2025高考数学二轮复习-专题二-第1讲-三角函数的图象与性质-专项训练【含答案】

第1讲三角函数的图象与性质[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＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，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)(2023·日照校际联考)已知角α的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点(－3，－4)，将角α的终边绕原点逆时针方向旋转eq\f(π,2)后与角β的终边重合，则cosβ＝____.答案eq\f(4,5)解析由三角函数的定义知，sinα＝－eq\f(4,5)，则cosβ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－sinα＝eq\f(4,5).(2)(2023·通化模拟)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cos2α＝eq\f(7,9)，则sinα＋cosα等于()A．1B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(1＋2\r(2),3)D.eq\f(2\r(3),3)答案C解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α∈(0，π)，sinα>0，cosα>0，又cos2α＝eq\f(7,9)，所以sin2α＝eq\r(1－cos22α)＝eq\f(4\r(2),9)，即2sinαcosα＝eq\f(4\r(2),9)，所以sinα＋cosα＝eq\r(sinα＋cosα2)＝eq\r(sin2α＋2sinαcosα＋cos2α)＝eq\r(1＋\f(4\r(2),9))＝eq\f(1＋2\r(2),3).二级结论(1)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinα<α<tanα.(2)由(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα知，sinα＋cosα，sinα－cosα，sinαcosα三者知一可求二．跟踪演练1(1)(2023·鹰潭模拟)设sin23°＝m，则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)，则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).考点二三角函数的图象核心提炼由函数y＝sinx的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)图象的步骤例2(1)(2023·海东模拟)为了得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的图象，只需将函数g(x)＝cos2x的图象()A．向左平移eq\f(3π,8)个单位长度B．向右平移eq\f(3π,8)个单位长度C．向左平移eq\f(π,8)个单位长度D．向右平移eq\f(π,8)个单位长度答案B解析因为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)))，故为了得到f(x)的图象，只需将g(x)的图象向右平移eq\f(3π,8)个单位长度．(2)(多选)如图是函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象，则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解析由函数图象可知，eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，则|ω|＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2，所以排除A；不妨令ω＝2，当x＝eq\f(\f(2π,3)＋\f(π,6),2)＝eq\f(5π,12)时，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)，即函数的解析式为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，选BC.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，一般代入最高点或最低点，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)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，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\co1(x－\f(π,4)))的图象，则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解析方法一函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到y＝f(2x)的图象，再把所得曲线向右平移eq\f(π,3)个单位长度，应当得到y＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))))的图象，根据已知得到了函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的图象，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)))，则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))).方法二由已知的函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))逆向变换，第一步，向左平移eq\f(π,3)个单位长度，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)))的图象；第二步，图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象，即为y＝f(x)的图象，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,12))).(2)(2023·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，将函数f(x)图象上所有点的横坐标向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))的值为__________．答案－1解析由图象可知f(x)的周期为eq\f(2π,ω)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))，解得ω＝4，代入点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，2))可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋φ))＝1，则φ＝－eq\f(π,3)＋2kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，故f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))，其图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得g(x)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3)))的图象，故geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)))＝－1.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：当φ＝kπ(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数；当φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时，函数y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数．例3(1)(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))单调递增，直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则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解析因为直线x＝eq\f(π,6)和x＝eq\f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，所以eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，不妨取ω>0，则T＝π，ω＝eq\f(2π,T)＝2，由题意知，当x＝eq\f(π,6)时，f(x)取得最小值，则2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，则φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，则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)(多选)(2023·北京朝阳区模拟)关于函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋1(x∈R)，下列说法正确的是()A．函数f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,12)对称B．函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，1))对称C．函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增D．函数f(x)的最小正周期为π答案ABD解析对于A，当x＝－eq\f(π,12)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝－1，则函数f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,12)对称，A正确；对于B，因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)－\f(π,3)))＋1＝1，则函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，1))对称，B正确；对于C，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，函数y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上不单调，则函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不单调，C错误；对于D，函数f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，D正确．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＝sinx的性质求f(x)的性质，此时有两种思路：一种是根据y＝sinx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＝sint的性质判断各选项．跟踪演练3(1)(2023·连云港调研)若函数f(x)＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x＋m在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为6，则常数m的值为()A．1B．2C．3D．4答案C解析f(x)＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x＋m＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＋m＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋m＋1，当0≤x≤eq\f(π,2)时，eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，则函数f(x)的最大值为2sineq\f(π,2)＋m＋1＝m＋3＝6，解得m＝3.(2)已知函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－1，则()A．f(x)的最小正周期为πB．f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,8)＋kπ，k∈Z))))C．f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))对称D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上单调递增答案D解析对于A，由正切函数性质知，f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2)，A错误；对于B，由2x＋eq\f(π,4)≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)得，x≠eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z)，∴f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,8)＋\f(kπ,2)，k∈Z))))，B错误；对于C，令2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(kπ,2)(k∈Z)，解得x＝－eq\f(π,8)＋eq\f(kπ,4)(k∈Z)，又f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－1，∴f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，－1))对称，C错误；对于D，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(5π,8)))时，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，此时f(x)单调递增，D正确．专题强化练一、单项选择题1．下列函数中，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增且为偶函数的是()A．y＝sin

eq\f(x,2) B．y＝tan(－x)C．y＝cos2x D．y＝|sinx|答案D解析对于A，y＝sin

eq\f(x,2)为奇函数，故A错误；对于B，y＝tan(－x)为奇函数，故B错误；对于C，y＝cos2x为偶函数，但是函数y＝cos2x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，故C错误；对于D，f(x)的定义域为R，f(－x)＝|sin(－x)|＝|－sinx|＝f(x)，故y＝|sinx|为偶函数，且当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时y＝|sinx|＝sinx，函数y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故D正确．2．(2023·扬州模拟)与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象不相交的一条直线是()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，当k＝0时，x≠eq\f(π,6)，∴与函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象不相交的一条直线是x＝eq\f(π,6).3．(2023·深圳模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq\f(4,5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))的值为()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．已知直线x＝x1，x＝x2是函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为eq\f(π,2)，则f(x)的单调递增区间是()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∵直线x＝x1，x＝x2是函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为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)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.5．将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，则φ的可能取值为()A．－eq\f(π,6)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)答案B解析将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq\f(π,6)个单位长度后，得到函数y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象，其关于y轴对称，则eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得φ＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，当k≥1时，φ≥eq\f(7π,6)；当k＝0时，φ＝eq\f(π,6)；当k≤－1时，φ≤－eq\f(5π,6).结合选项可知B正确；A，C，D错误．6．(2023·全国甲卷)设甲：sin2α＋sin2β＝1，乙：sinα＋cosβ＝0，则()A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案B解析甲等价于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等价于sinα＝±cosβ，所以由甲不能推导出sinα＋cosβ＝0，所以甲不是乙的充分条件；由sinα＋cosβ＝0，得sinα＝－cosβ，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件．7．(2023·怀化模拟)设ω>0，若函数y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的图象向右平移eq\f(π,5)个单位长度后与函数y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的图象重合，则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解析函数y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))的图象向右平移eq\f(π,5)个单位长度后，得到y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(ωπ,5)＋\f(π,5)))的图象，与函数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)))图象重合，则－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，∴当k＝0时，ω取到最小值，此时ω＝eq\f(5,2).8．已知函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，若f(x)在[0，a]上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))答案B解析由题意可得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，令t＝x＋eq\f(π,3)，y＝cost的图象如图所示，∵0≤x≤a，∴eq\f(π,3)≤x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,3)＋a，即eq\f(π,3)≤t≤eq\f(π,3)＋a，又f(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，∴由图可知π≤eq\f(π,3)＋a≤eq\f(5π,3)，解得eq\f(2π,3)≤a≤eq\f(4π,3)，∴实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(4π,3))).二、多项选择题9．为了得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的图象，只需将函数g(x)＝sinx的图象()A．所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变，再将所得图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度B．所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度C．向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变D．向右平移eq\f(π,18)个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变答案AC解析将函数g(x)＝sinx的图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变，再将所得图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度，可以得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的图象，A正确；将函数g(x)＝sinx的图象所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度，可以得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,54)))的图象，B不正确；将函数g(x)＝sinx的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变，可以得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的图象，C正确；将函数g(x)＝sinx的图象向右平移eq\f(π,18)个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,3)，纵坐标不变，可以得到函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,18)))的图象，D不正确．10．(2023·烟台模拟)已知函数f(x)＝sinx－cosx，则()A．f(x)的最小正周期为πB．f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增C．直线x＝－eq\f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴D．f(x)的图象可由y＝eq\r(2)sinx的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度得到答案BC解析f(x)＝sinx－cosx可化为f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，则函数f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的最小正周期为2π，A错误；当0≤x≤eq\f(π,2)时，－eq\f(π,4)≤x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，因为函数y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增，所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，B正确；当x＝－eq\f(π,4)时，x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，所以直线x＝－eq\f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴，C正确；函数y＝eq\r(2)sinx的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度得到函数g(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的图象，D错误．11．(2023·枣庄统考)已知θ∈(－π，0)，sinθ＋cosθ＝eq\f(7,17)，则下列结论正确的是()A．θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2))) B．cosθ＝eq\f(15,17)C．tanθ＝eq\f(8,15) D．sinθ－cosθ＝－eq\f(23,17)答案BD解析对于A，因为sinθ＋cosθ＝eq\f(7,17)，则(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝eq\f(49,289)，所以2sinθcosθ＝－eq\f(240,289)，又因为θ∈(－π，0)，则sinθ<0，cosθ>0，所以θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，故A错误；对于D，(sinθ－cosθ)2＝1－2sinθcosθ＝eq\f(529,289)，且sinθ－cosθ<0，所以sinθ－cosθ＝－eq\f(23,17)，故D正确；对于B，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ＝\f(7,17)，,sinθ－cosθ＝－\f(23,17)，))可得sinθ＝－eq\f(8,17)，cosθ＝eq\f(15,17)，故B正确；对于C，tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝－eq\f(8,15)，故C错误．12．(2023·黄山模拟)若eq\f(sinθ·cos2θ,sinθ＋cosθ)＝－eq\f(3,5)，则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，当k＝2m(m∈Z)时，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋θ))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mπ＋θ))＝tanθ，当k＝2m－1(m∈Z)时，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)，所以当tanθ＝－eq\f(1,2)时，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)，当tanθ＝3时，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)．三、填空题13．(2023·西安模拟)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)，则θ＝________.答案eq\f(π,3)解析由题知sin2θ＝eq\f(\r(3),2)sinθ，所以sinθ＝eq\f(\r(3),2)或sinθ＝0，又因为0<|θ|<eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,3).14．(2023·全国乙卷)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanθ＝eq\f(1,2)，则sinθ－cosθ＝______