2022高考数学一轮复习第四编三角函数讲义新人教版

第四编三角函数、解三角形§任意角和弧度制及任意角的三角函数一、选择题(每小题7分，共42分)1．(2022·汕头模拟)若角α和角β的终边关于x轴对称，则角α可以用角β表示为()A．2kπ＋β(k∈Z) B．2kπ－β(k∈Z)C．kπ＋β(k∈Z) D．kπ－β(k∈Z)解析因为角α和角β的终边关于x轴对称，所以α＋β＝2kπ(k∈Z)．所以α＝2kπ－β(k∈Z)．答案B2．(2022·湛江调研)已知点P(tanα，cosα)在第三象限，则角α的终边在第几象限()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析∵P(tanα，cosα)在第三象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanα<0,cosα<0))，由tanα<0，得α在第二、四象限，由cosα<0，得α在第二、三象限∴α在第二象限．答案B3．(2022·漳州调研)若扇形圆心角的弧度数为2，且扇形弧所对的弦长也是2，则这个扇形的面积为 ()\f(1,sin21) \f(2,sin22) \f(1,cos21) \f(2,cos22)解析由题意得扇形的半径为eq\f(1,sin1).又由扇形面积公式得，该扇形的面积为eq\f(1,2)·2·eq\f(1,sin21)＝eq\f(1,sin21).答案A4．(2022·衢州模拟)已知角α的终边过点P(－8m，－6sin30°)，且cosα＝－eq\f(4,5)，则m的值为()A．－eq\f(1,2) \f(1,2) C．－eq\f(\r(3),2) \f(\r(3),2)解析r＝eq\r(64m2＋9)，∴cosα＝eq\f(－8m,\r(64m2＋9))＝－eq\f(4,5)，∴m>0，∴eq\f(4m2,64m2＋9)＝eq\f(1,25)，∴m＝±eq\f(1,2).∵m>0，∴m＝eq\f(1,2).答案B5．(2022·新乡模拟)已知角α是第二象限角，且|coseq\f(α,2)|＝－coseq\f(α,2)，则角eq\f(α,2)是()A．第一象限角 B．第二象限角C．第三象限角 D．第四象限角解析由α是第二象限角知，eq\f(α,2)是第一或第三象限角．又∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－coseq\f(α,2)，∴coseq\f(α,2)<0，∴eq\f(α,2)是第三象限角．答案C6．(2022·湘潭联考)已知α是第一象限角，tanα＝eq\f(3,4)，则sinα等于 ()\f(4,5) \f(3,5) C．－eq\f(4,5) D．－eq\f(3,5)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(sinα,cosα)＝\f(3,4)，,sin2α＋cos2α＝1))，得sinα＝eq\f(3,5)(sinα>0)．答案B二、填空题(每小题6分，共18分)7．(2022·惠州模拟)若点P(m，n)(n≠0)为角600°终边上一点，则eq\f(m,n)＝________.解析由三角函数的定义知eq\f(n,m)＝tan600°＝tan(360°＋240°)＝tan240°＝tan60°＝eq\r(3)，∴eq\f(m,n)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).答案eq\f(\r(3),3)8．(2022·洛阳第一次月考)已知P在1秒钟内转过的角度为θ(0°<θ<180°)，经过2秒钟到达第三象限，经过14秒钟后又恰好回到出发点，则θ＝________.解析∵0°<θ<180°且k·360°＋180°<2θ<k·360°＋270°(k∈Z)，则必有k＝0，于是90°<θ<135°，又14θ＝n·360°(n∈Z)，∴θ＝eq\f(n,7)×180°，∴90°<eq\f(n,7)·180°<135°，eq\f(7,2)<n<eq\f(21,4)，∴n＝4或5，故θ＝eq\f(720°,7)或eq\f(900°,7).答案eq\f(720°,7)或eq\f(900°,7)9．(2022·濮阳模拟)若角α的终边落在直线y＝－x上，则eq\f(sinα,\r(1－sin2α))＋eq\f(\r(1－cos2α),cosα)的值等于________．解析eq\f(sinα,\r(1－sin2α))＋eq\f(\r(1－cos2α),cosα)＝eq\f(sinα,|cosα|)＋eq\f(|sinα|,cosα)，∵角α的终边落在直线y＝－x上，∴角α是第二或第四象限角．当α是第二象限角时，eq\f(sinα,|cosα|)＋eq\f(|sinα|,cosα)＝eq\f(sinα,－cosα)＋eq\f(sinα,cosα)＝0，当α是第四象限角时，eq\f(sinα,|cosα|)＋eq\f(|sinα|,cosα)＝eq\f(sinα,cosα)＋eq\f(－sinα,cosα)＝0.答案0三、解答题(共40分)10．(13分)(2022·平顶山联考)角α终边上的点P与A(a,2a)关于x轴对称(a≠0)，角β的点Q与A关于直线y＝x对称，求sinα·cosα＋sinβ·cosβ＋tanα·tanβ的值．解由题意得，点P的坐标为(a，－2a)点Q的坐标为(2a，a)sinα＝eq\f(－2a,\r(a2＋(－2a)2))＝eq\f(－2a,\r(5a2))，cosα＝eq\f(a,\r(a2＋(－2a)2))＝eq\f(a,\r(5a2))，tanα＝eq\f(－2a,a)＝－2，sinβ＝eq\f(a,\r((2a)2＋a2))＝eq\f(a,\r(5a2))，cosβ＝eq\f(2a,\r((2a)2＋a2))＝eq\f(2a,\r(5a2))，tanβ＝eq\f(a,2a)＝eq\f(1,2)，故有sinα·cosα＋sinβ·cosβ＋tanα·tanβ＝eq\f(－2a,\r(5a2))·eq\f(a,\r(5a2))＋eq\f(a,\r(5a2))·eq\f(2a,\r(5a2))＋(－2)×eq\f(1,2)＝－1.11．(13分)(2022·南平调研)设θ为第三象限角，试判断eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))的符号．解∵θ为第三象限角，∴2kπ＋π<θ<2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，kπ＋eq\f(π,2)<eq\f(θ,2)<kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)．当k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋eq\f(π,2)<eq\f(θ,2)<2nπ＋eq\f(3,4)π，此时eq\f(θ,2)在第二象限．∴sineq\f(θ,2)>0，coseq\f(θ,2)<0.因此eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))<0.当k＝2n＋1(n∈Z)时，(2n＋1)π＋eq\f(π,2)<eq\f(θ,2)<(2n＋1)π＋eq\f(3π,4)(n∈Z)，即2nπ＋eq\f(3π,2)<eq\f(θ,2)<2nπ＋eq\f(7π,4)(n∈Z)此时eq\f(θ,2)在第四象限．∴sineq\f(θ,2)<0，coseq\f(θ,2)>0，因此eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))<0，综上可知eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))<0.12．(14分)(2022·茂名联考)已知eq\f(tanα,tanα－1)＝－1，求下列各式的值：(1)eq\f(sinα－3cosα,sinα＋cosα)；(2)sin2α＋sinαcosα＋2.解由已知得tanα＝eq\f(1,2).(1)eq\f(sinα－3cosα,sinα＋cosα)＝eq\f(tanα－3,tanα＋1)＝eq\f(\f(1,2)－3,\f(1,2)＋1)＝－eq\f(5,3).(2)sin2α＋sinαcosα＋2＝sin2α＋sinαcosα＋2(cos2α＋sin2α)＝eq\f(3sin2α＋sinαcosα＋2cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(3tan2α＋tanα＋2,tan2α＋1)＝eq\f(3×(\f(1,2))2＋\f(1,2)＋2,(\f(1,2))2＋1)＝eq\f(13,5).§三角函数的诱导公式一、选择题(每小题7分，共42分)1．(2022·全国Ⅰ文，1)sin585°的值为 ()A．－eq\f(\r(2),2) \f(\r(2),2) C．－eq\f(\r(3),2) \f(\r(3),2)解析sin585°＝sin(360°＋225°)＝sin(180°＋45°)＝－eq\f(\r(2),2).答案A2．(2022·郑州模拟)若α、β终边关于y轴对称，则下列等式成立的是 ()A．sinα＝sinβ B．cosα＝cosβC．tanα＝tanβ D．sinα＝－sinβ解析方法一∵α、β终边关于y轴对称，∴α＋β＝π＋2kπ或α＋β＝－π＋2kπ，k∈Z，∴α＝2kπ＋π－β或α＝2kπ－π－β，k∈Z，∴sinα＝sinβ.方法二设角α终边上一点P(x，y)，则点P关于y轴对称的点为P′(－x，y)，且点P与点P′到原点的距离相等设为r，则sinα＝sinβ＝eq\f(y,r).答案A3．(2022·重庆文，6)下列关系式中正确的是 ()A．sin11°<cos10°<sin168°B．sin168°<sin11°<cos10°C．sin11°<sin168°<cos10°D．sin168°<cos10°<sin11°解析sin168°＝sin(180°－12°)＝sin12°，cos10°＝sin(90°－10°)＝sin80°.由三角函数线得sin11°<sin12°<sin80°，即sin11°<sin168°<cos10°.答案C4．(2022·青岛调研)已知函数f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)，且f(2009)＝3，则f(2010)的值是 ()A．－1 B．－2 C解析f(2009)＝asin(2009π＋α)＋bcos(2009π＋β)＝asin(π＋α)＋bcos(π＋β)＝－asinα－bcosβ＝3.∴asinα＋bcosβ＝－3.∴f(2010)＝asin(2010π＋α)＋bcos(2010π＋β)＝asinα＋bcosβ＝－3.答案C5．(2022·湛江三模)已知sin(2π－α)＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，则eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)等于 ()\f(1,7) B．－eq\f(1,7) C．－7 D．7解析sin(2π－α)＝－sinα＝eq\f(4,5)，∴sinα＝－eq\f(4,5).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴cosα＝eq\f(3,5).∴eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(1,7).答案A6．(2022·东莞模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋α))＝eq\f(1,3)，且－π<α<－eq\f(π,2)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))等于 ()\f(2\r(3),3) \f(1,3) C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(2\r(2),3)解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋α))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋α)).又－π<α<－eq\f(π,2)，∴－eq\f(7,12)π<eq\f(5π,12)＋α<－eq\f(π,12)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)π＋α))＝－eq\f(2\r(2),3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－α))＝－eq\f(2\r(2),3).答案D二、填空题(每小题6分，共18分)7．(2022·常德三模)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(35π,3)))的值是________．解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(35π,3)))＝coseq\f(35π,3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12π－\f(π,3)))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)8．(2022·合肥联考)已知cos(π－α)＝eq\f(8,17)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则tanα＝________.解析cos(π－α)＝－cosα＝eq\f(8,17)，∴cosα＝－eq\f(8,17).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴sinα<0.∴sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(15,17).∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(15,8).答案eq\f(15,8)9．(2022·烟台模拟)已知sinα是方程5x2－7x－6＝0的根，α是第三象限角，则eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α－\f(3,2)π))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))·tan2(π－α)＝________.解析方程5x2－7x－6＝0的两根为x1＝－eq\f(3,5)，x2＝2，由α是第三象限角，∴sinα＝－eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，∴eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－α－\f(3,2)π))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π－α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))·tan2(π－α)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))·cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),sinα·cosα)·tan2α＝eq\f(cosα·(－sinα),sinα·cosα)·tan2α＝－tan2α＝－eq\f(sin2α,cos2α)＝－eq\f(9,16).答案－eq\f(9,16)三、解答题(共40分)10．(13分)(2022·揭阳联考)已知sin(3π＋θ)＝eq\f(1,3)，求eq\f(cos(π＋θ),cosθ[cos(π－θ)－1])＋eq\f(cos(θ－2π),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(3π,2)))cos(θ－π)－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋θ)))的值．解∵sin(3π＋θ)＝－sinθ＝eq\f(1,3)，∴sinθ＝－eq\f(1,3)，∴原式＝eq\f(－cosθ,cosθ(－cosθ－1))＋eq\f(cos(2π－θ),－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ))cos(π－θ)＋cosθ)＝eq\f(1,1＋cosθ)＋eq\f(cosθ,－cos2θ＋cosθ)＝eq\f(1,1＋cosθ)＋eq\f(1,1－cosθ)＝eq\f(2,1－cos2θ)＝eq\f(2,sin2θ)＝eq\f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))2)＝18.11．(13分)(2022·菏泽模拟)已知sin(π－α)－cos(π＋α)＝eq\f(\r(2),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<α<π)).求下列各式的值：(1)sinα－cosα；(2)sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋cos3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)).解由sin(π－α)－cos(π＋α)＝eq\f(\r(2),3)，得sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),3).①将①式两边平方，得1＋2sinα·cosα＝eq\f(2,9)，故2sinα·cosα＝－eq\f(7,9)，又eq\f(π,2)<α<π，∴sinα>0，cosα<0.∴sinα－cosα>0.(1)(sinα－cosα)2＝1－2sinα·cosα＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)))＝eq\f(16,9)，∴sinα－cosα＝eq\f(4,3).(2)sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋cos3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cos3α－sin3α＝(cosα－sinα)(cos2α＋cosα·sinα＋sin2α)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(7,18)))＝－eq\f(22,27).12．(14分)(2022·丽水联考)是否存在角α，β，其中α∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，β∈(0，π)，使得等式sin(3π－α)＝eq\r(2)cos(eq\f(π,2)－β)，eq\r(3)cos(－α)＝－eq\r(2)cos(π＋β)同时成立．若存在，求出α，β的值；若不存在，请说明理由．解假设满足题设要求的α，β存在，则α，β满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝\r(2)sinβ①,\r(3)cosα＝\r(2)cosβ②))①2＋②2，得sin2α＋3(1－sin2α)＝2，即sin2α＝eq\f(1,2)，sinα＝±eq\f(\r(2),2).∵－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，∴α＝eq\f(π,4)或α＝－eq\f(π,4).(1)当α＝eq\f(π,4)时，由②得cosβ＝eq\f(\r(3),2)，∵0<β<π，∴β＝eq\f(π,6).(2)当α＝－eq\f(π,4)时，由②得cosβ＝eq\f(\r(3),2)，β＝eq\f(π,6)，但不适合①式，故舍去．综上可知，存在α＝eq\f(π,4)，β＝eq\f(π,6)使两个等式同时成立．§三角函数的图象与性质一、选择题(每小题7分，共42分)1．(2022·福建理，1)函数f(x)＝sinxcosx的最小值是 ()A．－1 B．－eq\f(1,2) \f(1,2) D．1解析∵f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x.∴当x＝kπ－eq\f(π,4)，k∈Z时，f(x)min＝－eq\f(1,2).答案B2．(2022·全国Ⅰ理，8)如果函数y＝3cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))中心对称，那么|φ|的最小值为 ()\f(π,6) \f(π,4) \f(π,3) \f(π,2)解析由y＝3cos(2x＋φ)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，0))中心对称知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)π))＝0，即3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0.∴eq\f(8π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．∴φ＝kπ＋eq\f(π,2)－eq\f(8π,3)(k∈Z)．|φ|的最小值为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2π＋\f(π,2)－\f(8π,3)))＝eq\f(π,6).答案A3．(2022·枣庄调研)已知函数y＝sineq\f(πx,3)在区间[0，t]上至少取得2次最大值，则正整数t的最小值是 ()A．6 B．7 C．8 D．9解析T=6，则≤t，∴t≥，∴tmin=8.答案C4．(2022·嘉兴模拟)已知在函数f(x)＝eq\r(3)sineq\f(πx,R)图象上，相邻的一个最大值点与一个最小值点恰好在x2＋y2＝R2上，则f(x)的最小正周期为 ()A．1 B．2 C．3 D．4解析∵x2＋y2＝R2，∴x∈[－R，R]．∵函数f(x)的最小正周期为2R，∴最大值点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)，\r(3)))，相邻的最小值点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(R,2)，－\r(3)))，代入圆方程，得R＝2，∴T＝4.答案D5．(2022·浙江理，8)已知a是实数，则函数f(x)＝1＋asinax的图象不可能是 `()解析图A中函数的最大值小于2，故0<a<1，而其周期大于2π.故A中图象可以是函数f(x)的图象．图B中，函数的最大值大于2，故a应大于1，其周期小于2π，故B中图象可以是函数f(x)的图象．当a=0时，f(x)=1，此时对应C中图象，对于D可以看出其最大值大于2，其周期应小于2π，而图象中的周期大于2π，故D中图象不可能为函数f(x)的图象．答案D6．(2022·巢湖期末)给出下列命题：①函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,2)))是奇函数；②存在实数α，使得sinα＋cosα＝eq\f(3,2)；③若α、β是第一象限角且α<β，则tanα<tanβ；④x＝eq\f(π,8)是函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,4)))的一条对称轴方程；⑤函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))成中心对称图形．其中正确的序号为 ()A．①③ B．②④ C．①④ D．④⑤解析①y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,3)＋\f(π,2)))⇒y＝－sineq\f(2,3)x是奇函数；②由sinα＋cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的最大值为eq\r(2)，因为eq\r(2)<eq\f(3,2)，所以不存在实数α，使得sinα＋cosα＝eq\f(3,2)；③α，β是第一象限角且α<β.例如：45°<30°＋360°，但tan45°>tan(30°＋360°)，即tanα<tanβ不成立；④把x＝eq\f(π,8)代入y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,4)))＝sineq\f(3π,2)＝－1，所以x＝eq\f(π,8)是函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,4)))的一条对称轴；⑤把x＝eq\f(π,12)代入y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝sineq\f(π,2)＝1，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))不是函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的对称中心．综上所述，只有①④正确．答案C二、填空题(每小题6分，共18分)7．(2022·株州调研)函数y＝lg(sinx)＋eq\r(cosx－\f(1,2))的定义域为________________，函数y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(2,3)x))的单调递增区间为______________．解析①要使函数有意义必须有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>0,cosx－\f(1,2)≥0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx>0,cosx≥\f(1,2)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ<x<π＋2kπ,－\f(π,3)＋2kπ≤x≤\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z)，∴2kπ<x≤eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，∴函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2kπ<x≤\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)).②由y＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(2,3)x))得y＝－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－\f(π,4)))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(2,3)x－eq\f(π,4)≤eq\f(3,2)π＋2kπ，得eq\f(9,8)π＋3kπ≤x≤eq\f(21π,8)＋3kπ，k∈Z，故函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,8)π＋3kπ，\f(21π,8)＋3kπ))(k∈Z)．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ，\f(π,3)＋2kπ))(k∈Z)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,8)π＋3kπ，\f(21π,8)＋3kπ))(k∈Z)8．(2022·辽宁理，16)已知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，且f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上有最小值，无最大值，则ω＝________.解析如图所示，且，又f(x)在区间内只有最小值、无最大值，∴f(x)在x=处取得最小值．∴(k∈Z)．∴ω=8k-(k∈Z)．∵ω>0，∴当k=1时，ω=8-当k=2时，ω=16，此时在区间内存在最大值．故ω=.答案9．(2022·绍兴月考)关于函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))(x∈R)，有下列命题：①由f(x1)＝f(x2)＝0可得x1－x2必是π的整数倍；②y＝f(x)的表达式可改写为y＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))；③y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))对称；④y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,6)对称．其中正确的命题的序号是________．(把你认为正确的命题序号都填上)解析函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期T＝π，由相邻两个零点的横坐标间的距离是eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)知①错．利用诱导公式得f(x)＝4coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2x))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，知②正确．由于曲线f(x)与x轴的每个交点都是它的对称中心，将x＝－eq\f(π,6)代入得f(x)＝4sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝4sin0＝0，因此点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))是f(x)图象的一个对称中心，故命题③正确．曲线f(x)的对称轴必经过图象的最高点或最低点，且与y轴平行，而x＝－eq\f(π,6)时y＝0，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))不是最高点也不是最低点，故直线x＝－eq\f(π,6)不是图象的对称轴，因此命题④不正确．答案②③三、解答题(共40分)10．(13分)(2022·怀化模拟)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ))(－π<φ<0)，y＝f(x)图象的一条对称轴是直线x＝eq\f(π,8).(1)求φ；(2)求函数y＝f(x)的单调增区间．解(1)令2×eq\f(π,8)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴φ＝kπ＋eq\f(π,4)，又－π<φ<0，则－eq\f(5,4)<k<－eq\f(1,4)，∴k＝－1，则φ＝－eq\f(3π,4).(2)由(1)得：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(3π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，可解得eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(5π,8)＋kπ，k∈Z，因此y＝f(x)的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8)＋kπ))，k∈Z.11．(13分)(2022·天津文，17)已知函数f(x)＝2cos2ωx＋2sinωxcosωx＋1(x∈R，ω>0)的最小正周期是eq\f(π,2).(1)求ω的值；(2)求函数f(x)的最大值，并且求使f(x)取得最大值的x的集合．解(1)f(x)＝2eq\f(1＋cos2ωx,2)＋sin2ωx＋1＝sin2ωx＋cos2ωx＋2＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2ωxcos\f(π,4)＋cos2ωxsin\f(π,4)))＋2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))＋2.由题设，函数f(x)的最小正周期是eq\f(π,2)，可得eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,2)，所以ω＝2.(2)由(1)知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))＋2.当4x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋2kπ，即x＝eq\f(π,16)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))取得最大值1，所以函数f(x)的最大值是2＋eq\r(2)，此时x的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＝\f(π,16)＋\f(kπ,2)，k∈Z)).12．(14分)(2022·肇庆模拟)设函数f(x)＝cosωx(eq\r(3)sinωx＋cosωx)，其中0<ω<2.(1)若f(x)的周期为π，求当－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,3)时f(x)的值域；(2)若函数f(x)的图象的一条对称轴为x＝eq\f(π,3)，求ω的值．解f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx＋eq\f(1,2)cos2ωx＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).(1)因为T＝π，所以ω＝1.∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，当－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,3)时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).(2)因为f(x)的图象的一条对称轴为x＝eq\f(π,3)，所以2ωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，ω＝eq\f(3,2)k＋eq\f(1,2)(k∈Z)，又0<ω<2，所以－eq\f(1,3)<k<1，又k∈Z，所以k＝0，ω＝eq\f(1,2).

§函数y=Asin(ωx+φ)的图象及三角函数模型的简单应用一、选择题(每小题7分，共42分)1．(2022·山东文，3)将函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位，再向上平移1个单位，所得图象的函数解析式是 ()A．y＝2cos2x B．y＝2sin2xC．y＝1＋sin(2x＋eq\f(π,4)) D．y＝cos2x解析将函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位，得到函数y＝sin2(x＋eq\f(π,4))，即y＝sin(2x＋eq\f(π,2))＝cos2x的图象，再向上平移1个单位，所得图象的函数解析式为y＝1＋cos2x＝2cos2x.答案A2．(2022·泉州模拟)将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移eq\f(π,4)个单位，所得到的图象解析式是 ()A．f(x)＝sinx B．f(x)＝cosxC．f(x)＝sin4x D．f(x)＝cos4x解析y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))→y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))→y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)＋\f(π,4)))＝sinx.答案A3．(2022·莱芜一模)若函数y＝Asin(ωx＋φ)＋m的最大值为4，最小值为0，最小正周期为eq\f(π,2)，直线x＝eq\f(π,3)是其图象的一条对称轴，则它的解析式是 ()A．y＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6))) B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))＋2 D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))＋2解析∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋m＝4，,－A＋m＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＝2，,m＝2.))∵T＝eq\f(π,2)，∴ω＝eq\f(2π,T)＝4.∴y＝2sin(4x＋φ)＋2.∵x＝eq\f(π,3)是其对称轴，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(π,3)＋φ))＝±1.∴eq\f(4π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．∴φ＝kπ－eq\f(5π,6)(k∈Z)．当k＝1时，φ＝eq\f(π,6).答案D4．(2022·全国Ⅱ文，9)若将函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))的图象重合，则ω的最小值为 ()\f(1,6) \f(1,4) \f(1,3) \f(1,2)解析函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))向右平移eq\f(π,6)后得到解析y＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,6)＋\f(π,4))).又因为y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，∴令eq\f(π,4)－eq\f(ωπ,6)＝eq\f(π,6)＋kπ，∴eq\f(π,12)＝eq\f(ωπ,6)＋kπ(k∈Z)，由ω>0得ω的最小值为eq\f(1,2).答案D5．(2022·杭州一模)电流强度I(安)随时间t(秒)变化的函数I=Asin(ωt+φ)(A>0，ω>0,0<φ<)的图象如右图所示，则当t=秒时，电流强度是 ()A．－5安 B．5安 C．5eq\r(3)安 D．10安解析由图象知A＝10，eq\f(T,2)＝eq\f(4,300)－eq\f(1,300)＝eq\f(1,100)，∴ω＝eq\f(2π,T)＝100π.∴I＝10sin(100πt＋φ)．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,300)，10))为五点中的第二个点，∴100π×eq\f(1,300)＋φ＝eq\f(π,2).∴φ＝eq\f(π,6).∴I＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt＋\f(π,6)))，当t＝eq\f(1,100)秒时，I＝－5安．答案A6．(2022·天津理，7)已知函数f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))(x∈R，ω>0)的最小正周期为π，为了得到函数g(x)＝cosωx的图象，只要将y＝f(x)的图象 ()A．向左平移eq\f(π,8)个单位长度B．向右平移eq\f(π,8)个单位长度C．向左平移eq\f(π,4)个单位长度D．向右平移eq\f(π,4)个单位长度解析因为T＝π，则ω＝eq\f(2π,T)＝2，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，g(x)＝cos2x，将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,8)个单位长度时，y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,8)))＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x.答案A二、填空题(每小题6分，共18分)7．(2022·江苏，4)函数y=Asin(ωx+φ)(A、ω、φ为常数，A>0，ω>0)在闭区间[-π，0]上的图象如图所示，则ω=.解析由函数y=Asin(ωx+φ)的图象可知：答案38．(2022·全国Ⅱ改编)若动直线x＝a与函数f(x)＝sinx和g(x)＝cosx的图象分别交于M、N两点，则|MN|的最大值为________．解析设x＝a与f(x)＝sinx的交点为M(a，y1)，x＝a与g(x)＝cosx的交点为N(a，y2)，则|MN|＝|y1－y2|＝|sina－cosa|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(π,4)))))≤eq\r(2).答案eq\r(2)9．(2022·云浮期末)若函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，则ω的最大值为________．解析∵f(x)在上递增，故即≥.∴ω≤.∴ωmax=.答案三、解答题(共40分)10．(13分)(2022·周口调研)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)+b(ω>0，|φ|<)的图象的一部分如图所示：(1)求f(x)的表达式；(2)试写出f(x)的对称轴方程．解(1)由图象可知，函数的最大值M=3，最小值m=-1，则A=，又，∴，∴f(x)=2sin(2x+φ)+1，将x=，y=3代入上式，得，∴，k∈Z，即φ=+2kπ，k∈Z，∴φ=，∴f(x)=2sin+1.(2)由2x+=+kπ，得x=+kπ，k∈Z，∴f(x)=2sin+1的对称轴方程为kπ，k∈Z.11．(13分)(2022·合肥联考)函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的一段图象如图所示．(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位，得到y＝g(x)的图象，求直线y＝eq\r(6)与函数y＝f(x)＋g(x)的图象在(0，π)内所有交点的坐标．解(1)由题图知A＝2，T＝π，于是ω＝eq\f(2π,T)＝2，将y＝2sin2x的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得y＝2sin(2x＋φ)的图象．于是φ＝2×eq\f(π,12)＝eq\f(π,6)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)依题意得g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故y＝f(x)＋g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12))).由2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12)))＝eq\r(6)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,12)))＝eq\f(\r(3),2).∵0<x<π，∴－eq\f(π,12)<2x－eq\f(π,12)<2π－eq\f(π,12).∴2x－eq\f(π,12)＝eq\f(π,3)或2x－eq\f(π,12)＝eq\f(2π,3)，∴x＝eq\f(5,24)π或x＝eq\f(3,8)π，∴所求交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,24)，\r(6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\r(6))).12．(14分)(2022·金华模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)，x∈R)的图象的一部分如图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))时，求函数y＝f(x)＋f(x＋2)的最大值与最小值及相应的x的值．解(1)由图象知A＝2，T＝8，∵T＝eq\f(2π,ω)＝8，∴ω＝eq\f(π,4).又图象过点(－1,0)，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0.∵|φ|<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,4).∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4))).(2)y＝f(x)＋f(x＋2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,4)))＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,2)＋\f(π,4)))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋\f(π,2)))＝2eq\r(2)coseq\f(π,4)x.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6，－\f(2,3)))，∴－eq\f(3π,2)≤eq\f(π,4)x≤－eq\f(π,6).∴当eq\f(π,4)x＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(2,3)时，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最大值eq\r(6)；当eq\f(π,4)x＝－π，即x＝－4时，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最小值－2eq\r(2).§两角和与差的正弦、余弦和正切一、选择题(每小题7分，共42分)1．(2022·青岛模拟)sin45°·cos15°＋cos225°·sin15°的值为 ()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(1,2) \f(1,2) \f(\r(3),2)解析原式＝sin45°·cos15°－cos45°·sin15°＝sin30°＝eq\f(1,2).答案C2．(2022·岳阳调研)已知sin(45°＋α)＝eq\f(\r(5),5)，则sin2α等于 ()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(3,5) \f(3,5) \f(4,5)解析sin(α＋45°)＝(sinα＋cosα)·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(5),5)，∴sinα＋cosα＝eq\f(\r(10),5).两边平方，得1＋sin2α＝eq\f(2,5).∴sin2α＝－eq\f(3,5).答案B3．(2022·阳江一模)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(\r(3),3)，则sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))的值是 ()\f(2＋\r(3),3) B．－eq\f(2＋\r(3),3)\f(2－\r(3),3) \f(－2＋\r(3),3)解析sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))＝1－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(2＋\r(3),3).答案A4．(2022·济宁模拟)已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，1))，b＝(4,4cosα－eq\r(3))，若a⊥b，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(4π,3)))等于 ()A．－eq\f(\r(3),4) B．－eq\f(1,4) \f(\r(3),4) \f(1,4)解析a·b＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋4cosα－eq\r(3)＝2eq\r(3)sinα＋6cosα－eq\r(3)＝4eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－eq\r(3)＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(1,4).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(4π,3)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,4).答案B5．(2022·舟山一模)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(1,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))的值是 ()A．－eq\f(7,9) B．－eq\f(1,3) \f(1,3) \f(7,9)解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－eq\f(7,9).答案A6．(2022·哈尔滨期末)在△ABC中，角C＝120°，tanA＋tanB＝eq\f(2,3)eq\r(3)，则tanAtanB的值为()\f(1,4) \f(1,3) \f(1,2) \f(5,3)解析tan(A＋B)＝－tanC＝－tan120°＝eq\r(3)，∴tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝eq\r(3)，即eq\f(\f(2,3)\r(3),1－tanAtanB)＝eq\r(3)，解得tanAtanB＝eq\f(1,3).答案B二、填空题(每小题6分，共18分)7．(2022·长春一模)若eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝3，tan(α－β)＝2，则tan(β－2α)＝________.解析∵eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)＝3，∴tanα＝2.又tan(α－β)＝2，故tan(β－α)＝－2.∴tan(β－2α)＝tan[(β－α)－α]＝eq\f(tan(β－α)－tanα,1＋tan(β－α)·tanα)＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)8．(2022·宁波模拟)eq\f(3－sin70°,2－cos210°)＝________.解析eq\f(3－sin70°,2－cos210°)＝eq\f(3－sin70°,2－\f(1＋cos20°,2))＝eq\f(2(3－sin70°),3－cos20°)＝eq\f(2(3－cos20°),3－cos20°)＝2.答案29．(2022·铜陵模拟)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________.解析∵α、β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，∴eq\f(3,2)π<α＋β<2π，eq\f(π,2)<β－eq\f(π,4)<eq\f(3,4)π，∴cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，cos(β－eq\f(π,4))＝－eq\f(5,13)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((α＋β)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(12,13)＝－eq\f(56,65).答案－eq\f(56,65)三、解答题(共40分)10．(13分)(2022·珠海模拟)化简：(1)eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\r(6)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))；(2)eq\f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))).解(1)原式＝2eq\r(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)·cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝2eq\r(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋cos\f(π,6)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(π,4)＋x))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12))).(2)原式＝eq\f(cos2α,\f(1－tanα,1＋tanα)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α)))))＝eq\f(cos2α,\f(cos2α,1＋sin2α)(1＋sin2α))＝1.11．(13分)(2022·烟台三模)已知函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x.(1)求f(x)的周期和单调递增区间；(2)若关于x的方程f(x)－m＝2在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上有解，求实数m的取值范围．解(1)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))－eq\r(3)cos2x＝1＋sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1，周期T＝π；令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，解得单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．(2)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以f(x)的值域为[2,3]．而f(x)＝m＋2，所以m＋2∈[2,3]，即m∈[0,1]．12．(14分)(2022·宁德期末)已知向量a＝(3sinα，cosα)，b＝(2sinα，5sinα－4cosα)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，且a⊥b.(1)求tanα的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,3)))的值．解(1)∵a⊥b，∴a·b＝0.而a＝(3sinα，cosα)，b＝(2sinα，5sinα－4cosα)，故a·b＝6sin2α＋5sinαcosα－4cos2α＝0.由于cosα≠0，∴6tan2α＋5tanα－4＝0.解之，得tanα＝－eq\f(4,3)，或tanα＝eq\f(1,2).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，tanα<0，故tanα＝eq\f(1,2)(舍去)．∴tanα＝－eq\f(4,3).(2)∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).由tanα＝－eq\f(4,3)，求得taneq\f(α,2)＝－eq\f(1,2)或taneq\f(α,2)＝2(舍去)．∴sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(5),5)，coseq\f(α,2)＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,3)))＝coseq\f(α,2)coseq\f(π,3)－sineq\f(α,2)sineq\f(π,3)＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\f(1,2)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(2\r(5)＋\r(15),10).

§正弦定理和余弦定理一、选择题(每小题7分，共42分)1．(2022·汕头模拟)△ABC的三边分别为a，b，c且满足b2＝ac,2b＝a＋c，则此三角形是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形解析∵2b＝a＋c，∴4b2＝(a＋c)2，又∵b2＝ac，∴(a－c)2＝0.∴a＝c.∴2b＝a＋c＝2a.∴b＝a，即a＝b＝c.答案D2．(2022·清远期末)△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且cos2B＋3cos(A＋C)＋2＝0，b＝eq\r(3)，则c∶sinC等于 ()A．3∶1 \r(3)∶1\r(2)∶1 D．2∶1解析cos2B＋3cos(A＋C)＋2＝2cos2B－3cosB＋1＝0，∴cosB＝eq\f(1,2)或cosB＝1(舍)．∴B＝eq\f(π,3).∴eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2.答案D3．(2022·滨州模拟)△ABC中，AB＝eq\r(3)，AC＝1，∠B＝30°，则△ABC的面积等于()\f(\r(3),2) \f(\r(3),4)\f(\r(3)