【文档说明】2021新高考数学限时集训3　三角函数的概念、图象与性质 三角恒等变换与解三角形 .docx，共(25)页，257.797 KB，由小赞的店铺上传

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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．(2020·全国卷Ⅲ)已知sinθ＋sinθ＋π3＝1，则sinθ＋π6＝()A．12B．33C．23D．22B[∵sinθ＋sin

θ＋π3＝32sinθ＋32cosθ＝3sinθ＋π6＝1，∴sinθ＋π6＝33，故选B．]2．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈0，π2，2sin2α＝cos2α＋

1，则sinα＝()A．15B．55C．33D．255B[由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝1－2sin2α＋1，即2sinαcosα＝1－sin2α.因为α∈0，π2，所以cosα＝

1－sin2α，所以2sinα1－sin2α＝1－sin2α，解得sinα＝55，故选B．]3．(2020·全国卷Ⅲ)在△ABC中，cosC＝23，AC＝4，BC＝3，则tanB＝()A．5B．25C．45D

．85C[法一：在△ABC中，cosC＝23，则sinC＝53＞22，所以C∈π4，π2.由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝16＋9－2×4×3×23＝9，所以AB＝3.由正弦定理ACsinB＝ABsinC，得sinB＝459，易知B∈0

，π2，所以cosB＝19，tanB＝sinBcosB＝45.故选C．法二：在△ABC中，cosC＝23，AC＝4，BC＝3，所以由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝16＋9－2×4×

3×23＝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＝BC2－CD2＝32－422＝5，tanB2＝25＝255，所以tanB＝2tanB21－tan2B2＝45.故选C．]4．[多选](2020·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．sinx＋π3B．sinπ3－2xC．cos2x＋π6D．cos5π6－2xBC[由题图可知，函数的最小正周期T＝22π3－π6＝π，∴2π|

ω|＝π，ω＝±2.当ω＝2时，y＝sin(2x＋φ)，将点π6，0代入得，sin2×π6＋φ＝0，∴2×π6＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋2π3，k∈Z，故y＝sin2x＋2π3.由于y＝sin2x＋2π3＝sinπ－2x

＋2π3＝sinπ3－2x，故选项B正确；y＝sinπ3－2x＝cosπ2－π3－2x＝cos2x＋π6，选项C正确；对于选项A，当x＝π6时，sinπ6＋π3＝1≠0，错误；对于选项D，当x＝π6＋2π32＝5π12时，c

os5π6－2×5π12＝1≠－1，错误．当ω＝－2时，y＝sin(－2x＋φ)，将π6，0代入，得sin－2×π6＋φ＝0，结合函数图象，知－2×π6＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝4π3＋2kπ，k∈Z，∴y＝sin－2x＋4π3，但当x＝

0时，y＝sin－2x＋4π3＝－32<0，与图象不符合，舍去．综上，选BC．]5．(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sin2x＋2π3，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π6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π12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12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6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12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C2D[因为y＝sin2x＋2π3＝cos2x＋2π3

－π2＝cos2x＋π6，所以曲线C1：y＝cosx上各点的横坐标缩短到原来的12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π12个单位长度，得到曲线y＝cos2

x＋π12＝cos2x＋π6.故选D．]6．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝sinx＋1sinx，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＝π2对称D[由题意得sinx

∈[－1，0)∪(0，1]．对于A，当sinx∈(0，1]时，f(x)＝sinx＋1sinx≥2sinx·1sinx＝2，当且仅当sinx＝1时取等号；当sinx∈[－1，0)时，f(x)＝sinx＋

1sinx＝－－sinx＋1－sinx≤－2－sinx·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)＋1sin(－x)＝－sinx＋1sinx＝－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)＋1sin(x＋π)＝－(sinx＋1sinx)，f(π－x)＝sin(π－x)＋1sin(π－x)＝sinx＋1sinx，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，fx＋π2＝sinx＋π2＋1sinx＋π2＝cosx＋1cosx，fπ2－x＝sinπ2－x＋1sinπ2

－x＝cosx＋1cosx，所以fx＋π2＝fπ2－x，f(x)的图象关于直线x＝π2对称，所以D正确．故选D．]7．(2018·全国卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是减函

数，则a的最大值是()A．π4B．π2C．3π4D．πA[法一：f(x)＝cosx－sinx＝2cosx＋π4，且函数y＝cosx在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x＋π4≤π，得－π4≤x≤3π4.因为f(x)在[－a，a]上是减函数，所以－a≥－π4，a

≤3π4，解得a≤π4，所以0＜a≤π4，所以a的最大值是π4，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2sinx＋π4≥0在[－a，a]上恒成立，结合函数y＝2sinx＋π4的图象可知有－a＋π4≥0，a＋π4≤π，解得a≤π4，所以0＜a≤π4，所以a的最大值是π4，故选A．]8．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x

)＝sin(ωx＋φ)ω＞0，|φ|≤π2，x＝－π4为f(x)的零点，x＝π4为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在π18，5π36上单调，则ω的最大值为()A．11B．9C．7D

．5B[先根据函数的零点及图象对称轴，求出ω，φ满足的关系式，再根据函数f(x)在π18，5π36上单调，则π18，5π36的区间长度不大于函数f(x)周期的12，然后结合|φ|≤π2计算ω的最大值．因为f(x)＝sin(ωx＋φ)的一个零点为x＝

－π4，x＝π4为y＝f(x)图象的对称轴，所以T4·k＝π2(k为奇数)．又T＝2πω，所以ω＝k(k为奇数)．又函数f(x)在π18，5π36上单调，所以π12≤12×2πω，即ω≤12.若ω＝11，又|φ|≤π2，则φ＝－π4，此时，f(x

)＝sin11x－π4，f(x)在π18，3π44上单调递增，在3π44，5π36上单调递减，不满足条件．若ω＝9，又|φ|≤π2，则φ＝π4，此时，f(x)＝sin9

x＋π4，满足f(x)在π18，5π36上单调的条件．故选B．]9．(2018·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a2＋b2－c24，则C＝()A．π2B

．π3C．π4D．π6C[根据题意及三角形的面积公式知12absinC＝a2＋b2－c24，所以sinC＝a2＋b2－c22ab＝cosC，所以在△ABC中，C＝π4.]10．(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中，以π2为周期且在区间

π4，π2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π2，当x∈π4，π

2时，2x∈π2，π，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)＝|sin2x|的周期为π2，当x∈π4，π2时，2x∈π2，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|＝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．(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B＝π4，BC边上的高等

于13BC，则cosA＝()A．31010B．1010C．－1010D．－31010C[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＝12a·13a＝12acsinB，∴c＝23a.由余弦定理得b2＝a

2＋c2－2accosB＝a2＋29a2－2×a×23a×22＝59a2，∴b＝53a.∴cosA＝b2＋c2－a22bc＝59a2＋29a2－a22×53a×23a＝－1010.故选C．法二：同法一得c＝23a.由正弦定理得sinC＝23

sinA，又B＝π4，∴sinC＝sin3π4－A＝23sinA，即22cosA＋22sinA＝23sinA，∴tanA＝－3，∴A为钝角．又∵1＋tan2A＝1cos2A，∴cos2A＝110，∴cosA＝－1010.故选C．]12．(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f(x)＝s

in|x|＋|sinx|有下述四个结论：①f(x)是偶函数；②f(x)在区间π2，π单调递增；③f(x)在[－π，π]有4个零点；④f(x)的最大值为2.其中所有正确结论的编号是()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π2＜x＜π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在π2，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，排除B；当π2＜x＜π时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f(x)在π2，π单调递减，故②不

正确，排除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．(2019·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝sinωx＋π5(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个极小值点；③f(x)在0，π10单调递增；④ω的取值范围是125，2910.其中所有正确结论的编号是()A．①④B．②③C

．①②③D．①③④D[如图，根据题意知，xA≤2π＜xB，根据图象可知函数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个极小值点，所以②错误；根据xA≤2π＜xB，有24π5ω≤2π＜2

9π5ω，得125≤ω＜2910，所以④正确；当x∈0，π10时，π5＜ωx＋π5＜ωπ10＋π5，因为125≤ω＜2910，所以ωπ10＋π5＜49π100＜π2，所以函数f(x)在0，π10单调递增，所以③正确．]14．(2016·全国卷Ⅱ)△ABC的内角

A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝45，cosC＝513，a＝1，则b＝________.2113[因为A，C为△ABC的内角，且cosA＝45，cosC＝513，所以sinA＝35，sinC＝1213，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋

C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝35×513＋45×1213＝6365.又a＝1，所以由正弦定理得b＝asinBsinA＝sinBsinA＝6365×53＝2113.]15．(2019·全国卷Ⅱ)△AB

C的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝π3，则△ABC的面积为____________．63[法一：因为a＝2c，b＝6，B＝π3，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccosπ3，得c＝23，所以a＝43，

所以△ABC的面积S＝12acsinB＝12×43×23×sinπ3＝63.法二：因为a＝2c，b＝6，B＝π3，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccosπ3，得c＝23，所以a＝43，所以a2＝b2

＋c2，所以A＝π2，所以△ABC的面积S＝12×23×6＝63.]16．(2015·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________．(6－2，6＋2)[画出四边形ABCD，延长CD，BA，探求出A

B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＝22＋22－2×2×2cos30°＝6－2.在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB

＝75°，BE＝CE，BC＝2，BEsin75°＝2sin30°，∴BE＝212×6＋24＝6＋2.∴6－2<AB<6＋2.]17．(2020·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________．π2(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＝π2＋2kπ，k∈Z，故常数φ的一个取值为π2.]18．[一题两空](2019·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＝________.12257210[在△BDC中，BC＝3，sin∠BCD＝45，∠BDC＝45°，由正弦定理得BDsin∠BCD＝BCsin∠BDC，则BD＝

3×4522＝1225.在△ABD中，sin∠BAD＝35，cos∠BAD＝45，∠ADB＝135°，∴cos∠ABD＝cos[180°－(135°＋∠BAD)]＝cos(45°－∠BAD)＝cos45°cos∠BAD＋sin45°

sin∠BAD＝2245＋35＝7210.]1．(2020·济南模拟)在△ABC中，sinA＝513，cosB＝35，则cosC＝()A．5665B．－3365C．5665或－1665D．－1665D[因为cosB＝35，所以sinB＝45

，因为sinA＝513，所以cosA＝±1213，因为sinB＝45＞sinA＝513，所以B＞A，所以角A为锐角，所以cosA＝1213，cosC＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝513×45－1213×35＝－1665.]2．(2020·潍坊模拟)在△ABC中，内角A，

B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3＋1，b＝2，A＝π3，则B＝()A．3π4B．π6C．π4D．π4或3π4C[∵c＝3＋1，b＝2，A＝π3，∴由余弦定理可得a＝b2＋c2－2bccosA＝4＋(3＋1)2－2×2×(3＋1)×12＝6，

∴由正弦定理可得sinB＝b·sinAa＝2×326＝22，∵b＜a，∴B为锐角，∴B＝π4.故选C．]3．(2020·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)＝sin

x＋2cosx的图象，则cosφ＝()A．－45B．45C．－35D．35C[∵f(x)＝515sinx－25cosx＝5sin(x－θ)，其中cosθ＝55，sinθ＝255，g(x)＝sinx＋2cosx＝5sin(x＋θ)，∴5sin(x－θ＋φ)

＝5sin(x＋θ)，∴x－θ＋φ＝x＋θ＋2kπ，k∈Z，∴φ＝2θ＋2kπ，k∈Z，∴cosφ＝cos2θ＝2cos2θ－1＝25－1＝－35，故选C．]4．(2020·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)其

中A＞0，ω＞0，|φ|＜π2图象的一个对称中心为π3，0，与该对称中心相邻的一条对称轴的方程为x＝7π12，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π6个单位长度B．向左平移π12个单位长度C．向右平移π6个单位长度D．向

右平移π12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×7π12－π3＝π，故ω＝2.又当x＝7π12时，f(x)取得最小值，故2×7π12＋φ＝3π2＋2kπ，k∈Z，又|φ|＜π2，所以φ＝π3

，即f(x)＝sin2x＋π3.又g(x)＝cos2x＝sin2x＋π2＝sin2x＋π12＋π3，故只要将f(x)的图象向左平移π12个单位长度，即可得到g(x)＝cos2x的图象．]5．(2020·济宁模拟)已知α∈0，π2，β∈

0，π2，且sin2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，则下列结论正确的是()A．2α－β＝π2B．2α＋β＝π2C．α＋β＝π2D．α－β＝π2A[法一：因为α∈0，π2，β∈0，π2，所以由s

in2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，得sin2α1－cos2α＝cosβ1＋sinβ，所以2sinαcosα2sin2α＝sinπ2－β1＋cosπ2－β，所以cos

αsinα＝2sinπ4－β2cosπ4－β22cos2π4－β2，所以sinπ2－αcosπ2－α＝sinπ4－β2cosπ4－β2，所以tan

π2－α＝tanπ4－β2.又π2－α∈0，π2，π4－β2∈0，π4，函数y＝tanx在区间0，π2上单调递增，所以π2－α＝π4－β2，即2α－β＝π2，故选A．法二：tanα＝sinαcos

α＝2sin2α2sinαcosα＝1－cos2αsin2α，tanπ4＋β2＝sinπ4＋β2cosπ4＋β2＝2sin2π4＋β22sinπ4＋β2cos

π4＋β2＝1－cosπ2＋βsinπ2＋β＝1＋sinβcosβ，由sin2α(1＋sinβ)＝cosβ(1－cos2α)，得1＋sinβcosβ＝1－cos2αsin2α，则tanα＝tanπ4＋β2

.又α∈0，π2，π4＋β2∈π4，π2，函数y＝tanx在区间0，π2上单调递增，所以α＝π4＋β2，且2α－β＝π2，故选A．]6．(2020·西安模拟)将函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象向右平移π

4个单位长度后得到函数g(x)＝sin2x＋π6的图象，则函数f(x)的一个单调递减区间为()A．－π12，5π12B．－π6，5π6C．－π3，π6D．π6，2π3A[将函数f(x)＝sin(2x＋φ)

的图象向右平移π4个单位长度后得到函数g(x)的图象，所以g(x)＝sin2x－π4＋φ＝sin2x－π2＋φ＝sin2x＋π6.又0＜φ＜π，所以φ＝2π3，所以f(x)＝sin2x＋2π3.由2kπ＋π2≤2x＋2π

3≤2kπ＋3π2(k∈Z)，解得kπ－π12≤x≤kπ＋5π12(k∈Z)，令k＝0可得函数f(x)的一个单调递减区间为－π12，5π12，故选A．]7．(2020·四川五校联考)在△A

BC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．32B．22C．3D．4C[如图，由BD＝2CD＝2，知BC＝3，由角平分线定理，得ABAC＝BDCD＝2，设AC＝

x，∠BAC＝2α，α∈0，π2，则AB＝2x，由余弦定理，得32＝4x2＋x2－2·2x·x·cos2α，即x2＝95－4cos2α.S△ABC＝12·2x·x·sin2α＝x2·sin2α＝9sin2α5－4cos2α

＝9×2sinαcosα5－4×(cos2α－sin2α)＝9·2tanα1＋tan2α5－4·1－tan2α1＋tan2α＝18·tanα1＋9tan2α＝181tanα＋9tanα≤1821tanα·9tanα＝3，当且

仅当1tanα＝9tanα，即tanα＝13时取等号．故△ABC面积的最大值为3.]8．[多选](2020·济宁模拟)已知函数f(x)＝sin2x－π6，则下列四个命题正确的是()A．f(x)的最小正周期是πB．f(

x)＝12是x＝π2的充分不必要条件C．函数f(x)在区间π3，5π6上单调递增D．函数y＝|f(x)|的图象向左平移π12个单位长度后得到图象的对称轴方程为x＝k4π(k∈Z)AD[对于A，由最小正周期T＝2π2＝π知A正确；对于B，由f(x)＝12得2x－π6＝2kπ＋π6或2x

－π6＝2kπ＋5π6(k∈Z)，即x＝kπ＋π6或x＝kπ＋π2(k∈Z)，可知f(x)＝12是x＝π2的必要不充分条件，B不正确；对于C，由π3＜x＜5π6得π2＜2x－π6＜3π2，因为y＝sinx在π2，3π2上

单调递减，故C不正确；对于D，y＝|f(x)|的图象向左平移π12个单位长度得y＝sin2x＋π12－π6＝|sin2x|的图象，由y＝|sinx|的图象的对称轴为直线x＝kπ2(k∈Z)得y＝|sin2x|的图象的对称轴为直线x＝k

π4(k∈Z)，D正确．故选AD．]10.(2020·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，2b－c)，且m·n＝0，则角A的大小为()A．π6B．π4C．π3D．π2B[法一：由m·n＝0，得aco

sC－cosA(2b－c)＝0，由正弦定理，得sinAcosC－cosA(2sinB－sinC)＝0，即sinAcosC＋cosAsinC＝2sinBcosA，所以sin(A＋C)＝2sinBcosA，所以sin(π－B)＝2sinB

cosA，即sinB＝2sinBcosA．因为0＜B＜π，所以sinB＞0，所以cosA＝22，所以A＝π4，故选B．法二：由m·n＝0，得acosC－cosA(2b－c)＝0，由余弦定理，得a·a2＋b2－c22ab－2bcosA＋c·b2＋c2－a22bc＝0，即b＝2bcos

A，所以cosA＝22，所以A＝π4，故选B．]11．[多选](2020·青岛模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω＞0，|φ|＜π2，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为π4，将函数y＝f(x

)的图象向左平移3π16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－π16，0对称B．关于点π16，0对称C．关于直线x＝π16对称D．关于直线x＝－π16对称

BD[由题意，知f(x)的最小正周期T＝2×π4＝π2，所以ω＝2πT＝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＝sin4x＋3π16＋φ＝sin4

x＋3π4＋φ，当函数y＝sin4x＋3π4＋φ的图象关于y轴对称时，必有3π4＋φ＝kπ＋π2(k∈Z)，即φ＝kπ－π4(k∈Z)，结合|φ|＜π2，得φ＝－π4，所以由4x－π4＝nπ(n∈Z)，得x

＝nπ4＋π16(n∈Z)，当n＝0时，x＝π16，所以函数f(x)的图象的一个对称中心为π16，0.由4x－π4＝mπ＋π2(m∈Z)，得x＝mπ4＋3π16(m∈Z)，当m＝－1时，x＝－π16，所以

函数f(x)的图象关于直线x＝－π16对称，故选BD．]12．[多选](2020·枣庄模拟)如图是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω＞0，－π2＜φ＜π2的部分图象，把函数f(x)的图象上所有点的横

坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再把所得图象向左平移π6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＝12(1＋k)π(k∈Z)C．函数g(x)的单调递增区间为2kπ＋π2，2kπ＋3π2(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×π3＋π6＝π，由T＝2π|ω|及ω＞0，得ω＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)．又f(x)的图象经过

点π3，1，所以sin2×π3＋φ＝1.因为－π2＜φ＜π2，所以φ＝－π6，故f(x)＝sin2x－π6.把函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝sinx－π6的图象，再将y＝si

nx－π6的图象向左平移π6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＋π2(k∈Z)，B选项错误；函数g(x)的单调递增区间为2kπ－π2，2kπ＋π2

(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](2020·临沂模拟)把函数f(x)＝sin2x－cos2x的图象向右平移π2个单位长度，得到函数y

＝g(x)的图象，则下列判断正确的是()A．g(x)＝－sin2x＋cos2xB．函数y＝g(x)的图象关于直线x＝3π8对称C．函数y＝g(x)在－π4，π4上单调递减D．函数y＝g(x)的图象关于点－3π8，0对称ABD[法一：f(x)＝

sin2x－cos2x＝2sin2x－π4，所以g(x)＝2sin2x－π2－π4＝－sin2x＋cos2x＝2sin2x＋3π4，显然A正确；令2x＋3π4＝π2＋kπ(k∈Z)，得x＝－π8＋kπ2(k

∈Z)，所以直线x＝－π8＋kπ2(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＝3π8，B正确；令2x＋3π4＝kπ(k∈Z)，得x＝－3π8＋kπ2(k∈Z)，所以点－3π8＋kπ2，0(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－3π8，0，D正确；令π2＋2kπ≤2x＋3π4≤3π2＋2kπ(k∈Z)，得－π8＋kπ≤x≤3π8＋kπ(k∈Z)，所以函数y＝g(x)在区间－π8＋kπ，3π8＋kπ(k∈Z)上单调递减，故C错误．故选ABD．法二：f(x)＝

sin2x－cos2x＝2sin2x－π4，所以g(x)＝2sin2x－π2－π4＝－sin2x＋cos2x＝2sin2x＋3π4，显然A正确；当x＝3π8时，g3π8＝

2sin2×3π8＋3π4＝2sin3π2＝－2，所以B正确；当x＝－3π8时，g－3π8＝2sin－2×3π8＋3π4＝0，所以D正确；当－π4＜x＜π4时，π4＜2x＋3π4＜5π4，易知C错误．故选ABD．]14．[多选](20

20·滨州模拟)已知P(1，2)是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A＞0，ω＞0，|φ|＜π2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tanθ2＝34，则下列说法正确的是()A．A＝2B．f(x)的最小正周期为6C．φ＝π

4D．52，0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；|P

D|＝4，∠BPD＝∠CPD＝θ2，PD⊥BC，所以tan∠BPD＝tanθ2＝|BD||PD|＝|BD|4＝34，所以|BD|＝3，|BC|＝6，f(x)的最小正周期为6，B正确；ω＝2π6＝π3，π3×1

＋φ＝π2＋2kπ，k∈Z，φ＝π6＋2kπ，k∈Z，又|φ|＜π2，故φ＝π6，C错误；由函数f(x)图象的对称性知，xF＝1＋32＝52，所以F52，0是f(x)图象的一个对称中心，D正确．故选ABD．]15．[多选](202

0·泰安模拟)已知直线x＝π4是函数f(x)＝sinx＋acosx的图象的一条对称轴，若x1，x2满足f(x1)·f(x2)＝2，则()A．a的值为1B．f(x)的最大值为2C．f(x)在－34π，π4上单调递增D．|x1＋x2|可取π2或3π

2ACD[法一：f(x)＝sinx＋acosx＝1＋a2sin(x＋φ)，其中tanφ＝a.由直线x＝π4是函数图象的对称轴可得π4＋φ＝π2＋kπ(k∈Z)，即φ＝π4＋kπ(k∈Z)，所以a＝tanφ＝1，故A正确，f(

x)＝2sinx＋π4，所以B错误，C正确．若f(x1)·f(x2)＝2，则f(x1)＝f(x2)＝2或－2，当f(x1)＝f(x2)＝2时，可设x1＝π4＋2k1π，x2＝π4＋2k2π，其中k1，k2∈Z，则|x1＋x2|＝π2＋2(k1＋

k2)π，当k1＋k2＝0时，可得|x1＋x2|＝π2；当k1＋k2＝－1时，|x1＋x2|＝32π.当f(x1)＝f(x2)＝－2时，同理可得|x1＋x2|＝－π2＋2(k1＋k2)π，k1，k2∈Z，

易知|x1＋x2|可取π2或3π2.故选ACD．法二：由直线x＝π4是函数f(x)图象的对称轴可得f′π4＝0，即f′π4＝cosπ4－asinπ4＝0，即a＝1，故A正确，f(x)＝2sinx＋π4，所以B错误，C正确．

若f(x1)·f(x2)＝2，则f(x1)＝f(x2)＝2或－2，当f(x1)＝f(x2)＝2时，可设x1＝π4＋2k1π，x2＝π4＋2k2π，其中k1，k2∈Z，则|x1＋x2|＝π2＋2(k1＋k2)π，当k1＋k2＝0时，可得|x1＋x2|＝

π2；当k1＋k2＝－1时，|x1＋x2|＝3π2.当f(x1)＝f(x2)＝－2时，同理可得|x1＋x2|＝－π2＋2(k1＋k2)π，k1，k2∈Z，易知|x1＋x2|可取π2或3π2.故选ACD．]16．[多选](2020·聊城模拟)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)

A＞0，ω＞0，|φ|＜π2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π2B．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＋11π12(k∈Z)AD[由题图可知，A＝2，14×2πω＝2π3－π6，得ω＝1，由fπ6＝2cosπ6＋φ＝2以及|φ|＜π2，得φ＝－π6，所以f(x)＝2cosx－π6，所以g

(x)＝2cosx－π6－2sinx－π6＝22cosx＋π12.h(x)＝22cosx＋π12＋2，令h(x)＝0，得cosx＋π12＝－22，易知该方程的实根之间差的绝对值的最小值为π2，选项A正确；g(x)的最大值为22，选项B不正

确；g′(x)＝－22sinx＋π12＝－3无解，选项C不正确；由x＋π12＝π＋kπ(k∈Z)，得g(x)图象的对称轴方程为x＝kπ＋11π12(k∈Z)，所以选项D正确．]17．(2020·大同调研)已知sinθ－π6＝12，且θ∈

0，π2，则cosθ－π3＝________.1[因为θ∈0，π2，所以θ－π6∈－π6，π3.由sinθ－π6＝12，得θ－π6＝π6，所以θ＝π3，则cosθ－π3＝cosπ

3－π3＝1.]18．(2020·惠州第一次调研)若α∈π2，5π4，sinα－π4＝35，则cos2α＝________.2425[由sinα－π4＝35可得22sinα－22cosα＝35，故sinα－cosα＝325，

两边平方得1－2sinαcosα＝1825，所以sin2α＝725，因为α∈π2，5π4，所以2α∈π，5π2，所以2α∈2π，5π2，故cos2α＝1－7252＝576252＝2425.]19．(2020·日照模拟)在△ABC中，B

＝π4，BC边上的高等于13BC，则sinA＝________.31010[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＝13a.△ABC的面积S＝12×a×13a＝12acsin

B，得a＝322c.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，得b＝102c.由正弦定理得322csin∠BAC＝102csinB，所以sin∠BAC＝31010.法二：作AD⊥BC交BC于D(图略)，则AD＝13BC，设BC＝3，则AD＝1.由B＝π4，可知BD＝1，

则DC＝2，AC＝5.由正弦定理得sin∠BACsinπ4＝35，所以sin∠BAC＝35×22＝31010.]20．(2020·合肥调研)在△ABC中，A＝2B，AB＝73，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ACsinB＝BCsinA，得ACsinB＝4sin2B＝42sinBcosB，所以cosB＝2AC，且AC＞2，所以由余弦定理AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcos

B，得AC2＝42＋732－2×4×73×2AC，即9AC3－193AC＋336＝0，得(AC－3)(3AC－7)(3AC＋16)＝0，解得AC＝73或AC＝3.当AC＝73时，cosB＝67，2B＝2∠ACB＝A，由三角形内角和定理A＋B＋∠ACB＝π，得B＝π4，矛

盾，舍去；当AC＝3时，由三角形的角平分线，得ADBD＝ACBC，即AD73－AD＝34，解得AD＝1.综上可得，AD＝1.]21．(2020·广东四校联考)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，△ACD是以D为顶点的等腰直角三角形，则△B

CD面积的最大值为________．1＋22[在△ABC中，设∠ACB＝β，∠ABC＝α，由余弦定理可得AC2＝1＋4－4cosα＝5－4cosα，因为△ACD为等腰直角三角形，所以CD2＝5－4cosα2，由正弦定理得1sinβ＝ACsinα，所以ACsinβ＝sinα，所以2C

Dsinβ＝sinα，所以(2CDcosβ)2＝2CD2(1－sin2β)＝2CD2－2CD2sin2β＝5－4cosα－sin2α＝(2－cosα)2，因为β＜∠BAC，所以β为锐角，2CDcosβ＝2－cosα，S△BCD＝12×2×CD×sin

π4＋β＝CDsinπ4＋β＝22CDsinβ＋22CDcosβ＝12sinα＋1－12cosα＝1＋22sinα－π4，当α＝3π4时，(S△BCD)max＝1＋22.]22．[一题两

空](2020·烟台模拟)已知0＜α＜π4，且sinα＝35，则tanα＋5π4＝________，sin2α＋sin2αcos2α＋cos2α＝________.73323[因为0＜α＜π4，且sinα＝35，所以c

osα＝1－sin2α＝45，所以tanα＝sinαcosα＝34，则tanα＋5π4＝tanα＋π4＝tanα＋11－tanα＝7.sin2α＋sin2αcos2α＋cos2α＝sin2α

＋2sinαcosα2cos2α－sin2α＝tan2α＋2tanα2－tan2α＝916＋642－916＝3323.]23．[一题两空](2020·济南模拟)在△ABC中，已知点D在线段AC上，AB⊥BD，BC＝33，BD＝5，sin∠ABC＝

235，则CD＝________，cos∠BAC＝________.433920[由题意得sin∠ABC＝sinπ2＋∠DBC＝cos∠DBC＝235，在△DBC中，因为BD＝5，BC＝33，所以由余弦定理可知DC2

＝BD2＋BC2－2BD·BCcos∠DBC＝25＋27－2×5×33×235＝16，所以CD＝4.易知cos∠BAC＝cosπ2－∠BDA＝sin∠BDA＝sin∠BDC，又sin∠DBC＝1－cos2∠DBC＝135，所以由正弦定理可知sin∠BDC＝sin∠DBCDC

·BC＝33920，则cos∠BAC＝33920.]24．[一题两空](2020·陕西百校联盟第一次模拟)在△ABC中，D为AC的中点，若AB＝463，BC＝2，BD＝5，则cos∠ABC＝_______

_，sin∠C＝________.66210521[法一：依题意得，cos∠ADB＝－cos∠BDC，所以BD2＋AD2－AB22BD·AD＝－BD2＋DC2－BC22BD·DC，又AD＝DC＝12AC，所以BD2＋AD2－AB2＝－(BD2＋DC2－BC2)，所以2

BD＝2(AB2＋BC2)－AC2，即25＝24632＋22－AC2，解得AC＝2213.由余弦定理得cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝66，所以sin∠ABC＝306，由正弦定理ABsin∠C＝ACsin∠ABC，得s

in∠C＝AB·sin∠ABCAC＝210521.法二：依题意得BD→＝12(BA→＋BC→)，所以BD→2＝14(BA→＋BC→)2，即BA→2＋BC→2＋2BA→·BC→＝4BD→2，

4632＋22＋2×463×2cos∠ABC＝4×(5)2，解得cos∠ABC＝66，所以sin∠ABC＝306.因为(BA→＋BC→)2＋(BA→－BC→)2＝2(BA→2＋BC→2)，所以4×(5)2＋

|CA→|2＝24632＋22，解得|CA→|＝2213.由正弦定理ABsin∠C＝ACsin∠ABC，得sin∠C＝AB·sin∠ABCAC＝210521.]获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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