第20讲 解三角函数 2026-2027学年高中数学一轮复习讲义（人教版2019）

第20讲解三角函数内内容导航知识点1正弦定理及其应用知识点2余弦定理及其应用知识点3三角形面积公式与常用结论知识点4解三角形的综合应用知识点5正、余弦定理的基本应用（解三角形）知识点6三角形面积与周长问题知识点7三角形形状的判断知识点8三角形中的最值与范围问题知识点9解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）知识点10解三角形的实际应用与综合交汇题型1三角函数应用题型2三角函数的最值题型3y＝Asin（ωx+φ）中参数的物理意义知知识点通关知识点1正弦定理及其应用一、定理内容在中，角所对的边分别为，则（R表示的是外接圆半径）二、常用变形1. 边化角：，，2. 角化边：，，3. 比例性质：三、适用场景1. 已知两角和任一边，求其他边和角（唯一解）；2. 已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（需判断解的个数）。四、解的个数判断（已知）A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞b解的个数一解两解一解一解知识点2余弦定理及其应用一、定理内容推论（求角公式）：

二、适用场景1.已知三边，求三个角（唯一解）；2. 已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角（唯一解）；3. 已知两边和其中一边的对角，求第三边（一元二次方程求解，结合取舍）。三、常用拓展•锐角三角形判定：最大边的平方<另两边平方和•直角三角形判定：最大边的平方=另两边平方和•钝角三角形判定：最大边的平方>另两边平方和知识点3三角形面积公式与常用结论一、常用面积公式1.基本式：2.边角式：（高考最常用）3.外接圆式：4.内切圆式：（r为内切圆半径）5.海伦公式：，其中二、三角形常用结论1.内角和诱导公式：，，

，2.边角不等关系：

大边对大角：3.常见几何元素公式￮中线长（边中线为）：（中线定理）￮角平分线长（角平分线为）：￮高：知识点4解三角形的综合应用一、实际应用常见模型1.测量距离：两点不可达、两点可视不可达2.测量高度：底部可达、底部不可达3.测量角度：方位角、仰角、俯角、方向角4.航海问题：速度、航向、相遇问题二、解题步骤1.分析题意，画出平面示意图；2.明确已知量与所求量，将实际数值转化为三角形的边角；3.选择正弦定理或余弦定理建立方程求解；4.检验结果合理性，还原为实际问题答案。知识点5正、余弦定理的基本应用（解三角形）方法技巧1.选定理原则：已知两角一边→正弦定理；已知三边/两边夹角→余弦定理；已知两边一对角→正弦定理（先判解数）或余弦定理（方程法）。

2.边角互化：等式两边边或正弦同次，可直接互化；出现余弦或边的平方，优先余弦定理。

3.求角必验证：利用大边对大角、内角和定理舍去不符合的解。易错分析1.已知两边一对角时，直接求角不验证，导致漏解或多解；

2.正弦定理边化角时，遗漏2R，或比例关系用错；

3.余弦定理公式记忆错误，平方项与乘积项符号混淆。知识点6三角形面积与周长问题方法技巧1.面积公式选择：已知两边及夹角→直接用12absin⁡C；已知三边→海伦公式或先求角再求面积;

2.周长问题常结合余弦定理，利用整体代换（如b+c），结合完全平方公式与面积公式联立求解;易错分析1.面积公式中角与边不对应（如用a,b对应角A），导致计算错误；

2.已知周长与一边，无法正确构建余弦定理的整体代换式；

3.忽略三角形内角范围，导致角的取值错误。知识点7三角形形状的判断方法技巧1.核心思路：边角互化，统一为边的代数关系或角的三角关系;

2.边化角：正弦定理转化，结合三角恒等变换得到角的关系（相等、互余等）;

3.角化边：正、余弦定理转化，通过代数变形得到边的关系（相等、平方和关系等）。易错分析1.等式两边约去公因子（如sin⁡A），忽略零因子情况，导致漏解；

2.判断钝角三角形时，未对最大角进行判断，导致结论错误；

3.三角恒等变换出错，误判角的关系。知识点8三角形中的最值与范围问题方法技巧1.两类主流方法：

①三角函数法：正弦定理边化角，转化为三角函数值域问题，结合角的范围求解；

②基本不等式法：余弦定理结合完全平方公式，构建和与积的关系，用基本不等式求最值。

2.范围问题必须考虑约束：三角形内角范围、锐角/钝角三角形限制、三边关系。易错分析1.求范围时忽略锐角三角形等约束条件，导致范围扩大；

2.基本不等式使用时，忽略等号成立的条件是否满足三角形要求；

3.角的范围推导错误，导致三角函数值域计算偏差。知识点9解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）方法技巧1.中线问题：优先用中线定理（阿波罗尼斯定理），或利用邻补角余弦定理（∠ADB+∠ADC=π，余弦值互为相反数）；

2.角平分线问题：利用角平分线定理（BDDC=ABAC），或面积拆分法（易错分析1.中线定理公式记忆错误，系数与平方项混淆；

2.角平分线长度计算时，拆分面积的方法不熟练，导致计算复杂；

3.利用邻补角余弦时，符号处理错误。知识点10解三角形的实际应用与综合交汇方法技巧1.实际应用四步走：审题→画示意图→抽象三角形→选定理求解→检验作答；

2.术语辨析：方位角（正北顺时针旋转的角度）、方向角（如北偏东30∘）、仰角、俯角；

易错分析1.方位角、方向角概念混淆，导致角度标注错误；

2.实际问题中忽略单位换算，或结果未按要求取近似值；

3.多三角形交汇问题中，公共边、公共角找不准，无法建立联系。考考点演练题型1三角函数应用【典例1】水车在古代是进行灌溉的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图，一个半径为6米的水车逆时针匀速转动，水车圆心O在水面以上距离水面3米，已知水车每60秒转动一图，如果水车上一点P从水中浮现时（图中P0）开始计时，经时t秒后，水车旋转到P点，则下列说法错误的是（）A．P点第一次到达最高点需要的时间为20秒 B．第30秒和第70秒时，P点在水面以上且距离水面的高度相同 C．在转动一圈内，P点在水面以上且距离水面3+33米以上的持续时间为10秒D．当t∈[0，15]时，P点距离水面的最大高度为6米【变式1】下列函数中，其图像与函数y＝sin2x的图像重合的是（）A．y＝2sinx|cosx| B．y＝2sin|x|cosx C．y＝2|sinx|cosx D．y＝2sinxcos|x|题型2三角函数的最值【典例1】已知x=π4是函数f（x）＝sinωx+cosωx的对称轴，则A．1 B．2 C．3 D．4【变式1】设函数f（x）＝sinωx+cosωx（ω＞0），若f（x+π）＝f（x）恒成立，且f（x）在[0，π4]A．8 B．6 C．5 D．4题型3y＝Asin（ωx+φ）中参数的物理意义【典例1】单摆是一种简谐运动，摆球的运动情况可以用三角函数表达为y＝Asin（ωx+φ），A＞0，ω＞0，|φ|＜π，其中x表示时间（s），y表示位移（cm），A表示振幅，ω2π表示频率，φ表示初相位．如图1甲某个小球做单摆运动，规定摆球向右偏移的位移为正，竖直方向为平衡位置．图乙表示该小球在[0，3]秒运动时的位移随时间变化情况．根据秒表记录有：当x=23A．频率为12B．初相位φ=πC．振幅A＝10 D．当x=8【变式1】已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π（1）求ω，φ；（2）若f(α2)=过过关验收1．已知函数f(x)=2sin(ωx−π6)(ω＞0)，已知x=π3是f（x）的一个极值点，且fA．ω＝2 B．f（x）不是奇函数 C．f（x）的对称中心是(πD．f（x）在[−π42．将函数f(x)=sin2x−cos(x−π2)(x＞0)的零点从小到大排列构成数列{xn}，则{A．10π B．14π C．16π D．18π3．函数f(x)=2sinx+2acosx−a2+1A．可能为3个，也可能为2个 B．必定为2个 C．可能为2个，也可能为1个 D．必定为1个4．已知函数f（x）＝kx+cos（kx）（k∈N*），记等差数列{an}的前n项和为An，记Bn（1）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；（2）证明：“A2026=1013πk”是“B（3）k＝1时，判断函数h（x）＝x+4sinx﹣f（x）在区间（0，2tπ）（t∈N*）上的零点个数．5．如图，摩天轮上一点P距离地面的高度y关于时间t的函数表达式为y＝Asin（ωt+φ）+b，φ∈[﹣π，π]，已知摩天轮的半径为50m，其中心点O距地面60m，摩天轮以每30分钟转一圈的方式做匀速转动，而点P的起始位置在摩天轮的最低点处．（1）根据条件具体写出y（m）关于t（min）的函数表达式；（2）在摩天轮转动一圈内，点P有多长时间距离地面超过85m？6．已知函数f（x）＝sinx，点(an，an+1)(n∈N（1）设g（x）＝f（x）﹣x，求g（x）在[0，π（2）设bn+1（i）证明：a3（ii）若Tn=i=2n+17．已知函数f(x)=sinx−m(x+π（1）当m＜0时，证明f'（x）有唯一极值点；（2）讨论f（x）的零点个数；（3）若存在t＞0，当x∈(π2−t，π2)时，总有|f（x）|＜﹣28．如图，有一景区的平面图是一个半圆形，其中O为圆心，直径AB的长为2km，C，D两点在半圆弧上，且BC＝CD，设∠COB＝θ．（1）当θ=π6时，求四边形（2）若要在景区内铺设一条由线段AB，BC，CD和DA组成的观光道路，则当θ为何值时，观光道路的总长l最长，并求出l的最大值．9．如图，已知AOB是半径为1，圆心角为θ的扇形，P是扇形弧上的动点，记∠AOP＝α，（1）请用θ，α来表示平行四边形OCPQ的面积；（2）若θ=π①求平行四边形OCPQ面积的最大值，以及面积最大时角α的值；②记OP→=xOA→+yOB→（其中x，y10．函数f（x）＝cos24x﹣3sin24x的最小值和最小正周期分别为（）A．−3，π8 B．−1，π4 C．11．当x∈[π6，α]时，函数f(x)=cosx+1cosx−m的最小值为A．5312 B．33 C．312．函数f（x）＝|sinx|+cosx是（）A．奇函数，且最小值为−2B．奇函数，且最大值为2 C．偶函数，且最小值为−2D．偶函数，且最大值为213．已知函数f(x)=sinxsin(x+π（1）求函数f（x）的对称轴；（2）求函数f（x）在区间[−π14．已知函数f（x）＝sin（x+π6）+sin（x−π6）+cos（1）求常数a的值；（2）求函数f（x）的单调递减区间；（3）求使f（x）≥0成立的x的取值集合．15．已知函数f(x)=4sinωx2cos(ωx2−π3)+m(ω＞0)．在下列条件①（1）求f(π（2）若函数f（x）在区间[0，a]上是增函数，求实数a的最大值．条件①：f（x）最小正周期为π；条件②：f（x）最大值与最小值之和为0；条件③：f（0）＝2．注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．16．已知函数f（x）＝sin（2x+π6），x∈（1）求函数f（x）的最小正周期；（2）求函数f（x）的单调递增区间；（3）若x∈[0，π2]，求函数f（x）的最值及其相应的x17．已知函数f(x)=23sinωxcosωx+2sin2（1）求ω的值及函数f（x）的单调递增区间；（2）若函数f（x）在区间（π﹣α，α）内既有最大值又有最小值，求α的取值范围．18．如图所示，已知⊙O的半径是1，点C在直径AB的延长线上，BC＝1，点P是⊙O上半圆上的一个动点，以PC为边作等边三角形PCD，且点D与圆心分别在PC的两侧．（Ⅰ）若∠POB＝θ，0＜θ＜π，试将四边形OPDC的面积y表示为关于θ的函数；（Ⅱ）求四边形OPDC面积的最大值．19．声音是由物体振动产生的，每一个纯音都是由单一简谐运动产生的乐音，其数学模型为h（t）＝Asinωt（A＞0，ω＞0），其中A表示振幅，响度与振幅有关；T表示最小正周期，T=2πω，它是物体振动一次所需的时间；f表示频率，f=1音宫商角徵羽频率f262Hz293Hz330Hz392Hz440Hz小明同学利用专业设备，先弹奏五声音阶中的一个音，间隔13个单位时间后，第二次弹奏同一个音（假设两次声音响度一致，且不受外界阻力影响，声音响度不会减弱），若两次弹奏产生的振动曲线在(A．宫 B．商 C．角 D．徵20．在信息传递中多数是以波的形式进行传递，其中必然会存在干扰信号（形如y=Asin(ωx+φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π2)，某种“信号净化器”可产生形如y＝A0sin（ω0x+φ0）的波，只需要调整参数（A0，ω0，A．A0=34，ωB．A0=−34，ωC．A0＝1，ω0＝1，φ0＝0 D．A0＝﹣1，ω0＝1，φ0＝021．若函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω＞0)在区间(0，12)内存在唯一的x0，使得fA．7π3 B．10π3 C．4π 22．已知定义在[0，π4]上的函数f(x)=sin(ωx−π4)(ω＞0)，若f（A．2个 B．3个 C．4个 D．5个23．若函数f（x）＝sin（ωx+φ）的部分图象如图所示，则ω和φ的值可以是（）A．ω=12，φ=π6 B．ω=C．ω＝1，φ=π3 D．ω＝1，24．如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在t秒时相对于平衡位置的高度h（单位：cm）由关系式h=2sin(2t+π4)确定，以tA．小球在开始振动（t＝0）时的位置离平衡位置的距离为2cmB．当t=3π8C．小球往复运动一次经过的时间为π秒 D．当t∈(π25．如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在t秒时相对于平衡位置的高度h（单位：cm）由关系式h=2sin(2t+π4)确定，以tA．当t=3π8B．小球在开始振动（t＝0）时的位置离平衡位置的距离为2cmC．小球往复运动一次经过的时间为π秒 D．当t∈(π第20讲解三角函数内内容导航知识点1正弦定理及其应用知识点2余弦定理及其应用知识点3三角形面积公式与常用结论知识点4解三角形的综合应用知识点5正、余弦定理的基本应用（解三角形）知识点6三角形面积与周长问题知识点7三角形形状的判断知识点8三角形中的最值与范围问题知识点9解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）知识点10解三角形的实际应用与综合交汇题型1三角函数应用题型2三角函数的最值题型3y＝Asin（ωx+φ）中参数的物理意义知知识点通关知识点1正弦定理及其应用一、定理内容在中，角所对的边分别为，则（R表示的是外接圆半径）二、常用变形1. 边化角：，，2. 角化边：，，3. 比例性质：三、适用场景1. 已知两角和任一边，求其他边和角（唯一解）；2. 已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（需判断解的个数）。四、解的个数判断（已知）A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA＜a＜ba≥ba＞b解的个数一解两解一解一解知识点2余弦定理及其应用一、定理内容推论（求角公式）：

二、适用场景1.已知三边，求三个角（唯一解）；2. 已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角（唯一解）；3. 已知两边和其中一边的对角，求第三边（一元二次方程求解，结合取舍）。三、常用拓展•锐角三角形判定：最大边的平方<另两边平方和•直角三角形判定：最大边的平方=另两边平方和•钝角三角形判定：最大边的平方>另两边平方和知识点3三角形面积公式与常用结论一、常用面积公式1.基本式：2.边角式：（高考最常用）3.外接圆式：4.内切圆式：（r为内切圆半径）5.海伦公式：，其中二、三角形常用结论1.内角和诱导公式：，，

，2.边角不等关系：

大边对大角：3.常见几何元素公式￮中线长（边中线为）：（中线定理）￮角平分线长（角平分线为）：￮高：知识点4解三角形的综合应用一、实际应用常见模型1.测量距离：两点不可达、两点可视不可达2.测量高度：底部可达、底部不可达3.测量角度：方位角、仰角、俯角、方向角4.航海问题：速度、航向、相遇问题二、解题步骤1.分析题意，画出平面示意图；2.明确已知量与所求量，将实际数值转化为三角形的边角；3.选择正弦定理或余弦定理建立方程求解；4.检验结果合理性，还原为实际问题答案。知识点5正、余弦定理的基本应用（解三角形）方法技巧1.选定理原则：已知两角一边→正弦定理；已知三边/两边夹角→余弦定理；已知两边一对角→正弦定理（先判解数）或余弦定理（方程法）。

2.边角互化：等式两边边或正弦同次，可直接互化；出现余弦或边的平方，优先余弦定理。

3.求角必验证：利用大边对大角、内角和定理舍去不符合的解。易错分析1.已知两边一对角时，直接求角不验证，导致漏解或多解；

2.正弦定理边化角时，遗漏2R，或比例关系用错；

3.余弦定理公式记忆错误，平方项与乘积项符号混淆。知识点6三角形面积与周长问题方法技巧1.面积公式选择：已知两边及夹角→直接用12absin⁡C；已知三边→海伦公式或先求角再求面积;

2.周长问题常结合余弦定理，利用整体代换（如b+c），结合完全平方公式与面积公式联立求解;易错分析1.面积公式中角与边不对应（如用a,b对应角A），导致计算错误；

2.已知周长与一边，无法正确构建余弦定理的整体代换式；

3.忽略三角形内角范围，导致角的取值错误。知识点7三角形形状的判断方法技巧1.核心思路：边角互化，统一为边的代数关系或角的三角关系;

2.边化角：正弦定理转化，结合三角恒等变换得到角的关系（相等、互余等）;

3.角化边：正、余弦定理转化，通过代数变形得到边的关系（相等、平方和关系等）。易错分析1.等式两边约去公因子（如sin⁡A），忽略零因子情况，导致漏解；

2.判断钝角三角形时，未对最大角进行判断，导致结论错误；

3.三角恒等变换出错，误判角的关系。知识点8三角形中的最值与范围问题方法技巧1.两类主流方法：

①三角函数法：正弦定理边化角，转化为三角函数值域问题，结合角的范围求解；

②基本不等式法：余弦定理结合完全平方公式，构建和与积的关系，用基本不等式求最值。

2.范围问题必须考虑约束：三角形内角范围、锐角/钝角三角形限制、三边关系。易错分析1.求范围时忽略锐角三角形等约束条件，导致范围扩大；

2.基本不等式使用时，忽略等号成立的条件是否满足三角形要求；

3.角的范围推导错误，导致三角函数值域计算偏差。知识点9解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）方法技巧1.中线问题：优先用中线定理（阿波罗尼斯定理），或利用邻补角余弦定理（∠ADB+∠ADC=π，余弦值互为相反数）；

2.角平分线问题：利用角平分线定理（BDDC=ABAC），或面积拆分法（易错分析1.中线定理公式记忆错误，系数与平方项混淆；

2.角平分线长度计算时，拆分面积的方法不熟练，导致计算复杂；

3.利用邻补角余弦时，符号处理错误。知识点10解三角形的实际应用与综合交汇方法技巧1.实际应用四步走：审题→画示意图→抽象三角形→选定理求解→检验作答；

2.术语辨析：方位角（正北顺时针旋转的角度）、方向角（如北偏东30∘）、仰角、俯角；

易错分析1.方位角、方向角概念混淆，导致角度标注错误；

2.实际问题中忽略单位换算，或结果未按要求取近似值；

3.多三角形交汇问题中，公共边、公共角找不准，无法建立联系。考考点演练题型1三角函数应用【典例1】水车在古代是进行灌溉的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图，一个半径为6米的水车逆时针匀速转动，水车圆心O在水面以上距离水面3米，已知水车每60秒转动一图，如果水车上一点P从水中浮现时（图中P0）开始计时，经时t秒后，水车旋转到P点，则下列说法错误的是（）A．P点第一次到达最高点需要的时间为20秒 B．第30秒和第70秒时，P点在水面以上且距离水面的高度相同 C．在转动一圈内，P点在水面以上且距离水面3+33米以上的持续时间为10秒D．当t∈[0，15]时，P点距离水面的最大高度为6米【答案】D【解答】解：如图所示：由题意可知ω=2π设角φ(−π2＜φ＜0)是以Ox为始边，则点P距离水面的高度h关于时间t的函数为h（t）＝Asin（ωt+φ）+B，即A+B=9−A+B=−3，解得A=6故高度h(t)=6sin(π当t＝0时，h（t）＝0，6sinφ+3＝0，sinφ=−1得φ=−π所以h(t)=6sin(π对于A，当h（t）＝9时，即6sin(π解得t＝20+60k，k∈Z，当k＝0时，t＝20，所以P点第一次到达最高点需要的时间为20秒，故A正确；对于B，当t＝30时，h(30)=6sin5π当t＝70时，h(70)=6sin13π6+3=6对于C，当h(t)≥3+33即6sin(π则sin(π即2kπ+π3≤π30解得60k+15≤t≤25+60k，k∈Z，当k＝0时，15≤t≤25，满足条件，故C正确；对于D，当t∈[0，15]时，则−π所以−1即0≤6sin(π则P点距离水面的最大高度为33+3，故故选：D．【变式1】下列函数中，其图像与函数y＝sin2x的图像重合的是（）A．y＝2sinx|cosx| B．y＝2sin|x|cosx C．y＝2|sinx|cosx D．y＝2sinxcos|x|【答案】D【解答】解：对于A，当cosx≥0时，y＝2sinxcosx＝sin2x，当cosx＜0时，y＝﹣2sinxcosx＝﹣sin2x，所以y＝2sinx|cosx|的图像不与y＝sin2x的图像重合，故A不符合题意；对于B，当x≥0时，y＝2sinxcosx＝sin2x，当x＜0时，y＝2sin（﹣x）cosx＝﹣sin2x，所以y＝2sin|x|cosx的图像不与y＝sin2x的图像重合，故B不符合题意；对于C，当sinx≥0，即2kπ≤x≤2kπ+π，k∈Z时，y＝2sinxcosx＝sin2x，当sinx＜0，即2kπ﹣π＜x＜2kπ，k∈Z时，y＝﹣2sinxcosx＝﹣sin2x，所以y＝2|sinx|cosx的图像不与函数y＝sin2x的图像重合，故C不符合题意；对于D，y=2sinxcos|x|=2sinxcosx，x≥02sinxcos(−x)，x＜0，即y＝2sinxcosx＝sin2所以y＝2sinxcos|x|的图像与y＝sin2x的图像重合，故D符合题意．故选：D．题型2三角函数的最值【典例1】已知x=π4是函数f（x）＝sinωx+cosωx的对称轴，则A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解答】解：因为f(x)=sinωx+cosωx=2又x=π所以π4解得ω＝4k+1，k∈Z，所以当k＝0时，ω＝1，当k＝1时，ω＝5．故选：A．【变式1】设函数f（x）＝sinωx+cosωx（ω＞0），若f（x+π）＝f（x）恒成立，且f（x）在[0，π4]A．8 B．6 C．5 D．4【答案】B【解答】解：函数f（x）＝sinωx+cosωx=2sin(ωx+π4∵f（x+π）＝f（x），则π是周期，∴ω＝2k，k∈N*，即ω是正偶数，当x∈[0，π4]已知最大值与最小值的和为0，∴最大值与最小值互为相反数，若ω＝2，区间[π4，3π4]，若ω＝4，区间[π4，5π4]，若ω＝6，区间[π4，7π4]，f（∴ω的最小值为6．故选：B．题型3y＝Asin（ωx+φ）中参数的物理意义【典例1】单摆是一种简谐运动，摆球的运动情况可以用三角函数表达为y＝Asin（ωx+φ），A＞0，ω＞0，|φ|＜π，其中x表示时间（s），y表示位移（cm），A表示振幅，ω2π表示频率，φ表示初相位．如图1甲某个小球做单摆运动，规定摆球向右偏移的位移为正，竖直方向为平衡位置．图乙表示该小球在[0，3]秒运动时的位移随时间变化情况．根据秒表记录有：当x=23A．频率为12B．初相位φ=πC．振幅A＝10 D．当x=8【答案】ACD【解答】解：根据题意知，三角函数的周期为T＝4×（76−23）＝2，所以所以频率为f=1T=当x=23时，小球第一次到平衡位置，即（23，0）是正弦函数减区间上的零点，且|φ|＜π，所以sin（2π3+φ）＝0，解得根据图中的信息知（3，﹣53）在函数的图象上，所以Asin（3π+π3）＝﹣53，解得A＝10，选项当x=23时，小球第一次到达平衡位置，当x=23+故选：ACD．【变式1】已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π（1）求ω，φ；（2）若f(α2)=【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω＞0，|φ|＜π34T=5π12−（∴T＝π，则ω=2π又f（x）的图象过点（5π12则f（5π12）＝3，即sin（5π6由|φ|＜π2，得φ（2）由（1）知，f（x）＝3sin（2x−π则f（α2）＝3sin（α−π3∴sin（α−π3）又α∈（π3，5π6），∴α−π3∈（0，π2），∴cos（∴sinα＝sin[（α−π3）+π3]＝sin（α−π3）cosπ过过关验收1．已知函数f(x)=2sin(ωx−π6)(ω＞0)，已知x=π3是f（x）的一个极值点，且fA．ω＝2 B．f（x）不是奇函数 C．f（x）的对称中心是(πD．f（x）在[−π4【答案】D【解答】解：已知函数f(x)=2sin(ωx−π由x=π3是f（x）的极值点，可得ω⋅π3−π6=π当x∈(0，π4)由f（x）在(0，π4)解得ω≤8结合ω＞0，得ω＝2，故A选项正确；当ω＝2时，f(x)=2sin(2x−π6)因此，f（x）不是奇函数，故B选项正确；令2x−π6=kπ(k∈Z)因此，f（x）的对称中心为(π12+当x∈[−π4，π4可得f(x)∈[−2，3]，其最小值为﹣2，故故选：D．2．将函数f(x)=sin2x−cos(x−π2)(x＞0)的零点从小到大排列构成数列{xn}，则{A．10π B．14π C．16π D．18π【答案】D【解答】解：由题意，f(x)=sin2x−cos(x−π令sinx（2cosx﹣1）＝0，则sinx＝0或cosx=1sinx＝0时，x＝kπ，k∈N*；cosx=12时，将f（x）的零点从小到大排列：π3所以数列{xn}的前8项和为S8故选：D．3．函数f(x)=2sinx+2acosx−a2+1A．可能为3个，也可能为2个 B．必定为2个 C．可能为2个，也可能为1个 D．必定为1个【答案】B【解答】解：函数零点即方程2sinx+2acosx=a因为2sinx+2acosx=2a2+1sin(x+φ)，其中φ所以2a2+1令θ＝x+φ，则x∈[−π可得sinθ=12的通解为θ=π因0＜φ＜π2，则仅k＝0时的解θ=π6和对应x=π6−φ和均满足x∈[−π3，故方程恒有2个解，零点个数必定为2个．故选：B．4．已知函数f（x）＝kx+cos（kx）（k∈N*），记等差数列{an}的前n项和为An，记Bn（1）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；（2）证明：“A2026=1013πk”是“B（3）k＝1时，判断函数h（x）＝x+4sinx﹣f（x）在区间（0，2tπ）（t∈N*）上的零点个数．【答案】（1）函数f（x）＝kx+cos（kx）的定义域为R，且f（x）+f（πk−x）＝[kx+cos（kx）]+[π﹣kx+cos（π﹣kx）]＝kx+coskx+π﹣kx﹣coskx＝所以曲线y＝f（x）是中心对称图形，且对称中心为（π2k，π（2）（i）证明充分性，若A2026=1013πk，则所以a1+a2026＝a2+a2025＝...＝a1013+a1014=π所以f（a1）+f（a2026）＝f（a2）+f（a2025）＝…＝f（a1013）+f（a1014）＝π．所以B2026＝1013π，充分性得证；（ii）证明必要性，若B2026＝1013π，①假设A2026＜1013πk，则a1+a2026＜πk，即a2026f′（x）＝k[1﹣sin（kx）]≥0，所以函数f（x）在R上单调递增，f（a1）+f（a2026）＜f（a1）+f（πk−a1）＝同理f（a2）+f（a2025）＜π，⋯，f（a1013）+f（a1014）＜π，所以B2026＜1013π，矛盾，假设不成立．②假设A2026＞1013πk，同①理得B2026＞1013矛盾，假设同样不成立．③假设A2026=1013π同充分性证明方法可以推得B2026＝1013π，假设成立．综上，必要性得证，所以“A2026=1013πk”是“B2026＝1013（3）2t﹣1．【解答】解：（1）证明：函数f（x）＝kx+cos（kx）的定义域为R，且f（x）+f（πk−x）＝[kx+cos（kx）]+[π﹣kx+cos（π﹣kx）]＝kx+coskx+π﹣kx﹣coskx＝所以曲线y＝f（x）是中心对称图形，且对称中心为（π2k，π（2）证明：（i）证明充分性，若A2026=1013π则2026(a所以a1+a2026＝a2+a2025＝...＝a1013+a1014=π又因为f（x）+f（πk−x）＝所以f（a1）+f（a2026）＝f（a2）+f（a2025）＝…＝f（a1013）+f（a1014）＝π．所以B2026＝f（a1）+f（a2）+…+f（a2026）＝f（a1）+f（a2026）+f（a2）+f（a2025）+…+f（a1013）+f（a1014）＝1013π，充分性得证；（ii）证明必要性，若B2026＝1013π，①假设A2026＜1013πk，则a1+a2026＜πk，即a2026f′（x）＝k[1﹣sin（kx）]≥0，所以函数f（x）在R上单调递增，f（a1）+f（a2026）＜f（a1）+f（πk−a1）＝同理f（a2）+f（a2025）＜π，⋯，f（a1013）+f（a1014）＜π，所以B2026＜1013π，矛盾，假设不成立．②假设A2026＞1013πk，同①理得B2026＞1013矛盾，假设同样不成立．③假设A2026=1013π同充分性证明方法可以推得B2026＝1013π，假设成立．综上，必要性得证，所以“A2026=1013πk”是“B2026＝1013（3）k＝1，则h（x）＝x+4sinx﹣f（x）＝4sinx﹣cosx，则h（x+2π）＝4sin（2π+x）﹣cos（2π+x）＝4sinx﹣cosx＝h（x），所以h（x）是周期函数，且周期T＝2π，所以先研究h（x）在（0，2π]上的零点个数，①x∈（0，π]时，sinx≥0，4sinx≥1≥cosx（等号不可同时取得），所以此时h（x）＞0，函数h（x）无零点．②x∈（π，3π2]时，cosx≤0，4sinx所以此时h（x）＞0，函数h（x）无零点，③x∈（3π2，2π]时，h′（x）＝cosx[（ln4）•4sinx+tanx令p（x）＝（ln4）•4sinx+tanx，x∈（3π2，2π由复合函数的性质可得函数p（x）在区间（3π2，2πx→3π2时，p（x）→﹣∞；p（2π）＝2ln由零点存在定理：∃x0∈（3π2，2π），使得p（x0所以x∈（3π2，x0）时，p（x）＜0，cosx＞0，h′（x）＜0，h（xx∈（x0，2π]时，p（x）＞0，cosx＞0，h′（x）＞0，h（x）单调递增，又因为h（3π2）=14＞0，h（2π）＝0，所以h（x0）＜又因为h（x）在（3π2，x0由零点存在定理知，∃x1∈（3π2，x0），使得h（x1综上，h（x）在（0，2π]上有2个零点，分别为x1，2π，由h（x）是周期函数，且周期T＝2π，得h（x）在（2π，4π]上有2个零点，h（x）在（4π，6π]上有2个零点，…...，h（x）在（2（t﹣2）π，2（t﹣1）π]上有2个零点，h（x）在（2（t﹣1）π，2tπ）上有1个零点．所以函数h（x）在区间（0，2tπ）（t∈N*）上的零点个数为2t﹣1．5．如图，摩天轮上一点P距离地面的高度y关于时间t的函数表达式为y＝Asin（ωt+φ）+b，φ∈[﹣π，π]，已知摩天轮的半径为50m，其中心点O距地面60m，摩天轮以每30分钟转一圈的方式做匀速转动，而点P的起始位置在摩天轮的最低点处．（1）根据条件具体写出y（m）关于t（min）的函数表达式；（2）在摩天轮转动一圈内，点P有多长时间距离地面超过85m？【答案】（1）y=50sin(π（2）10分钟．【解答】解：（1）中心点O距地面60m，则b＝60，摩天轮的半径为50m，即A＝50，T＝30，ω=2π最低点到地面距离为10m，所以50sinφ+60＝10，sinφ＝﹣1，又φ∈[﹣π，π]，则φ=−π所以所求表达式为y=50sin(π15t−（2）y=50sin(π15t−取一个周期内，有π6＜π所以在摩天轮转动一圈内，点P有10分钟的时间距离地面超过85m．6．已知函数f（x）＝sinx，点(an，an+1)(n∈N（1）设g（x）＝f（x）﹣x，求g（x）在[0，π（2）设bn+1（i）证明：a3（ii）若Tn=i=2n+1【答案】（1）最大值为0；（2）（i）证明：由（1）当x∈(0，π4]时，有0＜sinx因为a1=π4∈(0，假设an∈（0，1），则an+1＝sinan∈（0，1）所以由数学归纳法知数列an∈（0，1），所以an+1﹣an＝sinan﹣an＜0，所以数列{an}单调递减，所以a3b2+a4b3＝sina2（cosa2﹣cosa1）+sina3（cosa3﹣cosa2）＜1=1+sina2cosa3﹣sina2cosa2）=1=π（ii）Tn＜0.3．【解答】解：（1）因为f（x）＝sinx，又g（x）＝f（x）﹣x，所以g（x）＝sinx﹣x，则g′（x）＝cosx﹣1，由x∈[0，π4]知g所以g（x）在[0，π4]递减，所以g（2）（i）证明：由（1）当x∈(0，π4]时，有0＜sinx因为a1=π4∈(0，又f（x）＝sinx，点(an，an+1)(n∈N所以an+1＝sinan，假设an∈（0，1），则an+1＝sinan∈（0，1）所以由数学归纳法知数列an∈（0，1），所以an+1﹣an＝sinan﹣an＜0，所以数列{an}单调递减，所以a3b2+a4b3＝sina2（cosa2﹣cosa1）+sina3（cosa3﹣cosa2）＜1=1+sina2cosa3﹣sina2cosa2）=1=π（ii）因为an+1＝sinan，所以Tn＝（a2+a3）b2+（a3+a4）b3+⋯+（an+an+1）bn+（an+1+an+2）bn+1＝（sina1+sina2）（cosa2﹣cosa1）+⋯+（sinan+sinan+1）（cosan+1﹣cosan）=k=1=k=1所以T=k=1由于k=1nsina所以TnTn7．已知函数f(x)=sinx−m(x+π（1）当m＜0时，证明f'（x）有唯一极值点；（2）讨论f（x）的零点个数；（3）若存在t＞0，当x∈(π2−t，π2)时，总有|f（x）|＜﹣2【答案】（1）f′（x）＝（1﹣m）cosx+m（x+π2）sinx，令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝﹣（1﹣m）sinx+msinx+m（x+π2）cosx＝（2m﹣1）sinx+m（x+π2）cosx，当m＜0时，①当x∈（0，π2）时，2m﹣1＜0，sinx＞0，m（x+π2）cosx＜0，所以g′（x）＜0；②当x∈（−π2，0）时，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝（3m﹣1）cosx﹣m（x+π2）sinx，因为3m﹣1＜0，cosx＞0，﹣m（x+π2）sinx＜0，所以h′（x）＜0，h（x）＝g′（x）单调递减，因为g′（−π2）＝1﹣2m＞0，g′（0）=π2m＜0，所以∃α∈（−π2，0），使得g′（α）＝0，当x∈（−π2，α）时g′（x）＞0，当x∈（α，0）时g′（x）＜0，综合①②，得g′（α）＝0，其中α∈（−π2，0），当x∈（−π（2）当m＜0时，f（x）有2个零点；当m≥0时，f（x）有1个零点．（3）−2【解答】（1）证明：f′（x）＝（1﹣m）cosx+m（x+π2）sinx，令g（x）＝f′（则g′（x）＝﹣（1﹣m）sinx+msinx+m（x+π2）cosx＝（2m﹣1）sinx+m（x+π当m＜0时，①当x∈（0，π2）时，2m﹣1＜0，sinx＞0，m（x+π2）cosx＜0，所以g②当x∈（−π2，0）时，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝（3m﹣1）cosx﹣m（x+π因为3m﹣1＜0，cosx＞0，﹣m（x+π2）sinx＜0，所以h′（x）＜0，h（x）＝g′（因为g′（−π2）＝1﹣2m＞0，g′（0）=所以∃α∈（−π2，0），使得g′（当x∈（−π2，α）时g′（x）＞0，当x∈（α，0）时g′（综合①②，得g′（α）＝0，其中α∈（−π当x∈（−π2，α）时g′（x）＞0，当x∈（α，π2）时g所以g（x）有唯一极值点，即f′（x）有唯一极值点．（2）解：①当m＜0时，f′（x）在（−π2，α）上单调递增，在（α，因为f′（−π2）＝0，所以f′（又f′（π2）＝mπ＜0，所以∃β∈（α，π2），使得f′（当x∈（−π2，β）时f′（x）＞0，f（当x∈（β，π2）时f′（x）＜0，f（x因为f（π2）＝0，所以当x∈[β，π2）时，f（所以f（β）＞0，又因为f（−π所以存在唯一x0∈（−π2，β），使得f（x因此f（x）有2个零点x0和π2②当m＝0时，f（x）＝sinx﹣1，x∈[−π2，π2]，f（x③当m＞0时，当x∈（−π2，π2）时，﹣m（x+π2）cosx＜0，sinx又f（−π2）＝﹣2＜0，f（π2）＝0，所以f（x综上，当m＜0时，f（x）有2个零点；当m≥0时，f（x）有1个零点．（3）解：原问题等价于存在t＞0，当x∈（π2−t，π2）时，总有2x﹣π＜f（x）＜﹣2x设φ（x）＝f（x）+2x﹣π，则φ′(x)=f′(x)+2=(1−m)cosx+m(x+π设μ（x）＝f（x）﹣2x+π，则μ′(x)=f′(x)−2=(1−m)cosx+m(x+π若m＝0，φ′（x）＝f′（x）+2＝cosx+2＞0，φ（x）单调递增，当x∈(π2−t，π2)时，φ(x)＜φ(π2)=0μ′（x）＝f′（x）﹣2＝cosx﹣2＜0，μ（x）单调递减，当x∈(π2−t，π2)时，μ(x)＞μ(π2)=0下面仅需考虑m＜0的情况：f′（x）在(α，π2)故φ′（x），μ′（x）在(0，πφ′（0）＝f′（0）+2＝3﹣m＞0，φ′(π①如果−2π≤m＜0则φ′（x）≥0，φ（x）单调递增，φ(x)＜φ(π2)=0，即f（x）＜﹣2x又μ′（0）＝f′（0）﹣2＝﹣1﹣m＜0，μ′（x）在(0，π故μ′（x）＜0，所以μ（x）在(0，π所以μ(x)＞μ(π2)=0，即f（x）＞2x当x∈(π2−t，π2)时，总有2x﹣π＜f（②如果m＜−2π，即φ′(π2)＜0，故由零点存在定理知∃γ∈(0，当x∈(γ，π2)时，φ′（x）＜0，φ（x即f（x）＞﹣2x+π（不合题意，舍去）．综上，m的最小值为−28．如图，有一景区的平面图是一个半圆形，其中O为圆心，直径AB的长为2km，C，D两点在半圆弧上，且BC＝CD，设∠COB＝θ．（1）当θ=π6时，求四边形（2）若要在景区内铺设一条由线段AB，BC，CD和DA组成的观光道路，则当θ为何值时，观光道路的总长l最长，并求出l的最大值．【答案】（1）2+3（2）θ=π3，5【解答】解：（1）连结OD，则∠COD=π所以四边形ABCD的面积为S四边形ABCD＝S四边形OBCD+S△AOB=2×1=2+34（（2）由题意，在△BOC中，∠OBC=π−θ由正弦定理得BCsinθ=OBsinπ−θ2=1同理在△AOD中，∠OAD＝θ，∠DOA＝π﹣2θ，由正弦定理得DAsin(π−2θ)=ODsinθ，所以DA所以l=2+4sinθ令t=sinθ所以l=2+4t+2(1−2t当t=12时，即θ=π9．如图，已知AOB是半径为1，圆心角为θ的扇形，P是扇形弧上的动点，记∠AOP＝α，（1）请用θ，α来表示平行四边形OCPQ的面积；（2）若θ=π①求平行四边形OCPQ面积的最大值，以及面积最大时角α的值；②记OP→=xOA→+yOB→（其中x，y【答案】（1）12（2）①S(α)max=36，α=π6【解答】解：（1）过点P作OA的垂线，垂足为D，在Rt△PDO中，|PD|＝sinα，|OD|＝cosα，在Rt△PDC中，|PD|＝|CD|tanθ，则|CD|=|PD|所以|OC|=|OD|−|CD|=cosα−sinα所以S四边形OCPQ（2）①若θ=π3，由题意可得所以平行四边形OCPQ的面积S(α)==1=3由于π6故当2α+π6=π2时，即α=π6②根据题意，建立如图所示的坐标系，则A(1，0)，B(cosπ3，sin又∠POC＝α，则OP→因OP→=xOA则cosα=x+12y解得：x=−33sinα+cosα所以x+2y=3由点P是弧上一动点，则0＜α＜π则π6所以12＜sin(α+π6)＜1，即所以x+2y的取值范围为（1，2）．10．函数f（x）＝cos24x﹣3sin24x的最小值和最小正周期分别为（）A．−3，π8 B．−1，π4 C．【答案】C【解答】解：由题意得f（x）＝cos24x﹣3（1﹣cos24x）＝4cos24x﹣3＝2（2cos24x﹣1）﹣1＝2cos8x﹣1，根据余弦函数的性质，可知f（x）的最小正周期T=2π当cos8x＝﹣1时，即x=π8+kπ4（k∈Z故选：C．11．当x∈[π6，α]时，函数f(x)=cosx+1cosx−m的最小值为A．5312 B．33 C．3【答案】D【解答】解：根据cosα≠0，可知f（x）在x=π2时无定义，所以因为y＝cosx在(0，π2)上递减，cosx∈所以f（x）在[π可得f(x)min=f(结合f(x)整理得cosα+1cosα=故选：D．12．函数f（x）＝|sinx|+cosx是（）A．奇函数，且最小值为−2B．奇函数，且最大值为2 C．偶函数，且最小值为−2D．偶函数，且最大值为2【答案】D【解答】解：∵f（x）＝|sinx|+cosx，∴f（﹣x）＝|sin（﹣x）|+cos（﹣x）＝|sinx|+cosx＝f（x），∴f（x）为偶函数，排除A、B；∴f（2π+x）＝|sin（x+2π）|+cos（x+2π）＝|sinx|+cosx＝f（x），∴当x∈[0，π]时，x+π4∈[π4，5π4]，sin（x+π∴f（x）＝sinx+cosx=2sin（x+π4）∈[﹣1，当x∈（π，2π]时，x+π4∈[5π4，9π4]，cos（x+π∴f（x）＝﹣sinx+cosx=2cos（x+π4）∈（﹣1，由①②知，f（x）的最小值为﹣1，最大值为2，故C错误，D正确．故选：D．13．已知函数f(x)=sinxsin(x+π（1）求函数f（x）的对称轴；（2）求函数f（x）在区间[−π【答案】（1）对称轴x=π6+kπ2，k∈Z；（2）函数f（x【解答】解：（1）f（x）＝sinxsin（x+π3）﹣sin2＝sinx（12sinx+32cosx）﹣sin=12sin2x+32sinxcosx=−12sin2x+32sin=−12×=14cos2x+34=12（32sin2x+12=12sin（2x+π由2x+π6=π2+k∴x=π6+kπ2故函数f（x）的对称轴x=π6+kπ2（2）由f（x）=12sin（2x+π∵x∈[−π4，∴2x+π6∈[−π∴sin（2x+π6）∈[∴f（x）∈[3−34，故函数f（x）最大值为54，最小值为3−14．已知函数f（x）＝sin（x+π6）+sin（x−π6）+cos（1）求常数a的值；（2）求函数f（x）的单调递减区间；（3）求使f（x）≥0成立的x的取值集合．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意：函数f（x）＝sin（x+π6）+sin（x−π6）+cos化简得：f（x）＝sinxcosπ6+cosxsinπ6+sinxcosπ6−cosx=3sinx+cosx+＝2sin（x+π6）+∵sin（x+π∴f（x）＝2×1+a＝1，解得：a＝﹣1．（2）∵由（1）可知f（x）＝2sin（x+π根据三角函数的性质可得：x+π6∈[2kπ+π2，2kπ+3π即2kπ+π2≤x+π6≤2kπ∴解得：2kπ+π3≤x≤2kπ+4π3∴f（x）的单调递减区间为[2kπ+π3，2kπ+4π3]（（3）∵由题意：f（x）≥0，即2sin（x+π可得：sin（x+π6）∴2kπ+π6≤x+π6≤2kπ解得：2kπ≤x≤2kπ+2π∴f（x）≥0成立的x的取值范围是{x|2kπ≤x≤2kπ+2π3}，（k∈15．已知函数f(x)=4sinωx2cos(ωx2−π3)+m(ω＞0)．在下列条件①（1）求f(π（2）若函数f（x）在区间[0，a]上是增函数，求实数a的最大值．条件①：f（x）最小正周期为π；条件②：f（x）最大值与最小值之和为0；条件③：f（0）＝2．注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】答案见解析．【解答】解：f(x)=4sinωx选择条件①②：（1）由条件①得，T=2π|ω|=π，又因为ω由②知，(2+3+m)+(−2+3则f（x）=2sin(2x−π3)（2）令−π2+2kπ≤2x−所以函数f（x）的单调增区间为[−π因为函数f（x）在[0，a]上单调递增，且0∈[−π12，所以a≤5π12，故实数a的最大值为选择条件①③：（1）由条件①得，T=2π|ω|=π，又因为ω由③知，f(0)=2sin(−π3)+则f（x）=2sin(2x−π3)+（2）令−π2+2kπ≤2x−所以函数f（x）的单调增区间为[−π因为函数f（x）在[0，a]上单调递增，且0∈[−π12，所以a≤5π12，故实数a的最大值为说明：不可以选择条件②③：由②知，(2+3+m)+(−2+3由③知，f(0)=2sin(−π3)+所以函数f（x）不能同时满足条件②和③．16．已知函数f（x）＝sin（2x+π6），x∈（1）求函数f（x）的最小正周期；（2）求函数f（x）的单调递增区间；（3）若x∈[0，π2]，求函数f（x）的最值及其相应的x【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）T=2π2（2）由2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，得kπ−π3∴函数的单调增区间为[kπ−π3，kπ+π6]（（3）∵x∈[0，π2∴2x+π6∈[π6∴−12≤sin（2∴当2x+π6=π当2x+π6=7π6时，即17．已知函数f(x)=23sinωxcosωx+2sin2（1）求ω的值及函数f（x）的单调递增区间；（2）若函数f（x）在区间（π﹣α，α）内既有最大值又有最小值，求α的取值范围．【答案】（1）ω＝1，[kπ−π6，kπ+π3]，（2）（5π6【解答】解：（1）因为f(x)=23sinωxcosωx+2sin2ωx−1=3sin（2ωx）﹣cos（