山东专用2024新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)已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2,3)D．eq\f(\r(2),2)B[∵sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，故选B．]2．(2024·全国卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα＝()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(2\r(5),5)B[由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝1－2sin2α＋1，即2sinαcosα＝1－sin2α.因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)，所以2sinαeq\r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sinα＝eq\f(\r(5),5)，故选B．]3．(2024·全国卷Ⅲ)在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则tanB＝()A．eq\r(5)B．2eq\r(5)C．4eq\r(5)D．8eq\r(5)C[法一：在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，则sinC＝eq\f(\r(5),3)＞eq\f(\r(2),2)，所以C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝16＋9－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，所以AB＝3.由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得sinB＝eq\f(4\r(5),9)，易知B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosB＝eq\f(1,9)，tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝4eq\r(5).故选C．法二：在△ABC中，cosC＝eq\f(2,3)，AC＝4，BC＝3，所以由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝16＋9－2×4×3×eq\f(2,3)＝9，所以AB＝3，所以△ABC是等腰三角形．过点B作BD⊥AC于点D(图略)，则BD＝eq\r(BC2－CD2)＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq\s\up10(2))＝eq\r(5)，taneq\f(B,2)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以tanB＝eq\f(2tan\f(B,2),1－tan2\f(B,2))＝4eq\r(5).故选C．]4．[多选](2024·新高考全国卷Ⅰ)如图是函数y＝sin(wx＋φ)的部分图象，则sin(wx＋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))BC[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，故y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).由于y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sinπ－2x＋eq\f(2π,3)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，故选项B正确；y＝sineq\f(π,3)－2x＝coseq\f(π,2)－eq\f(π,3)－2x＝cos2x＋eq\f(π,6)，选项C正确；对于选项A，当x＝eq\f(π,6)时，sineq\f(π,6)＋eq\f(π,3)＝1≠0，错误；对于选项D，当x＝eq\f(\f(π,6)＋\f(2π,3),2)＝eq\f(5π,12)时，coseq\f(5π,6)－2×eq\f(5π,12)＝1≠－1，错误．当ω＝－2时，y＝sin(－2x＋φ)，将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，结合函数图象，知－2×eq\f(π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(4π,3)))，但当x＝0时，y＝sin－2x＋eq\f(4π,3)＝－eq\f(\r(3),2)<0，与图象不符合，舍去．综上，选BC．]5．(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)倍，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．]6．(2024·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)，则()A．f(x)的最小值为2B．f(x)的图象关于y轴对称C．f(x)的图象关于直线x＝π对称D．f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称D[由题意得sinx∈[－1，0)∪(0，1]．对于A，当sinx∈(0，1]时，f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)≥2eq\r(sinx·\f(1,sinx))＝2，当且仅当sinx＝1时取等号；当sinx∈[－1，0)时，f(x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－sinx＋\f(1,－sinx)))≤－2eq\r(－sinx·\f(1,－sinx))＝－2，当且仅当sinx＝－1时取等号，所以A错误．对于B，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f(x)是奇函数，图象关于原点对称，所以B错误．对于C，f(x＋π)＝sin(x＋π)＋eq\f(1,sinx＋π)＝－(sinx＋eq\f(1,sinx))，f(π－x)＝sin(π－x)＋eq\f(1,sinπ－x)＝sinx＋eq\f(1,sinx)，则f(x＋π)≠f(π－x)，f(x)的图象不关于直线x＝π对称，所以C错误．对于D，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))))＝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(x＋\f(π,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称，所以D正确．故选D．]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：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：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．]9．(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).]10．(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[A中，函数f(x)＝|cos2x|的周期为eq\f(π,2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)＝|sin2x|的周期为eq\f(π,2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)＝cos|x|＝cosx的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)＝sin|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx，x≥0，,－sinx，x＜0，))由正弦函数图象知，在x≥0和x＜0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上f(x)不是周期函数，故D不正确．故选A．]11．(2024·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC边上的高等于eq\f(1,3)BC，则cosA＝()A．eq\f(3\r(10),10)B．eq\f(\r(10),10)C．－eq\f(\r(10),10)D．－eq\f(3\r(10),10)C[法一：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由题意得S△ABC＝eq\f(1,2)a·eq\f(1,3)a＝eq\f(1,2)acsinB，∴c＝eq\f(\r(2),3)a.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋eq\f(2,9)a2－2×a×eq\f(\r(2),3)a×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(5,9)a2，∴b＝eq\f(\r(5),3)a.∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\f(5,9)a2＋\f(2,9)a2－a2,2×\f(\r(5),3)a×\f(\r(2),3)a)＝－eq\f(\r(10),10).故选C．法二：同法一得c＝eq\f(\r(2),3)a.由正弦定理得sinC＝eq\f(\r(2),3)sinA，又B＝eq\f(π,4)，∴sinC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－A))＝eq\f(\r(2),3)sinA，即eq\f(\r(2),2)cosA＋eq\f(\r(2),2)sinA＝eq\f(\r(2),3)sinA，∴tanA＝－3，∴A为钝角．又∵1＋tan2A＝eq\f(1,cos2A)，∴cos2A＝eq\f(1,10)，∴cosA＝－eq\f(\r(10),10).故选C．]12．(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．①②④B．②④C．①④D．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．]13．(2024·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω＞0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：①f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点；②f(x)在(0，2π)有且仅有2个微小值点；③f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))单调递增；④ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))).其中全部正确结论的编号是()A．①④B．②③C．①②③D．①③④D[如图，依据题意知，xA≤2π＜xB，依据图象可知函数f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点，所以①正确；但可能会有3个微小值点，所以②错误；依据xA≤2π＜xB，有eq\f(24π,5ω)≤2π＜eq\f(29π,5ω)，得eq\f(12,5)≤ω＜eq\f(29,10)，所以④正确；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))时，eq\f(π,5)＜ωx＋eq\f(π,5)＜eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)，因为eq\f(12,5)≤ω＜eq\f(29,10)，所以eq\f(ωπ,10)＋eq\f(π,5)＜eq\f(49π,100)＜eq\f(π,2)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))单调递增，所以③正确．]14．(2024·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，a＝1，则b＝________.eq\f(21,13)[因为A，C为△ABC的内角，且cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝eq\f(5,13)，所以sinA＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(12,13)，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(63,65).又a＝1，所以由正弦定理得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\f(63,65)×eq\f(5,3)＝eq\f(21,13).]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Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))[画出四边形ABCD，延长CD，BA，探求出AB的取值范围．如图所示，延长BA与CD相交于点E，过点C作CF∥AD交AB于点F，则BF<AB<BE.在等腰三角形CFB中，∠FCB＝30°，CF＝BC＝2，∴BF＝eq\r(22＋22－2×2×2cos30°)＝eq\r(6)－eq\r(2).在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，BE＝CE，BC＝2，eq\f(BE,sin75°)＝eq\f(2,sin30°)，∴BE＝eq\f(2,\f(1,2))×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝eq\r(6)＋eq\r(2).∴eq\r(6)－eq\r(2)<AB<eq\r(6)＋eq\r(2).]17．(2024·北京高考)若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx的最大值为2，则常数φ的一个取值为________．eq\f(π,2)(答案不唯一)[易知当y＝sin(x＋φ)，y＝cosx同时取得最大值1时，函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cosx取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cosx，则φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故常数φ的一个取值为eq\f(π,2).]18．[一题两空](2024·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.eq\f(12\r(2),5)eq\f(7\r(2),10)[在△BDC中，BC＝3，sin∠BCD＝eq\f(4,5)，∠BDC＝45°，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，则BD＝eq\f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq\f(12\r(2),5).在△ABD中，sin∠BAD＝eq\f(3,5)，cos∠BAD＝eq\f(4,5)，∠ADB＝135°，∴cos∠ABD＝cos[180°－(135°＋∠BAD)]＝cos(45°－∠BAD)＝cos45°cos∠BAD＋sin45°sin∠BAD＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)＋\f(3,5)))＝eq\f(7\r(2),10).]1．(2024·济南模拟)在△ABC中，sinA＝eq\f(5,13)，cosB＝eq\f(3,5)，则cosC＝()A．eq\f(56,65)B．－eq\f(33,65)C．eq\f(56,65)或－eq\f(16,65)D．－eq\f(16,65)D[因为cosB＝eq\f(3,5)，所以sinB＝eq\f(4,5)，因为sinA＝eq\f(5,13)，所以cosA＝±eq\f(12,13)，因为sinB＝eq\f(4,5)＞sinA＝eq\f(5,13)，所以B＞A，所以角A为锐角，所以cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(5,13)×eq\f(4,5)－eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＝－eq\f(16,65).]2．(2024·潍坊模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，则B＝()A．eq\f(3π,4)B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)C[∵c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理可得a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(4＋\r(3)＋12－2×2×\r(3)＋1×\f(1,2))＝eq\r(6)，∴由正弦定理可得sinB＝eq\f(b·sinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，∵b＜a，∴B为锐角，∴B＝eq\f(π,4).故选C．]3．(2024·石家庄模拟)若将函数f(x)＝sinx－2cosx的图象向左平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sinx＋2cosx的图象，则cosφ＝()A．－eq\f(4,5)B．eq\f(4,5)C．－eq\f(3,5)D．eq\f(3,5)C[∵f(x)＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))sinx－\f(2,\r(5))cosx))＝eq\r(5)sin(x－θ)，其中cosθ＝eq\f(\r(5),5)，sinθ＝eq\f(2\r(5),5)，g(x)＝sinx＋2cosx＝eq\r(5)sin(x＋θ)，∴eq\r(5)sin(x－θ＋φ)＝eq\r(5)sin(x＋θ)，∴x－θ＋φ＝x＋θ＋2kπ，k∈Z，∴φ＝2θ＋2kπ，k∈Z，∴cosφ＝cos2θ＝2cos2θ－1＝eq\f(2,5)－1＝－eq\f(3,5)，故选C．]4．(2024·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))，与该对称中心相邻的一条对称轴的方程为x＝eq\f(7π,12)，该对称轴处所对应的函数值为－1，为了得到g(x)＝cos2x的图象，只需将f(x)的图象()A．向左平移eq\f(π,6)个单位长度B．向左平移eq\f(π,12)个单位长度C．向右平移eq\f(π,6)个单位长度D．向右平移eq\f(π,12)个单位长度B[由题可知f(x)的最小值为－1，故A＝1.最小正周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，故ω＝2.又当x＝eq\f(7π,12)时，f(x)取得最小值，故2×eq\f(7π,12)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).又g(x)＝cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))，故只要将f(x)的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度，即可得到g(x)＝cos2x的图象．]5．(2024·济宁模拟)已知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sin2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，则下列结论正确的是()A．2α－β＝eq\f(π,2) B．2α＋β＝eq\f(π,2)C．α＋β＝eq\f(π,2) D．α－β＝eq\f(π,2)A[法一：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)))，所以由sin2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，得eq\f(sin2α,1－cos2α)＝eq\f(cosβ,1＋sinβ)，所以eq\f(2sinαcosα,2sin2α)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β)),1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β)))，所以eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(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))),2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))))，所以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)))＝eq\f(sin\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))))，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))).又eq\f(π,2)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(π,4)－eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，函数y＝tanx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以eq\f(π,2)－α＝eq\f(π,4)－eq\f(β,2)，即2α－β＝eq\f(π,2)，故选A．法二：tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(2sin2α,2sinαcosα)＝eq\f(1－cos2α,sin2α)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2)))＝eq\f(sin\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))))＝eq\f(2sin2\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))))＝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(1＋sinβ,cosβ)，由sin2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，得eq\f(1＋sinβ,cosβ)＝eq\f(1－cos2α,sin2α)，则tanα＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(β,2))).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(π,4)＋eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，函数y＝tanx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以α＝eq\f(π,4)＋eq\f(β,2)，且2α－β＝eq\f(π,2)，故选A．]6．(2024·西安模拟)将函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象，则函数f(x)的一个单调递减区间为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))A[将函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象，所以g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).又0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(2π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，令k＝0可得函数f(x)的一个单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，故选A．]7．(2024·四川五校联考)在△ABC中，角A的平分线交BC于点D，BD＝2CD＝2，则△ABC面积的最大值为()A．3eq\r(2)B．2eq\r(2)C．3D．4C[如图，由BD＝2CD＝2，知BC＝3，由角平分线定理，得eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,CD)＝2，设AC＝x，∠BAC＝2α，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则AB＝2x，由余弦定理，得32＝4x2＋x2－2·2x·x·cos2α，即x2＝eq\f(9,5－4cos2α).S△ABC＝eq\f(1,2)·2x·x·sin2α＝x2·sin2α＝eq\f(9sin2α,5－4cos2α)＝eq\f(9×2sinαcosα,5－4×cos2α－sin2α)＝eq\f(9·\f(2tanα,1＋tan2α),5－4·\f(1－tan2α,1＋tan2α))＝eq\f(18·tanα,1＋9tan2α)＝eq\f(18,\f(1,tanα)＋9tanα)≤eq\f(18,2\r(\f(1,tanα)·9tanα))＝3，当且仅当eq\f(1,tanα)＝9tanα，即tanα＝eq\f(1,3)时取等号．故△ABC面积的最大值为3.]8．[多选](2024·济宁模拟)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则下列四个命题正确的是()A．f(x)的最小正周期是πB．f(x)＝eq\f(1,2)是x＝eq\f(π,2)的充分不必要条件C．函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上单调递增D．函数y＝|f(x)|的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度后得到图象的对称轴方程为x＝eq\f(k,4)π(k∈Z)AD[对于A，由最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π知A正确；对于B，由f(x)＝eq\f(1,2)得2x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,6)或2x－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq\f(π,6)或x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，可知f(x)＝eq\f(1,2)是x＝eq\f(π,2)的必要不充分条件，B不正确；对于C，由eq\f(π,3)＜x＜eq\f(5π,6)得eq\f(π,2)＜2x－eq\f(π,6)＜eq\f(3π,2)，因为y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，故C不正确；对于D，y＝|f(x)|的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度得y＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))))＝|sin2x|的图象，由y＝|sinx|的图象的对称轴为直线x＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)得y＝|sin2x|的图象的对称轴为直线x＝eq\f(kπ,4)(k∈Z)，D正确．故选AD．]10.(2024·淄博模拟)△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若向量m＝(a，－cosA)，n＝(cosC，eq\r(2)b－c)，且m·n＝0，则角A的大小为()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,2)B[法一：由m·n＝0，得acosC－cosA(eq\r(2)b－c)＝0，由正弦定理，得sinAcosC－cosA(eq\r(2)sinB－sinC)＝0，即sinAcosC＋cosAsinC＝eq\r(2)sinBcosA，所以sin(A＋C)＝eq\r(2)sinBcosA，所以sin(π－B)＝eq\r(2)sinBcosA，即sinB＝eq\r(2)sinBcosA．因为0＜B＜π，所以sinB＞0，所以cosA＝eq\f(\r(2),2)，所以A＝eq\f(π,4)，故选B．法二：由m·n＝0，得acosC－cosA(eq\r(2)b－c)＝0，由余弦定理，得a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)－eq\r(2)bcosA＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝0，即b＝eq\r(2)bcosA，所以cosA＝eq\f(\r(2),2)，所以A＝eq\f(π,4)，故选B．]11．[多选](2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,4)，将函数y＝f(x)的图象向左平移eq\f(3π,16)个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，那么函数y＝f(x)的图象()A．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,16)，0))对称B．关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,16)，0))对称C．关于直线x＝eq\f(π,16)对称D．关于直线x＝－eq\f(π,16)对称BD[由题意，知f(x)的最小正周期T＝2×eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，所以ω＝eq\f(2π,T)＝4，所以f(x)＝sin(4x＋φ)，此函数图象平移后所得图象对应的函数为y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,16)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(3π,4)＋φ))，当函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(3π,4)＋φ))的图象关于y轴对称时，必有eq\f(3π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝kπ－eq\f(π,4)(k∈Z)，结合|φ|＜eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,4)，所以由4x－eq\f(π,4)＝nπ(n∈Z)，得x＝eq\f(nπ,4)＋eq\f(π,16)(n∈Z)，当n＝0时，x＝eq\f(π,16)，所以函数f(x)的图象的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,16)，0)).由4x－eq\f(π,4)＝mπ＋eq\f(π,2)(m∈Z)，得x＝eq\f(mπ,4)＋eq\f(3π,16)(m∈Z)，当m＝－1时，x＝－eq\f(π,16)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,16)对称，故选BD．]12．[多选](2024·枣庄模拟)如图是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的部分图象，把函数f(x)的图象上全部点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再把所得图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是()A．函数g(x)是奇函数B．函数g(x)图象的对称轴为直线x＝eq\f(1,2)(1＋k)π(k∈Z)C．函数g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)D．函数g(x)图象的对称中心为(kπ，0)(k∈Z)AD[由题意知函数f(x)的最小正周期T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,6)))＝π，由T＝eq\f(2π,|ω|)及ω＞0，得ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)．又f(x)的图象经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，1))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝1.因为－eq\f(π,2)＜φ＜eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,6)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).把函数f(x)的图象上全部点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的图象，再将y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，故g(x)＝sinx，是奇函数，A选项正确；函数g(x)图象的对称轴为直线x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，B选项错误；函数g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，C选项错误；函数g(x)图象的对称中心为(kπ，0)(k∈Z)，D选项正确．故选AD．]13．[多选](2024·临沂模拟)把函数f(x)＝sin2x－cos2x的图象向右平移eq\f(π,2)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则下列推断正确的是()A．g(x)＝－sin2x＋cos2xB．函数y＝g(x)的图象关于直线x＝eq\f(3π,8)对称C．函数y＝g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递减D．函数y＝g(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0))对称ABD[法一：f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，所以g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))－\f(π,4)))＝－sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))，明显A正确；令2x＋eq\f(3π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，得x＝－eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以直线x＝－eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)是函数y＝g(x)的图象的对称轴，当k＝1时，得对称轴为直线x＝eq\f(3π,8)，B正确；令2x＋eq\f(3π,4)＝kπ(k∈Z)，得x＝－eq\f(3π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，所以点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋\f(kπ,2)，0))(k∈Z)是函数y＝g(x)的图象的对称中心，当k＝0时，得对称中心为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)，0))，D正确；令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(3π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，所以函数y＝g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))(k∈Z)上单调递减，故C错误．故选ABD．法二：f(x)＝sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，所以g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))－\f(π,4)))＝－sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,4)))，明显A正确；当x＝eq\f(3π,8)时，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(3π,8)＋\f(3π,4)))＝eq\r(2)sineq\f(3π,2)＝－eq\r(2)，所以B正确；当x＝－eq\f(3π,8)时，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2×\f(3π,8)＋\f(3π,4)))＝0，所以D正确；当－eq\f(π,4)＜x＜eq\f(π,4)时，eq\f(π,4)＜2x＋eq\f(3π,4)＜eq\f(5π,4)，易知C错误．故选ABD．]14．[多选](2024·滨州模拟)已知P(1，2)是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))图象的一个最高点，B，C是与P相邻的两个最低点．设∠BPC＝θ，若taneq\f(θ,2)＝eq\f(3,4)，则下列说法正确的是()A．A＝2B．f(x)的最小正周期为6C．φ＝eq\f(π,4)D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))是f(x)图象的一个对称中心ABD[如图，连接BC，设BC的中点为D，E，F为与点P最近的函数f(x)的图象与x轴的交点，即函数f(x)图象的两个对称中心，连接PD，则由题意知A＝2，A正确；|PD|＝4，∠BPD＝∠CPD＝eq\f(θ,2)，PD⊥BC，所以tan∠BPD＝taneq\f(θ,2)＝eq\f(|BD|,|PD|)＝eq\f(|BD|,4)＝eq\f(3,4)，所以|BD|＝3，|BC|＝6，f(x)的最小正周期为6，B正确；ω＝eq\f(2π,6)＝eq\f(π,3)，eq\f(π,3)×1＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，φ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，又|φ|＜eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,6)，C错误；由函数f(x)图象的对称性知，xF＝1＋eq\f(3,2)＝eq\f(5,2)，所以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))是f(x)图象的一个对称中心，D正确．故选ABD．]15．[多选](2024·泰安模拟)已知直线x＝eq\f(π,4)是函数f(x)＝sinx＋acosx的图象的一条对称轴，若x1，x2满意f(x1)·f(x2)＝2，则()A．a的值为1B．f(x)的最大值为2C．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)π，\f(π,4)))上单调递增D．|x1＋x2|可取eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)ACD[法一：f(x)＝sinx＋acosx＝eq\r(1＋a2)sin(x＋φ)，其中tanφ＝a.由直线x＝eq\f(π,4)是函数图象的对称轴可得eq\f(π,4)＋φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f(π,4)＋kπ(k∈Z)，所以a＝tanφ＝1，故A正确，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以B错误，C正确．若f(x1)·f(x2)＝2，则f(x1)＝f(x2)＝eq\r(2)或－eq\r(2)，当f(x1)＝f(x2)＝eq\r(2)时，可设x1＝eq\f(π,4)＋2k1π，x2＝eq\f(π,4)＋2k2π，其中k1，k2∈Z，则|x1＋x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2k1＋k2π))，当k1＋k2＝0时，可得|x1＋x2|＝eq\f(π,2)；当k1＋k2＝－1时，|x1＋x2|＝eq\f(3,2)π.当f(x1)＝f(x2)＝－eq\r(2)时，同理可得|x1＋x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2k1＋k2π))，k1，k2∈Z，易知|x1＋x2|可取eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).故选ACD．法二：由直线x＝eq\f(π,4)是函数f(x)图象的对称轴可得f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝coseq\f(π,4)－asineq\f(π,4)＝0，即a＝1，故A正确，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，所以B错误，C正确．若f(x1)·f(x2)＝2，则f(x1)＝f(x2)＝eq\r(2)或－eq\r(2)，当f(x1)＝f(x2)＝eq\r(2)时，可设x1＝eq\f(π,4)＋2k1π，x2＝eq\f(π,4)＋2k2π，其中k1，k2∈Z，则|x1＋x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2k1＋k2π))，当k1＋k2＝0时，可得|x1＋x2|＝eq\f(π,2)；当k1＋k2＝－1时，|x1＋x2|＝eq\f(3π,2).当f(x1)＝f(x2)＝－eq\r(2)时，同理可得|x1＋x2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2k1＋k2π))，k1，k2∈Z，易知|x1＋x2|可取eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).故选ACD．]16．[多选](2024·聊城模拟)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象如图所示，令g(x)＝f(x)＋f′(x)，则下列说法正确的是()A．若函数h(x)＝g(x)＋2的两个不同零点分别为x1，x2，则|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)B．函数g(x)的最大值为2C．函数g(x)的图象上存在点P，使得在P点处的切线与直线y＝－3x＋1平行D．函数g(x)图象的对称轴方程为x＝kπ＋eq\f(11π,12)(k∈Z)AD[由题图可知，A＝2，eq\f(1,4)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)，得ω＝1，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋φ))＝2以及|φ|＜eq\f(π,2)，得φ＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，所以g(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12))).h(x)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋2，令h(x)＝0，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝－eq\f(\r(2),2)，易知该方程的实根之间差的肯定值的最小值为eq\f(π,2)，选项A正确；g(x)的最大值为2eq\r(2)，选项B不正确；g′(x)＝－2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＝－3无解，选项C不正确；由x＋eq\f(π,12)＝π＋kπ(k∈Z)，得g(x)图象的对称轴方程为x＝kπ＋eq\f(11π,12)(k∈Z)，所以选项D正确．]17．(2024·大同调研)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝________.1[因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3))).由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，得θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以θ＝eq\f(π,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,3)))＝1.]18．(2024·惠州第一次调研)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，则cos2α＝________.eq\f(24,25)[由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)可得eq\f(\r(2),2)sinα－eq\f(\r(2),2)cosα＝eq\f(3,5)，故sinα－cosα＝eq\f(3\r(2),5)，两边平方得1－2sinαcosα＝eq\f(18,25)，所以sin2α＝eq\f(7,25)，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π，\f(5π,2)))，故cos2α＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))eq\s\up10(2))＝eq\r(\f(576,252))＝eq\f(24,25).]19．(2024·日照模拟)在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC边上的高等于eq\f(1,3)BC，则sinA＝________.eq\f(3\r(10),10)[法一：记A，B，C的对边分别为a，b，c，作AD⊥BC交BC于D(图略)，则AD＝eq\f(1,3)a.△ABC的面积S＝eq\f(1,2)×a×eq\f(1,3)a＝eq\f(1,2)acsinB，得a＝eq\f(3\r(2),2)c.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，得b＝eq\f(\r(10),2)c.由正弦定理得eq\f(\f(3\r(2),2)c,sin∠BAC)＝eq\f(\f(\r(10),2)c,sinB)，所以sin∠BAC＝eq\f(3\r(10),10).法二：作AD⊥BC交BC于D(图略)，则AD＝eq\f(1,3)BC，设BC＝3，则AD＝1.由B＝eq\f(π,4)，可知BD＝1，则DC＝2，AC＝eq\r(5).由正弦定理得eq\f(sin∠BAC,sin\f(π,4))＝eq\f(3,\r(5))，所以sin∠BAC＝eq\f(3,\r(5))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(10),10).]20．(2024·合肥调研)在△ABC中，A＝2B，AB＝eq\f(7,3)，BC＝4，CD平分∠ACB交AB于点D，则线段AD的长为________．1[因为A＝2B，BC＝4，所以由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(4,sin2B)＝eq\f(4,2sinBcosB)，所以cosB＝eq\f(2,AC)，且AC＞2，所以由余弦定理AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcosB，得AC2＝42＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)))eq\s\up10(2)－2×4×eq\f(7,3)×eq\f(2,AC)，即9AC3－193A