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2021届新高考二轮复习 专题3 三角函数的概念、图象与性质 三角恒等变换与解三角形 作业
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这是一份2021届新高考二轮复习 专题3 三角函数的概念、图象与性质 三角恒等变换与解三角形 作业，共24页。试卷主要包含了已知曲线C1等内容，欢迎下载使用。
1．(2020·全国卷Ⅲ)已知sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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 [∵sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \f(3,2)sin θ＋eq \f(\r(3),2)cs θ＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，故选B．]
2．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cs 2α＋1，则sin α＝( )
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2sin 2α＝cs 2α＋1，得4sin αcs α＝1－2sin2α＋1，即2sin αcs α＝1－sin2α.因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \r(1－sin2α)，所以2sin αeq \r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sin α＝eq \f(\r(5),5)，故选B．]
3．(2020·全国卷Ⅲ)在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则tan B＝( )
A．eq \r(5) B．2eq \r(5) C．4eq \r(5) D．8eq \r(5)
C [法一：在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，则sin C＝eq \f(\r(5),3)＞eq \f(\r(2),2)，所以C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))).由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs C＝16＋9－2×4×3×eq \f(2,3)＝9，所以AB＝3.由正弦定理eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)，得sin B＝eq \f(4\r(5),9)，易知B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs B＝eq \f(1,9)，tan B＝eq \f(sin B,cs B)＝4eq \r(5).故选C．
法二：在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，所以由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs C＝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\c1(\f(4,2)))eq \s\up10(2))＝eq \r(5)，tan eq \f(B,2)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，所以tan B＝eq \f(2tan \f(B,2),1－tan2\f(B,2))＝4eq \r(5).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．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))
C．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
D．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(\f(π,6)，0))代入得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(2x＋\f(2π,3))).由于y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sinπ－2x＋eq \f(2π,3)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))，故选项B正确；y＝sineq \f(π,3)－2x＝cseq \f(π,2)－eq \f(π,3)－2x＝cs2x＋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，cseq \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\c1(\f(π,6)，0))代入，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－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\c1(－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．(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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C2
B．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C2
C．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C2
D．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C2
D [因为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，所以曲线C1：y＝cs x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＝cs 2x，再把得到的曲线y＝cs 2x向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
故选D．]
6．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f (x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)，则( )
A．f (x)的最小值为2
B．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sin x∈[－1，0)∪(0，1]．对于A，当sin x∈(0，1]时，f (x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)≥2eq \r(sin x·\f(1,sin x))＝2，当且仅当sin x＝1时取等号；当sin x∈[－1，0)时，f (x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－sin x＋\f(1,－sin x)))≤－2eq \r(－sin x·\f(1,－sin x))＝－2，当且仅当sin x＝－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\c1(sin x＋\f(1,sin x)))＝－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)＝－(sin x＋eq \f(1,sin x))，f (π－x)＝sin(π－x)＋eq \f(1,sinπ－x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)，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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2))))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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．(2018·全国卷Ⅱ)若f (x)＝cs x－sin x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．π
A [法一：f (x)＝cs x－sin x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，且函数y＝cs x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\c1(－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)＝cs x－sin x，所以f ′(x)＝－sin x－cs x，则由题意，知f ′(x)＝－sin x－cs x≤0在[－a，a]上恒成立，即sin x＋cs x≥0，即eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(x＋\f(π,4)))的图象可知有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－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．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9 C．7 D．5
B [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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(11x－\f(π,4)))，f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，不满足条件．
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\c1(9x＋\f(π,4)))，满足f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))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 [根据题意及三角形的面积公式知eq \f(1,2)absin C＝eq \f(a2＋b2－c2,4)，所以sin C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝cs C，所以在△ABC中，C＝eq \f(π,4).]
10．(2019·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\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增的是( )
A．f (x)＝|cs 2x|B．f (x)＝|sin 2x|
C．f (x)＝cs|x|D．f (x)＝sin|x|
A [A中，函数f (x)＝|cs 2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，函数f (x)单调递增，故A正确；B中，函数f (x)＝|sin 2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，函数f (x)单调递减，故B不正确；C中，函数f (x)＝cs|x|＝cs x的周期为2π，故C不正确；D中，f (x)＝sin|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin x，x≥0，,－sin x，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＝eq \f(π,4)，BC边上的高等于eq \f(1,3)BC，则cs A＝( )
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)acsin B，∴c＝eq \f(\r(2),3)a.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝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.
∴cs A＝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sin C＝eq \f(\r(2),3)sin A， 又B＝eq \f(π,4)，∴sin C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－A))＝eq \f(\r(2),3)sin A，即eq \f(\r(2),2)cs A＋eq \f(\r(2),2)sin A＝eq \f(\r(2),3)sin A，∴tan A＝－3，∴A为钝角．
又∵1＋tan2A＝eq \f(1,cs2A)，∴cs2A＝eq \f(1,10)，
∴cs A＝－eq \f(\r(10),10).故选C．]
12．(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f (x)＝sin|x|＋|sin x|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\c1(\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.
其中所有正确结论的编号是( )
A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③
C [法一：f (－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f (x)，∴f (x)为偶函数，故①正确；当eq \f(π,2)＜x＜π时，f (x)＝sin x＋sin x＝2sin x，∴f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＝|sin x|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|＋|sin x|＝f (x)，∴f (x)为偶函数，故①正确，排除B；当eq \f(π,2)＜x＜π时，f (x)＝sin x＋sin x＝2sin x，∴f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))单调递减，故②不正确，排除A；∵y＝sin |x|与y＝|sin x|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)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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个极小值点；
③f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))单调递增；
④ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10))).
其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④
D [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\c1(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\c1(0，\f(π,10)))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cs A＝eq \f(4,5)，cs C＝eq \f(5,13)，a＝1，则b＝________.
eq \f(21,13) [因为A，C为△ABC的内角，且cs A＝eq \f(4,5)，cs C＝eq \f(5,13)，
所以sin A＝eq \f(3,5)，sin C＝eq \f(12,13)，
所以sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acs C＋cs Asin C＝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(asin B,sin A)＝eq \f(sin B,sin A)＝eq \f(63,65)×eq \f(5,3)＝eq \f(21,13).]
15．(2019·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＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \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)acsin B＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2eq \r(3)×sin eq \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＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \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．(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________．
(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在等腰三角形CFB中，∠FCB＝30°，
CF＝BC＝2，∴BF＝eq \r(22＋22－2×2×2cs 30°)＝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,sin 75°)＝eq \f(2,sin 30°)，
∴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)17．(2020·北京高考)若函数f (x)＝sin(x＋φ)＋cs x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＝cs x同时取得最大值1时，函数f (x)＝sin(x＋φ)＋cs x取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cs x，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](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＝________，cs∠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)，cs∠BAD＝eq \f(4,5)，∠ADB＝135°，
∴cs∠ABD＝cs[180°－(135°＋∠BAD)]＝cs(45°－∠BAD)＝cs 45°cs∠BAD＋sin 45°sin∠BAD＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)＋\f(3,5)))＝eq \f(7\r(2),10).]
1．(2020·济南模拟)在△ABC中，sin A＝eq \f(5,13)，cs B＝eq \f(3,5)，则cs C＝( )
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cs B＝eq \f(3,5)，所以sin B＝eq \f(4,5)，因为sin A＝eq \f(5,13)，所以cs A＝±eq \f(12,13)，因为sin B＝eq \f(4,5)＞sin A＝eq \f(5,13)，所以B＞A，所以角A为锐角，所以cs A＝eq \f(12,13)，cs C＝－cs(A＋B)＝sin Asin B－cs Acs B＝eq \f(5,13)×eq \f(4,5)－eq \f(12,13)×eq \f(3,5)＝－eq \f(16,65).]
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＝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＋c2－2bccs A)＝eq \r(4＋\r(3)＋12－2×2×\r(3)＋1×\f(1,2))＝eq \r(6)，∴由正弦定理可得sin B＝eq \f(b·sin A,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．(2020·石家庄模拟)若将函数f (x)＝sin x－2cs x的图象向左平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sin x＋2cs x的图象，则cs φ＝( )
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\c1(\f(1,\r(5))sin x－\f(2,\r(5))cs x))＝eq \r(5)sin(x－θ)，其中cs θ＝eq \f(\r(5),5)，sin θ＝eq \f(2\r(5),5)，g(x)＝sin x＋2cs x＝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，∴cs φ＝cs 2θ＝2cs2θ－1＝eq \f(2,5)－1＝－eq \f(3,5)，故选C．]
4．(2020·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\c1(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\c1(\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)＝cs 2x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\c1(\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\c1(2x＋\f(π,3))).又g(x)＝cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)＝cs 2x的图象．]
5．(2020·济宁模拟)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且sin 2α(1＋sin β)＝cs β(1－cs 2α)，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\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以由sin 2α(1＋sin β)＝cs β(1－cs 2α)，得eq \f(sin 2α,1－cs 2α)＝eq \f(cs β,1＋sin β)，所以eq \f(2sin αcs α,2sin2α)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β)),1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β)))，所以eq \f(cs α,sin α)＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2)))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))),2cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))))，所以eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))))，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))).又eq \f(π,2)－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \f(π,4)－eq \f(β,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，函数y＝tan x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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：tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(2sin2α,2sin αcs α)＝eq \f(1－cs 2α,sin 2α)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))))＝eq \f(2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2)))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))))＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋β)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋β)))＝eq \f(1＋sin β,cs β)，由sin 2α(1＋sin β)＝cs β(1－cs 2α)，得eq \f(1＋sin β,cs β)＝eq \f(1－cs 2α,sin 2α)，则tan α＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))).又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \f(π,4)＋eq \f(β,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，函数y＝tan x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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．(2020·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\c1(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\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，故选A．]
7．(2020·四川五校联考)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．3 D．4
C [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\c1(0，\f(π,2)))，则AB＝2x，由余弦定理，得32＝4x2＋x2－2·2x·x·cs 2α，即x2＝eq \f(9,5－4cs 2α).
S△ABC＝eq \f(1,2)·2x·x·sin 2α＝x2·sin 2α＝eq \f(9sin 2α,5－4cs 2α)＝eq \f(9×2sin αcs α,5－4×cs2α－sin2α)＝eq \f(9·\f(2tan α,1＋tan2α),5－4·\f(1－tan2α,1＋tan2 α))＝eq \f(18·tan α,1＋9tan2α)＝eq \f(18,\f(1,tan α)＋9tan α)≤eq \f(18,2\r(\f(1,tan α)·9tan α))＝3，当且仅当eq \f(1,tan α)＝9tan α，即tan α＝eq \f(1,3)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)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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π
B．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\c1(\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＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))))＝|sin 2x|的图象，由y＝|sin x|的图象的对称轴为直线x＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)得y＝|sin 2x|的图象的对称轴为直线x＝eq \f(kπ,4)(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，－cs A)，n＝(cs C，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acs C－cs A(eq \r(2)b－c)＝0，由正弦定理，得sin Acs C－cs A(eq \r(2)sin B－sin C)＝0，即sin Acs C＋cs Asin C＝eq \r(2)sin Bcs A，所以sin(A＋C)＝eq \r(2)sin Bcs A，所以sin(π－B)＝eq \r(2)sin Bcs A，即sin B＝eq \r(2)sin Bcs A．因为0＜B＜π，所以sin B＞0，所以cs A＝eq \f(\r(2),2)，所以A＝eq \f(π,4)，故选B．
法二：由m·n＝0，得acs C－cs A(eq \r(2)b－c)＝0，由余弦定理，得a·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)－eq \r(2)bcs A＋c·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝0，即b＝eq \r(2)bcs A，所以cs A＝eq \f(\r(2),2)，所以A＝eq \f(π,4)，故选B．]
11．[多选](2020·青岛模拟)已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(－\f(π,16)，0))对称
B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,16)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(3π,4)＋φ))，当函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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](2020·枣庄模拟)如图是函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))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\c1(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\c1(\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\c1(\f(π,3)，1))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(2x－\f(π,6))).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＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象，再将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)＝sin x，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\c1(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](2020·临沂模拟)把函数f (x)＝sin 2x－cs 2x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，则下列判断正确的是( )
A．g(x)＝－sin 2x＋cs 2x
B．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\c1(－\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\c1(－\f(3π,8)，0))对称
ABD [法一：f (x)＝sin 2x－cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，所以g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))－\f(π,4)))＝－sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,4)))，显然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\c1(－\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\c1(－\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\c1(－\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)＝sin 2x－cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，所以g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))－\f(π,4)))＝－sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,4)))，显然A正确；当x＝eq \f(3π,8)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(－\f(3π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－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](2020·滨州模拟)已知P(1，2)是函数f (x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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＝2
B．f (x)的最小正周期为6
C．φ＝eq \f(π,4)
D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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](2020·泰安模拟)已知直线x＝eq \f(π,4)是函数f (x)＝sin x＋acs x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1
B．f (x)的最大值为2
C．f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\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)＝sin x＋acs x＝eq \r(1＋a2)sin(x＋φ)，其中tan φ＝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＝tan φ＝1，故A正确，f (x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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\c1(－\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\c1(\f(π,4)))＝0，即f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \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\c1(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\c1(\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\c1(－\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](2020·聊城模拟)已知函数f (x)＝Acs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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2
C．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f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝2以及|φ|＜eq \f(π,2)，得φ＝－eq \f(π,6)，所以f (x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，所以g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12))).h(x)＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋2，令h(x)＝0，得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝－eq \f(\r(2),2)，易知该方程的实根之间差的绝对值的最小值为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\c1(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．(2020·大同调研)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，且θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝________.
1 [因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3))).由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,3)))＝1.]
18．(2020·惠州第一次调研)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，则cs 2α＝________.
eq \f(24,25) [由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)可得eq \f(\r(2),2)sin α－eq \f(\r(2),2)cs α＝eq \f(3,5)，故sin α－cs α＝eq \f(3\r(2),5)，两边平方得1－2sin αcs α＝eq \f(18,25)，所以sin 2α＝eq \f(7,25)，因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,2)))，所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π，\f(5π,2)))，故cs 2α＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))eq \s\up10(2))＝eq \r(\f(576,252))＝eq \f(24,25).]
19．(2020·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sin A＝________.
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)acsin B，得a＝eq \f(3\r(2),2)c.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B，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,sin B)，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．(2020·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,sin B)＝eq \f(BC,sin A)，得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(4,sin 2B)＝eq \f(4,2sin Bcs B)，所以cs B＝eq \f(2,AC)，且AC＞2，所以由余弦定理AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcs B，得AC2＝42＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)))eq \s\up10(2)－2×4×eq \f(7,3)×eq \f(2,AC)，即9AC3－193AC＋336＝0，得(AC－3)(3AC－7)(3AC＋16)＝0，解得AC＝eq \f(7,3)或AC＝3.
当AC＝eq \f(7,3)时，cs B＝eq \f(6,7)，2B＝2∠ACB＝A，由三角形内角和定理A＋B＋∠ACB＝π，得B＝eq \f(π,4)，矛盾，舍去；当AC＝3时，由三角形的角平分线，得eq \f(AD,BD)＝eq \f(AC,BC)，即eq \f(AD,\f(7,3)－AD)＝eq \f(3,4)，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△BCD面积的最大值为________．
1＋eq \f(\r(2),2) [在△ABC中，设∠ACB＝β，∠ABC＝α，由余弦定理可得AC2＝1＋4－4cs α＝5－4cs α，因为△ACD为等腰直角三角形，所以CD2＝eq \f(5－4cs α,2)，由正弦定理得eq \f(1,sin β)＝eq \f(AC,sin α)，所以ACsin β＝sin α，所以eq \r(2)CDsin β＝sin α，所以(eq \r(2)CDcs β)2＝2CD2(1－sin2β)＝2CD2－2CD2sin2β＝5－4cs α－sin2α＝(2－cs α)2，因为β＜∠BAC，所以β为锐角，eq \r(2)CDcs β＝2－cs α，S△BCD＝eq \f(1,2)×2×CD×sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝CDsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(\r(2),2)CDsin β＋eq \f(\r(2),2)CDcs β＝eq \f(1,2)sin α＋1－eq \f(1,2)cs α＝1＋eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))，当α＝eq \f(3π,4)时，(S△BCD)max＝1＋eq \f(\r(2),2).]
22．[一题两空](2020·烟台模拟)已知0＜α＜eq \f(π,4)，且sin α＝eq \f(3,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,4)))＝________，eq \f(sin2α＋sin 2α,cs2α＋cs 2α)＝________.
7 eq \f(33,23) [因为0＜α＜eq \f(π,4)，且sin α＝eq \f(3,5)，所以cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(4,5)，所以tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(3,4)，
则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,4)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝7.
eq \f(sin2α＋sin 2α,cs2α＋cs 2α)＝eq \f(sin2α＋2sin αcs α,2cs2α－sin2α)＝eq \f(tan2α＋2tan α,2－tan2α)＝eq \f(\f(9,16)＋\f(6,4),2－\f(9,16))＝eq \f(33,23).]
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＝3eq \r(3)，BD＝5，sin∠ABC＝eq \f(2\r(3),5)，则CD＝________，cs∠BAC＝________.
4 eq \f(3\r(39),20) [由题意得sin∠ABC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋∠DBC))＝cs∠DBC＝eq \f(2\r(3),5)，在△DBC中，因为BD＝5，BC＝3eq \r(3)，所以由余弦定理可知DC2＝BD2＋BC2－2BD·BCcs∠DBC＝25＋27－2×5×3eq \r(3)×eq \f(2\r(3),5)＝16，所以CD＝4.易知cs∠BAC＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠BDA))＝sin∠BDA＝sin∠BDC，又sin∠DBC＝eq \r(1－cs2∠DBC)＝eq \f(\r(13),5)，所以由正弦定理可知sin∠BDC＝eq \f(sin∠DBC,DC)·BC＝eq \f(3\r(39),20)，则cs∠BAC＝eq \f(3\r(39),20).]
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＝eq \f(4\r(6),3)，BC＝2，BD＝eq \r(5)，则cs∠ABC＝________，sin∠C＝________.
eq \f(\r(6),6) eq \f(2\r(105),21) [法一：依题意得，cs∠ADB＝－cs∠BDC，所以eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＝－eq \f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)，又AD＝DC＝eq \f(1,2)AC，所以BD2＋AD2－AB2＝－(BD2＋DC2－BC2)，所以2BD＝eq \r(2AB2＋BC2－AC2)，即2eq \r(5)＝eq \r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(6),3)))eq \s\up10(2)＋22))－AC2)，解得AC＝eq \f(2\r(21),3).由余弦定理得cs∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(\r(6),6)，所以sin∠ABC＝eq \f(\r(30),6)，由正弦定理eq \f(AB,sin∠C)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，得sin∠C＝eq \f(AB·sin∠ABC,AC)＝eq \f(2\r(105),21).
法二：依题意得eq \(BD,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up7(→))＋eq \(BC,\s\up7(→)))，所以eq \(BD,\s\up7(→))2＝eq \f(1,4)(eq \(BA,\s\up7(→))＋eq \(BC,\s\up7(→)))2，即eq \(BA,\s\up7(→))2＋eq \(BC,\s\up7(→))2＋2eq \(BA,\s\up7(→))·eq \(BC,\s\up7(→))＝4eq \(BD,\s\up7(→))2，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(6),3)))eq \s\up10(2)＋22＋2×eq \f(4\r(6),3)×2cs∠ABC＝4×(eq \r(5))2，解得cs∠ABC＝eq \f(\r(6),6)，所以sin∠ABC＝eq \f(\r(30),6).因为(eq \(BA,\s\up7(→))＋eq \(BC,\s\up7(→)))2＋(eq \(BA,\s\up7(→))－eq \(BC,\s\up7(→)))2＝2(eq \(BA,\s\up7(→))2＋eq \(BC,\s\up7(→))2)，所以4×(eq \r(5))2＋|eq \(CA,\s\up7(→))|2＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(6),3)))eq \s\up10(2)＋22))，解得|eq \(CA,\s\up7(→))|＝eq \f(2\r(21),3).由正弦定理eq \f(AB,sin∠C)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，得sin∠C＝eq \f(AB·sin∠ABC,AC)＝eq \f(2\r(105),21).]
1．(2020·全国卷Ⅲ)已知sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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 [∵sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \f(3,2)sin θ＋eq \f(\r(3),2)cs θ＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，故选B．]
2．(2019·全国卷Ⅱ)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cs 2α＋1，则sin α＝( )
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2sin 2α＝cs 2α＋1，得4sin αcs α＝1－2sin2α＋1，即2sin αcs α＝1－sin2α.因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \r(1－sin2α)，所以2sin αeq \r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sin α＝eq \f(\r(5),5)，故选B．]
3．(2020·全国卷Ⅲ)在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则tan B＝( )
A．eq \r(5) B．2eq \r(5) C．4eq \r(5) D．8eq \r(5)
C [法一：在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，则sin C＝eq \f(\r(5),3)＞eq \f(\r(2),2)，所以C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))).由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs C＝16＋9－2×4×3×eq \f(2,3)＝9，所以AB＝3.由正弦定理eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)，得sin B＝eq \f(4\r(5),9)，易知B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs B＝eq \f(1,9)，tan B＝eq \f(sin B,cs B)＝4eq \r(5).故选C．
法二：在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，所以由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs C＝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\c1(\f(4,2)))eq \s\up10(2))＝eq \r(5)，tan eq \f(B,2)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，所以tan B＝eq \f(2tan \f(B,2),1－tan2\f(B,2))＝4eq \r(5).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．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))
C．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
D．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(\f(π,6)，0))代入得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(2x＋\f(2π,3))).由于y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sinπ－2x＋eq \f(2π,3)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))，故选项B正确；y＝sineq \f(π,3)－2x＝cseq \f(π,2)－eq \f(π,3)－2x＝cs2x＋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，cseq \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\c1(\f(π,6)，0))代入，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－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\c1(－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．(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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C2
B．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C2
C．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C2
D．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C2
D [因为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，所以曲线C1：y＝cs x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＝cs 2x，再把得到的曲线y＝cs 2x向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
故选D．]
6．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f (x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)，则( )
A．f (x)的最小值为2
B．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sin x∈[－1，0)∪(0，1]．对于A，当sin x∈(0，1]时，f (x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)≥2eq \r(sin x·\f(1,sin x))＝2，当且仅当sin x＝1时取等号；当sin x∈[－1，0)时，f (x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－sin x＋\f(1,－sin x)))≤－2eq \r(－sin x·\f(1,－sin x))＝－2，当且仅当sin x＝－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\c1(sin x＋\f(1,sin x)))＝－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)＝－(sin x＋eq \f(1,sin x))，f (π－x)＝sin(π－x)＋eq \f(1,sinπ－x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)，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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2))))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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．(2018·全国卷Ⅱ)若f (x)＝cs x－sin x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．π
A [法一：f (x)＝cs x－sin x＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，且函数y＝cs x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\c1(－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)＝cs x－sin x，所以f ′(x)＝－sin x－cs x，则由题意，知f ′(x)＝－sin x－cs x≤0在[－a，a]上恒成立，即sin x＋cs x≥0，即eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(x＋\f(π,4)))的图象可知有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－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．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9 C．7 D．5
B [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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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\c1(11x－\f(π,4)))，f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，不满足条件．
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\c1(9x＋\f(π,4)))，满足f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))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 [根据题意及三角形的面积公式知eq \f(1,2)absin C＝eq \f(a2＋b2－c2,4)，所以sin C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝cs C，所以在△ABC中，C＝eq \f(π,4).]
10．(2019·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\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递增的是( )
A．f (x)＝|cs 2x|B．f (x)＝|sin 2x|
C．f (x)＝cs|x|D．f (x)＝sin|x|
A [A中，函数f (x)＝|cs 2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，函数f (x)单调递增，故A正确；B中，函数f (x)＝|sin 2x|的周期为eq \f(π,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，函数f (x)单调递减，故B不正确；C中，函数f (x)＝cs|x|＝cs x的周期为2π，故C不正确；D中，f (x)＝sin|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin x，x≥0，,－sin x，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＝eq \f(π,4)，BC边上的高等于eq \f(1,3)BC，则cs A＝( )
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)acsin B，∴c＝eq \f(\r(2),3)a.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝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.
∴cs A＝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sin C＝eq \f(\r(2),3)sin A， 又B＝eq \f(π,4)，∴sin C＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－A))＝eq \f(\r(2),3)sin A，即eq \f(\r(2),2)cs A＋eq \f(\r(2),2)sin A＝eq \f(\r(2),3)sin A，∴tan A＝－3，∴A为钝角．
又∵1＋tan2A＝eq \f(1,cs2A)，∴cs2A＝eq \f(1,10)，
∴cs A＝－eq \f(\r(10),10).故选C．]
12．(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f (x)＝sin|x|＋|sin x|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\c1(\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.
其中所有正确结论的编号是( )
A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③
C [法一：f (－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f (x)，∴f (x)为偶函数，故①正确；当eq \f(π,2)＜x＜π时，f (x)＝sin x＋sin x＝2sin x，∴f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＝|sin x|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|＋|sin x|＝f (x)，∴f (x)为偶函数，故①正确，排除B；当eq \f(π,2)＜x＜π时，f (x)＝sin x＋sin x＝2sin x，∴f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))单调递减，故②不正确，排除A；∵y＝sin |x|与y＝|sin x|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)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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个极小值点；
③f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))单调递增；
④ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10))).
其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④
D [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\c1(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\c1(0，\f(π,10)))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cs A＝eq \f(4,5)，cs C＝eq \f(5,13)，a＝1，则b＝________.
eq \f(21,13) [因为A，C为△ABC的内角，且cs A＝eq \f(4,5)，cs C＝eq \f(5,13)，
所以sin A＝eq \f(3,5)，sin C＝eq \f(12,13)，
所以sin B＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin Acs C＋cs Asin C＝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(asin B,sin A)＝eq \f(sin B,sin A)＝eq \f(63,65)×eq \f(5,3)＝eq \f(21,13).]
15．(2019·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＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \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)acsin B＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2eq \r(3)×sin eq \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＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \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．(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________．
(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
CF＝BC＝2，∴BF＝eq \r(22＋22－2×2×2cs 30°)＝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,sin 75°)＝eq \f(2,sin 30°)，
∴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)
eq \f(π,2)(答案不唯一) [易知当y＝sin(x＋φ)，y＝cs x同时取得最大值1时，函数f (x)＝sin(x＋φ)＋cs x取得最大值2，故sin(x＋φ)＝cs x，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](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＝________，cs∠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)，cs∠BAD＝eq \f(4,5)，∠ADB＝135°，
∴cs∠ABD＝cs[180°－(135°＋∠BAD)]＝cs(45°－∠BAD)＝cs 45°cs∠BAD＋sin 45°sin∠BAD＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)＋\f(3,5)))＝eq \f(7\r(2),10).]
1．(2020·济南模拟)在△ABC中，sin A＝eq \f(5,13)，cs B＝eq \f(3,5)，则cs C＝( )
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cs B＝eq \f(3,5)，所以sin B＝eq \f(4,5)，因为sin A＝eq \f(5,13)，所以cs A＝±eq \f(12,13)，因为sin B＝eq \f(4,5)＞sin A＝eq \f(5,13)，所以B＞A，所以角A为锐角，所以cs A＝eq \f(12,13)，cs C＝－cs(A＋B)＝sin Asin B－cs Acs B＝eq \f(5,13)×eq \f(4,5)－eq \f(12,13)×eq \f(3,5)＝－eq \f(16,65).]
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＝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＋c2－2bccs A)＝eq \r(4＋\r(3)＋12－2×2×\r(3)＋1×\f(1,2))＝eq \r(6)，∴由正弦定理可得sin B＝eq \f(b·sin A,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．(2020·石家庄模拟)若将函数f (x)＝sin x－2cs x的图象向左平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sin x＋2cs x的图象，则cs φ＝( )
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\c1(\f(1,\r(5))sin x－\f(2,\r(5))cs x))＝eq \r(5)sin(x－θ)，其中cs θ＝eq \f(\r(5),5)，sin θ＝eq \f(2\r(5),5)，g(x)＝sin x＋2cs x＝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，∴cs φ＝cs 2θ＝2cs2θ－1＝eq \f(2,5)－1＝－eq \f(3,5)，故选C．]
4．(2020·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\c1(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\c1(\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)＝cs 2x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\c1(\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\c1(2x＋\f(π,3))).又g(x)＝cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)＝cs 2x的图象．]
5．(2020·济宁模拟)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且sin 2α(1＋sin β)＝cs β(1－cs 2α)，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\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以由sin 2α(1＋sin β)＝cs β(1－cs 2α)，得eq \f(sin 2α,1－cs 2α)＝eq \f(cs β,1＋sin β)，所以eq \f(2sin αcs α,2sin2α)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β)),1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β)))，所以eq \f(cs α,sin α)＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2)))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))),2cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))))，所以eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))))，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(β,2))).又eq \f(π,2)－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \f(π,4)－eq \f(β,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，函数y＝tan x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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：tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(2sin2α,2sin αcs α)＝eq \f(1－cs 2α,sin 2α)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))))＝eq \f(2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))),2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2)))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))))＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋β)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋β)))＝eq \f(1＋sin β,cs β)，由sin 2α(1＋sin β)＝cs β(1－cs 2α)，得eq \f(1＋sin β,cs β)＝eq \f(1－cs 2α,sin 2α)，则tan α＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋\f(β,2))).又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \f(π,4)＋eq \f(β,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，函数y＝tan x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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．(2020·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\c1(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\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，故选A．]
7．(2020·四川五校联考)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．3 D．4
C [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\c1(0，\f(π,2)))，则AB＝2x，由余弦定理，得32＝4x2＋x2－2·2x·x·cs 2α，即x2＝eq \f(9,5－4cs 2α).
S△ABC＝eq \f(1,2)·2x·x·sin 2α＝x2·sin 2α＝eq \f(9sin 2α,5－4cs 2α)＝eq \f(9×2sin αcs α,5－4×cs2α－sin2α)＝eq \f(9·\f(2tan α,1＋tan2α),5－4·\f(1－tan2α,1＋tan2 α))＝eq \f(18·tan α,1＋9tan2α)＝eq \f(18,\f(1,tan α)＋9tan α)≤eq \f(18,2\r(\f(1,tan α)·9tan α))＝3，当且仅当eq \f(1,tan α)＝9tan α，即tan α＝eq \f(1,3)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)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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π
B．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\c1(\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＝sin x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))－\f(π,6)))))＝|sin 2x|的图象，由y＝|sin x|的图象的对称轴为直线x＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)得y＝|sin 2x|的图象的对称轴为直线x＝eq \f(kπ,4)(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，－cs A)，n＝(cs C，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acs C－cs A(eq \r(2)b－c)＝0，由正弦定理，得sin Acs C－cs A(eq \r(2)sin B－sin C)＝0，即sin Acs C＋cs Asin C＝eq \r(2)sin Bcs A，所以sin(A＋C)＝eq \r(2)sin Bcs A，所以sin(π－B)＝eq \r(2)sin Bcs A，即sin B＝eq \r(2)sin Bcs A．因为0＜B＜π，所以sin B＞0，所以cs A＝eq \f(\r(2),2)，所以A＝eq \f(π,4)，故选B．
法二：由m·n＝0，得acs C－cs A(eq \r(2)b－c)＝0，由余弦定理，得a·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)－eq \r(2)bcs A＋c·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝0，即b＝eq \r(2)bcs A，所以cs A＝eq \f(\r(2),2)，所以A＝eq \f(π,4)，故选B．]
11．[多选](2020·青岛模拟)已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(－\f(π,16)，0))对称
B．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,16)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(3π,4)＋φ))，当函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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](2020·枣庄模拟)如图是函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))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\c1(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\c1(\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\c1(\f(π,3)，1))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(2x－\f(π,6))).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＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的图象，再将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)＝sin x，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\c1(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](2020·临沂模拟)把函数f (x)＝sin 2x－cs 2x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，则下列判断正确的是( )
A．g(x)＝－sin 2x＋cs 2x
B．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\c1(－\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\c1(－\f(3π,8)，0))对称
ABD [法一：f (x)＝sin 2x－cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，所以g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))－\f(π,4)))＝－sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,4)))，显然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\c1(－\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\c1(－\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\c1(－\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)＝sin 2x－cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，所以g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))－\f(π,4)))＝－sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,4)))，显然A正确；当x＝eq \f(3π,8)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(－\f(3π,8)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－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](2020·滨州模拟)已知P(1，2)是函数f (x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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＝2
B．f (x)的最小正周期为6
C．φ＝eq \f(π,4)
D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\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](2020·泰安模拟)已知直线x＝eq \f(π,4)是函数f (x)＝sin x＋acs x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1
B．f (x)的最大值为2
C．f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\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)＝sin x＋acs x＝eq \r(1＋a2)sin(x＋φ)，其中tan φ＝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＝tan φ＝1，故A正确，f (x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\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\c1(－\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\c1(\f(π,4)))＝0，即f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \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\c1(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\c1(\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\c1(－\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](2020·聊城模拟)已知函数f (x)＝Acs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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2
C．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f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋φ))＝2以及|φ|＜eq \f(π,2)，得φ＝－eq \f(π,6)，所以f (x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，所以g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12))).h(x)＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋2，令h(x)＝0，得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝－eq \f(\r(2),2)，易知该方程的实根之间差的绝对值的最小值为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\c1(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．(2020·大同调研)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，且θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝________.
1 [因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3))).由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,3)))＝1.]
18．(2020·惠州第一次调研)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，则cs 2α＝________.
eq \f(24,25) [由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)可得eq \f(\r(2),2)sin α－eq \f(\r(2),2)cs α＝eq \f(3,5)，故sin α－cs α＝eq \f(3\r(2),5)，两边平方得1－2sin αcs α＝eq \f(18,25)，所以sin 2α＝eq \f(7,25)，因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,2)))，所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π，\f(5π,2)))，故cs 2α＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))eq \s\up10(2))＝eq \r(\f(576,252))＝eq \f(24,25).]
19．(2020·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sin A＝________.
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)acsin B，得a＝eq \f(3\r(2),2)c.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B，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,sin B)，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．(2020·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,sin B)＝eq \f(BC,sin A)，得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(4,sin 2B)＝eq \f(4,2sin Bcs B)，所以cs B＝eq \f(2,AC)，且AC＞2，所以由余弦定理AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcs B，得AC2＝42＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)))eq \s\up10(2)－2×4×eq \f(7,3)×eq \f(2,AC)，即9AC3－193AC＋336＝0，得(AC－3)(3AC－7)(3AC＋16)＝0，解得AC＝eq \f(7,3)或AC＝3.
当AC＝eq \f(7,3)时，cs B＝eq \f(6,7)，2B＝2∠ACB＝A，由三角形内角和定理A＋B＋∠ACB＝π，得B＝eq \f(π,4)，矛盾，舍去；当AC＝3时，由三角形的角平分线，得eq \f(AD,BD)＝eq \f(AC,BC)，即eq \f(AD,\f(7,3)－AD)＝eq \f(3,4)，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△BCD面积的最大值为________．
1＋eq \f(\r(2),2) [在△ABC中，设∠ACB＝β，∠ABC＝α，由余弦定理可得AC2＝1＋4－4cs α＝5－4cs α，因为△ACD为等腰直角三角形，所以CD2＝eq \f(5－4cs α,2)，由正弦定理得eq \f(1,sin β)＝eq \f(AC,sin α)，所以ACsin β＝sin α，所以eq \r(2)CDsin β＝sin α，所以(eq \r(2)CDcs β)2＝2CD2(1－sin2β)＝2CD2－2CD2sin2β＝5－4cs α－sin2α＝(2－cs α)2，因为β＜∠BAC，所以β为锐角，eq \r(2)CDcs β＝2－cs α，S△BCD＝eq \f(1,2)×2×CD×sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝CDsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(\r(2),2)CDsin β＋eq \f(\r(2),2)CDcs β＝eq \f(1,2)sin α＋1－eq \f(1,2)cs α＝1＋eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))，当α＝eq \f(3π,4)时，(S△BCD)max＝1＋eq \f(\r(2),2).]
22．[一题两空](2020·烟台模拟)已知0＜α＜eq \f(π,4)，且sin α＝eq \f(3,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,4)))＝________，eq \f(sin2α＋sin 2α,cs2α＋cs 2α)＝________.
7 eq \f(33,23) [因为0＜α＜eq \f(π,4)，且sin α＝eq \f(3,5)，所以cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(4,5)，所以tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(3,4)，
则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,4)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝7.
eq \f(sin2α＋sin 2α,cs2α＋cs 2α)＝eq \f(sin2α＋2sin αcs α,2cs2α－sin2α)＝eq \f(tan2α＋2tan α,2－tan2α)＝eq \f(\f(9,16)＋\f(6,4),2－\f(9,16))＝eq \f(33,23).]
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＝3eq \r(3)，BD＝5，sin∠ABC＝eq \f(2\r(3),5)，则CD＝________，cs∠BAC＝________.
4 eq \f(3\r(39),20) [由题意得sin∠ABC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋∠DBC))＝cs∠DBC＝eq \f(2\r(3),5)，在△DBC中，因为BD＝5，BC＝3eq \r(3)，所以由余弦定理可知DC2＝BD2＋BC2－2BD·BCcs∠DBC＝25＋27－2×5×3eq \r(3)×eq \f(2\r(3),5)＝16，所以CD＝4.易知cs∠BAC＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠BDA))＝sin∠BDA＝sin∠BDC，又sin∠DBC＝eq \r(1－cs2∠DBC)＝eq \f(\r(13),5)，所以由正弦定理可知sin∠BDC＝eq \f(sin∠DBC,DC)·BC＝eq \f(3\r(39),20)，则cs∠BAC＝eq \f(3\r(39),20).]
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＝eq \f(4\r(6),3)，BC＝2，BD＝eq \r(5)，则cs∠ABC＝________，sin∠C＝________.
eq \f(\r(6),6) eq \f(2\r(105),21) [法一：依题意得，cs∠ADB＝－cs∠BDC，所以eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＝－eq \f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)，又AD＝DC＝eq \f(1,2)AC，所以BD2＋AD2－AB2＝－(BD2＋DC2－BC2)，所以2BD＝eq \r(2AB2＋BC2－AC2)，即2eq \r(5)＝eq \r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(6),3)))eq \s\up10(2)＋22))－AC2)，解得AC＝eq \f(2\r(21),3).由余弦定理得cs∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(\r(6),6)，所以sin∠ABC＝eq \f(\r(30),6)，由正弦定理eq \f(AB,sin∠C)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，得sin∠C＝eq \f(AB·sin∠ABC,AC)＝eq \f(2\r(105),21).
法二：依题意得eq \(BD,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up7(→))＋eq \(BC,\s\up7(→)))，所以eq \(BD,\s\up7(→))2＝eq \f(1,4)(eq \(BA,\s\up7(→))＋eq \(BC,\s\up7(→)))2，即eq \(BA,\s\up7(→))2＋eq \(BC,\s\up7(→))2＋2eq \(BA,\s\up7(→))·eq \(BC,\s\up7(→))＝4eq \(BD,\s\up7(→))2，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(6),3)))eq \s\up10(2)＋22＋2×eq \f(4\r(6),3)×2cs∠ABC＝4×(eq \r(5))2，解得cs∠ABC＝eq \f(\r(6),6)，所以sin∠ABC＝eq \f(\r(30),6).因为(eq \(BA,\s\up7(→))＋eq \(BC,\s\up7(→)))2＋(eq \(BA,\s\up7(→))－eq \(BC,\s\up7(→)))2＝2(eq \(BA,\s\up7(→))2＋eq \(BC,\s\up7(→))2)，所以4×(eq \r(5))2＋|eq \(CA,\s\up7(→))|2＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(6),3)))eq \s\up10(2)＋22))，解得|eq \(CA,\s\up7(→))|＝eq \f(2\r(21),3).由正弦定理eq \f(AB,sin∠C)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，得sin∠C＝eq \f(AB·sin∠ABC,AC)＝eq \f(2\r(105),21).]
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