2022新题分类汇编三角函数

课标理数[2022·江西卷]如图1，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周．点M，N在大圆内所绘出的图形大致是()图1图2课标理[2022·江西卷]A【解析】如图，建立直角坐标系，由题意可知，小圆O1总与大圆O相内切，且小圆O1总经过大圆的圆心O.设某时刻两圆相切于点A，此时动点M所处位置为点M′，则大圆圆弧eq\x\to(AM)与小圆圆弧eq\x\to(AM′)相等．以切点A在劣弧eq\x\to(MB)上运动为例，记直线OM与此时小圆O1的交点为M1，记∠AOM＝θ，则∠OM1O1＝∠M1OO1＝θ，故∠M1O1A＝∠M1OO1＋∠OM1O1＝2θ.大圆圆弧eq\x\to(AM)的长为l1＝θ×1＝θ，小圆圆弧eq\x\to(AM1)的长为l2＝2θ×eq\f(1,2)＝θ，即l1＝l2，∴小圆的两段圆弧eq\x\to(AM′)与eq\x\to(AM1)的长相等，故点M1与点M′重合，即动点M在线段MO上运动，同理可知，此时点N在线段OB上运动．点A在其他象限类似可得，M、N的轨迹为相互垂直的线段．观察各选项，只有选项A符合．故选A.课标文数[2022·江西卷]已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，若P(4，y)是角θ终边上一点，且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，则y＝________.课标文[2022·江西卷]－8【解析】r＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(16＋y2)，∵sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，∴sinθ＝eq\f(y,r)＝eq\f(y,\r(16＋y2))＝－eq\f(2\r(5),5)，解得y＝－8.课标理数，C6[2022·课标全国卷]已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)\f(3,5)\f(4,5)课标理，C6[2022·课标全国卷]B【解析】解法1：在角θ终边上任取一点P(a,2a)(a≠0)，则r2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))2＝a2＋(2a)2＝5a2，∴cos2θ＝eq\f(a2,5a2)＝eq\f(1,5)，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝eq\f(2,5)－1＝－eq\f(3,5).解法2：tanθ＝eq\f(2a,a)＝2，cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5).课标文数，C6[2022·课标全国卷]已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)\f(3,5)\f(4,5)课标文，C6[2022·课标全国卷]B【解析】解法1：在角θ终边上任取一点P(a,2a)(a≠0)，则r2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))2＝a2＋(2a)2＝5a2，∴cos2θ＝eq\f(a2,5a2)＝eq\f(1,5)，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝eq\f(2,5)－1＝－eq\f(3,5).解法2：tanθ＝eq\f(2a,a)＝2，cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5).

大纲文数[2022·全国卷]已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，tanα＝2，则cosα＝________.大纲文[2022·全国卷]－eq\f(\r(5),5)【解析】∵tanα＝2，∴sinα＝2cosα，代入sin2α＋cos2α＝1得cos2α＝eq\f(1,5)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴cosα＝－eq\f(\r(5),5).课标文数，C6[2022·福建卷]若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin2α＋cos2α＝eq\f(1,4)，则tanα的值等于()\f(\r(2),2)\f(\r(3),3)\r(2)\r(3)课标文，C6[2022·福建卷]D【解析】因为sin2α＋cos2α＝sin2α＋1－2sin2α＝1－sin2α＝cos2α，∴cos2α＝eq\f(1,4)，sin2α＝1－cos2α＝eq\f(3,4)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\f(1,2)，sinα＝eq\f(\r(3),2)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(3)，故选D.大纲文数[2022·重庆卷]若cosα＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则tanα＝________.大纲文[2022·重庆卷]eq\f(4,3)【解析】∵cosα＝－eq\f(3,5)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(4,5)，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(4,3).

课标理数，C5[2022·北京卷]已知函f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．课标理数，C5[2022·北京卷]【解答】(1)因为f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以f(x)的最小正周期为π.(2)因为－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值2；当2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值－1.课标文，C5[2022·北京卷]已知函数f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．课标文，C5[2022·北京卷]【解答】(1)因为f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期为π.(2)因为－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值2；当2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值－1.课标理数，C6[2022·福建卷]若tanα＝3，则eq\f(sin2α,cos2α)的值等于()A．2B．3C．4D．6课标理，C6[2022·福建卷]D【解析】因为eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,cos2α)＝eq\f(2sinα,cosα)＝2tanα＝6，故选D.课标理数，C5[2022·课标全国卷]设函f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))单调递增课标理数，C5[2022·课标全国卷]A【解析】原式可化简为f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,4)))，因为f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))，又因为f(－x)＝f(x)，所以函f(x)为偶函数，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))＝±eq\r(2)cos2x，所以φ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以φ＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，又因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，所以f(x)＝eq\r(2)cos2x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．课标文[2022·辽宁卷]已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，y＝f(x)的部分图象如图1－7，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝()图1－7A．2＋eq\r(3)\r(3)\f(\r(3),3)D．2－eq\r(3)课标文[2022·辽宁卷]B【解析】由图象知eq\f(π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)－\f(π,8)))＝eq\f(π,2)，ω＝2.又由于2×eq\f(π,8)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，φ＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).这时f(x)＝Ataneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).又图象过(0,1)，代入得A＝1，故f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,24)＋\f(π,4)))＝eq\r(3)，故选B.

课标文数[2022·安徽卷]设f(x)＝asin2x＋bcos2x，其中a，b∈R，ab≠0.若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对一切x∈R恒成立，则①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝0；②eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,10)))))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))))；③f(x)既不是奇函也不是偶函数；④f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．⑤存在经过点(a，b)的直线与函f(x)的图像不相交．以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号)．课标文数[2022·安徽卷]【答案】①③【解析】f(x)＝asin2x＋bcos2x＝eq\r(a2＋b2)sin(2x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinφ＝\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝\f(a,\r(a2＋b2))))，因为对一切x∈R时，f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))恒成立，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝±1.故φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或φ＝2kπ－eq\f(5π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)).故f(x)＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，或f(x)＝－eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).对于①，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝eq\r(a2＋b2)sin2π＝0，或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝－eq\r(a2＋b2)sin2π＝0，故①正确；对于②，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,10)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,5)＋\f(π,6)))))＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(47π,30)))＝eq\r(a2＋b2)sineq\f(17π,30)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,5)＋\f(π,6)))))＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(17π,30)))＝eq\r(a2＋b2)sineq\f(17π,30).所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,10)))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))))，故②错误；对于③，由解析式f(x)＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，或f(x)＝－eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))知其既不是奇函也不是偶函数，故③正确；对于④，当f(x)＝eq\r(a2＋b2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))时，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)是f(x)的单调递减区间，故④错误；对于⑤，要使经过点(a，b)的直线与函f(x)的图像不相交，则此直线须与横轴平行，且|b|>eq\r(a2＋b2)，此时平方得b2>a2＋b2，这不可能，矛盾，故不存在过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交．故⑤错．课标理[2022·安徽卷]已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ为实，若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))对x∈R恒成立，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>f(π)，则f(x)的单调递增区间是()\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)，kπ))(k∈Z)课标理数[2022·安徽卷]C【解析】对x∈R时，f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))))恒成立，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝±1，可得φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z.因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sin(π＋φ)＝－sinφ>f(π)＝sin(2π＋φ)＝sinφ，故sinφ<0.所以φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6))).由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(5π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，得函f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，答案为C.大纲理数[2022·全国卷]设函f(x)＝cosωx(ω>0)，将y＝f(x)的图像向右平移eq\f(π,3)个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则ω的最小值等于()\f(1,3)B．3C．6D．9大纲理数[2022·全国卷]C【解析】将y＝f(x)的图像向右平移eq\f(π,3)个单位长度后得到的图像与原图像重合，则eq\f(π,3)＝eq\f(2π,ω)k，k∈Z，得ω＝6k，k∈Z，又ω＞0，则ω的最小值等于6，故选C.大纲文[2022·全国卷]设函数f(x)＝cosωx(ω>0)，将y＝f(x)的图像向右平移eq\f(π,3)个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则ω的最小值等于()\f(1,3)B．3C．6D．9大纲文[2022·全国卷]C【解析】将y＝f(x)的图像向右平移eq\f(π,3)个单位长度后得到的图像与原图像重合，则eq\f(π,3)＝eq\f(2π,ω)k，k∈Z，得ω＝6k，k∈Z，又ω＞0，则ω的最小值等于6，故选C.课标理数，C4[2022·福建卷]已知等比列{an}的公比q＝3，前3项和S3＝eq\f(13,3).(1)求数列{an}的通项公式；(2)若函f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝eq\f(π,6)处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．课标学，C4[2022·福建卷]【解答】(1)由q＝3，S3＝eq\f(13,3)得eq\f(a11－33,1－3)＝eq\f(13,3)，解得a1＝eq\f(1,3).所以an＝eq\f(1,3)×3n－1＝3n－2.(2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3.因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3；因为当x＝eq\f(π,6)时f(x)取得最大值，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1.又0<φ<π，故φ＝eq\f(π,6).所以函f(x)的解析式为f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).课标理数[2022·湖北卷]已知函f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx，x∈R，若f(x)≥1，则x的取值范围为()\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)≤x≤kπ＋π，k∈Z))))\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)≤x≤2kπ＋π，k∈Z))))\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)≤x≤kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))))\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)≤x≤2kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))))课标理数[2022·湖北卷]B【解析】因为f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sinx－eq\f(π,6)，由f(x)≥1，得2sinx－eq\f(π,6)≥1，即sinx－eq\f(π,6)≥eq\f(1,2)，所以eq\f(π,6)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z.课标文[2022·湖北卷]已知函数f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx，x∈R.若f(x)≥1，则x的取值范围为()\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)))≤x≤2kπ＋π，k∈Z))\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))≤x≤kπ＋π，k∈Z))\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)))≤x≤2kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)))≤x≤kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))课标文[2022·湖北卷]A【解析】因为f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sinx－eq\f(π,6)，由f(x)≥1，得2sinx－eq\f(π,6)≥1，即sinx－eq\f(π,6)≥eq\f(1,2)，所以eq\f(π,6)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z.课标理数，C4[2022·湖南卷]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA＝acosC.(1)求角C的大小；(2)求eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．课标理，C4[2022·湖南卷]【解答】(1)由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC.因为0<A<π，所以sinA>0.从而sinC＝cosC.又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，B＝eq\f(3π,4)－A，于是eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(3)sinA－cos(π－A)＝eq\r(3)sinA＋cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因为0<A<eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(11π,12).从而当A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)时，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))取最大值2.综上所述，eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值为2，此时A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(5π,12).课标文数，C4[2022·湖南卷]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA＝acosC.(1)求角C的大小；(2)求eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．课标文，C4[2022·湖南卷]【解答】(1)由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC.因为0<A<π，所以sinA>0.从而sinC＝cosC.又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，B＝eq\f(3π,4)－A，于是eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(3)sinA－cos(π－A)＝eq\r(3)sinA＋cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因为0<A<eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(11π,12).从而当A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)时，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))取最大值2.综上所述，eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值为2，此时A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(5π,12).课标理数，C5[2022·课标全国卷]设函f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))单调递增课标理数，C5[2022·课标全国卷]A【解析】原式可化简为f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,4)))，因为f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))，又因为f(－x)＝f(x)，所以函f(x)为偶函数，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))＝±eq\r(2)cos2x，所以φ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以φ＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，又因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，所以f(x)＝eq\r(2)cos2x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．课标文，C5[2022·课标全国卷]设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，则()A．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，其图像关于直线x＝eq\f(π,4)对称B．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，其图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称C．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减，其图像关于直线x＝eq\f(π,4)对称D．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减，其图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称课标文，C5[2022·课标全国卷]D【解析】f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，所以y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\r(2)cosπ＝－eq\r(2)，是最小值．所以函数y＝f(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称．课标理[2022·山东卷]若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝()A．3B．2\f(3,2)\f(2,3)课标理[2022·山东卷]C【解析】本题考查三角函数的单调性．因为当0≤ωx≤eq\f(π,2)时，函f(x)是增函数，当eq\f(π,2)≤ωx≤π时，函f(x)为减函数，即当0≤x≤eq\f(π,2ω)时函f(x)为增函数，当eq\f(π,2ω)≤x≤eq\f(π,ω)时，函f(x)为减函数，所以eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,3)，所以ω＝eq\f(3,2).课标文[2022·山东卷]若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝()\f(2,3)\f(3,2)C．2D．3课标文[2022·山东卷]B【解析】本题考查三角函数的单调性．因为当0≤ωx≤eq\f(π,2)时，函f(x)为增函数，当eq\f(π,2)≤ωx≤π时，函f(x)为减函数，即当0≤x≤eq\f(π,2ω)时，函f(x)为增函数，当eq\f(π,2ω)≤x≤eq\f(π,ω)时，函f(x)为减函数，所以eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,3)，所以ω＝eq\f(3,2).课标学[2022·江苏卷]函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ为常，A>0，ω>0)的部分图象如图1－1所示，则f(0)的值是________．图1－1课标数学[2022·江苏卷]eq\f(\r(6),2)【解析】由图象可得A＝eq\r(2)，周期为4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，所以ω＝2，将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，－\r(2)))代入得2×eq\f(7π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(3,2)π，即φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，所以f(0)＝eq\r(2)sinφ＝eq\r(2)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(6),2).课标文[2022·天津卷]已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若f(x)的最小正周期为6π，且当x＝eq\f(π,2)时，f(x)取得最大值，则()A．f(x)在区间[－2π，0]上是增函B．f(x)在区间[－3π，－π]上是增函数C．f(x)在区间[3π，5π]上是减函D．f(x)在区间[4π，6π]上是减函数课标文[2022·天津卷]A【解析】∵eq\f(2π,ω)＝6π，∴ω＝eq\f(1,3).又∵eq\f(1,3)×eq\f(π,2)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z且－π<φ≤π，∴当k＝0时，φ＝eq\f(π,3)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,3)))，要使f(x)递增，须有2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(1,3)x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解之得6kπ－eq\f(5π,2)≤x≤6kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，当k＝0时，－eq\f(5,2)π≤x≤eq\f(π,2)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)π，\f(π,2)))上递增．课标文数[2022·浙江卷]【解答】(1)由题意得，T＝eq\f(2π,\f(π,3))＝6.因为P(1，A)在y＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))的图象上，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，又因为0＜φ＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).(2)设点Q的坐标为(x0，－A)．由题意可知eq\f(π,3)x0＋eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)，得x0＝4，所以Q(4，－A)．连接PQ，在△PRQ中，∠PRQ＝eq\f(2π,3)，由余弦定理得cos∠PRQ＝eq\f(RP2＋RQ2－PQ2,2RP·RQ)＝eq\f(A2＋9＋A2－9＋4A2,2A·\r(9＋A2))＝－eq\f(1,2)，解得A2＝3，又A＞0，所以A＝eq\r(3).

课标理，C5[2022·北京卷]已知函数f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．课标理，C5[2022·北京卷]【解答】(1)因为f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以f(x)的最小正周期为π.(2)因为－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值2；当2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值－1.课标文数，C5[2022·北京卷]已知函f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．课标文数，C5[2022·北京卷]【解答】(1)因为f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期为π.(2)因为－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，当2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最大值2；当2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值－1.大纲理17.C5，C8[2022·全国卷]△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知A－C＝90°，a＋c＝eq\r(2)b，求C.大纲理数，C8[2022·全国卷]【解答】由a＋c＝eq\r(2)b及正弦定理可得sinA＋sinC＝eq\r(2)sinB.又由于A－C＝90°，B＝180°－(A＋C)，故cosC＋sinC＝eq\r(2)sin(A＋C)＝eq\r(2)sin(90°＋2C)＝eq\r(2)cos2C.故eq\f(\r(2),2)cosC＋eq\f(\r(2),2)sinC＝cos2C，cos(45°－C)＝cos2C.因为0°<C<90°，所以2C＝45°－C，C＝15°.课标理，C8[2022·课标全国卷]在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，则AB＋2BC的最大值为________．课标理数，C8[2022·课标全国卷]2eq\r(7)【解析】因为B＝60°，A＋B＋C＝180°，所以A＋C＝120°，由正弦定理，有eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(\r(3),sin60°)＝2，所以AB＝2sinC，BC＝2sinA.所以AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sin(120°－A)＋4sinA＝2(sin120°cosA－cos120°sinA)＋4sinA＝eq\r(3)cosA＋5sinA＝2eq\r(7)sin(A＋φ)，(其中sinφ＝eq\f(\r(3),2\r(7))，cosφ＝eq\f(5,2\r(7)))所以AB＋2BC的最大值为2eq\r(7).课标文，C5[2022·课标全国卷]设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，则()A．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，其图像关于直线x＝eq\f(π,4)对称B．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递增，其图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称C．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减，其图像关于直线x＝eq\f(π,4)对称D．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))单调递减，其图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称课标文，C5[2022·课标全国卷]D【解析】f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，所以y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内单调递减，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\r(2)cosπ＝－eq\r(2)，是最小值．所以函数y＝f(x)的图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称．课标学，C7[2022·江苏卷]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝2cosA,求A的值；(2)若cosA＝eq\f(1,3)，b＝3c，求sinC的值．课标数学，C7[2022·江苏卷]本题主要考查三角函的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形，考查运算求解能力．【解答】(1)由题设知sinAcoseq\f(π,6)＋cosAsineq\f(π,6)＝2cosA.从而sinA＝eq\r(3)cosA，所以cosA≠0，tanA＝eq\r(3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由cosA＝eq\f(1,3)，b＝3c及a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝b2－c2.故△ABC是直角三角形，且B＝eq\f(π,2)，所以sinC＝cosA＝eq\f(1,3).课标理数[2022·浙江卷]若0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，coseq\f(π,4)＋α＝eq\f(1,3)，coseq\f(π,4)－eq\f(β,2)＝eq\f(\r(3),3)，则cosα＋eq\f(β,2)＝()\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)\f(5\r(3),9)D．－eq\f(\r(6),9)课标理[2022·浙江卷]C【解析】∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,3)，0<α<eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(2\r(3),3).又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(3),3)，－eq\f(π,2)<β<0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(6),3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(5\r(3),9).

大纲理数[2022·全国卷]已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，则tan2α＝________.大纲理[2022·全国卷]－eq\f(4,3)【解析】∵sinα＝eq\f(\r(5),5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\f(2\r(5),5)，则tanα＝－eq\f(1,2)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝－eq\f(4,3).课标理数，C6[2022·福建卷]若tanα＝3，则eq\f(sin2α,cos2α)的值等于()A．2B．3C．4D．6课标理，C6[2022·福建卷]D【解析】因为eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,cos2α)＝eq\f(2sinα,cosα)＝2tanα＝6，故选D.课标文数，C6[2022·福建卷]若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin2α＋cos2α＝eq\f(1,4)，则tanα的值等于()\f(\r(2),2)\f(\r(3),3)\r(2)\r(3)课标文，C6[2022·福建卷]D【解析】因为sin2α＋cos2α＝sin2α＋1－2sin2α＝1－sin2α＝cos2α，∴cos2α＝eq\f(1,4)，sin2α＝1－cos2α＝eq\f(3,4)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\f(1,2)，sinα＝eq\f(\r(3),2)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(3)，故选D.课标理数，C6[2022·课标全国卷]已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)\f(3,5)\f(4,5)课标理，C6[2022·课标全国卷]B【解析】解法1：在角θ终边上任取一点P(a,2a)(a≠0)，则r2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))2＝a2＋(2a)2＝5a2，∴cos2θ＝eq\f(a2,5a2)＝eq\f(1,5)，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝eq\f(2,5)－1＝－eq\f(3,5).解法2：tanθ＝eq\f(2a,a)＝2，cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5).课标理数[2022·辽宁卷]设sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\f(1,3)，则sin2θ＝()A．－eq\f(7,9)B．－eq\f(1,9)\f(1,9)\f(7,9)课标理[2022·辽宁卷]A【解析】sin2θ＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2θ))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))).由于sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\f(1,3)，代入得sin2θ＝－eq\f(7,9)，故选A.课标文数，C6[2022·课标全国卷]已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)\f(3,5)\f(4,5)课标文，C6[2022·课标全国卷]B【解析】解法1：在角θ终边上任取一点P(a,2a)(a≠0)，则r2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))2＝a2＋(2a)2＝5a2，∴cos2θ＝eq\f(a2,5a2)＝eq\f(1,5)，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝eq\f(2,5)－1＝－eq\f(3,5).解法2：tanθ＝eq\f(2a,a)＝2，cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5).课标数学[2022·江苏卷]已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝2,则eq\f(tanx,tan2x)的值为________．课标学[2022·江苏卷]eq\f(4,9)【解析】因为taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝2，所以tanx＝eq\f(1,3)，tan2x＝eq\f(2×\f(1,3),1－\f(1,9))＝eq\f(\f(2,3),\f(8,9))＝eq\f(3,4)，即eq\f(tanx,tan2x)＝eq\f(4,9).

课标理数[2022·广东卷]已知函f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，x∈R.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))的值；(2)设α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3α＋\f(π,2)))＝eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求cos(α＋β)的值．课标理数[2022·广东卷]【解答】(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×\f(5,4)π－\f(π,6)))＝2sineq\f(π,4)＝eq\r(2).(2)∵eq\f(10,13)＝f3α＋eq\f(π,2)＝2sineq\f(1,3)×3α＋eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝2sinα，eq\f(6,5)＝f(3β＋2π)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×3β＋2π－\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,2)))＝2cosβ，∴sinα＝eq\f(5,13)，cosβ＝eq\f(3,5)，又∵α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5)，故cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(3,5)×eq\f(12,13)－eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(16,65).课标文[2022·广东卷]已知函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，x∈R.(1)求f(0)的值；(2)设α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3α＋\f(π,2)))＝eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求sin(α＋β)的值．课标文[2022·广东卷]【解答】(1)f(0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－2sineq\f(π,6)＝－1.(2)∵eq\f(10,13)＝f3α＋eq\f(π,2)＝2sineq\f(1,3)×3α＋eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝2sinα，eq\f(6,5)＝f(3β＋2π)＝2sineq\f(1,3)×(3β＋2π)－eq\f(π,6)＝2sinβ＋eq\f(π,2)＝2cosβ，∴sinα＝eq\f(5,13)，cosβ＝eq\f(3,5)，又α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5)，故sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).课标数学，C7[2022·江苏卷]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝2cosA,求A的值；(2)若cosA＝eq\f(1,3)，b＝3c，求sinC的值．课标学，C7[2022·江苏卷]本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形，考查运算求解能力．【解答】(1)由题设知sinAcoseq\f(π,6)＋cosAsineq\f(π,6)＝2cosA.从而sinA＝eq\r(3)cosA，所以cosA≠0，tanA＝eq\r(3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由cosA＝eq\f(1,3)，b＝3c及a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝b2－c2.故△ABC是直角三角形，且B＝eq\f(π,2)，所以sinC＝cosA＝eq\f(1,3).课标理[2022·天津卷]已知函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2cos2α，求α的大小．课标理[2022·天津卷]【解答】(1)由2x＋eq\f(π,4)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x≠eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.所以f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,8)))＋\f(kπ,2)，k∈Z)).f(x)的最小正周期为eq\f(π,2).(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2cos2α，得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2cos2α，eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝2(cos2α－sin2α)，整理得eq\f(sinα＋cosα,cosα－sinα)＝2(cosα＋sinα)(cosα－sinα)．因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以sinα＋cosα≠0，因此(cosα－sinα)2＝eq\f(1,2)，即sin2α＝eq\f(1,2).由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，得2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α＝eq\f(π,6)，即α＝eq\f(π,12).

课标文数[2022·安徽卷]在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，1＋2cos(B＋C)＝0，求边BC上的高．课标文[2022·安徽卷]本题考查两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系，利用正弦定理或余弦定理解三角形，以及三角形的边与角之间的对应大小关系，考查综合运算求解能力．【解答】由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，得1－2cosA＝0，cosA＝eq\f(1,2)，sinA＝eq\f(\r(3),2).再由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由b<a知B<A，所以B不是最大角，B<eq\f(π,2)，从而cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(\r(2),2).由上述结果知sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(1,2))).设边BC上的高为h，则有h＝bsinC＝eq\f(\r(3)＋1,2).课标理[2022·安徽卷]已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为________．课标理[2022·安徽卷]15eq\r(3)【解析】不妨设∠A＝120°，c<b，则a＝b＋4，c＝b－4，于是cos120°＝eq\f(b2＋b－42－b＋42,2bb－4)＝－eq\f(1,2)，解得b＝10，所以c＝6.所以S＝eq\f(1,2)bcsin120°＝15eq\r(3).课标理数[2022·北京卷]在△ABC中，若b＝5，∠B＝eq\f(π,4)，tanA＝2，则sinA＝________；a＝________.课标理[2022·北京卷]eq\f(2\r(5),5)2eq\r(10)【解析】因为tanA＝2，所以sinA＝eq\f(2\r(5),5)；再由正弦定理有：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(a,\f(2\r(5),5))＝eq\f(5,\f(\r(2),2))，可得a＝2eq\r(10).课标文数[2022·北京卷]在△ABC中，若b＝5，∠B＝eq\f(π,4)，sinA＝eq\f(1,3)，则a＝________.课标文[2022·北京卷]eq\f(5\r(2),3)【解析】由正弦定理有：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(a,\f(1,3))＝eq\f(5,\f(\r(2),2))，得a＝eq\f(5\r(2),3).大纲理数17.C5，C8[2022·全国卷]△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知A－C＝90°，a＋c＝eq\r(2)b，求C.大纲理，C8[2022·全国卷]【解答】由a＋c＝eq\r(2)b及正弦定理可得sinA＋sinC＝eq\r(2)sinB.又由于A－C＝90°，B＝180°－(A＋C)，故cosC＋sinC＝eq\r(2)sin(A＋C)＝eq\r(2)sin(90°＋2C)＝eq\r(2)cos2C.故eq\f(\r(2),2)cosC＋eq\f(\r(2),2)sinC＝cos2C，cos(45°－C)＝cos2C.因为0°<C<90°，所以2C＝45°－C，C＝15°.大纲文数[2022·全国卷]△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，asinA＋csinC－eq\r(2)asinC＝bsinB.(1)求B；(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.大纲文[2022·全国卷]【解答】由正弦定理得a2＋c2－eq\r(2)ac＝b2.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB.故cosB＝eq\f(\r(2),2)，因此B＝45°.(2)sinA＝sin(30°＋45°)＝sin30°cos45°＋cos30°sin45°＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).故a＝b×eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),\r(2))＝1＋eq\r(3)，c＝b×eq\f(sinC,sinB)＝2×eq\f(sin60°,sin45°)＝eq\r(6).课标理数图1－5[2022·福建卷]如图1－5，△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2eq\r(3)，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于________．课标理[2022·福建卷]【答案】eq\r(2)【解析】在△ABC中，由余弦定理，有cos