新高考专用2024年高考数学考试易错题易错点08三角函数与解三角形备战含解析

Page15专题08三角函数与解三角形三角函数与解三角形三角函数与解三角形求值忽视角的范围含参问题忽视对参数的探讨混淆三角函数图象平移规则致错忽视三角函数的值域致错复合函数忽视内函数自变量的符号开方没考虑正负号复合函数忽视内函数自变量的符号开方没考虑正负号易错学问1．对于有关三角函数求值的问题，要留意角的范围，尤其是利用条件缩小角的范围，2．对于含有整数k的问题，要留意对k进行探讨，3．三角函数图象左右平移是针对自变量x的，4.对于含有二次根式的求值问题，开方时要留意考虑正负，5.对于与三角函数有关的复合函数单调性问题，要留意内函数的单调性，6.逆用三角函数公式时，要留意其结构特征，易错分析一、忽视角的范围致错1．已知α是其次象限角，sinα＝eq\f(5,13)，则cosα等于()A．－eq\f(12,13) B．－eq\f(5,13)C.eq\f(5,13) D.eq\f(12,13)【错解】选D，因为，又sinα＝eq\f(5,13)，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(12,13).【错因】没有留意条件α是其次象限角，【正解】选A∵α是其次象限角，则cosα>0，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(12,13).2．已知sinθ＋cosθ＝eq\f(4,3)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，则sinθ－cosθ的值为________．【错解】∵sinθ＋cosθ＝eq\f(4,3)，∴sinθcosθ＝eq\f(7,18)，∴(sinθ－cosθ)2＝1－2sinθcosθ＝eq\f(2,9)，∴sinθ－cosθ＝eq\f(\r(2),3).答案：eq\f(\r(2),3)【错因】没有留意由条件θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))可得sinθ<cosθ，【正解】∵sinθ＋cosθ＝eq\f(4,3)，∴sinθcosθ＝eq\f(7,18)，∴(sinθ－cosθ)2＝1－2sinθcosθ＝eq\f(2,9)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴sinθ<cosθ，∴sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(2),3).答案：－eq\f(\r(2),3)3．已知θ∈(0，π)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,3)，则sinθ＋cosθ＝________.【错解】由题知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,3)＝eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)⇒tanθ＝eq\f(1,7)，又因为θ∈(0，π)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,cosθ)＝\f(1,7)，,cos2θ＋sin2θ＝1))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(2),10)，,cosθ＝\f(7\r(2),10)，))或，所以sinθ＋cosθ＝eq\f(4\r(2),5)或答案：eq\f(4\r(2),5)或【错因】没有留意由tanθ＝eq\f(1,7)>0可以缩小角的范围，即可推出θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，【正解】由题知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,3)＝eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)⇒tanθ＝eq\f(1,7)，又因为θ∈(0，π)，且tanθ>0，所以θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,cosθ)＝\f(1,7)，,cos2θ＋sin2θ＝1))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(2),10)，,cosθ＝\f(7\r(2),10)，))所以sinθ＋cosθ＝eq\f(8\r(2),10)＝eq\f(4\r(2),5).答案：eq\f(4\r(2),5)4．在△ABC中，若C＝3B，则eq\f(c,b)的取值范围为()A．(0,3) B．(1,3)C．(1，eq\r(3)) D．(eq\r(3)，3)【错解】选A由正弦定理可得，eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sinB＋2B,sinB)＝eq\f(sinB·cos2B＋cosB·sin2B,sinB)＝cos2B＋2cos2B＝4cos2B－1.又0＜B＜180°，∴cos2B1，又eq\f(c,b)>0，∴0＜eq\f(c,b)＜3.【错因】忽视了A＋B＋C＝180°及条件C＝3B，【正解】选B由正弦定理可得，eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sinB＋2B,sinB)＝eq\f(sinB·cos2B＋cosB·sin2B,sinB)＝cos2B＋2cos2B＝4cos2B－1.又A＋B＋C＝180°，C＝3B，∴0°＜B＜45°，∴eq\f(\r(2),2)＜cosB＜1，∴1＜4cos2B－1＜3，即1＜eq\f(c,b)＜3.二、对于含有二次根式的求值问题，开方时没有留意正负5．化简：2eq\r(sin8＋1)＋eq\r(2cos8＋2)＝()A．4cos4 B．－2sin4－4cos4C．4sin4 D．2sin4+4cos4【错解】选D原式＝2eq\r(1＋2sin4cos4)＋eq\r(4cos24)＝2eq\r(sin24＋cos24＋2sin4cos4)＋2cos4＝2sin4＋2cos4＋2cos4=2sin4＋4cos4.【错因】开方时没有考虑2cos4、sin4＋cos4的正负，【正解】选B原式＝2eq\r(1＋2sin4cos4)＋eq\r(4cos24)＝2eq\r(sin24＋cos24＋2sin4cos4)＋2|cos4|＝2|sin4＋cos4|＋2|cos4|，∵π＜4＜eq\f(3π,2)，∴sin4＋cos4＜0，cos4＜0，∴原式＝－2(sin4＋cos4)－2cos4＝－2sin4－4cos4.6．若eq\f(3π,2)<θ<eq\f(5π,2)，则eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ))等于()A．sineq\f(θ,4) B．coseq\f(θ,4)C．－sineq\f(θ,4) D．－coseq\f(θ,4)【错解】选B由二倍角公式得eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ)＝eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝eq\r(cos2\f(θ,2))＝coseq\f(θ,2)，∴eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ))＝＝coseq\f(θ,4)【错因】没有用eq\f(3π,2)<θ<eq\f(5π,2)去求eq\f(θ,2)、eq\f(θ,2)的范围，【正解】选A∵eq\f(3π,2)<θ<eq\f(5π,2)，∴eq\f(3π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(5π,4)，eq\f(3π,8)<eq\f(θ,4)<eq\f(5π,8)，∴cosθ>0，coseq\f(θ,2)<0，sineq\f(θ,4)>0，∴eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ)＝eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝eq\r(cos2\f(θ,2))＝－coseq\f(θ,2)，∴eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ))＝eq\r(\f(1－cos\f(θ,2),2))＝eq\r(sin2\f(θ,4))＝sineq\f(θ,4).三、三角函数图象左右平移时忽视自变量x的系数致错7．为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝sin2x的图象()A．向右平移eq\f(π,6)个单位 B．向右平移eq\f(π,3)个单位C．向左平移eq\f(π,6)个单位 D．向左平移eq\f(π,3)个单位【错解】选B依据左加右减可知，为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝sin2x的图象向右平移eq\f(π,3)个单位．【错因】图象左右平移针对的是自变量x,【正解】选A∵函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))，∴为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝sin2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位．8．要得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的图象，只需将y＝sineq\f(1,2)x的图象()A．向左平移eq\f(π,3)个单位 B．向右平移eq\f(π,3)个单位C．向左平移eq\f(4π,3)个单位 D．向右平移eq\f(4π,3)个单位【错解】选A因为y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))＝，故要得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的图象，只需将函数y＝sineq\f(1,2)x的图象向左平移eq\f(π,3)个单位．【错因】函数图象平移变换时，没留意函数的名称是不一样的，不能干脆进行平移，【正解】选Cy＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,6)＋eq\f(π,2)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3)))))，故要得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的图象，只需将函数y＝sineq\f(1,2)x的图象向左平移eq\f(4π,3)个单位．四、涉及到整数k的问题，忽视对k的探讨致错9．已知角α为第一象限角，则eq\f(α,2)是第________象限角．【错解】∵α是第一象限角，∴2kπ<α<eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴kπ<eq\f(α,2)<eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，则eq\f(α,2)是第一象限角．答案：一【错因】没有对k分状况探讨，【正解】∵α是第一象限角，∴2kπ<α<eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴kπ<eq\f(α,2)<eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，当k为偶数时，eq\f(α,2)是第一象限角；当k为奇数时，eq\f(α,2)是第三象限角．综上，eq\f(α,2)是第一或第三象限角．答案：一或三10．(忽视对k的探讨)已知A＝eq\f(sinkπ＋α,sinα)＋eq\f(coskπ＋α,cosα)(k∈Z)，则A的值构成的集合是________．【错解】A＝eq\f(sinα,sinα)＋eq\f(cosα,cosα)＝2.答案：{2}【错因】没有对k分状况探讨，【正解】当k为奇数时：A＝eq\f(－sinα,sinα)－eq\f(cosα,cosα)＝－2.当k为偶数时：A＝eq\f(sinα,sinα)＋eq\f(cosα,cosα)＝2.答案：{－2,2}五、含参问题忽视对参数的探讨致错11．已知角α的终边过点P(－4m,3m)(m≠0)，则2sinα＋cosα＝________.【错解】易知OP＝eq\r(－4m2＋3m2)＝5m，则sinα＝，cosα＝.故2sinα＋cosα＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)【错因】没有对参数m分状况探讨，【正解】易知OP＝eq\r(－4m2＋3m2)＝5|m|，则sinα＝eq\f(3m,5|m|)，cosα＝eq\f(－4m,5|m|).当m>0时，sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，2sinα＋cosα＝eq\f(2,5)；当m<0时，sinα＝－eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，∴2sinα＋cosα＝－eq\f(2,5).故2sinα＋cosα＝±eq\f(2,5).答案：±eq\f(2,5)六、三角函数的单调性问题中，忽视自变量x的系数为负值致错12．函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的单调递增区间为________．【错解】要求f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的单调递增区间，只需令－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(π,6)－x≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的单调递增区间为＋2kπ，eq\f(2π,3)＋2kπ](k∈Z).答案：＋2kπ，eq\f(2π,3)＋2kπ](k∈Z).【错因】没有留意自变量x的系数是负数，【正解】因为f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，所以要求f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的单调递增区间，只须要求y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的单调递减区间．令eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得eq\f(2π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(5π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2kπ，\f(5π,3)＋2kπ))(k∈Z)，此即为函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的单调递增区间．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2kπ，\f(5π,3)＋2kπ))(k∈Z)七、推断三角形形态时考虑不全致错13.已知在△ABC中，三个内角为A，B，C，sin2A＝sin2B，则△ABC是()A．等腰三角形 B．等边三角形C．直角三角形 D．等腰或直角三角形【错解】选A因为sin2A＝sin2B，所以2A＝2B，解得A＝B，所以△ABC是等腰三角形．【错因】sin2A＝sin2B时，有两种可能：2A＝2B或2A＝π－2B，【正解】选D因为sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，解得A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC是等腰或直角三角形．八、忽视正切函数本身的定义域14．已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx－1))＋eq\r(9－x2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域是____．【错解】∵函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx－1))＋eq\r(9－x2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx－1>0，,9－x2≥0，))∴，∴x∈，∴函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域为.答案：【错因】没有考虑的定义域，【正解】∵函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx－1))＋eq\r(9－x2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx－1>0，,9－x2≥0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)<x<kπ＋\f(π,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，,－3≤x≤3，))∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))易错题通关1．集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α|kπ＋\f(π,4)≤α≤kπ＋\f(π,2)，k∈Z))中的角所表示的范围(阴影部分)是()【答案】C【解析】当k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋eq\f(π,4)≤α≤2nπ＋eq\f(π,2)(n∈Z)，此时α的终边和eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)的终边一样；当k＝2n＋1(n∈Z)时，2nπ＋π＋eq\f(π,4)≤α≤2nπ＋π＋eq\f(π,2)(n∈Z)，此时α的终边和π＋eq\f(π,4)≤α≤π＋eq\f(π,2)的终边一样，结合选项知选C.2．在△ABC中，若sin2A＝sin2C，则△ABC的形态是()A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】因为sin2A＝sin2C⇒sin2A＝sin(π－2C)，所以A＝C或A＋C＝eq\f(π,2).当A＝C时，三角形为等腰三角形；当A＋C＝eq\f(π,2)时，三角形为直角三角形．3．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴非负半轴重合，若A(－1，y)是角θ终边上的一点，且sinθ＝－eq\f(3\r(10),10)，则y＝()A．3 B．－3C．1 D．－1【答案】B【解析】因为sinθ＝－eq\f(3\r(10),10)<0，A(－1，y)是角θ终边上一点，所以y<0，由三角函数的定义，得eq\f(y,\r(y2＋1))＝－eq\f(3\r(10),10).解得y＝－3.4.已知θ是第三象限角，且cos(π＋θ)＝eq\f(1,3)，则tanθ＝()A.eq\f(\r(2),4) B．2C．2eq\r(2) D.eq\r(10)【答案】C【解析】cos(π＋θ)＝－cosθ＝eq\f(1,3)，所以cosθ＝－eq\f(1,3)，又θ是第三象限角，所以sinθ＝－eq\r(1－cos2θ)＝－eq\r(1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))2)＝－eq\f(2\r(2),3)，所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(－\f(2\r(2),3),－\f(1,3))＝2eq\r(2).5．已知α终边与单位圆的交点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(3,5)))，且α是其次象限角，则eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)的值等于()A.eq\f(1,5) B．－eq\f(1,5)C．3 D．－3【答案】C【解析】因为α终边与单位圆的交点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(3,5)))，且α是其次象限角，所以sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，则eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)＝eq\r(1－2sinα·cosα)＋eq\r(21＋cos2α)＝eq\r(sinα－cosα2)＋eq\r(4cos2α)＝|sinα－cosα|＋2|cosα|＝eq\f(7,5)＋eq\f(8,5)＝3.6．设α角属于其次象限，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－coseq\f(α,2)，则eq\f(α,2)角属于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限【答案】C【解析】∵α是其次象限角，∴90°＋k·360<α<180°＋k·360°，k∈Z，∴45°＋k·180°<eq\f(α,2)<90°＋k·180°，k∈Z.当k＝2n，n∈Z时，eq\f(α,2)在第一象限；当k＝2n＋1，n∈Z时，eq\f(α,2)在第三象限，∴eq\f(α,2)在第一象限或在第三象限，∵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)角在第三象限．7．已知sinα，cosα是方程x2－2kx＋k2＋k＝0的两根，则k的值为()A.eq\f(1±\r(3),2) B.eq\f(1－\r(3),2)C．1±eq\r(3) D．1＋eq\r(3)【答案】B【解析】由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＋cosα＝2k，,sinαcosα＝k2＋k，))∵sin2α＋cos2α＝(sinα＋cosα)2－2sinαcosα＝4k2－2(k2＋k)＝1，即2k2－2k－1＝0，解得k＝eq\f(2±2\r(3),4)＝eq\f(1±\r(3),2).∵sinα＋cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，∴sinα＋cosα∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))，即2k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))，∴k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，∴k＝eq\f(1－\r(3),2).若θ∈(0，π)，tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝6，则sinθ＋cosθ＝()A．eq\f(2\r(3),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C．±eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(2,3)【答案】A【解析】因为tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(sinθ,cosθ)＋eq\f(cosθ,sinθ)＝eq\f(sin2θ＋cos2θ,sinθcosθ)＝6，所以sinθcosθ＝eq\f(1,6)，又θ∈(0，π)，则sinθ>0，cosθ>0，所以sinθ＋cosθ>0.所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝eq\f(4,3)，所以sinθ＋cosθ＝eq\f(2\r(3),3).9．在△ABC中，cosA＝eq\f(5,13)，sinB＝eq\f(3,5)，则cosC的值为()A.eq\f(16,65)B．－eq\f(56,65)C．－eq\f(16,65)D.eq\f(16,65)或－eq\f(56,65)【答案】A【解析】在△ABC中，由cosA＝eq\f(5,13)，sinB＝eq\f(3,5)，可得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(12,13)，因为sinB<sinA且A为锐角，则b<a，所以A>B，所以B为锐角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(4,5)，则cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＝eq\f(16,65).10．已知cosα＝eq\f(2\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则α＋β的值是()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,4)C.eq\f(7π,4) D.eq\f(5π,4)【答案】B【解析】因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10)，cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又0＜α＋β＜π，故α＋β＝eq\f(π,4).11．已知φ∈R，则“φ＝0”是“y＝sin(x＋φ)为奇函数”的()A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当φ＝0时，y＝sin(x＋φ)为奇函数；当y＝sin(x＋φ)是奇函数时，φ＝kπ，k∈Z，所以“φ＝0”是“y＝sin(x＋φ)为奇函数”的充分不必要条件，故选A.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知acosA＝bcosB，且c2＝a2＋b2－ab，则△ABC的形态为()A．等腰三角形或直角三角形B．等腰直角三角形C．直角三角形D．等边三角形【答案】D【解析】因为acosA＝bcosB，所以sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，又A，B∈(0，π)，故可得A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).由c2＝a2＋b2－ab，得cosC＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，故可得C＝eq\f(π,3).综上所述，A＝B＝C＝eq\f(π,3).故三角形ABC是等边三角形．13．把函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移m(m>0)个单位，得到函数g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，则m的最小值是()A.eq\f(7,24)πB.eq\f(17,24)πC.eq\f(5,24)πD.eq\f(19,24)π【答案】B【解析】选B把函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移m(m>0)个单位，得到f(x)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋m－\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2m－\f(π,4)))的图象，g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，由2m－eq\f(π,4)＝－eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，得m＝－eq\f(7π,24)＋kπ，k∈Z，∵m>0，∴当k＝1时，m最小，此时m＝π－eq\f(7π,24)＝eq\f(17π,24).14．已知ω>0，函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋eq\f(π,4)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(π,2)，π))上单调递减，则实数ω的取值范围是（）A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(5,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(3,4)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，eq\f(1,2)))D．(0,2]【答案】A【解析】由eq\f(π,2)≤x≤π，得eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,4)≤ωx＋eq\f(π,4)≤πω＋eq\f(π,4)，由题意eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，πω＋\f(π,4)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．当k＝0时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).15.已知函数y＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象的一部分如图所示，则ω，φ的值分别为()A．1，eq\f(π,3) B．1，－eq\f(π,3)C．2，－eq\f(π,3) D．2，eq\f(π,3)【答案】D【解析】由图象知，eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，即T＝π，所以eq\f(2π,ω)＝π，即ω＝2.又函数图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))，所以2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,3)，故选D.16．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋eq\f(π,6)))(ω>0)，对随意x∈R，都有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(π,3)))，并且f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](－eq\f(π,6)，eq\f(π,3))上不单调，则ω的最小值是()A．1B．3C．5D．7【答案】D【解析】由题意，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(π,3)))是函数f(x)的最大值，∴eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即ω＝6k＋1，k∈Z.∵ω>0，∴k∈N.当k＝0时，ω＝1，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋eq\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](－eq\f(π,6)，eq\f(π,3))上单调递增，不符合题意；当k＝1时，ω＝7，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7x＋eq\f(π,6)))符合题意，∴ω的最小值是7.17．(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是()A．cosC＝eq\f(\r(3),3)B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a＝3D．S△ABC＝eq\r(2)【答案】AD【解析】选AD由A＋3C＝π，得B＝2C.依据正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得2eq\r(3)sinC＝3×2sinCcosC，又sinC>0，故cosC＝eq\f(\r(3),3)，sinC＝eq\f(\r(6),3)，故A正确；sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝eq\f(2\r(2),3)，故B错误；由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，将b＝2eq\r(3)，c＝3代入得a2－4a＋3＝0，解得a＝3或a＝1.若a＝3，则A＝C＝eq\f(π,4)，且B＝eq\f(π,2)，与sinB＝eq\f(2\r(2),3)冲突，所以a＝1，故C错误；S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×2eq\r(3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\r(2)，故D正确．故选A、D.18.（多选题）如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则sin(ωx＋φ)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))【答案】BC【解析】由题图可知，函数的最小正周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴eq\f(2π,|ω|)＝π，ω＝±2.当ω＝2时，y＝sin(2x＋φ)，将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入得，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，故A错误；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))知B正确；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))知C正确；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))知D错误．综上可知，正确的选项为B、C.若0＜α＜eq\f(π,2)，－π＜β＜－eq\f(π,2)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,3)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝－eq\f(\r(3),3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝()A．－eq\f(5\r(3),9)B.eq\f(5\r(3),9)C．－eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),3)【答案】D【解析】∵0＜α＜eq\f(π,2)，－π＜β＜－eq\f(π,2)，则eq\f(π,4)＜eq\f(π,4)＋α＜eq\f(3π,4)，eq\f(π,2)＜eq\f(π,4)－eq\f(β,2)＜eq\f(3π,4)，∴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(2\r(2),3)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))))＝eq\f(\r(6),3)，因此，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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(3),3).20．已知角α的终边经过点(3a－9，a＋2)，且cosα≤0，sinα＞0，则实数a的取值范围是________．【答案】(－2,3]【解析】∵cosα≤0，sinα＞0，∴角α的终边落在其次象限或y轴的正半轴上．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－9≤0，,a＋2＞0，))∴－2＜a≤3.21．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的相邻两个零点间的距离为eq\f(π,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝－2，则φ＝________.【答案】－eq\f(π,4)【解析】由题意T＝2×eq\f(π,2)＝π，ω>0，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝－2，－eq\f(π,4)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，又－π<φ<0，所以φ＝－eq\f(π,4).22．化简eq\f(sinnπ＋αcosnπ－α,cos[n＋1π－α])(n∈Z)的结果为________．【答案】(－1)n＋1sinα(n∈Z)【解析】①当n＝2k(k∈Z)时，原式＝eq\f(sin2kπ＋αcos2kπ－α,cos[2k＋1π－α])＝eq\f(sinαcosα,－cosα)＝－sinα.②当n＝2k＋1(k∈Z)时，原式＝eq\f(sin[2k＋1π＋α]cos[2k＋1π－α],cos[2k＋2π－α])＝eq\f(－sinα－cosα,cosα)＝sinα.综上，化简的结果为(－1)n＋1sinα(n∈Z)．23．在锐角△ABC中，BC＝2，sinB＋sinC＝2sinA，则中线AD长的取值范围是________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(13),2))).【解析】设AB＝c，AC＝b，BC＝a＝2，对sinB＋sinC＝2sinA运用正弦定理，得b＋c＝2a＝4，解得c＝4－b，结合该三角形为锐角三角形，得到不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋c2＝b2＋4－b2＞4，,c2＋4＝4－b2＋4＞b2，,b2＋4＞c2＝4－b2，))解得eq\f(3,2)＜b＜eq\f(5,2)，故bc＝b(4－b)＝－b2＋4b，结合二次函数的性质，得到eq\f(15,4)＜bc≤4.运用向量得到eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，所以|eq\o(AD,\s\up7(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(eq\o(AB2,\s\up7(→))＋eq\o(AC2,\s\up7(→))＋2|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(AC,\s\up7(→))|·cos∠BAC)＝eq\f(1,2)eq\r(b2＋c2＋2bc·\f(b2＋c2－4,2bc))＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－4)＝eq