备战高考数学一轮复习讲义第四章

第四章三角函数与解三角形第18讲弧度制、任意角的三角函数1.D2.B解析：因为在弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小，所以可以用弧长近似代替弦长，所以导线的长度为eq\f(2π,3)×30＝20π≈63(cm)．3.B解析：由sin(π－θ)>0，得sinθ>0，又cosθ<0，所以θ是第二象限角．4.D解析：由题知，sinα＝eq\f(1,\r(32＋12))＝eq\f(\r(,10),10)，cosα＝eq\f(3,\r(32＋12))＝eq\f(3\r(,10),10).因为sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(\r(,10),10)×eq\f(3\r(,10),10)＝eq\f(3,5)，且cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(,10),10)))2－1＝eq\f(4,5)，所以sin2α＋cos2α＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)＝eq\f(7,5).5.ABD6.ABD解析：经过1s后，质点A运动1rad，质点B运动2rad，此时∠BOA的弧度数为eq\f(π,3)＋3，故A正确；经过eq\f(π,12)s后，∠AOB＝eq\f(π,12)＋eq\f(π,3)＋2×eq\f(π,12)＝eq\f(7π,12)，故扇形AOB的弧长为eq\f(7π,12)×1＝eq\f(7π,12)，故B正确；经过eq\f(π,6)s后，∠AOB＝eq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＋2×eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，故扇形AOB的面积为S＝eq\f(1,2)×eq\f(5π,6)×12＝eq\f(5π,12)，故C不正确；设经过ts后，A，B在单位圆上第一次相遇，则t(1＋2)＋eq\f(π,3)＝2π，解得t＝eq\f(5π,9)s，故D正确．7.－eq\f(4,5)解析：由题意可得P(－1,2)，x＝－1，y＝2，|r|＝OP＝eq\r(,5)，故cosα＝eq\f(x,r)＝eq\f(－1,\r(,5))＝－eq\f(\r(,5),5)，sinα＝eq\f(2\r(,5),5)，则sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(2\r(,5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,5),5)))＝－eq\f(4,5).8.eq\f(3,5)－eq\f(4,3)解析：因为角θ的终边过点A(3，y)，所以sinθ＝eq\f(y,\r(,32＋y2))，cosθ＝eq\f(3,\r(,32＋y2)).因为sin(π＋θ)＝eq\f(4,5)，所以－sinθ＝eq\f(4,5)，即sinθ＝－eq\f(4,5)<0，所以点A在第四象限，所以eq\f(y,\r(,32＋y2))＝－eq\f(4,5)，解得y＝4(舍去)或y＝－4，所以cosθ＝eq\f(3,5)，tanθ＝eq\f(y,x)＝－eq\f(4,3).9.eq\f(5,18)解析：设圆的半径为r，则扇形的半径为eq\f(2r,3).记扇形的圆心角为α，由扇形面积等于圆面积的eq\f(5,27)，得eq\f(\f(1,2)α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2r,3)))2,πr2)＝eq\f(5,27)，解得α＝eq\f(5π,6)，所以扇形的弧长与圆周长之比为eq\f(l,C)＝eq\f(\f(5π,6)·\f(2r,3),2πr)＝eq\f(5,18).10.【解答】(1)由eq\f(1,|sinα|)＝－eq\f(1,sinα)，得sinα<0，由lg(cosα)有意义，可知cosα>0，所以α是第四象限角．(2)因为OM＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))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)，sinα＝eq\f(y,r)＝eq\f(m,OM)＝eq\f(－\f(4,5),1)＝－eq\f(4,5).11.【解答】(1)设点B的纵坐标为m，则由题意得m2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2＝1，且m>0，所以m＝eq\f(3,5)，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5)))，根据三角函数的定义得tanα＝eq\f(\f(3,5),－\f(4,5))＝－eq\f(3,4).(2)若△AOB为等边三角形，则∠AOB＝eq\f(π,3)，故与角α终边相同的角β的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(β|β＝\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)).12.C解析：因为f(x)＝log3x－8＋2x，所以f(3)＝log33－8＋6＝－1<0，f(4)＝log34>0，所以f(3)·f(4)<0.因为函数f(x)＝log3x－8＋2x的图象是连续的，且单调递增，所以函数f(x)的零点所在的区间是(3,4)．13.B解析：eq\f(4,b)＋eq\f(1,a)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,b)＋\f(1,a)))(a＋b)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a,b)＋\f(b,a)＋5))≥eq\f(1,2)(4＋5)＝eq\f(9,2)，当且仅当eq\f(4a,b)＝eq\f(b,a)时等号成立．14.【解答】(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线为l：x＋y－5＝0，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝－1①.因为f(1)＝4，所以1＋a＋b＋c＝4②，又f′(2)＝0，即12＋4a＋b＝0③，由①②③得a＝－4，b＝4，c＝3.(2)因为f(x)＝x3－4x2＋4x＋3，所以f′(x)＝3x2－8x＋4＝(3x－2)(x－2)．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪(2,3)时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))，(2,3)上单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))时，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递减．因为f(0)＝3，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(113,27)，f(2)＝3，f(3)＝6，所以f(x)在x∈[0,3]上的最大值为f(3)＝6，最小值为f(0)＝f(2)＝3.第19讲同角三角函数的基本关系式与诱导公式1.C解析：因为tanα＝eq\f(1,2)，所以eq\f(cosπ－α,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))＝eq\f(－cosα,－sinα)＝eq\f(1,tanα)＝2.2.C解析：sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(19π,6)))＋cos(－2640°)＋tan1665°＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π＋\f(π,6)))＋cos2640°＋tan1665°＝sineq\f(π,6)＋cos(360°×7＋120°)＋tan(360°×4＋225°)＝eq\f(1,2)＋cos(180°－60°)＋tan(180°＋45°)＝eq\f(1,2)－cos60°＋tan45°＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＋1＝1.3.A解析：因为tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝2，且sin2α＋cos2α＝1，π<α<eq\f(3π,2)，所以sinα＝－eq\f(2\r(,5),5)，cosα＝－eq\f(\r(,5),5)，所以cosα－sinα＝－eq\f(\r(,5),5)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(,5),5)))＝eq\f(\r(,5),5).4.D解析：由题知sin12°＋cos12°＝a，两边平方并化简得1＋sin24°＝a2，sin24°＝a2－1，cos66°＝cos(90°－24°)＝sin24°＝a2－1.5.ABC解析：在△ABC中，由A＋B＋C＝π，得sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC；sineq\f(B＋C,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝coseq\f(A,2)；tan(A＋B)＝tan(π－C)＝－tanCeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C≠\f(π,2)))；cos(A＋B)＝cos(π－C)＝－cosC.6.ABD解析：对于A，因为eq\f(sinπ－θ＋cosθ－2π,sinθ＋cosπ＋θ)＝eq\f(sinθ＋cosθ,sinθ－cosθ)＝eq\f(1,2)，所以2(sinθ＋cosθ)＝sinθ－cosθ，所以sinθ＝－3cosθ，所以tanθ＝－3，故A正确；对于B，因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(12,13)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(12,13)，故B正确；对于C，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，sinα＝－eq\f(3,5)，所以cosα＝eq\f(4,5)，即cos(－α)＝eq\f(4,5)，故C错误；对于D，由sinθ＋cosθ＝eq\f(2,3)，得1＋2sinθcosθ＝eq\f(4,9)，即sinθcosθ＝－eq\f(5,18)，则tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(sinθ,cosθ)＋eq\f(cosθ,sinθ)＝eq\f(1,sinθcosθ)＝－eq\f(18,5)，故D正确．7.eq\f(\r(,5),5)解析：由题知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tan2α＝\f(sin2α,cos2α)＝4，,sin2α＋cos2α＝1，))所以cos2α＝eq\f(1,5)，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(,5),5).8.eq\f(32,33)解析：因为eq\f(π,2)<α<π，且cosα＝－eq\f(4,5)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(3,5)，则eq\f(4cosπ－2α－3sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＋2sin2π－2α)＝eq\f(－4cos2α－3cosα,－sinα－2sin2α)＝eq\f(－42cos2α－1－3cosα,－sinα－4sinαcosα)＝eq\f(8cos2α＋3cosα－4,sinα＋4sinαcosα)＝eq\f(8×\f(16,25)＋3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))－4,\f(3,5)＋4×\f(3,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5))))＝eq\f(－32,－33)＝eq\f(32,33).9.eq\f(\r(,3),2)eq\f(π,3)或eq\f(π,6)解析：由已知得sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(,3)＋1,2)，sinθcosθ＝eq\f(m,2).又1＋2sinθcosθ＝(sinθ＋cosθ)2，可得m＝eq\f(\r(,3),2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ＝\f(\r(,3)＋1,2)，,sinθcosθ＝\f(\r(,3),4)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(,3),2)，,cosθ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,2)，,cosθ＝\f(\r(,3),2).))又θ∈(0,2π)，故θ＝eq\f(π,3)或θ＝eq\f(π,6).10.【解答】(1)令tanα＝x，则x－eq\f(1,x)＝－eq\f(3,2)，整理得2x2＋3x－2＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝－2.因为eq\f(π,2)<α<π，所以tanα<0，故tanα＝－2.(2)eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))－cosπ－α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)))＝eq\f(sinα＋cosα,cosα)＝tanα＋1＝－2＋1＝－1.11.【解答】(1)由题意知sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5).原式＝eq\f(sin2α,sinα－cosα)－eq\f(sinα＋cosα,\f(sin2α,cos2α)－1)＝eq\f(sin2α,sinα－cosα)－eq\f(sinα＋cosα,\f(sin2α－cos2α,cos2α))＝eq\f(sin2α,sinα－cosα)－eq\f(cos2αsinα＋cosα,sin2α－cos2α)＝eq\f(sin2α,sinα－cosα)－eq\f(cos2α,sinα－cosα)＝eq\f(sin2α－cos2α,sinα－cosα)＝sinα＋cosα＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)＝－eq\f(1,5).(2)原式＝eq\f(\r(,sin40°－cos40°2),cos40°－\r(,cos250°))＝eq\f(|sin40°－cos40°|,cos40°－cos50°)＝eq\f(cos40°－sin40°,cos40°－sin40°)＝1.12.A解析：因为f(x)＝eq\f(2x,1＋2x)，所以f(－x)＋f(x)＝eq\f(2－x,1＋2－x)＋eq\f(2x,1＋2x)＝eq\f(1,1＋2x)＋eq\f(2x,1＋2x)＝1，故A正确，C错误；f(－x)－f(x)＝eq\f(2－x,1＋2－x)－eq\f(2x,1＋2x)＝eq\f(1,1＋2x)－eq\f(2x,1＋2x)＝eq\f(1－2x,2x＋1)＝eq\f(2,2x＋1)－1，不是常数，故B，D错误．13.C解析：由题意知f(x)＝|lgx|－c＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx－c，x≥1，,－lgx－c，0<x<1))有两个不同的零点a，b.当0<x<1时，f(x)＝－lgx－c单调递减；当x≥1时，f(x)＝lgx－c单调递增．所以f(x)min＝f(1)＝－c<0，即c>0.不妨设a<b，则f(a)＝－lga－c＝0，f(b)＝lgb－c＝0，解得a＝10－c，b＝10c，所以a2＋b2＝10－2c＋102c≥2eq\r(10－2c×102c)＝2，当且仅当10－2c＝102c，即c＝0时，等号成立，显然由c>0可知等号不成立，故A错误；a＋b＝10－c＋10c≥2eq\r(10－c×10c)＝2，当且仅当10－c＝10c，即c＝0时，等号成立，显然由c>0可知等号不成立，故B错误；4a2＋b2＝4×10－2c＋102c≥2eq\r(4×10－2c×102c)＝4，当且仅当4×10－2c＝102c，即c＝lgeq\r(2)时，等号成立，显然由c>0可知等号成立，故C正确；a2＋b2－ab＝10－2c＋102c－1≥2eq\r(10－2c×102c)－1＝1，当且仅当10－2c＝102c，即c＝0时，等号成立，显然由c>0可知等号不成立，故D错误．14.【解答】(1)因为f(x)＝ax4＋x3＋bx2，所以f′(x)＝4ax3＋3x2＋2bx，所以g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax4＋(4a＋1)x3＋(b＋3)x2＋2bx.因为g(x)为偶函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋1＝0，,2b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,4)，,b＝0，))所以f(x)＝－eq\f(1,4)x4＋x3，g(x)＝－eq\f(1,4)x4＋3x2，所以g′(x)＝－x3＋6x＝－x(x－eq\r(6))(x＋eq\r(6))．由g′(x)>0，解得x<－eq\r(6)或0<x<eq\r(6)；由g′(x)<0，解得x>eq\r(6)或－eq\r(6)<x<0.所以g(x)在(－∞，－eq\r(6))，(0，eq\r(6))上单调递增，在(－eq\r(6)，0)，(eq\r(6)，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)的一个极大值点为－eq\r(6)，对应的极大值为g(－eq\r(6))＝9，另一个极大值点为eq\r(6)，对应的极大值为g(eq\r(6))＝9，函数g(x)的极小值点为0，对应的极小值为g(0)＝0.(2)由(1)知f(x)＝－eq\f(1,4)x4＋x3，所以h(x)＝f(x)＋eq\f(1,4)x4＋(c－1)x3－x2＋cx＋c2＝cx3－x2＋cx＋c2，所以h′(x)＝3cx2－2x＋c.因为函数h(x)在[2,5]上单调递增，所以3cx2－2x＋c≥0在[2,5]上恒成立，即c≥eq\f(2x,3x2＋1)＝eq\f(2,3x＋\f(1,x))在[2,5]上恒成立．设m(x)＝3x＋eq\f(1,x)，令m′(x)＝3－eq\f(1,x2)＝eq\f(3x2－1,x2)＝0，解得x＝±eq\f(\r(3),3)∉[2,5]，当x∈[2,5]时，m′(x)>0，所以m(x)＝3x＋eq\f(1,x)在[2,5]上单调递增，则m(x)≥m(2)＝eq\f(13,2)，所以c≥eq\f(2,\f(13,2))＝eq\f(4,13)，即c的取值范围为{ceq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(c≥\f(4,13))).第20讲简单的三角恒等变换第1课时两角和与差的三角函数、二倍角公式1.B解析：因为sinα＝eq\f(1,3)，所以cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\f(1,9)＝eq\f(7,9).2.B解析：因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，所以eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(,3),2)cosα＝eq\f(\r(,3),2)sinα－eq\f(1,2)cosα，所以(eq\r(,3)＋1)cosα＝(eq\r(,3)－1)sinα，所以tanα＝eq\f(\r(,3)＋1,\r(,3)－1)＝2＋eq\r(,3).3.A解析：tan16°＋eq\f(1,tan16°)＝eq\f(sin16°,cos16°)＋eq\f(cos16°,sin16°)＝eq\f(sin216°＋cos216°,sin16°·cos16°)＝eq\f(1,\f(1,2)sin32°)＝eq\f(2,k).4.A解析：由题意可知eq\f(d,l)＝eq\f(1,80)，taneq\f(∠AOB,2)＝eq\f(\f(d,2),l)＝eq\f(1,160)，所以tan∠AOB＝eq\f(2tan\f(∠AOB,2),1－tan2\f(∠AOB,2))＝eq\f(\f(1,80),1－\f(1,1602))＝eq\f(320,1602－1).5.CD解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)－π))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≠coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故A不正确；sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)－\f(π,2)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))≠coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故B不正确；eq\f(\r(,3)cosx＋sinx,2)＝eq\f(\r(,3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故C正确；2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(x,2)))－1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故D正确．6.AD解析：因为tan(25°＋20°)＝eq\f(tan25°＋tan20°,1－tan25°tan20°)＝1，所以tan25°＋tan20°＋tan25°tan20°＝1，所以A正确；设A＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°，则A＝cos289°＋cos288°＋cos287°＋…＋cos21°，而sin2α＋cos2α＝1，所以2A＝89，即A＝eq\f(89,2)，故B错误；cos4eq\f(π,8)－sin4eq\f(π,8)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(π,8)＋sin2\f(π,8)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(π,8)－sin2\f(π,8)))＝cos2eq\f(π,8)－sin2eq\f(π,8)＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(,2),2)，所以C错误；eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(,3),cos10°)＝eq\f(cos10°－\r(,3)sin10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(,3),2)sin10°)),sin10°cos10°)＝eq\f(2sin30°cos10°－cos30°sin10°,\f(1,2)×2sin10°cos10°)＝eq\f(2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝4，所以D正确．7.eq\f(\r(,2)＋4,6)解析：由x∈(0，π)，得x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4))).因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1,3)<eq\f(\r(,2),2)＝sineq\f(π,4)，所以x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝－eq\f(2\r(,2),3)，所以sinx＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝eq\f(\r(,2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(,2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(,2),2)×eq\f(1,3)－eq\f(\r(,2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(,2),3)))＝eq\f(\r(,2)＋4,6).8.eq\f(3,4)2解析：因为(sinα＋3cosα)2＝sin2α＋6sinαcosα＋9cos2α＝10(sin2α＋cos2α)，所以9sin2α－6sinαcosα＋cos2α＝0，则(3tanα－1)2＝0，即tanα＝eq\f(1,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(3,4)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\f(1,3)＋1,1－\f(1,3))＝2.9.－eq\f(1,2)解析：由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－2，得eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝－2，所以eq\f(1－sin2α,cos2α)＝eq\f(cosα－sinα,cosα＋sinα)＝eq\f(1－tanα,1＋tanα)＝－eq\f(1,2).10.【解答】(1)因为sinα＝eq\f(\r(,5),5)且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\r(,1－sin2α)＝eq\f(2\r(,5),5)，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sineq\f(π,4)cosα＋coseq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(,2),2)×eq\f(\r(,5),5)＋eq\f(\r(,2),2)×eq\f(2\r(,5),5)＝eq\f(3\r(,10),10).(2)cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,5),5)))2＝eq\f(3,5).(3)由(1)可得tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\f(\r(,5),5),\f(2\r(,5),5))＝eq\f(1,2)，又tan(α＋β)＝eq\f(1,3)，则tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tanα＋β－tanα,1＋tanα＋βtanα)＝eq\f(\f(1,3)－\f(1,2),1＋\f(1,3)×\f(1,2))＝－eq\f(1,7).11.【解答】(1)eq\f(sin2α－4sinα,cos2α－4cosα＋1)＝eq\f(2sinαcosα－4sinα,2cos2α－4cosα)＝eq\f(2sinαcosα－2,2cosαcosα－2)＝tanα＝3，sin2α＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(3,5).(2)sinβ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β))＝2cosβ⇒tanβ＝2，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝－1.因为α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝eq\f(3π,4).12.C13.AD解析：因为f(x)＝lnx＋ln(2－x)＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,2－x>0，))解得0<x<2，即函数的定义域为(0,2)，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2－x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x－2)＝eq\f(2x－1,xx－2).令f′(x)＝0，解得x＝1，故当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1,2)时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以f(x)在x＝1处取得极大值，故A正确；又f(1)＝ln1＋ln1＋1＝1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e10)))＝lneq\f(1,e10)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,e10)))＋1＝－10＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,e10)))＋1＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,e10)))－9<0，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e10)，1))上存在一个零点，故B错误；令切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝eq\f(2x0－1,x0x0－2)＝1，即xeq\o\al(2,0)－4x0＋2＝0，解得x0＝2－eq\r(2)或x0＝2＋eq\r(2)(舍去)，此时f(x0)＝lnx0＋ln(2－x0)＋1＝ln(2－eq\r(2))＋lneq\r(2)＋1≠2－eq\r(2)，则y＝x不是曲线y＝f(x)的切线，故C错误；因为函数f(2－x)＝ln(2－x)＋lnx＋1＝f(x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，故D正确．14.【解答】(1)因为f(1)＝5，所以m＝4，所以f(x)＝eq\f(x2＋4,x)＝x＋eq\f(4,x).因为f(x)在[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，且f(2)＝4，f(1)＝f(4)＝5，所以f(x)的值域为[4,5]．(2)若对任意x1∈[1,4]，总存在x0∈[－2,2]，使得g(x0)＝f(x1)成立，则f(x)的值域是g(x)值域的子集．由题意知，a≠0.当a>0时，g(x0)∈[－2a－1,2a－1]，所以[4,5]⊆[－2a－1,2a－1]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,－2a－1≤4，,2a－1≥5，))解得a≥3.当a<0时，g(x0)∈[2a－1，－2a－1]，所以[4,5]⊆[2a－1，－2a－1]，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,2a－1≤4，,－2a－1≥5，))解得a≤－3.故实数a的取值范围为{a|a≥3或a≤－3}．第2课时三角恒等变换1.B解析：由题知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝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))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(7,9).2.B解析：eq\f(\r(3),cos190°)＋eq\f(1,cos80°)＝eq\f(1,cos80°)－eq\f(\r(3),cos10°)＝eq\f(cos10°－\r(3)cos80°,cos80°cos10°)＝eq\f(sin80°－\r(3)cos80°,sin10°cos10°)＝eq\f(2sin80°－60°,\f(1,2)sin20°)＝eq\f(2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝4.3.B解析：sin(α－β)sinβ－cos(α－β)cosβ＝eq\f(4,5)，即－cos(α－β＋β)＝－cosα＝eq\f(4,5)，即cosα＝－eq\f(4,5).又α为第二象限角，所以tanα＝－eq\f(3,4)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1,7).4.C解析：由tanα＝eq\f(1,3)，tanβ＝－eq\f(1,7)，可得tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(3,4)，tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))),1＋\f(3,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝1.又α，β∈(0，π)，tanα>0，tanβ<0，则0<α<eq\f(π,2)，eq\f(π,2)<β<π.又tan2α>0，则0<2α<eq\f(π,2)，于是得－π<2α－β<0，因此，2α－β＝－eq\f(3π,4).5.ABC解析：对于A，tan25°＋tan35°＋eq\r(,3)tan25°tan35°＝tan(25°＋35°)(1－tan25°tan35°)＋eq\r(,3)tan25°tan35°＝eq\r(,3)－eq\r(,3)tan25°tan35°＋eq\r(,3)tan25°tan35°＝eq\r(,3)；对于B,2(sin35°cos25°＋cos35°cos65°)＝2(sin35°cos25°＋cos35°sin25°)＝2sin60°＝eq\r(,3)；对于C，eq\f(1＋tan15°,1－tan15°)＝eq\f(tan45°＋tan15°,1－tan45°tan15°)＝tan60°＝eq\r(,3)；对于D，eq\f(tan\f(π,6),1－tan2\f(π,6))＝eq\f(1,2)×eq\f(2tan\f(π,6),1－tan2\f(π,6))＝eq\f(1,2)×taneq\f(π,3)＝eq\f(\r(,3),2).6.AD解析：由题意知，cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，则cos2α－sin2α＝eq\f(\r(,2),2)(cosα－sinα)，即(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(,2),2)(cosα－sinα)．当cosα－sinα＝0时，cosα＝sinα，即tanα＝1，由α∈(0，π)，得α＝eq\f(π,4)；当cosα－sinα≠0时，cosα＋sinα＝eq\f(\r(,2),2)，所以eq\r(,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(,2),2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，由α∈(0，π)，得α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以α＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,6)，得α＝eq\f(7π,12).7.eq\r(,3)解析：由sinα＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，可得sinα＝cosαcoseq\f(π,6)－sinαsineq\f(π,6)＝eq\f(\r(,3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα，则tanα＝eq\f(\r(,3),3)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(\r(,3),3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),3)))2)＝eq\r(,3).8.1解析：由题意可得tanα＝3，tan(α－β)＝eq\f(1,2)，所以tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq\f(tanα－tanα－β,1＋tanαtanα－β)＝eq\f(3－\f(1,2),1＋3×\f(1,2))＝1，即第二次的“晷影长”是“表高”的1倍．9.eq\f(3\r(10),10)eq\f(4,5)解析：由α＋β＝eq\f(π,2)，得sinβ＝cosα，即3sinα－cosα＝eq\r(10)，即eq\r(10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)sinα－\f(\r(10),10)cosα))＝eq\r(10).令sinθ＝eq\f(\r(10),10)，cosθ＝eq\f(3\r(10),10)，则eq\r(10)sin(α－θ)＝eq\r(10)，所以α－θ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即α＝θ＋eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)＋2kπ))＝cosθ＝eq\f(3\r(10),10)，cos2β＝2cos2β－1＝2sin2α－1＝eq\f(4,5).10.【解答】(1)因为0<α<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,4)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(,2),3)，所以sinα＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(,2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(,2),3)－\f(1,3)))＝eq\f(4－\r(,2),6).(2)由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,4)))＝eq\f(\r(,3),3)，可得sinβ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,4)))))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,4)))－1＝2×eq\f(1,3)－1＝－eq\f(1,3).又因为－eq\f(π,2)<β<0，所以cosβ＝eq\r(,1－sin2β)＝eq\f(2\r(,2),3).由(1)知，cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))·sineq\f(π,4)＝eq\f(4＋\r(,2),6)，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(4＋\r(,2),6)×eq\f(2\r(,2),3)＋eq\f(4－\r(,2),6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(\r(,2),2).因为0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，则0<α－β<π，所以α－β＝eq\f(π,4).11.【解答】(1)因为eq\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，所以－eq\f(π,2)<eq\f(π,4)－α<0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝－eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝－eq\f(4,5).因为eq\f(π,2)<β<eq\f(3π,4)，所以eq\f(5π,4)<eq\f(3π,4)＋β<eq\f(3π,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝－eq\f(12,13)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β)))＝－eq\f(5,13).又eq\f(3π,4)＋β－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(π,2)＋α＋β，所以sin(α＋β)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－\f(π,2)))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝eq\f(15,65)－eq\f(48,65)＝－eq\f(33,65).(2)由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，得eq\f(\r(2),2)(cosα＋sinα)＝eq\f(3,5)，所以cosα＋sinα＝eq\f(3\r(2),5)①，将①式两边平方得1＋sin2α＝eq\f(18,25)，所以sin2α＝－eq\f(7,25)②.因为eq\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，所以sinα－cosα>0.又(sinα－cosα)2＝1－sin2α＝eq\f(32,25)，所以sinα－cosα＝eq\f(4\r(2),5)③，由①③得sinα＝eq\f(7\r(2),10)，cosα＝－eq\f(\r(2),10)，则taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(2sin\f(α,2)cos\f(α,2),2cos2\f(α,2))＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(\f(7\r(2),10),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),10))))＝eq\f(5\r(2)＋1,7).12.D解析：由题知x＝－3，x＝1是方程x2＋ax－3＝0的两个根，得－3＋1＝－a，即a＝2，所以不等式为2x2＋x－3<0，即(2x＋3)(x－1)<0，所以－eq\f(3,2)<x<1.13.eq\f(1,4)解析：因为logx4＝2logx2＝eq\f(2,log2x)，所以logx4－log2x＝eq\f(2,log2x)－log2x＝1，即(log2x)2＋log2x－2＝0，解得log2x＝－2或log2x＝1，所以x＝eq\f(1,4)或x＝2.因为0<x<1，所以x＝eq\f(1,4).14.【解答】(1)显然x>0，f′(x)＝(2x－a)lnx＋(x2－ax)·eq\f(1,x)－3x＋2a＝(2x－a)(lnx－1)，即g(x)＝(2x－a)(lnx－1)≥0对x>0恒成立，当0<x≤e时，lnx－1≤0，所以2x－a≤0，所以a≥(2x)max＝2e；当x≥e时，lnx－1≥0，所以2x－a≥0，所以a≤(2x)min＝2e.综上，实数a的取值范围是{a|a＝2e}．(2)由(1)知g(x)＝(2x－a)(lnx－1)．①当a≤0时，2x－a>0，当x>e时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当0<x<e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，即当a≤0时，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．②当a>0时，当a＝2e时，由(1)知f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2e时，若x>eq\f(a,2)，则2x－a>0，lnx－1>0，若0<x<e，则2x－a<0，lnx－1<0，故当0<x<e和x>eq\f(a,2)时，f′(x)>0；若e<x<eq\f(a,2)，则f′(x)<0.因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(a,2)))上单调递减，在(0，e)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增；当0<a<2e时，若x<eq\f(a,2)，则2x－a<0，lnx－1<0，若x>e，则2x－a>0，lnx－1>0，故当x>e和x<eq\f(a,2)时，f′(x)>0；当eq\f(a,2)<x<e时，f′(x)<0.因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))，(e，＋∞)上单调递增．第21讲三角函数的图象和性质第1课时三角函数的图象和性质1.B2.C解析：由题知，函数f(x)＝sinωx(ω>0)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)，且其图象相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,ω)，于是得eq\f(π,ω)＝eq\f(3π,2)，解得ω＝eq\f(2,3).3.A解析：令－eq\f(π,2)＋kπ<eq\f(π,2)x＋eq\f(π,4)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得－eq\f(3,2)＋2k<x<2k＋eq\f(1,2)，k∈Z，所以函数f(x)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(3,2)，2k＋\f(1,2)))，k∈Z.4.C解析：当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，π))，当2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,12)时，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))取最大值1，当2x＋eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)，即x＝－eq\f(π,3)时，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))取最小值－eq\f(\r(,3),2)，故所求值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,3),2)，1)).5.AC解析：因为f(x)图象相邻的对称中心与对称轴的距离为eq\f(π,4)，所以最小正周期T＝π，故A正确，B不正确．因为ω＝eq\f(2π,T)＝2，且2×eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，故C正确，D不正确．6.BCD解析：对于A，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋x))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋x))＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋2x＋\f(π,4)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，故A错误；对于B，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，利用正弦函数的性质知函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，故B正确；对于C，令x＝－eq\f(3π,8)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－1为函数的最小值，所以f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(3π,8)对称，故C正确；对于D，令x＝eq\f(3π,8)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋\f(π,4)))＝sinπ＝0，所以f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，0))中心对称，故D正确．7.－eq\f(π,6)(答案不唯一)解析：因为f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))中心对称，所以eq\f(π,6)＋φ＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，则φ＝－eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z.当k＝0时，φ＝－eq\f(π,6).8.3解析：f(x)＝eq\r(,3)sin2x＋cos2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，而x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,6)))，则2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，所以函数f(x)的最大值为2sineq\f(π,2)＋1＝3.9.62eq\r(,3)解析：依题意可得f(x)＝2sineq\f(π,3)x，其最小正周期T＝6，且f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝0，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2024)＝f(1)＋f(2)＝2eq\r(,3).10.【解答】(1)当a＝1时，f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，令2kπ≤2x＋eq\f(π,4)≤π＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，故f(x)的减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))(k∈Z)．(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，当a>0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)时，f(x)max＝2a×eq\f(\r(2),2)＋1＝3，解得a＝eq\r(2)；当a<0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝－1时，f(x)max＝－2a＋1＝3，解得a＝－1.综上，a＝－1或a＝eq\r(2).11.【解答】(1)f(x)＝2sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx))＋eq\f(\r(3),2)＝sinxcosx－eq\r(3)sin2x＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)(1－cos2x)＋eq\f(\r(3),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,12)＋kπ≤x≤eq\f(7π,12)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋kπ，\f(7π,12)＋kπ))，k∈Z.(2)因为0≤x≤eq\f(π,2)，则eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，所以－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1，故f(x)max＝1.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f(x)－m>0能成立，即m<f(x)max，所以m<1，故m的取值范围为(－∞，1)．12.B解析：设幂函数f(x)＝xn，将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(2),2)))代入得2n＝eq\f(\r(2),2)，解得n＝－eq\f(1,2)，所以f(x)＝x－eq\f(1,2)，根据幂函数的性质可得，选项B正确.13.(－2,8)解析：因为eq\f(4,\r(x))＋eq\f(1,\r(y))＝1，所以eq\r(x)＋4eq\r(y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋4\r(y)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(x))＋\f(1,\r(y))))＝4＋eq\f(16\r(y),\r(x))＋eq\f(\r(x),\r(y))＋4≥8＋2eq\r(\f(16\r(y),\r(x))·\f(\r(x),\r(y)))＝16，当且仅当x＝16y，即y＝4且x＝64时取等号．因为eq\r(x)＋4eq\r(y)>m2－6m恒成立，所以16>m2－6m，解得－2<m<8.14.【解答】(1)当a＝1时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.所以f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，由f′(1)＝－1，得a＝2，所以f′(x)＝eq\f(1－2x,x).当0<x<eq\f(1,2)时，f′(x)>0；当x>eq\f(1,2)时，f′(x)<0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递减，所以f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－1，f(x)无极小值．第2课时函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象1.D解析：将函数f(x)＝sinx的图象向右平移eq\f(π,2)个单位长度得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝－cosx的图象．2.A解析：由图象可知，eq\f(3,4)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(7π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，所以ω＝2，又图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，－2))，所以A＝2，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(7π,12)＋φ))＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)＋φ))＝－1，所以eq\f(7π,6)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).3.A解析：由函数f(x)的最小正周期T满足eq\f(2π,3)<T<π，得eq\f(2π,3)<eq\f(2π,ω)<π，解得2<ω<3.又因为函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2))中心对称，所以eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,4)＝kπ，k∈Z，且b＝2，所以ω＝－eq\f(1,6)＋eq\f(2,3)k，k∈Z，所以ω＝eq\f(5,2)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋\f(π,4)))＋2＝1.4.D解析：因为t1＋t2＝2，t2＋t3＝6，t3－t1＝T，所以T＝4.又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,2)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t＋φ))，由y>0.5可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)t＋φ))>0.5，所以2kπ＋eq\f(π,6)<eq\f(π,2)t＋φ<eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，所以4k＋eq\f(1,3)－eq\f(2,π)φ<t<eq\f(5,3)－eq\f(2,π)φ＋4k，k∈Z，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k＋\f(5,3)－\f(2,π)φ))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k＋\f(1,3)－\f(2,π)φ))＝eq\f(4,3)，所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为eq\f(4,3)s.5.AD解析：由图象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(13π,12)－eq\f(7π,12)＝eq\f(π,2)，ω＝eq\f(2π,T)＝2，故A正确；当x＝eq\f(7π,12)时，2×eq\f(7π,12)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，又－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，故B错误；f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))时，2x－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))，此时y＝2sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))上不单调，故C错误；当x＝eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(2π,3)－\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＝2，故D正确．6.BCD解析：对于A，f(－x)＝|sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))|＝|sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))|≠f(x)，则函数f(x)不是偶函数，故A错误；对于B，令g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，则函数g(x)的最小正周期为eq\f(2π,2)＝π