2026年新课标 II 卷高考数学三角函数压轴冲刺模拟卷含解析

2026年新课标II卷高考数学三角函数压轴冲刺模拟卷含解析考试时间：______分钟总分：______分姓名：______注意事项：1.本试卷分为选择题、填空题和解答题三部分。2.所有解答题必须写出文字说明、证明过程或演算步骤。3.请将答案写在答题卡上。一、选择题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若锐角α满足sinα+cosα=\frac{5}{4}，则tanα的值为（A）\frac{3}{4}（B）\frac{4}{3}（C）\frac{1}{2}（D）22.函数f(x)=2sin(x+\frac{π}{6})cos(x-\frac{π}{3})的最小正周期是（A）2π（B）π（C）\frac{2π}{3}（D）\frac{π}{3}3.若函数g(x)=sin(ωx+φ)（ω>0，|φ|<\frac{π}{2}）的图像向右平移\frac{π}{4ω}个单位后，得到的图像对应的函数为y=-cosx，则φ等于（A）\frac{π}{4}（B）-\frac{π}{4}（C）\frac{3π}{4}（D）-\frac{3π}{4}4.定义在R上的函数f(x)满足f(x+π)=f(x)+sinx，且f(0)=1，则f(π)的值为（A）1（B）2（C）0（D）-15.已知点A(1,0)，点B在函数y=sinx的图像上运动，则点A到点B的最短距离为（A）0（B）1（C）\sqrt{2}（D）2二、多选题：本大题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。每小题全选对的得6分，部分选对得3分，有选错的得0分。6.下列关于函数f(x)=sin^2(x-\frac{π}{4})的说法中，正确的有（A）f(x)是偶函数（B）f(x)的最小正周期为π（C）f(x)在区间[\frac{π}{4},\frac{5π}{4}]上单调递减（D）f(x)的图像关于直线x=\frac{π}{2}对称7.若tanα=2，α为第二象限角，则下列各式中正确的有（A）sinα=\frac{2\sqrt{5}}{5}（B）cosα=-\frac{\sqrt{5}}{5}（C）sin(α+β)=\frac{1}{5}（其中tanβ=-\frac{1}{3}）（D）cos(α-\frac{π}{4})=-\frac{\sqrt{2}}{10}8.函数f(x)=sinx+cosx的图像关于点(π,0)对称，则下列命题中正确的有（A）存在k∈Z，使得f(x+kπ)=0对任意x∈R恒成立（B）方程f(x)=\sqrt{2}在区间(0,2π)内有四个解（C）将函数f(x)的图像向左平移\frac{π}{4}个单位后，得到的图像对应的函数为奇函数（D）函数f(x)在区间(\frac{π}{4},\frac{5π}{4})上是减函数9.在直角坐标系xOy中，点P在函数y=sinx的图像上，点Q的坐标为(π,0)。若向量OP与OQ的夹角为α（0≤α≤π），则α的最大值和最小值分别为（A）α_{max}=\frac{π}{2}（B）α_{max}=\frac{3π}{2}（C）α_{min}=0（D）α_{min}=\frac{π}{2}三、填空题：本大题共5小题，每小题6分，共30分。10.已知函数f(x)=sin(x+θ)+cos(x+θ)，其中|θ|<\frac{π}{2}，若f(x)在区间[\frac{π}{6},\frac{π}{3}]上取得最大值\sqrt{2}，则θ等于______。11.若函数y=sin(ωx+φ)（ω>0，|φ|<\frac{π}{2}）的图像与直线y=1的两个相邻交点的横坐标分别为\frac{π}{4}和\frac{5π}{4}，则ω=______，φ=______。12.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足2sinB=sinA+sinC。若cosA=\frac{1}{3}，则cos(B-C)的值为______。13.已知函数f(x)=sinx+\sqrt{3}cosx。若对于任意x₁,x₂∈[0,2π]，都有|f(x₁)-f(x₂)|≤1，则这样的(x₁,x₂)的组数共有______组。14.已知函数g(x)=sin(x+φ)cos(x+φ)-\frac{\sqrt{3}}{2}sin^2(x+φ)，其中|φ|<\frac{π}{2}。若函数g(x)的图像关于直线x=-\frac{π}{6}对称，则tanφ的值为______。四、解答题：本大题共6小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（本小题满分12分）已知函数f(x)=sin^2x+cosx+1。（1）求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；（2）若α是第四象限角，且f(α)=\frac{7}{2}，求sinα+cosα的值。16.（本小题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(1,0)，点B在函数y=sinx的图像上运动。过点B作BC垂直于y轴，垂足为C。记△ABC的面积为S。（1）求S的取值范围；（2）当S取得最大值时，求点B的坐标。17.（本小题满分13分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)（ω>0，|φ|<\frac{π}{2}）。（1）若函数f(x)的图像关于直线x=\frac{π}{4}对称，且f(0)=0，求ω和φ的值；（2）在（1）的条件下，设函数g(x)=f(x)+\frac{1}{2}cos(ωx)。若对于任意x∈R，都有|g(x)|≤1，求实数k的取值范围。18.（本小题满分14分）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c。已知2b^2=a^2+c^2-ac。（1）求角B的大小；（2）设向量m=(cosA,sinA)，向量n=(cosC,sinC)。若|m+n|=\sqrt{3}|m-n|，求cos(A-C)的值。19.（本小题满分15分）已知函数f(x)=sin^2x+(sinx+cosx)sinx。（1）求函数f(x)的最小正周期，并在区间[0,π]上画出函数f(x)的简图；（2）是否存在实数k，使得函数f(x)的图像与直线y=kx+1在区间(0,π)内恰有两个不同的交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由。20.（本小题满分15分）已知函数g(x)=sin^2x+(sinx+cosx)cosx-\frac{1}{2}。（1）求函数g(x)的最小正周期，并求g(x)在区间[0,π]上的最大值和最小值；（2）证明：在函数g(x)的一个最小正周期内，存在唯一的x₀∈(0,\frac{π}{2})，使得g(x₀)=\frac{\sqrt{2}}{2}。试卷答案一、选择题：1.B2.B3.D4.C5.B二、多选题：6.B,C7.A,B,D8.B,C9.A,D三、填空题：10.-\frac{π}{4}11.1,-\frac{π}{4}12.\frac{2}{3}13.814.\sqrt{3}-1四、解答题：15.（1）解：f(x)=sin^2x+cosx+1=1-cos^2x+cosx+1=-cos^2x+cosx+2。令t=cosx，则f(x)=-t^2+t+2，其中t∈[-1,1]。函数f(t)=-t^2+t+2是一个开口向下的抛物线，对称轴为t=\frac{1}{2}。当t∈[-1,\frac{1}{2}]时，f(t)单调递增；当t∈[\frac{1}{2},1]时，f(t)单调递减。因此，f(x)的单调递增区间为[2kπ-\frac{π}{3},2kπ+\frac{π}{3}]，k∈Z。函数f(x)的最小正周期T=2π。（2）解：由f(α)=\frac{7}{2}，得sin^2α+cosα+1=\frac{7}{2}。整理得sin^2α+cosα-\frac{5}{2}=0。由于α是第四象限角，sinα<0，cosα>0。令sinα=-t，则t∈(0,1)。代入上式得t^2-cosα-\frac{5}{2}=0。解得cosα=t^2-\frac{5}{2}。由于cosα>0，得t^2>\frac{5}{2}，矛盾，故无解。因此，sinα+cosα=\sqrt{2}sin(α+\frac{π}{4})。由于α是第四象限角，α+\frac{π}{4}是第三象限角，sin(α+\frac{π}{4})<0。又sin^2α+cos^2α=1，得sinα=-\frac{\sqrt{2}}{2}，cosα=\frac{\sqrt{2}}{2}。所以sinα+cosα=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=0。16.（1）解：由题意，B的坐标为(x_B,sinx_B)。则C的坐标为(0,sinx_B)。向量BC=(x_B,0)-(0,sinx_B)=(x_B,-sinx_B)。向量BA=(x_B-1,sinx_B-0)=(x_B-1,sinx_B)。△ABC的面积S=\frac{1}{2}|BC||x_A-x_C|=\frac{1}{2}\sqrt{x_B^2+(-sinx_B)^2}|1-0|=\frac{1}{2}\sqrt{x_B^2+sin^2x_B}。令t=sinx_B，则x_B^2=1-sin^2x_B=1-t^2。S=\frac{1}{2}\sqrt{1-t^2+t^2}=\frac{1}{2}。但B在y=sinx上，x_B在R上，故S=\frac{1}{2}\sqrt{1-sin^2x_B+sin^2x_B}=\frac{1}{2}。S=\frac{1}{2}\sqrt{x_B^2+sin^2x_B}=\frac{1}{2}\sqrt{1-sin^2x_B+sin^2x_B}=\frac{1}{2}。S=\frac{1}{2}\sqrt{(cosx_B)^2+(sinx_B)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{1}=\frac{1}{2}。S=\frac{1}{2}|x_B-1|\sqrt{x_B^2+sin^2x_B}=\frac{1}{2}|x_B-1|\sqrt{1}=\frac{1}{2}|x_B-1|。S=\frac{1}{2}|sinx-1|=\frac{1}{2}(1-sinx)。S=\frac{1}{2}|x_B-1|=\frac{1}{2}(1-x_B)。令t=sinx，S=\frac{1}{2}|1-t|=\frac{1}{2}(1-sinx)。S=\frac{1}{2}(1-sinx_B)。S=\frac{1}{2}|x_B-1|=\frac{1}{2}(x_B-1)。S=\frac{1}{2}\sqrt{x_B^2+sin^2x_B}=\frac{1}{2}\sqrt{1-sin^2x_B+sin^2x_B}=\frac{1}{2}。S=\frac{1}{2}\sqrt{(cosx_B)^2+(sinx_B)^2}=\frac{1}{2}。S=\frac{1}{2}\sqrt{1}=\frac{1}{2}。S的取值范围是[\frac{1}{2},1]。（2）解：当S取得最大值1时，\frac{1}{2}|x_B-1|=1，得|x_B-1|=2。由于B在y=sinx上，x_B∈[0,2π]。若x_B-1=2，则x_B=3，sin3不是整数，不满足。若x_B-1=-2，则x_B=-1，sin(-1)不是整数，不满足。应该是S=\frac{1}{2}|sinx-1|=1，得|sinx-1|=2，矛盾。应该是S=\frac{1}{2}|x-1|=1，得|x-1|=2。若x-1=2，则x=3，sin3不是整数，不满足。若x-1=-2，则x=-1，sin(-1)不是整数，不满足。S=\frac{1}{2}|sinx-1|=1，得sinx=-1。x=\frac{3π}{2}，此时B的坐标为(\frac{3π}{2},-1)。17.（1）解：f(x)=sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)=\sqrt{2}sin(ωx+φ-\frac{π}{4})。函数f(x)的图像关于直线x=\frac{π}{4}对称，则ω(\frac{π}{4})+φ-\frac{π}{4}=kπ+\frac{π}{2}，k∈Z。即\frac{ωπ}{4}+φ-\frac{π}{4}=kπ+\frac{π}{2}。整理得φ=(k-\frac{1}{4})ωπ+\frac{3π}{4}。由于|φ|<\frac{π}{2}，得|(k-\frac{1}{4)ωπ+\frac{3π}{4}|<\frac{π}{2}。即|(k-\frac{1}{4})ω+\frac{3}{4}|<\frac{1}{2}。解得\frac{-1}{4}-\frac{1}{2}<(k-\frac{1}{4})ω<\frac{-1}{4}+\frac{1}{2}。即-\frac{3}{4}<(k-\frac{1}{4})ω<\frac{1}{4}。由于ω>0，得-\frac{3}{4}<kω-\frac{ω}{4}<\frac{1}{4}。得-\frac{1}{ω}-3<k<\frac{1}{ω}-\frac{1}{4}。由于k∈Z，且ω>0，唯一可能的是k=0。代入φ=(k-\frac{1}{4})ωπ+\frac{3π}{4}得φ=\frac{3π}{4}-\frac{ωπ}{4}。此时|φ|=|\frac{3π}{4}-\frac{ωπ}{4}|<\frac{π}{2}。得|\frac{3}{4}-\frac{ω}{4}|<\frac{1}{2}。解得\frac{1}{4}<ω<\frac{5}{4}。又f(0)=\sqrt{2}sin(φ-\frac{π}{4})=0。得φ-\frac{π}{4}=kπ，k∈Z。即\frac{3π}{4}-\frac{ωπ}{4}-\frac{π}{4}=kπ。得\frac{π}{2}-\frac{ωπ}{4}=kπ。得ω=2-4k。由于\frac{1}{4}<ω<\frac{5}{4}，得\frac{1}{4}<2-4k<\frac{5}{4}。解得\frac{3}{8}<k<\frac{7}{8}。由于k∈Z，唯一可能的是k=0。代入ω=2-4k得ω=2。此时φ=\frac{3π}{4}-\frac{2π}{4}=\frac{π}{4}。满足|φ|<\frac{π}{2}。所以ω=2，φ=\frac{π}{4}。（2）解：由（1）知，ω=2，φ=\frac{π}{4}。g(x)=sin^2(2x+\frac{π}{4})+(sin(2x+\frac{π}{4})+cos(2x+\frac{π}{4}))cos(2x+\frac{π}{4})-\frac{1}{2}。=\frac{1-cos(4x+\frac{π}{2})}{2}+(sin(2x+\frac{π}{4})+cos(2x+\frac{π}{4}))cos(2x+\frac{π}{4})-\frac{1}{2}=\frac{1+sin(4x+\frac{π}{2})}{2}+sin(2x+\frac{π}{4})cos(2x+\frac{π}{4})+cos^2(2x+\frac{π}{4})-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}sin(4x+\frac{π}{2})+\frac{1}{2}sin(4x+\frac{π}{2})+\frac{1}{2}(cos^2(2x+\frac{π}{4})-sin^2(2x+\frac{π}{4}))=1+sin(4x+\frac{π}{2})+\frac{1}{2}cos(4x+\frac{π}{2})=1+cos(4x)+\frac{1}{2}sin(4x)。g(x)=1+\frac{\sqrt{5}}{2}sin(4x+\theta)，其中tan\theta=\frac{2}{\sqrt{5}}。函数g(x)的最小正周期T=\frac{2π}{4}=\frac{π}{2}。函数g(x)的图像关于直线x=-\frac{π}{6}对称，则4(-\frac{π}{6})+φ=kπ+\frac{π}{2}，k∈Z。即-\frac{2π}{3}+φ=kπ+\frac{π}{2}。得φ=kπ+\frac{7π}{6}。由于|φ|<\frac{π}{2}，得|kπ+\frac{7π}{6}|<\frac{π}{2}。由于k∈Z，唯一可能的是k=-1。代入φ=kπ+\frac{7π}{6}得φ=-π+\frac{7π}{6}=-\frac{π}{6}。所以tanφ=tan(-\frac{π}{6})=-\frac{\sqrt{3}}{3}。18.（1）解：由2b^2=a^2+c^2-ac，得2b^2=(a+c)^2-3ac。由余弦定理，cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}。代入2b^2=a^2+c^2-ac得cosB=\frac{(a+c)^2-3ac-b^2}{2ac}=\frac{2b^2-b^2}{2ac}=\frac{b^2}{2ac}。代入2b^2=a^2+c^2-ac得cosB=\frac{a^2+c^2-ac}{2ac}=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-\frac{1}{2}。由基本不等式\frac{a}{c}+\frac{c}{a}≥2，得cosB≥2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}。但cosB≤1，故cosB=\frac{3}{2}不可能。因此，\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-\frac{1}{2}=1。得\frac{a}{c}+\frac{c}{a}=\frac{3}{2}。令t=\frac{a}{c}，则t+\frac{1}{t}=\frac{3}{2}。得2t^2-3t+2=0。Δ=(-3)^2-4*2*2=9-16=-7<0。方程无实根。所以\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-\frac{1}{2}=1是不可能的。应该是\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-\frac{1}{2}=0。得\frac{a}{c}+\frac{c}{a}=\frac{1}{2}。令t=\frac{a}{c}，则t+\frac{1}{t}=\frac{1}{2}。得2t^2-t+2=0。Δ=(-1)^2-4*2*2=1-16=-15<0。方程无实根。再次检查原式2b^2=a^2+c^2-ac。由余弦定理，cosB=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\frac{a^2+c^2-(a^2+c^2-ac)}{2ac}=\frac{ac}{2ac}=\frac{1}{2}。由于0<B<π，得B=\frac{π}{3}。（2）解：由|m+n|=\sqrt{3}|m-n|，得|(cosA+cosC,sinA+sinC)|=\sqrt{3}|(cosA-cosC,sinA-sinC)|。得(\sqrt{cosA+cosC})^2=3(\sqrt{cosA-cosC})^2。得cosA+cosC=3(cosA-cosC)。得4cosC=2cosA。得2cosC=cosA。由正弦定理，\frac{a}{sinA}=\frac{c}{sinC}，得\frac{cosA}{sinA}=\frac{cosC}{sinC}。得cotA=cotC。由于A,C∈(0,π)，得A=C。代入2cosC=cosA得2cosA=cosA。得cosA=0。由于A∈(0,π)，得A=\frac{π}{2}。所以cos(A-C)=cos(0)=1。19.（1）解：f(x)=sin^2x+(sinx+cosx)sinx=\frac{1-cos(2x)}{2}+sin^2x+sinxcosx。=\frac{1-cos(2x)}{2}+\frac{1-cos(2x)}{2}+sin(2x)=1-\frac{1}{2}cos(2x)+sin(2x)。=\frac{\sqrt{2}}{2}sin(2x-\frac{π}{4})+\frac{3}{2}。函数f(x)的最小正周期T=\frac{2π}{2}=π。在区间[0,π]上，2x-\frac{π}{4}∈[-\frac{π}{4},\frac{7π}{4}]。当2x-\frac{π}{4}=\frac{π}{2}，即x=\frac{3π}{8}时，f(x)取得最大值\frac{\sqrt{2}}{2}*1+\frac{3}{2}=\frac{\sqrt{2}+3}{2}。当2x-\frac{π}{4}=-\frac{π}{4}，即x=0时，f(x)取得最小值\frac{\sqrt{2}}{2}*0+\frac{3}{2}=\frac{3}{2}。简图如下：（此处应画出y=\frac{\sqrt{2}}{2}sin(2x-\frac{π}{4})+\frac{3}{2}在[0,π]上的图像，略）图像在x=0处取最小值\frac{3}{2}，在x=\frac{3π}{8}处取最大值\frac{\sqrt{2}+3}{2}，过点(π,\frac{3}{2})。（2）解：假设存在实数k，使得函数f(x)的图像与直线y=kx+1在区间(0,π)内恰有两个不同的交点。即方程\frac{\sqrt{2}}{2}sin(2x-\frac{π}{4})+\frac{3}{2}=kx+1在(0,π)内恰有两个不同的解。整理得\frac{\sqrt{2}}{2}sin(2x-\frac{π}{4})=kx-\frac{1}{2}。令h(x)=\frac{\sqrt{2}}{2}sin(2x-\frac{π}{4})，g(x)=kx-\frac{1}{2}。问题转化为：函数h(x)的图像与直线g(x)在(0,π)内恰有两个不同的交点。h'(x)=\sqrt{2}cos(2x-\frac{π}{4})。令h'(x)=0，得cos(2x-\frac{π}{4})=0。得2x-\frac{π}{4}=\frac{π}{2}+kπ，k∈Z。得x=\frac{3π}{8}+\frac{kπ}{2}。由于x∈(0,π)，得x=\frac{3π}{8}或x=\frac{7π}{8}。当x∈(0,\frac{3π}{8})时，h'(x)>0，h(x)单调递增。当x∈(\frac{3π}{8},\frac{7π}{8})时，h'(x)<0，h(x)单调递减。当x∈(\frac{7π}{8},π)时，h'(x)>0，h(x)单调递增。h(0)=\frac{\sqrt{2}}{2}sin(-\frac{π}{4})=-\frac{1}{2}。h(\frac{3π}{8})=\frac{\sqrt{2}}{2}sin(\frac{3π}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}*\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}。h(\frac{7π}{8})=\frac{\sqrt{2}}{2}sin(\frac{13π}{8})=\frac{\sqrt{2}}{2}*(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-\frac{1}{2}。h(π)=\frac{\sqrt{2}}{2}sin(\frac{7π}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}*(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-\frac{1}{2}。函数h(x)在(0,π)上的图像先增，再减，再增，在x=\frac{3π}{8}处达到最高点\frac{1}{2}，在x=0,x=\frac{7π}{8},x=π处取值为-\frac{1}{2}。直线g(x)=kx-\frac{1}{2}过定点(0,-\frac{1}{2})。要使g(x)与h(x)在(0,π)内恰有两个交点，当k=0时，g(x)为水平线y=-\frac{1}{2}，与h(x)在x=0,x=\frac{7π}{8},x=π处相交，共有三个交点，不满足。当k≠0时，直线g(x)的斜率不为0。若k>0，直线g(x)的图像从下方穿过h(x)的增区间和减区间，在(0,\frac{3π}{8})和(\frac{7π}{8},π)内各有一个交点，共两个交点。若k<0，直线g(x)的图像从上方穿过h(x)的增区间和减区间，在(0,\frac{3π}{8})和(\frac{7π}{8},π)内各有一个交点，共两个交点。所以，存在实数k，使得函数f(x)的图像与直线y=kx+1在区间(0,π)内恰有两个不同的交点。k的取值范围是k<0或k>\frac{1}{π}。20.（1）解：g(x)=sin^2x+(sinx+cosx)cosx-\frac{1}{2}。=\frac{1-cos(2x)}{2}+sinxcosx+\frac{1}{2}cos^2x-\frac{1}{2}=\frac{1-cos(2x)}{2}+\frac{1}{2}sin(2x)+\frac{1}{2}(2cos^2x-1)-\frac{1}{2}=\frac{1-cos(2x)}{2}+\frac{1}{2}sin(2x)+\frac{1}{2}cos(2x)-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}sin(2x)+\frac{1}{2}cos(2x)=\frac{\sqrt{2}}{2}sin(2x+\frac{π}{4})。函数g(x)的最小正周期T=\frac{2π}{2}=π。在区间[0,π]上，2x+\frac{π}{4}∈[\frac{π}{4},\frac{9π}{4}]。当2x+\frac{π}{4}=\frac{π}{2}，即x=\frac{π}{8}时，g(x)取得最大值\frac{\sqrt{2}}{2}*1=\frac{\sqrt{2}}{2}。当2x+\frac{π}{4}=\frac{5π}{4}，即x=\frac{5π}{8}时，g(x)取得最小值\frac{\sqrt{2}}{2}*(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-\frac{1}{2}。所以，函数g(x)在区间[0,π]上的最大值为\frac{\sqrt{2}}{2}，最小值为-\frac{1}{2}。（2）解法一（利用函数性质）：假设存在唯一的x₀∈(0,\frac{π}{2})，使得g(x₀)=\frac{\sqrt{2}}{2}。即\frac{\sqrt{2}}{2}sin(2x₀+\frac{π}{4})=\frac{\sqrt{2}}{2}。得sin(2x₀+\frac{π}{4})=1。得2x₀+\frac{π}{4}=\frac{π}{2}+2kπ，k∈Z。得2x₀=\frac{π}{4}+2kπ-\frac{π}{4}=2kπ。得x₀=kπ，k∈Z。由于x₀∈(0,\frac{π}{2})，得k=1。得x₀=π。但π∉(0,\frac{π}{2})。所以，在函数g(x)的一个最小正周期内（即(π,2π)内），方程g(x)=\frac{\sqrt{试卷答案}试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案试卷答案