【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修一）专题5.17 三角函数全章综合测试卷（提高篇） Word版含解析.docx，共(19)页，501.583 KB，由小赞的店铺上传

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第五章三角函数全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022·全国·高一课时练习）已知角𝛼的终边与5𝜋3的终边重合，则𝛼3的终边不可能在（）A．第一象限B．第二象限C

．第三象限D．第四象限【解题思路】首先表示角𝛼的取值，即可得到𝛼3的取值，再对𝑘分类讨论，即可得解.【解答过程】解：因为角𝛼的终边与5𝜋3的终边重合，所以𝛼=5𝜋3+2𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，所以𝛼3=5𝜋9+23𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，令𝑘=3𝑛(𝑛∈�

�)，则𝛼3=5𝜋9+2𝑛𝜋(𝑛∈𝑍)，此时𝛼3的终边位于第二象限；令𝑘=3𝑛+1(𝑛∈𝑍)，则𝛼3=11𝜋9+2𝑛𝜋(𝑛∈𝑍)，此时𝛼3的终边位于第三象限；令𝑘=3𝑛+2(𝑛∈𝑍)，则𝛼3=17𝜋9+2

𝑛𝜋(𝑛∈𝑍)，此时𝛼3的终边位于第四象限．所以𝛼3的终边不可能在第一象限，故选：A．2．（5分）（2022·江西省高一阶段练习）已知角𝛼终边过点𝑃(3𝑎,−4𝑎)(𝑎<0)，则sin𝛼+cos𝛼的值为（）A．15B．75C．–15D．–75【解题思路】根据

三角函数的定义计算可得.【解答过程】由题意得，点(3𝑎,−4𝑎)(𝑎<0)到原点的距离𝑟=√(3𝑎)2+(−4𝑎)2=−5𝑎，所以根据三角函数的定义可知sin𝛼=−4𝑎−5𝑎=45，cos𝛼=3𝑎−5𝑎=−35，所以sin𝛼+cos𝛼=15.故选：A

．3．（5分）（2022·全国·高一课时练习）玉雕壁画是采用传统的手工雕刻工艺，加工生产成的玉雕工艺画．某扇形玉雕壁画尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕壁画的扇面面积约为（）A．1600cm2B．3200c

m2C．3350cm2D．4800cm2【解题思路】根据弧长公式由条件求出扇形的圆心角和半径，再由面积公式求出扇面面积.【解答过程】如图，设∠𝐴𝑂𝐵=𝛼，𝑂𝐵=𝑟cm，由题图及弧长公式可得{𝛼𝑟=80,𝛼(𝑟+40)=160,解得{𝛼=2,𝑟=40

.设扇形COD、扇形AOB的面积分别为𝑆1，𝑆2，则该玉雕壁画的扇面面积𝑆=𝑆1−𝑆2=12×160×(40+40)−12×80×40=4800(cm2)．故选：D.4．（5分）（2022·北京·高三期中）

定义：角𝜃与𝜑都是任意角，若满足𝜃+𝜑=𝜋2，则称𝜃与𝜑“广义互余”．已知sin𝛼=14，下列角𝛽中，可能与角𝛼“广义互余”的是（）.A．sin𝛽=√154B．cos(𝜋+𝛽)=14C．ta

n𝛽=√155D．tan𝛽=√1515【解题思路】由条件结合诱导公式化简可得sin𝛽，根据“广义互余”的定义结合诱导公式同角关系判断各选项的对错.【解答过程】若𝛼+𝛽=𝜋2，则𝛽=𝜋2−𝛼，所以sin𝛽=sin(𝜋2−𝛼)=cos𝛼=±√

154，故选项A符合条件；cos(𝜋+𝛽)=−cos(𝜋2−𝛼)=−sin𝛼=−14，故选项B不符合条件；tan𝛽=√155，即sin𝛽=√155cos𝛽，又sin2𝛽+cos2𝛽=1，∴sin𝛽=±√64，故选项C不符合条件

.tan𝛽=√1515，即√15sin𝛽=cos𝛽，又sin2𝛽+cos2𝛽=1，∴sin𝛽=±14，故选项D不符合条件；故选：A.5．（5分）已知𝛼,𝛽为锐角，tan𝛼=3,cos(𝛼+𝛽)=−35，则tan(𝛼−𝛽)的值为（）A．712B．

−712C．724D．−724【解题思路】根据tan𝛼求得tan2𝛼，根据cos(𝛼+𝛽)求得tan(𝛼+𝛽)，再根据正切的差角公式求解即可.【解答过程】因为𝛼,𝛽为锐角，所以0<𝛼+𝛽<𝜋,所以sin(𝛼+𝛽)=√1−cos2(𝛼+𝛽)=45,

tan(𝛼+𝛽)=sin(𝛼+𝛽)cos(𝛼+𝛽)=−43，因为tan𝛼=3，所以tan2𝛼=2tan𝛼1−tan2𝛼=2×31−9=−34，tan(𝛼−𝛽)=tan[2𝛼−(𝛼+𝛽)]=ta

n2𝛼−tan(𝛼+𝛽)1+tan2𝛼⋅tan(𝛼+𝛽)=−34−(−43)1+(−34)⋅(−43)=724.故选：C.6．（5分）（华大新高考联盟（全国卷）2023）已知函数𝑓(𝑥)=𝑀cos(𝜔𝑥+

𝜑)（𝑀>0，𝜔>0，|𝜑|<π2）的部分图象如图所示，其中𝐴(0,32)，𝐵(5π18,0)，𝐶(11π18,0)．将函数𝑓(𝑥)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移π12个单位长度，得到函数𝑔(𝑥)的图象，则函数𝑔(𝑥)的单调递减区间

为（）．A．[−7π36+4𝑘π3,17π36+4𝑘π3](𝑘∈𝑍)B．[17π36+4𝑘π3,41π36+4𝑘π3](𝑘∈𝑍)C．[−19π36+4𝑘π3,5π36+4𝑘π3](𝑘∈𝑍)D．[5π36+4𝑘π3,29π36+4𝑘π

3](𝑘∈𝑍)【解题思路】由点𝐵和点𝐶之间的距离为𝑇2，从而求得𝜔=3，将𝐵(5π18,0)代入𝑓(𝑥)=𝑀cos(3𝑥+𝜑)结合|𝜑|<π2求出𝜑=−π3，根据三角函数的图象的变

换得到𝑔(𝑥)=3cos(32𝑥−5π24)，令2𝑘π≤32𝑥−5π24≤π+2𝑘π（𝑘∈𝑍），即可求出𝑔(𝑥)的单调递减区间.【解答过程】由题意得：𝑇2=11π18−5π18=π3，则𝑇=2π3，𝜔=2π𝑇

=3，所以𝑓(𝑥)=𝑀cos(3𝑥+𝜑)，将𝐵(5π18,0)代入𝑓(𝑥)=𝑀cos(3𝑥+𝜑)得：𝑀cos(3×5π18+𝜑)=0，即3×5π18+𝜑=π2+2𝑘π（𝑘∈𝑍），则𝜑=−π3+2𝑘π（𝑘∈𝑍）

．因为|𝜑|<π2，所以𝜑=−π3，故𝑓(𝑥)=𝑀cos(3𝑥−π3)．因为𝑓(0)=32，则𝑀cosπ3=32，解得𝑀=3，故𝑓(𝑥)=3cos(3𝑥−π3).将函数𝑓(𝑥)的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到𝑦

=3cos(32𝑥−π3)，再向左平移π12个单位长度，得到𝑔(𝑥)=3cos[32(𝑥+π12)−π3]=3cos(32𝑥−5π24)，令2𝑘π≤32𝑥−5π24≤π+2𝑘π（𝑘∈𝑍

），解得：5π36+4𝑘π3≤𝑥≤29π36+4𝑘π3（𝑘∈𝑍）．所以函数𝑔(𝑥)的单调递减区间为[5π36+4𝑘π3,29π36+4𝑘π3]（𝑘∈𝑍）,故选：D．7．（5分）（2022·河南三门峡·高三阶段练习（文））关于函数

𝑓(𝑥)=4sin(2𝑥+𝜋3)(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=4cos(2𝑥−𝜋6)；③𝑦=𝑓(𝑥)的图象关于点(−𝜋6,0)

对称；④𝑦=𝑓(𝑥)的图象与𝑔(𝑥)=4sin2𝑥图象连续三个交点构成的三角形的面积为2√3𝜋.其中所有正确的命题的序号为（）A．②③B．①③④C．③④D．②③④【解题思路】先求出函数的最小正周期，可知①错；利用诱导公式化简②，即可判断正误；将𝜋6代

入函数中，求出函数值，即可判断③是否正确；解出三个连续的交点坐标，求出三角形面积，即可判断④是否正确.【解答过程】①∵函数𝑓(𝑥)的最小正周期为𝑇=2𝜋2=𝜋，∴函数值等于0的𝑥之差最小值为𝑇

2=𝜋2，∴𝑥1−𝑥2必是𝜋2的整数倍，∴①错误.②𝑓(𝑥)=4sin(2𝑥+𝜋3)=4cos[𝜋2−(2𝑥+𝜋3)]=4cos(𝜋6−2𝑥)=4cos(2𝑥−𝜋6)，∴②正确.③∵𝑓(−𝜋6)=4si

n(2×(−𝜋6)+𝜋3)=4sin0=0，∴𝑦=𝑓(𝑥)的图象关于点(−𝜋6,0)对称，∴③正确.④𝑦=𝑓(𝑥)的图象与𝑔(𝑥)=4sin2𝑥图象连续三个交点为(−𝜋3,−2√3)，(𝜋6,2√3)，(2𝜋3,−2√3)，∴所构成三角形面积为𝑆=12×𝜋×4√

3=2√3𝜋∴④正确.故选：D.8．（5分）（2021·北京·高一期中）如图，摩天轮的半径为40米.摩天轮的中心O点距离地面的高度为45米，摩天轮匀速逆时针旋转.每30分钟转一圈.若摩天轮上点P的起始位置在最低点处.下面有关结论正确的是（）A．经过10分钟，

点P距离地面的高度为45米B．第25分钟和第70分钟点P距离地面的高度相同C．从第10分钟至第20分钟，点P距离地面的高度一直在上升D．摩天轮旋转一周，点P距离地面的高度不低于65米的时间为10分钟【解题思路】若转动𝑡分钟，P距离地

面的高度为𝑦可得𝑦=45−40cos𝜋𝑡15，结合各选项的描述，利用余弦型函数的性质判断正误.【解答过程】由题设，摩天轮每分钟的角速度为𝜋15，若转动𝑡分钟，P距离地面的高度为𝑦，则𝑦=45−40cos𝜋𝑡15，所以，经过10分钟𝑦=45−40cos2𝜋3

=65米，A错误；第25分钟𝑦=45−40cos5𝜋3=45+40cos2𝜋3=25米；第70分钟𝑦=45−40cos14𝜋3=45−40cos2𝜋3=65米，B错误；由10<𝑡<20，则2𝜋3<𝜋𝑡15<4𝜋3，即P距离地面的高度𝑦先增大后减小

，C错误；由题设，45−40cos𝜋𝑡15≥65，即cos𝜋𝑡15≤−12，在一周内P距离地面的高度不低于65米有2𝜋3≤𝜋𝑡15≤4𝜋3，可得10≤𝑡≤20，故时间长度为10分钟，D正确.故选：D.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5

分）9．（5分）（2022·江苏南通·高一期中）已知𝛼与𝛽是终边相同的角，且𝛽=−13π，那么𝛼2可能是第（）象限角.A．一B．二C．三D．四【解题思路】确定𝛼2=−16π+𝑘π,𝑘∈Z，考虑𝑘的奇偶两种情况，分别计算得到答案.【解答过程】𝛼与𝛽是终边相同的角，且𝛽=−13

π，故𝛼=−13π+2𝑘π,𝑘∈Z，故𝛼2=−16π+𝑘π,𝑘∈Z，当𝑘=2𝑛,𝑛∈Z时，𝛼2=−16π+2𝑛π,𝑛∈Z，是第四象限角；当𝑘=2𝑛+1,𝑛∈Z时，𝛼2=56π+2𝑛π,𝑛∈Z，是第二象限角.综上所述：𝛼2可能是第二或四象

限角.故选：BD.10．（5分）已知函数𝑓(𝑥)=cos𝑥−sin𝑥，则（）A．函数𝑓(𝑥)的值域为[−√2,√2]B．点(π4,0)是函数𝑓(𝑥)的一个对称中心C．函数𝑓(𝑥)在区间[π4,5π4]上是减函数D．若函数𝑓(𝑥)在区间[−𝑎,�

�]上是减函数，则𝑎的最大值为π4【解题思路】利用辅助角公式可得出𝑓(𝑥)=−√2sin(𝑥−π4)，利用正弦型函数的值域可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断CD选项.【解答过程】因为𝑓(

𝑥)=cos𝑥−sin𝑥=−√2sin(𝑥−π4).对于A选项，函数𝑓(𝑥)的值域为[−√2,√2]，A对；对于B选项，∵𝑓(π4)=−√2sin0=0，故点(π4,0)是函数𝑓(𝑥)的一个对称

中心，B对；对于C选项，当π4≤𝑥≤5π4时，0≤𝑥−π4≤π，故函数𝑓(𝑥)在区间[π4,5π4]上不单调，C错；对于D选项，由题意𝑎>0且函数𝑓(𝑥)在[−𝑎,𝑎]上为减函数，当−𝑎≤𝑥≤𝑎时，−𝑎−π4≤𝑥−π4≤𝑎−π4，且−π4

∈[−𝑎−π4,𝑎−π4]，所以，[−𝑎−π4,𝑎−π4]⊆[−π2,π2]，则{−𝑎−π4≥−π2𝑎−π4≤π2𝑎>0，解得0<𝑎≤π4，故𝑎的最大值为π4，D对.故选：ABD.11．（5分）（2022·山西吕

梁·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)(𝐴>0,𝜔>0,−𝜋2<𝜑<𝜋2)的部分图象如图所示，则（）A．函数𝑓(𝑥)的最小正周期为πB．点(π4,0)是曲线𝑦=𝑓(𝑥)的对称中心C．函数�

�(𝑥)在区间[3π4,π]内单调递增D．函数𝑓(𝑥)在区间[0,π2]内有两个最值点【解题思路】由题可得{𝐴=2√2𝐴sin𝜑=2𝐴sin(π8𝑥+𝜑)=2√2，可得函数𝑓(𝑥)=2√2sin(2𝑥+π4)，然后

根据三角函数的性质逐项分析即得.【解答过程】由图可知{𝐴=2√2𝐴sin𝜑=2𝐴sin(π8𝑥+𝜑)=2√2，所以sin𝜑=√22，又−π2<𝜑<π2，所以𝜑=π4，所以sin(𝜔π8+π4)=1，𝜔π8+π4=π2+2𝑘π，𝑘∈Z，得𝜔=

2+16𝑘，𝑘∈Z，又π8<2π4𝜔，得0<𝜔<4，所以𝜔=2，所以𝑓(𝑥)=2√2sin(2𝑥+π4)，所以函数𝑓(𝑥)的周期为π，A正确；由2𝑥+π4=𝑘π，𝑘∈Z得，𝑥=𝑘π2−π8，𝑘∈Z，取𝑘=0得，𝑥=−π8，对称中心

为(−π8,0)，取𝑘=1得，𝑥=3π8，对称中心为(3π8,0)，所以点(π4,0)不是曲线𝑦=𝑓(𝑥)的对称中心，B错误；由2𝑘π−π2≤2𝑥+π4≤2𝑘π+π2，𝑘∈Z得，𝑘π−3π8≤𝑥≤𝑘π+π8，𝑘∈Z，当𝑘=1时，5

π8≤𝑥≤9π8，函数𝑓(𝑥)在区间[5π8,9π8]内单调递增，C正确；由2𝑥+π4=𝑘π+π2，可得𝑥=𝑘π2+π8，𝑘∈Z，取𝑘=0得，𝑥=π8为函数𝑓(𝑥)的最值点，所以区间[0,π2]内有一个最值点，D错误

.故选：AC．12．（5分）（2022·全国·高三专题练习）一半径为4米的摩天轮如图所示，摩天轮圆心O距离地面6米，已知摩天轮按逆时针方向旋转，每分钟转动2．5圈，现在最低点的位置坐上摩天轮（图中点𝑃0）开始计时，以𝑃0与底面的交点为坐标原点，𝑀𝑃0所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系

，设点P距离地面的高度h（米）与时间t（秒）的函数关系为ℎ=𝑓(𝑡)=𝐴sin(𝜔𝑡+𝜑)+𝑏，其中𝐴>0，−π<𝜑<0，则下列选项正确的是（）A．OP旋转的角速度𝜔=π12B．摩天轮最低点离地面的高度为2米C．点P距离地面的高度h（米）与时间t（秒）

的函数关系为ℎ=𝑓(𝑡)=6−4cosπ12𝑡D．点P第二次到达最高点需要的时间32秒【解题思路】对选项A，根据角速度公式求解即可判断A正确.对选项B，根据题意得到摩天轮最低点离地面的高度为6−4=2（米），即可判断B正确.对选项C，根据题意得到ℎ=𝑓(𝑡)=4sin(𝜋12�

�+𝜑)+6，再将(0,2)代入即可判断C正确.对选项D，根据点𝑃第二次到达最高的需要的时间是36秒，即可判断D错误.【解答过程】对于选项A，由题意可得，每分钟转动2.5圈，𝑂𝑃旋转的角速度𝜔=2.5×2𝜋60=𝜋12（弧度/秒），故选项A正确；对于选项B，因为摩天轮的半径为4

，所以摩天轮最低点离地面的高度为6−4=2（米），故选项B正确；对于选项C，由题可知{𝐴+𝑏=10−𝐴+𝑏=2⇒{𝐴=4𝑏=6，所以ℎ=𝑓(𝑡)=4sin(𝜋12𝑡+𝜑)+6.把(0,2)代入ℎ=𝑓(𝑡)中，则sin𝜑=−1．又−π<𝜑<0，所

以𝜑=−π2，所以ℎ=𝑓(𝑡)=4sin(𝜋12𝑡−𝜋2)+6=−4cos𝜋12𝑡+6，故选项C正确；对于选项D，ℎ=𝑓(𝑡)=−4cos𝜋12𝑡+6=10，求得𝜋12𝑡=𝜋，所以𝑡=12（秒），根据摩天轮转一周需要60

2.5=24（秒），故点𝑃第二次到达最高的需要的时间是36秒，故选项D错误，故选：ABC．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·山东泰安·高三期中）已知角𝛼的终边过点(3,1)

，则sin2𝛼+1cos2𝛼=2.【解题思路】根据题意求得sin𝛼,cos𝛼，结合倍角公式，即可求得结果.【解答过程】根据题意，sin𝛼=1√32+12=√1010，cos𝛼=3√32+12=3√1010，

则sin2𝛼=2sin𝛼cos𝛼=2×√1010×3√1010=35；cos2𝛼=cos2𝛼−sin2𝛼=910−110=45，则sin2𝛼+1cos2𝛼=35+145=2.故答案为：2.14．（5分）（2022·上

海市高三期中）已知𝑓(𝑥)=sin𝜔𝑥(𝜔>0)在[0,π3]单调递增，则实数𝜔的最大值为32.【解题思路】根据正弦函数的单调性求得正确答案.【解答过程】𝑦=sin𝑥在[−π2,π2]上递增，在[π2,3π2]上递减.𝜔>0，当0≤𝑥≤π3时，0≤𝜔𝑥≤π3𝜔，由于𝑓(

𝑥)=sin𝜔𝑥(𝜔>0)在[0,π3]单调递增，所以π3𝜔≤π2,0<𝜔≤32，所以𝜔的最大值是32.故答案为：32.15．（5分）（2022·河北·模拟预测（理））已知函数𝑓(𝑥)=𝐴cos(𝜔𝑥+𝜋

6)(𝐴>0，𝜔>0)的部分图象如图所示，将𝑓(𝑥)的图象向左平移𝜋9个单位得到𝑔(𝑥)的图象，若不等式𝑔2(𝑥)−(𝑚+2)𝑔(𝑥)+2𝑚+3⩽0在[2𝜋9，8𝜋9]，上恒成立，则𝑚的取值范围

是(−∞，−114]．【解题思路】先根据图象的变换规律求出𝑔(𝑥)的解析式，进而求出𝑔(𝑥)在[2𝜋9，8𝜋9]上的值域𝐴，再利用换元法，结合函数性质，求出最值解决问题．【解答过程】解：依题意有𝐴=2，𝑓(−49𝜋)=2cos(−49𝜋𝜔+𝜋6)=0，所以−

49𝜋𝜔+𝜋6=2𝑘𝜋−𝜋2(𝑘∈Z)，所以𝜔=32−92𝑘(𝑘∈Z)，由图知，函数𝑓(𝑥)的最小正周期𝑇满足：𝜋<𝑇=2𝜋𝜔<𝜋+4𝜋9，所以1813<𝜔<2，则1813<32−92𝑘<2(𝑘∈Z)，令𝑘=0得𝜔=32，所以𝑓(𝑥

)=2cos(32𝑥+𝜋6)，所以𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥+𝜋9)=2cos[32(𝑥+𝜋9)+𝜋6]=2cos(32𝑥+𝜋3)，当𝑥∈[2𝜋9,8𝜋9]时，32𝑥+𝜋3∈[2

𝜋3,5𝜋3]，故cos(32𝑥+𝜋3)∈[−1,12]，所以𝑔(𝑥)∈[−2,1]，令𝑡=𝑔(𝑥)，𝑡∈[−2,1]，原不等式即化为𝑡2−(𝑚+2)𝑡+2𝑚+3⩽0在[−2，1]上恒成立，令ℎ(𝑡)=𝑡2−(𝑚+2)𝑡+2𝑚

+3，该二次函数开口向上，要使上式恒成立，只需：{ℎ(−2)=4𝑚+11⩽0ℎ(1)=𝑚+2⩽0，解得，故𝑚的范围是(−∞，−114]．故答案为：(−∞，−114]．16．（5分）（2022·全国·高一单元测试）有下列说法：①函数

𝑦=−cos2𝑥的最小正周期是π；②终边在𝑦轴上的角的集合是{𝛼|𝛼=𝑘π2,𝑘∈𝑍}；③在同一平面直角坐标系中，函数𝑦=sin𝑥的图象和直线𝑦=𝑥有三个公共点；④把函数𝑦=3sin(2𝑥+π3)的图象向右平移π6个单位长度得

到函数𝑦=3sin2𝑥的图象；⑤函数𝑦=sin(𝑥−π2)在[0,π]上是减函数．其中，正确的说法是①④．（填序号）【解题思路】①根据最小正周期的求解公式得到𝑇=2π2=π；②举出反例；③由三角函数线可判断；④

根据左加右减进行平移得到解析式；⑤根据诱导公式得到𝑦=sin(𝑥−𝜋2)=−cos𝑥，从而求出在[0,π]上是增函数.【解答过程】对于①，𝑦=−cos2𝑥的最小正周期𝑇=2π2=π，故①正确；对于②，

当𝑘=0时，𝛼=0，角𝛼的终边在𝑥轴非负半轴上，故②错误；对于③，当𝑥∈(0,𝜋2)时，在单位圆中，角𝑥所对的弧长即为𝑥，由三角函数线可得𝑥>sin𝑥，当𝑥∈[𝜋2,+∞)时，𝑥>1>sin𝑥；同理当𝑥∈

(−∞,0)时，𝑥<sin𝑥；所以当且仅当𝑥=0时，𝑥=sin𝑥，所以函数𝑦=sin𝑥的图象和直线𝑦=𝑥仅有一个交点，故③错误；对于④，将𝑦=3sin(2𝑥+π3)的图象向右平移𝜋6个单位长度后，得到𝑦=3sin[2(𝑥−𝜋6

)+𝜋3]=3sin2𝑥的图象，故④正确；对于⑤，𝑦=sin(𝑥−𝜋2)=−cos𝑥，其在[0,𝜋]上为增函数，故⑤错误．故答案为：①④.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·山东·高三阶段练习）如图，一图形由一个扇形与两个正三角形组成，其中

扇形的周长为10cm，圆心角的弧度数为𝛼，半径为𝑟(2⩽𝑟<5)cm．(1)若𝛼=3，求𝑟；(2)设该图形的面积为𝑆cm2，写出𝑆关于𝑟的函数表达式．【解题思路】（1）利用扇形弧长公式

列等式，代入𝛼即可得到𝑟；（2）利用扇形的面积公式和三角形面积公式求面积即可.【解答过程】（1）依题意可得，2𝑟+𝑎𝑟=10，若𝛼=3，则𝑟=2．（2）因为扇形的面积为12𝛼𝑟2=12𝑟2×10−2𝑟𝑟=5𝑟−𝑟2（𝑐

𝑚2）所以两个正三角形的面积之和为2×√34𝑟2=√32𝑟2（𝑐𝑚2），故𝑆=5𝑟−𝑟2+√32𝑟2=√3−22𝑟2+5𝑟(2≤𝑟<5)．18．（12分）（2022·河北·高一阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知角𝛼的终边与单位圆（半径为1的圆）的交点为�

�(𝑎,𝑏)(𝑏>0)，将角𝛼的终边按逆时针方向旋转𝜋2后得到角𝛽的终边，记𝛽的终边与单位圆的交点为Q．(1)若𝑎=−12，𝛼∈(𝜋2,𝜋)，求角𝛼的值；(2)若sin𝛽+cos𝛽=−15，求tan

𝛼的值．【解题思路】（1）当𝑎=−12时，得到𝑃(−12,𝑏)，结合三角函数的定义求得cos𝛼=−12，即可求解；（2）由sin𝛽+cos𝛽=−15，结合题意得到cos𝛼−sin𝛼=−15，利用三角函数的基本关系式，得出cos𝛼+sin𝛼=75，联立方程组，即

可求解.【解答过程】（1）解：当𝑎=−12时，即角𝛼的终边与单位圆（半径为1的圆）的交点为𝑃(−12,𝑏)，根据三角函数的定义可得cos𝛼=𝑎1=−121=−12，因为𝛼∈(𝜋2,𝜋)，所以𝛼=23𝜋，（2）解：因为sin𝛽+cos𝛽=

−15，所以sin(𝛼+𝜋2)+cos(𝛼+𝜋2)=−15，即cos𝛼−sin𝛼=−15⋯①，平方得1−2sin𝛼cos𝛼=125，且2sin𝛼cos𝛼=2425>0，因为sin𝛼=𝑏>0，所以cos𝛼>0，则cos𝛼+sin𝛼=√1+2sin𝛼c

os𝛼=√1+2425=75⋯②，由①②得cos𝛼=35,sin𝛼=45，则tan𝛼=sin𝛼cos𝛼=43.19．（12分）（2022·江苏·高三阶段练习）已知2sin𝛼=2sin2𝛼2−1(1)求sin𝛼cos𝛼+cos2𝛼的值；(2

)已知𝛼∈(0,𝜋),𝛽∈[0,𝜋2]，且tan2𝛽−6tan𝛽=1，求𝛼+2𝛽的值.【解题思路】（1）已知2sin𝛼=2sin2𝛼2−1可得tan𝛼=−12，构造齐次式即可求出sin𝛼c

os𝛼+cos2𝛼的值；（2）由tan2𝛽−6tan𝛽=1，可得tan2𝛽=−13，利用正切和角公式即可求出tan(𝛼+2𝛽)=−1，分析角的范围即可求出𝛼+2𝛽的值.【解答过程】（1）解：已知2sin𝛼=2sin2𝛼2−1=−cos𝛼，所以ta

n𝛼=−12，sin𝛼cos𝛼+cos2𝛼=sin𝛼cos𝛼+cos2𝛼−sin2𝛼sin2𝛼+cos2𝛼=tan𝛼+1−tan2𝛼tan2𝛼+1=15.（2）解：由tan2𝛽−6tan𝛽=1，可得tan2𝛽=2tan𝛽1−tan2𝛽=−13，

则tan(𝛼+2𝛽)=tan𝛼+tan2𝛽1−tan𝛼tan2𝛽=−12−131−12×13=−1，因为𝛽∈[0,𝜋2]，所以2𝛽∈[0,𝜋]，又tan2𝛽=−13>−√33，则2𝛽∈(5𝜋6,𝜋]，因为𝛼∈(0,𝜋)，tan𝛼=−12>−√33，则𝛼∈(5�

�6,𝜋)，∴𝛼+2𝛽∈(5𝜋3,2𝜋)，所以𝛼+2𝛽=7𝜋4.20．（12分）（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）函数𝑓(𝑥)=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)（其中𝐴>0，𝜔>0，|𝜑|<π2）的部分图像如图所示，把函

数𝑓(−𝑥)的图像向右平移π4个单位，得到函数𝑔(𝑥)的图像.(1)当𝑥∈𝑅时，求函数𝑔(𝑥)的单调递增区间；(2)对于∀𝑥1∈[−π12,π3]，是否总存在唯一的实数𝑥2∈[π6,34π]，使得𝑓(𝑥1)+𝑔(𝑥2)=𝑚成立？

若存在，求出实数m的值或取值范围；若不存在，说明理由【解题思路】(1)由函数图像求出𝑓(𝑥)解析式，再由图像变换求出𝑔(𝑥)，整体代入法求单调递增区间.（2）分别求𝑓(𝑥1)和𝑔(𝑥2)的取值范围，由𝑓(𝑥1)+𝑔(𝑥2)=𝑚和𝑥2的唯

一性，求实数m的取值范围.【解答过程】（1）由函数图像可知，𝐴=2，𝑇2=512π−(−π12)=π2，∴𝑇=π=2π𝜔，𝜔=2，∴𝑓(𝑥)=2sin(2𝑥+𝜑)，当𝑥=−π12时，𝑓(𝑥)=0，∴s

in(−π6+𝜑)=0，由|𝜑|<π2得𝜑=π6，∴𝑓(𝑥)=2sin(2𝑥+π6).由𝑓(−𝑥)=2sin(−2𝑥+π6)，得𝑔(𝑥)=2sin[−2(𝑥−π4)+π6]=2cos(2𝑥−

π6)由−π+2𝑘π≤2𝑥−π6≤2𝑘π，解得−512π+𝑘π≤𝑥≤𝑘π+π12，∴函数𝑔(𝑥)的单调递增区间为[−512π+𝑘π,𝑘π+π12]（𝑘∈Z）（2）由𝑓(𝑥1)+𝑔(�

�2)=𝑚，得𝑔(𝑥2)=𝑚−𝑓(𝑥1)，由，−π12≤𝑥1≤π3得0≤2𝑥1+π6≤56π，∴0≤sin(2𝑥1+π6)≤1，∴𝑚−𝑓(𝑥1)∈[𝑚−2,𝑚]，又π6≤𝑥2≤34π，得π6≤2𝑥2−π6≤4

π3，所以−1≤cos(2𝑥2−π6)≤√32，由𝑥2的唯一性可得：−12<cos(2𝑥2−π6)≤√32即𝑔(𝑥2)∈(−1,√3]，由[𝑚−2,𝑚]⊆(−1,√3]，得{𝑚−2>−

1𝑚≤√3，解得1<𝑚≤√3，所以当𝑚∈(1,√3]时，使𝑓(𝑥1)+𝑔(𝑥2)=𝑚成立.21．（12分）（2022·江苏苏州·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=√3sin(𝜔𝑥+�

�6)+2sin2(𝜔𝑥2+𝜋12)−1(𝜔>0)的相邻两对称轴间的距离为π2.(1)求𝑓(𝑥)的解析式.(2)将函数𝑓(𝑥)的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标变），得到

函数𝑦=𝑔(𝑥)的图象，当𝑥∈[−π12,π6]时，求函数𝑔(𝑥)的值域.(3)对于第（2）问中的函数𝑔(𝑥)，记方程𝑔(𝑥)=𝑚(𝑚∈R)在𝑥∈[π6,4π3]上的根从小到依次

为𝑥1<𝑥2<𝑥3<𝑥4<𝑥5，求𝑚+𝑥1+2𝑥2+2𝑥3+2𝑥1+𝑥5的值域.【解题思路】（1）由二倍角公式和辅助角公式即可化简𝑓(𝑥)；（2）利用三角函数的图像变换，可求出𝑔(𝑥)，由三角函数的性质求解𝑔(𝑥)

在𝑥∈[−π12,π6]的值域；（3）由方程𝑔(𝑥)=𝑚，即sin(4𝑥−𝜋3)=𝑚2，设𝜃=4𝑥−𝜋3，即sin𝜃=𝑚2，结合正弦函数𝑦=sin𝜃的图象，𝑚+𝑥1+2𝑥2+2𝑥3+⋯+2𝑥4+𝑥5=𝑚+2𝜋3，求出𝑚的范围，代入即可

得出答案.【解答过程】（1）由题意，函数𝑓(𝑥)=√3sin(𝜔𝑥+𝜋6)+2sin2[12(𝜔𝑥+𝜋6)]−1=√3sin(𝜔𝑥+𝜋6)−cos(𝜔𝑥+𝜋6)=2sin(𝜔𝑥+𝜋6−𝜋6)=2sin𝜔

𝑥，因为函数𝑓(𝑥)图象的相邻两对称轴间的距离为π2，所以𝑇=𝜋，可得𝜔=2，故函数𝑓(𝑥)=2sin2𝑥.（2）将函数𝑓(𝑥)的图象向右平移π6个单位长度，可得𝑦=2sin(2𝑥−𝜋3)的图象，再把横坐标缩小为原来的12，

得到函数𝑦=𝑔(𝑥)=2sin(4𝑥−𝜋3)的图象，当𝑥∈[−𝜋12,𝜋6]时，4𝑥−𝜋3∈[−2𝜋3,𝜋3]，当4𝑥−𝜋3=−𝜋2时，函数𝑔(𝑥)取得最小值，最小值为

−2，当4𝑥−𝜋3=𝜋3时，函数𝑔(𝑥)取得最大值，最大值为√3，故函数𝑔(𝑥)的值域[−2,√3].（3）由方程𝑔(𝑥)=𝑚，即2sin(4𝑥−𝜋3)=𝑚，即sin(4𝑥−𝜋3)=𝑚

2，因为𝑥∈[𝜋6,4𝜋3]，可得4𝑥−𝜋3∈[𝜋3,5𝜋]，设𝜃=4𝑥−𝜋3，其中𝜃∈[𝜋3,5𝜋]，即sin𝜃=𝑚2，结合正弦函数𝑦=sin𝜃的图象，如图所示：可得方程sin𝜃=𝑚2在区间

[𝜋3,5𝜋]有5个解时0≤𝑚2<√32，即0≤𝑚<√3，其中𝜃1+𝜃2=3𝜋,𝜃2+𝜃3=5𝜋,𝜃3+𝜃4=7𝜋,𝜃4+𝜃5=9𝜋，即4𝑥1−𝜋3+4𝑥2−𝜋3=3𝜋,4𝑥2−𝜋3+4𝑥3−𝜋3=5�

�,4𝑥3−𝜋3+4𝑥4−𝜋3=7𝜋，4𝑥4−𝜋3+4𝑥5−𝜋3=9𝜋，解得𝑥1+𝑥2=11𝜋12,𝑥2+𝑥3=17𝜋12,𝑥3+𝑥4=23𝜋12,𝑥4+𝑥5=29𝜋1

2，所以𝑚+𝑥1+2𝑥2+2𝑥3+⋯+2𝑥4+𝑥5=𝑚+(𝑥1+𝑥2)+(𝑥2+𝑥3)+(𝑥3+𝑥4)+(𝑥4+𝑥5)=𝑚+2𝜋3.从而𝑚+𝑥1+2𝑥2+2𝑥3+⋯+2𝑥1+𝑥5∈[20𝜋3,20𝜋3+√3).22．（12分）（20

22·全国·高一）某游乐场的摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为𝑇=24分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1～12（可

视为点），现从图示位置，即1号座舱位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．(1)当𝑡=6时，求1号座舱与地面的距离；(2)在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为17米时t的值；(3)记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为

H米，若在0≤𝑡≤𝑡0这段时间内，H恰有三次取得最大值，求𝑡0的取值范围．【解题思路】（1）设1号座舱与地面的距离ℎ与时间𝑡的函数关系的解析式为ℎ(𝑡)=𝐴sin(𝜔𝑡+𝜑)+𝑏(𝐴>0，𝜔>0)，根据所给条件求出𝐴、𝑏、𝜔、𝜑，即可得到函数解析

式，再令𝑡=6代入计算可得；（2）由（1）中的解析式ℎ(𝑡)=17，结合正弦函数的性质计算可得；（3）依题意可得ℎ1，ℎ5，从而得到高度差函数𝐻=|(30sin𝜋12𝑡+32)−[30sin𝜋

12(𝑡+8)+32]|，利用两角和差的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质求出函数取得最大值时𝑡的值，即可得解；【解答过程】(1)解：设1号座舱与地面的距离ℎ与时间𝑡的函数关系的解析式为ℎ(𝑡)=𝐴sin(𝜔𝑡+𝜑)+𝑏(𝐴>0，𝜔>0，𝑡≥0

)，则𝐴=30，𝑏=32，所以ℎ(𝑡)=30sin(𝜔𝑡+𝜑)+32(𝜔>0)，依题意𝑇=24min，所以𝜔=2𝜋𝑇=𝜋12(𝑟𝑎𝑑/min)，当𝑡=0时ℎ(𝑡)=32，所以𝜑=0，故ℎ(𝑡)=30sin𝜋12𝑡+3

2(𝑡≥0)，所以ℎ(6)=30sin(𝜋12×6)+32=62，即当𝑡=6时，求1号座舱与地面的距离为62m；(2)解：令ℎ(𝑡)=17，即30sin𝜋12𝑡+32=17，所以sin𝜋12𝑡=−12，又0≤𝑡≤24，所以0≤𝜋12𝑡≤2𝜋，

所以𝜋12𝑡=4𝜋3或𝜋12𝑡=5𝜋3，解得𝑡=16或𝑡=20，即𝑡=16或𝑡=20时1号座舱与地面的距离为17米；(3)解：依题意ℎ1=30sin𝜋12𝑡+32，ℎ5=30sin𝜋12(𝑡+8)+32，所以𝐻=|

(30sin𝜋12𝑡+32)−[30sin𝜋12(𝑡+8)+32]|=|30sin𝜋12𝑡−30sin𝜋12(𝑡+8)|=30|sin𝜋12𝑡−sin(𝜋12𝑡+2𝜋3)|=30|32sin𝜋12𝑡−√32c

os𝜋12𝑡|=30√3|sin(𝜋12𝑡−𝜋6)|，令𝜋12𝑡−𝜋6=𝜋2+𝑘𝜋,𝑘∈𝑁，解𝑡=8+12𝑘,𝑘∈𝑁，所以当𝑡=8+12𝑘,𝑘∈𝑁时𝐻取得最大值，依题意可得32≤𝑡0<44.