第四章 三角函数与解三角形（综合训练）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦三角函数与解三角形知识整合，覆盖图像性质、恒等变换、实际应用及创新题型，注重知识逻辑与核心素养的综合考查。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数图像与性质|选择2-3、8、9、13、17-18|结合对称性、单调性、零点及图像变换，含“五点法”应用|从函数定义到图像特征，通过周期、最值、对称轴构建性质体系，体现数学思维的推理能力| |三角恒等变换|选择1、4、11|涉及同角关系、两角和差公式，强调公式逆向应用|以三角函数定义为基础，推导恒等变换公式，形成运算能力，培养数学思维的严谨性| |解三角形|选择5、10、12、15-16|结合正弦/余弦定理、面积公式，含多解问题及实际情境|从三角形边角关系出发，构建定理应用逻辑链，通过几何直观提升数学眼光的空间观念| |创新综合|选择7、14、19|跨学科背景（如圆锥曲线）、新定义函数，强调知识迁移|融合函数性质与几何背景，培养数学语言的模型观念与应用意识，体现创新思维|

可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第四章三角函数与解三角形 （综合训练） 参考答案 第一部分（选择题共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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。 2 5 6 7 8 B B D B D B D C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9 10 11 BD ABD AC 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 2π 12. 3 13.2 X=0〈答案不隆，满足=经名eZ即可) 14. √3 2 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚。 15.(13分) 【解析】()由2b+ccosB=-a和正弦定理，可得)sin∠B+sin∠4 ACBcos∠B=sin∠BAC, 因sin∠BAC=sin(LB+∠ACB)=sin∠Bcos∠ACB+cosBsinLACB,代入可得)sin∠B=sin∠Bcos∠ACB 因为gn∠B≠0：所以o∠AC8=方，由因0<∠4CB<元所以∠4CB-号 在a4CD市，C4=b=2CD=3∠ACD=-于- 33’ 由余弦定理，4D=Cf+cD2-2C4.Do∠4CD2+3-2x2x3 1/7 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以AD=9.(6分) (2)设∠D=a,则∠B=2a,设BC=4t,则CD=3t. 4t 2 在 sin2a①， AABC 中，∠B4C=2红-2a,由正弦定理，得sim2T-2a 3 3 3t 2 在 中，∠C4D=-a,由正弦定理，得sin?-a sina② △ACD 3 (3 At (3a sin 2 sina 由①得： sin2a 2, sin ② 2-20 3 整理得： (3-a sina 2sin 2sinacosa 3 1 可得3cos cosa 4cosa=3 1c -sina → 5 3 555 -cosa= -sina tana=- →2 2 → 35=9 又。为锐角，所以sina=5E 26 AD AC 在。4CD中，由正弦定理，可得sin∠4 CDsin∠D, AC 2sin2元 所以AD= 3 V32√39 sin∠ACD in∠D sina 5v13 5.(13分) 26 16.(15分) a-b c-b a-b_c-b 【解析】(1)由正弦定理原式sin Csin4+sinB可化为：c=a+b, 整理得：a2-b2=c2-bc, 即b2+c2-a2=bc, b2+c2-a2 2bc,代入得cosA= bc 1 由余弦定理cosA= bc-2, 因为△ABC是锐角三角形，故A=及 3 2/7 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2R=a=2-4V5 由正弦定理可得 sin A 33, 2 2w5 所以o0的半径R为3：(5分) (2)由(1)得A= 3,则B+C= 3, 即sinc=sim2红-B- cosB+snB, 3 2 由正弦定理可知b=asinb。4 sin4 3 inB,c=usinc=4 所以b+c=4 (sinB+sinc)4 因为aBC为能角三角形，所以0<B<受，0<-B< 3 2 <B+<2如 2’3 63 ( 即sm8+5.4 则a+b+c∈(2+25,6]， 故a4BC的周长的取值范围为(2+2V5,6]. (15分) 17.(15分) 【解析】(1)f(c)=4 4sin ox+》 6 cos@x-1」 f(x)=4 sin oxcos+cosoxsin cosox-1. 6 6 r-nerr-1 2 f(x)=23sinoxcosox+2cos2@x-1, 3/7 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 f(x)=3sin2@x+1+cos2@x-1. f(x)=sin2ox+cos2ox, f(x)=2 cos2@x 2 =22or+ ,5分) A为图象的最高点，则A的纵坐标为2， 又△ABC为等腰直角三角形，则BC为A的纵坐标的2倍，即BC=4, 时=8C,解料7-8则7-亮-8，解得心- 则f(x)=2sinx+ 4 6(8分) (2)f(x)=2sin 于+g+2a低e2. π 取图像中最靠近原点的最高点，即k=0, 得： 4 4 f闪=0：2n[存+爱)-0，化简的sm[学+引-0. 可得：4+6 +亚=km(keZ),(12分) +0，得=子，即点子0小 当k=0时：4x 6 当k=2时：4 6 -(号0-2-(2-2)， 而（号0-2小2小6-2 AB.AD=(-2)×6+(-2)×(-2)=-12+4=-8.(15分) 4/7 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 18.(17分) 0+0= 3 0=2 【解析】(1) 由题意可得 5π 解得 6 6 又因为f 3 4sm=4=2，放f)=2n2x-君)，(3分) 由2x- π 7π 6 =0可得x= ：由2x名可得=由2x名2江可x= 12 完善表格如下： π3 7π 13π 12 12 6 12 @x+ 0 元-2 2 2π ( 0 3 0 -2 0 Asin(ox+o) (6分) ②同e)=引引+引 当引.2+[吾得周则2x引[ 函数8(x)的值域为-1,2].(10分) (3)函数g()的图象与直线y= 5ππ 2在区间-66 上的两个交点的横坐标分别为x、,(:<), 62由2x+=- 6 可得x=骨 5ππ 所以直线x=-号是g(女)的一个对称轴，而区间石石)的区间长度为一个周期 所以两个交点关于直线x=一对称，且+，=一 2π 3 所以2+君2西+引子 所以o2-x=om4+智=m4+号+ 5/7 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 o4+周}m22+ -2+引-12专7分y 19.(17分) 【解析】(1)因为f(x)=l,g(x)=e,所以f'(x)=0,g(x)=e」 若y=f(),y=g(x),y=h()是一组“0有序和谐函数”，则f(x)g(x)+g(x)h(c)+h(x)f(x)=0 代入得le+eh(x)+h()0=0,即e(1+(x)=0. 因为e*>0,所以'(x)=-1 因此可取h()=-x.(5分) (2)由题意，f'(x)=cosx,g()=cos(+a),N(x)=cos(x-a): 根据“A有序和谐函数”的定义，得 f(x)g'(x)+g(x)h(x)+h(x)f(x)=sinxcos(x+a)+sin(x+a)cos(x-a)+sin(x-a)cosx. 由积化和差公式，得 sineos(x+a）=[sn(2x+a）-sna],sin(g+a)e小os(r-a）=sin2x+sin2alsn(-a)cosx=-[sn2x-a）-sina] 三式相加，得 sineos(x+a）+sn(x+a)co(-a)+sin（(x--a)cox=-sn2x+a）+sn2x+sn(2x-a）+sn2a-2sina] 因为sin(2x+a)+sin(2x-a)=2sin2 xcosa,所以原式等于sin2 cosa+2 ,sin2a-2sin 2 .7分) 若它对一切实数恒等于常数-3 4,则合x的项必须为0：所以cosa+2=0即cosa=- 1 1 2 因此a=2m+2 或a=2加+经ke7 -5-2.5 若a=2m+2红，则sin2a-2sinc_2二 2-35,符合条件」 3 2 4 -2 3 a=2k+4sin2a-2sina 2 若 2 3√3，不符合条件。 3 2 2 4 所以n的所有可能取值为a=2k+受keZ0分) 6/7 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)因为y=1,y=e,y=h(x)是一组“1有序和谐函数”，所以1e）+eh(x)+h(-0=1, 即ep'(x)+er(x)=l.所以'(x)+(x)=e, 令F()=p()+h(x),则F'(x)=p'(x)+(x)=e 0<p<1,符e<1,所以F(> 令G(x)=F()。,则G()=F()-。>0,所以G(x)在R上单调递增. 若x>0则G()>GO),即F()->F(O) 所以F小>Fo)+ 取充分大的正数5，使得F(O)+怎>1，则Fk)>1. 又因为0<p(x)1,所以h()=F()-p()>0, 若x<0则G)<GO,即F()。<FO)., 所以F6)kFO)+怎，(15分) 取充分小的负数x,使得F(O)+怎<0，则F(G)<0. 又因为p()>0,所以h()=F(x)-p(x)<0. 因为h(c)在R上可导，所以h()在R上连续. 又h(x)<0,h(,)>0,由零点存在定理可知，存在∈(：，)，使得h()=0, 故少=h(x)存在零点.(17分) 717 第四章 三角函数与解三角形（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知为第一象限角，且，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数，．若的图象关于直线对称，则（    ） A．0 B． C． D． 3．（2026·山东聊城·一模）已知函数，则其图象离直线最近的一条对称轴的方程是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山东聊城·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 新考法5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，其面积为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2026·江苏南京·模拟预测）设函数，若在上恰有1个零点，则实数的最小值是（   ） A． B． C． D． 创新题7．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知、、是的三个内角，且，则下列结论中正确的是（     ） A． B．可以取到 C． D．可以取到 8．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（2026·海南海口·模拟预测）已知点，是函数图象相邻的两个最低点，则下列选项正确的是（    ） A．的最小正周期为8 B． C．的图像关于点中心对称 D．在区间内的零点个数为1 10．（2026·河北邯郸·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（　　） A． B．若b＝4，则△ABC外接圆半径 C．若a＝2，c＝3，则△ABC的面积为 D．若c＝2，△ABC有两解，则 11．（2026·陕西榆林·模拟预测）下列计算结果正确的是（   ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在中，若，则角________． 13．（2026·北京丰台·二模）已知函数的部分图象如图所示，则___________；若将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，请写出的图象的一条对称轴方程：___________. 创新题14．（2026·福建宁德·模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同.据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线.如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为______ 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）（2025·湖北·模拟预测）已知三角形的角，，所对的边为，，，且，，延长到点． (1)若，求的长； (2)若，，求的长． 16．（15分）在锐角中，角所对的边分别为，满足，且． (1)若为的外接圆，求的半径； (2)求锐角周长的取值范围． 17．（15分）（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且△ABC为等腰直角三角形. (1)求的解析式 (2)求的值. 18．（17分）（2026·辽宁锦州·二模）某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 (1)请将表中数据补充完整，并直接写出函数的解析式； (2)将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象.当时，求函数的值域； (3)设函数的图象与直线在区间上的两个交点的横坐标分别为、，求. 创新题19．（17分）（2026·上海·三模）设、、是三个定义域为的函数，如果对一切实数x恒成立（A是常数），就称、、是一组“A有序和谐函数”. (1)为了使得、、是一组“0有序和谐函数”，求一个满足要求的函数； (2)设，，，求的所有可能取值，使得、、是一组“有序和谐函数”； (3)已知、、是一组“1有序和谐函数”，且恒成立，证明：存在零点. （注：①在上每一处都存在导数的函数必连续；②当、都可导时 .） 2 / 7学 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 三角函数与解三角形（综合训练） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知为第一象限角，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据同角三角函数基本关系求出，再根据诱导公式求解. 【详解】且为第一象限角， ， . 2．（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数，．若的图象关于直线对称，则（    ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦曲线对称轴的公式，可得当时满足，结合题目给定的的取值范围，即可计算得到符合条件的的值. 【详解】由于正弦曲线的对称轴为， 已知的图象关于对称， 所以将 代入可得：， 整理可得：，又因为，取 ，得. 3．（2026·山东聊城·一模）已知函数，则其图象离直线最近的一条对称轴的方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用余弦（型）函数对称性分析求解即可. 【详解】根据题意，令，，解得函数的对称轴为：， 令，得，令，得，令，得，令，得， 所以函数的图象离直线最近的对称轴方程为． 4．（2026·山东聊城·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，整理可得，运算求解即可. 【详解】设， 因为，则，且， 可得， 则，解得. 且，则，所以. 新考法5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，其面积为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】利用三角形面积公式、正余弦定理求边长，代入目标式化简即可得. 【详解】由题意知，所以， 由余弦定理知，所以， 由正弦定理得，则，，， 所以. 6．（2026·江苏南京·模拟预测）设函数，若在上恰有1个零点，则实数的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合正弦型函数的性质求其零点，结合条件列不等式求的最小值. 【详解】因为，所以， 要使最小，需满足区间包含且仅包含这一个正弦函数的零点，即满足，解得， 所以. 创新题7．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知、、是的三个内角，且，则下列结论中正确的是（     ） A． B．可以取到 C． D．可以取到 【答案】D 【详解】因为，又，所以，， 所以，，又，所以或， 若，则，由余弦定理可得， 所以，故A错误； 因为，又在上单调递增，所以， 又，所以取不到，故B错误； 若，又在上单调递增，所以， 若，可得，又，所以，故C错误； 因为或，又在上单调递减，所以， 又，所以可以取到，故D正确. 8．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由正弦函数的周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的递增区间求出的具体范围. 【详解】令，因为，所以 因为函数在区间上单调递增， 所以函数在上单调递增，且，即． 因为， 所以函数在上单调递增，等价于或， 解不等式得或，所以的取值范围是． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（2026·海南海口·模拟预测）已知点，是函数图象相邻的两个最低点，则下列选项正确的是（    ） A．的最小正周期为8 B． C．的图像关于点中心对称 D．在区间内的零点个数为1 【答案】BD 【详解】对于A，由题可知该函数的最小正周期，A错误； 对于B，因为，所以， 将代入得， 而，B正确； 对于C，由B选项可知， 所以的图象不关于点中心对称，C错误； 对于D，由题可知，，因为，所以， 所以，则， 令，则，即， 所以，所以， 因，则，即得函数在区间内的零点只有2， 故在区间内的零点个数为1，D正确. 10．（2026·河北邯郸·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列说法正确的是（　　） A． B．若b＝4，则△ABC外接圆半径 C．若a＝2，c＝3，则△ABC的面积为 D．若c＝2，△ABC有两解，则 【答案】ABD 【分析】选项，利用正弦定理将边化为角，结合两角差的余弦公式展开化简，即可求出角； 选项，根据正弦定理代入计算即可； 选项，由面积公式代入计算即可； 选项，先根据三角形只有一个解的特殊情况，即三角形为直角或等边三角形时，求出的值，最后可根据几何图形，确定三角形有两解时的取值范围. 【详解】解：选项，由，根据正弦定理可得， 在△ABC中，，所以，即， 化简得，所以， 又因为，所以，正确； 选项，由选项知，根据正弦定理，代入得，解得，正确； 选项，由，错误； 选项，由三角形内角和可知， 当时，则，此时三角形只有唯一解，不合题意； 当时，因为，，所以此时三角形为等边三角形，也只有唯一解，不合题意； 当时，无法构成三角形；时，三角形只有一个解，均不合题意， 因此，当c＝2，△ABC有两解时，即，正确. 11．（2026·陕西榆林·模拟预测）下列计算结果正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用辅助角公式即可判断A；根据两角和的正切公式即可判断B；根据两角和的正切公式及二倍角公式即可判断C；利用商数关系化切为弦，再结合平方关系及二倍角公式即可判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B， ，故B错误； 对于C， ，故C正确； 对于D， ，故D错误. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在中，若，则角________． 【答案】 【详解】由题知， 根据正弦定理可得， 由余弦定理可知，将上述等式代入，得， 又，故. 13．（2026·北京丰台·二模）已知函数的部分图象如图所示，则___________；若将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，请写出的图象的一条对称轴方程：___________. 【答案】 2 （答案不唯一，满足即可） 【分析】由图可知，即可得；根据图象可知函数的对称轴为，结合图象平行求函数的图象的对称轴方程. 【详解】设函数的最小正周期为， 则，即， 且，则，所以； 由图可知：为函数的对称轴， 结合函数的周期可知函数的对称轴为， 又因为将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象， 所以函数的图象的对称轴方程为， 所以的图象的一条对称轴方程为. 创新题14．（2026·福建宁德·模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同.据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线.如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为______ 【答案】 【分析】根据题目已知条件表示出离心率，通过勾股定理求出，根据向量运算求出，结合正弦定理得到最终结果. 【详解】由题意得，，， 因此，， 所以， 而在中，，，，且， 则，， 而，则， 由正弦定理得，，则. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）（2025·湖北·模拟预测）已知三角形的角，，所对的边为，，，且，，延长到点． (1)若，求的长； (2)若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先结合，利用正弦定理，可求，再在中，利用余弦定理可求. （2）设，，在和中，利用正弦定理构造关系，求的正弦，再在中，利用正弦定理求的长. 【详解】（1）由和正弦定理，可得， 因，代入可得， 因为，所以，由因,所以. 在中，，，， 由余弦定理，， 所以.（6分） （2）设，则，设，则. 在中，，由正弦定理，得①， 在中，，由正弦定理，得②. 由得：， 整理得： 可得 . 又为锐角，所以. 在中，由正弦定理，可得， 所以.（13分） 16．（15分）在锐角中，角所对的边分别为，满足，且． (1)若为的外接圆，求的半径； (2)求锐角周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由正弦定理对已知条件角化边，再应用余弦定理求角，进而可求解； （2）应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求解． 【详解】（1）由正弦定理原式可化为：， 整理得：， 即， 由余弦定理，代入得， 因为是锐角三角形，故， 由正弦定理可得， 所以的半径为；（5分） （2）由（1）得，则， 即， 由正弦定理可知，， 所以 ．（10分） 因为为锐角三角形，所以，， 则，， 则，即， 则， 故的周长的取值范围为．（15分） 17．（15分）（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且△ABC为等腰直角三角形. (1)求的解析式 (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，由为等腰直角三角形得到，解得,又，解得，从而得到. （2）求最高点坐标，求图像零点坐标，求出，,利用平面向量数量积求出即可得解. 【详解】（1）， ， ， ， ， ， ， ， ，（5分） 为图象的最高点，则的纵坐标为2， 又为等腰直角三角形，则为的纵坐标的2倍，即， 且，解得，则，解得， 则.（8分） （2）=2， ， ， 取图像中最靠近原点的最高点，即， 得：，解得，即， ，即，化简得， 可得：，（12分） 当时：，解得，即零点， 当时：，解得，即零点， ， ， .（15分） 18．（17分）（2026·辽宁锦州·二模）某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 (1)请将表中数据补充完整，并直接写出函数的解析式； (2)将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象.当时，求函数的值域； (3)设函数的图象与直线在区间上的两个交点的横坐标分别为、，求. 【答案】(1)表格如下： (2) (3) 【分析】（1）利用表格中的数据求出、的方程组，解出这两个参数的值，结合可求出的值，结合五点法可完善表格； （2）利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，由可得出的取值范围，再结合正弦型函数的基本性质可求得函数的值域； （3）利用正弦型函数的对称性得出，根据已知条件得出，再利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得 【详解】（1）由题意可得，解得， 又因为，故，（3分） 由可得；由可得；由可得. 完善表格如下： （ （6分） （2）由题可得，   当时，，则，   函数的值域为.（10分） （3）函数的图象与直线在区间上的两个交点的横坐标分别为、， 当时，，由可得， 所以直线是的一个对称轴，而区间的区间长度为一个周期. 所以两个交点关于直线对称，且， 所以，   所以 .（17分） 创新题19．（17分）（2026·上海·三模）设、、是三个定义域为的函数，如果对一切实数x恒成立（A是常数），就称、、是一组“A有序和谐函数”. (1)为了使得、、是一组“0有序和谐函数”，求一个满足要求的函数； (2)设，，，求的所有可能取值，使得、、是一组“有序和谐函数”； (3)已知、、是一组“1有序和谐函数”，且恒成立，证明：存在零点. （注：①在上每一处都存在导数的函数必连续；②当、都可导时 .） 【答案】(1)； (2)； (3)略。 【分析】（1）根据定义列出等式求解即可； （2）根据定义列出等式，再用三角函数的相关公式化简，得到=，所以的系数必须为0，常数项等于： （3），根据零点存在定理判断. 【详解】（1）因为，，所以，． 若，，是一组“有序和谐函数”，则 代入得，即 因为，所以 因此可取（5分） （2）由题意， 根据“有序和谐函数”的定义，得 由积化和差公式，得 三式相加，得 因为所以原式等于（7分） 若它对一切实数恒等于常数，则含的项必须为，所以即 因此或 若，则，符合条件． 若，则，不符合条件． 所以的所有可能取值为（10分） （3）因为，，是一组“有序和谐函数”，所以， 即所以， 令，则， 由，得，所以 令，则，所以在上单调递增． 若，则，即 所以， 取充分大的正数，使得，则． 又因为，所以， 若，则，即， 所以，（15分） 取充分小的负数，使得，则． 又因为，所以 因为在上可导，所以在上连续． 又，，由零点存在定理可知，存在，使得 故存在零点．（17分） 18 / 18学 学科网（北京）股份有限公司 $