5.5.2 第2课时 简单的三角恒等变换(二)-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　三角函数 5.5　三角恒等变换 5.5.2　简单的三角恒等变换 第2课时　简单的三角恒等变换(二) (教师独具内容) 课程标准：1.能利用三角恒等变换对三角函数进行化简、合并.2.能利用三角恒等变换解决三角函数的性质问题和生活中的实际问题． 教学重点：辅助角公式的推导及应用． 教学难点：从实际问题中抽象出三角函数模型，并利用三角恒等变换进行解决． 核心素养：借助三角恒等变换的简单应用，提升数学运算素养和数学建模素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 核心概念掌握 5 提示 [想一想]　辅助角公式是怎么推导出来的？ 核心概念掌握 6 答案 核心概念掌握 7 3．(利用辅助角公式求三角函数的最值)函数f(x)＝5cosx＋12sinx的最小值为_______． －13 答案 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　辅助角公式的应用 解 核心素养形成 10 解 核心素养形成 11 核心素养形成 12 答案 解析 π 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 题型二　三角恒等变换的实际应用 如图所示，要把半径为R的半圆形木料截成长方形，应怎样截取才能使△OAB的周长最大？ 核心素养形成 15 解 核心素养形成 16 【感悟提升】利用三角恒等变换解实际问题的方法及注意点 (1)方法：解答此类问题，关键是合理引入辅助角，确定各量之间的关系，将实际问题转化为三角函数问题，再利用三角函数的有关知识求解． (2)在求解过程中，要注意三点：①充分借助平面几何性质，寻找数量关系；②注意实际问题中变量的范围；③重视三角函数有界性的影响． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 解 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 题型三　三角恒等变换与三角函数性质的综合 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 【感悟提升】三角恒等变换与三角函数综合问题的求解策略 (1)充分运用两角和(差)公式、二倍角公式、辅助角公式消除差异，减少角的种类和函数式的项数，最终化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k(或y＝Acos(ωx＋φ)＋k)的形式． (2)将ωx＋φ视作一个整体，借助三角函数的性质，利用整体代换的思想求解． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 解 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★ 对点 利用辅助角公式化简三角函数式 利用两角差的余弦公式、辅助角公式求值 三角恒等变换与三角函数值域的综合 辅助角公式；由三角函数图象的对称轴求参数 利用辅助角公式，结合三角函数的值域判断三角形形状 辅助角公式；三角函数的性质 对辅助角公式的理解 辅助角公式；三角函数的最值；两角差的余弦公式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 34 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 三角恒等变换与三角函数的奇偶性、值域的综合 三角恒等变换与单位圆的综合应用 利用三角恒等变换求值 三角恒等变换与不等式恒成立问题的综合 三角恒等变换与三角函数性质的综合 三角恒等变换在几何中的应用 三角恒等变换的实际应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 35 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 36 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 7．(2024·上海进才中学高一下3月月考)若3sinx－4cosx＝5sin(x＋θ)，则tanθ＝______． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 4 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 15.如图所示，某市政府决定在以政府大楼O为中心，正北方向和正东方向的马路为边界的扇形地域内建造一个图书馆．为了充分利用这块土地，并考虑与周边环境协调，设计要求该图书馆底面矩形ABCD的四个顶点都要在边界上，图书馆的正面要朝向市政府大楼．设扇形的半径OM＝R，∠MOP＝45°，OB与OM之间的夹角为θ. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　　辅助角公式 y＝asinx＋bcosx＝________________eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(b,a)，φ所在象限由a和b的符号确定)). [点拨]　(1)该函数的最大值为eq \r(a2＋b2)，最小值为－eq \r(a2＋b2). (2)y＝asinx＋bcosx＝eq \r(a2＋b2)cos(x－θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(a,b)))也是常用的化简形式． eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ) 提示：推导过程：asinx＋bcosx ＝eq \r(a2＋b2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(a2＋b2))sinx＋\f(b,\r(a2＋b2))cosx)). 令cosφ＝eq \f(a,\r(a2＋b2))，sinφ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))， 则asinx＋bcosx＝eq \r(a2＋b2)(sinxcosφ＋cosxsinφ) ＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)， 其中角φ所在象限由a，b的符号确定，角φ的值由tanφ＝eq \f(b,a)确定或由sinφ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))和cosφ＝eq \f(a,\r(a2＋b2))共同确定． 1．(利用辅助角公式化简)cosα－sinα的化简结果是(　　) A.eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))) B.eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4))) C.eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) D.eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))) 2．(利用辅助角公式求值)已知sin63°≈0.891，则eq \r(2)(cos72°＋cos18°)的近似值为(　　) A．1.773 B．1.782 C．1.796 D．1.815 (1)eq \r(2)(sinx－cosx)； (2)eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))； (3)3eq \r(15)sinx＋3eq \r(5)cosx. 解　(1)eq \r(2)(sinx－cosx)＝eq \r(2)·eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx·\f(\r(2),2)－cosx·\f(\r(2),2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,4)－cosxsin\f(π,4)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))). (2)eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)) ＝eq \f(\r(2),2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))) ＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－x)). (3)3eq \r(15)sinx＋3eq \r(5)cosx ＝6eq \r(5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx)) ＝6eq \r(5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))). 【感悟提升】将三角函数y＝f(x)化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的步骤 (1)将sinxcosx运用二倍角公式化为eq \f(1,2)sin2x，对sin2x，cos2x运用降幂公式，对sin(x±α)，cos(x±α)运用两角和与差的公式展开； (2)将(1)中得到的式子利用asinα＋bcosα＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式． 【跟踪训练】 1．(1)(2024·北京交大附中高一上月考)函数y＝eq \r(3)sinxcosx＋cos2x－eq \f(1,2)的最小正周期是____． 解析： y＝eq \r(3)sinxcosx＋cos2x－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sin2x＋eq \f(1＋cos2x,2)－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sin2x＋eq \f(cos2x,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则T＝eq \f(2π,2)＝π.　 (2)(2024·云南大理高一上期末)已知α＋β＝eq \f(π,3)，求sinα＋eq \r(3)cosβ的最大值． 解：sinα＋eq \r(3)cosβ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－β))＋eq \r(3)cosβ＝sineq \f(π,3)cosβ－coseq \f(π,3)sinβ＋eq \r(3)cosβ＝eq \f(\r(3),2)cosβ－eq \f(1,2)sinβ＋eq \r(3)cosβ＝eq \f(3\r(3),2)cosβ－eq \f(1,2)sinβ＝eq \r(7)cos(β＋θ)，其中tanθ＝eq \f(\r(3),9)，故sinα＋eq \r(3)cosβ的最大值为eq \r(7)，此时tanβ＝tan(2kπ－θ)＝－tanθ＝－eq \f(\r(3),9)(k∈Z)． 解　设∠AOB＝α，△OAB的周长为l， 则AB＝Rsinα，OB＝Rcosα， ∴l＝OA＋AB＋OB＝R＋Rsinα＋Rcosα ＝R(sinα＋cosα)＋R＝eq \r(2)Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋R. ∵0<α<eq \f(π,2)，∴eq \f(π,4)<α＋eq \f(π,4)<eq \f(3π,4)， ∴l的最大值为eq \r(2)R＋R＝(eq \r(2)＋1)R， 此时，α＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,4)， 故当∠AOB＝eq \f(π,4)时，△OAB的周长最大． 【跟踪训练】 2.(2024·福建泉州五校联考高一上期末)如图，OPQ是半径为2，圆心角为eq \f(π,3)的扇形，点A在eq \o(PQ,\s\up18(︵))上(异于点P，Q)，过点A作AB⊥OP，AC⊥OQ，垂足分别为B，C，记∠AOB＝θ，四边形ACOB的面积为S. (1)求S关于θ的函数关系式； (2)当θ为何值时，S有最大值？并求出这个最大值． 解：(1)因为AB⊥OP，所以在Rt△ABO中，AB＝OAsinθ＝2sinθ，OB＝OAcosθ＝2cosθ， S△ABO＝eq \f(1,2)OB·AB＝2sinθcosθ＝sin2θ. 因为AC⊥OQ，∠POQ＝eq \f(π,3)， 所以∠AOC＝eq \f(π,3)－θ， 同理，得S△ACO＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ)). 从而得S关于θ的函数关系式为S＝S△ABO＋S△ACO＝sin2θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,3))). (2)S＝sin2θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ)) ＝sin2θ＋sineq \f(2π,3)cos2θ－coseq \f(2π,3)·sin2θ ＝eq \f(3,2)sin2θ＋eq \f(\r(3),2)cos2θ＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))， 因为0<θ<eq \f(π,3)，所以eq \f(π,6)<2θ＋eq \f(π,6)<eq \f(5π,6). 故当2θ＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,6)时，S有最大值，为eq \r(3). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))INCLUDEPICTURE"例3灰.TIF" INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../杨楠/课件/535数学（必修第一册导学案（A版/例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例3灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2024·安徽芜湖第一中学高一上期末)已知函数f(x)＝coscoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))，g(x)＝eq \f(1,2)sin2x－eq \f(1,4). (1)求函数f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程； (2)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最大值，并求使h(x)取得最大值的x的取值集合． 解　(1)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))＝eq \f(1,4)cos2x－eq \f(3,4)sin2x＝eq \f(1＋cos2x,8)－eq \f(3（1－cos2x）,8)＝eq \f(1,2)cos2x－eq \f(1,4)， ∴函数f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π. 令2x＝kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)． (2)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(1,2)cos2x－eq \f(1,2)sin2x＝eq \f(\r(2),2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))， 当2x＋eq \f(π,4)＝2mπ(m∈Z)时，h(x)有最大值eq \f(\r(2),2)，此时x的取值集合为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝mπ－\f(π,8)，m∈Z)))). 【跟踪训练】 3．(2024·陕西咸阳实验中学高一上月考)已知函数f(x)＝2sin2ωx＋2eq \r(3)sinωxcosωx－1(ω>0)． (1)当ω＝1时，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,24)))的值； (2)若函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2ω)))为偶函数，求cosφ的值； (3)若f(x)的图象的两条对称轴间的最小距离小于3π，且函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递增，求ω的取值范围． 解：(1)f(x)＝2sin2ωx＋2eq \r(3)sinωxcosωx－1 ＝1－cos2ωx＋eq \r(3)sin2ωx－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6))). 当ω＝1时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))). ∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,24)))＝2sineq \f(π,4)＝eq \r(2). (2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))， ∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2ω)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋φ－\f(π,6)))， ∵函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(φ,2ω)))为偶函数，∴φ－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z， 即φ＝kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，∴cosφ＝±eq \f(1,2). (3)∵f(x)的图象的两条对称轴间的最小距离小于3π， ∴f(x)的最小正周期T<6π，即eq \f(2π,2ω)<6π， 又ω>0，∴ω>eq \f(1,6)， 函数y＝2ωx－eq \f(π,6)单调递增． ∴当－eq \f(π,3)<x<eq \f(π,2)时，－eq \f(2ωπ,3)－eq \f(π,6)<2ωx－eq \f(π,6)<ωπ－eq \f(π,6). 又ω>eq \f(1,6)，∴ωπ－eq \f(π,6)>0，∴－eq \f(2ωπ,3)－eq \f(π,6)<0<ωπ－eq \f(π,6)，故需使eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2ωπ,3)－\f(π,6)≥－\f(π,2)，,ωπ－\f(π,6)≤\f(π,2)，)) 解得ω≤eq \f(1,2).∴ω的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,2))). 1．(2024·安徽合肥八中高一上月考)cosα＋eq \r(3)sinα化简为(　　) A．2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α)) B．2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α)) C.eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α)) D.eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α)) 解析：依题意，原式＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinα＋\f(1,2)cosα))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinαcos\f(π,6)＋cosαsin\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α)).故选B. 2．(2024·上海南洋模范中学高一下开学考试)已知5cosα－3sinα＝Acos(α＋φ)，则(　　) A．A＝4，tanφ＝－eq \f(3,5) B．A＝eq \r(34)，tanφ＝－eq \f(3,5) C．A＝eq \r(34)，tanφ＝eq \f(3,5) D．A＝4，tanφ＝eq \f(3,5) 解析：5cosα－3sinα＝eq \r(52＋32) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,\r(34))cosα－\f(3,\r(34))sinα))，所以cosφ＝eq \f(5,\r(34))， sinφ＝eq \f(3,\r(34))，A＝eq \r(34)，tanφ＝eq \f(3,5).故选C. 3．(多选)以下函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增的是(　　) A．y＝sinx＋cosx B．y＝sinx－cosx C．y＝sinxcosx D．y＝eq \f(sinx,cosx) 解析：对于A，y＝sinx＋cosx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不单调；对于B，y＝sinx－cosx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，所以函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增；对于C，y＝sinxcosx＝eq \f(1,2)sin2x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x∈(0，π)，所以函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不单调；对于D，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，y＝eq \f(sinx,cosx)＝tanx，所以函数在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增． eq \f(3,2) 4．函数y＝eq \f(\r(3),2)sin2x＋cos2x的最大值为_____． 解析：∵y＝eq \f(\r(3),2)sin2x＋cos2x＝eq \f(\r(3),2)sin2x＋eq \f(1,2)cos2x＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，∴函数的最大值为eq \f(3,2). eq \f(27,8) 5．(2024·重庆八中高一上月考)在如图所示的矩形ABCD中，点E，P分别在边AB，BC上，以PE为折痕将△PEB翻折为△PEB′，点B′恰好落在边AD上，若sin∠EPB＝eq \f(1,3)，AB＝2，则折痕PE＝______． 解析：根据题意，设BE＝m，根据sin∠EPB＝eq \f(1,3)，得到PE＝3m，同时可得cos∠PEB＝eq \f(1,3)，从而得到cos∠B′EA＝－cos(2∠PEB)＝1－2cos2∠PEB＝eq \f(7,9)，根据翻折的问题，可得B′E＝BE＝m，AE＝2－m，在Rt△AEB′中，有cos∠B′EA＝eq \f(AE,B′E)＝eq \f(2－m,m)＝eq \f(7,9)，解得m＝eq \f(9,8)，所以折痕PE＝3m＝eq \f(27,8). 1．(2024·河北唐山高一上期末)若函数f(x)＝eq \r(3)cosx－sinx，则f(x)可以化简为(　　) A．2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B．2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))) C．2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))) D．2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) 解析：f(x)＝eq \r(3)cosx－sinx＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosx－\f(1,2)sinx))＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，C正确；其他选项不满足要求．故选C. 2．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，则cosx＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))的值为(　　) A．－eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3),3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3) 解析：cosx＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))＝cosx＋eq \f(1,2)cosx＋eq \f(\r(3),2)sinx＝eq \f(3,2)cosx＋eq \f(\r(3),2)sinx＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),3).故选B. 3．函数f(x)＝sinx－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的值域为(　　) A．[－2，2] B．[－eq \r(3)，eq \r(3)] C．[－1，1] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))) 解析：f(x)＝sinx－coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝sinx－eq \f(\r(3),2)cosx＋eq \f(1,2)sinx＝eq \f(3,2)sinx－eq \f(\r(3),2)cosx＝ eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，所以函数f(x)的值域为[－eq \r(3)，eq \r(3)]．故选B. 4．(2024·福建福州一中高一上第二学段考试)函数f(x)＝sinx－acosx(x∈R)图象的一条对称轴方程是x＝－eq \f(π,4)，则a的值是(　　) A．1 B．－1 C．0 D．±1 解析：函数f(x)＝eq \r(1＋a2)sin(x＋φ)的最大值为eq \r(1＋a2)，因为函数f(x)图象的一条对称轴方程是x＝－eq \f(π,4)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)a))＝eq \r(1＋a2)，解得a＝1.故选A. 5．(2024·湖北黄冈外国语学校高一下期中)若角A为△ABC的一个内角，且sinA＋cosA＝eq \f(11,25)，则△ABC的形状为(　　) A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形 解析：∵角A为△ABC的一个内角，sinA＋cosA＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))，∴当A∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，A＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))∈[1，eq \r(2)]；当A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，A＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))∈(－1，1)．∵sinA＋cosA＝eq \f(11,25)，∴A是钝角，∴△ABC是钝角三角形．故选B. 6．(多选)关于函数f(x)＝sin2x－cos2x，下列命题为真命题的是(　　) A．函数f(x)的最大值为1 B．函数f(x)的最小正周期为π C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) D．函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))，k∈Z 解析：∵f(x)＝sin2x－cos2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，∴f(x)的最大值为eq \r(2)，故A为假命题；函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，故B为真命题；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π,4)))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,2)－\f(π,4)))＝1，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，故C为真命题；令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,8)＋kπ≤x≤eq \f(3π,8)＋kπ，k∈Z，即函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))，k∈Z，故D为真命题．故选BCD. －eq \f(4,3) 解析：3sinx－4cosx＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)sinx－\f(4,5)cosx))＝5(sinxcosθ＋cosxsinθ)，则cosθ＝eq \f(3,5)，sinθ＝－eq \f(4,5)，∴tanθ＝－eq \f(4,3). －eq \f(\r(5),5) 8．(2024·吉林东北师大附中高一下阶段验收考试)设当x＝θ时，函数f(x)＝sinx－3cosx取得最大值，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝_______． 解析：依题意，函数f(x)＝eq \r(10) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(10))sinx－\f(3,\r(10))cosx))＝eq \r(10)sin(x－φ)，其中sinφ＝eq \f(3,\r(10))，cosφ＝eq \f(1,\r(10))，当x－φ＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z时，f(x)max＝eq \r(10)，因此θ＝φ＋eq \f(π,2)＋ 2kπ，k∈Z，所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(cosφ－sinφ)＝eq \f(\r(2),2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(10))－\f(3,\r(10))))＝－eq \f(\r(5),5). 9．设函数f(x)＝sinx，x∈R. (1)已知θ∈[0，2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值； (2)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq \s\up12(2)的值域． 解：(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数， 所以θ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z. 又θ∈[0，2π)，因此θ＝eq \f(π,2)或θ＝eq \f(3π,2). (2)y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq \s\up12(2) ＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))) ＝eq \f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq \f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2) ＝1－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(3,2)sin2x)) ＝1－eq \f(\r(3),2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))). 因此所求函数的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))). 10.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点P是单位圆上的动点，过点P作x轴的垂线与射线y＝eq \r(3)x(x≥0)交于点Q，与x轴交于点M.记∠MOP＝α，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))). (1)若sinα＝eq \f(1,3)，求cos∠POQ； (2)求△OPQ面积的最大值． 解：(1)由题意知∠QOM＝eq \f(π,3)， 因为sinα＝eq \f(1,3)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))， 所以cosα＝eq \f(2\r(2),3)， 所以cos∠POQ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝coseq \f(π,3)cosα＋sineq \f(π,3)sinα＝eq \f(2\r(2)＋\r(3),6). (2)由三角函数的定义，得P(cosα，sinα)， 从而Q(cosα，eq \r(3)cosα)， 所以S△OPQ＝eq \f(1,2)|cosα||eq \r(3)cosα－sinα| ＝eq \f(1,2)|eq \r(3)cos2α－sinαcosα| ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3)cos2α,2)－\f(1,2)sin2α)) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α)))) ≤eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋1))＝eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,2). 因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以当α＝－eq \f(π,12)时，等号成立， 所以△OPQ面积的最大值为eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,2). 11．(2024·江苏新海高级中学高一下学情检测)若cos20°(eq \r(3)tan50°－1)＝a，则a＝(　　) A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \f(3,2) D．2 解析：由cos20°(eq \r(3)tan50°－1)＝cos20°·eq \f(\r(3)sin50°－cos50°,cos50°)＝cos20°·eq \f(2sin（50°－30°）,cos50°)＝eq \f(cos20°·2sin20°,cos50°)＝eq \f(sin40°,cos50°)＝1，故a＝1.故选B. 12．已知tan2α＝eq \f(3,4)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，函数f(x)＝sin(x＋α)－sin(x－α)－2sinα，且对任意的实数x，不等式f(x)≥0恒成立，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))的值为(　　) A．－eq \f(2\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),5) C．－eq \f(2\r(3),5) D．－eq \f(\r(3),5) 解析：由tan2α＝eq \f(3,4)，即eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(3,4)，得tanα＝eq \f(1,3)或tanα＝－3.又f(x)＝sin(x＋α)－sin(x－α)－2sinα＝2cosxsinα－2sinα≥0恒成立，所以sinα≤0，所以α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，tanα＝－3，sinα＝－eq \f(3,\r(10))，cosα＝eq \f(1,\r(10))，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝sinαcoseq \f(π,4)－cosαsineq \f(π,4)＝－eq \f(2\r(5),5). 13．(多选)(2024·浙江金华十校高一上期末)已知函数f(x)＝2cos2ωx＋eq \r(3)sin2ωx－1(ω>0)的最小正周期为π，则(　　) A．ω＝2 B．函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上为增函数 C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))是f(x)图象的一个对称中心 D．函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))是偶函数 解析：f(x)＝eq \r(3)sin2ωx＋cos2ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))，又f(x)的最小正周期为π，故eq \f(2π,2ω)＝π，则ω＝1，故A错误；f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，为正弦函数的单调递增区间，故B正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－2≠0，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))不是f(x)图象的一个对称中心，故C错误；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝2cos2x为偶函数，故D正确．故选BD. 14．(2024·北京第一六六中学高一下3月月考)设AB是单位圆的一条直径，△ABC的顶点C在该单位圆上，延长CB到D(B在线段CD)，使得CD＝eq \r(3)CB，则CD＋CA的最大值为_____． 解析：∵AB是单位圆的一条直径，△ABC的顶点C在该单位圆上，∴CA⊥CB，∴CA2＋CB2＝4，∵CA∈(0，2)，CB∈(0，2)，故可设CA＝2sinα，CB＝2cosα，其中α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则CD＋CA＝eq \r(3)CB＋CA＝2eq \r(3)cosα＋2sinα＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))，∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∴CD＋CA∈(2，4]，∴CD＋CA的最大值为4. (1)将图书馆底面矩形ABCD的面积S表示成θ的函数； (2)若R＝45 m，求当θ为何值时，矩形ABCD的面积S最大？最大面积是多少？(取eq \r(2)≈1.414) 解：(1)由题意，可知点M为eq \o(PQ,\s\up15(︵))的中点，所以OM⊥AD. 设OM与BC的交点为F， 则BC＝2Rsinθ，OF＝Rcosθ， 所以AB＝OF－eq \f(1,2)AD＝Rcosθ－Rsinθ， 所以S＝AB·BC＝2Rsinθ(Rcosθ－Rsinθ) ＝R2(2sinθcosθ－2sin2θ) ＝R2(sin2θ－1＋cos2θ) ＝eq \r(2)R2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))－R2，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))). (2)因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以2θ＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))， 所以当2θ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,8)时，S取最大值． Smax＝(eq \r(2)－1)R2＝(eq \r(2)－1)×452≈0.414×2025＝838.35(m2)． 故当θ＝eq \f(π,8)时，矩形ABCD的面积S最大，最大面积约为838.35 m2. $$