新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题2　第1讲　三角函数的图象与性质（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题2　第1讲　三角函数的图象与性质（含解析），共19页。

[考情分析] 1.高考对此部分的命题主要集中于三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换、函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，常与三角恒等变换交汇命题.2.主要以选择题、填空题的形式考查，难度为中等或偏下．
考点一 三角函数的运算
核心提炼
1．同角关系：sin2α＋cs2α＝1，eq \f(sin α,cs α)＝tan αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).
2．诱导公式：在eq \f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．
例1 (1)(2022·菏泽检测)已知角α的终边经过点(－1,2)，则cs 2α等于( )
A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(3,5)
C．－eq \f(1,5) D.eq \f(3,5)
答案 B
解析 因为角α的终边经过点(－1,2)，
所以sin α＝eq \f(2,\r(－12＋22))＝eq \f(2,\r(5))，
cs α＝eq \f(－1,\r(－12＋22))＝－eq \f(1,\r(5))，
所以cs 2α＝cs2α－sin2α＝eq \f(1,5)－eq \f(4,5)＝－eq \f(3,5).
(2)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,2)＋α))＝eq \f(12,25)，且0<α答案 eq \f(3,5) eq \f(4,5)
解析 sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,2)＋α))
＝－cs α·(－sin α)＝sin αcs α＝eq \f(12,25).
∵0<α又∵sin2α＋cs2α＝1，∴sin α＝eq \f(3,5)，cs α＝eq \f(4,5).
二级结论 (1)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则sin α<α(2)由(sin α±cs α)2＝1±2sin αcs α知，
sin α＋cs α，sin α－cs α，sin αcs α知一可求二．
跟踪演练1 (1)(2022·山西联考)若sin 10°＝asin 100°，则sin 20°等于( )
A.eq \f(a,a2＋1) B．－eq \f(a,a2＋1)
C.eq \f(2a,a2＋1) D．－eq \f(2a,a2＋1)
答案 C
解析 由题可知a>0，
sin 10°＝asin 100°＝asin(90°＋10°)＝acs 10°，
又因为sin210°＋cs210°＝1，
解得sin 10°＝eq \f(a,\r(a2＋1))，cs 10°＝eq \f(1,\r(a2＋1))，
所以sin 20°＝2sin 10°cs 10°
＝2·eq \f(a,\r(a2＋1))·eq \f(1,\r(a2＋1))＝eq \f(2a,a2＋1).
(2)已知2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))＝cs(α－π)，则sin 2α＋cs 2α＝________.
答案 －eq \f(1,5)
解析 ∵2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))＝cs(α－π)，
∴2sin α＝－cs α，
∴tan α＝－eq \f(1,2)，
∴sin 2α＋cs 2α＝eq \f(2sin αcs α＋cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)
＝eq \f(2tan α＋1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq \f(1,5).
考点二 三角函数的图象与解析式
核心提炼
由函数y＝sin x的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)图象的步骤
例2 (1)(2021·全国乙卷)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象，则f(x)等于( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(7π,12))) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))
C．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,12))) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,12)))
答案 B
解析 依题意，将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到f(x)的图象，
所以y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))eq \(――――――――――――――→,\s\up10(将其图象向左平移\f(π,3)个单位长度))y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))的图象eq \(―――――――――――――→,\s\up7(所有点的横坐标扩大到原来的2倍))
y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象．
(2)(多选)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0)的部分图象如图所示，则f(x)等于( )
A．2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))
B．2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,3)))
C．2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
D．2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7π,6)))
答案 BC
解析 根据图象，可得A＝2，设f(x)的最小正周期为T，
则eq \f(3,4)T＝eq \f(7π,12)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(3π,4)，
解得T＝π，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2.
将最低点的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－2))代入
f(x)＝2sin(2x＋φ)中，
得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,12)＋φ))＝－2，
则eq \f(7π,6)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，
解得φ＝2kπ－eq \f(5π,3)(k∈Z)，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2kπ－\f(5π,3)))(k∈Z)．
令k＝0，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,3)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,6)－\f(π,2)))＝－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,6)))
＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
规律方法 由三角函数的图象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中参数的值
(1)最值定A，B：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M，最小值为m，则M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝eq \f(M＋m,2)，A＝eq \f(M－m,2).
(2)T定ω：由周期的求解公式T＝eq \f(2π,ω)，可得ω＝eq \f(2π,T).
(3)特殊点定φ：代入特殊点求φ，一般代最高点或最低点，代入中心点时应注意是上升趋势还是下降趋势．
跟踪演练2 (1)(2022·安康模拟)已知函数f(x)＝Ataneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(A>0，ω>0)的图象向左平移eq \f(3π,4)个单位长度后与原图象重合，则实数ω的最小值是( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(8,3) C.eq \f(16,3) D．8
答案 A
解析 由题可知，eq \f(3π,4)是该函数周期的整数倍，
即eq \f(3π,4)＝eq \f(π,ω)×k，k∈Z，解得ω＝eq \f(4k,3)，k∈Z，
又ω>0，故其最小值为eq \f(4,3).
(2)(2022·黄山模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的部分图象如图所示，为了得到y＝f(x)的图象，需将函数g(x)＝Acs ωx的图象至少向右平移( )
A.eq \f(π,3)个单位长度 B.eq \f(π,4)个单位长度
C.eq \f(π,6)个单位长度 D.eq \f(2π,3)个单位长度
答案 A
解析 由图象可知A＝2，f(x)的最小正周期
T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,6)))＝eq \f(2π,ω)，解得ω＝2，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝2，
∴eq \f(2π,3)＋φ＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
解得φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，
又－π<φ<0，∴φ＝－eq \f(π,6)，
∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12))))).
∵g(x)＝2cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))，
∴将g(x)的图象至少向右平移eq \f(π,4)＋eq \f(π,12)＝eq \f(π,3)个单位长度可得f(x)的图象．
考点三 三角函数的性质
核心提炼
函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性质
(1)单调性：由－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)可得单调递增区间，由eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)可得单调递减区间．
(2)对称性：由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)可得对称中心；由ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)可得对称轴．
(3)奇偶性：φ＝kπ(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数；φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数．
例3 (1)(2022·赣州模拟)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)相邻两条对称轴之间的距离为2π，若f(x)在(－m，m)上单调递增，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))
答案 B
解析 因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)相邻两条对称轴之间的距离2π，
则eq \f(1,2)T＝2π，即T＝4π，则ω＝eq \f(2π,4π)＝eq \f(1,2)，
则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))，
由2kπ－eq \f(π,2)≤eq \f(1,2)x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，
得4kπ－eq \f(3π,2)≤x≤4kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上单调递增，
由(－m，m)⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))得0所以m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)记函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))＋b(ω>0)的最小正周期为T.若eq \f(2π,3)A．1 B.eq \f(3,2) C.eq \f(5,2) D．3
答案 A
解析 因为eq \f(2π,3)解得2<ω<3.
因为y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2))中心对称，
所以b＝2，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＋b＝2，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)ω＋\f(π,4)))＝0，所以eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，
又2<ω<3，所以eq \f(13π,4)所以eq \f(3π,2)ω＋eq \f(π,4)＝4π，解得ω＝eq \f(5,2)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)x＋\f(π,4)))＋2，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)×\f(π,2)＋\f(π,4)))＋2＝sin eq \f(3π,2)＋2＝1.故选A.
规律方法 研究三角函数的性质，首先化函数为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式，然后结合正弦函数y＝sin x的性质求f(x)的性质，此时有两种思路：一种是根据y＝sin x的性质求出f(x)的性质，然后判断各选项；另一种是由x的值或范围求得t＝ωx＋φ的范围，然后由y＝sin t的性质判断各选项．
跟踪演练3 (1)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))中心对称，则( )
A．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递减
B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上有两个极值点
C．直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴
D．直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线
答案 AD
解析 因为函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))中心对称，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)＋φ))＝0，可得eq \f(4π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，φ＝－eq \f(4π,3)＋kπ(k∈Z)，结合0<φ<π，得φ＝eq \f(2π,3)，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
对于A，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递减，故A正确；
对于B，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))上只有一个极值点，故B不正确；
对于C，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(7π,6)＋\f(2π,3)))＝sin 3π＝0，所以x＝eq \f(7π,6)不是曲线y＝f(x)的对称轴，故C不正确；
对于D，因为f′(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，若直线y＝eq \f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，
则由2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，得2x＋eq \f(2π,3)＝2kπ＋eq \f(2π,3)或2x＋eq \f(2π,3)＝2kπ＋eq \f(4π,3)(k∈Z)，
所以x＝kπ或x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．
当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)＝eq \f(\r(3),2)，
则由eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)－kπ(k∈Z)，解得k＝0；
当x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)时，f(x)＝－eq \f(\r(3),2)，
方程－eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)－kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)无解．
综上所述，直线y＝eq \f(\r(3),2)－x为曲线y＝f(x)的切线，故D正确．
(2)(2022·广州联考)若函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递减，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上的最大值为eq \r(3)，则ω＝________.
答案 －eq \f(1,4)
解析 因为函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上单调递减，
所以ω<0，eq \f(π,|ω|)≥eq \f(2π,3)，则－eq \f(3,2)≤ω<0，
又因为函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))上的最大值为eq \r(3)，
所以－eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，
即ω＝－eq \f(1,4)－3k，k∈Z，所以ω＝－eq \f(1,4).
专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·日照模拟)已知角θ的终边经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，则角θ可以为( )
A.eq \f(5π,6) B.eq \f(2π,3) C.eq \f(11π,6) D.eq \f(5π,3)
答案 D
解析 ∵角θ的终边经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，
∴θ是第四象限角，且cs θ＝eq \f(1,2)，sin θ＝－eq \f(\r(3),2)，
则θ＝eq \f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，
结合选项知角θ可以为eq \f(5π,3).
2．(2022·惠州模拟)已知tan α＝2，π<αA.eq \f(\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),5) C.eq \f(3\r(5),5) D．－eq \f(3\r(5),5)
答案 A
解析 由tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝2，
且sin2α＋cs2α＝1，π<α得sin α＝－eq \f(2\r(5),5)，cs α＝－eq \f(\r(5),5)，
所以cs α－sin α＝－eq \f(\r(5),5)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))＝eq \f(\r(5),5).
3.(2022·济宁模拟)如图，某时钟显示的时刻为9：45，此时时针与分针的夹角为θ，则(sin θ＋cs θ)(sin θ－cs θ)等于( )
A.eq \f(\r(2),2) B．－eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(3),2)
答案 B
解析 时针指向9时，分针指向12，当分针转到指向9时，旋转了圆周的eq \f(3,4)，因此时针旋转了1个小时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即\f(2π,12)))的eq \f(3,4)，所以θ＝eq \f(2π,12)×eq \f(3,4)＝eq \f(π,8)，
所以(sin θ＋cs θ)(sin θ－cs θ)＝sin2θ－cs2θ
＝－cs 2θ＝－cs eq \f(π,4)＝－eq \f(\r(2),2).
4．(2022·全国甲卷)将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 记曲线C的函数解析式为g(x)，则g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ωx＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,3))))).因为函数g(x)的图象关于y轴对称，所以eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得ω＝2k＋eq \f(1,3)(k∈Z)．因为ω＞0，所以ωmin＝eq \f(1,3).故选C.
5.(2022·福州质检)已知函数f(x)＝sin(ωx－φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则f(x)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(1,6)，kπ＋\f(5,6)))，k∈Z
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(1,6)，2kπ＋\f(5,6)))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k－\f(1,6)，k＋\f(5,6)))，k∈Z
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,6)，2k＋\f(5,6)))，k∈Z
答案 D
解析 由图象可知，函数y＝f(x)的最小正周期T满足eq \f(T,2)＝eq \f(4,3)－eq \f(1,3)＝1，∴T＝2，ω＝eq \f(2π,2)＝π，
∴f(x)＝sin(πx－φ)，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－φ))＝0，
得eq \f(π,3)－φ＝kπ，得φ＝eq \f(π,3)－kπ，k∈Z，
∵－eq \f(π,2)<φ∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx－\f(π,3)))，
由2kπ－eq \f(π,2)≤πx－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得2k－eq \f(1,6)≤x≤2k＋eq \f(5,6)，k∈Z，
因此，函数y＝f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,6)，2k＋\f(5,6)))，k∈Z.
6．(2022·云南师大附中模拟)已知函数f(x)＝sin x＋acs x(a>0)的最大值为2，若方程f(x)＝b在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(13π,6)))内有三个实数根x1，x2，x3，且x1A.eq \f(8π,3) B.eq \f(10π,3) C．4π D.eq \f(25π,6)
答案 A
解析 f(x)＝sin x＋acs x＝eq \r(1＋a2)sin(x＋φ)，
由题知eq \r(1＋a2)＝2，且a>0，解得a＝eq \r(3)，
于是f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).
方程f(x)＝b在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(13π,6)))内的实数根，即为在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(13π,6)))内y＝f(x)的图象与直线y＝b的交点的横坐标，如图所示，
由f(x)图象的对称性可知，eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(π,6)，eq \f(x2＋x3,2)＝eq \f(7π,6)，
即x1＋x2＝eq \f(π,3)，x2＋x3＝eq \f(7π,3)，
所以x1＋2x2＋x3＝(x1＋x2)＋(x2＋x3)＝eq \f(8π,3).
7.(2022·全国甲卷)沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，eq \(AB,\s\up8(︵))是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在eq \(AB,\s\up8(︵))上，CD⊥AB.“会圆术”给出eq \(AB,\s\up8(︵))的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋eq \f(CD2,OA).当OA＝2，∠AOB＝60°时，s等于( )
A.eq \f(11－3\r(3),2) B.eq \f(11－4\r(3),2)
C.eq \f(9－3\r(3),2) D.eq \f(9－4\r(3),2)
答案 B
解析 由题意知，△OAB是等边三角形，
所以AB＝OA＝2.
连接OC(图略)，因为C是AB的中点，
所以OC⊥AB，OC＝eq \r(OA2－AC2)＝eq \r(3).
又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，
所以CD＝OD－OC＝2－eq \r(3)，
所以s＝AB＋eq \f(CD2,OA)＝2＋eq \f(2－\r(3)2,2)＝eq \f(11－4\r(3),2).
8．(2022·潍坊模拟)设函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(π,4)))上的最大值为g1(t)，最小值为g2(t)，则g1(t)－g2(t)的最小值为( )
A．1 B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(2)－1,2) D.eq \f(2－\r(2),2)
答案 D
解析 因为函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π，
所以区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(π,4)))的区间长度是该函数的最小正周期的eq \f(1,4)，
因为函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(π,4)))上的最大值为g1(t)，最小值为g2(t)，
所以当区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(π,4)))关于它的图象的对称轴对称，即对称轴为eq \f(t＋t＋\f(π,4),2)＝t＋eq \f(π,8)时，g1(t)－g2(t)取得最小值，且此时函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(π,4)))上有最值±1，
不妨设y在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(t，t＋\f(π,4)))上有最大值g1(t)＝1，
则有sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(π,8)))＋\f(π,3)))＝1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(7π,12)))＝1，
即2t＋eq \f(7π,12)＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得t＝kπ－eq \f(π,24)，k∈Z，
所以g2(t)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,24)))＋\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，
所以g1(t)－g2(t)的最小值为eq \f(2－\r(2),2).
二、多项选择题
9．(2022·武汉质检)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))在下列区间上单调递增的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
答案 BC
解析 f(x)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z.
当k＝0时，有x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))；
当k＝－1时，有x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))，
只有B，C符合．
10．(2022·山东联考)已知曲线C1：y＝cs 2x，C2：y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是( )
A．把曲线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(5π,6)个单位长度，得到曲线C2
B．把曲线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
C．把曲线C1向左平移eq \f(7π,12)个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线C2
D．把曲线C1向左平移eq \f(π,12)个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，最后把得到的曲线向右平移π个单位长度，得到曲线C2
答案 ACD
解析 对于选项A，把曲线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(5π,6)个单位长度，所得曲线对应的函数解析式为
y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)－\f(3π,2)))
＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))，故A正确；
对于选项B，把曲线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，所得曲线对应的函数解析式为
y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)－\f(5π,6)))≠－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))，
故B错误；
对于选项C，把曲线C1向左平移eq \f(7π,12)个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，所得曲线对应的函数解析式为
y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(7π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)＋\f(π,2)))
＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))，故C正确；
对于选项D，把曲线C1向左平移eq \f(π,12)个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，最后把得到的曲线向右平移π个单位长度，所得曲线对应的函数解析式为
y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)－\f(3π,2)))
＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))，故D正确．
11．(2022·衡水模拟)已知函数f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<ω<4，|φ|<\f(π,2)))满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,12)－x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(13π,12)))，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝0，则下列说法正确的有( )
A．ω＝2
B．φ＝eq \f(π,6)
C．直线x＝eq \f(13π,12)是f(x)图象的一条对称轴
D．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,3)，0))是f(x)图象的一个对称中心
答案 ACD
解析 由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,12)－x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(13π,12)))
可知直线x＝eq \f(13π,12)是函数f(x)的图象的一条对称轴，故C选项正确；
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))是函数f(x)的图象的一个对称中心，
所以eq \f(4π,3)－eq \f(13π,12)＝eq \f(T,4)＋eq \f(kT,2)(k∈Z)，
即T＝eq \f(π,2k＋1)(k∈Z)，
又因为T＝eq \f(2π,ω)，
所以ω＝4k＋2(k∈Z)，
因为0<ω<4，所以当k＝0时，ω＝2符合，故A选项正确；
所以eq \f(13π,12)×2＋φ＝kπ(k∈Z)，
所以φ＝kπ－eq \f(13π,6)(k∈Z)，
因为|φ|从而f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(14π,3)－\f(π,6)))＝cs eq \f(9π,2)＝0，故点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,3)，0))是f(x)图象的一个对称中心，故D选项正确．
12．(2022·德州联考)声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数y＝Asin ωt，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的数学模型是函数f(x)＝|cs x|＋eq \r(3)|sin x|，则下列结论不正确的是( )
A．f(x)是偶函数
B．f(x)的最小正周期为2π
C．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
D．f(x)的最小值为1
答案 BC
解析 因为x∈R，f(－x)＝f(x)，
所以f(x)是偶函数，A正确；
f(x)显然是周期函数，
因为f(x＋π)＝|cs(x＋π)|＋eq \r(3)|sin(x＋π)|
＝|cs x|＋eq \r(3)|sin x|＝f(x)，B错误；
因为当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
f(x)＝|cs x|＋eq \r(3)|sin x|
＝cs x＋eq \r(3)sin x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，C错误；
因为当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，
f(x)＝|cs x|＋eq \r(3)|sin x|
＝－cs x＋eq \r(3)sin x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，
所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，))
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，设t＝x＋eq \f(π,6)，
则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，
所以sin t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以f(x)∈[1,2]，
同理，当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f(x)∈[1,2]，
由B中解答知，π是f(x)的周期，所以f(x)的最小值为1，D正确．
三、填空题
13．(2022·黄山模拟)已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－x))＝eq \f(1,cs x)，则sin x＝________.
答案 eq \f(\r(5)－1,2)
解析 由taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－x))＝eq \f(1,cs x)，
得eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－x)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－x)))＝eq \f(1,cs x)，
即eq \f(－cs x,－sin x)＝eq \f(1,cs x)，即cs2x＝sin x，
整理得sin2x＋sin x－1＝0，而－1≤sin x≤1，
解得sin x＝eq \f(\r(5)－1,2).
14．(2022·石家庄模拟)已知角α的终边经过点P(8,3cs α)．则sin α＝________.
答案 eq \f(1,3)
解析 ∵|OP|＝eq \r(82＋3cs α2)＝eq \r(64＋9cs2α)，
∴sin α＝eq \f(3cs α,\r(64＋9cs2α))，
cs α＝eq \f(8,\r(64＋9cs2α))，
∴sin α·eq \r(64＋9cs2α)＝3cs α，
即sin2α(64＋9cs2α)＝9cs2α，
∴sin2α[64＋9(1－sin2α)]＝9(1－sin2α)，
即9sin4α－82sin2α＋9＝0，
解得sin2α＝9(舍去)或sin2α＝eq \f(1,9)，
∵cs α>0 ∴sin α>0，
∴sin α＝eq \f(1,3).
15．(2022·全国乙卷)记函数f(x)＝cs(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T.若f(T)＝eq \f(\r(3),2)，x＝eq \f(π,9)为f(x)的零点，则ω的最小值为________．
答案 3
解析 因为T＝eq \f(2π,ω)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,ω)))＝eq \f(\r(3),2)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，即cs φ＝eq \f(\r(3),2).
又0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,6).
所以f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6))).
因为x＝eq \f(π,9)为f(x)的零点，
所以eq \f(π,9)ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
解得ω＝9k＋3(k∈Z)．
又ω>0，所以当k＝0时，ω取得最小值，
且最小值为3.
16．(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fx－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)))))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fx－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))))>0的最小正整数x为________．
答案 2
解析 由题图可知，eq \f(3,4)T＝eq \f(13π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(3π,4)(T为f(x)的最小正周期)，得T＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝2cs(2x＋φ)．点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))可看作“五点作图法”中的第二个点，
则2×eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,2)，得φ＝－eq \f(π,6)，
所以f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)))－\f(π,6)))
＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11π,3)))＝2cs eq \f(π,3)＝1，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(4π,3)－\f(π,6)))＝2cs eq \f(5π,2)＝0，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fx－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)))))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(fx－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))))>0，
即[f(x)－1]·f(x)>0，
可得f(x)>1或f(x)<0，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))>eq \f(1,2)或cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))<0.
当x＝1时，2x－eq \f(π,6)＝2－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，
cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，不符合题意；
当x＝2时，2x－eq \f(π,6)＝4－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,6)))，
cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))<0，符合题意．
所以满足题意的最小正整数x为2.