2026步步高高考大二轮复习数学-创新点2　三角函数与解三角形创新题型突破

三角函数与解三角形创新题型突破高考定位三角函数与解三角形问题在高考中一般难度不大，其创新性主要体现在以下几个方面：(1)把问题置于新情境中；(2)新定义三角函数问题；(3)与其他知识的交汇命题.【题型突破】题型一解三角形的新情境问题例1(2024·黑龙江二模)“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木块，按图中数据，以“矩”量之，若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角α满足cosα＝eq\f(1,3)，则这块四边形木板周长的最大值为()A.eq\f(10（\r(30)＋\r(15)）,3)cm B.eq\f(10（\r(30)－\r(15)）,3)cmC.eq\f(10（\r(10)＋\r(5)）,3)cm D.eq\f(10（\r(10)－\r(5)）,3)cm答案A解析因为四边形木板的一个内角α满足cosα＝eq\f(1,3)，如图，设∠BAD＝α，由题设可得圆的直径为eq\r(100＋25)＝5eq\r(5)，故BD＝5eq\r(5)sinα，因cosα＝eq\f(1,3)，α为三角形内角，故sinα＝eq\f(2\r(2),3)，故BD＝5eq\r(5)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(10\r(10),3)，故AB2＋AD2－2AD·ABcosα＝BD2＝eq\f(1000,9)，故(AB＋AD)2＝eq\f(8,3)AD·AB＋eq\f(1000,9)≤eq\f(2（AD＋AB）2,3)＋eq\f(1000,9)，故AB＋AD≤eq\r(\f(1000,9)×3)＝eq\f(10\r(30),3)，当且仅当AB＝AD＝eq\f(5\r(30),3)时等号成立，同理BC＋CD≤eq\f(10\r(15),3)，当且仅当BC＝CD＝eq\f(5\r(15),3)等号成立，故四边形周长的最大值为eq\f(10（\r(30)＋\r(15)）,3)cm，故选A.规律方法解决此类问题首先应充分理解题意，作出示意图，把已知量尽量集中在一个三角形中，然后利用正弦定理或余弦定理求解.训练1我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图(1)，伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角∠BAC，且AB＝AC，从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动.如图(2)，伞完全收拢时，伞圈D已滑动到D′的位置，且A，B，D′三点共线，AD′＝40cm，B为AD′的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为24cm，则当伞完全张开时，∠BAC的正弦值是________.答案eq\f(4\r(21),25)解析依题意分析可知，当伞完全张开时，AD＝40－24＝16(cm)，因为B为AD′的中点，所以AB＝AC＝eq\f(1,2)AD′＝20(cm)，当伞完全收拢时，AB＋BD＝AD′＝40(cm)，所以BD＝20(cm)，在△ABD中，cos∠BAD＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq\f(400＋256－400,2×20×16)＝eq\f(2,5)>0，则∠BAD为锐角，所以sin∠BAD＝eq\r(1－cos2∠BAD)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),5)，所以sin∠BAC＝sin(2∠BAD)＝2sin∠BADcos∠BAD＝2×eq\f(\r(21),5)×eq\f(2,5)＝eq\f(4\r(21),25).题型二三角函数的新定义问题例2已知定义域为R的函数h(x)满足：对于任意的x∈R，都有h(x＋2π)＝h(x)＋h(2π)，则称函数h(x)具有性质P.(1)判断函数f(x)＝2x，g(x)＝cosx是否具有性质P；(直接写出结论)(2)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(eq\f(3,2)<ω<eq\f(5,2)，|φ|<eq\f(π,2))，判断是否存在ω，φ，使函数f(x)具有性质P？若存在，求出ω，φ的值；若不存在，说明理由；(3)设函数f(x)具有性质P，且在区间[0，2π]上的值域为[f(0)，f(2π)].函数g(x)＝sin(f(x))，满足g(x＋2π)＝g(x)，且在区间(0，2π)上有且只有一个零点.求证：f(2π)＝2π.(1)解因为f(x)＝2x，则f(x＋2π)＝2(x＋2π)＝2x＋4π，又f(2π)＝4π，所以f(x＋2π)＝f(x)＋f(2π)，故函数f(x)＝2x具有性质P；因为g(x)＝cosx，则g(x＋2π)＝cos(x＋2π)＝cosx，又g(2π)＝cos2π＝1，g(x)＋g(2π)＝cosx＋1≠g(x＋2π)，故g(x)＝cosx不具有性质P.(2)解若函数f(x)具有性质P，则f(0＋2π)＝f(0)＋f(2π)，即f(0)＝sinφ＝0，因为|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝0，所以f(x)＝sin(ωx)；所以必有f(2π)＝0成立，即sin(2ωπ)＝0，因为eq\f(3,2)<ω<eq\f(5,2)，所以3π<2ωπ<5π，所以2ωπ＝4π，则ω＝2，此时f(x)＝sin2x，则f(x＋2π)＝sin2(x＋2π)＝sin2x，则f(x)＋f(2π)＝sin2x＋sin4π＝sin2x，即有f(x＋2π)＝f(x)＋f(2π)成立，所以存在ω＝2，φ＝0使函数f(x)具有性质P.(3)证明由函数f(x)具有性质P及(2)可知，f(0)＝0，由g(x＋2π)＝g(x)可知函数g(x)是以2π为周期的周期函数，则g(2π)＝g(0)，即sin(f(2π))＝sin(f(0))＝0，所以f(2π)＝kπ，k∈Z；由f(0)＝0，f(2π)＝kπ以及题设可知，函数f(x)在[0，2π]的值域为[0，kπ]，所以k∈Z且k>0；当k>2，f(x)＝π及f(x)＝2π时，均有g(x)＝sin(f(x))＝0，这与g(x)在区间(0，2π)上有且只有一个零点矛盾，因此k＝1或k＝2；当k＝1时，f(2π)＝π，函数f(x)在[0，2π]的值域为[0，π]，此时函数g(x)的值域为[0，1]，而f(x＋2π)＝f(x)＋π，于是函数f(x)在[2π，4π]的值域为[π，2π]，此时函数g(x)的值域为[－1，0]，函数g(x)＝sin(f(x))在当x∈[0，2π]时和x∈[2π，4π]时的取值范围不同，与函数g(x)是以2π为周期的周期函数矛盾，故k＝2，即f(2π)＝2π，命题得证.规律方法解决三角函数新定义问题的思路(1)找出新定义的几个要素及其所代表的意义；(2)把新定义下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中；(3)利用三角函数的公式、性质解答问题.训练2对于分别定义在D1，D2上的函数f(x)，g(x)以及实数k，若任取x1∈D1，存在x2∈D2，使得f(x1)＋g(x2)＝k，则称函数f(x)与g(x)具有关系M(k).其中x2称为x1的像.(1)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈R；g(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，x∈R，判断f(x)与g(x)是否具有关系M(－6)，并说明理由；(2)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))；g(x)＝3eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，x∈[0，π]，且f(x)与g(x)具有关系Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),2)))，求x1＝eq\f(π,6)的像；(3)若f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))；g(x)＝－2sin2x＋asinx＋2，x∈R，且f(x)与g(x)具有关系M(5)，求实数a的取值范围.解(1)f(x)与g(x)不具有关系M(－6)，理由如下：x∈R时，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈[－2，2]，g(x)＝3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))∈[－3，3]，所以f(x1)＋g(x2)∈[－5，5]，－6∉[－5，5]，则f(x)与g(x)不具有关系M(－6).(2)由题意可知f(x1)＋g(x2)＝eq\f(5\r(3),2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(π,6)＋\f(π,3)))＋3eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2＋\f(π,6)))＝eq\r(3)＋3eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2＋\f(π,6)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)⇒3x2＋eq\f(π,6)＝±eq\f(π,3)＋2kπ，又x2∈[0，π]，所以3x2＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(19π,6)))，解之得x2＝eq\f(π,18)或eq\f(π,2)或eq\f(13π,18)，即x1＝eq\f(π,6)的像为eq\f(π,18)或eq\f(π,2)或eq\f(13π,18).(3)对于x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，则2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(2π,3)))，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈[－1，2]，即∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))，f(x1)∈[－1，2]，因为f(x)与g(x)具有关系M(5)，所以要满足题意需∃x2∈R，使得[－1，2]⊆5－g(x2)即可.令5－g(x)＝2sin2x－asinx＋3(x∈R)，令t＝sinx，则t∈[－1，1]，设h(t)＝2t2－at＋3(t∈[－1，1])，①若eq\f(a,4)≤－1，即a≤－4时，h(t)∈[h(－1)，h(1)]＝[5＋a，5－a]，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－a≥2，,5＋a≤－1))⇒a≤－6，②若eq\f(a,4)≥1，即a≥4时，h(t)∈[h(1)，h(－1)]＝[5－a，5＋a]，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＋a≥2，,5－a≤－1))⇒a≥6，③若－1<eq\f(a,4)≤0，即－4<a≤0时，h(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))，h（1）))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－\f(a2,8)，5－a))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－a≥2，,3－\f(a2,8)≤－1))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤3，,a≥4\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤3，,a≤－4\r(2)，))显然无解，④若0<eq\f(a,4)<1，即0<a<4时，h(t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))，h（－1）))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－\f(a2,8)，5＋a))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＋a≥2，,3－\f(a2,8)≤－1))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥－3，,a≥4\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥－3，,a≤－4\r(2)，))显然无解，综上所述，a≥6或a≤－6.题型三三角与数列的交汇例3(2024·广州二模)已知正项数列{an}，{bn}满足an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)(其中c>0).(1)若a1≠b1，且a1＋b1≠2c，证明：数列{an－bn}和{an＋bn－2c}均为等比数列；(2)若a1>b1，a1＋b1＝2c，以an，bn，c为三角形三边长构造序列△AnBnCn(其中AnBn＝c，BnCn＝an，AnCn＝bn)，记△AnBnCn外接圆的面积为Sn，证明：Sn>eq\f(π,3)c2；(3)在(2)的条件下证明：数列{Sn}是递减数列.证明(1)正项数列{an}，{bn}，满足an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)，两式相减可得an＋1－bn＋1＝－eq\f(1,2)(an－bn)，因为a1≠b1，所以a1－b1≠0，所以{an－bn}是以a1－b1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列，由an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)两式相加可得an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)＋c，即an＋1＋bn＋1－2c＝eq\f(1,2)(an＋bn－2c)，因为a1＋b1≠2c，所以a1＋b1－2c≠0，所以{an＋bn－2c}是以a1＋b1－2c为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列.(2)因为a1>b1，由(1)得{an－bn}是等比数列，所以an－bn≠0，即an≠bn，由(1)知，an＋1＋bn＋1－2c＝eq\f(1,2)(an＋bn－2c)，因为a1＋b1＝2c，所以a1＋b1－2c＝0，所以{an＋bn－2c}为常值数列0，故an＋bn＝2c，由cosCn＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－c2,2anbn)＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋bn,2)))\s\up12(2),2anbn)＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－\f(1,4)aeq\o\al(2,n)－\f(1,4)beq\o\al(2,n)－\f(1,2)anbn,2anbn)＝eq\f(\f(3,4)aeq\o\al(2,n)＋\f(3,4)beq\o\al(2,n)－\f(1,2)anbn,2anbn)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)＋\f(an,bn)))－eq\f(1,4)≥eq\f(3,4)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，因为an≠bn，所以等号不成立，故cosCn>eq\f(1,2)，因为Cn∈(0，π)，所以Cn∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以sinCn<eq\f(\r(3),2)，由正弦定理得△AnBnCn外接圆的直径2r＝eq\f(c,sinCn)>eq\f(c,\f(\r(3),2))＝eq\f(2c,\r(3))，所以r>eq\f(c,\r(3))，所以Sn＝πr2>eq\f(πc2,3).(3)由(1)可知，an－bn＝(a1－b1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，由(2)可知，an＋bn＝2c，解得an＝c＋eq\f(a1－b1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，bn＝c－eq\f(a1－b1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以anbn＝c2－eq\f(（a1－b1）2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2n－2)＝c2－(a1－b1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)，anbn随着n的增大而增大，又因为cosCn＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－c2,2anbn)＝eq\f(（an＋bn）2－c2－2anbn,2anbn)＝eq\f(3c2－2anbn,2anbn)＝eq\f(3c2,2anbn)－1，所以cosCn随着n的增大而减小，所以{cosCn}是递减数列，因为Cn∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以{sinCn}是递增数列，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,sinCn)))是递减数列，所以数列{Sn}是递减数列.规律方法1.解答本题第(2)题的关键是利用第(1)题得到数列{an＋bn－2c}为常值数列0，即an＋bn＝2c，利用余弦定理及基本不等式得到cosCn>eq\f(1,2)，即sinCn<eq\f(\r(3),2)，再由正弦定理得r>eq\f(c,\r(3))，即得Sn>eq\f(π,3)c2.2.解决三角函数与数列的交汇问题，一般要抓住一个主线，在解题过程中适时应用另外一种知识涉及的定理、公式或性质.训练3(2024·台州模拟)已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(1,1－an).(1)求a2024(只需写出数值，不需要证明)；(2)若数列{an}的通项可以表示成an＝eq\f(1,2)－eq\r(3)sin(ωn＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<ω<3，φ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))的形式，求ω，φ.解(1)a1＝eq\f(1,2)，a2＝2，a3＝－1，a4＝eq\f(1,2)，a5＝2，…，故数列{an}的周期为3，a2024＝a2＝2.(2)法一由a1＝eq\f(1,2)，a2＝2，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)sin（ω＋φ）＋\f(1,2)＝\f(1,2)，,－\r(3)sin（2ω＋φ）＋\f(1,2)＝2，,0<ω<3，－\f(π,2)≤φ≤\f(π,2)，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sin（ω＋φ）＝0，,sin（2ω＋φ）＝－\f(\r(3),2)，,0<ω<3，－\f(π,2)≤φ≤\f(π,2)，))解得ω＝eq\f(2π,3)，φ＝eq\f(π,3).法二因为{an}的周期为3，所以ω＝eq\f(2π,3)，又由a1＝eq\f(1,2)，则－eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝0，则eq\f(2π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－eq\f(2π,3)，k∈Z，因为－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,3).【精准强化练】一、单选题1.(2024·青岛质检)数学家切比雪夫曾用一组多项式阐述余弦的n倍角公式，即cosnx＝Tn(cosx)，T0(x)＝1，T1(x)＝x，T2(x)＝2x2－1，T3(x)＝4x3－3x，T4(x)＝8x4－8x2＋1，T5(x)＝16x5－20x3＋5x，…，则cos218°＝()A.eq\f(5＋\r(5),8) B.eq\f(5－\r(5),8)C.eq\f(5±\r(5),8) D.eq\f(\r(5)－2,4)答案A解析由cosnx＝Tn(cosx)，得cos90°＝cos(5×18°)＝T5(cos18°)＝16cos518°－20cos318°＋5cos18°，即16cos518°－20cos318°＋5cos18°＝0，整理得16cos418°－20cos218°＋5＝0，令t＝cos218°，则16t2－20t＋5＝0，解得t＝eq\f(5±\r(5),8)，因为18°<30°，所以cos18°>eq\f(\r(3),2)，t＝cos218°>eq\f(3,4)，所以t＝eq\f(5＋\r(5),8).2.(2024·浙江二模)古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数cotθ＝eq\f(1,tanθ)，正割函数secθ＝eq\f(1,cosθ)，余割函数cscθ＝eq\f(1,sinθ)，正矢函数versinθ＝1－cosθ，余矢函数vercosθ＝1－sinθ.如图角θ始边为x轴的非负半轴，其终边与单位圆交于点P，A，B分别是单位圆与x轴和y轴正半轴的交点，过点P作PM垂直x轴，作PN垂直y轴，垂足分别为M，N，过点A作x轴的垂线，过点B作y轴的垂线分别交θ的终边于T，S，其中AM，PS，BS，NB为有向线段，下列表示正确的是()A.versinθ＝AM B.cscθ＝PSC.cotθ＝BS D.secθ＝NB答案C解析根据题意，易得△OMP∽△OAT∽△SBO∽△PNO，对于A，因为1－cosθ＝1－OM＝MA，即versinθ＝MA，故A错误；对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，cscθ＝eq\f(1,sinθ)＝eq\f(1,MP)＝eq\f(OB,MP)＝eq\f(OS,OP)＝OS，故B错误；对于C，cotθ＝eq\f(1,tanθ)＝eq\f(1,tan∠OSB)＝BS，故C正确；对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得secθ＝eq\f(1,cosθ)＝eq\f(1,OM)＝eq\f(OA,OM)＝eq\f(OT,OP)＝OT，故D错误.3.(2024·武汉调研)数学家欧拉在1765年发现了九点圆，即在任意的三角形中，三边的中点、三条高的垂足、三条高的交点(垂心)与三角形顶点连线的中点，这九个点共圆，因此九点圆也称作欧拉圆.已知在△ABC中，A(－2，0)，B(4，4)，C(2，2)，则△ABC的九点圆的半径为()A.eq\f(\r(110),3) B.eq\f(\r(130),3)C.eq\f(\r(110),2) D.eq\f(\r(130),2)答案D解析AB的中点为D(1，2)，AC的中点为E(0，1)，BC的中点为F(3，3)，所以△ABC的九点圆是三角形DEF的外接圆，|DE|＝eq\r(2)，|DF|＝eq\r(5)，|EF|＝eq\r(13)，cos∠EDF＝eq\f(2＋5－13,2×\r(2)×\r(5))＝－eq\f(3,\r(10))，则∠EDF为钝角，所以sin∠EDF＝eq\r(1－cos2∠EDF)＝eq\f(1,\r(10))，设三角形DEF外接圆半径为R，由正弦定理得2R＝eq\f(EF,sin∠EDF)＝eq\f(\r(13),\f(1,\r(10)))＝eq\r(130)，所以R＝eq\f(\r(130),2).4.(2024·昆明一模)早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径.假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示.地球在E0位置时，测出∠SE0M＝eq\f(2π,3)；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M＝eq\f(3π,4)，∠E1SE0＝eq\f(π,3).若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是(参考数据：eq\r(3)≈1.7)()A.2.1R B.2.2RC.2.3R D.2.4R答案A解析连接E0E1，在△SE0E1中，SE0＝SE1＝R，又∠E1SE0＝eq\f(π,3)，则△SE0E1是正三角形，E0E1＝R，由∠SE0M＝eq\f(2π,3)，∠SE1M＝eq\f(3π,4)，得∠E1E0M＝eq\f(π,3)，∠E0E1M＝eq\f(5π,2)，在△ME0E1中，∠E0ME1＝eq\f(π,4)，由正弦定理得eq\f(E1M,sin\f(π,3))＝eq\f(E0E1,sin\f(π,4))，则E1M＝eq\f(\f(\r(3),2)R,\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),\r(2))R，在△SME1中，由余弦定理得SM＝eq\r(R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(2))R))\s\up12(2)－2R·\f(\r(3),\r(2))R·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝eq\r(\f(5,2)R2＋\r(3)R2)≈eq\r(4.2)R≈2.1R.5.(2024·广州二模)在一堂数学实践探究课中，同学们用镜面反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为a1＝1.00m，之后将小镜子前移a＝6.00m，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为a2＝0.60m，已知人的眼睛距离地面的高度为h＝1.75m，则钟楼的高度大约是()A.27.75m B.27.25mC.26.75m D.26.25m答案D解析如图，设钟楼的高度为PQ，由△MKE∽△PQE，可得EQ＝eq\f(PQ·KE,MK)＝eq\f(a1·PQ,h)，由△NTF∽△PQF，可得FQ＝eq\f(PQ·TF,NT)＝eq\f(PQ·a2,h)，故EQ－FQ＝eq\f(a1·PQ,h)－eq\f(PQ·a2,h)＝a，故PQ＝eq\f(ah,a1－a2)＝eq\f(6×1.75,1－0.6)＝eq\f(10.5,0.4)＝26.25m，故选D.二、填空题6.(2024·漳州模拟)如图，某城市有一条公路从正西方向AO通过路口O后转向西北方向OB，围绕道路OA，OB打造了一个半径为2km的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道MN，则MN的最小值为________km.答案4eq\r(2)＋4解析如图，设切点为P，连接OP.由题意得∠MON＝135°，设OM＝akm，ON＝bkm，在△OMN中，MN2＝a2＋b2－2abcos135°＝a2＋b2＋eq\r(2)ab≥(2＋eq\r(2))ab，当且仅当a＝b时取等号.设∠OMN＝α，则∠ONM＝45°－α，所以a＝eq\f(2,sinα)，b＝eq\f(2,sin（45°－α）)，故ab＝eq\f(4,sinαsin（45°－α）)＝eq\f(16,2sin（2α＋45°）－\r(2))≥eq\f(16,2－\r(2))(当且仅当α＝22.5°时取等号)，所以MN2≥eq\f(16（2＋\r(2)）,2－\r(2))＝16(eq\r(2)＋1)2，解得MN≥4(eq\r(2)＋1)，所以MN的最小值为(4eq\r(2)＋4)km.三、解答题7.数列{an}满足a1＝eq\f(π,6)，an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tanan＋1＝eq\f(1,cosan)(n∈N*).(1)证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tanan}的通项公式；(2)求正整数m，使得sina1·sina2·…·sinam＝eq\f(1,100).(1)证明由已知条件可知，由于cosan>0，故an＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2an＋1＝eq\f(1,cos2an)＝eq\f(sin2an＋cos2an,cos2an)＝1＋tan2an，则tan2an＋1－tan2an＝1，故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2eq\f(π,6)＝eq\f(1,3)，故tan2an＝n－1＋eq\f(1,3)＝eq\f(3n－2,3)，即tanan＝eq\r(\f(3n－2,3)).(2)解sina1·sina2·…·sinam＝tana1cosa1·tana2cosa2·…·tanamcosam＝eq\f(tana1,tana2)·eq\f(tana2,tana3)·…·eq\f(tanam,tanam＋1)＝eq\f(tana1,tanam＋1)＝eq\r(\f(1,3m＋1))，由eq\r(\f(1,3m＋1))＝eq\f(1,100)，得m＝3333.8.(2024·南京调研)我们知道：对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取其定义域D中的任意值时，有x＋T∈D，且f(x＋T)＝f(x)成立，那么函数y＝f(x)叫做周期函数.对于一个周期函数y＝f(x)，如果在它的所有周期中存在一个最小正数，那么这个最小正数就叫做函数y＝f(x)的最小正周期.对于定义域为R的函数h(x)，若存在正常数T，使得sin(h(x))是以T为周期的函数，则称h(x)为正弦周期函数，且称T为其正弦周期.(1)验证g(x)＝x＋coseq\f(x,3)是以6π为周期的正弦周期函数.(2)已知函数f(x)＝|sinx|－|cosx|是周期函数，请求出它的一个周期.并判断此周期函数是否存在最小正周期，并说明理由.(3)已知存在这样一个函数f(x)，它是定义在R上严格增函数，值域为R，且f(x)是以T为周期的正弦周期函数.若f(0)＝－eq\f(3π,2)，f(T)＝eq\f(5π,2)，且存在x0∈(0，T)，使得f(x0)＝eq\f(π,2)，求f(2T)的值.解(1)sin[g(x＋6π)]＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋6π＋cos\f(x＋6π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋6π＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋2π))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋6π＋cos\f(x,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋cos\f(x,3)))＝sin[g