＝ eq \r(2) sin (2x＋ eq \f(π,2) )－1的图象，故C错误；当x＝ eq \f(7π,8) 时，2x＋ eq \f(π,4) ＝2π，所以f(x)＝ eq \r(2) sin (2x＋ eq \f(π,4) )－1＝－1，所以f(x)的图象关于( eq \f(7π,8) ，－1)对称，D正确．故选C.
3．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3))) 上单调递增，直线x＝ eq \f(π,6) 和x＝ eq \f(2π,3) 为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12))) ＝( D )
A．－ eq \f(\r(3),2) B．－ eq \f(1,2)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(\r(3),2)
解析：因为f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间( eq \f(π,6) ， eq \f(2π,3) )上单调递增，直线x＝ eq \f(π,6) 和x＝ eq \f(2π,3) 为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，所以 eq \f(T,2) ＝ eq \f(2π,3) － eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，取ω>0，则T＝π，ω＝ eq \f(2π,T) ＝2，当x＝ eq \f(π,6) 时，f(x)取得最小值，则2· eq \f(π,6) ＋φ＝2kπ－ eq \f(π,2) ，k∈Z，则φ＝2kπ－ eq \f(5π,6) ，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6))) ，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12))) ＝sin (－ eq \f(5π,3) )＝ eq \f(\r(3),2) .故选D.
4．若函数f(x)＝2 eq \r(3) ·sin ωx cs ωx＋2sin2ωx＋cs2ωx在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2))) 上单调递增，则正数ω的最大值为( B )
A． eq \f(1,8) B． eq \f(1,6)
C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,3)
解析：方法一：因为f(x)＝2 eq \r(3) sin ωx·cs ωx＋2sin2ωx＋cs2ωx＝ eq \r(3) sin 2ωx＋1在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2))) 上单调递增，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3ωπ≥－\f(π,2)，,3ωπ≤\f(π,2)，)) 解得ω≤ eq \f(1,6) ，所以正数ω的最大值是 eq \f(1,6) .故选B.
方法二：易知f(x)＝ eq \r(3) sin 2ωx＋1，可得f(x)的最小正周期T＝ eq \f(π,ω) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4ω)≤－\f(3π,2)，,\f(π,4ω)≥\f(3π,2)，)) 解得ω≤ eq \f(1,6) .所以正数ω的最大值是 eq \f(1,6) .故选B.
5．已知函数f(x)＝a sin x－b cs x(a，b为常数且a≠0，x∈R)在x＝ eq \f(π,4) 处取得最小值，则函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x)) 是( D )
A．偶函数，且图象关于点(π，0)对称
B．偶函数，且图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0)) 对称
C．奇函数，且图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0)) 对称
D．奇函数，且图象关于点(π，0)对称
解析：f(x)＝a sin x－b cs x＝ eq \r(a2＋b2) sin (x＋φ)(其中tan φ＝－ eq \f(b,a) )，若f(x)在x＝ eq \f(π,4) 处取得最小值，则sin ( eq \f(π,4) ＋φ)＝－1，φ＝ eq \f(5π,4) ＋2kπ，k∈Z，f(x)＝ eq \r(a2＋b2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5π,4))) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x)) ＝ eq \r(a2＋b2) sin ( eq \f(3π,4) －x＋ eq \f(5π,4) )＝ eq \r(a2＋b2) sin (－x)，可得函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－x)) 是奇函数，且图象关于点(π，0)对称．故选D.
6．(2024·江苏徐州高三期末)已知函数f(x)＝a－cs x＋ eq \r(3) sin x在x∈[0，π]上有两个不同的零点，则a的取值范围为( D )
A．[－2，1] B．[－1，1]
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)) D．(－2，－1]
解析：因为f(x)＝a－cs x＋ eq \r(3) sin x，令f(x)＝0，得到－a＝－cs x＋ eq \r(3) sin x，令h(x)＝ eq \r(3) sin x－cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) ，其在区间[0，π]上的图象如图所示，又函数f(x)＝a－cs x＋ eq \r(3) sin x在x∈[0，π]上有两个不同的零点，由图知，1≤－a<2，得到－2二、多项选择题
7．(2024·山东德州高三统考期末)设函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3))) (ω>0)在区间(0，π)上恰有两个零点，则ω的值可能是( BCD )
A． eq \f(5,3) B．2
C． eq \f(7,3) D． eq \f(8,3)
解析：由x∈(0，π)，得ωx＋ eq \f(π,3) ∈( eq \f(π,3) ，ωπ＋ eq \f(π,3) )，因为f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,3) )(ω>0)在区间(0，π)上恰有两个零点，所以2π<ωπ＋ eq \f(π,3) ≤3π，解得 eq \f(5,3) <ω≤ eq \f(8,3) ，所以B、C、D符合题意．故选BCD.
8．关于函数f(x)＝sin |x|＋|sin x|，下述四个结论正确的是( AD )
A．f(x)是偶函数
B．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上单调递增
C．f(x)在[－π，π]上有4个零点
D．f(x)的最大值为2
解析：f(－x)＝sin |－x|＋|sin (－x)|＝sin |x|＋|sin x|＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故A正确；当 eq \f(π,2) 三、填空题
9．记函数f(x)＝cs (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)＝ eq \f(\r(3),2) ，x＝ eq \f(π,9) 为f(x)的零点，则ω的最小值为3．
解析： 因为f(x)＝cs (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)，所以最小正周期T＝ eq \f(2π,ω) ，因为f(T)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω·\f(2π,ω)＋φ)) ＝cs (2π＋φ)＝cs φ＝ eq \f(\r(3),2) ，又0<φ<π，所以φ＝ eq \f(π,6) ，即f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))) ，又x＝ eq \f(π,9) 为f(x)的零点，所以 eq \f(π,9) ω＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，解得ω＝3＋9k，k∈Z，因为ω>0，所以当k＝0时ωmin＝3.
10．(开放性问题)若函数f(x)(f(x)的值不恒为常数)满足以下两个条件：①f(x)为偶函数；②对于任意的x∈R，都有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x)) .则其解析式可以是f(x)＝cs 3x(答案不唯一).(写出一个满足条件的解析式即可)
解析：因为对于任意的x∈R，都有f( eq \f(π,3) －x)＝f( eq \f(π,3) ＋x)，所以函数的图象关于直线x＝ eq \f(π,3) 对称．又由于函数为偶函数，所以函数的解析式可以为f(x)＝cs 3x.
11．函数f(x)＝sin x＋ eq \r(3) cs x在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上的最小值为1．
解析：f(x)＝sin x＋ eq \r(3) cs x＝2sin (x＋ eq \f(π,3) )，∵0≤x≤ eq \f(π,2) ，∴ eq \f(π,3) ≤x＋ eq \f(π,3) ≤ eq \f(5π,6) ，∴ eq \f(1,2) ≤sin (x＋ eq \f(π,3) )≤1，∴1≤f(x)≤2，∴f(x)的最小值为1.
12．若圆x2＋(y－1)2＝m2至少覆盖函数f(x)＝2sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,m)x＋\f(5π,12))) － eq \r(3) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,m)x＋\f(π,3))) (m>0)的一个最大值点和一个最小值点，则m的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(15),15)，＋∞)) ．
解析：化简f(x)＝2sin2( eq \f(π,m) x＋ eq \f(5π,12) )－ eq \r(3) cs( eq \f(2π,m) x＋ eq \f(π,3) )得f(x)＝2sin eq \f(2πx,m) ＋1，所以函数f(x)的图象靠近圆心(0，1)的最大值点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)，3)) ，最小值点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)，－1)) .所以只需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)))\s\up12(2)＋（3－1）2≤m2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)))\s\up12(2)＋（－1－1）2≤m2，)) 解得m≥ eq \f(8\r(15),15) .
四、解答题
13．已知函数f(x)＝sin2x＋ eq \r(3) sinx cs x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)若f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m)) 上的最大值为 eq \f(3,2) ，求m的最小值．
解：(1)f(x)＝sin2x＋ eq \r(3) sinx cs x＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,2) cs 2x＋ eq \f(\r(3),2) sin 2x＝sin (2x－ eq \f(π,6) )＋ eq \f(1,2) ，所以f(x)的最小正周期为T＝ eq \f(2π,2) ＝π.
(2)由(1)知，f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) ＋ eq \f(1,2) .由题意知－ eq \f(π,3) ≤x≤m，所以－ eq \f(5π,6) ≤2x－ eq \f(π,6) ≤2m－ eq \f(π,6) .
要使得f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m)) 上的最大值为 eq \f(3,2) ，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) 在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，m)) 上的最大值为1，所以2m－ eq \f(π,6) ≥ eq \f(π,2) ，即m≥ eq \f(π,3) .所以m的最小值为 eq \f(π,3) .
14．(2023·北京卷)设函数f(x)＝sin ωx cs φ＋cs ωx sin φ(ω>0，|φ|< eq \f(π,2) ).
(1)若f(0)＝－ eq \f(\r(3),2) ，求φ的值；
(2)已知f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3))) 上单调递增，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))) ＝1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f(x)存在，求ω，φ的值．
条件①：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) ＝ eq \r(2) ；
条件②：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝－1；
条件③：f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,3))) 上单调递减．
解：(1)因为f(x)＝sin ωx cs φ＋cs ωx sin φ，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) ，所以f(0)＝sin (ω·0)cs φ＋cs (ω·0)sin φ＝sin φ＝－ eq \f(\r(3),2) ，
因为|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝－ eq \f(π,3) .
(2)因为f(x)＝sin ωx cs φ＋cs ωx sin φ，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) ，
所以f(x)＝sin (ωx＋φ)，ω>0，|φ|< eq \f(π,2) ，所以f(x)的最大值为1，最小值为－1.
若选条件①：因为f(x)＝sin (ωx＋φ)的最大值为1，最小值为－1，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) ＝ eq \r(2) 无解，故条件①不能使函数f(x)存在．
若选条件②：因为f(x)在[－ eq \f(π,3) ， eq \f(2π,3) ]上单调递增，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3))) ＝1，f(－ eq \f(π,3) )＝－1，
所以 eq \f(T,2) ＝ eq \f(2π,3) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝π，所以T＝2π，ω＝ eq \f(2π,T) ＝1，所以f(x)＝sin (x＋φ)，又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝－1，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋φ)) ＝－1，所以－ eq \f(π,3) ＋φ＝－ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，
所以φ＝－ eq \f(π,6) ＋2kπ，k∈Z，因为|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝－ eq \f(π,6) ，所以ω＝1，φ＝－ eq \f(π,6) .
若选条件③：因为f(x)在[－ eq \f(π,3) ， eq \f(2π,3) ]上单调递增，在[－ eq \f(π,2) ，－ eq \f(π,3) ]上单调递减，
所以f(x)在x＝－ eq \f(π,3) 处取得最小值－1，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝－1.
以下与条件②相同．
考点练25 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象与性质 对应学生用书051页
一、单项选择题
1．函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) 在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，π)) 上的简图是( A )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：令x＝0得y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝－ eq \f(\r(3),2) ，排除B，D项，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))) ＝0，排除C项．故选A.
2．(教材改编)把函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) 图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图象，再将f(x)图象上所有点向右平移 eq \f(π,3) 个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)＝( B )
A．－sin 4x B．sin x
C．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3))) D．sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(5π,3)))
解析：把函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) 图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) 的图象，再将f(x) 图象上所有点向右平移 eq \f(π,3) 个单位长度，得到函数g(x)＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＋\f(π,3))) ＝sin x 的图象．故选B.
3．若将函数f(x)＝sin 2x＋cs 2x的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是( C )
A． eq \f(π,8) B． eq \f(π,4)
C． eq \f(3π,8) D． eq \f(5π,4)
解析：f(x)＝sin 2x＋cs 2x＝ eq \r(2) cs (2x－ eq \f(π,4) )，将函数f(x)的图象向右平移φ个单位长度后所得图象对应的函数为y＝ eq \r(2) cs (2x－ eq \f(π,4) －2φ)，且该函数为偶函数，故2φ＋ eq \f(π,4) ＝kπ(k∈Z)，所以φ的最小正值为 eq \f(3π,8) .故选C.
4．函数f(x)＝ eq \f(1,2) sin 2x＋ eq \f(\r(3),2) cs 2x，x∈R，将函数f(x)的图象向右平移 eq \f(π,3) 个单位长度，得到函数g(x)的图象，则g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3))) 上的最小值为( C )
A．0 B．－ eq \f(\r(3),2) C．－1 D． eq \f(1,2)
解析：由函数f(x)＝ eq \f(1,2) sin 2x＋ eq \f(\r(3),2) ·cs 2x＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) ，将函数f(x)的图象向右平移 eq \f(π,3) 个单位长度，可得g(x)＝sin [2(x－ eq \f(π,3) )＋ eq \f(π,3) ]＝sin (2x－ eq \f(π,3) )的图象，因为x∈[－ eq \f(π,6) ， eq \f(π,3) ]，所以2x－ eq \f(π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,3))) ，所以当2x－ eq \f(π,3) ＝－ eq \f(π,2) 时，即x＝－ eq \f(π,12) 时，函数g(x)取得最小值，最小值为－1，即g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3))) 上的最小值为－1.故选C.
5．(数学文化)现代建筑物的设计中通常会运用各种曲线、曲面，将美感发挥到极致．如图是位于深圳的田园观光塔，它的主体呈螺旋形，高15.6 m，结合旋转楼梯的设计，体现了建筑中的数学之美．某游客从楼梯底端出发一直走到顶部．现把该游客的运动轨迹投影到塔的轴截面，得到曲线方程为y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)(x，y的单位：m).该游客根据观察发现整个运动过程中，相位的变化量为 eq \f(11,4) π，则ω约为( A )
A．0.55 B．0.65
C．0.75 D．0.85
解析：由旋转楼梯高为15.6 m知，投影到轴截面上后，对应曲线y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)中，游客移动的水平距离是15.6，∵初始时游客在最底端，∴当x＝0时，初相为φ，∵整个运动过程中，相位的变化量为 eq \f(11,4) π，且最后游客在最高点，∴最后的位置15.6ω＋φ，∴15.6ω＋φ－φ＝ eq \f(11,4) π，解得ω≈0.55.故选A.
6．(2024·河南安阳高三统考期末)已知函数f(x)＝2cs φcs (2x＋φ)＋sin 2x－cs (2x＋2φ)，则下列说法错误的是( D )
A．将函数f(x)的图象向左平移 eq \f(π,8) 个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)是偶函数
B．x＝－ eq \f(π,8) 是函数f(x)的一个零点
C．函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，\f(3π,4))) 上单调递增
D．f(x)＝1在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(11π,8))) 上的所有实根之和为2π
解析：f(x)＝2cs φcs (2x＋φ)＋sin 2x－cs (2x＋2φ)＝2cs φcs (2x＋φ)＋sin 2x－cs φcs (2x＋φ)＋sin φsin (2x＋φ)＝sin 2x＋cs φcs (2x＋φ)＋sin φsin (2x＋φ)＝sin 2x＋cs 2x＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))) ，对于A，将函数f(x)的图象向左平移 eq \f(π,8) 个单位长度，得到函数g(x)＝ eq \r(2) sin [2(x＋ eq \f(π,8) )＋ eq \f(π,4) ]＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))) ＝ eq \r(2) cs 2x的图象，故函数g(x)是偶函数，故A正确；对于B，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8))) ＝ eq \r(2) sin 0＝0，故B正确；对于C，因f(x)＝ eq \r(2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))) ，令－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,4) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，故－ eq \f(3π,8) ＋kπ≤x≤ eq \f(π,8) ＋kπ，k∈Z，故函数f(x)在[－ eq \f(3π,8) ＋kπ， eq \f(π,8) ＋kπ]，k∈Z上单调递增，当k＝1时，可得函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，\f(9π,8))) 上单调递增，[ eq \f(5π,8) ， eq \f(3π,4) ] eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，\f(9π,8))) ，故C正确；对于D，令f(x)＝ eq \r(2) sin (2x＋ eq \f(π,4) )＝1，得sin (2x＋ eq \f(π,4) )＝ eq \f(\r(2),2) ，所以2x＋ eq \f(π,4) ＝ eq \f(π,4) ＋2kπ或2x＋ eq \f(π,4) ＝ eq \f(3π,4) ＋2kπ，k∈Z，故x＝kπ或x＝ eq \f(π,4) ＋kπ，k∈Z，故f(x)＝1在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(11π,8))) 上的所有实根为0， eq \f(π,4) ，π， eq \f(5π,4) ，其和为 eq \f(5π,2) ，故D错误．故选D.
二、多项选择题
7．(新定义问题)如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，那么称这些函数为“互为生成”函数，给出下列函数中是“互为生成”函数的是( AD )
A．f(x)＝sin x＋cs x
B．f(x)＝ eq \r(2) (sin x＋cs x)
C．f(x)＝sin x
D．f(x)＝ eq \r(2) sin x＋ eq \r(2)
解析：f(x)＝sin x＋cs x＝ eq \r(2) sin (x＋ eq \f(π,4) )与f(x)＝ eq \r(2) sin x＋ eq \r(2) 经过平移后能够重合．故选AD.
8．将函数f(x)＝ eq \r(3) cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) －1的图象向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)具有的性质为( BCD )
A．最大值为 eq \r(3) ，图象关于直线x＝－ eq \f(π,3) 对称
B．图象关于y轴对称
C．最小正周期为π
D．图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) 成中心对称
解析：将函数f(x)＝ eq \r(3) cs (2x＋ eq \f(π,3) )－1的图象向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度，得到y＝ eq \r(3) cs [2(x＋ eq \f(π,3) )＋ eq \f(π,3) ]－1＝ eq \r(3) cs (2x＋π)－1＝－ eq \r(3) cs 2x－1的图象；再向上平移1个单位长度，得到函数g(x)＝－ eq \r(3) cs 2x 的图象．对于函数g(x)，它的最大值为 eq \r(3) ，由于当x＝－ eq \f(π,3) 时，g(x)＝ eq \f(\r(3),2) ，不是最值，故g(x)的图象不关于直线x＝－ eq \f(π,3) 对称，故A错误；由于该函数为偶函数，故它的图象关于y轴对称，故B正确；它的最小正周期为 eq \f(2π,2) ＝π，故C正确；当x＝ eq \f(π,4) 时，g(x)＝0，故函数的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) 成中心对称，故D正确．故选BCD.
三、填空题
9．函数f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) 在[0，π]上的零点个数为3．
解析：由题意可知，当3x＋ eq \f(π,6) ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)时，f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6))) ＝0.∵x∈[0，π]，∴3x＋ eq \f(π,6) ∈[ eq \f(π,6) ， eq \f(19π,6) ]，∴当3x＋ eq \f(π,6) 的取值为 eq \f(π,2) ， eq \f(3π,2) ， eq \f(5π,2) 时，f(x)＝0，即函数f(x)＝cs (3x＋ eq \f(π,6) )在[0，π]上的零点个数为3.
10．已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sin (2x＋ eq \f(2π,3) )，则为了得到曲线C1，首先要把曲线C2上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右至少平移 eq \f(π,6) 个单位长度．(本题所填数字要求为正数)
解析：∵曲线C1：y＝cs x＝sin (x＋ eq \f(π,2) )＝sin (2· eq \f(1,2) x＋ eq \f(2π,3) － eq \f(π,6) )，∴先把曲线C2上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线y＝sin (2· eq \f(1,2) x＋ eq \f(2π,3) )向右至少平移 eq \f(π,6) 个单位长度．
11．函数y＝cs (2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移 eq \f(π,2) 个单位长度后，与函数y＝sin (2x－ eq \f(π,3) )的图象重合，则φ＝ eq \f(π,6) ．
解析：把函数y＝cs (2x＋φ)(0<φ<π)的图象向右平移 eq \f(π,2) 个单位长度后，得到y＝cs (2x－π＋φ)的图象，与函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) 的图象重合，则cs (2x－π＋φ)＝sin (2x－ eq \f(π,3) )，即sin (2x－ eq \f(π,2) ＋φ)＝sin (2x－ eq \f(π,3) )，所以－ eq \f(π,2) ＋φ＝－ eq \f(π,3) ＋2kπ，k∈Z，又0<φ<π，则φ＝ eq \f(π,6) .
12．已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示，则ω＝2，函数f(x)的单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ)) (k∈Z)．
解析：由图象知 eq \f(T,2) ＝ eq \f(π,3) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) ＝ eq \f(π,2) ，则周期T＝π，即 eq \f(2π,ω) ＝π，则ω＝2，f(x)＝2sin (2x＋φ).由2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) ＋φ＝2kπ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝ eq \f(π,3) ，则f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) .令2kπ－ eq \f(π,2) ≤2x＋ eq \f(π,3) ≤2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，得－ eq \f(5π,12) ＋kπ≤x≤ eq \f(π,12) ＋kπ，k∈Z.
四、解答题
13．已知函数f(x)＝ eq \r(3) sin 2x＋2cs2x＋a，其最大值为2.
(1)求a的值及f(x)的最小正周期；
(2)画出f(x)在[0，π]上的图象．
解：(1)f(x)＝ eq \r(3) sin2x＋2cs2x＋a＝ eq \r(3) sin2x＋cs 2x＋1＋a＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) ＋1＋a的最大值为2，
所以a＝－1，最小正周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π.
(2)由(1)知f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) ，列表：
画图如下：
14．(2023·湖北黄冈中学模拟)已知函数f(x)＝2 eq \r(3) sin ωx cs ωx＋2cs2ωx(ω>0)，且f(x)的最小正周期为π.
(1)求ω的值及函数f(x)的单调递减区间；
(2)将函数f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度后得到函数g(x)的图象，求当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，函数g(x)的最大值．
解：(1)由题意知f(x)＝ eq \r(3) sin2ωx＋1＋cs 2ωx＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6))) ＋1，∵周期T＝π，即 eq \f(2π,2ω) ＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) ＋1，令 eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,6) ≤ eq \f(3π,2) ＋2kπ，k∈Z，得 eq \f(π,6) ＋kπ≤x≤ eq \f(2π,3) ＋kπ，k∈Z.∴函数f(x)的单调递减区间为[ eq \f(π,6) ＋kπ， eq \f(2π,3) ＋kπ]，k∈Z.
(2)∵g(x)＝2sin [2(x－ eq \f(π,6) )＋ eq \f(π,6) ]＋1＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) ＋1，
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，－ eq \f(π,6) ≤2x－ eq \f(π,6) ≤ eq \f(5π,6) ，∴当2x－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，即x＝ eq \f(π,3) 时，g(x)max＝2×1＋1＝3.
一、单项选择题
1．将曲线C1：y＝2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) 上的点向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度，再将各点横坐标缩短为原来的 eq \f(1,2) ，纵坐标不变，得到曲线C2，则C2的方程为( A )
A.y＝2sin 4x B．y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,3)))
C.y＝2sin x D．y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))
解析：将曲线C1：y＝2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) 上的点向右平移 eq \f(π,6) 个单位长度，可得y＝2sin 2x的图象，再将各点横坐标缩短为原来的 eq \f(1,2) ，纵坐标不变，可得曲线C2：y＝2sin 4x，故选A.
2．(2023·全国甲卷)函数y＝f(x)的图象由函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) 的图象向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝ eq \f(1,2) x－ eq \f(1,2) 的交点个数为( C )
A.1 B．2
C.3 D．4
解析：因为y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) 的图象向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度得到函数y＝cs [2(x＋ eq \f(π,6) )＋ eq \f(π,6) ]＝cs (2x＋ eq \f(π,2) )＝－sin 2x的图象，所以f(x)＝－sin 2x，而y＝ eq \f(1,2) x－ eq \f(1,2) 显然过 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2))) 与(1，0)两点，作出f(x)与y＝ eq \f(1,2) x－ eq \f(1,2) 的部分图象大致如下，
考虑2x＝－ eq \f(3π,2) ，2x＝ eq \f(3π,2) ，2x＝ eq \f(7π,2) ，即x＝－ eq \f(3π,4) ，x＝ eq \f(3π,4) ，x＝ eq \f(7π,4) 处f(x)与y＝ eq \f(1,2) x－ eq \f(1,2) 的大小关系，当x＝－ eq \f(3π,4) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4))) ＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2))) ＝－1，y＝ eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4))) － eq \f(1,2) ＝－ eq \f(3π＋4,8) <－1；当x＝ eq \f(3π,4) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4))) ＝－sin eq \f(3π,2) ＝1，y＝ eq \f(1,2) × eq \f(3π,4) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(3π－4,8) <1；当x＝ eq \f(7π,4) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,4))) ＝－sin eq \f(7π,2) ＝1，y＝ eq \f(1,2) × eq \f(7π,4) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(7π－4,8) >1.所以由图可知，f(x)的图象与直线y＝ eq \f(1,2) x－ eq \f(1,2) 的交点个数为3.故选C.
3．(2024·四川达州高三统考期末)如图，函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2) )的图象交坐标轴于点B，C，D，直线BC与曲线y＝f(x)的另一交点为A.若C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) ，△ABD的重心为G(1，0)，则( C )
A.函数f(x)在[3，4]上单调递减
B.直线x＝4是函数f(x)图象的一条对称轴
C.cs ∠BAD＝ eq \f(\r(7),14)
D.将y＝cs eq \f(2πx,3) 的图象向左平移 eq \f(1,4) 个单位长度，得到f(x)的图象
解析：依题意，△ABD的重心为G(1，0)，则点C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) 是线段AB的中点，且CD＝3CG＝ eq \f(3,2) ，函数f(x)的周期T＝2CD＝3，即T＝ eq \f(2π,ω) ＝3，解得ω＝ eq \f(2π,3) ，即f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)x＋φ)) ，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ)) ＝0，得 eq \f(π,3) ＋φ＝kπ，k∈Z，而|φ|< eq \f(π,2) ，则k＝0，φ＝－ eq \f(π,3) ，因此f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)x－\f(π,3))) ，对于A，当x∈[3，4]时， eq \f(2π,3) x－ eq \f(π,3) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(7π,3))) ，而函数y＝sin x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(7π,3))) 上单调递增，因此函数f(x)在[3，4]上单调递增，故A错误；对于B，f(4)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)－\f(π,3))) ＝sin eq \f(7π,3) ＝ eq \f(\r(3),2) ，因此直线x＝4不是函数f(x)图象的对称轴，故B错误；对于C，由f(0)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3))) ＝－ eq \f(\r(3),2) ，得B(0，－ eq \f(\r(3),2) )，而点C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) 是线段AB的中点，于是点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))) ，而点D(2，0)，则 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\r(3))) ， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝(1，－ eq \f(\r(3),2) )， eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AD,\s\up9(→)) ＝－1×1＋(－ eq \r(3) )× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2))) ＝ eq \f(1,2) ，| eq \(AB,\s\up9(→)) |＝ eq \r(（－1）2＋（－\r(3)）2) ＝2，| eq \(AD,\s\up9(→)) |＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(7),2) ，因此
cs ∠BAD＝ eq \f(\(AB,\s\up9(→))·\(AD,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))||\(AD,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(\f(1,2),2×\f(\r(7),2)) ＝ eq \f(\r(7),14) ，故C正确；对于D，将y＝cs eq \f(2πx,3) 的图象向左平移 eq \f(1,4) 个单位长度得到y＝cs eq \f(2π,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4))) ＝cs ( eq \f(2π,3) x＋ eq \f(π,6) )＝cs [( eq \f(2π,3) x－ eq \f(π,3) )＋ eq \f(π,2) ]＝－sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)x－\f(π,3))) 的图象， 故D错误．故选C.
4．将函数f(x)＝2sin x cs x－2 eq \r(3) cs2x＋ eq \r(3) 的图象向左或向右平移a(a>0)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x)) ＝g(x)对任意实数x成立，则实数a的最小值为( D )
A. eq \f(5π,24) B． eq \f(π,4)
C. eq \f(π,3) D． eq \f(π,6)
解析：因为f(x)＝2sinx cs x－2 eq \r(3) cs2x＋ eq \r(3) ＝sin2x－ eq \r(3) cs 2x＝2sin (2x－ eq \f(π,3) )，则g(x)＝2sin (2x－ eq \f(π,3) ±2a)，由g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x)) ＝g(x)得函数g(x)图象的对称轴为直线x＝ eq \f(π,12) ，所以 eq \f(π,6) － eq \f(π,3) ±2a＝kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，所以±a＝ eq \f(k,2) π＋ eq \f(π,3) ，k∈Z，因为a>0，所以当k＝－1时，可得－a＝－ eq \f(π,6) ，即a＝ eq \f(π,6) ，即实数a的最小值为 eq \f(π,6) .故选D.
5．已知定义在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) 上的函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4))) (ω>0)，若f(x)的最大值为 eq \f(ω,5) ，则ω的取值最多有( A )
A.2个 B．3个
C.4个 D．5个
解析：∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) ，则ωx－ eq \f(π,4) ∈[－ eq \f(π,4) ， eq \f(π,4) ω－ eq \f(π,4) ]，若f(x)的最大值为 eq \f(ω,5) ，分两种情况讨论：①当 eq \f(π,4) ω－ eq \f(π,4) ≥ eq \f(π,2) ，即ω≥3时，根据正弦函数的单调性可知，f(x)max＝1＝ eq \f(ω,5) ，解得ω＝5；②当 eq \f(π,4) ω－ eq \f(π,4) < eq \f(π,2) ，即0<ω<3时，根据正弦函数的单调性可知，y＝sin x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) 上单调递增，所以f(x)max＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)ω－\f(π,4))) ＝ eq \f(ω,5) >0，结合函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)x－\f(π,4))) 与y＝ eq \f(x,5) 在(0，3)上的图象可知，存在唯一的ω∈(0，3)，使得sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)ω－\f(π,4))) ＝ eq \f(ω,5) .综上可知，若f(x)的最大值为 eq \f(ω,5) ，则ω的取值最多有2个．故选A.
6．(2023·四川乐山高三期末)将函数y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2))) 的图象上各点的横坐标缩小为原来的 eq \f(1,2) ，得到函数y＝f(x)的图象，若f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(π,4))) 上的最大值为M，最小值为N，则M－N的最小值为( B )
A.1 B．2－ eq \r(2)
C. eq \f(\r(2)－1,2) D． eq \f(2－\r(2),2)
解析：因为y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2))) ＝2cs x，将函数y＝2cs x的图象上各点的横坐标缩小为原来的 eq \f(1,2) ，得到函数y＝f(x)＝2cs 2x的图象，则f(x)的最小正周期T＝ eq \f(2π,2) ＝π，令2x＝kπ，k∈Z，解得x＝ eq \f(kπ,2) ，k∈Z，所以f(x)的对称轴方程为x＝ eq \f(kπ,2) ，k∈Z，又区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(π,4))) 的长度为最小正周期的 eq \f(1,4) ，由余弦曲线的形状可知，当x＝t与x＝t＋ eq \f(π,4) 关于直线x＝ eq \f(kπ,2) ，k∈Z对称时，M－N最小，取对称轴方程x＝0，则t＝－ eq \f(π,8) ，此时f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0)) 上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8))) 上单调递减，此时f(x)区间[－ eq \f(π,8) ， eq \f(π,8) ]上的最大值为f(0)＝2，最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,8))) ＝2cs eq \f(π,4) ＝ eq \r(2) ，故M－N的最小值为2－ eq \r(2) .故选B.
二、多项选择题
7．(2024·福建泉州高三校联考期末)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|＜\f(π,2))) ，其图象相邻两条对称轴之间的距离为 eq \f(π,4) ，且直线x＝－ eq \f(π,12) 是其中一条对称轴，则下列结论正确的是( AC )
A.函数f(x)的最小正周期为 eq \f(π,2)
B.函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,12))) 上单调递增
C.点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24)，0)) 是函数f(x)图象的一个对称中心
D.将函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度，可得到g(x)＝sin 2x的图象
解析：因为图象相邻两条对称轴之间的距离为 eq \f(π,4) ，所以函数f(x)的最小正周期为T＝ eq \f(π,4) ×2＝ eq \f(π,2) ，所以ω＝ eq \f(2π,T) ＝4，所以f(x)＝sin (4x＋φ)，因为直线x＝－ eq \f(π,12) 是其中一条对称轴，所以4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12))) ＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2) (k∈Z)，所以φ＝kπ＋ eq \f(5π,6) (k∈Z)，因为|φ|＜ eq \f(π,2) ，所以k＝－1，φ＝－π＋ eq \f(5π,6) ＝－ eq \f(π,6) ，所以f(x)＝sin (4x－ eq \f(π,6) )；对于A，由上可知，函数f(x)的最小正周期为 eq \f(π,2) ，故A正确；对于B，若－ eq \f(π,6) ≤x≤ eq \f(π,12) ，则－ eq \f(5π,6) ≤4x－ eq \f(π,6) ≤ eq \f(π,6) ，所以f(x)不单调，故B错误；对于C，当x＝－ eq \f(5π,24) 时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24))) ＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24)))－\f(π,6))) ＝sin (－π)＝0，所以点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,24)，0)) 是函数f(x)图象的一个对称中心，故C正确；对于D，将函数f(x)图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))) 的图象，再向左平移 eq \f(π,6) 个单位长度，得到y＝sin [2(x＋ eq \f(π,6) )－ eq \f(π,6) ]＝sin (2x＋ eq \f(π,6) )的图象，故D错误．故选AC.
8．(跨学科)声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数y＝A sin ωt，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的数学模型是函数f(x)＝|sin x|＋ eq \r(3) |cs x|，则下列结论不正确的是( BC )
A.f(x)是偶函数
B.f(x)的最小正周期为2π
C.f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递增
D.f(x)的最小值为1
解析：因为x∈R，f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，故A正确；f(x)显然是周期函数，因为f(x＋π)＝|sin (x＋π)|＋ eq \r(3) |cs (x＋π)|＝|sin x|＋ eq \r(3) |cs x|＝f(x)，故B错误；当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，因为f(x)＝|sin x|＋ eq \r(3) |cs x|＝sin x＋ eq \r(3) cs x＝2sin (x＋ eq \f(π,3) )，所以f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) 上单调递增，在( eq \f(π,6) ， eq \f(π,2) ]上单调递减，故C错误；因为f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，,2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，)) 当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，设t＝x＋ eq \f(π,3) ，则t∈[ eq \f(π,3) ， eq \f(5π,6) ]，所以sin t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) ，所以f(x)min＝1，同理当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 时，f(x)∈(1，2]，由B中解答知，π是f(x)的周期，所以f(x)的最小值为1，故D正确．故选BC.
三、填空题
9．已知关于x的方程2sin2x－ eq \r(3) sin2x＋m－1＝0在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上有两个不同的实数根，则m的取值范围是(－2，－1)．
解析：方程2sin2x－ eq \r(3) sin2x＋m－1＝0可转化为m＝1－2sin2x＋ eq \r(3) sin2x＝cs 2x＋ eq \r(3) sin 2x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) ，x∈( eq \f(π,2) ，π).设2x＋ eq \f(π,6) ＝t，则t∈( eq \f(7π,6) ， eq \f(13π,6) )，∴可转化为 eq \f(m,2) ＝sin t，t∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6))) 有两个不同的实数根．∴y＝ eq \f(m,2) 和y＝sin t，t∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6))) 的图象有两个不同交点，如图：
由图象观察知， eq \f(m,2) 的取值范围是(－1，－ eq \f(1,2) )，故m的取值范围是(－2，－1).
10．如图，将绘有函数f(x)＝ eq \r(3) sin (ωx＋ eq \f(5π,6) )(ω>0)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角，若A，B之间的空间距离为 eq \r(10) ，则f(－1)＝ eq \f(3,2) ．
解析：由题设并结合图形可知，AB＝ eq \r(（\r(3)）2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))\s\up12(2)))) ＝ eq \r(6＋\f(T2,4)) ＝ eq \r(6＋\f(π2,ω2)) ＝ eq \r(10) ，得 eq \f(π2,ω2) ＝4，则ω＝ eq \f(π,2) ，所以f(－1)＝ eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋\f(5π,6))) ＝ eq \r(3) sin eq \f(π,3) ＝ eq \f(3,2) .
11．(2024·陕西西安长安一中高三期末)将函数f(x)＝sin x cs x的图象向右平移φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2))) 个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) 上单调递增，则满足条件的实数φ的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))) ．
解析：f(x)＝sin x cs x＝ eq \f(1,2) sin 2x，将函数f(x)的图象向右平移φ个单位长度得到函数g(x)＝ eq \f(1,2) sin 2(x－φ)＝ eq \f(1,2) sin (2x－2φ)的图象，因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) ，所以2x－2φ∈[－2φ， eq \f(π,3) －2φ]，因为函数g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6))) 上单调递增，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2φ≥－\f(π,2)＋2kπ，,\f(π,3)－2φ≤\f(π,2)＋2kπ，)) k∈Z，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(φ≤\f(π,4)－kπ，,φ≥－\f(π,12)－kπ，)) k∈Z，又因为|φ|< eq \f(π,2) ，所以实数φ的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))) .
12．(2023·四川成都七中模拟)已知函数f(x)＝2sin (2x＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2))) 的图象关于直线x＝－ eq \f(π,12) 对称，将函数f(x)的图象向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度得到函数g(x)的图象，则下列判断正确的是①②④．(请将所有正确答案的序号写在横线上)
①f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0)) 对称；②g(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0)) 对称；③g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上单调递增；④g(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,12) 对称．
解析：因为函数f(x)＝2sin (2x＋φ)(φ|< eq \f(π,2) )的图象关于直线x＝－ eq \f(π,12) 对称，所以2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12))) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，所以φ＝ eq \f(2π,3) ＋kπ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝－ eq \f(π,3) ，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) ，所以f(－ eq \f(π,3) )＝0，所以f(x)的图象关于点(－ eq \f(π,3) ，0)对称，故①正确；将函数f(x)的图象向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度得到函数g(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) 的图象，所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) ＝2sin π＝0，所以g(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0)) 对称，故②正确；令－ eq \f(π,2) ＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,3) ≤ eq \f(π,2) ＋2kπ，k∈Z，得－ eq \f(5π,12) ＋kπ≤x≤ eq \f(π,12) ＋kπ，k∈Z，当k＝1时，得函数g(x)在[ eq \f(7π,12) ， eq \f(13π,12) ]上单调递增，所以函数g(x)在[ eq \f(π,2) ，π]上不单调递增，故③错误；令2x＋ eq \f(π,3) ＝ eq \f(π,2) ＋kπ，k∈Z，得x＝ eq \f(π,12) ＋ eq \f(kπ,2) ，k∈Z，当k＝0时，得函数g(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,12) 对称，故④正确．综上，判断正确的是①②④.
四、解答题
13．(2023·山东潍坊高三统考期末)函数f(x)＝A cs (2x＋φ)(A>0，|φ|< eq \f(π,2) )的部分图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)将f(x)的图象向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度得到函数g(x)的图象，若x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，方程g2(x)＋(2－m)g(x)＋m－3＝0存在三个不相等的实数根，求实数m的取值范围．
解：(1)由f(x)图象可得A＝2，由f(x)图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0)) ，所以f( eq \f(5π,12) )＝2cs (2× eq \f(5π,12) ＋φ)＝0，可得 eq \f(5π,6) ＋φ＝ eq \f(π,2) ＋2kπ(k∈Z)，
所以φ＝2kπ－ eq \f(π,3) (k∈Z)，又|φ|< eq \f(π,2) ，所以φ＝－ eq \f(π,3) ，所以f(x)＝2cs (2x－ eq \f(π,3) ).
(2)将f(x)的图象向左平移 eq \f(π,3) 个单位长度可得到函数g(x)＝2cs (2x＋ eq \f(π,3) )的图象，方程g2(x)＋(2－m)g(x)＋m－3＝0，可得[g(x)－(m－3)]·[g(x)－1]＝0，
可得g(x)＝1时，cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) ＝ eq \f(1,2) ，所以x＝0；所以g(x)＝m－3在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 有两个不相等的实数根，即y＝g(x)与y＝m－3的图象在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上有两个不同的交点，画出它们的大致图象，由图象可得，－2 考点练26 正弦定理和余弦定理 对应学生用书053页
一、单项选择题
1．(教材改编)在△ABC 中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC＝( C )
A. eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C． eq \f(2π,3) D． eq \f(5π,6)
解析：在△ABC 中，设AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，由余弦定理得cs ∠BAC＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(9＋25－49,30) ＝－ eq \f(1,2) ，因为∠BAC 为△ABC 的内角，所以∠BAC＝ eq \f(2π,3) .故选C.
2．(2023·北京卷)在△ABC中，(a＋c)(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，则C＝( B )
A. eq \f(π,6) B． eq \f(π,3) C． eq \f(2π,3) D． eq \f(5π,6)
解析：因为(a＋c)(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，所以由正弦定理得(a＋c)(a－c)＝b(a－b)，即a2－c2＝ab－b2，则a2＋b2－c2＝ab，故cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(ab,2ab) ＝ eq \f(1,2) ，又03．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h等于( D )
A. eq \f(\r(15),2) B． eq \f(\r(11),2)
C. eq \f(3\r(15),4) D． eq \f(3\r(15),8)
解析：由余弦定理，得cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc) ＝ eq \f(9＋16－4,2×3×4) ＝ eq \f(21,24) ＝ eq \f(7,8) ，则sin A＝ eq \r(1－cs2A) ＝ eq \r(1－\f(49,64)) ＝ eq \r(\f(15,64)) ＝ eq \f(\r(15),8) ，则h＝AC sinA＝b sin A＝3× eq \f(\r(15),8) ＝ eq \f(3\r(15),8) .故选D.
4．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积为 eq \f(\r(3),2) ，则BC的长为( B )
A. eq \f(\r(3),2) B． eq \r(3) C．2 eq \r(3) D．2
解析：因为S＝ eq \f(1,2) AB·AC sin A＝ eq \f(1,2) ×2× eq \f(\r(3),2) AC＝ eq \f(\r(3),2) ，所以AC＝1，所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cs A＝3.所以BC＝ eq \r(3) .故选B.
5．(数学文化)北极阁位于鹰潭公园的东侧，前门是大码头，旧时为鹰潭最繁华的街市．某同学为测量北极阁的高度MN，在北极阁的正北方向找到一座建筑物AB，高约为30 m，在地面上点C处(B，C，N三点共线)测得建筑物顶部A，北极阁顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得北极阁顶部M的仰角为15°，北极阁的高度约为( C )
A.45 m B．52 m C．60 m D．65 m
解析：由题意得，在Rt△ABC中，AC＝ eq \f(AB,sin 30°) ＝60，在△ACM中，∠CAM＝30°＋15°＝45°，∠ACM＝180°－45°－30°＝105°，∴∠AMC＝30°.由正弦定理得， eq \f(AC,sin ∠AMC) ＝ eq \f(MC,sin ∠CAM) ，得MC＝ eq \f(AC,sin 30°) ·sin 45°＝60 eq \r(2) ，故MN＝60.故选C.
6．在锐角△ABC中，三内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且sin eq \f(B＋C,5) ＝ eq \f(a sin B,b) ，则 eq \f(a,b) 的取值范围是( C )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(4\r(3),3)))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),3))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，\f(1,2)))
解析：由sin eq \f(B＋C,5) ＝ eq \f(a sin B,b) 得，sin eq \f(B＋C,5) ＝sin A.因为0二、多项选择题
7．某人向正东走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走3 km，结果离出发点恰好 eq \r(3) km，那么x的值可能是( AB )
A. eq \r(3) B．2 eq \r(3) C．3 D．6
解析：如图，AB＝x，BC＝3，AC＝ eq \r(3) ，∠ABC＝30°.由余弦定理得3＝x2＋9－2×3×x×cs 30°，解得x＝2 eq \r(3) 或x＝ eq \r(3) .故选AB.
8．(2023·黑龙江实验中学校考期末)在△ABC中，已知A＋BA.a2＋b2B.sin2A＋sin2B<1
C.sinA＋sin B< eq \r(2) sin C
D.tan A tan B>1
解析：在△ABC中，由A＋B三、填空题
9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝ eq \r(7) ，b＝2，A＝60°，则c＝3．
解析：由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cs A，∴c2－2c－3＝0，解得c＝3(c＝－1舍去).
10．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cs B＝ eq \f(1,3) ，b＝4，S△ABC＝4 eq \r(2) ，则△ABC的周长为4 eq \r(3) ＋4．
解析：由cs B＝ eq \f(1,3) ，得sin B＝ eq \f(2\r(2),3) ，由三角形面积公式可得 eq \f(1,2) ac sin B＝ eq \f(1,2) ac· eq \f(2\r(2),3) ＝4 eq \r(2) ，则ac＝12①，由b2＝a2＋c2－2ac cs B，可得16＝a2＋c2－2×12× eq \f(1,3) ，则a2＋c2＝24②，联立①②可得a＝c＝2 eq \r(3) ，所以△ABC的周长为4 eq \r(3) ＋4.
11．(2023·黑龙江实验中学校考期末)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝7，b＝2，cs B＝ eq \f(7,8) ，则△ABC的面积S＝ eq \f(3\r(15),4) ．
解析：因为a＋c＝7，b＝2，所以cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(（a＋c）2－2ac－b2,2ac) ＝ eq \f(7,8) ，解得ac＝12，所以sin B＝ eq \r(1－cs 2B) ＝ eq \f(\r(15),8) ，
所以△ABC的面积S＝ eq \f(1,2) ac sin B＝ eq \f(1,2) ×12× eq \f(\r(15),8) ＝ eq \f(3\r(15),4) .
12．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin ∠BAC＝ eq \f(2\r(2),3) ，AB＝3 eq \r(2) ，AD＝3，则BD的长为 eq \r(3) ．
解析：因为sin ∠BAC＝ eq \f(2\r(2),3) ，且AD⊥AC，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋∠BAD)) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，所以cs ∠BAD＝ eq \f(2\r(2),3) ，在△BAD中，由余弦定理，得BD＝ eq \r(AB2＋AD2－2AB·AD cs ∠BAD) ＝ eq \r(（3\r(2)）2＋32－2×3\r(2)×3×\f(2\r(2),3)) ＝ eq \r(3) .
四、解答题
13．(结构不良问题)在①(a－c)(sin A＋sin C)＝b(sin A－sin B)；②2c cs C＝a cs B＋b cs A；③△ABC的面积为 eq \f(1,2) c(a sin A＋b·sin B－c sin C)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 ．
(1)求角C；
(2)若D为AB的中点，且c＝2，CD＝ eq \r(3) ，求a，b的值．
解：(1)选择①，
根据正弦定理得(a－c)(a＋c)＝b(a－b)，整理得a2－c2＝ab－b2，即a2＋b2－c2＝ab，所以cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(1,2) .
因为C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3) .
选择②，
根据正弦定理有sin A cs B＋sin B·cs A＝2sin C cs C，所以sin (A＋B)＝2sin C cs C，即sin C＝2sin C cs C．
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，从而有cs C＝ eq \f(1,2) ，故C＝ eq \f(π,3) .
选择③，
因为 eq \f(1,2) ca sin B＝ eq \f(1,2) c(a sin A＋b sin B－c sin C)，所以a sin B＝a sin A＋b sin B－c sin C，即ab＝a2＋b2－c2，由余弦定理，得cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(ab,2ab) ＝ eq \f(1,2) ，又因为C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3) .
(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD cs ∠ADC，即b2＝1＋3－2 eq \r(3) cs ∠ADC.
在△BCD中，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD cs ∠BDC，即a2＝1＋3－2 eq \r(3) cs ∠BDC.
因为∠ADC＋∠BDC＝π，
所以cs ∠ADC＝－cs ∠BDC，所以a2＋b2＝8.
由C＝ eq \f(π,3) 及c＝2，得a2＋b2－4＝ab，所以ab＝4，从而a2＋b2－2ab＝0，所以a＝b＝2.
14．(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 eq \f(b2＋c2－a2,cs A) ＝2.
(1)求bc；
(2)若 eq \f(a cs B－b cs A,a cs B＋b cs A) － eq \f(b,c) ＝1，求△ABC的面积．
解：(1)因为a2＝b2＋c2－2bc cs A，所以 eq \f(b2＋c2－a2,cs A) ＝ eq \f(2bc cs A,cs A) ＝2bc＝2，解得bc＝1.
(2)由正弦定理可得
eq \f(a cs B－b cs A,a cs B＋b cs A) － eq \f(b,c) ＝
eq \f(sin A cs B－sin B cs A,sin A cs B＋sin B cs A) － eq \f(sin B,sin C) ＝
eq \f(sin （A－B）,sin （A＋B）) － eq \f(sin B,sin （A＋B）) ＝
eq \f(sin （A－B）－sin B,sin （A＋B）) ＝1，
变形可得sin (A－B)－sin (A＋B)＝sin B，即－2cs A sin B＝sin B，
而0故△ABC的面积为S△ABC＝ eq \f(1,2) bc·sin A＝ eq \f(1,2) ×1× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),4) .
一、单项选择题
1．(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a cs B－b cs A＝c，且C＝ eq \f(π,5) ，则B＝( C )
A. eq \f(π,10) B． eq \f(π,5) C． eq \f(3π,10) D． eq \f(2π,5)
解析：由题意结合正弦定理可得sin A·cs B－sin B cs A＝sin C，即sin A·cs B－sin B cs A＝sin (A＋B)＝sin Acs B＋sin B cs A，整理可得sin B·cs A＝0，由于B∈(0，π)，故sin B>0，据此可得cs A＝0，A＝ eq \f(π,2) ，则B＝π－A－C＝π－ eq \f(π,2) － eq \f(π,5) ＝ eq \f(3π,10) .故选C.
2．(2024·黑龙江实验中学校考期末)在△ABC中，已知角A，B的对边分别为a，b，A＝ eq \f(π,4) ，B＝ eq \f(π,6) ，a＝4，则b＝( C )
A. eq \r(2) B． eq \r(3) C．2 eq \r(2) D．2 eq \r(3)
解析：由正弦定理可得 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ，则 eq \f(4,sin \f(π,4)) ＝ eq \f(b,sin \f(π,6)) ，即 eq \f(4,\f(\r(2),2)) ＝ eq \f(b,\f(1,2)) ，则b＝2 eq \r(2) .故选C.
3．(数学文化)滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝( B )
A.14 eq \r(15) 米 B．15 eq \r(15) 米
C.13 eq \r(15) 米 D． eq \f(29\r(15),2) 米
解析：设OB＝h，在Rt△POB中，∠PBO＝60°，OP＝OB tan 60°＝ eq \r(3) h，在Rt△POA中，∠PAO＝30°，OA＝ eq \f(OP,tan 30°) ＝ eq \f(\r(3)h,\f(\r(3),3)) ＝3h，在Rt△POC中，∠PCO＝45°，OC＝ eq \f(OP,tan 45°) ＝ eq \r(3) h，在△OBC中，OC2＝OB2＋BC2－2OB·BC· cs ∠OBC，即3h2＝h2＋752－150h cs ∠OBC，在△OAB中，OA2＝OB2＋AB2－2OB·AB·cs ∠OBA，即9h2＝h2＋752－150h cs ∠OBA，由∠OBC＋∠OBA＝180°，得cs ∠OBC＋cs ∠OBA＝0，于是12h2＝2h2＋2×752，解得h＝15 eq \r(5) ，所以滕王阁的高度OP＝ eq \r(3) h＝15 eq \r(15) 米．故选B.
4．(2023·全国甲卷)已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为( C )
A.2 eq \r(2) B．3 eq \r(2) C．4 eq \r(2) D．6 eq \r(2)
解析：方法一：连接AC，BD交于O，连接PO，则O为AC，BD的中点，如图，因为底面ABCD为正方形，AB＝4，所以AC＝BD＝4 eq \r(2) ，则DO＝CO＝2 eq \r(2) ，又PC＝PD＝3，PO＝OP，所以△PDO≌△PCO，则∠PDO＝∠PCO，又PC＝PD＝3，AC＝BD＝4 eq \r(2) ，所以△PDB≌△PCA，则PA＝PB，在△PAC中，PC＝3，AC＝4 eq \r(2) ，∠PCA＝45°，则由余弦定理可得PA2＝AC2＋PC2－2AC·PC cs ∠PCA＝32＋9－2×4 eq \r(2) ×3× eq \f(\r(2),2) ＝17，故PA＝ eq \r(17) ，则PB＝ eq \r(17) ，故在△PBC中，PC＝3，PB＝ eq \r(17) ，BC＝4，所以cs ∠PCB＝
eq \f(PC2＋BC2－PB2,2PC·BC) ＝ eq \f(9＋16－17,2×3×4) ＝ eq \f(1,3) ，又0°<∠PCB<180°，所以sin ∠PCB＝ eq \r(1－cs 2∠PCB) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，所以△PBC的面积为S＝ eq \f(1,2) PC·BC sin ∠PCB＝ eq \f(1,2) ×3×4× eq \f(2\r(2),3) ＝4 eq \r(2) .
方法二：连接AC，BD交于O，连接PO，则O为AC，BD的中点，如图，
因为底面ABCD为正方形，AB＝4，所以AC＝BD＝4 eq \r(2) ，在△PAC中，PC＝3，∠PCA＝45°，则由余弦定理可得PA2＝AC2＋PC2－2AC·PC cs ∠PCA＝32＋9－2×4 eq \r(2) ×3× eq \f(\r(2),2) ＝17，故PA＝ eq \r(17) ，所以cs ∠APC＝ eq \f(PA2＋PC2－AC2,2PA·PC) ＝ eq \f(17＋9－32,2×\r(17)×3) ＝－ eq \f(\r(17),17) ，则 eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PC,\s\up9(→)) ＝| eq \(PA,\s\up9(→)) || eq \(PC,\s\up9(→)) |·cs ∠APC＝ eq \r(17) ×3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(17),17))) ＝－3，不妨记PB＝m，∠BPD＝θ，因为 eq \(PO,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,2) ( eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PD,\s\up9(→)) )，所以( eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PC,\s\up9(→)) )2＝( eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \(PD,\s\up9(→)) )2，即 eq \a\vs4\al(\(PA,\s\up9(→))) 2＋ eq \a\vs4\al(\(PC,\s\up9(→))) 2＋2 eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \a\vs4\al(\(PB,\s\up9(→))) 2＋ eq \a\vs4\al(\(PD,\s\up9(→))) 2＋2 eq \(PB,\s\up9(→)) · eq \(PD,\s\up9(→)) ，则17＋9＋2×(－3)＝m2＋9＋2×3×m cs θ，整理得m2＋6m cs θ－11＝0①，又在△PBD中，BD2＝PB2＋PD2－2PB·PD cs ∠BPD，即32＝m2＋9－6m cs θ，则m2－6m cs θ－23＝0②，两式相加得2m2－34＝0，故PB＝m＝ eq \r(17) ，故在△PBC中，PC＝3，PB＝ eq \r(17) ，BC＝4，所以cs ∠PCB＝ eq \f(PC2＋BC2－PB2,2PC·BC) ＝ eq \f(9＋16－17,2×3×4) ＝ eq \f(1,3) ，又0°<∠PCB<180°，所以sin ∠PCB＝ eq \r(1－cs 2∠PCB) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，所以△PBC的面积为S＝ eq \f(1,2) PC·BC sin ∠PCB＝ eq \f(1,2) ×3×4× eq \f(2\r(2),3) ＝4 eq \r(2) .故选C.
5．武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光，以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色．主峰天柱峰犹如金铸玉瑑的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅．环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”．如图，若点P为主峰天柱峰的最高点，M，N为观测点，且P，M，N在同一水平面上的投影分别为Q，E，F，∠QEF＝30°，∠QFE＝45°，由点M测得点N的仰角为15°，NF－ME＝200米，由点N测得点P的仰角为α且tan α＝ eq \r(2) ，则P，M两点到水平面QEF的高度差约为(参考数据： eq \r(3) ≈1.732)( C )
A.684米 B．732米 C．746米 D．750米
解析：如图，过M作MC⊥NF交NF于C，过N作ND⊥PQ交PQ于D，因为NF－ME＝200，所以NC＝200，又∠NMC＝15°，则MC＝ eq \f(200,tan 15°) ，tan 15°＝tan (60°－45°)＝ eq \f(tan 60°－tan 45°,1＋tan 60°·tan 45°) ＝ eq \f(\r(3)－1,1＋\r(3)) ＝2－ eq \r(3) ，则EF＝MC＝ eq \f(200,2－\r(3)) ＝200(2＋ eq \r(3) )，又∠QEF＝30°，∠QFE＝45°，所以∠FQE＝105°，由正弦定理 eq \f(EF,sin ∠FQE) ＝ eq \f(FQ,sin ∠FEQ) ，得 eq \f(200（2＋\r(3)）,sin 105°) ＝ eq \f(QF,sin 30°) ，sin 105°＝sin (60°＋45°)＝sin 60°cs 45°＋cs 60°sin 45°＝ eq \f(\r(2)＋\r(6),4) ，即FQ＝ eq \f(200（2＋\r(3)）×\f(1,2),\f(\r(2)＋\r(6),4)) ＝100 eq \r(6) ＋100 eq \r(2) ，又∠PND＝α，且tan α＝ eq \r(2) ，所以PD＝ND·tan α＝FQ·tan α＝200＋200 eq \r(3) ，则P，M两点到平面QEF的高度差为PD＋NC＝200＋200 eq \r(3) ＋200＝400＋200 eq \r(3) ＝200(2＋ eq \r(3) )≈746(米).故选C.
6．(2023·福建福州四中校考期末)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则下列条件不能确定B为钝角的是( B )
A.sin2A＋sin2CB. eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(BC,\s\up9(→)) <0
C. eq \f(c,b) D.0解析：对于A，由正弦定理及sin 2A＋sin 2C0，显然B不可能为钝角，故B正确；对于C，由正弦定理及 eq \f(c,b) 0，所以sin C0，所以cs B<0，由B∈(0，π)，所以B为钝角，故C错误；对于D，由00，有cs A cs C>0，所以cs A cs C－sin A sin C>0，即cs (A＋C)＝－cs B>0，所以cs B<0，由B∈(0，π)，所以B为钝角，故D错误．故选B.
二、多项选择题
7．(2024·四川成都石室中学校考期末)△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且a＝2 eq \r(3) ， eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2\r(3),3) S，下列选项正确的是( ABD )
A.A＝ eq \f(π,3)
B.若△ABC有两解，则b的取值范围是(2 eq \r(3) ，4)
C.若△ABC为锐角三角形，则b的取值范围是[2，4]
D.若D为BC边上的中点，则AD的最大值为3
解析：对于A， eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2\r(3),3) S，故cb cs A＝ eq \f(2\r(3),3) × eq \f(1,2) bc sin A，故tan A＝ eq \r(3) ，又A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,3) ，故A正确；对于B，若△ABC有两解，则b sin A eq \f(π,2) ，故 eq \f(π,6) 8．(数学文化)东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”．如图 1，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形DEF拼成的一个大等边三角形ABC，则( BCD )
A.这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形
B.若AB＝ eq \r(7) DF，则BD＝DE
C.若AF＝3，sin ∠CAF＝ eq \f(5\r(3),14) ，则EF＝2
D.若DE＝ eq \f(1,3) BE，则三角形ABC的面积是三角形DEF面积的19倍
解析：若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则AF＝CF＝BE＝CE＝AD＝BD，从而F，E，D三点重合，不合题意，故A错误；在△ABD中，不妨设AB＝ eq \r(7) DF＝ eq \r(7) t, 由余弦定理AB2＝BD2＋(BD＋t)2－2BD·(BD＋t)·cs 120°，7t2＝BD2＋(BD＋t)2＋BD·(BD＋t)，解得BD＝t，∴BD＝DE，故B正确；在△ACF中，sin ∠CAF＝ eq \f(5\r(3),14) ，而∠AFC＝120°，所以cs ∠CAF＝ eq \r(1－sin 2∠CAF) ＝ eq \f(11,14) ，sin ∠ACF＝sin (60°－∠CAF)＝sin 60°cs ∠CAF－cs 60°sin ∠CAF＝ eq \f(3\r(3),14) ， 由正弦定理得 eq \f(CF,sin ∠CAF) ＝ eq \f(AF,sin ∠ACF) ，解得CF＝5，又因为AF＝EC＝3，所以EF＝CF－EC＝2，故C正确；若DE＝ eq \f(1,3) BE，设DE＝ eq \f(1,3) BE＝m，BE＝AD＝3m，BD＝2m，在△ABD中， AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cs 120°＝19m2，S△ABC＝ eq \f(1,2) AB·BC sin 60°＝19m2× eq \f(\r(3),4) ，S△DEF＝ eq \f(1,2) DF·DE sin 60°＝m2× eq \f(\r(3),4) ，所以S△ABC＝19S△DEF，故D正确．故选BCD.
三、填空题
9．(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝ eq \r(6) ，∠BAC的平分线交BC于D，则AD＝2．
解析：如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a，方法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cs 60°＝6，因为b>0，解得b＝1＋ eq \r(3) ，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得， eq \f(1,2) ×2×b×sin 60°＝ eq \f(1,2) ×2×AD×sin 30°＋ eq \f(1,2) ×AD×b×sin 30°，解得AD＝ eq \f(\r(3)b,1＋\f(b,2)) ＝ eq \f(2\r(3)（1＋\r(3)）,3＋\r(3)) ＝2.
方法二：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cs 60°＝6，因为b>0，解得b＝1＋ eq \r(3) ，由正弦定理可得， eq \f(\r(6),sin 60°) ＝ eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(2,sin C) ，解得sin B＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ，sin C＝ eq \f(\r(2),2) ，因为1＋ eq \r(3) > eq \r(6) >2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，
又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2.
10．(2024·黑龙江实验中学校考期末)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠BAC＝ eq \f(π,3) ，∠BAC的平分线交BC于点D，AD＝ eq \r(3) ，则b＋c的最小值为4．
解析：依题意，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，得 eq \f(1,2) bc·sin eq \f(π,3) ＝ eq \f(1,2) c· eq \r(3) ·sin eq \f(π,6) ＋ eq \f(1,2) b· eq \r(3) ·sin eq \f(π,6) ，整理得bc＝b＋c，因此b＋c＝bc≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2))) eq \s\up12(2) ，b＋c≥4，当且仅当b＝c＝2时取等号，所以b＋c的最小值为4.
11．已知△ABC中，AC＝ eq \r(2) ，BC＝ eq \r(6) ，△ABC的面积为 eq \f(\r(3),2) ，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝ eq \f(π,4) ，则CD＝ eq \r(3) ．
解析：因为AC＝ eq \r(2) ，BC＝ eq \r(6) ，
△ABC的面积为 eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(1,2) AC·BC·sin ∠ACB＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(6) ×sin ∠ACB，所以sin ∠ACB＝ eq \f(1,2) ，所以∠ACB＝ eq \f(π,6) 或 eq \f(5π,6) ，若∠ACB＝ eq \f(5π,6) ，由∠BDC＝ eq \f(π,4) <∠BAC，可得∠BAC＋∠ACB> eq \f(π,4) ＋ eq \f(5π,6) >π，与三角形内角和定理矛盾，所以∠ACB＝ eq \f(π,6) ，所以在△ABC中，由余弦定理得AB＝ eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC·cs ∠ACB) ＝ eq \r(2＋6－2×\r(2)×\r(6)×\f(\r(3),2)) ＝ eq \r(2) ，
所以AB＝AC，所以B＝ eq \f(π,6) ，所以在△BDC中，由正弦定理可得CD＝ eq \f(BC·sin B,sin ∠BDC) ＝ eq \f(\r(6)×\f(1,2),\f(\r(2),2)) ＝ eq \r(3) .
12．(教材改编)某景区内的一泓碧水蜿蜒形成了一个“秀”字，称“秀湖”．湖畔有秀湖阁(A)和临秀亭(B)两个标志性景点，如图．若为测量隔湖相望的A，B两地之间的距离，某同学任意选定了与A，B不共线的C处，构成△ABC，以下是测量数据的不同方案：
①测量∠A，AC，BC；
②测量∠A，∠B，BC；
③测量∠C，AC，BC；
④测量∠A，∠C，∠B.
其中一定能唯一确定A，B两地之间的距离的所有方案的序号是②③．
解析：对于①，由正弦定理可得 eq \f(AC,sin B) ＝ eq \f(BC,sin A) ，则sin B＝ eq \f(AC sin A,BC) ，若AC>BC且∠A为锐角，则sin B＝ eq \f(AC sin A,BC) >sin A，此时∠B有两解，则∠C也有两解，此时AB也有两解；
对于②，若已知∠A，∠B，则∠C确定，由正弦定理 eq \f(BC,sin A) ＝ eq \f(AB,sin C) 可知AB唯一确定；对于③，若已知∠C，AC，BC，由余弦定理可得AB＝ eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC cs C) ，则AB唯一确定；对于④，若已知∠A，∠C，∠B，则AB不确定．
四、解答题
13．(2024·黑龙江实验中学校考期末)在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2＋b2＝λc2.
(1)若λ＝2，求角C的最大值；
(2)若C＝ eq \f(π,3) ，求λ的取值范围．
解：(1)当λ＝2时，a2＋b2＝2c2，
由余弦定理可得，cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(a2＋b2－\f(a2＋b2,2),2ab) ＝ eq \f(\f(a2＋b2,2),2ab) ＝ eq \f(a2＋b2,4ab) ＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b))) ≥ eq \f(1,4) ×2· eq \r(\f(b,a)·\f(a,b)) ＝ eq \f(1,2) ，当且仅当 eq \f(b,a) ＝ eq \f(a,b) 即a＝b时取等，因为C∈(0，π)，所以C∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) ，所以角C的最大值为 eq \f(π,3) .
(2)由正弦定理可得， eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) ，所以sin 2A＋sin 2B＝λsin 2C，
因为A＋B＋C＝π，所以B＝π－A－C＝ eq \f(2π,3) －A，所以λ＝ eq \f(sin 2A＋sin 2B,sin 2C) ＝
eq \f(sin 2A＋sin 2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(4,3) ( eq \f(\r(3),4) sin 2A－ eq \f(1,4) cs 2A＋1)＝ eq \f(4,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))＋1)) ，
因为△ABC为锐角三角形，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0所以A∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) ，2A－ eq \f(π,6) ∈( eq \f(π,6) ， eq \f(5π,6) )，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6))) ∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) ，所以 eq \f(4,3) [ eq \f(1,2) sin (2A－ eq \f(π,6) )＋1]∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，2)) ，所以λ∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，2)) .
考点练27 三角函数、解三角形专训(低档大题练) 对应学生用书055页
1．(2024·江西鹰潭高三期末)设a为常数，函数y＝f(x)＝a sin 2x＋2cs 2x(x∈R).
(1)若a＝ eq \r(3) ，求函数y＝f(x)的单调区间及周期T；
(2)若函数y＝f(x)为偶函数，令g(x)＝2f(x)＋1，求函数g(x)的值域．
解：(1)因为a＝ eq \r(3) ，所以f(x)＝ eq \r(3) sin 2x＋cs 2x＋1＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) ＋1，
令2kπ－ eq \f(π,2) ≤2x＋ eq \f(π,6) ≤2kπ＋ eq \f(π,2) ，k∈Z，解得kπ－ eq \f(π,3) ≤x≤kπ＋ eq \f(π,6) ，k∈Z，即函数y＝f(x)的单调增区间为[kπ－ eq \f(π,3) ，kπ＋ eq \f(π,6) ]，k∈Z；
令2kπ＋ eq \f(π,2) ≤2x＋ eq \f(π,6) ≤2kπ＋ eq \f(3π,2) ，k∈Z，解得kπ＋ eq \f(π,6) ≤x≤kπ＋ eq \f(2π,3) ，k∈Z，即函数y＝f(x)的单调减区间为[kπ＋ eq \f(π,6) ，kπ＋ eq \f(2π,3) ]，k∈Z.
函数的周期为T＝ eq \f(2π,2) ＝π.
(2)f(x)＝a sin 2x＋2cs2x＝a sin 2x＋cs 2x＋1，函数y＝f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)，即－a sin 2x＋cs 2x＋1＝a sin 2x＋cs 2x＋1，即a sin 2x＝0，
由于x∈R，则a＝0，故f(x)＝cs 2x＋1，则g(x)＝2f(x)＋1＝2cs 2x＋3，由于cs 2x∈[－1，1]，故g(x)∈[1，5].
2．(教材回归)海中有一座小岛，周围3 n mile内有暗礁，一艘海轮由西向东航行，望见该岛在北偏东75°；海轮航行8 n mile以后，望见该岛在北偏东55°.如果这艘海轮不改变航向继续前进，有没有触礁的危险？
解：设海轮在B处望见小岛在北偏东75°，在C处望见小岛在北偏东55°，从小岛A向海轮的航线BC作垂线段AD，如图所示．
在△ABC中，∠ABC＝90°－75°＝15°，
∠ACB＝90°＋55°＝145°，∠BAC＝180°－15°－145°＝20°.
在△ABC中，由正弦定理，得AC＝
eq \f(BC sin ∠ABC,sin ∠BAC) ＝ eq \f(8×sin 15°,sin 20°) .
在Rt△ACD中，AD＝AC sin ∠ACD＝
eq \f(8×sin 15°,sin 20°) ×sin 35°≈3.47>3，
所以如果这艘海轮不改变航向继续前进，没有触礁的危险．
3．(2023·天津卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知a＝ eq \r(39) ，b＝2，A＝120°.
(1)求sin B的值；
(2)求c的值；
(3)求sin (B－C).
解：(1)由正弦定理可得， eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ，即 eq \f(\r(39),sin 120°) ＝ eq \f(2,sin B) ，解得sin B＝ eq \f(\r(13),13) .
(2)由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bc cs A，即39＝4＋c2－2×2×c× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ，解得c＝5或c＝－7(舍去).
(3)由正弦定理可得， eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(c,sin C) ，即 eq \f(\r(39),sin 120°) ＝ eq \f(5,sin C) ，解得sin C＝ eq \f(5\r(13),26) ，而A＝120°，所以B，C都为锐角，因此cs C＝ eq \r(1－\f(25,52)) ＝ eq \f(3\r(39),26) ，cs B＝ eq \r(1－\f(1,13)) ＝ eq \f(2\r(39),13) ，
故sin (B－C)＝sin B cs C－cs B·sin C＝ eq \f(\r(13),13) × eq \f(3\r(39),26) － eq \f(2\r(39),13) × eq \f(5\r(13),26) ＝－ eq \f(7\r(3),26) .
4．(2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
(1)求sin ∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积．
解：(1)设BC＝a，AC＝b，AB＝c，由余弦定理可得，BC2＝a2＝b2＋c2－2bc cs ∠BAC＝4＋1－2×2×1×cs 120°＝7，则BC＝ eq \r(7) ，cs ∠ABC＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(7＋4－1,2×2×\r(7)) ＝ eq \f(5\r(7),14) ，sin ∠ABC＝ eq \r(1－cs2B) ＝ eq \r(1－\f(25,28)) ＝ eq \f(\r(21),14) .
(2)由三角形面积公式可得 eq \f(S△ABD,S△ACD) ＝ eq \f(\f(1,2)×AB×AD×sin90°,\f(1,2)×AC×AD×sin 30°) ＝4，则S△ACD＝ eq \f(1,5) S△ABC＝ eq \f(1,5) ×( eq \f(1,2) ×2×1×sin 120°)＝ eq \f(\r(3),10) .
5．(结构不良问题)在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin2A＋sin2C－ eq \r(2) sinA sin C＝sin2B，
(1)求B的大小；
(2)再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的面积．
条件①：b＝2；条件②：c＝ eq \r(3) ＋1；条件③：sinA＝ eq \f(1,2) .
解：(1)因为sin 2A＋sin 2C－ eq \r(2) sin A·sin C＝sin 2B，由正弦定理得a2＋c2－ eq \r(2) ac＝b2，
则cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(\r(2),2) ，
又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,4) .
(2)选①②，则b＝2，c＝ eq \r(3) ＋1，B＝ eq \f(π,4) ，由b2＝a2＋c2－2ac sin B，得4＝a2＋4＋2 eq \r(3) － eq \r(2) ( eq \r(3) ＋1)a，解得a＝ eq \r(6) 或a＝ eq \r(2) ，
经检验，符合题意，所以△ABC有两解，与题意矛盾．
选①③，则b＝2，sin A＝ eq \f(1,2) ，B＝ eq \f(π,4) ，
因为 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ，所以a＝ eq \f(b sin A,sin B) ＝ eq \r(2) 则sin C＝sin (A＋B)＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(2),2) ＋ eq \f(\r(3),2) × eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) ab sin C＝ eq \f(1,2) ×2× eq \r(2) × eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ＝ eq \f(\r(3)＋1,2) .
选②③，则c＝ eq \r(3) ＋1，sin A＝ eq \f(1,2) ，B＝ eq \f(π,4) ，因为A∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) ，所以A＝ eq \f(π,6) ，所以sin C＝sin (A＋B)＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(2),2) ＋ eq \f(\r(3),2) × eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ，因为 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(c,sin C) ，所以a＝ eq \f(（\r(3)＋1）×\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4)) ＝ eq \r(2) ，
所以S△ABC＝ eq \f(1,2) ac sin B＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) ×( eq \r(3) ＋1)× eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(3)＋1,2) .
6．(2024·福建福州屏东中学校考期末)在△ABC中，cs2C－cs2A＝ eq \r(2) sinA sin B－sin2B.
(1)求C的大小；
(2)已知a＋b＝8，求△ABC的面积的最大值．
解：(1)∵cs2C－cs2A＝ eq \r(2) sinA·sin B－sin2B，∴1－sin2C－(1－sin2A)＝ eq \r(2) sinA sin B－sin2B，
∴sin2A－sin2C＝ eq \r(2) sinA sin B－sin2B，∴a2－c2＋b2＝ eq \r(2) ab，
∴csC＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(\r(2)ab,2ab) ＝ eq \f(\r(2),2) ，
又∵C∈(0，π)，∴C＝ eq \f(π,4) .
(2)∵8＝a＋b≥2 eq \r(ab) (当且仅当a＝b＝4时取等号)，∴ab≤16,
∴S△ABC的最大值为 eq \f(1,2) ×16·sin eq \f(π,4) ＝4 eq \r(2) .
1．(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B．
(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
解：(1)∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝ eq \f(π,4) ，又2sin (A－C)＝sin B＝sin (A＋C)，
∴2sin A cs C－2cs A·sin C＝sin A cs C＋cs A sin C，
∴sin A cs C＝3cs A sin C，
∴sin A＝3cs A，即tan A＝3，∴0(2)由(1)知，cs A＝ eq \f(\r(10),10) ，由sin B＝sin (A＋C) ＝sin A cs C＋cs A sin C＝ eq \f(\r(2),2) ( eq \f(3\r(10),10) ＋ eq \f(\r(10),10) )＝ eq \f(2\r(5),5) ，
由正弦定理 eq \f(AB,sin C) ＝ eq \f(AC,sin B) ，可得AC＝ eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2)) ＝2 eq \r(10) ，设AB边上的高为h，则 eq \f(1,2) AB·h＝ eq \f(1,2) AB·AC·sin A，∴h＝AC·sin A＝2 eq \r(10) × eq \f(3\r(10),10) ＝6.
2．(2023·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为 eq \r(3) ，D为BC中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝ eq \f(π,3) ，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
解：(1)方法一：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC＝ eq \f(π,3) ，AD＝1，则S△ADC＝ eq \f(1,2) AD·DC sin ∠ADC＝ eq \f(1,2) ×1× eq \f(1,2) a× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),8) a＝ eq \f(1,2) S△ABC＝ eq \f(\r(3),2) ，解得a＝4，
在△ABD中，∠ADB＝ eq \f(2π,3) ，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·AD cs ∠ADB，即c2＝4＋1－2×2×1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ＝7，解得c＝ eq \r(7) ，则cs B＝ eq \f(7＋4－1,2×\r(7)×2) ＝ eq \f(5\r(7),14) ，
sin B＝ eq \r(1－cs 2B) ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(7),14)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(21),14) ，所以tan B＝ eq \f(sin B,cs B) ＝ eq \f(\r(3),5) .
方法二：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC＝ eq \f(π,3) ，AD＝1，则S△ADC＝ eq \f(1,2) AD·DC sin ∠ADC＝ eq \f(1,2) ×1× eq \f(1,2) a× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),8) a＝ eq \f(1,2) S△ABC＝ eq \f(\r(3),2) ，解得a＝4，
在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·AD cs ∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1× eq \f(1,2) ＝3，解得b＝ eq \r(3) ，有AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝ eq \f(π,2) ，C＝ eq \f(π,6) ，如图，过A作AE⊥BC于E，于是CE＝AC cs C＝ eq \f(3,2) ，AE＝AC sin C＝ eq \f(\r(3),2) ，BE＝ eq \f(5,2) ，所以tan B＝ eq \f(AE,BE) ＝ eq \f(\r(3),5) .
(2)方法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cs （π－∠ADC），,b2＝\f(1,4)a2＋1－2×\f(1,2)a×1×cs ∠ADC，))
整理得 eq \f(1,2) a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝2 eq \r(3) ，
又S△ADC＝ eq \f(1,2) × eq \r(3) ×1×sin ∠ADC＝ eq \f(\r(3),2) ，解得sin ∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝ eq \f(π,2) ，所以b＝c＝ eq \r(AD2＋CD2) ＝2.
方法二：在△ABC中，因为D为BC中点，则2 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) ，又 eq \(CB,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) ，于是4 eq \a\vs4\al(\(AD,\s\up9(→))) 2＋ eq \a\vs4\al(\(CB,\s\up9(→))) 2＝( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) )2＋( eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) )2＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2 eq \r(3) ，
又S△ADC＝ eq \f(1,2) × eq \r(3) ×1×sin ∠ADC＝ eq \f(\r(3),2) ，解得sin ∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝ eq \f(π,2) ，所以b＝c＝ eq \r(AD2＋CD2) ＝2.
3．(2024·江西南昌二中校考期末)国家质量监督检验检疫局发布的《车辆驾驶人员血液、呼气酒精含量阈值与检验》新的国家标准中规定，车辆驾驶人员血液中的酒精含量大于或等于20毫克/百毫升、小于80毫克/百毫升的行为饮酒驾车，血液中的酒精含量大于或等于80毫克/百毫升的行为为醉酒驾车，经过反复试验，喝1瓶啤酒后酒精在人体血液中的变化规律“散点图”如下：
该函数模型f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(44.21sin \f(π,3)x＋0.21，0≤x<2，,54.27e－0.3x＋10.18，x≥2.)) 根据上述条件，回答以下问题：
(1)前几日，一同学在2023届高考中考出726分的好成绩，周老师听闻后激动地喝下1瓶啤酒．按照试验结果，试计算周老师喝1瓶啤酒后多少小时血液中的酒精含量达到最大值？最大值是多少？
(2)中午12点周老师喝完1瓶啤酒后，突然想起来已经跟儿子多多约定好，下午放学6点半准时开车去接他回家，试计算周老师在喝完这1瓶啤酒后多少小时才可以驾车？他能完成跟多多之间的约定吗？(时间以整小时计)(参考数据：ln 9.82≈2.28，ln 10.18≈2.32，ln 54.27≈3.99)
解：(1)由图可知，当函数f(x)取得最大值时，0当 eq \f(π,3) x＝ eq \f(π,2) ，即x＝ eq \f(3,2) 时，函数f(x)取得最大值为ymax＝44.21＋0.21＝44.42，
故周老师喝1瓶啤酒后1.5小时血液中的酒精含量达到最大值，最大值是44.42毫克/百毫升．
(2)由题意知当车辆驾驶人员血液中的酒精含量小于20毫克/百毫升可以驾车，此时x>2，
由54.27e－0.3x＋10.18<20，得e－0.3x< eq \f(9.82,54.27) ，两边取自然对数得ln e－0.3x即－0.3x∴x> eq \f(2.28－3.99,－0.3) ＝5.7，
故周老师在喝完这1瓶啤酒后6小时才可以驾车．能够完成跟多多之间的约定．
4．(数学文化)“以任意三角形的三条边为边，向外作三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆的圆心组成一个等边三角形”，这就是著名的拿破仑定理，在△ABC中，∠BAC＝120°，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次是O1，O2，O3.已知△O1O2O3的面积是 eq \r(3) ，建立如图所示的直角坐标系，请利用拿破仑定理、坐标法和解三角形等相关知识解决以下两个问题：
(1)求AB＋AC的值；
(2)求△ABC周长的取值范围．
解：(1)显然以AB，AC为边作的等边三角形，其中一边分别在CA，BA的延长线上．设AB＝x，AC＝y，则CM＝ eq \f(\r(3),2) y，AM＝ eq \f(1,2) y，O3M＝ eq \f(1,3) CM＝ eq \f(\r(3),6) y.因此O3(－ eq \f(1,2) y， eq \f(\r(3),6) y).
同理得O1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x，－\f(\r(3),6)x)) .
于是O3O eq \\al(2,1) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(1,2)y)) eq \s\up12(2) ＋( eq \f(\r(3),6) x＋ eq \f(\r(3),6) y)2＝ eq \f(1,3) (x＋y)2.
由拿破仑定理知，△O1O2O3是等边三角形，所以 eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3),4) O3O eq \\al(2,1) ，O3O eq \\al(2,1) ＝4.即 eq \f(1,3) (x＋y)2＝4，x＋y＝2 eq \r(3) ，故AB＋AC＝2 eq \r(3) .
(2)因为BC＝ eq \r(x2＋y2＋xy) ＝ eq \r(12－xy) ，
所以△ABC的周长l＝x＋y＋ eq \r(12－xy) .
因为(x＋y)2≥4xy，所以0于是3＋2 eq \r(3) ≤l<4 eq \r(3) .故△ABC周长的取值范围是[3＋2 eq \r(3) ，4 eq \r(3) ).
5．(探究性问题)(2024·福建厦门外国语学校校考期末)在Rt△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知 eq \f(cs A,a) ＝ eq \f(cs B＋cs C,b＋c) .
(1)求角A；
(2)已知c≠2b，a＝2 eq \r(3) ，点P，Q是边AC上的两个动点(P，Q不重合)，记∠PBQ＝θ.
①当θ＝ eq \f(π,6) 时，设△PBQ的面积为S，求S的最小值；
②记∠BPQ＝α，∠BQP＝β.问：是否存在实常数θ和k，对于所有满足题意的α，β，都有sin 2α＋sin 2β＋k＝4k sin αsin β成立？若存在，求出θ和k的值；若不存在，说明理由．
解：(1)因为 eq \f(cs A,a) ＝ eq \f(cs B＋cs C,b＋c) ，所以由正弦定理可得 eq \f(cs A,sin A) ＝ eq \f(cs B＋cs C,sin B＋sin C) ，
所以sin A cs B＋sin A cs C＝cs A sin B＋cs A sin C，
所以sin A cs B－cs A sin B＝cs A·sin C－sin A cs C，所以sin (A－B)＝sin (C－A)，
因为A－B∈(－π，π)，C－A∈(－π，π)，所以A－B＝C－A或(A－B)＋(C－A)＝2× eq \f(π,2) 或(A－B)＋(C－A)＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2))) ，即2A＝B＋C或C＝B＋π(舍去)或B＝C＋π(舍去)，又A＋B＋C＝π，所以A＝ eq \f(π,3) .
(2)①因为c≠2b，所以B＝ eq \f(π,2) ，又A＝ eq \f(π,3) ，a＝2 eq \r(3) ，所以c＝2，b＝4.
如图，设∠QBC＝x，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) ，则在△QBC中，由正弦定理，得 eq \f(BQ,sin C) ＝ eq \f(BC,sin （C＋x）) ，所以BQ＝ eq \f(\r(3),sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))) ，
在△ABP中，由正弦定理，得 eq \f(BP,sin A) ＝ eq \f(BA,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))) ，
所以BP＝ eq \f(\r(3),sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))) ，
S＝ eq \f(1,2) BP·BQ sin eq \f(π,6) ＝ eq \f(3,4sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))) ＝
eq \f(3,－2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))－cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))))) ＝ eq \f(3,\r(3)＋2sin 2x) ，
因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) ，所以2x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3))) ，
故当2x＝ eq \f(π,2) ，即x＝ eq \f(π,4) 时，Smin＝ eq \f(3,\r(3)＋2) ＝3(2－ eq \r(3) )；
②假设存在实常数θ，k，对于所有满足题意的α，β，都有sin 2α＋sin 2β＋k＝4k sin αsin β成立，则存在实常数θ，k，对于所有满足题意的α，β，都有2sin (α＋β)cs (α－β)＋k＝2k[cs (α－β)－cs (α＋β)]，
由题意，α＋β＝π－θ是定值，所以sin (α＋β)，cs (α＋β)是定值，2[sin (α＋β)－k]cs (α－β)＋k[1＋2cs (α＋β)]＝0对于所有满足题意的α，β成立，
故有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin （α＋β）－k＝0，,k[1＋2cs （α＋β）]＝0，))
因为k＝sin (α＋β)≠0，从而1＋2cs (α＋β)＝0，即cs (α＋β)＝－ eq \f(1,2) ，
因为α，β为△BPQ的内角，所以α＋β＝ eq \f(2π,3) ，从而θ＝π－ eq \f(2π,3) ＝ eq \f(π,3) ，k＝ eq \f(\r(3),2) .x
0
eq \f(π,6)
eq \f(5π,12)
eq \f(2π,3)
eq \f(11π,12)
π
2x＋ eq \f(π,6)
eq \f(π,6)
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
eq \f(13π,6)
f(x)＝2sin (2x＋ eq \f(π,6) )
1
2
0
－2
0
1