2021數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)專題限時集訓(xùn)3三角函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì) 三角恒等變換與解三角形含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)專題限時集訓(xùn)3三角函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì)三角恒等變換與解三角形含解析專題限時集訓(xùn)(三）三角函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì)三角恒等變換與解三角形1．（2018·全國卷Ⅲ)若sinα＝eq\f(1，3)，則cos2α＝()A.eq\f（8,9)B.eq\f（7,9)C．－eq\f(7，9)D．－eq\f(8,9)B［cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,3）)）eq\s\up12(2）＝eq\f(7，9）。］2．（2019·全國卷Ⅱ）下列函數(shù)中，以eq\f(π,2)為周期且在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,4)，\f（π，2）))單調(diào)遞增的是(）A．f(x)＝|cos2x|B．f（x)＝｜sin2x｜C．f(x)＝cos｜x|D．f（x)＝sin|x|A［因為y＝sin｜x|的圖象如圖1，知其不是周期函數(shù)，排除D；因為y＝cos|x｜＝cosx，周期為2π,排除C；作出y＝|cos2x|的圖象如圖2,由圖象知,其周期為eq\f(π,2)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,4）,\f(π，2)))單調(diào)遞增，A正確；作出y＝|sin2x|的圖象如圖3,由圖象知，其周期為eq\f（π,2),在區(qū)間eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，4），\f(π，2）））單調(diào)遞減,排除B，故選A.圖1圖2圖3]3．（2016·全國卷Ⅱ）若coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，4）－α)）＝eq\f（3，5）,則sin2α＝（）A.eq\f（7,25)B。eq\f(1，5）C．－eq\f（1，5）D．－eq\f（7,25)D［法一:(公式法）coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，4)－α)）＝eq\f（3，5），sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，2）－2α））＝coseq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，4）－α））））＝2cos2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，4）－α）)－1＝－eq\f（7,25)，故選D.法二：(整體代入法）由coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,4）－α)）＝eq\f（\r（2）,2)(sinα＋cosα）＝eq\f（3,5），得sinα＋cosα＝eq\f（3\r（2),5),所以（sinα＋cosα)2＝1＋2sinαcosα＝eq\f（18,25），即sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(7，25）.]4．(2017·全國卷Ⅰ)已知曲線C1：y＝cosx，C2:y＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（2π,3））），則下面結(jié)論正確的是（)A．把C1上各點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍,縱坐標(biāo)不變,再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個單位長度，得到曲線C2B．把C1上各點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍,縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq\f（π，12）個單位長度，得到曲線C2C．把C1上各點的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f（1，2）倍,縱坐標(biāo)不變,再把得到的曲線向右平移eq\f（π，6）個單位長度,得到曲線C2D．把C1上各點的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f（1，2）倍,縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq\f（π，12)個單位長度，得到曲線C2D[因為y＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π，3))）＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f(2π，3)－\f(π,2)）)＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,6)）），所以曲線C1：y＝cosx上各點的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2），縱坐標(biāo)不變，得到曲線y＝cos2x，再把得到的曲線y＝cos2x向左平移eq\f(π,12)個單位長度,得到曲線y＝cos2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，12）））＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，6）））。故選D.]5.(2020·全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx＋\f（π,6)））在[－π，π］的圖象大致如圖，則f(x）的最小正周期為（）A。eq\f(10π,9)B.eq\f（7π,6）C。eq\f(4π，3）D。eq\f（3π,2)C［由題圖知，feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（4π,9)))＝0，∴－eq\f(4π，9)ω＋eq\f（π,6）＝eq\f（π，2)＋kπ(k∈Z）,解得ω＝－eq\f（3＋9k,4)(k∈Z)．設(shè)f(x）的最小正周期為T，易知T〈2π<2T,∴eq\f(2π,｜ω｜）<2π<eq\f(4π,|ω|），∴1<|ω|〈2,當(dāng)且僅當(dāng)k＝－1時，符合題意，此時ω＝eq\f（3,2）,∴T＝eq\f（2π，ω)＝eq\f（4π,3）。故選C.]6．（2018·全國卷Ⅱ)在△ABC中，coseq\f(C，2）＝eq\f(\r（5),5），BC＝1，AC＝5，則AB＝（）A．4eq\r（2)B。eq\r（30）C。eq\r（29)D．2eq\r（5）A［因為cosC＝2cos2eq\f(C,2)－1＝2×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r（5)，5)）)eq\s\up12（2）－1＝－eq\f（3，5),所以AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC＝1＋25－2×1×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（3，5)））＝32，則AB＝4eq\r（2），故選A。]7．（2018·全國卷Ⅱ）若f（x)＝cosx－sinx在[－a，a］是減函數(shù),則a的最大值是（）A。eq\f(π，4)B。eq\f（π，2）C.eq\f（3π,4)D．πA[法一：(直接法)f(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,4)）），且函數(shù)y＝cosx在區(qū)間[0,π］上單調(diào)遞減,則由0≤x＋eq\f(π,4）≤π，得－eq\f(π，4）≤x≤eq\f(3π,4）。因為f（x）在[－a,a]上是減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－a≥－\f（π,4），，a≤\f（3π，4），))解得a≤eq\f(π，4),所以0＜a≤eq\f(π,4),所以a的最大值是eq\f(π,4)，故選A。法二：（單調(diào)性法)因為f(x)＝cosx－sinx，所以f′（x）＝－sinx－cosx，則由題意，知f′(x）＝－sinx－cosx≤0在[－a，a］上恒成立，即sinx＋cosx≥0,即eq\r（2）sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π,4）））≥0在［－a，a］上恒成立，結(jié)合函數(shù)y＝eq\r(2）sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，4）)）的圖象（圖略)，可知有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－a＋\f(π,4）≥0，，a＋\f（π，4）≤π，）)解得a≤eq\f(π，4)，所以0＜a≤eq\f(π,4）,所以a的最大值是eq\f（π,4)，故選A。]8．(2018·全國卷Ⅲ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若△ABC的面積為eq\f（a2＋b2－c2，4)，則C＝(）A。eq\f（π,2）B.eq\f（π，3）C。eq\f（π,4)D.eq\f（π,6）C［根據(jù)題意及三角形的面積公式知eq\f(1，2）absinC＝eq\f（a2＋b2－c2,4)，所以sinC＝eq\f（a2＋b2－c2,2ab)＝cosC，所以在△ABC中,C＝eq\f（π,4)。］9．（2017·全國卷Ⅲ）設(shè)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π,3)）)，則下列結(jié)論錯誤的是(）A．f（x）的一個周期為－2πB．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(8π,3）對稱C．f（x＋π）的一個零點為x＝eq\f（π，6)D．f(x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，2），π））單調(diào)遞減D[A項，因為f（x）＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，3）))的周期為2kπ(k∈Z)，所以f(x)的一個周期為－2π，A項正確．B項，由feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（8π，3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(8π，3)＋\f(π，3）))＝cos3π＝－1，可知B正確；C項，由f（x＋π)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（π＋\f(π,3)＋x）)＝－coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，3)）)得feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)＋π)）＝－coseq\f(π,2）＝0,故C正確．D項，由feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2π,3）)）＝cosπ＝－1可知，D不正確．]10．（2014·全國卷Ⅰ)設(shè)α∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2)）)，β∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2））），且tanα＝eq\f(1＋sinβ，cosβ）,則（）A．3α－β＝eq\f(π,2)B．2α－β＝eq\f(π，2)C．3α＋β＝eq\f（π,2）D．2α＋β＝eq\f（π，2)B［法一：由tanα＝eq\f(1＋sinβ,cosβ)得eq\f(sinα，cosα）＝eq\f（1＋sinβ,cosβ），即sinαcosβ＝cosα＋cosαsinβ,∴sin(α－β）＝cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，2)－α)）.∵α∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2）))，β∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）)），∴α－β∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（π，2），\f（π,2）)），eq\f(π,2）－α∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2））），∴由sin(α－β)＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，2）－α)），得α－β＝eq\f(π，2)－α，∴2α－β＝eq\f(π，2）。法二：tanα＝eq\f(1＋sinβ，cosβ）＝eq\f(1＋cos\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，2)－β)),sin\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，2)－β）)）＝eq\f（2cos2\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，4）－\f(β，2)))，2sin\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,4）－\f(β,2）)）cos\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，4）－\f(β,2)))）＝taneq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（π,2）－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4）－\f（β，2）））)）＝taneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，4)＋\f（β,2)))，∴α＝kπ＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f（β，2））），k∈Z,∴2α－β＝2kπ＋eq\f（π，2)，k∈Z.當(dāng)k＝0時，滿足2α－β＝eq\f(π,2)，故選B.]11．(2019·全國卷Ⅰ)關(guān)于函數(shù)f(x）＝sin|x｜＋|sinx｜有下述四個結(jié)論：①f(x)是偶函數(shù)；②f（x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，2）,π)）單調(diào)遞增；③f(x）在[－π，π］有4個零點；④f（x)的最大值為2.其中所有正確結(jié)論的編號是(）A．①②④ B．②④C．①④ D．①③C［法一：f(－x)＝sin｜－x|＋|sin(－x）｜＝sin|x|＋|sinx｜＝f（x)，∴f（x）為偶函數(shù),故①正確;當(dāng)eq\f（π,2）＜x＜π時，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，∴f（x)在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，2），π））單調(diào)遞減，故②不正確；f(x）在[－π,π］的圖象如圖所示，由圖可知函數(shù)f(x)在[－π，π]只有3個零點，故③不正確；∵y＝sin|x|與y＝|sinx｜的最大值都為1且可以同時取到，∴f（x)可以取到最大值2，故④正確．綜上，正確結(jié)論的序號是①④.故選C。法二：∵f（－x）＝sin|－x｜＋｜sin(－x)｜＝sin｜x｜＋|sinx|＝f（x)，∴f(x)為偶函數(shù)，故①正確，排除B;當(dāng)eq\f(π,2）＜x＜π時，f（x)＝sinx＋sinx＝2sinx,∴f(x）在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，2)，π））單調(diào)遞減，故②不正確，排除A；∵y＝sin｜x|與y＝|sinx|的最大值都為1且可以同時取到，∴f(x）的最大值為2，故④正確．故選C.法三：畫出函數(shù)f(x）＝sin｜x｜＋｜sinx｜的圖象,由圖象可得①④正確，故選C。］12．（2016·全國卷Ⅰ）已知函數(shù)f（x)＝sin（ωx＋φ)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（ω＞0，｜φ｜≤\f(π,2）)），x＝－eq\f(π,4)為f(x）的零點,x＝eq\f（π,4)為y＝f(x）圖象的對稱軸，且f（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,18)，\f（5π，36）))上單調(diào)，則ω的最大值為()A．11B．9C．7D．5B［先根據(jù)函數(shù)的零點及圖象、對稱軸,求出ω，φ滿足的關(guān)系式，再根據(jù)函數(shù)f（x)在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，則eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，18），\f(5π，36））)的區(qū)間長度不大于函數(shù)f(x)周期的eq\f(1,2）,然后結(jié)合｜φ｜≤eq\f(π，2）計算ω的最大值．因為f(x)＝sin（ωx＋φ）的一個零點為x＝－eq\f（π,4),x＝eq\f（π,4）為y＝f（x）圖象的對稱軸，所以eq\f(T,4）·k＝eq\f(π，2）(k為奇數(shù))．又T＝eq\f（2π，ω),所以ω＝k（k為奇數(shù)）．又函數(shù)f（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，18)，\f（5π,36）)）上單調(diào),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),則φ＝－eq\f（π，4）,此時，f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(11x－\f（π，4））），f(x）在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,18）,\f(3π，44））)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3π,44)，\f(5π，36））)上單調(diào)遞減，不滿足條件．若ω＝9，又｜φ|≤eq\f（π,2），則φ＝eq\f（π，4），此時，f（x）＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（9x＋\f(π,4）))，滿足f(x）在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,18），\f（5π，36)))上單調(diào)的條件．故選B。］13．(2018·全國卷Ⅱ）已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝________.－eq\f(1，2）［∵sinα＋cosβ＝1，①cosα＋sinβ＝0，②∴①2＋②2得1＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ）＋1＝1，∴sinαcosβ＋cosαsinβ＝－eq\f（1，2)，∴sin(α＋β)＝－eq\f（1,2）.］14．(2019·全國卷Ⅰ）函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（3π,2)）)－3cosx的最小值為________．－4[∵f(x）＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（3π，2）))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，則t∈［－1,1］，∴f（x)＝－2t2－3t＋1.又函數(shù)f(x）圖象的對稱軸t＝－eq\f（3,4)∈[－1,1］，且開口向下，∴當(dāng)t＝1時，f(x）有最小值－4.］15．(2019·全國卷Ⅱ）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a,b，c。若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π，3),則△ABC的面積為________．6eq\r（3）［法一：因為a＝2c，b＝6，B＝eq\f（π,3），所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB,得62＝(2c）2＋c2－2×2c×ccoseq\f（π，3),得c＝2eq\r（3），所以a＝4eq\r(3），所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2）acsinB＝eq\f（1,2)×4eq\r(3）×2eq\r（3）×sineq\f(π，3）＝6eq\r(3).法二：因為a＝2c，b＝6,B＝eq\f（π，3），所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝（2c)2＋c2－2×2c×ccoseq\f（π,3)，得c＝2eq\r(3)，所以a＝4eq\r(3），所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq\f（π，2），所以△ABC的面積S＝eq\f（1,2）×2eq\r（3）×6＝6eq\r(3)。]16．（2020·全國卷Ⅲ）關(guān)于函數(shù)f（x)＝sinx＋eq\f（1，sinx）有如下四個命題：①f（x）的圖象關(guān)于y軸對稱．②f（x)的圖象關(guān)于原點對稱．③f（x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f（π，2）對稱．④f(x）的最小值為2.其中所有真命題的序號是________．②③［由題意知f(x)的定義域為｛x｜x≠kπ，k∈Z｝，且關(guān)于原點對稱．又f（－x）＝sin（－x）＋eq\f(1,sin－x)＝－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（sinx＋\f(1,sinx)))＝－f(x),所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，所以①為假命題，②為真命題．因為feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2)－x））＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,2)－x））＋eq\f(1，sin\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，2)－x））)＝cosx＋eq\f(1，cosx），feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π,2)＋x))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，2)＋x））＋eq\f（1，sin\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，2）＋x））)＝cosx＋eq\f（1,cosx)，所以feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）＋x）)＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2)－x）），所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱，③為真命題．當(dāng)sinx＜0時,f(x）＜0，所以④為假命題．］1．(2020·西安模擬)已知sinα＝eq\f（1,3)，α∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)，π)）.則下列結(jié)論錯誤的是（)A．cosα＝－eq\f(2\r（2），3) B．tanα＝－eq\f（\r(2），4)C．coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f(π，4））)＝－eq\f(4＋\r（2)，6） D．coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α－\f(π，4))）＝eq\f（4－\r（2)，6)D［∵已知sinα＝eq\f（1，3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,2)，π)），∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f（2\r(2),3），故A正確;∴tanα＝eq\f(sinα，cosα)＝eq\f(1，－2\r（2)）＝－eq\f(\r（2）,4），故B正確;coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4）))＝cosαcoseq\f（π，4）－sinαsineq\f(π，4)＝－eq\f(4,6)－eq\f(\r(2），6)＝－eq\f(4＋\r（2)，6)，故C正確；coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（α－\f（π，4）))＝cosαcoseq\f(π,4）＋sinαsineq\f(π，4)＝－eq\f（4,6）＋eq\f（\r(2)，6）＝eq\f（\r(2)－4，6），故D錯誤,故選D.］2．（2020·畢節(jié)市模擬)若eq\f(sinθ－cosθ，sinθ＋cosθ）＝3，則sinθcosθ＋cos2θ的值是（)A．1B．－eq\f(1，5）C。eq\f（1，5)D．－1D［∵eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(tanθ－1,tanθ＋1)＝3，∴tanθ＝－2,∴sinθcosθ＋cos2θ＝eq\f(sinθcosθ＋cos2θ－sin2θ,sin2θ＋cos2θ）＝eq\f（tanθ＋1－tan2θ,tan2θ＋1)＝eq\f（－2＋1－4，4＋1）＝－1。故選D.］3．(2020·江寧模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a,b,c，若A＝120°，c＝2b，則cosC＝（)A.eq\f(\r(6)，2)B.eq\f（\r(3),2）C.eq\f(2\r（7），7）D。eq\f(\r(14),14)C［若A＝120°，c＝2b，由余弦定理可得,cos120°＝－eq\f（1,2)＝eq\f（b2＋4b2－a2,4b2)，∴a＝eq\r(7)b，則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(7b2＋b2－4b2，2\r(7）b2）＝eq\f（2\r（7），7)。故選C。］4．(2020·洛陽模擬）要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π，4）)）的圖象，只需將函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,2)－2x))的圖象（)A．向左平移eq\f(π，4)個單位B．向右平移eq\f（π，4)個單位C．向左平移eq\f（π，8）個單位D．向右平栘eq\f(π,8）個單位C[要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f(π，4)))的圖象，只需將函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，2)－2x)）＝sin2x的圖象向左平移eq\f(π，8)個單位即可，故選C.］5．(2020·南京師大附中模擬)設(shè)a，b是實數(shù),已知角θ的頂點為坐標(biāo)原點，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合,終邊上有兩點A(a,1）,B（－2，b),且sinθ＝eq\f（1,3）,則eq\f(a，b)的值為（)A．－4B．－2C．4D．±4A［由三角函數(shù)的定義，知eq\f(1,3)＝eq\f（1,\r（a2＋1))＝eq\f（b,\r（4＋b2))，且a＜0，b＞0，解得b＝eq\f(\r（2）,2)，a＝－2eq\r(2),所以eq\f(a,b)＝－4,故選A.］6．(2020·海淀模擬）將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f（π,4)個單位長度后得到曲線C1，再將C1上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍得到曲線C2，則C2的解析式為（)A．y＝sinxB．y＝cosxC．y＝sin4xD．y＝cos4xB［將函數(shù)y＝sin2x的圖象向左平移eq\f（π，4)個單位長度后得到曲線C1，C1的解析式為y＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（π，4)））＝cos2x，再將C1上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍得到曲線C2，C2的解析式為y＝cos2·eq\f(x，2）＝cosx．故選B.］7．(2020·五華區(qū)校級模擬）函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x＋2eq\r（3)sinxcosx的圖象的一條對稱軸為(）A．x＝eq\f（π,6)B．x＝eq\f（π,4)C．x＝eq\f（π，3）D．x＝eq\f(π,2）C［因為f（x）＝sin2x－cos2x＋2eq\r（3)sinxcosx＝－cos2x＋eq\r(3）sin2x＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)））.又feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，3)））＝2sineq\f（π,2)＝2取得函數(shù)的最大值，所以函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸為x＝eq\f(π,3)，故選C。]8．(2020·南安模擬）已知函數(shù)f(x)＝Acos（ωx＋φ)＋Beq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，｜φ|＜\f（π,2）)）的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式為（)A．y＝2coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（x，2)－\f（π，4))）＋4 B．y＝2coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（x，2)＋\f(π,4）)）＋4C．y＝4coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π，4))）＋2 D．y＝4coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(x，2）＋\f（π,4)）)＋2A［由圖象可知A＝2，B＝4，且eq\f（T，4)＝eq\f（π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2))）＝π，∴T＝eq\f（2π，ω)＝4π，∴ω＝eq\f(1，2)。所以f（x）＝2coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）x＋φ））＋4,由圖可知eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，2)，6）)是五點作圖的第一個點,所以eq\f（1，2)×eq\f（π，2)＋φ＝0，所以φ＝－eq\f(π，4)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，2）x－\f（π,4））)＋4。故A正確．]9．(2020·洛陽模擬）f（x）＝sinx＋sin2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，4)）)的最大值為()A．2B．1C。eq\f（1,8）D.eq\f(9,8）D［f（x）＝sinx＋sin2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，4)））＝sinx＋cos2x＝－2sin2x＋sinx＋1,因為－1≤sinx≤1,結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)sinx＝eq\f（1，4)時，函數(shù)取得最大值eq\f(9,8）。故選D.]10．(2020·德陽模擬）設(shè)當(dāng)x＝θ時,函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx取得最大值,則sinθ＝()A．－eq\f(2\r(5)，5）B.eq\f(2\r（5)，5)C．－eq\f(\r（5)，5)D。eq\f(\r(5)，5）D[函數(shù)f（x）＝sinx－2cosx＝eq\r（5）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(5），5)sinx－\f(2\r（5），5）·cosx)）＝eq\r（5）sin（x－φ),其中cosφ＝eq\f（\r（5)，5)，sinφ＝eq\f（2\r（5),5).當(dāng)x－φ＝2kπ＋eq\f（π,2）（k∈Z)時，取得最大值．∴θ＝φ＋2kπ＋eq\f(π，2）（k∈Z）時，取得最大值，則sinθ＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（φ＋2kπ＋\f（π,2))）＝cosφ＝eq\f(\r（5）,5)，故選D.]11．（2020·呂梁市一模）已知函數(shù)f(x)＝1－2sin2(ωx）（ω＞0）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（π,6），\f(π,2)))內(nèi)單調(diào)遞減，則ω取最大值時函數(shù)y＝f(x）的周期為()A．πB．2πC。eq\f(3π,2）D．3πA［f（x)＝1－2sin2(ωx）＝cos2ωx（ω＞0）,函數(shù)周期為T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f（π，ω），由f（x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π,6），\f（π,2）)）內(nèi)單調(diào)遞減可得eq\f（T,2)≥eq\f(π，2),即eq\f(π，2ω）≥eq\f（π，2）?ω≤1,ω最大為1,則其周期為eq\f（2π，2）＝π.故選A.]12．(2020·韶關(guān)模擬)已知2cos(α－β）cosβ－cos（α－2β)＝eq\f（\r（2）,4），則eq\f(1－tan2α,1＋tan2α）等于（)A．－eq\f(3,4）B．－eq\f（4，3)C。eq\f（3,4)D。eq\f（4，3）A［∵2cos（α－β)cosβ－cos(α－2β）＝2cos(α－β）cosβ－cos(α－β－β）＝2cos(α－β)cosβ－cos（α－β)cosβ－sin(α－β）sinβ＝cos(α－β）cosβ－sin(α－β）sinβ＝cos(α－β＋β)＝cosα，∴cosα＝eq\f（\r（2),4），sin2α＝1－cos2α＝eq\f(7,8)，∴tan2α＝7，從而eq\f（1－tan2α,1＋tan2α）＝－eq\f(3,4）。]13．(2020·長春二模）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c。已知2b－acosC＝0，sinA＝3sin（A＋C)，則eq\f（bc,a2）＝()A。eq\f（\r(7），4）B.eq\f（\r(14），9）C.eq\f(2,3)D。eq\f(\r(6),9)D[∵2b－acosC＝0，由余弦定理可得2b＝a×eq\f(a2＋b2－c2，2ab），整理可得，3b2＋c2＝a2, ①∵sinA＝3sin（A＋C）＝3sinB,由正弦定理可得，a＝3b, ②①②聯(lián)立可得，c＝eq\r（6)b，則eq\f（bc，a2)＝eq\f(\r(6）b×b，9b2）＝eq\f(\r(6）,9）。故選D。]14．(2020·成都模擬）關(guān)于函數(shù)f（x）＝3sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，3)）)＋1（x∈R)有下述四個結(jié)論：①若f（x1）＝f（x2)＝1，則x1－x2＝kπ(k∈Z)；②y＝f（x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2π，3），1））對稱；③函數(shù)y＝f（x)在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2）)）上單調(diào)遞增;④y＝f(x）的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度后所得圖象關(guān)于y軸對稱．其中所有正確結(jié)論的編號是（)A．①②④B．①②C．③④D．②④D［對于①，由f（x1)＝f(x2)＝1，得(x1，1），（x2，1)是函數(shù)f(x)的圖象的兩個對稱中心,則x1－x2是函數(shù)f（x)eq\f（T，2）＝eq\f（π,2)的整數(shù)倍（T是函數(shù)的最小正周期），即x1－x2＝eq\f（k，2)π（k∈Z)，故①錯誤；對于②,∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2π，3））)＝3sinπ＋1＝1，故②正確；由2kπ－eq\f（π，2)≤2x－eq\f(π，3)≤2kπ＋eq\f（π,2），解得kπ－eq\f(π，12)≤x≤kπ＋eq\f(5π，12)，k∈Z.當(dāng)k＝0時，f(x）在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12）)）上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(5π,12），\f（π,2)）)上單調(diào)遞減，故③錯誤；y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π，12)個單位長度后所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為y＝3sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x－\f(π，12)）)－\f（π，3)））＋1＝－3cos2x＋1，是偶函數(shù),圖象關(guān)于y軸對稱,故④正確．∴正確命題的序號是②④。故選D.]15．(2020·濰坊模擬)給出下列命題：①存在實數(shù)α使sinα＋cosα＝eq\f(5，3）.②直線x＝eq\f（2019π，2)是函數(shù)y＝cosx圖象的一條對稱軸．③y＝cos（sinx）(x∈R）的值域是［cos1，1]．④若α,β都是第一象限角，且sinα＞sinβ，則tanα＞tanβ.其中正確命題的題號為()A．①② B．②③C．③④ D．①④C［①∵sinα＋cosα＝eq\r（2)sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,4）))≤eq\r（2)＜eq\f(5，3),∴①錯誤；②eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2019π，2)，0)）是函數(shù)y＝cosx圖象的一個對稱中心,∴②錯誤;③根據(jù)余弦函數(shù)的性質(zhì)可得y＝cos（sinx）的最大值為ymax＝cos0＝1,ymin＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（sin\f（π，2）)）,其值域是[cos1，1］，③正確；④若α,β都是第一象限角，且sinα＞sinβ，利用三角函數(shù)線有tanα＞tanβ，④正確．故選C.]16．（2020·畢陽市模擬)已知函數(shù)f(x）＝sin2eq\f(π，4）x－eq\r（3）sineq\f（π，4)x·coseq\f(π,4）x，則f(1)＋f(2)＋…＋f(2020)的值等于（）A．2018B．1009C．1010D．2020C［∵f(x)＝sin2eq\f（π，4）x－eq\r（3)sineq\f（π，4）xcoseq\f（π,4)x＝eq\f（1,2)－eq\f（1,2)coseq\f(π，2)x－eq\f(\r(3)，2）sineq\f(π,2)x＝eq\f(1，2)－sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，2)x＋\f（π，6）)).∴函數(shù)f(x）的周期T＝eq\f(2π,\f（π，2)）＝4，∵f(1)＝eq\f（1,2)－eq\f（\r（3)，2）,f(2）＝eq\f(1，2)＋eq\f（1，2)，f（3）＝eq\f(1,2）＋eq\f(\r(3），2）,f（4)＝eq\f（1,2)－eq\f（1,2)，∴f（4k＋1)＝eq\f（1，2）－eq\f(\r(3),2），f（4k＋2)＝eq\f(1，2)＋eq\f(1，2），f（4k＋3）＝eq\f（1，2)＋eq\f(\r（3），2)，f（4k＋4）＝eq\f（1，2）－eq\f（1,2），∴f（4k＋1）＋f(4k＋2）＋f(4k＋3)＋f(4k＋4）＝2，∵2020＝505×4，∴f(1)＋f(2)＋…＋f（2020）＝505×2＝1010。故選C。］17．（2020·上饒模擬）在△ABC中，角A,B，C的對邊分別是a，b,c,且面積為S，若bcosC＋ccosB＝2acosA，S＝eq\f（1,4）（b2＋a2－c2），則角B等于（）A。eq\f（π，2)B.eq\f（5π，12)C。eq\f(7π,12)D。eq\f（π，3）B［因為bcosC＋ccosB＝2acosA,由正弦定理可得,sinBcosC＋sinCcosB＝2sinAcosA，即sin(B＋C)＝2sinAcosA＝sinA,因為sinA≠0，所以cosA＝eq\f(1,2），故A＝eq\f（π，3），∵S＝eq\f(1，4）（b2＋a2－c2),∴eq\f(1，2）absinC＝eq\f(1，4）×2ab×cosC,∴sinC＝cosC，故C＝eq\f(π,4），則B＝eq\f（5π，12）.故選B.］18．(2020·畢陽市模擬）已知A（xA，yA）是圓心為坐標(biāo)原點O，半徑為1的圓上的任意一點，將射線OA繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)eq\f（2π，3）到OB交圓于點B(xB，yB)，則2yA＋yB的最大值為(）A．3B．2C。eq\r(3）D。eq\r（5)C[設(shè)A（cosθ，sinθ)，則Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（cos\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π，3））)，sin\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（θ＋\f(2π，3）)))），∴2yA＋yB＝2sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ＋\f(2π，3）)）＝2sinθ＋sinθcoseq\f（2π，3）＋cosθsineq\f（2π，3)＝eq\f(3，2)sinθ＋eq\f(\r(3）,2)cosθ＝eq\r(3)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2）sinθ＋\f(1,2)cosθ））＝eq\r（3)sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π，6)）)，∴2yA＋yB的最大值為eq\r（3）,故選C.]19。（2020·平頂山一模）《蒙娜麗莎》是意大利文藝復(fù)興時期畫家列奧納多·達(dá)芬奇創(chuàng)作的油畫，現(xiàn)收藏于法國羅浮宮博物館．該油畫規(guī)格為：縱77cm，橫53cm。油畫掛在墻壁上的最低點處B離地面237cm（如圖所示)．有一身高為175cm的游客從正面觀賞它(該游客頭頂T到眼睛C的距離為15cm)，設(shè)該游客離墻距離為xcm，視角為θ。為使觀賞視角θ最大，x應(yīng)為()A．77B．80C．100D．77eq\r(2)D［如圖所示,設(shè)∠BCD＝α，則tanα＝eq\f(237－175－15，x)＝eq\f(77，x）.tan(θ＋α）＝eq\f(tanθ＋tanα，1－tanθtanα)＝eq\f(77＋77,x)＝eq\f(154,x),解得tanθ＝eq\f（77，x＋\f（2×772，x）)≤eq\f（77,2\r(x·\f(2×772,x)））＝eq\f（\r（2）,4），當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f（2×772，x),即x＝77eq\r(2)cm時取等號．故選D.］20．（2020·碑林區(qū)校級模擬）已知f（x)＝sin（ωx＋φ）（ω＞0,0＜φ≤π)，是R上的奇函數(shù)，若f(x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π，4）對稱，且f(x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（π,22），\f（π,11)）)內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，則feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,6))）＝(）A．－eq\f（\r（3），2）B．－eq\f（1,2)C.eq\f（1,2）D。eq\f(\r(3),2)A[f（x)＝sin（ωx＋φ)（ω＞0，0＜φ≤π)是R上的奇函數(shù),所以φ＝kπ,k∈Z，當(dāng)k＝1時，φ＝π。所以f(x)＝sin（ωx＋π)＝－sinωx，由于feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，4）））＝－sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4)ω）)＝±1,所以eq\f（π，4）ω＝kπ＋eq\f(π，2)(k∈Z），整理得eq\f(1，4）ω＝k＋eq\f（1，2），整理得ω＝4k＋2.當(dāng)k＝0時，ω＝2,函數(shù)f(x)＝－sin2x，由于x∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（π,22)，\f(π，11))），所以2x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（π，11)，\f（2π，11)）)，故函數(shù)是單調(diào)遞減函數(shù)．當(dāng)k＝1時ω＝4＋2＝6,函數(shù)f(x)＝－sin6x，由于x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,22），\f(π，11））)，所以6x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f（3π，11），\f（6π,11））),由于6x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(3π，11),\f(6π，12）)）內(nèi)單調(diào),故函數(shù)不為單調(diào)函數(shù)．當(dāng)k＝2時，ω＝10，函數(shù)f（x）在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f(π，22），\f(π，11）))內(nèi)也不是單調(diào)函數(shù)，所以f（x）＝－sin2x，故feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，6)）)＝－sineq\f(π，3）＝－eq\f（\r(3)，2)。故選A。]21．(2020·綿陽模擬）2019年10月1日,在慶祝新中國成立70周年閱兵中，由我國自主研制的軍用飛機和軍用無人機等參閱航空裝備分秒不差飛越天安門，狀軍威，振民心，令世人矚目．飛行員高超的飛行技術(shù)離不開艱苦的訓(xùn)練和科學(xué)的數(shù)據(jù)分析．一次飛行訓(xùn)練中，地面觀測站觀測到一架參閱直升機以72eq\r（2）千米/小時的速度在同一高度向正東飛行，如圖，第一次觀測到該飛機在北偏西60°的方向上，1分鐘后第二次觀測到該飛機在北偏東75°的方向上，仰角為30°，則直升機飛行的高度為________千米(結(jié)果保留根號)．eq\f(2\r（3),5)[如圖由題上條件可得線AC平行于東西方向,∠ABD＝60°，∠CBD＝75°；AC＝eq\f（72\r（2）,60）＝eq\f(6\r（2)，5）千米；∴∠ABC＝135°，∠BAC＝30°；在△ABC中，eq\f(BC,sin∠BAC）＝eq\f（AC,sin∠ABC）?eq\f（BC,sin30°）＝eq\f（\f(6\r(2),5），sin135°)?BC＝eq\f（\f(6\r(2），5）×\f（1，2），\f（\r(2)，2）)＝eq\f（6，5).D1C⊥平面ABC，在直角△BD1tan∠D1BC＝eq\f（D1C，BC)＝eq\f(h，BC）?h＝BC·tan∠D1BC＝eq\f(6,5)×tan∠