专题2.8 三角函数与解三角形 高考全真仿真验收卷-2026届高三数学二轮复习

专题2.8三角函数与解三角形高考全真仿真验收卷-2026届高三数学二轮复习一、选择题1．（2025·浙江模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bsinB+C2A．25,43 B．25,532．（2025·上海市模拟）过点P-1,0向曲线Cn：x2-2nx+2y2=0（nA．kn=n4n+2C．数列yn2xn2的前n项和为3．（2025·温州模拟）已知双曲线x2a2-y2b2=1a>0，A．4 B．3+1 C．5 D．4．（2025·义乌模拟）狄利克雷函数Dx定义为：DA．不存在a∈R，使得Da+xB．存在a∈R，使得Da+xC．对任意x1,D．函数图象上存在三点A,B,C，使得△ABC是直角三角形5．（2025·湖南模拟）下列函数满足在定义域上有两个以上不同的单调区间，且存在m∈R，使得函数图象无限趋近于直线y=m但不与其相交的是（）A．fx=lnx-1 B．fx=ex+6．（2025·深圳模拟）已知函数f(x)=sin(ωx+θ)，其中ω>0，θ∈(0，π2)，其图象关于直线x=π6对称，对满足|f(x1)-f(x2)|=2的x1，x2，有|x1-xA．[kπ-π6，kπ+C．[kπ+π3，kπ+7．（2025高三上·重庆市模拟）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosA，bcosB，A．2 B．3 C．4 D．58．（2024高三下·广州模拟）已知函数fx=Asinωx+2cosωxA>0,ω>0的对称轴方程为x=π6A．只有2对 B．只有3对 C．只有4对 D．有无数对二、多项选择题9．（2025·浙江模拟）如图所示，某游戏闯关者需从区域Ⅰ内的定点P快速移动至区域Ⅱ内的定点Q.两区域以直线l为分界线，已知P，Q两点到直线l的距离分别为1，2，且向量PQ在直线l的方向向量上的投影向量的模长为3，考虑到两区域通行环境差异，设定闯关者在区域Ⅰ的移动速率为a，在区域Ⅱ中的移动速率为b，线段PQ与直线l相交于点A，若图示折线路径PBQ是耗时最短的闯关路线.则下列说法正确的有（）A．存在实数λ，使得BAB．若tan∠BQP=1C．a<bD．b10．（2025·长沙模拟）已知双曲线C:x2-y23=1的左、右焦点分别为F1,F2，左、右顶点分别为A,B，过F2的直线l与双曲线的右支交于P,Q两点(P在第一象限A．I1,B,I2三点共线 BC．若r1=2r2，则直线l的斜率为6 D11．（2025·长沙模拟）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M是△ABC所在平面上一点，且AM=λA．若0<λ<1,0<μ<1,0<λ+μ<1，则M在△ABC内部B．若λ=μ=13，则M为C．若λ=23,μ=13，则D．若b=2,c=3,∠BAC=π3，M为△ABC三、填空题12．（2025·湖州模拟）若定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=1+2f(x)-f(x)2，则f(2025)+2f(0)的最大值是13．（2025·青神模拟）已知函数fx=log21+x2+x-22x+114．（2024·高州模拟）已知函数f(x)的图象过点(0,1)，其导函数f'(x)=Acos(2x+φ)(A>0,0<φ<π2)的图象如图所示，若函数f(tx)=1(t>0)四、解答题15．（2025·郴州模拟）空间直角坐标系Oxyz中，任何一个平面的方程都能表示成ax+by+cz+d=0（其中a,b,c,d均为常数，a2+b2+c2≠0），n=a,b,c为该平面的一个法向量.已知球O的半径为4，点A,B,C均在球O的球面上，以OA,OB,OC所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.平面OBC内的点E在球面上，点E在y轴上的投影在y轴的正半轴上，CE=4，过直线CE作球O的截面α，使得平面α⊥平面OBC，设截面α（1）求点E的坐标.（2）若平面β:2x+3y-z=1，证明：平面α⊥平面（3）已知点B在平面γ:λx+μy+tz=4内，设线段ME在平面α内绕着点M逆时针旋转θ弧度至MH，点H在圆M上，且θ∈0,2π，过H作HP⊥平面AOB，垂足为点P①用θ表示点H的坐标；②若3λ=-t=3，求点H到平面③若λ=0,t=-194,G0,3-1,4，当直线GP16．（2025·汕头模拟）已知函数fx=sinkx⋅sin（1）当k=1时，求方程fx（2）若fx是偶函数，当k取最小值时，求函数g（3）若fx是常数函数，求k17．（2025·射阳模拟）已知△ABC的三边a,b,c所对的角分别为A,B,C,5asinA-bsinB（1）求证：tanA=4tanB；（2）若B∈π6,18．（2025·顺义模拟）已知函数fx（1）求f0（2）再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数fx存在且唯一确定.当fx在区间0,aa>0上仅有一个零点时，求条件①：fx在π条件②：y=fx图象的一个对称中心为π条件③：对任意的x∈R，都有fx≤f注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.19．（2024高三下·门头沟模拟）设函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)，已知∀x∈R，条件①：(π3,条件②：直线x=7π12为函数条件③：函数f(x)的图象可由注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.（1）求ω,（2）当x∈[-π4,π4]

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：因为2bsinB+C2=5asinA+C，所以2bsinπ-A2=5asinB因为0<A<π2，所以A2∈(0,π4)，所以cosA2因为cb因为0<B<π2，0<π-A+B所以tanB>tanπ2-A=1tanA故选：D．【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得2bcosA2=5asinB，进而利用正弦定理可得2sinBcosA2=2．【答案】C【解析】【解答】解：A、设直线ln:y=kn(x+1)，

联立x由题意可知，Δ=4kn2-2nB、所以xn所以i=12025lnxC、所以yn=kn1+xn=nD、因为xn2y所以xn设f(x)=x+cosx，则可得fx在R则x∈0,+∞时，又12n+1>0，则xn2故选：C.【分析】设直线ln:y=kn(x+1)，联立x2-2nx+2y2=0y=kn(x+1)消元可得一元二次方程，进而由Δ=0列式求得kn即可判断选项A；解一元二次方程即可求得进而求得切点横坐标xn3．【答案】A【解析】【解答】解：如图所示，

因为PF2=F1F2，O、M分别为又因为PF2=F1F2，∠由题意可知tan∠POF2因为tan∠POF2=sin在△POF2中，OP=2a+c，O由余弦定理可得cos∠PO所以c2-3ac-4a2=0，即e2-3e-4=0，解得e=4或e=-1(故选：A.【分析】作出图形，证明出△F1F2M≌△PF2O，可得出OP=F4．【答案】D【解析】【解答】解：根据狄利克雷函数Dx=1,x为有理数0,x为无理数，

可知：当a∈Q时，若x∈Q，则a+x∈Q，若x∉Q，则a+x∉Q，a-x∉Q，

所以Da+x则当a∈Q时，Da+x=Da-x∀a∈Q，当x=0时，Da+x∀a∉Q，当x=0时，Da+x所以对于∀a∈R，当x=0时，Da+x+Da-x令x1=2∉Q，x2=-2∉Q，

则x1+x取函数图象上点A(0,1)，B(2,0)，C(-22,0)，

所以AB2+AC2=3+32故答案为：D.【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当a∈Q时，Da+x=Da-x恒成立，则可判断选项A；利用已知条件分析可知，对于∀a∈R，当x=0时，Da+x+Da-x=1不成立，则可判断选项B；令x1=2∈Q，x25．【答案】C【解析】【解答】解：对于A，因为fx所以，内层函数u=x-1在-∞,1外层函数y=ln所以，函数fx的减区间为-∞,1，增区间为1,+对于B，因为f'由f'x<0，得ex<e-x，可得x<0；

所以，函数fx的单调递减区间为-∞,0，单调递增区间为0,+对于C，因为函数fx=1xe-x的定义域为由f'x<0，可得x<0或0<x<1；由f所以，函数fx的减区间为-∞,0、0,1当x<0时，fx=exx所以，函数fx的图象以直线y=0为渐近线，符合要求，故C对于D，因为fx=xsinx，取x=2kπ+π2k∈Z，

当k→+∞且k∈Z，f取x=2kπ+3π2k∈Z，

当k→+∞且k∈Z，

则f因为函数fx在R上的图象是连续不断的，

所以，函数fx的值域为所以，函数fx=xsinx的图象不存在渐近线y=m故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合导数判断函数单调性的方法和函数求极限的方法，从而分析各选项中的函数的单调性或函数值域，进而逐项判断找出满足要求的函数.6．【答案】B【解析】【解答】解：已知函数f(x)=sin(ωx+θ)，其中ω>0，0∈(0，π2)，其图像关于直线x=π6对称，对满足|f(x1)-f(x2)|=2的再根据其图像关于直线x=π6对称，可得2×π6+θ=kπ+∴θ=π6，∴将函数f(x)的图像向左平移π6个单位长度得到函数g(x)=sin(2x+π3+π6)=cos2x则函数g(x)的单调递减区间是[kπ，kπ+π2]故答案为：B.【分析】根据已知得到函数f(x)两个对称轴的距离也即是半周期，由此求得ω的值，结合其对称轴，求得θ的值，进而求得f(x)解析式.根据图像变换的知识求得g(x)的解析式，再利用三角函数求单调区间的方法，求得g(x)的单调递减区间.7．【答案】B【解析】【解答】解：由题知acosA+c即sinA因为B∈0,π,sin又因为cosB=-所以-cosAcos所以A,C最多有一个是钝角，所以tanA>0,因为sinA=-tan由基本不等式得12当且仅当12tanA=所以sinAcosBcosC的最小值为故答案为：B.【分析】根据三角形中角B的取值范围、等差中项公式和正弦定理以及三角恒等变换，从而化简得出tanAtanC=3，再结合三角形内角和定理和两角和的正弦公式、正切公式，则将所求化简为关于tanA,8．【答案】B【解析】【解答】解：函数fx因为函数fx图象的对称轴方程为x=当k=0时，可得x1=π6；当即两个相邻的最高点与最低点间的距离为x2-x1=π2因为fx的图象关于直线x=π6对称，所以f0=fπ3则函数fx函数gx=fx方程fx=a在0,π内实根的个数，函数fx由图可知：当a=4或a=-4时，方程fx=a在0,π内实根的个数为当a∈-4,2∪2,4时，方程fx=a当a=2时，方程fx=a在0,π内实根的个数为3，其中在0,π内实根的个数为因为fx是周期为π的函数，所以当a∈-4,4时，在π,2π,2π,3π,3π,4π,⋯因为gx=fx-a在0,nπn∈所以a∈-4,2当a=±4时，n=2023；当a=2时，n=1011；故满足条件的有序实数对a,n只有3对.故答案为：B.【分析】由据题意，结合辅助角公式化简求得函数fx=4sin2x+π6，把函数gx=fx9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：对于选项A：因为点A在线段PQ上，

所以存在这样的实数λ，故A正确；对于选项B，分别过点P，Q作直线l的垂线，垂是分别为C，D，则CA=1，

所以tan则DB=32，

因此AB对于选项D：设BC=x，显然只需考虑0<x<3，

则闯关时间为：tx=因为y=x所以y=3-x4+3-x2为减函数，

则t'x单调递增，所以t'x在0,3上存在唯一零点x0，即为tx的极小值点，

则当x=x0时闯关用时最短，此时t'x0=0，对于选项C：当点B在点A右侧时可得∠PBA<∠QBD，因此a>b，故C错误.故答案为：ABD.

【分析】利用向量共线定理和平面向量基本定理，则判断出选项A；分别过点P，Q作直线l的垂线，利用角的正切值得出AB的长，则判断出选项B；利用三角形中大角对大边的性质，则可判断选项C；设BC=x，先计算出最短距离，再求导，从而得出函数的单调区间，进而得出函数的极小值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、由题意可知，c2=a2+设点Px如图所示，设△PF1F由双曲线的定义得，∣PF1∣-∣PF2∣=2a，

因为PR=PS，所以∣RF1∣-∣SF得切点T与点B重合，所以点T1,0，所以内心I1的横坐标为同理可得，内心I2的横坐标也为1，所以I1,B,IB、由x12得y1-y2xC、设直线l的倾斜角为θ，连接I1所以∠I因为r1=2r2，所以tanθ2=22D、双曲线的渐近线为：y=±3x，倾斜角分别为因为直线l与双曲线的右支交于P,Q两点，

所以θ∈π令tanθ2=t，所以t∈33,3，

所以t+1t∈2,43故选：ABD.【分析】结合双曲线的性质可得A-1,0,B1,0,F1-2,0,F内心I1的横坐标为1，同理可得，内心I2的横坐标也为1，即可判断选项A；由斜率公式及点差法可以判断选项B；设直线l的倾斜角为θ，得到r1=1tanθ2，r2=tanθ2，利用r11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、当λ+μ=1时，B,M,C三点共线，由向量的线性运算可知，当0<λ<1,0<μ<1,0<λ+μ<1时，M在△ABC内部，故选项A正确；B、设BC中点为N，G为△ABC的重心，所以AG=23C、因为AM=所以BM所以MC:BC=2:3，所以S△AMCS△ABC=12h·MC12D、因为AM=λAB所以AMAB⋅所以λ=49,μ=16，所以故选：ABD.【分析】根据利用向量的基本定理可知当λ+μ=1时，B,M,C三点共线，进而根据向量的线性运算即可判断选项A；结合线性运算和重心的性质即可判断选项B；根据已知条件和线性运算先求得MC:BC=2:3，进而因为△AMC和△ABC高相同，根据三角形面积公式可知的面积与△ABC面积之比等于它们底边MC与BC之比，即可判断线性C；利用外心的性质和向量的线性运算计算即可判断选项D.12．【答案】3+【解析】【解答】解：由f(x+1)=1+2f(x)-f(x)2，可得2f(x)-f(x)2原式两边平方得f(x+1)2=1+2又2f(x+1)=2+22f(x)-f(x)②-①可得2f(x+1)-f(x+1)即2f(x+1)-f(x+1)2+2f(x)-又f(x+1)-12=2f(x)-f(x)2[f(x+1)-1]=-f(x+2)-1所以2所以[f(x+2)-1]2=[f(x)-1]2，即则函数f(x)时周期为2的周期函数，即f(2025)=f(1)，又因为[f(0)-1]2设f(0)-1=cosθ,f(1)-1=sin则f(2025)+2f(0)=3+5故f(1)+2f(0)最大值为3+5故答案为：3+5【分析】由f(x+1)=1+2f(x)-f(x)2，求得1≤f(x)≤2，推得f(x+2)=f(x)，函数f(x)时周期为2的周期函数，求得f(2025)=f(1)，再由[f(0)-1]2+[f(1)-1]2=113．【答案】2,+【解析】【解答】解：由题意可知，函数fx的定义域为R因为fx所以fx的图象关于0,1因为y=log21+所以fx在0,+∞上单调递增，所以fx因为f2所以f2因为fx在R上单调递增，所以2即∃θ∈0,π3令y=2sinθcos令t=sinθ+cosθ=2当θ∈0,π3时，θ+π4令gt=t2-1+4-2t=t-12+2，所以y=2sinθcosθ+4-2sinθ-2cosθ，θ∈0,故答案为：2,+∞【分析】判断出fx关于0,1对称，进而可知fx在R上单调递增，转化为∃θ∈0,π3使2sinθcosθ+4-2sinθ-2cosθ<m成立，利用分离参数法令y=2sinθcosθ+4-2sin14．【答案】[【解析】【解答】解：根据导函数f'(x)图象可知，f'(x)的图象过点(0,3)，

∴Acosφ=又f'(x)的图象过点(π6,0)，∴cosφ=32=∴f'(x)=2cos(2x+又∵f(x)过点(0,1)，∴f(0)=sinπ∴f(x)=sin(2x+π令f(tx)=sin(2tx+π6)+令2tx+π6=α，∵x∈[0∵函数y=f(tx)(t>0)在[0,∴sin(2tx+π6)=12在[0,故答案为：[1【分析】数形结合，由f'(x)的图象过点(0,3)，(π6,0)可求出A和φ，结合f(0)=1求得f(x)=sin(2x+π6)+15．【答案】（1）解：连接OE，过E作EK⊥OB，交OB于点K，如图所示：

由题意可得：△COE为等边三角形，∠EOB=π6则EK=OE⋅sinπ6=2,OK=OE⋅cos（2）证明：连接OM，根据球的性质可得OM⊥平面α，易知OM为平面α的一个法向量，因为C0,0,4，所以M平面β的一个法向量为v=因为OM⋅v=0×2+3×3+3×（3）解：①、当θ∈3π2,2π时，过点H作HT⊥CE交CE过点M作MR⊥OB交OB于R，过点T作TN⊥OB交OB，于N，过点M作MV⊥OC交OC于V，过点T作TI⊥MR交MR于I，则MR=3，MT=2cosθ,HT=-2sinθ,MI=ON=3则H-2sinθ,同理可得当θ∈0,2π时，H②、因为点B在平面γ内，所以μ=1，则平面γ的一个法向量为u1BH=点H到平面γ的距离d=BH当θ-π3=π2，即θ=③易得平面γ的一个法向量为u2因为P-2sinθ,3+设直线GP与平面γ所成的角为φ，则sinφ==3令3cosθ+20=kk>0，则则sinφ==3当1k=23457,k=45723，即cosθ=-3【解析】【分析】（1）连接OE，过E作EK⊥OB，交OB于点K，根据几何特征及边长计算即可；（2）连接OM，分别求面的法向量，根据OM⃗（3）①、根据几何特征及边长计算即可；

②、利用点到平面距离公式结合三角函数值域求最值即可；

③、结合线面角公式及二次函数值域求值即可.（1）连接OE，过E作EK⊥OB，交OB于点K.根据题意易得△COE为等边三角形，所以∠EOB=π则EK=OE⋅sinπ6=2,OK=OE⋅cos（2）连接OM，根据球的性质可得OM⊥平面α，则OM即为平面α的一个法向量.因为C0,0,4，所以M平面β的一个法向量为v=因为OM⋅所以OM⊥v，故平面α⊥平面（3）①当θ∈3π2,2π时，过点H作HT⊥CE交CE过点M作MR⊥OB交OB于R，过点T作TN⊥OB交OB于N，过点M作MV⊥OC交OC于V，过点T作TI⊥MR交MR于I，则MR=3，MT=2cosθ,HT=-2sinθ,MI=ON=3则H-2sinθ,同理可得当θ∈0,2π时，H②因为点B在平面γ内，所以μ=1，则平面γ的一个法向量为u1BH=点H到平面γ的距离d=BH当θ-π3=π2，即θ=③易得平面γ的一个法向量为u2因为P-2sinθ,3+设直线GP与平面γ所成的角为φ，则sinφ===3令3cosθ+20=kk>0，则则sinφ==3当1k=23457,k=45723，即cosθ=-316．【答案】（1）当k=1时，fx由fx=1-32得：cos2x=3即x=kπ+π12，或故所求方程的解集为x|x=kπ+π12，或（2）fx的定义域为R，由fx是偶函数得：sin-kx所以-sinkx⋅-1从而sinkx⋅sinkx1+-1当k取最小值即k=1时，fx所以gx=f令t=sinx+cosx=2sinx+π4，x≠mπ2所以函数gx的值域转化为y=t2+t-1，对称轴t=-12，所以y=t2+t-1所以当t=-12时，取得最小值ymin=1又当t=±1时，y=t2+t-1=±1，当t=0故函数gx=f（3）因为∀k∈N*，f0=0，所以若①当k=1时，由（1）知，fx②当k=2时，fx=sin2x⋅sinfx③当k=3时，f===3=cos所以，fx④当k≥4时，fπk=-综上所述：k=3．【解析】【分析】（1）先化简fx=sinkx⋅sinkx+coskx⋅coskx-cosk2x，接着取k值进行求解；

（2）先利用fx是偶函数求解出K（1）当k=1时，fx由fx=1-32得：cos2x=3即x=kπ+π12，或故所求方程的解集为x|x=kπ+π12，或（2）fx的定义域为R，由fx是偶函数得：sin-kx所以-sinkx⋅-1从而sinkx⋅sinkx1+-1当k取最小值即k=1时，fx所以gx=f令t=sinx+cosx=2sinx+π4，x≠mπ2所以函数gx的值域转化为y=t2+t-1，对称轴t=-12，所以y=t2+t-1所以当t=-12时，取得最小值ymin=1又当t=±1时，y=t2+t-1=±1，当t=0故函数gx=f（3）因为∀k∈N*，f0=0，所以若①当k=1时，由（1）知，fx②当k=2时，fx=sin2x⋅sinfx③当k=3时，f===3=cos所以，fx④当k≥4时，fπk=-综上所述：k=3．17．【答案】（1）证明：由正弦定理，得5a∴cosB=a2+c∴5∴sin（2）解：因为tan∵π6<B<π4则tanC=54t-1t,y=4t-1则原函数也是在t∈3∴33<4t-1t<3,∴5【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理边角互化，再利用余弦定理得到5acosB=4c，再结合两角和的正弦公式和同角三角函数关系式，从而证出tanA=4tanB.（2）由（1）结合三角形内角和定理、诱导公式和两角和的正切公式，从而得出角C的正切值，再利用角B的取值范围得出角B的正切的取值范围，令tanB=t,则33<t<1，所以（1）由正弦定理得5∴cosB=a2∴5∴sin（2）tanC=-∵π6<B<tanC=54t-1t,y=4t-则原函数也是在t∈33∴33<4t-1t18．【答案】（1）解：因为fx所以f=1所以f0（2）解：对于条件①：因为fx在π又因为fx在π12,7π12所以πω≥π2，

又因为又因为-π所以-5π所以，函数fx-5π若函数在π12,7π12上单调递增，整理得0<ω≤2ω≥-10+24当k1=0时，0<ω≤2ω≥-10当k1=1时，0<ω≤2ω≥14ω≤26因为π2解得π6ω所以，函数fxπ6ω若函数在π12,7π12上单调递减，整理得0<ω≤2ω≥2+24当k2=0时，0<ω≤2ω≥2当k2=1时，0<ω≤2ω≥26ω≤对于条件②：因为y=fx图象的一个对称中心为π又因为ωx+π3=k3所以函数fx=sin若π3,0是则π3=-π3ω+对于条件③：对任意的x∈R，都有fx则当x=π12时，函数取得最大值，

则解得ω=2+24k若选条件①②，则ω=-1+3k或ω=-1+3k3ω=2k3∈Z，所以fx=sin2x+π3，又因为fx在区间0,a所以2a+π3>π2a+π3≤2π若选条件①③，则ω=2+24k或ω=2+24k4ω=2k4∈Z，所以fx=sin2x+π3，又因为fx在区间0,a所以2a+π3>π2a+π3≤2π若选条件②③，则ω=-1+3k则k3-1=8k4k3,k【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数为正弦型函数，再利用代入法得出f0的值（2）关于条件①，从函数的周期和函数的单调区间两方面限制ω，从而求出ω的取值范围；关于条件②，从而求出函数对称中心表达式，将π3,0代入确定ω的取值；关于条件③和已知条件确定fπ12=1，从而确定ω的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定（1）因为fx所以f=1所以f0（2）对于条件①：fx在π因为fx在π12,所以πω≥π2，又因为因为-π解得-5π所以函数fx-5π若函数在π12,7π整理有0<ω≤2ω≥-10+24当k1=0时，0<ω≤2ω≥-10当k1=1时，0<ω≤2ω≥14因为π2解得π6ω所以函数fxπ6ω若函数在π12,7π整理有0<ω≤2ω≥2+24当k2=0时，0<ω≤2ω≥2当k2=1时，0<ω≤2ω≥26对于条件②：y=fx图象的一个对称中心为π因为ωx+π3=所以函数fx=sin若π3,