统考版2024高考数学二轮复习专题限时集训3三角函数的概念图象与性质三角恒等变换与解三角形理含解析

PAGE专题限时集训(三)三角函数的概念、图象与性质三角恒等变换与解三角形1．(2024·全国卷Ⅲ)若sinα＝eq\f(1,3)，则cos2α＝()A.eq\f(8,9)B.eq\f(7,9)C．－eq\f(7,9)D．－eq\f(8,9)B[cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,9).]2．(2024·全国卷Ⅱ)下列函数中，以eq\f(π,2)为周期且在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增的是()A．f(x)＝|cos2x|B．f(x)＝|sin2x|C．f(x)＝cos|x|D．f(x)＝sin|x|A[因为y＝sin|x|的图象如图1，知其不是周期函数，解除D；因为y＝cos|x|＝cosx，周期为2π，解除C；作出y＝|cos2x|的图象如图2，由图象知，其周期为eq\f(π,2)，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增，A正确；作出y＝|sin2x|的图象如图3，由图象知，其周期为eq\f(π,2)，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递减，解除B，故选A.图1图2图3]3．(2024·全国卷Ⅱ)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，则sin2α＝()A.eq\f(7,25)B.eq\f(1,5)C．－eq\f(1,5)D．－eq\f(7,25)D[法一：(公式法)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝－eq\f(7,25)，故选D.法二：(整体代入法)由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(3,5)，得sinα＋cosα＝eq\f(3\r(2),5)，所以(sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\f(18,25)，即sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(7,25).]4．(2024·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是()A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线C2C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线C2D[因为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以曲线C1：y＝cosx上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到曲线y＝cos2x，再把得到的曲线y＝cos2x向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线y＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).故选D.]5.(2024·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为()A.eq\f(10π,9)B.eq\f(7π,6)C.eq\f(4π,3)D.eq\f(3π,2)C[由题图知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)))＝0，∴－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝－eq\f(3＋9k,4)(k∈Z)．设f(x)的最小正周期为T，易知T<2π<2T，∴eq\f(2π,|ω|)<2π<eq\f(4π,|ω|)，∴1<|ω|<2，当且仅当k＝－1时，符合题意，此时ω＝eq\f(3,2)，∴T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3).故选C.]6．(2024·全国卷Ⅱ)在△ABC中，coseq\f(C,2)＝eq\f(\r(5),5)，BC＝1，AC＝5，则AB＝()A．4eq\r(2)B.eq\r(30)C.eq\r(29)D．2eq\r(5)A[因为cosC＝2cos2eq\f(C,2)－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))eq\s\up12(2)－1＝－eq\f(3,5)，所以AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC＝1＋25－2×1×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝32，则AB＝4eq\r(2)，故选A.]7．(2024·全国卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是减函数，则a的最大值是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．πA[法一：(干脆法)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，且函数y＝cosx在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x＋eq\f(π,4)≤π，得－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4).因为f(x)在[－a，a]上是减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a≥－\f(π,4)，,a≤\f(3π,4)，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0＜a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故选A.法二：(单调性法)因为f(x)＝cosx－sinx，所以f′(x)＝－sinx－cosx，则由题意，知f′(x)＝－sinx－cosx≤0在[－a，a]上恒成立，即sinx＋cosx≥0，即eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≥0在[－a，a]上恒成立，结合函数y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象(图略)，可知有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，))解得a≤eq\f(π,4)，所以0＜a≤eq\f(π,4)，所以a的最大值是eq\f(π,4)，故选A.]8．(2024·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为eq\f(a2＋b2－c2,4)，则C＝()A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)C[依据题意及三角形的面积公式知eq\f(1,2)absinC＝eq\f(a2＋b2－c2,4)，所以sinC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以在△ABC中，C＝eq\f(π,4).]9．(2024·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则下列结论错误的是()A．f(x)的一个周期为－2πB．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(8π,3)对称C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6)D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减D[A项，因为f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的周期为2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一个周期为－2π，A项正确．B项，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋\f(π,3)))＝cos3π＝－1，可知B正确；C项，由f(x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)＋x))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋π))＝－coseq\f(π,2)＝0，故C正确．D项，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝cosπ＝－1可知，D不正确．]10．(2024·全国卷Ⅰ)设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)))，且tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，则()A．3α－β＝eq\f(π,2)B．2α－β＝eq\f(π,2)C．3α＋β＝eq\f(π,2)D．2α＋β＝eq\f(π,2)B[法一：由tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)得eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)，即sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ，∴sin(α－β)＝cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)).∵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)))，∴α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，eq\f(π,2)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴由sin(α－β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，得α－β＝eq\f(π,2)－α，∴2α－β＝eq\f(π,2).法二：tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β)))＝eq\f(2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))))＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2)))，∴α＝kπ＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2)))，k∈Z，∴2α－β＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.当k＝0时，满意2α－β＝eq\f(π,2)，故选B.]11．(2024·全国卷Ⅰ)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|有下述四个结论：①f(x)是偶函数；②f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递增；③f(x)在[－π，π]有4个零点；④f(x)的最大值为2.其中全部正确结论的编号是()A．①②④ B．②④C．①④ D．①③C[法一：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故①正确；当eq\f(π,2)＜x＜π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减，故②不正确；f(x)在[－π，π]的图象如图所示，由图可知函数f(x)在[－π，π]只有3个零点，故③不正确；∵y＝sin|x|与y＝|sinx|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)可以取到最大值2，故④正确．综上，正确结论的序号是①④.故选C.法二：∵f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，∴f(x)为偶函数，故①正确，解除B；当eq\f(π,2)＜x＜π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))单调递减，故②不正确，解除A；∵y＝sin|x|与y＝|sinx|的最大值都为1且可以同时取到，∴f(x)的最大值为2，故④正确．故选C.法三：画出函数f(x)＝sin|x|＋|sinx|的图象，由图象可得①④正确，故选C.]12．(2024·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq\f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为()A．11B．9C．7D．5B[先依据函数的零点及图象、对称轴，求出ω，φ满意的关系式，再依据函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))的区间长度不大于函数f(x)周期的eq\f(1,2)，然后结合|φ|≤eq\f(π,2)计算ω的最大值．因为f(x)＝sin(ωx＋φ)的一个零点为x＝－eq\f(π,4)，x＝eq\f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，所以eq\f(T,4)·k＝eq\f(π,2)(k为奇数)．又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝k(k为奇数)．又函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，所以eq\f(π,12)≤eq\f(1,2)×eq\f(2π,ω)，即ω≤12.若ω＝11，又|φ|≤eq\f(π,2)，则φ＝－eq\f(π,4)，此时，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4)))，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，不满意条件．若ω＝9，又|φ|≤eq\f(π,2)，则φ＝eq\f(π,4)，此时，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4)))，满意f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调的条件．故选B.]13．(2024·全国卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝________.－eq\f(1,2)[∵sinα＋cosβ＝1，①cosα＋sinβ＝0，②∴①2＋②2得1＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＋1＝1，∴sinαcosβ＋cosαsinβ＝－eq\f(1,2)，∴sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).]14．(2024·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________．－4[∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，则t∈[－1,1]，∴f(x)＝－2t2－3t＋1.又函数f(x)图象的对称轴t＝－eq\f(3,4)∈[－1,1]，且开口向下，∴当t＝1时，f(x)有最小值－4.]15．(2024·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积为________．6eq\r(3)[法一：因为a＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(3)×sineq\f(π,3)＝6eq\r(3).法二：因为a＝2c，b＝6，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f(π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq\f(π,2)，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×6＝6eq\r(3).]16．(2024·全国卷Ⅲ)关于函数f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)有如下四个命题：①f(x)的图象关于y轴对称．②f(x)的图象关于原点对称．③f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称．④f(x)的最小值为2.其中全部真命题的序号是________．②③[由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且关于原点对称．又f(－x)＝sin(－x)＋eq\f(1,sin－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,sinx)))＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以①为假命题，②为真命题．因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x)))＝cosx＋eq\f(1,cosx)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称，③为真命题．当sinx＜0时，f(x)＜0，所以④为假命题．]1．(2024·西安模拟)已知sinα＝eq\f(1,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).则下列结论错误的是()A．cosα＝－eq\f(2\r(2),3) B．tanα＝－eq\f(\r(2),4)C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(4＋\r(2),6) D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(4－\r(2),6)D[∵已知sinα＝eq\f(1,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(2),3)，故A正确；∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1,－2\r(2))＝－eq\f(\r(2),4)，故B正确；coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)－sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(4,6)－eq\f(\r(2),6)＝－eq\f(4＋\r(2),6)，故C正确；coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)＋sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(4,6)＋eq\f(\r(2),6)＝eq\f(\r(2)－4,6)，故D错误，故选D.]2．(2024·毕节市模拟)若eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)＝3，则sinθcosθ＋cos2θ的值是()A．1B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5)D．－1D[∵eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(tanθ－1,tanθ＋1)＝3，∴tanθ＝－2，∴sinθcosθ＋cos2θ＝eq\f(sinθcosθ＋cos2θ－sin2θ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tanθ＋1－tan2θ,tan2θ＋1)＝eq\f(－2＋1－4,4＋1)＝－1.故选D.]3．(2024·江宁模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝120°，c＝2b，则cosC＝()A.eq\f(\r(6),2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2\r(7),7)D.eq\f(\r(14),14)C[若A＝120°，c＝2b，由余弦定理可得，cos120°＝－eq\f(1,2)＝eq\f(b2＋4b2－a2,4b2)，∴a＝eq\r(7)b，则cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(7b2＋b2－4b2,2\r(7)b2)＝eq\f(2\r(7),7).故选C.]4．(2024·洛阳模拟)要得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象，只需将函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))的图象()A．向左平移eq\f(π,4)个单位B．向右平移eq\f(π,4)个单位C．向左平移eq\f(π,8)个单位D．向右平栘eq\f(π,8)个单位C[要得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象，只需将函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,8)个单位即可，故选C.]5．(2024·南京师大附中模拟)设a，b是实数，已知角θ的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(a,1)，B(－2，b)，且sinθ＝eq\f(1,3)，则eq\f(a,b)的值为()A．－4B．－2C．4D．±4A[由三角函数的定义，知eq\f(1,3)＝eq\f(1,\r(a2＋1))＝eq\f(b,\r(4＋b2))，且a＜0，b＞0，解得b＝eq\f(\r(2),2)，a＝－2eq\r(2)，所以eq\f(a,b)＝－4，故选A.]6．(2024·海淀模拟)将函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后得到曲线C1，再将C1上全部点的横坐标伸长到原来的2倍得到曲线C2，则C2的解析式为()A．y＝sinxB．y＝cosxC．y＝sin4xD．y＝cos4xB[将函数y＝sin2x的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度后得到曲线C1，C1的解析式为y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝cos2x，再将C1上全部点的横坐标伸长到原来的2倍得到曲线C2，C2的解析式为y＝cos2·eq\f(x,2)＝cosx．故选B.]7．(2024·五华区校级模拟)函数f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx的图象的一条对称轴为()A．x＝eq\f(π,6)B．x＝eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,3)D．x＝eq\f(π,2)C[因为f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝－cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,2)＝2取得函数的最大值，所以函数f(x)的图象的一条对称轴为x＝eq\f(π,3)，故选C.]8．(2024·南安模拟)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为()A．y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))＋4 B．y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))＋4C．y＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,4)))＋2 D．y＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))＋2A[由图象可知A＝2，B＝4，且eq\f(T,4)＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝π，∴T＝eq\f(2π,ω)＝4π，∴ω＝eq\f(1,2).所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))＋4，由图可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，6))是五点作图的第一个点，所以eq\f(1,2)×eq\f(π,2)＋φ＝0，所以φ＝－eq\f(π,4)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,4)))＋4.故A正确．]9．(2024·洛阳模拟)f(x)＝sinx＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最大值为()A．2B．1C.eq\f(1,8)D.eq\f(9,8)D[f(x)＝sinx＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sinx＋cos2x＝－2sin2x＋sinx＋1，因为－1≤sinx≤1，结合二次函数的性质可知，当sinx＝eq\f(1,4)时，函数取得最大值eq\f(9,8).故选D.]10．(2024·德阳模拟)设当x＝θ时，函数f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，则sinθ＝()A．－eq\f(2\r(5),5)B.eq\f(2\r(5),5)C．－eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(5),5)D[函数f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)sinx－\f(2\r(5),5)·cosx))＝eq\r(5)sin(x－φ)，其中cosφ＝eq\f(\r(5),5)，sinφ＝eq\f(2\r(5),5).当x－φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时，取得最大值．∴θ＝φ＋2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时，取得最大值，则sinθ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋2kπ＋\f(π,2)))＝cosφ＝eq\f(\r(5),5)，故选D.]11．(2024·吕梁市一模)已知函数f(x)＝1－2sin2(ωx)(ω＞0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))内单调递减，则ω取最大值时函数y＝f(x)的周期为()A．πB．2πC.eq\f(3π,2)D．3πA[f(x)＝1－2sin2(ωx)＝cos2ωx(ω＞0)，函数周期为T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω)，由f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))内单调递减可得eq\f(T,2)≥eq\f(π,2)，即eq\f(π,2ω)≥eq\f(π,2)⇒ω≤1，ω最大为1，则其周期为eq\f(2π,2)＝π.故选A.]12．(2024·韶关模拟)已知2cos(α－β)cosβ－cos(α－2β)＝eq\f(\r(2),4)，则eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)等于()A．－eq\f(3,4)B．－eq\f(4,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(4,3)A[∵2cos(α－β)cosβ－cos(α－2β)＝2cos(α－β)cosβ－cos(α－β－β)＝2cos(α－β)cosβ－cos(α－β)cosβ－sin(α－β)sinβ＝cos(α－β)cosβ－sin(α－β)sinβ＝cos(α－β＋β)＝cosα，∴cosα＝eq\f(\r(2),4)，sin2α＝1－cos2α＝eq\f(7,8)，∴tan2α＝7，从而eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq\f(3,4).]13．(2024·长春二模)设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知2b－acosC＝0，sinA＝3sin(A＋C)，则eq\f(bc,a2)＝()A.eq\f(\r(7),4)B.eq\f(\r(14),9)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(6),9)D[∵2b－acosC＝0，由余弦定理可得2b＝a×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，整理可得，3b2＋c2＝a2， ①∵sinA＝3sin(A＋C)＝3sinB，由正弦定理可得，a＝3b， ②①②联立可得，c＝eq\r(6)b，则eq\f(bc,a2)＝eq\f(\r(6)b×b,9b2)＝eq\f(\r(6),9).故选D.]14．(2024·成都模拟)关于函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1(x∈R)有下述四个结论：①若f(x1)＝f(x2)＝1，则x1－x2＝kπ(k∈Z)；②y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，1))对称；③函数y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增；④y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后所得图象关于y轴对称．其中全部正确结论的编号是()A．①②④B．①②C．③④D．②④D[对于①，由f(x1)＝f(x2)＝1，得(x1,1)，(x2,1)是函数f(x)的图象的两个对称中心，则x1－x2是函数f(x)eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)的整数倍(T是函数的最小正周期)，即x1－x2＝eq\f(k,2)π(k∈Z)，故①错误；对于②，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝3sinπ＋1＝1，故②正确；由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，解得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z.当k＝0时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2)))上单调递减，故③错误；y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后所得图象对应的函数为y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－\f(π,3)))＋1＝－3cos2x＋1，是偶函数，图象关于y轴对称，故④正确．∴正确命题的序号是②④.故选D.]15．(2024·潍坊模拟)给出下列命题：①存在实数α使sinα＋cosα＝eq\f(5,3).②直线x＝eq\f(2019π,2)是函数y＝cosx图象的一条对称轴．③y＝cos(sinx)(x∈R)的值域是[cos1,1]．④若α，β都是第一象限角，且sinα＞sinβ，则tanα＞tanβ.其中正确命题的题号为()A．①② B．②③C．③④ D．①④C[①∵sinα＋cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))≤eq\r(2)＜eq\f(5,3)，∴①错误；②eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2019π,2)，0))是函数y＝cosx图象的一个对称中心，∴②错误；③依据余弦函数的性质可得y＝cos(sinx)的最大值为ymax＝cos0＝1，ymin＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))，其值域是[cos1,1]，③正确；④若α，β都是第一象限角，且sinα＞sinβ，利用三角函数线有tanα＞tanβ，④正确．故选C.]16．(2024·毕阳市模拟)已知函数f(x)＝sin2eq\f(π,4)x－eq\r(3)sineq\f(π,4)x·coseq\f(π,4)x，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)的值等于()A．2018B．1009C．1010D．2020C[∵f(x)＝sin2eq\f(π,4)x－eq\r(3)sineq\f(π,4)xcoseq\f(π,4)x＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)coseq\f(π,2)x－eq\f(\r(3),2)sineq\f(π,2)x＝eq\f(1,2)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋\f(π,6))).∴函数f(x)的周期T＝eq\f(2π,\f(π,2))＝4，∵f(1)＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，f(3)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)，f(4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)，∴f(4k＋1)＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)，f(4k＋2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，f(4k＋3)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)，f(4k＋4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)，∴f(4k＋1)＋f(4k＋2)＋f(4k＋3)＋f(4k＋4)＝2，∵2020＝505×4，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)＝505×2＝1010.故选C.]17．(2024·上饶模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且面积为S，若bcosC＋ccosB＝2acosA，S＝eq\f(1,4)(b2＋a2－c2)，则角B等于()A.eq\f(π,2)B.eq\f(5π,12)C.eq\f(7π,12)D.eq\f(π,3)B[因为bcosC＋ccosB＝2acosA，由正弦定理可得，sinBcosC＋sinCcosB＝2sinAcosA，即sin(B＋C)＝2sinAcosA＝sinA，因为sinA≠0，所以cosA＝eq\f(1,2)，故A＝eq\f(π,3)，∵S＝eq\f(1,4)(b2＋a2－c2)，∴eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,4)×2ab×cosC，∴sinC＝cosC，故C＝eq\f(π,4)，则B＝eq\f(5π,12).故选B.]18．(2024·毕阳市模拟)已知A(xA，yA)是圆心为坐标原点O，半径为1的圆上的随意一点，将射线OA绕点O逆时针旋转eq\f(2π,3)到OB交圆于点B(xB，yB)，则2yA＋yB的最大值为()A．3B．2C.eq\r(3)D.eq\r(5)C[设A(cosθ，sinθ)，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)))))，∴2yA＋yB＝2sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)))＝2sinθ＋sinθcoseq\f(2π,3)＋cosθsineq\f(2π,3)＝eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，∴2yA＋yB的最大值为eq\r(3)，故选C.]19.(2024·平顶山一模)《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多·达芬奇创作的油画，现保藏于法国罗浮宫博物馆．该油画规格为：纵77cm，横53cm.油画挂在墙壁上的最低点处B离地面237cm(如图所示)．有一身高为175cm的游客从正面欣赏它(该游客头顶T到眼睛C的距离为15cm)，设该游客离墙距离为xcm，视角为θ.为使欣赏视角θ最大，x应为()A．77B．80C．100D．77eq\r(2)D[如图所示，设∠BCD＝α，则tanα＝eq\f(237－175－15,x)＝eq\f(77,x).tan(θ＋α)＝eq\f(tanθ＋tanα,1－tanθtanα)＝eq\f(77＋77,x)＝eq\f(154,x)，解得tanθ＝eq\f(77,x＋\f(2×772,x))≤eq\f(77,2\r(x·\f(2×772,x)))＝eq\f(\r(2),4)，当且仅当x＝eq\f(2×772,x)，即x＝77eq\r(2)cm时取等号．故选D.]20．(2024·碑林区校级模拟)已知f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ≤π)，是R上的奇函数，若f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称，且f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,22)，\f(π,11)))内是单调函数，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)A[f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ≤π)是R上的奇函数，所以φ＝kπ，k∈Z，当k＝1时，φ＝π.所以f(x)＝sin(ωx＋π)＝－sinωx，由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω))＝±1，所以eq\f(π,4)ω＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，整理得eq\f(1,4)ω＝k＋eq\f(1,2)，整理得ω＝4k＋2.当k＝0时，ω＝2，函数f(x)＝－sin2x，由于x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,22)，\f(π,11)))，所以2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,11)，\f(2π,11)))，故函数是单调递减函数．当k＝1时ω＝4＋2＝6，函数f(x)＝－sin6x，由于x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,22)，\f(π,11)))，所以6x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,11)，\f(6π,11)))，由于6x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,11)，\f(6π,12)))内单调，故函数不为单调函数．当k＝2时，ω＝10，函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,22)，\f(π,11)))内也不是单调函数，所以f(x)＝－sin2x，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－sineq\f(π,3)＝－eq\f(\r(3),2).故选A.]21．(2024·绵阳模拟)2019年10月1日，在庆祝新中国成立70周年阅兵中，由我国自主研制的军用飞机和军用无人机等参阅航空装备分秒不差飞越天安门，状军威，振民心，令世人瞩目．飞行员超群的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析．一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升机以72eq\r(2)千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西60°的方向上，1分钟后其次次观测到该飞机在北偏东75°的方向上，仰角为30°，则直升机飞行的高度为________千米(结果保留根号)．eq\f(2\r(3),5)[如图由题上条件可得线AC平行于东西方向，∠ABD＝60°，∠CBD＝75°；AC＝eq\f(72\r(2),60)＝eq\f(6\r(2),5)千米；∴∠ABC＝135°，∠BAC＝30°；在△ABC中，eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)⇒eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(\f(6\r(2),5),sin135°)⇒BC＝eq\f(\f(6\r(2),5)×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq\f(6,5).D1C⊥平面ABC，在直角