高考数学二轮复习讲义练习专题5.17 三角函数全章综合测试卷（提高篇）（教师版）

这是一份高考数学二轮复习讲义练习专题5.17 三角函数全章综合测试卷（提高篇）（教师版），共20页。试卷主要包含了象限角.等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022·全国·高一课时练习）已知角α的终边与5π3的终边重合，则α3的终边不可能在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解题思路】首先表示角α的取值，即可得到α3的取值，再对k分类讨论，即可得解.
【解答过程】解：因为角α的终边与5π3的终边重合，
所以α=5π3+2kπ，k∈Z，所以α3=5π9+23kπ，k∈Z，
令k=3n(n∈Z)，则α3=5π9+2nπ(n∈Z)，此时α3的终边位于第二象限；
令k=3n+1(n∈Z)，则α3=11π9+2nπ(n∈Z)，此时α3的终边位于第三象限；
令k=3n+2(n∈Z)，则α3=17π9+2nπ(n∈Z)，此时α3的终边位于第四象限．
所以α3的终边不可能在第一象限，
故选：A．
2．（5分）（2022·江西省高一阶段练习）已知角α终边过点P3a,−4aa<0，则sinα+csα的值为（ ）
A．15B．75C．–15D．–75
【解题思路】根据三角函数的定义计算可得.
【解答过程】由题意得，点3a,−4aa<0到原点的距离r=(3a)2+(−4a)2=−5a，
所以根据三角函数的定义可知sinα=−4a−5a=45，csα=3a−5a=−35，
所以sinα+csα=15.
故选：A．
3．（5分）（2022·全国·高一课时练习）玉雕壁画是采用传统的手工雕刻工艺，加工生产成的玉雕工艺画．某扇形玉雕壁画尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕壁画的扇面面积约为（ ）
A．1600cm2B．3200cm2C．3350cm2D．4800cm2
【解题思路】根据弧长公式由条件求出扇形的圆心角和半径，再由面积公式求出扇面面积.
【解答过程】如图，设∠AOB=α，OB=rcm，
由题图及弧长公式可得αr=80,αr+40=160,解得α=2,r=40.
设扇形COD、扇形AOB的面积分别为S1，S2，则该玉雕壁画的扇面面积S=S1−S2=12×160×(40+40)−12×80×40= 4800cm2．
故选：D.
4．（5分）（2022·北京·高三期中）定义：角θ与φ都是任意角，若满足θ+φ=π2，则称θ与φ “广义互余”．已知sinα=14，下列角β中，可能与角α“广义互余”的是（ ）.
A．sinβ=154B．cs(π+β)=14C．tanβ=155D．tanβ=1515
【解题思路】由条件结合诱导公式化简可得sinβ，根据“广义互余”的定义结合诱导公式同角关系判断各选项的对错.
【解答过程】若α+β=π2，则β=π2−α，
所以sinβ=sinπ2−α=csα=±154，故选项A符合条件；
csπ+β=−csπ2−α=−sinα=−14，故选项B不符合条件；
tanβ=155，即sinβ=155csβ，又sin2β+cs2β=1，∴sinβ=±64，故选项C不符合条件.
tanβ=1515，即15sinβ=csβ，又sin2β+cs2β=1，∴sinβ=±14，故选项D不符合条件；
故选：A.
5．（5分）已知α,β为锐角，tanα=3,csα+β=−35，则tanα−β的值为（ ）
A．712B．−712C．724D．−724
【解题思路】根据tanα求得tan2α，根据csα+β求得tanα+β，再根据正切的差角公式求解即可.
【解答过程】因为α,β为锐角，所以0<α+β<π,
所以sinα+β=1−cs2α+β=45,tanα+β=sinα+βcsα+β=−43，
因为tanα=3，所以tan2α=2tanα1−tan2α=2×31−9=−34，
tanα−β=tan2α−α+β=tan2α−tanα+β1+tan2α⋅tanα+β=−34−−431+−34⋅−43=724.
故选：C.
6．（5分）（华大新高考联盟（全国卷）2023）已知函数fx=Mcsωx+φ（M>0，ω>0，φ<π2）的部分图象如图所示，其中A0,32，B5π18,0，C11π18,0．将函数fx的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移π12个单位长度，得到函数gx的图象，则函数gx的单调递减区间为（ ）．
A．−7π36+4kπ3,17π36+4kπ3(k∈Z)B．17π36+4kπ3,41π36+4kπ3(k∈Z)
C．−19π36+4kπ3,5π36+4kπ3(k∈Z)D．5π36+4kπ3,29π36+4kπ3(k∈Z)
【解题思路】由点B和点C之间的距离为T2，从而求得ω=3，将B5π18,0代入f(x)=Mcs(3x+φ)结合φ<π2求出φ=−π3，根据三角函数的图象的变换得到g(x)=3cs(32x−5π24)，令2kπ≤32x−5π24≤π+2kπ（k∈Z），即可求出gx的单调递减区间.
【解答过程】由题意得：T2=11π18−5π18=π3，
则T=2π3，ω=2πT=3，所以f(x)=Mcs(3x+φ)，
将B5π18,0代入f(x)=Mcs(3x+φ)得：Mcs3×5π18+φ=0，
即3×5π18+φ=π2+2kπ（k∈Z），则φ=−π3+2kπ（k∈Z）．
因为φ<π2，所以φ=−π3，故f(x)=Mcs(3x−π3)．
因为f0=32，则Mcsπ3=32，解得M=3，故f(x)=3cs(3x−π3).
将函数fx的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到y=3cs(32x−π3)，
再向左平移π12个单位长度，得到g(x)=3cs32(x+π12)−π3=3cs(32x−5π24)，
令2kπ≤32x−5π24≤π+2kπ（k∈Z），解得：5π36+4kπ3≤x≤29π36+4kπ3（k∈Z）．
所以函数gx的单调递减区间为5π36+4kπ3,29π36+4kπ3（k∈Z）,
故选：D．
7．（5分）（2022·河南三门峡·高三阶段练习（文））关于函数f(x)=4sin2x+π3(x∈R)，有下列命题：
①由fx1=fx2=0可得x1−x2必是π的整数倍；
②y=fx的表达式可改写为y=4cs2x−π6；
③y=fx的图象关于点−π6,0对称；
④y=fx的图象与g(x)=4sin2x图象连续三个交点构成的三角形的面积为23π.
其中所有正确的命题的序号为（ ）
A．②③B．①③④C．③④D．②③④
【解题思路】先求出函数的最小正周期，可知①错；利用诱导公式化简②，即可判断正误；将π6代入函数中，求出函数值，即可判断③是否正确；解出三个连续的交点坐标，求出三角形面积，即可判断④是否正确.
【解答过程】①∵函数fx的最小正周期为T=2π2=π，
∴函数值等于0的x之差最小值为T2=π2，
∴ x1−x2必是π2的整数倍，∴ ①错误.
②f(x)=4sin2x+π3=4csπ2−2x+π3=4csπ6−2x=4cs2x−π6，
∴②正确.
③∵ f(−π6)=4sin2×−π6+π3=4sin0=0，
∴ y=fx的图象关于点−π6,0对称，∴③正确.
④y=fx的图象与g(x)=4sin2x图象连续三个交点为−π3,−23，π6,23，2π3,−23，∴所构成三角形面积为S=12×π×43=23π ∴④正确.
故选：D.
8．（5分）（2021·北京·高一期中）如图，摩天轮的半径为40米.摩天轮的中心O点距离地面的高度为45米，摩天轮匀速逆时针旋转.每30分钟转一圈.若摩天轮上点P的起始位置在最低点处.下面有关结论正确的是（ ）
A．经过10分钟，点P距离地面的高度为45米
B．第25分钟和第70分钟点P距离地面的高度相同
C．从第10分钟至第20分钟，点P距离地面的高度一直在上升
D．摩天轮旋转一周，点P距离地面的高度不低于65米的时间为10分钟
【解题思路】若转动t分钟，P距离地面的高度为y可得y=45−40csπt15，结合各选项的描述，利用余弦型函数的性质判断正误.
【解答过程】由题设，摩天轮每分钟的角速度为π15，若转动t分钟，P距离地面的高度为y，则y=45−40csπt15，
所以，经过10分钟y=45−40cs2π3=65米，A错误；
第25分钟y=45−40cs5π3=45+40cs2π3=25米；第70分钟y=45−40cs14π3=45−40cs2π3=65米，B错误；
由10由题设，45−40csπt15≥65，即csπt15≤−12，在一周内P距离地面的高度不低于65米有2π3≤πt15≤4π3，可得10≤t≤20，故时间长度为10分钟，D正确.
故选：D.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022·江苏南通·高一期中）已知α与β是终边相同的角，且β=−13π，那么α2可能是第（ ）象限角.
A．一B．二C．三D．四
【解题思路】确定α2=−16π+kπ,k∈Z，考虑k的奇偶两种情况，分别计算得到答案.
【解答过程】α与β是终边相同的角，且β=−13π，故α=−13π+2kπ,k∈Z，
故α2=−16π+kπ,k∈Z，
当k=2n,n∈Z时，α2=−16π+2nπ,n∈Z，是第四象限角；
当k=2n+1,n∈Z时，α2=56π+2nπ,n∈Z，是第二象限角.
综上所述：α2可能是第二或四象限角.
故选：BD.
10．（5分）已知函数fx=csx−sinx，则（ ）
A．函数fx的值域为−2,2
B．点π4,0是函数fx的一个对称中心
C．函数fx在区间π4,5π4上是减函数
D．若函数fx在区间−a,a上是减函数，则a的最大值为π4
【解题思路】利用辅助角公式可得出fx=−2sinx−π4，利用正弦型函数的值域可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断CD选项.
【解答过程】因为fx=csx−sinx=−2sinx−π4.
对于A选项，函数fx的值域为−2,2，A对；
对于B选项，∵fπ4=−2sin0=0，故点π4,0是函数fx的一个对称中心，B对；
对于C选项，当π4≤x≤5π4时，0≤x−π4≤π，故函数fx在区间π4,5π4上不单调，C错；
对于D选项，由题意a>0且函数fx在−a,a上为减函数，
当−a≤x≤a时，−a−π4≤x−π4≤a−π4，且−π4∈−a−π4,a−π4，
所以，−a−π4,a−π4⊆−π2,π2，则−a−π4≥−π2a−π4≤π2a>0，解得0故a的最大值为π4，D对.
故选：ABD.
11．（5分）（2022·山西吕梁·高三阶段练习）已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,−π2<φ<π2的部分图象如图所示，则（ ）
A．函数fx的最小正周期为π
B．点π4,0是曲线y=fx的对称中心
C．函数fx在区间3π4,π内单调递增
D．函数fx在区间0,π2内有两个最值点
【解题思路】由题可得A=22Asinφ=2Asinπ8x+φ=22，可得函数fx=22sin2x+π4，然后根据三角函数的性质逐项分析即得.
【解答过程】由图可知A=22Asinφ=2Asinπ8x+φ=22，
所以sinφ=22，又−π2<φ<π2，
所以φ=π4，
所以sinωπ8+π4=1，ωπ8+π4=π2+2kπ，k∈Z，
得ω=2+16k，k∈Z，
又π8<2π4ω，得0<ω<4，
所以ω=2，所以fx=22sin2x+π4，
所以函数fx的周期为π，A正确；
由2x+π4=kπ，k∈Z得，x=kπ2−π8，k∈Z，取k=0得，x=−π8，对称中心为−π8,0，
取k=1得，x=3π8，对称中心为3π8,0，所以点π4,0不是曲线y=fx的对称中心，B错误；
由2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2，k∈Z得，kπ−3π8≤x≤kπ+π8，k∈Z，当k=1时，5π8≤x≤9π8，函数fx在区间5π8,9π8内单调递增，C正确；
由2x+π4=kπ+π2，可得x=kπ2+π8，k∈Z，取k=0得，x=π8为函数fx的最值点，所以区间0,π2内有一个最值点，D错误.
故选：AC．
12．（5分）（2022·全国·高三专题练习）一半径为4米的摩天轮如图所示，摩天轮圆心O距离地面6米，已知摩天轮按逆时针方向旋转，每分钟转动2．5圈，现在最低点的位置坐上摩天轮（图中点P0）开始计时，以P0与底面的交点为坐标原点，MP0所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，设点P距离地面的高度h（米）与时间t（秒）的函数关系为ℎ=ft=Asinωt+φ+b，其中A>0，−π<φ<0，则下列选项正确的是（ ）
A．OP旋转的角速度ω=π12
B．摩天轮最低点离地面的高度为2米
C．点P距离地面的高度h（米）与时间t（秒）的函数关系为ℎ=ft=6−4csπ12t
D．点P第二次到达最高点需要的时间32秒
【解题思路】对选项A，根据角速度公式求解即可判断A正确.
对选项B，根据题意得到摩天轮最低点离地面的高度为6−4=2（米），即可判断B正确.
对选项C，根据题意得到ℎ=ft=4sinπ12t+φ+6，再将0,2代入即可判断C正确.
对选项D，根据点P第二次到达最高的需要的时间是36秒，即可判断D错误.
【解答过程】对于选项A，由题意可得，每分钟转动2.5圈，
OP旋转的角速度ω=2.5×2π60=π12（弧度/秒），故选项A正确；
对于选项B，因为摩天轮的半径为4，
所以摩天轮最低点离地面的高度为6−4=2（米），故选项B正确；
对于选项C，由题可知A+b=10−A+b=2⇒A=4b=6，
所以ℎ=ft=4sinπ12t+φ+6.
把0,2代入ℎ=ft中，则sinφ=−1．又−π<φ<0，所以φ=−π2，
所以ℎ=ft=4sinπ12t−π2+6=−4csπ12t+6，故选项C正确；
对于选项D，ℎ=ft=−4csπ12t+6=10，求得π12t=π，
所以t=12（秒），根据摩天轮转一周需要602.5=24（秒），
故点P第二次到达最高的需要的时间是36秒，故选项D错误，
故选：ABC．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022·山东泰安·高三期中）已知角α的终边过点(3,1)，则sin2α+1cs2α= 2 .
【解题思路】根据题意求得sinα,csα，结合倍角公式，即可求得结果.
【解答过程】根据题意，sinα=132+12=1010，csα=332+12=31010，
则sin2α=2sinαcsα=2×1010×31010=35；cs2α=cs2α−sin2α=910−110=45，
则sin2α+1cs2α= 35+145=2.
故答案为：2.
14．（5分）（2022·上海市高三期中）已知f(x)=sinωx(ω>0)在0,π3单调递增，则实数ω的最大值为 32 .
【解题思路】根据正弦函数的单调性求得正确答案.
【解答过程】y=sinx在−π2,π2上递增，在π2,3π2上递减.
ω>0，当0≤x≤π3时，0≤ωx≤π3ω，
由于f(x)=sinωx(ω>0)在0,π3单调递增，
所以π3ω≤π2,0<ω≤32，
所以ω的最大值是32.
故答案为：32.
15．（5分）（2022·河北·模拟预测（理））已知函数fx=Acsωx+π6(A>0，ω>0)的部分图象如图所示，将f(x)的图象向左平移π9个单位得到g(x)的图象，若不等式g2x−m+2gx+2m+3⩽0在[2π9，8π9]，上恒成立，则m的取值范围是 (−∞，−114] ．
【解题思路】先根据图象的变换规律求出g(x)的解析式，进而求出g(x)在[2π9，8π9]上的值域A，再利用换元法，结合函数性质，求出最值解决问题．
【解答过程】解：依题意有A=2，
f−49π=2cs−49πω+π6=0，
所以−49πω+π6=2kπ−π2k∈Z，所以ω=32−92kk∈Z，
由图知，函数f(x)的最小正周期T满足：π所以1813<ω<2，则1813<32−92k<2k∈Z，令k=0得ω=32，
所以fx=2cs32x+π6，
所以gx=fx+π9=2cs32x+π9+π6=2cs32x+π3，
当x∈2π9,8π9时，32x+π3∈2π3,5π3，
故cs32x+π3∈−1,12，所以g(x)∈[−2,1]，
令t=gx，t∈−2,1，
原不等式即化为t2−m+2t+2m+3⩽0在[−2，1]上恒成立，
令ℎt=t2−m+2t+2m+3，该二次函数开口向上，要使上式恒成立，只需：
ℎ−2=4m+11⩽0ℎ1=m+2⩽0，解得，
故m的范围是(−∞，−114]．
故答案为：(−∞，−114]．
16．（5分）（2022·全国·高一单元测试）有下列说法：
①函数y=−cs2x的最小正周期是π；
②终边在y轴上的角的集合是αα=kπ2,k∈Z；
③在同一平面直角坐标系中，函数y=sinx的图象和直线y=x有三个公共点；
④把函数y=3sin2x+π3的图象向右平移π6个单位长度得到函数y=3sin2x的图象；
⑤函数y=sinx−π2在0,π上是减函数．
其中，正确的说法是 ①④ ．（填序号）
【解题思路】①根据最小正周期的求解公式得到T=2π2=π；②举出反例；③由三角函数线可判断；④根据左加右减进行平移得到解析式；⑤根据诱导公式得到y=sin(x−π2)=−csx，从而求出在[0,π]上是增函数.
【解答过程】对于①，y=−cs2x的最小正周期T=2π2=π，故①正确；
对于②，当k=0时，α=0，角α的终边在x轴非负半轴上，故②错误；
对于③，当x∈(0,π2)时，在单位圆中，角x所对的弧长即为x，
由三角函数线可得x>sinx，当x∈[π2,+∞)时，x>1>sinx；同理当x∈(−∞,0)时，x所以当且仅当x=0时，x=sinx，
所以函数y=sinx的图象和直线y=x仅有一个交点，故③错误；
对于④，将y=3sin(2x+π3)的图象向右平移π6个单位长度后，
得到y=3sin[2(x−π6)+π3]=3sin2x的图象，故④正确；
对于⑤，y=sin(x−π2)=−csx，其在[0,π]上为增函数，故⑤错误．
故答案为：①④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022·山东·高三阶段练习）如图，一图形由一个扇形与两个正三角形组成，其中扇形的周长为10cm，圆心角的弧度数为α，半径为r(2⩽r<5)cm．
(1)若α=3，求r；
(2)设该图形的面积为Scm2，写出S关于r的函数表达式．
【解题思路】（1）利用扇形弧长公式列等式，代入α即可得到r；
（2）利用扇形的面积公式和三角形面积公式求面积即可.
【解答过程】（1）
依题意可得，2r+ar=10，若α=3，则r=2．
（2）
因为扇形的面积为12αr2=12r2×10−2rr=5r−r2（cm2）
所以两个正三角形的面积之和为2×34r2=32r2（cm2），
故S=5r−r2+32r2=3−22r2+5r2≤r<5．
18．（12分）（2022·河北·高一阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知角α的终边与单位圆（半径为1的圆）的交点为P(a,b) (b>0)，将角α的终边按逆时针方向旋转π2后得到角β的终边，记β的终边与单位圆的交点为Q．
(1)若a=−12，α∈π2,π，求角α的值；
(2)若sinβ+csβ=−15，求tanα的值．
【解题思路】（1）当a=−12时，得到P(−12,b)，结合三角函数的定义求得csα=−12，即可求解；
（2）由sinβ+csβ=−15，结合题意得到csα−sinα=−15，利用三角函数的基本关系式，得出csα+sinα=75，联立方程组，即可求解.
【解答过程】（1）
解：当a=−12时，即角α的终边与单位圆（半径为1的圆）的交点为P(−12,b)，
根据三角函数的定义可得csα=a1=−121=−12，
因为α∈π2,π，所以α=23π，
（2）
解：因为sinβ+csβ=−15，所以sinα+π2+csα+π2=−15，
即csα−sinα=−15 ⋯①，平方得1−2sinαcsα=125，且2sinαcsα=2425>0，
因为sinα=b>0，所以csα>0，
则csα+sinα=1+2sinαcsα=1+2425=75 ⋯②，
由①②得csα=35,sinα=45，则tanα=sinαcsα=43.
19．（12分）（2022·江苏·高三阶段练习）已知2sinα=2sin2α2−1
(1)求sinαcsα+cs2α的值；
(2)已知α∈0,π,β∈0,π2，且tan2β−6tanβ=1，求α+2β的值.
【解题思路】（1）已知2sinα=2sin2α2−1可得tanα=−12，构造齐次式即可求出sinαcsα+cs2α的值；
（2）由tan2β−6tanβ=1，可得tan2β=−13，利用正切和角公式即可求出tan(α+2β)=−1，分析角的范围即可求出α+2β的值.
【解答过程】（1）解：已知2sinα=2sin2α2−1=−csα，所以tanα=−12，sinαcsα+cs2α=sinαcsα+cs2α−sin2αsin2α+cs2α=tanα+1−tan2αtan2α+1=15.
（2）解：由tan2β−6tanβ=1，可得tan2β=2tanβ1−tan2β=−13，
则tan(α+2β)=tanα+tan2β1−tanαtan2β=−12−131−12×13=−1，
因为β∈0,π2，所以2β∈0,π，
又tan2β=−13>−33，则2β∈5π6,π，
因为α∈0,π，tanα=−12>−33，
则α∈5π6,π，∴α+2β∈5π3,2π，
所以α+2β=7π4.
20．（12分）（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）函数f(x)=Asin(ωx+φ)（其中A>0，ω>0，|φ|<π2）的部分图像如图所示，把函数f(−x)的图像向右平移π4个单位，得到函数g(x)的图像.
(1)当x∈R时，求函数g(x)的单调递增区间；
(2)对于∀x1∈−π12,π3，是否总存在唯一的实数x2∈π6,34π，使得fx1+gx2=m成立？若存在，求出实数m的值或取值范围；若不存在，说明理由
【解题思路】(1)由函数图像求出f(x)解析式，再由图像变换求出g(x)，整体代入法求单调递增区间.
（2）分别求fx1和gx2的取值范围，由fx1+gx2=m和x2的唯一性，求实数m的取值范围.
【解答过程】（1）由函数图像可知，A=2，
T2=512π−−π12=π2，∴T=π=2πω，ω=2，
∴f(x)=2sin(2x+φ)，当x=−π12时，f(x)=0，
∴sin−π6+φ=0，由|φ|<π2得φ=π6，∴f(x)=2sin2x+π6.
由f(−x)=2sin−2x+π6，得g(x)=2sin−2x−π4+π6=2cs2x−π6
由−π+2kπ≤2x−π6≤2kπ，解得−512π+kπ≤x≤kπ+π12，
∴函数g(x)的单调递增区间为−512π+kπ,kπ+π12（k∈Z）
（2）由fx1+gx2=m，得gx2=m−fx1，
由，−π12≤x1≤π3得0≤2x1+π6≤56π，∴0≤sin2x1+π6≤1，
∴m−fx1∈[m−2,m]，
又π6≤x2≤34π，得π6≤2x2−π6≤4π3，所以−1≤cs2x2−π6≤32，
由x2的唯一性可得：−12由[m−2,m]⊆(−1,3]，得m−2>−1m≤3，解得1所以当m∈1,3时，使fx1+gx2=m成立.
21．（12分）（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知函数f(x)=3sinωx+π6+2sin2ωx2+π12−1(ω>0)的相邻两对称轴间的距离为π2.
(1)求f(x)的解析式.
(2)将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标变），得到函数y=g(x)的图象，当x∈[−π12,π6]时，求函数g(x)的值域.
(3)对于第（2）问中的函数g(x)，记方程g(x)=m(m∈R)在x∈[π6,4π3]上的根从小到依次为x1【解题思路】（1）由二倍角公式和辅助角公式即可化简fx；
（2）利用三角函数的图像变换，可求出gx，由三角函数的性质求解gx在x∈[−π12,π6]的值域；
（3）由方程g(x)=m，即sin4x−π3=m2，设θ=4x−π3，即sinθ=m2，结合正弦函数y=sinθ的图象，m+x1+2x2+2x3+⋯+2x4+x5=m+2π3，求出m的范围，代入即可得出答案.
【解答过程】（1）
由题意，函数f(x)=3sinωx+π6+2sin212ωx+π6−1
=3sinωx+π6−csωx+π6=2sinωx+π6−π6=2sinωx，
因为函数fx图象的相邻两对称轴间的距离为π2，所以T=π，可得ω=2，
故函数fx=2sin2x.
（2）
将函数fx的图象向右平移π6个单位长度，可得y=2sin(2x−π3)的图象，
再把横坐标缩小为原来的12，得到函数y=g(x)=2sin(4x−π3)的图象，
当x∈[−π12,π6]时，4x−π3∈[−2π3,π3]，
当4x−π3=−π2时，函数g(x)取得最小值，最小值为−2，
当4x−π3=π3时，函数g(x)取得最大值，最大值为3，
故函数g(x)的值域[−2,3].
（3）
由方程g(x)=m，即2sin4x−π3=m，即sin4x−π3=m2，
因为x∈[π6,4π3]，可得4x−π3∈[π3,5π]，
设θ=4x−π3，其中θ∈[π3,5π]，即sinθ=m2，
结合正弦函数y=sinθ的图象，如图所示：
可得方程sinθ=m2在区间[π3,5π]有5个解时0≤m2<32，即0≤m<3，
其中θ1+θ2=3π,θ2+θ3=5π,θ3+θ4=7π,θ4+θ5=9π，
即4x1−π3+4x2−π3=3π,4x2−π3+4x3−π3=5π,4x3−π3+4x4−π3=7π，4x4−π3+4x5−π3=9π，
解得x1+x2=11π12,x2+x3=17π12,x3+x4=23π12,x4+x5=29π12，
所以m+x1+2x2+2x3+⋯+2x4+x5=m+(x1+x2)+(x2+x3)+(x3+x4)+(x4+x5)=m+2π3.
从而m+x1+2x2+2x3+⋯+2x1+x5∈20π3,20π3+3.
22．（12分）（2022·全国·高一）某游乐场的摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为T=24分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1～12（可视为点），现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．
(1)当t=6时，求1号座舱与地面的距离；
(2)在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为17米时t的值；
(3)记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为H米，若在0≤t≤t0这段时间内，H恰有三次取得最大值，求t0的取值范围．
【解题思路】（1）设1号座舱与地面的距离ℎ与时间t的函数关系的解析式为ℎ(t)=Asin(ωt+φ)+b(A>0，ω>0)，根据所给条件求出A、b、ω、φ，即可得到函数解析式，再令t=6代入计算可得；
（2）由（1）中的解析式ℎ(t)=17，结合正弦函数的性质计算可得；
（3）依题意可得ℎ1，ℎ5，从而得到高度差函数H=30sinπ12t+32−30sinπ12t+8+32，利用两角和差的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质求出函数取得最大值时t的值，即可得解；
【解答过程】(1)
解：设1号座舱与地面的距离ℎ与时间t的函数关系的解析式为ℎ(t)=Asin(ωt+φ)+b(A>0，ω>0，t≥0)，
则A=30，b=32，
所以ℎ(t)=30sin(ωt+φ)+32(ω>0)，
依题意T=24min，所以ω=2πT=π12(rad/min)，
当t=0时ℎt=32，所以φ=0，故ℎ(t)=30sinπ12t+32 t≥0，
所以ℎ6=30sinπ12×6+32=62，
即当t=6时，求1号座舱与地面的距离为62m；
(2)
解：令ℎ(t)=17，即30sinπ12t+32=17，
所以sinπ12t=−12，
又0≤t≤24，所以0≤π12t≤2π，
所以π12t=4π3或π12t=5π3，解得t=16或t=20，
即t=16或t=20时1号座舱与地面的距离为17米；
(3)
解：依题意ℎ1=30sinπ12t+32，ℎ5=30sinπ12t+8+32，
所以H=30sinπ12t+32−30sinπ12t+8+32
=30sinπ12t−30sinπ12t+8
=30sinπ12t−sinπ12t+2π3
=3032sinπ12t−32csπ12t
=303sinπ12t−π6，
令π12t−π6=π2+kπ,k∈N，解t=8+12k,k∈N，
所以当t=8+12k,k∈N时H取得最大值，
依题意可得32≤t0<44.