第1講三角函數的圖象與性質[考情分析]1.高考對此部分的命題主要集中于三角函數的定義、圖象與性質，主要考查圖象的變換、函數的單調性、奇偶性、周期性、對稱性，常與三角恒等變換交匯命題.2.主要以選擇題、填空題的形式考查，難度為中等或偏下．考點一三角函數的運算核心提煉1．同角關系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).2．誘導公式：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的誘導公式中“奇變偶不變，符號看象限”．例1(1)(2023·南寧模擬)在平面直角坐標系中，角α與β的頂點在原點，始邊與x軸非負半軸重合，它們的終邊關于原點對稱，且sinα＝eq\f(1,3)，則sin(α＋β)＝________.答案±eq\f(4\r(2),9)解析由題意，角α與β的頂點在原點，終邊構成一條直線，所以β＝α＋π＋2kπ，k∈Z，所以sin(α＋β)＝sin(2α＋π＋2kπ)＝sin(2α＋π)＝－sin2α＝－2sinαcosα，又sinα＝eq\f(1,3)，所以cosα＝±eq\r(1－sin2α)＝±eq\f(2\r(2),3)，所以sin(α＋β)＝－2sinαcosα＝－2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(2\r(2),3)))＝±eq\f(4\r(2),9).(2)(2023·巴中模擬)勾股定理，在我國又稱為“商高定理”，最早的證明是由東漢末期數學家趙爽在為《周髀算經》作注時給出的，他利用了勾股圓方圖，此圖被稱為“趙爽弦圖”．“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形和中間的一個小正方形組成的大正方形圖案(如圖所示)，若小正方形與大正方形的面積之比為eq\f(9,17)，則“趙爽弦圖”里的直角三角形中最小角的正弦值為()A.eq\f(2,17)B.eq\f(\r(34),34)C.eq\f(4,17)D.eq\f(\r(17),17)答案D解析設大正方形的邊長1，直角三角形中最小的角為θ，則中間小正方形的邊長為cosθ－sinθ，由題意可得(cosθ－sinθ)2＝eq\f(9,17)，顯然0<θ<eq\f(π,4)，所以cosθ>sinθ>0，所以cosθ－sinθ＝eq\f(3\r(17),17)，①又cos2θ＋sin2θ－2cosθsinθ＝eq\f(9,17)，所以2cosθsinθ＝eq\f(8,17)，所以(cosθ＋sinθ)2＝cos2θ＋sin2θ＋2cosθsinθ＝eq\f(25,17)，即cosθ＋sinθ＝eq\f(5\r(17),17)，②聯立①②，解得sinθ＝eq\f(\r(17),17).二級結論(1)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinα<α<tanα.(2)由(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα知，sinα＋cosα，sinα－cosα，sinαcosα三者知一可求二．跟蹤演練1(1)(2023·鷹潭模擬)設sin23°＝m，則tan67°等于()A．－eq\f(m,\r(1－m2)) B.eq\f(m,\r(1－m2))C.eq\r(\f(1,m2)－m) D.eq\r(\f(1,m2)－1)答案D解析∵sin23°＝m，∴cos67°＝m，∴sin67°＝eq\r(1－m2)，∴tan67°＝eq\f(\r(1－m2),m)，∵sin23°＝m>0，∴tan67°＝eq\f(\r(1－m2),m)＝eq\r(\f(1,m2)－1).(2)已知2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＝cos(α－π)，則sin2α＋cos2α＝________.答案－eq\f(1,5)解析∵2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＝cos(α－π)，∴2sinα＝－cosα，∴tanα＝－eq\f(1,2)，∴sin2α＋cos2α＝eq\f(2sinαcosα＋cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(2tanα＋1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq\f(1,5).考點二三角函數的圖象核心提煉由函數y＝sinx的圖象變換得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)圖象的步驟例2(1)(2023·海東模擬)為了得到函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象，只需將函數g(x)＝cos2x的圖象()A．向左平移eq\f(3π,8)個單位長度B．向右平移eq\f(3π,8)個單位長度C．向左平移eq\f(π,8)個單位長度D．向右平移eq\f(π,8)個單位長度答案B解析因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，所以f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，故為了得到f(x)的圖象，只需將g(x)的圖象向右平移eq\f(3π,8)個單位長度．(2)(多選)如圖是函數y＝sin(ωx＋φ)的部分圖象，則sin(ωx＋φ)等于()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))) D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))答案BC解析由函數圖象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，則|ω|＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，所以排除A；不妨令ω＝2，當x＝eq\f(\f(2π,3)＋\f(π,6),2)＝eq\f(5π,12)時，y＝－1，∴2×eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得φ＝2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，即函數的解析式為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋2kπ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x)).而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x)).所以排除D，選BC.規律方法由三角函數的圖象求解析式y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中參數的值(1)最值定A，B：根據給定的函數圖象確定最值，設最大值為M，最小值為m，則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)特殊點定φ：代入特殊點求φ，一般代入最高點或最低點，代入中心點時應注意是上升趨勢還是下降趨勢．跟蹤演練2(1)把函數y＝f(x)圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，再把所得曲線向右平移eq\f(π,3)個單位長度，得到函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象，則f(x)等于()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(7π,12))) B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,12))) D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,12)))答案B解析方法一函數y＝f(x)圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的eq\f(1,2)，縱坐標不變，得到y＝f(2x)的圖象，再把所得曲線向右平移eq\f(π,3)個單位長度，應當得到y＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))))的圖象，根據已知得到了函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，令t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，則x＝eq\f(t,2)＋eq\f(π,3)，x－eq\f(π,4)＝eq\f(t,2)＋eq\f(π,12)，所以f(t)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)＋\f(π,12)))，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12))).方法二由已知的函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))逆向變換，第一步，向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的圖象；第二步，圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的圖象，即為y＝f(x)的圖象，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12))).(2)(2023·鞍山模擬)函數f(x)＝Acos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，將函數f(x)的圖象向左平移1個單位長度后得到函數g(x)的圖象，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D．1答案D解析由圖象可知，A＝2，eq\f(T,4)＝1－(－1)＝2，得T＝8＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(π,4)，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋φ))，又因為點(－1,0)在函數f(x)的圖象上，所以2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝0，所以－eq\f(π,4)＋φ＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝－eq\f(π,4)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,4)，即f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x－\f(π,4))).所以g(x)＝f(x＋1)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x＋1－\f(π,4)))＝2cos

eq\f(π,4)x，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)×\f(4,3)))＝2coseq\f(π,3)＝1.考點三三角函數的性質核心提煉函數y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性質(1)單調性：由－eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)可得單調遞增區間，由eq\f(π,2)＋2kπ≤ωx＋φ≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)可得單調遞減區間．(2)對稱性：由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)可得對稱中心；由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)可得對稱軸．(3)奇偶性：當φ＝kπ(k∈Z)時，函數y＝Asin(ωx＋φ)為奇函數；當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時，函數y＝Asin(ωx＋φ)為偶函數．例3(1)(2023·全國乙卷)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))單調遞增，直線x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)為函數y＝f(x)的圖象的兩條相鄰對稱軸，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))等于()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)答案D解析因為直線x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)為函數y＝f(x)的圖象的兩條相鄰對稱軸，所以eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨取ω>0，則T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，由題意知，當x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最小值，則2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，則φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，則f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,3)))＝eq\f(\r(3),2).(2)(多選)(2023·佛山模擬)已知函數f(x)＝3sin(2x＋φ)的初相為eq\f(π,6)，則下列結論正確的是()A．函數f(x)的圖象關于直線x＝－eq\f(π,3)對稱B．函數f(x)的一個單調遞減區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,3)))C．若把函數f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度得到函數g(x)的圖象，則g(x)為偶函數D．函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3\r(3),2)))答案AB解析由題意知φ＝eq\f(π,6)，所以f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).對于選項A，因為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－3，所以函數f(x)的圖象關于直線x＝－eq\f(π,3)對稱，故A項正確；對于選項B，由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，則當k＝－1時，函數f(x)的一個單調遞減區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,3)))，故B項正確；對于選項C，把函數f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位長度得到函數g(x)＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝3sin2x的圖象，所以g(x)為奇函數，故C項錯誤；對于選項D，因為－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，所以－eq\f(3,2)≤3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤3，即函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))，故D項錯誤．規律方法研究三角函數的性質，首先化函數為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式，然后結合正弦函數y＝sinx的性質求f(x)的性質，此時有兩種思路：一種是根據y＝sinx的性質求出f(x)的性質，然后判斷各選項；另一種是由x的值或范圍求得t＝ωx＋φ的范圍，然后由y＝sint的性質判斷各選項．跟蹤演練3(1)(2023·廣州模擬)已知函數f(x)＝sin(2x＋φ)，0<φ<π，若f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))))恒成立，則f(x)的單調遞增區間為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))(k∈Z)答案D解析因為f(x)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))))恒成立，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))))＝f(x)max＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，所以eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ或eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，所以φ＝－eq\f(π,6)＋2kπ或φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(5π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(2π,3)＋kπ≤x≤－eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))(k∈Z)．(2)已知函數f(x)＝a－eq\r(3)tan2x在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，b))上的最大值為7，最小值為3，則ab的值為()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,12)答案B解析∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，b))，∴b>－eq\f(π,6)，且2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，2b))，根據函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，b))上的最大值為7，最小值為3，得2b<eq\f(π,2)，即b<eq\f(π,4)，根據正切函數g(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調遞增，則f(x)＝a－eq\r(3)tan2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，b))上單調遞減，∴f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝a＋3＝7，解得a＝4，∴f(b)＝4－eq\r(3)tan2b＝3，則tan2b＝eq\f(\r(3),3)，∵2b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，∴2b＝eq\f(π,6)，即b＝eq\f(π,12)，∴ab＝4×eq\f(π,12)＝eq\f(π,3).專題強化練一、單項選擇題1．已知點P(6，－8)是角α終邊上一點，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))等于()A．－eq\f(4,5) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(3,5) D.eq\f(3,5)答案D解析點P(6，－8)是角α終邊上一點，故cosα＝eq\f(6,\r(62＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－8))2))＝eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cosα＝eq\f(3,5).2．(2023·揚州模擬)與函數y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象不相交的一條直線是()A．x＝eq\f(π,2) B．x＝eq\f(π,6)C．x＝eq\f(π,12) D．x＝eq\f(π,4)答案B解析由2x＋eq\f(π,6)≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠eq\f(π,6)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，當k＝0時，x≠eq\f(π,6)，∴與函數y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的圖象不相交的一條直線是x＝eq\f(π,6).3．(2023·深圳模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\f(4,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))的值為()A．－eq\f(3,5) B.eq\f(3,5)C．－eq\f(4,5) D.eq\f(4,5)答案C解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝－eq\f(4,5).4．已知直線x＝x1，x＝x2是函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)圖象的任意兩條對稱軸，且|x1－x2|的最小值為eq\f(π,2)，則f(x)的單調遞增區間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈ZB.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈ZC.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZD.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,12)，2kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z答案B解析∵直線x＝x1，x＝x2是函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))圖象的任意兩條對稱軸，且|x1－x2|的最小值為eq\f(π,2)，∴eq\f(T,2)＝eq\f(π,2)，即T＝π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝2，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，令2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，解得x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z，∴f(x)的單調遞增區間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.5．(2023·全國甲卷)設甲：sin2α＋sin2β＝1，乙：sinα＋cosβ＝0，則()A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件答案B解析甲等價于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等價于sinα＝±cosβ，所以由甲不能推導出sinα＋cosβ＝0，所以甲不是乙的充分條件；由sinα＋cosβ＝0，得sinα＝－cosβ，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推導出甲，則甲是乙的必要條件．6．(2023·沈陽模擬)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))，\r(3)))，函數f(x)＝m·n，若?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，使不等式f(x)－a－1≥0成立，則實數a的最大值為()A．－eq\r(3)B．－3C．－2D．－eq\r(3)－1答案C解析由題設，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))，若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，則x＋eq\f(5π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)，\f(5π,3)))，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，所以f(x)∈[－2，－1]，因為?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，使不等式f(x)－a－1≥0成立，只需f(x)max≥a＋1即可，所以a＋1≤－1，即a≤－2，故a的最大值為－2.7．(2023·懷化模擬)設ω>0，若函數y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的圖象向右平移eq\f(π,5)個單位長度后與函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的圖象重合，則ω的最小值是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C.eq\f(5,2)D.eq\f(7,2)答案C解析函數y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的圖象向右平移eq\f(π,5)個單位長度后，得到y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,5)＋\f(π,5)))的圖象，與函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(3π,10)＋\f(π,2)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(3π,10)))圖象重合，則－eq\f(ωπ,5)＋eq\f(π,5)＝－eq\f(3π,10)＋2kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(5,2)－10k，k∈Z，∵ω>0，∴當k＝0時，ω取到最小值，此時ω＝eq\f(5,2).8．我國第一高樓上海中心大廈的阻尼器減震裝置，被稱為“定樓神器”，如圖1.由物理學知識可知，某阻尼器的運動過程可近似為單擺運動，其離開平衡位置的位移y(m)和時間t(s)的函數關系為y＝sin(ωt＋φ)(ω>0，|φ|<π)，如圖2.若該阻尼器在擺動過程中連續三次到達同一位置的時間分別為t1，t2，t3(0<t1<t2<t3)，且t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，則1分鐘內阻尼器由其他位置擺動經過平衡位置的次數最多為()A．19B．20C．40D．41答案C解析因為t1＋t2＝2，t2＋t3＝5，t3－t1＝T，所以T＝3，又T＝eq\f(2π,ω)，所以ω＝eq\f(2π,3)，則y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)t＋φ))，由0≤t≤60，則φ≤eq\f(2π,3)t＋φ≤40π＋φ，所以1分鐘內阻尼器由其他位置擺動經過平衡位置的次數最多，等價于1分鐘內y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)t＋φ))＝0的次數最多，等價于區間[φ，40π＋φ]內包含kπ(k∈Z)的次數最多，又|φ|<π，則區間[φ，40π＋φ]內包含了0，π，2π，3π，…，39π或π，2π，3π，…，40π，所以區間[φ，40π＋φ]內包含kπ(k∈Z)的次數最多為40.二、多項選擇題9．為了得到函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的圖象，只需將函數g(x)＝sinx的圖象()A．所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標不變，再將所得圖象向右平移eq\f(π,18)個單位長度B．所有點的橫坐標伸長到原來的3倍，縱坐標不變，再將所得圖象向右平移eq\f(π,18)個單位長度C．向右平移eq\f(π,6)個單位長度，再將所得圖象所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標不變D．向右平移eq\f(π,18)個單位長度，再將所得圖象所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標不變答案AC解析將函數g(x)＝sinx的圖象所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標不變，再將所得圖象向右平移eq\f(π,18)個單位長度，可以得到函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的圖象，A正確；將函數g(x)＝sinx的圖象所有點的橫坐標伸長到原來的3倍，縱坐標不變，再將所得圖象向右平移eq\f(π,18)個單位長度，可以得到函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,54)))的圖象，B不正確；將函數g(x)＝sinx的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度，再將所得圖象所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標不變，可以得到函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的圖象，C正確；將函數g(x)＝sinx的圖象向右平移eq\f(π,18)個單位長度，再將所得圖象所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,3)，縱坐標不變，可以得到函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,18)))的圖象，D不正確．10．(2023·煙臺模擬)已知函數f(x)＝sinx－cosx，則()A．f(x)的最小正周期為πB．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增C．直線x＝－eq\f(π,4)是f(x)圖象的一條對稱軸D．f(x)的圖象可由y＝eq\r(2)sinx的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度得到答案BC解析f(x)＝sinx－cosx可化為f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，則函數f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的最小正周期為2π，A錯誤；當0≤x≤eq\f(π,2)時，－eq\f(π,4)≤x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，因為函數y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上單調遞增，所以函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增，B正確；當x＝－eq\f(π,4)時，x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，所以直線x＝－eq\f(π,4)是f(x)圖象的一條對稱軸，C正確；函數y＝eq\r(2)sinx的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位長度得到函數g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的圖象，D錯誤．11．(2023·黃山模擬)若eq\f(sinθ·cos2θ,sinθ＋cosθ)＝－eq\f(3,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))(k∈Z)的值可能是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C．2D．3答案CD解析由余弦的二倍角公式知，eq\f(sinθ·cos2θ－sin2θ,sinθ＋cosθ)＝sinθ·(cosθ－sinθ)＝eq\f(sinθ·cosθ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(tanθ－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5)，得5tanθ－5tan2θ＝－3－3tan2θ，即2tan2θ－5tanθ－3＝0，解得tanθ＝－eq\f(1,2)或tanθ＝3，當k＝2m(m∈Z)時，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ＋θ))＝tanθ，當k＝2m－1(m∈Z)時，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ＋θ－\f(π,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,2)))＝－eq\f(1,tanθ)，所以當tanθ＝－eq\f(1,2)時，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝－eq\f(1,2)或taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝2(k∈Z)，當tanθ＝3時，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝3或taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝－eq\f(1,3)(k∈Z)．12．(2023·張家口模擬)已知函數f(x)＝|sinx|＋cos|x|，則下列結論正確的有()A．f(x)為偶函數B．f(x)的最小值為－eq\r(2)C．f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))上單調遞增D．方程f(x)＝eq\f(1,2)在區間[0,4π]內的所有根的和為8π答案ACD解析對于A項，f(x)的定義域為R，f(－x)＝|sin(－x)|＋cos|－x|＝|sinx|＋cos|x|＝f(x)，故A正確；對于B項，由cos(－x)＝cosx得cos|x|＝cosx，所以f(x)＝|sinx|＋cosx，又因為f(x＋2π)＝|sin(x＋2π)|＋cos(x＋2π)＝|sinx|＋cosx＝f(x)，所以函數f(x)是以2π為周期的周期函數，所以f(x)＝|sinx|＋cosx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx，x∈[2kπ，π＋2kπ]，,－sinx＋cosx，x∈π＋2kπ，2π＋2kπ]，))k∈Z，即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈[2kπ，2kπ＋π]，,－\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，x∈2kπ＋π，2kπ＋2π]，))k∈Z，故函數f(x)的圖象如圖所示．則f(π＋2kπ)＝－1，所以函數f(x)的最小值為－1，故B錯誤；對于C項，方法一如圖，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))時，函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))上單調遞增，故C正確；方法二當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))時，f(x)＝－sinx＋cosx＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，因為x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0))，函數y＝cosx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，0))上單調遞增，所以函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,4)))上單調遞增，故C正確；對于D項，由圖象可知，方程f(x)＝eq\f(1,2)在區間[0,4π]上有四個不相等的實數根，設x1<x2<x3<x4，則eq\f(x1＋x4,2)＝eq\f(x2＋x3,2)＝2π，所以x1＋x2＋x3＋x4＝8π，故D正確．三、填空題13．(2023·西安模擬)已知sin2(π－θ)＝eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋θ))，0<|θ|<eq\f(π,2)，則θ＝________.答案eq\f(π,3)解析由題知sin2θ＝eq\f(\r(3),2)sinθ，所以sinθ＝eq\f(\r(3),2)或sinθ＝0，又因為0<|θ|<eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,3).14．(2023·全國乙卷)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanθ＝eq\f(1,2)，則sinθ－c