专题07三角函数与三角恒等变换14种常见考法归类（全国通用）（学生版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

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2021-2025高考真题分类 三角函数与三角恒等变换
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2021-2025高考真题分类 三角函数与三角恒等变换1
一 同角三角函数的基本关系 1
二 诱导公式 1
三 三角函数的周期 1
四 三角函数的单调性 2
五 三角函数的奇偶性 2
六 三角函数的对称性 2
七 三角函数的零点问题 2
八 三角函数的值域(最值)3
九 三角函数的性质综合 4
十 三角函数图象识别 6
十一 三角函数的图象变换 7
十二 由三角函数图象确定解析式 7
十三 和差角公式的应用 8
十四 二倍角公式的应用 8
参考答案 9
~ ~
一 同角三角函数的基本关系
1. (2022·浙江·高考真题)设x∈R，则“sinx=1”是“cosx=0”的 ( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
2. (2023·全国甲卷·高考真题)设甲：sin2α+sin2β=1，乙：sinα+cosβ=0，则 ( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
sinθ1+sin2θ
3. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)若tanθ=-2，则

= ( )
sinθ+cosθ
6 2 2 6
A. - B. - C. D.
5 5 5 5
π
4. (2023·全国乙卷·高考真题)若θ∈0,
2

1
,tanθ= ，则sinθ-cosθ= ．
2
二 诱导公式
1. (2025·北京·高考真题)已知α,β∈[0,2π]，且sin(α+β)=sin(α-β)，cos(α+β)≠cos(α-β).写出满
足条件的一组α,β的值α= ，β= ．
2. (2025·北京·高考真题)关于定义域为R的函数f(x)，给出下列四个结论：
①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立；
②存在在R上单调递减的函数f(x)使得fx  -f2x  =x恒成立；
③使得f(x)+f(-x)=cosx恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；
④使得f(x)-f(-x)=cosx恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个．
其中正确结论的序号是 ．
数学试题 第 1 页 共 32 页3. (2024·北京·高考真题)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对
π π
称.若α∈  ,
 6 3
 ，则cosβ的最大值为 ．
π
4. (2021·北京·高考真题)若点A(cosθ,sinθ)关于y轴对称点为B cosθ+
6

π
,sinθ+
6
   ，写出θ的一
个取值为 ．
5. (2023·北京·高考真题)已知命题p:若α,β为第一象限角，且α>β，则tanα>tanβ．能说明p为假命题
的一组α,β的值为α= ，β= ．
三 三角函数的周期
1. (2024·上海·高考真题)下列函数的最小正周期是2π的是 ( )
A. sinx+cosx B. sinxcosx C. sin2x+cos2x D. sin2x-cos2x
2. (2023·天津·高考真题)已知函数y=fx  的图象关于直线x=2对称，且fx  的一个周期为4，则fx  的
解析式可以是 ( )
π
A. sin x
2

π
B. cos x
2

π
C. sin x
4

π
D. cos x
4

3. (2022·上海·高考真题)函数f(x)=cos2x-sin2x+1的周期为 ；
四 三角函数的单调性
1. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)下列区间中，函数fx 
π
=7sinx-
6
 单调递增的区间是 ( )
π
A. 0,
2

π
B.  ,π
2

3π
C. π,
2

3π
D.  ,2π
2

2. (2022·北京·高考真题)已知函数f(x)=cos2x-sin2x，则 ( )
π π
A. f(x)在- ,-
2 6

π π
上单调递减 B. f(x)在- ,
4 12
 上单调递增
π
C. f(x)在0,
3

π 7π
上单调递减 D. f(x)在 ,
4 12
 上单调递增
3. (2025·全国二卷·高考真题)已知函数fx  =cos2x+φ  (0≤φ<π),f0 
1
= ．
2
(1)求φ;
π
(2)设函数g(x)=f(x)+fx-
6
 ，求g(x)的值域和单调区间．
五 三角函数的奇偶性
1. (2024·天津·高考真题)下列函数是偶函数的为 ( )
ex-x2 cosx-x2 ex-x sinx-x
A. y= B. y= C. y= D. y=
ex+x2 x2+1 ex+x x2+1
2. (2023·全国甲卷·高考真题)若fx  =x-1 
π
2+ax+sinx+
2
 为偶函数，则a= ．
六 三角函数的对称性
π
1. (2025·全国一卷·高考真题)若点(a,0)(a>0)是函数y=2tanx-
3
 的图像的一个对称中心，则a的
最小值为 ( )
π π π 4π
A. B. C. D.
6 3 2 3
数学试题 第 2 页 共 32 页π
2. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记函数f(x)=sinωx+
4

2π
+b(ω>0)的最小正周期为T．若 <
3
3π
T<π，且y=f(x)的图象关于点 ,2
2

π
中心对称，则f
2
 = ( )
3 5
A. 1 B. C. D. 3
2 2
七 三角函数的零点问题
π
1. (2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)当x∈[0,2π]时，曲线y=sinx与y=2sin3x-
6
 的交点个数为
( )
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
π π
2. (2022·北京·高考真题)若函数f(x)=Asinx- 3cosx的一个零点为 ，则A= ；f
3 12
 =
．
3. (2025·北京·高考真题)设函数fx  =sinωx+cosωx(ω>0)，若f(x+π)=f(x)恒成立，且f(x)在
π
 0,
 4
 上存在零点，则ω的最小值为 ( )
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
4. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cosx+2ax，当x∈(-1,1)时，曲线y
=f(x)与y=g(x)恰有一个交点，则a= ( )
1
A. -1 B. C. 1 D. 2
2
π
5. (2022·全国甲卷·高考真题)设函数f(x)=sinωx+
3
 在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的
取值范围是 ( )
5 13
A.   ,
 3 6

5 19
B.   ,
 3 6

13 8
C.  ,
6 3

13 19
D.  ,
6 6

6. (2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知函数fx  =cosωx-1(ω>0)在区间0,2π  有且仅有3个零点，则ω
的取值范围是 ．
7. (2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知函数fx  =sinωx+φ 
1
，如图A，B是直线y= 与曲线y=fx
2
 的
两个交点，若AB 
π
= ，则fπ
6
 = ．
八 三角函数的值域(最值)
π π
1. (2025·上海·高考真题)函数y=cosx在 - ,
 2 4
 上的值域为 ．
2. (2024·全国甲卷·高考真题)函数fx  =sinx- 3cosx在0,π  上的最大值是 ．
数学试题 第 3 页 共 32 页3. (2021·北京·高考真题)函数f(x)=cosx-cos2x是
A. 奇函数，且最大值为2 B. 偶函数，且最大值为2
9 9
C. 奇函数，且最大值为 D. 偶函数，且最大值为
8 8
4. (2024·北京·高考真题)设函数fx  =sinωxω>0  .已知fx 1  =-1，fx 2  =1，且x 1 -x 2  的最小值为
π
，则ω= ( )
2
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
5. (2024·天津·高考真题)已知函数fx 
π
=3sinωx+
3
 ω>0  的最小正周期为π．则fx  在区间
π π
 - ,
 12 6
 上的最小值是 ( )
3 3 3 3
A. - B. - C. 0 D.
2 2 2
6. (2023·上海·高考真题)已知m>0，函数y=sinx在区间m,2m  上最小值为S，在区间2m,3m  上的
最小值为t,m变化时，下列不可能的是 ( )
A. S>0且t>0 B. S<0且t<0 C. S<0且t>0 D. S>0且t<0
7. (2021·全国乙卷·高考真题)下列函数中最小值为4的是 ( )
A. y=x2+2x+4 B. y=sinx 
4
+
sinx 
4
C. y=2x+22-x D. y=lnx+
lnx
x x
8. (2021·全国乙卷·高考真题)函数f(x)=sin +cos 的最小正周期和最大值分别是 ( )
3 3
A. 3π和 2 B. 3π和2 C. 6π和 2 D. 6π和2
9. (2021·浙江·高考真题)设函数fx  =sinx+cosx(x∈R).
π
(1)求函数y= fx+
2
  


2
的最小正周期；
π
(2)求函数y=f(x)fx-
4

π
在 0,
 2
 上的最大值.
π
10.(2025·全国一卷·高考真题)(1)设函数f(x)=5cosx-cos5x，求f(x)在 0,
 4
 的最大值；
(2)给定θ∈(0,π)，设a为实数，证明：存在y∈[a-θ,a+θ]，使得cosy≤cosθ；
(3)设b∈R，若存在φ∈R使得5cosx-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值．
数学试题 第 4 页 共 32 页九 三角函数的性质综合
1. (2022·全国乙卷·高考真题)记函数fx  =cosωx+φ  (ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)=
3 π
，x= 为f(x)的零点，则ω的最小值为 ．
2 9
5π π
2. (2025·天津·高考真题)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,-π<φ<π)，在 - ,
 12 12

π
上单调递增，且 x=
12
π
为它的一条对称轴， ,0
3

π
是它的一个对称中心，当x∈ 0,
 2
 时，f(x)的最小值为 ( )
3 1
A. - B. - C. 1 D. 0
2 2
3. (2023·全国乙卷·高考真题)已知函数fx  =sinωx+φ  ,ω>0 
π 2π
在区间 ,
6 3
 单调递增，直线x=
π 2π
和x= 为函数y=fx
6 3

5π
的图像的两条相邻对称轴，则f-
12
 = ( )
3 1 1 3
A. - B. - C. D.
2 2 2 2
1
4. (2022·天津·高考真题)关于函数f(x)= sin2x，给出下列结论：
2
①f(x)的最小正周期为2π；
π π
②f(x)在 - ,
 4 4
 上单调递增；
π π ③当x∈ - ,
 6 3
 时，f(x)的取值范围为 - 3 , 3
 4 4
 ；
1 π
④f(x)的图象可由g(x)= sin2x+
2 4

π
的图象向左平移 个单位长度得到．
8
其中正确结论的个数为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
5. 【多选】(2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点
2π
 ,0
3
 中心对称，则 ( )
5π
A. f(x)在区间0,
12

π 11π
单调递减 B. f(x)在区间- ,
12 12
 有两个极值点
7π 3
C. 直线x= 是曲线y=f(x)的对称轴 D. 直线y= -x是曲线y=f(x)的切线
6 2
π
6. 【多选】(2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)对于函数f(x)=sin2x和g(x)=sin2x-
4
 ，下列说法中正确的
有 ( )
A. f(x)与g(x)有相同的零点 B. f(x)与g(x)有相同的最大值
C. f(x)与g(x)有相同的最小正周期 D. f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴
π
7. (2023·北京·高考真题)设函数f(x)=sinωxcosφ+cosωxsinφω>0,|φ|<
2
 ．
3
(1)若f(0)=- ，求φ的值．
2
π 2π
(2)已知f(x)在区间 - ,
 3 3

2π
上单调递增，f
3
 =1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选
择一个作为已知，使函数f(x)存在，求ω,φ的值．
数学试题 第 5 页 共 32 页π
条件①：f
3
 = 2；
π
条件②：f-
3
 =-1；
π π
条件③：f(x)在区间 - ,-
 2 3
 上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得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．
十 三角函数图象识别
1. (2023·天津·高考真题)已知函数fx  的部分图象如下图所示，则fx  的解析式可能为 ( )
5ex-5e-x 5sinx 5ex+5e-x 5cosx
A. B. C. D.
x2+2 x2+1 x2+2 x2+1
2. (2022·全国乙卷·高考真题)如图是下列四个函数中的某个函数在区间[-3,3]的大致图像，则该函数是
( )
-x3+3x x3-x 2xcosx 2sinx
A. y= B. y= C. y= D. y=
x2+1 x2+1 x2+1 x2+1
数学试题 第 6 页 共 32 页3. (2022·全国甲卷·高考真题)函数y=3x-3-x 
π π
cosx在区间 - ,
 2 2
 的图象大致为 ( )
A. B.
C. D.
十一 三角函数的图象变换
1. (2025·北京·高考真题)为了得到函数y=9x的图象，只需把函数y=3x的图象上所有点的 ( )
1
A. 横坐标变为原来的 倍(纵坐标不变) B. 横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)
2
1
C. 纵坐标变为原来的 倍(横坐标不变) D. 纵坐标变为原来的3倍(横坐标不变)
3
2. (2023·全国甲卷·高考真题)函数y=fx 
π
的图象由函数y=cos2x+
6

π
的图象向左平移 个单位长
6
度得到，则y=fx 
1 1
的图象与直线y= x- 的交点个数为 ( )
2 2
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
π
3. (2022·浙江·高考真题)为了得到函数y=2sin3x的图象，只要把函数y=2sin3x+
5
 图象上所有的点
( )
π π
A. 向左平移 个单位长度 B. 向右平移 个单位长度
5 5
π π
C. 向左平移 个单位长度 D. 向右平移 个单位长度
15 15
π
4. (2022·全国甲卷·高考真题)将函数f(x)=sinωx+
3

π
(ω>0)的图像向左平移 个单位长度后得到曲
2
线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
6 4 3 2
1
5. (2021·全国乙卷·高考真题)把函数y=f(x)图像上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再
2
π π
把所得曲线向右平移 个单位长度，得到函数y=sinx-
3 4
 的图像，则f(x)= ( )
x 7π
A. sin -
2 12

x π
B. sin +
2 12

7π
C. sin2x-
12

π
D. sin2x+
12

数学试题 第 7 页 共 32 页十二 由三角函数图象确定解析式
1. (2021·全国甲卷·高考真题)已知函数fx  =2cosωx+φ 
π
的部分图像如图所示，则f
2
 = .
2. (2021·全国甲卷·高考真题)已知函数fx  =2cos(ωx+φ)的部分图像如图所示，则满足条件
7π
f(x)-f-
4
  
4π
f(x)-f
3
   >0的最小正整数x为 ．
十三 和差角公式的应用
1. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα+tanβ=4，tanαtanβ= 2
+1，则sin(α+β)= .
2. (2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知cos(α+β)=m,tanαtanβ=2，则cos(α-β)= ( )
m m
A. -3m B. - C. D. 3m
3 3
cosα π
3. (2024·全国甲卷·高考真题)已知 = 3，则tanα+
cosα-sinα 4
 = ( )
3
A. 2 3+1 B. 2 3-1 C. D. 1- 3
2
π
4. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)若sin(α+β)+cos(α+β)=2 2cosα+
4
 sinβ，则 ( )
A. tanα-β  =1 B. tanα+β  =1 C. tanα-β  =-1 D. tanα+β  =-1
5. (2021·浙江·高考真题)已知α,β,γ是互不相同的锐角，则在sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα三个值中，
1
大于 的个数的最大值是 ( )
2
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
数学试题 第 8 页 共 32 页6. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)已知O为坐标原点，点P 1cosα,sinα  ，P 2cosβ,-sinβ  ，
P 3 cosα+β  ,sinα+β    ，A1,0  ，则 ( )

A. OP
1


=OP
2


B. AP
1


=AP
2

       
C. OA⋅OP =OP ⋅OP D. OA⋅OP =OP ⋅OP
3 1 2 1 2 3
十四 二倍角公式的应用
1. (2023·上海·高考真题)已知tanα=3，则tan2α= .
π 5π
2. (2021·全国乙卷·高考真题)cos2 -cos2 = ( )
12 12
1 3 2 3
A. B. C. D.
2 3 2 2
α 5 π
3. (2025·全国二卷·高考真题)已知0<α<π，cos = ，则sinα-
2 5 4
 = ( )
2 2 3 2 7 2
A. B. C. D.
10 5 10 10
π
4. (2021·全国甲卷·高考真题)若α∈0,
2

cosα
,tan2α= ，则tanα= ( )
2-sinα
15 5 5 15
A. B. C. D.
15 5 3 3
5. (2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知sinα-β 
1 1
= ,cosαsinβ= ，则cos2α+2β
3 6
 =( )．
7 1 1 7
A. B. C. - D. -
9 9 9 9
1+ 5 α
6. (2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知α为锐角，cosα= ，则sin =( )．
4 2
3- 5 -1+ 5 3- 5 -1+ 5
A. B. C. D.
8 8 4 4
π
7. (2022·浙江·高考真题)若3sinα-sinβ= 10,α+β= ，则sinα= ，cos2β= ．
2
数学试题 第 9 页 共 32 页参考答案
1. A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【解析】因为sin2x+cos2x=1可得：
当sinx=1时，cosx=0，充分性成立；
当cosx=0时，sinx=±1，必要性不成立；
所以当x∈R，sinx=1是cosx=0的充分不必要条件.
故选：A.
2. B
【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.
π
【解析】当sin2α+sin2β=1时，例如α= ,β=0但sinα+cosβ≠0，
2
即sin2α+sin2β=1推不出sinα+cosβ=0；
当sinα+cosβ=0时，sin2α+sin2β=(-cosβ)2+sin2β=1，
即sinα+cosβ=0能推出sin2α+sin2β=1.
综上可知，甲是乙的必要不充分条件.
故选：B
3. C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(1=sin2θ+cos2θ)，进行齐次化处
理，化为正切的表达式，代入tanθ=-2即可得到结果．
【解析】将式子进行齐次化处理得：
sinθ1+sin2θ  sinθsin2θ+cos2θ+2sinθcosθ
=
sinθ+cosθ

=sinθsinθ+cosθ
sinθ+cosθ

sinθsinθ+cosθ
=
 tan2θ+tanθ 4-2 2
= = = ．
sin2θ+cos2θ 1+tan2θ 1+4 5
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用tanθ=-2，求出sinθ,cosθ的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过
齐次化处理，可以避开了这一讨论．
5
4. -
5
【分析】根据同角三角关系求sinθ，进而可得结果.
π
【解析】因为θ∈0,
2
 ，则sinθ>0,cosθ>0，
sinθ 1
又因为tanθ= = ，则cosθ=2sinθ，
cosθ 2
5 5
且cos2θ+sin2θ=4sin2θ+sin2θ=5sin2θ=1，解得sinθ= 或sinθ=- (舍去)，
5 5
5
所以sinθ-cosθ=sinθ-2sinθ=-sinθ=- .
5
5
故答案为：- .
5
π π
1. (答案不唯一) (答案不唯一)
2 6
【分析】根据角的三角函数的关系可得角的等量关系，从而可得满足条件的一组解.
【解析】因为sinα+β  =sinα-β  ，cosα+β  ≠cosα-β  ，
数学试题 第 10 页 共 32 页所以α+β,α-β的终边关于y轴对称，且不与y轴重合，
π
故α+β+α-β=π+2kπ,k∈Z且α+β≠ +lπ,l∈Z，
2
π
即α= +kπ,k∈Z，
2
π π
故取α= ,β= 可满足题设要求；
2 6
π π
故答案为： ； (答案不唯一)
2 6
2. ②③
【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误.
【解析】对于①，若存在在R上的增函数fx  ，满足fx  +f2x  =-x，
则f0  +f2×0  =-0，即f0  =0，
故x>0时，f4x  >f2x  >fx  >0，故f(4x)+f(2x)>f(x)+f(2x)，
故-2x>-x即x<0，矛盾，故①错误；
对于②，取fx  =-x，该函数为R上的减函数且fx  -f2x  =x，
故该函数符合，故②正确；
对于③，取fx 
1
= cosx+mx,m∈R，
2
此时fx  +f-x  =cosx，由m∈R可得fx  有无穷多个，
故③正确；
对于④，若存在fx  ，使得fx  -f-x  =cosx，
令x=0，则0=cos0，但cos0=1，矛盾，
故满足fx  -f-x  =cosx的函数不存在，故④错误.
故答案为：②③
1
3. - /-0.5
2
【分析】首先得出β=α+π+2kπ,k∈Z，结合三角函数单调性即可求解最值.
【解析】由题意β=α+π+2kπ,k∈Z，从而cosβ=cosα+π+2kπ  =-cosα，
π π 因为α∈  ,
 6 3
 ，所以cosα的取值范围是  1 , 3
 2 2
 ，cosβ的取值范围是 - 3 ,- 1
 2 2
 ，
π 4π 1
当且仅当α= ，即β= +2kπ,k∈Z时，cosβ取得最大值，且最大值为- .
3 3 2
1
故答案为：- .
2
5π 5π
4. (满足θ= +kπ,k∈Z即可)
12 12
π π
【分析】根据A,B在单位圆上，可得θ,θ+ 关于y轴对称，得出θ+ +θ=π+2kπ,k∈Z求解.
6 6
π
【解析】∵A(cosθ,sinθ)与B cosθ+
6

π
,sinθ+
6
   关于y轴对称，
π
即θ,θ+ 关于y轴对称，
6
π
θ+ +θ=π+2kπ,k∈Z，
6
5π
则θ=kπ+ ,k∈Z，
12
5π
当k=0时，可取θ的一个值为 .
12
数学试题 第 11 页 共 32 页5π 5π
故答案为： (满足θ=kπ+ ,k∈Z即可).
12 12
9π π
5.
4 3
【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.
【解析】因为fx 
π
=tanx在0, 2 
π
上单调递增，若0<α <β < ，则tanα <tanβ ， 0 0 2 0 0
取α=2kπ+α ,β=2k π+β ,k ,k ∈Z，
1 0 2 0 1 2
则tanα=tan2k 1 π+α 0  =tanα 0 ,tanβ=tan2k 2 π+β 0  =tanβ ，即tanα<tanβ， 0
令k 1 >k 2 ，则α-β=2k 1 π+α 0  -2k 2 π+β 0  =2k 1 -k 2  π+α 0 -β 0  ，
因为2k 1 -k 2 
π
π≥2π,- 2 <α 0 -β 0 <0，则α-β=2k 1 -k 2  π+α 0 -β 0 
3π
> >0， 2
即k >k ，则α>β.
1 2
π π 9π π
不妨取k =1,k =0,α = ,β = ，即α= ,β= 满足题意.
1 2 0 4 0 3 4 3
9π π
故答案为： ; .
4 3
1. A
【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .
π
【解析】对A，sinx+cosx= 2sinx+
4
 ，周期T=2π，故A正确；
1 2π
对B，sinxcosx= sin2x，周期T= =π，故B错误；
2 2
对于选项C，sin2x+cos2x=1，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误；
2π
对于选项D，sin2x-cos2x=-cos2x，周期T= =π，故D错误，
2
故选：A．
2. B
【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在x=2处的函数值，排除不合题意的选项即可确定满
足题意的函数解析式.
【解析】由函数的解析式考查函数的最小周期性：
2π 2π
A选项中T= =4，B选项中T= =4，
π π
2 2
2π 2π
C选项中T= =8，D选项中T= =8，
π π
4 4
排除选项CD，
π
对于A选项，当x=2时，函数值sin ×2
2
 =0，故2,0  是函数的一个对称中心，排除选项A，
π
对于B选项，当x=2时，函数值cos ×2
2
 =-1，故x=2是函数的一条对称轴，
故选：B.
3. π
【分析】利用降幂公式化简，即可求出答案.
【解析】f(x)=cos2x-sin2x+1=cos2x+1,
2π
所以f(x)的周期为：T= =π
2
故答案为：π.
数学试题 第 12 页 共 32 页1. A
π π π
【分析】解不等式2kπ- <x- <2kπ+ k∈Z
2 6 2
 ，利用赋值法可得出结论.
π π
【解析】因为函数y=sinx的单调递增区间为2kπ- ,2kπ+
2 2
 k∈Z  ，
对于函数fx 
π
=7sinx-
6

π π π
，由2kπ- <x- <2kπ+ k∈Z
2 6 2
 ，
π 2π
解得2kπ- <x<2kπ+ k∈Z
3 3
 ，
取k=0，可得函数fx 
π 2π
的一个单调递增区间为- ,
3 3
 ，
π
则0,
2

π 2π
⊆- ,
3 3

π
， ,π
2

π 2π
⊄- ,
3 3
 ，A选项满足条件，B不满足条件；
取k=1，可得函数fx 
5π 8π
的一个单调递增区间为 ,
3 3
 ，
3π
π,
2

π 2π
⊄- ,
3 3

3π
且π,
2

5π 8π
⊄ ,
3 3

3π
， ,2π
2

5π 8π
⊄ ,
3 3
 ，CD选项均不满足条件.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成y=Asinωx+φ  形式，再求y=
Asinωx+φ  的单调区间，只需把ωx+φ看作一个整体代入y=sinx的相应单调区间内即可，注意要先
把ω化为正数．
2. C
【分析】化简得出fx  =cos2x，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【解析】因为fx  =cos2x-sin2x=cos2x.
π π π
对于A选项，当- <x<- 时，-π<2x<- ，则fx
2 6 3

π π
在- ,-
2 6
 上单调递增，A错；
π π π π
对于B选项，当- <x< 时，- <2x< ，则fx
4 12 2 6

π π
在- ,
4 12
 上不单调，B错；
π 2π
对于C选项，当0<x< 时，0<2x< ，则fx
3 3

π
在0,
3
 上单调递减，C对；
π 7π π 7π
对于D选项，当 <x< 时， <2x< ，则fx
4 12 2 6

π 7π
在 ,
4 12
 上不单调，D错.
故选：C.
π
3. (1)φ=
3
(2)答案见解析
1
【分析】(1)直接由题意得cosφ= ,0≤φ<π
2
 ，结合余弦函数的单调性即可得解；
(2)由三角恒等变换得gx 
π
= 3cos2x+
6
 ，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数gx  的单
调区间.
【解析】(1)由题意f0 
1
=cosφ= ,0≤φ<π
2

π
，所以φ= ；
3
(2)由(1)可知fx 
π
=cos2x+
3
 ，
所以gx  =fx 
π
+fx-
6

π
=cos2x+
3
 +cos2x
1 3 3 3 π
= cos2x- sin2x+cos2x= cos2x- sin2x= 3cos2x+
2 2 2 2 6
 ，
所以函数gx  的值域为- 3, 3  ，
π π 5π
令2kπ≤2x+ ≤π+2kπ,k∈Z，解得- +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z，
6 12 12
数学试题 第 13 页 共 32 页π 5π 11π
令π+2kπ≤2x+ ≤2π+2kπ,k∈Z，解得 +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z，
6 12 12
所以函数gx 
π 5π
的单调递减区间为 - +kπ, +kπ
 12 12
 ,k∈Z，
函数gx 
5π 11π
的单调递增区间为  +kπ, +kπ
12 12
 ,k∈Z.
1. B
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【解析】对A，设fx 
ex-x2
= ，函数定义域为R，但f-1
ex+x2

e-1-1 1-e
= = ，f1
e-1+1 e+1

e-1
= ，则f-1
e+1
 ≠
f1  ，故A错误；
对B，设gx 
cosx-x2
= ，函数定义域为R，
x2+1
且g-x 
cos-x
=
 --x  2
-x 
cosx-x2
= =gx
2+1 x2+1
 ，则gx  为偶函数，故B正确；
对C，设hx 
ex-x
= ，h-1
ex+x

e-1+1 1+e
= = ,h1
e-1-1 1-e

e-1
= ，
e+1
h-1  ≠h1  ，则hx  不是偶函数，故C错误；
对D，设φx 
sinx-x
= ，函数定义域为R，
x2+1
因为φ-x 
sin-x
=
 --x 
-x 
-sinx+x
= =-φx
2+1 x2+1
 ，且φx  不恒为0，
则φx  不是偶函数，故D错误.
故选：B.
2. 2
π
【分析】利用偶函数的性质得到f-
2

π
=f
2
 ，从而求得a=2，再检验即可得解.
【解析】因为y=fx  =x-1 
π
2+ax+sinx+
2
 =x-1  2+ax+cosx为偶函数，定义域为R，
π
所以f-
2

π
=f
2

π
，即- -1
2

2 π π
- a+cos-
2 2

π
= -1
2

2 π π
+ a+cos ，
2 2
π
则πa= +1
2

2 π
- -1
2

2
=2π，故a=2，
此时fx  =x-1  2+2x+cosx=x2+1+cosx，
所以f-x  =-x  2+1+cos-x  =x2+1+cosx=fx  ，
又定义域为R，故fx  为偶函数，
所以a=2.
故答案为：2.
1. B
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
π
【解析】根据正切函数的性质，y=2tanx-
3

π kπ
的对称中心横坐标满足x- = ,k∈Z，
3 2
π
即y=2tanx-
3

π kπ
的对称中心是 + ,0
3 2
 ,k∈Z，
π kπ
即a= + ,k∈Z，
3 2
π
又a>0，则k=0时a最小，最小值是 ，
3
数学试题 第 14 页 共 32 页π
即a= .
3
故选：B
2. A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
2π 2π 2π
【解析】由函数的最小正周期T满足 <T<π，得 < <π，解得2<ω<3，
3 3 ω
3π
又因为函数图象关于点 ,2
2

3π π
对称，所以 ω+ =kπ,k∈Z，且b=2，
2 4
1 2 5 5 π
所以ω=- + k,k∈Z，所以ω= ，f(x)=sin x+
6 3 2 2 4
 +2，
π
所以f
2

5 π
=sin π+
4 4
 +2=1.
故选：A
1. C
【分析】画出两函数在0,2π  上的图象，根据图象即可求解
【解析】因为函数y=sinx的最小正周期为T=2π，
π
函数y=2sin3x-
6

2π
的最小正周期为T= ，
3
所以在x∈0,2π 
π
上函数y=2sin3x-
6
 有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
2. 1 - 2
π
【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为f(x)=2sinx-
3

π
，代入自变量x= ，计算即可.
12
π
【解析】∵f
3

3 3
= A- =0，∴A=1
2 2
π
∴f(x)=sinx- 3cosx=2sinx-
3

π
f
12

π π
=2sin -
12 3

π
=-2sin =- 2
4
故答案为：1，- 2
3. C
【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.
【解析】函数fx 
π
=sinωx+cosωx= 2sinωx+
4
 (ω>0)，
设函数f(x)的最小正周期为T，由f(x+π)=f(x)可得kT=π,k∈N∗  ，
2π π
所以T= = ,k∈N∗
ω k
 ，即ω=2k,k∈N∗  ；
数学试题 第 15 页 共 32 页π
又函数f(x)在 0,
 4

π
上存在零点，且当x∈ 0,
 4

π π πω π
时，ωx+ ∈  , +
4  4 4 4
 ，
πω π
所以 + ≥π，即ω≥3；
4 4
综上，ω的最小值为4.
故选：C.
4. D
【分析】解法一：令Fx  =ax2+a-1,Gx  =cosx，分析可知曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令hx  =f(x)
-gx  ,x∈-1,1  ，可知hx  为偶函数，根据偶函数的对称性可知hx  的零点只能为0，即可得a=2，
并代入检验即可.
【解析】解法一：令f(x)=gx  ，即a(x+1)2-1=cosx+2ax，可得ax2+a-1=cosx，
令Fx  =ax2+a-1,Gx  =cosx，
原题意等价于当x∈(-1,1)时，曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
注意到Fx  ,Gx  均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得F0  =G0  ，即a-1=1，解得a=2，
若a=2，令Fx  =Gx  ，可得2x2+1-cosx=0
因为x∈-1,1  ，则2x2≥0,1-cosx≥0，当且仅当x=0时，等号成立，
可得2x2+1-cosx≥0，当且仅当x=0时，等号成立，
则方程2x2+1-cosx=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
所以a=2符合题意；
综上所述：a=2.
解法二：令hx  =f(x)-gx  =ax2+a-1-cosx,x∈-1,1  ，
原题意等价于hx  有且仅有一个零点，
因为h-x  =a-x  2+a-1-cos-x  =ax2+a-1-cosx=hx  ，
则hx  为偶函数，
根据偶函数的对称性可知hx  的零点只能为0，
即h0  =a-2=0，解得a=2，
若a=2，则hx  =2x2+1-cosx,x∈-1,1  ，
又因为2x2≥0,1-cosx≥0当且仅当x=0时，等号成立，
可得hx  ≥0，当且仅当x=0时，等号成立，
即hx  有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意；
故选：D.
5. C
π
【分析】由x的取值范围得到ωx+ 的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
3
【解析】解：依题意可得ω>0，因为x∈0,π 
π π π
，所以ωx+ ∈ ,ωπ+
3 3 3
 ，
要使函数在区间0,π 
π
恰有三个极值点、两个零点，又y=sinx，x∈ ,3π
3
 的图象如下所示：
数学试题 第 16 页 共 32 页5π π 13 8 13 8
则 <ωπ+ ≤3π，解得 <ω≤ ，即ω∈ ,
2 3 6 3 6 3
 ．
故选：C．
6. [2,3)
【分析】令f(x)=0，得cosωx=1有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【解析】因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ，
令f(x)=cosωx-1(ω>0)，则cosωx=1有3个根，
令t=ωx，则cost=1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]，
结合余弦函数y=cost的图像性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3，
故答案为：[2,3).
3
7. -
2
1
【分析】设Ax , 1 2 
1
,Bx , 2 2 
π 1
，依题可得，x 2 -x 1 = 6 ，结合sinx= 2 的解可得，ωx 2 -x 1 
2π
= ，从 3
2
而得到ω的值，再根据f π
3
 =0以及f0 
2
<0，即可得f(x)=sin4x- π
3
 ，进而求得fπ  ．
1
【解析】设Ax , 1 2 
1
,Bx , 2 2  ，由AB 
π π
= 可得x -x = ， 6 2 1 6
1 π 5π
由sinx= 可知，x= +2kπ或x= +2kπ，k∈Z，由图可知，
2 6 6
ωx 2 +φ-ωx 1 +φ 
5 π 2π
= 6 π- 6 = 3 ，即ωx 2 -x 1 
2π
= ，∴ω=4． 3
2
因为f π
3

8π
=sin +φ
3

8π 8
=0，所以 +φ=kπ，即φ=- π+kπ，k∈Z．
3 3
8
所以f(x)=sin4x- π+kπ
3

2
=sin4x- π+kπ
3
 ，
所以fx 
2
=sin4x- π
3
 或fx 
2
=-sin4x- π
3
 ，
又因为f0 
2
<0，所以f(x)=sin4x- π
3
 ，∴fπ 
2
=sin4π- π
3

3
=- ．
2
3
故答案为：- ．
2
【点睛】本题主要考查根据图象求出ω以及函数fx  的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性
质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．
1. 0,1 
【分析】利用余弦函数的单调性可得.
π
【解析】由函数y=cosx在 - ,0
 2

π
上单调递增，在 0,
 4
 单调递减，
π
且f-
2

π
=0,f(0)=1,f
4

2
= ，
2
数学试题 第 17 页 共 32 页π π
故函数y=cosx在 - ,  2 4  上的值域为0,1  .
故答案为：0,1  .
2. 2
【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.
【解析】fx 
π
=sinx- 3cosx=2sinx- 3  ，当x∈0,π 
π π 2π
时，x- ∈ - , 3  3 3  ，
π π 5π
当x- = 时，即x= 时，fx
3 2 6
 =2.
max
故答案为：2
3. D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质
可判断最大值.
【解析】由题意，f(-x)=cos-x  -cos-2x  =cosx-cos2x=fx  ，所以该函数为偶函数，
1
又f(x)=cosx-cos2x=-2cos2x+cosx+1=-2cosx-
4

2 9
+ ，
8
1 9
所以当cosx= 时，f(x)取最大值 .
4 8
故选：D.
4. B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【解析】由题意可知：x 1 为fx  的最小值点，x 2 为fx  的最大值点，
则x 1 -x 2 
T π
= = ，即T=π， min 2 2
2π
且ω>0，所以ω= =2.
T
故选：B.
5. D
【分析】结合周期公式求出ω，得fx 
π
=3sin2x+
3

π π
，再整体求出当x∈ - ,
 12 6

π
时，2x+ 的范
3
围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【解析】因为函数fx 
2π
的最小正周期为π，则T= =π，所以ω=2，
ω
即fx 
π
=3sin2x+
3

π π
，当x∈ - ,
 12 6

π π 2π
时，2x+ ∈  ,
3  6 3
 ，
π π π
所以当2x+ = ，即x=- 时，fx
3 6 12

π 3
=3sin =
min 6 2
故选：D
6. C
【分析】根据给定条件，举例说明，结合正弦函数的性质排除不可能的选项作答.
【解析】因为函数f(x)=sinx的最小正周期是2π，因此只需考查离原点最近的右侧一个周期内的区间即可，
π 2π
当0<m< 时，0<2m< ，0<3m<π，而∀x∈(0,π)，sinx>0，
3 3
因此f(x)在[m,2m]上的最小值S>0，在[2m,3m]上的最小值t>0，A可能；
π 2π 4π 3π
当 <m< 时，π<2m< ， <3m<2π，
2 3 3 2
因此f(x)在[m,2m]上的最小值S<0，在[2m,3m]上的最小值t<0，B可能；
π π 2π 3π
当 <m< 时， <2m<π，π<3m< ，
3 2 3 2
数学试题 第 18 页 共 32 页因此f(x)在[m,2m]上的最小值S>0，在[2m,3m]上的最小值t<0，D可能；
对于C，若S<0，则2m>π，
若t>0，则区间[2m,3m]的长度m<π，并且sin2m>0且sin3m>0，
即2m∈(0,π)且3m∈(0,π)与2m>π矛盾，所以C不可能.
故选：C
【点睛】结论点睛：闭区间上的连续函数既有最大值，又有最小值.
7. C
【分析】根据二次函数的性质可判断A选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得
出B,D不符合题意，C符合题意．
【解析】对于A，y=x2+2x+4=x+1  2+3≥3，当且仅当x=-1时取等号，所以其最小值为3，A不符合
题意；
对于B，因为0<sinx  ≤1，y=sinx 
4
+
sinx 
≥2 4=4，当且仅当sinx  =2时取等号，等号取不到，
所以其最小值不为4，B不符合题意；
4
对于C，因为函数定义域为R，而2x>0，y=2x+22-x=2x+ ≥2 4=4，当且仅当2x=2，即x=1时
2x
取等号，所以其最小值为4，C符合题意；
4
对于D，y=lnx+ ，函数定义域为0,1
lnx
 ∪1,+∞  ，而lnx∈R且lnx≠0，如当lnx=-1，y=-5，
D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的
性质即可解出．
8. C
【分析】利用辅助角公式化简fx  ，结合三角函数周期性和值域求得函数的最小正周期和最大值.
【解析】由题，fx 
x x 2 x 2 x
=sin +cos = 2 sin + cos
3 3 2 3 2 3

x π
= 2sin +
3 4
 ，所以fx  的最小正周
2π
期为T= =6π，最大值为 2.
1
3
故选：C．
2
9. (1)π；(2)1+ .
2
【分析】(1)由题意结合三角恒等变换可得y=1-sin2x，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
π
(2)由三角恒等变换可得y=sin2x-
4

2
+ ，再由三角函数的图象与性质即可得解.
2
π
【解析】(1)由辅助角公式得f(x)=sinx+cosx= 2sinx+
4
 ，
π
则y= fx+
2
  


2 3π
= 2sinx+
4
  


2 3π
=2sin2x+
4

3π
=1-cos2x+
2
 =1-sin2x，
2π
所以该函数的最小正周期T= =π;
2
(2)由题意，y=fx 
π
fx-
4

π
= 2sinx+
4

π
⋅ 2sinx=2sinx+
4
 sinx
2 2
=2sinx⋅ sinx+ cosx
2 2
 = 2sin2x+ 2sinxcosx
1-cos2x 2 2 2 2 π
= 2⋅ + sin2x= sin2x- cos2x+ =sin2x-
2 2 2 2 2 4

2
+ ，
2
数学试题 第 19 页 共 32 页π
由x∈ 0,
 2

π π 3π
可得2x- ∈ - ,
4  4 4
 ，
π π 3π 2
所以当2x- = 即x= 时，函数取最大值1+ .
4 2 8 2
10.(1)3 3
(2)证明见解析
(3)3 3
【分析】(1)利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用
均值不等式可求最大值.
(2)利用反证法可证三角不等式有解；
(3)先考虑φ=0,π时b的范围，对于φ∈0,π  时，可利用(2)中的结论结合特值法求得b≥3 3，从而
可得b的最小值；或者先根据函数解析特征得b≥0，再结合特值法可得b≥3 3，结合(1)的结果可得b
的最小值.
【解析】(1)法1：fx  =-5sinx+5sin5x=10cos3xsin2x，
π
因为x∈ 0,
 4

π
，故2x∈ 0,
 2
 ，故sin2x≥0，
π
当0<x< 时，cos3x>0即fx
6
 >0，
π π
当 <x< 时，cos3x<0即fx
6 4
 <0，
故fx 
π
在0,
6

π π
上为增函数，在 ,
6 4
 为减函数，
故fx 
π
在 0,
 4

π
上的最大值为f
6

π 5π
=5cos -cos =3 3.
6 6
法2：我们有cos5x=cosx+4x  =cosxcos4x-sinxsin4x
=cosx2cos22x-1  -sinx⋅2sin2xcos2x
=cosx 22cos2x-1   2-1  -sinx⋅2⋅2sinxcosxcos2x
=cosx8cos4x-8cos2x+1  -4cosxcos2xsin2x
=8cos5x-8cos3x+cosx-4cosx2cos2x-1  1-cos2x 
=16cos5x-20cos3x+5cosx.
所以：
fx  =5cosx-cos5x=5cosx-16cos5x-20cos3x+5cosx  =20cos3x-16cos5x
=4cos3x5-4cos2x  ≤4cosx  3 5-4cosx  2   =4cosx  3 5-2cosx    5+2cosx   
32
= cosx
3
 ⋅cosx  ⋅cosx 
15+3
⋅ 5-2cosx
4
  
15-3
⋅ 5+2cosx
4
    
32 1
≤ cosx
3 5
 +cosx  +cosx 
15+3
+ 5-2cosx
4
  
15-3
+ 5+2cosx
4
      
5
32 3
= 
3 2

5
=3 3.
这得到fx 
π
≤3 3，同时又有f
6

π 5π
=5cos -cos =3 3，
6 6
故fx 
π
在 0,
 4
 上的最大值为3 3，在R上的最大值也是3 3.
(2)法1：由余弦函数的性质得cosx≤cosθ的解为2kπ+θ,2kπ+2π-θ  ，k∈Z，
若任意2kπ+θ,2kπ+2π-θ  ,k∈Z与a-θ,a+θ  交集为空，
则a-θ>2kπ+2π-θ且a+θ<2kπ+2π+θ，此时a无解，
矛盾，故无解；故存在k∈Z，使得2kπ-θ,2kπ+θ  ∩a-θ,a+θ  ≠∅，
数学试题 第 20 页 共 32 页法2：由余弦函数的性质知cosy≤cosθ的解为 2kπ+θ,2k+1   π-θ  k∈Z  ，
若每个 2kπ+θ,2k+1   π-θ  与a-θ,a+θ  交集都为空，
则对每个k∈Z，必有2k+1  π-θ<a-θ或2kπ+θ>a+θ之一成立.
a a a a
此即k< -1或k> ，但长度为1的闭区间  -1,
2π 2π 2π 2π
 上必有一整数k，该整数k不满足条件，
矛盾.
故存在y∈a-θ,a+θ  ，使得cosy≤cosθ成立.
(3)法1：记hx  =5cosx-cos5x+φ  ，
因为hx+2π  =5cosx+2π  -cos5x+10π+φ  =hx  ，
故hx  为周期函数且周期为2π,故只需讨论x∈0,2π  ,φ∈0,π  的情况.
当φ=π时，hx  =5cosx-cos5x+π  =5cosx+cos5x≤6，
当φ=0时，h(x)=5cosx-cos5x，
此时hx  =-5sinx+5sin5x=10cos3xsin2x,x∈0,2π  ，
π π 5π 7π 3π 11π
令h(x)=0，则x= , , ,π, , , ，
6 2 6 6 2 6
π
而h
6

11π
=h
6

π
=3 3,h
2

3π
=h
2

5π
=0,h
6

7π
=h
6
 =-3 3,h(π)=-4，
π
h(0)=h(2π)=4，故h(x) =h
max 6

11π
=h
6
 =3 3，
当φ∈0,π  ，在(2)中取φ=t，则存在y∈φ-θ,φ+θ  ，使得cosy≤cosθ，
5π 3 y-φ θ θ
取θ= ，则cosy≤- ，取x= ∈- ,
6 2 5 5 5

y-φ π π
即x= ∈- ,
5 6 6
 ，
5 3
故5cosx≥ ，故5cosx-cos5x+φ
2
 ≥3 3，
π
综上b≥3 3，可取x= ，φ=0使得等号成立.
6
综上，b =3 3.
min
法2：设g φx  =5cosx-cos5x+φ  .
①一方面，若存在φ，使得g φx  =5cosx-cos5x+φ  ≤b对任意x恒成立，则对这样的φ，同样有g φx 
=-g φx+π  ≥-b.
所以 g φx    ≤b对任意x恒成立，这直接得到b≥0.
φ π
设
6
-
6
=m，则根据 g φx    ≤b恒成立，有
φ π
b≥ g - +
φ 6 6
  
φ π
= 5cos- +
6 6

φ 5π
-cos +
6 6
  
φ π
= 5cos -
6 6

φ π
+cos -
6 6
   =
φ π
6cos -
6 6
   =6cosm 
φ π
b≥ g - -
φ 6 6
  
φ π
= 5cos- -
6 6

φ 5π
-cos -
6 6
  
φ π
= 5cos +
6 6

φ π
+cos +
6 6
   =
φ π
6cos +
6 6
  
π
=6cosm+
3
  
φ π
b≥ g - +
φ 6 2
  
φ π
= 5cos- +
6 2

φ 5π
-cos +
6 2
  
φ π
= 5cos -
6 2

φ π
+cos -
6 2
   =
φ π
6cos -
6 2
  
π
=6cosm-
3
  
所以cosm 
π
, cosm+
3
  
π
, cosm-
3
  
b
均不超过 ，
6
数学试题 第 21 页 共 32 页再结合cos2x=2cosx  2-1，
2π
就得到cos2m,cos2m+
3

2π
,cos2m-
3

b
均不超过2
6

2 b2
-1= -1.
18
b2 3 3
假设b<3 3，则 -1<
18
 2 1
-1= ，
18 2
2π
故cos2m,cos2m+
3

2π
,cos2m-
3

1
∈ -1,
 2
 .
2π 2π
但这是不可能的，因为三个角2m,2m+ ,2m- 和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可
3 3
1
能都在直线x= 左侧.
2
所以假设不成立，这意味着b≥3 3.
②另一方面，若b=3 3，则由(1)中已经证明fx  ≤3 3，
知存在φ=0，使得
5cosx-cos5x+φ  =5cosx-cos5x=fx  ≤3 3=b.
从而b=3 3满足题目要求.
综合上述两个方面，可知b的最小值是3 3.
1. 3
【分析】首先表示出T，根据fT 
3 π
= 求出φ，再根据x= 为函数的零点，即可求出ω的取值，从而得
2 9
解；
【解析】解：因为fx  =cosωx+φ  ，(ω>0，0<φ<π)
2π
所以最小正周期T= ，因为fT
ω

2π
=cosω⋅ +φ
ω
 =cos2π+φ 
3
=cosφ= ，
2
π
又0<φ<π，所以φ= ，即fx
6

π
=cosωx+
6
 ，
π
又x= 为fx
9

π π π
的零点，所以 ω+ = +kπ,k∈Z，解得ω=3+9k,k∈Z，
9 6 2
因为ω>0，所以当k=0时ω =3；
min
故答案为：3
2. A
【分析】利用正弦函数的对称性得出ω=4n+2，根据单调性得出0<ω≤2，从而确定ω，结合对称轴与对
称中心再求出φ，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解.
【解析】设fx 
π π
 ω+φ= +2kπ
12 2
的最小正周期为T，根据题意有 ，m,k∈Z
π
ω+φ=mπ
3
 ，
π π 2n+1
由正弦函数的对称性可知 - =
3 12
 T
n∈Z
4
 ，
π 2nπ+π
即 = ,∴ω=4n+2，
4 2ω
又fx 
5π π
在 - ,
 12 12

T π 5π
上单调递增，则 ≥ --
2 12 12

π π
,∴ ≥ ⇒0<ω≤2，
ω 2
π
φ= +2kπ
 3
∴ω=2，则 ，
2π
φ=mπ-
3
∵φ∈-π,π 
π
，∴k=0,m=1时，φ= ，∴fx
3

π
=sin2x+
3
 ，
数学试题 第 22 页 共 32 页π
当x∈ 0,
 2

π π 4π
时，2x+ ∈  ,
3  3 3
 ，
由正弦函数的单调性可知fx 
4π 3
=sin =- .
min 3 2
故选：A
3. D
5π
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入x=- 即可得到答案.
12
π 2π
【解析】因为f(x)=sin(ωx+φ)在区间 ,
6 3
 单调递增，
T 2π π π 2π
所以 = - = ，且ω>0，则T=π，ω= =2，
2 3 6 2 T
π
当x= 时，fx
6

π π
取得最小值，则2⋅ +φ=2kπ- ，k∈Z，
6 2
5π
则φ=2kπ- ，k∈Z，不妨取k=0，则fx
6

5π
=sin2x-
6
 ，
5π
则f-
12

5π
=sin-
3

3
= ，
2
故选：D.
4. A
【分析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假．
1 2π
【解析】因为f(x)= sin2x，所以f(x)的最小正周期为T= =π，①不正确；
2 2
π π
令t=2x∈ - ,
 2 2

1 π π
，而y= sint在 - ,
2  2 2

π π
上递增，所以f(x)在 - ,
 4 4
 上单调递增，②正确；
π 2π 因为t=2x∈ - ,
 3 3
 ，sint∈  - 3 ,1
 2
 ，所以fx   3 1 ∈- ,
 4 2
 ，③不正确；
1 π
由于g(x)= sin2x+
2 4

1 π
= sin 2x+
2 8
  


1 π
，所以f(x)的图象可由g(x)= sin2x+
2 4
 的图象向
π
右平移 个单位长度得到，④不正确．
8
故选：A．
5. AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
2π
【解析】由题意得：f
3

4π
=sin +φ
3

4π
=0，所以 +φ=kπ，k∈Z，
3
4π
即φ=- +kπ,k∈Z，
3
2π 2π
又0<φ<π，所以k=2时，φ= ，故f(x)=sin2x+
3 3
 ．
5π
对A，当x∈0,
12

2π 2π 3π
时，2x+ ∈ ,
3 3 2

5π
，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)在0,
12
 上是单
调递减；
π 11π
对B，当x∈- ,
12 12

2π π 5π
时，2x+ ∈ ,
3 2 2
 ，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)只有1个极值
2π 3π 5π 5π
点，由2x+ = ，解得x= ，即x= 为函数的唯一极值点；
3 2 12 12
7π 2π 7π
对C，当x= 时，2x+ =3π，f
6 3 6

7π
=0，直线x= 不是对称轴；
6
2π
对D，由y′=2cos2x+
3

2π
=-1得：cos2x+
3

1
=- ，
2
2π 2π 2π 4π
解得2x+ = +2kπ或2x+ = +2kπ,k∈Z,
3 3 3 3
数学试题 第 23 页 共 32 页π
从而得：x=kπ或x= +kπ,k∈Z,
3
3
所以函数y=f(x)在点0,
2
 处的切线斜率为k=y′ 
2π
=2cos =-1，
x=0 3
3 3
切线方程为：y- =-(x-0)即y= -x．
2 2
故选：AD．
6. BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
kπ
【解析】A选项，令f(x)=sin2x=0，解得x= ,k∈Z，即为f(x)零点，
2
π
令g(x)=sin2x-
4

kπ π
=0，解得x= + ,k∈Z，即为g(x)零点，
2 8
显然f(x),g(x)零点不同，A选项错误；
B选项，显然f(x) =g(x) =1，B选项正确；
max max
2π
C选项，根据周期公式，f(x),g(x)的周期均为 =π，C选项正确；
2
π kπ π
D选项，根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2x=kπ+ ⇔x= + ,k∈Z，
2 2 4
π π kπ 3π
g(x)的对称轴满足2x- =kπ+ ⇔x= + ,k∈Z，
4 2 2 8
显然f(x),g(x)图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
π
7. (1)φ=- .
3
π
(2)条件①不能使函数f(x)存在；条件②或条件③可解得ω=1，φ=- .
6
π
【分析】(1)把x=0代入f(x)的解析式求出sinφ，再由|φ|< 即可求出φ的值；
2
π 2π
(2)若选条件①不合题意；若选条件②，先把f(x)的解析式化简，根据f(x)在 - ,
 3 3
 上的单调性及
π
函数的最值可求出T，从而求出ω的值；把ω的值代入f(x)的解析式，由f-
3

π
=-1和|φ|< 即可求
2
π
出φ的值；若选条件③：由f(x)的单调性可知f(x)在x=- 处取得最小值-1，则与条件②所给的条件
3
一样，解法与条件②相同．
π
【解析】(1)因为f(x)=sinωxcosφ+cosωxsinφ,ω>0,|φ|<
2
所以f(0)=sinω⋅0  cosφ+cosω⋅0 
3
sinφ=sinφ=- ，
2
π π
因为|φ|< ，所以φ=- .
2 3
π
(2)因为f(x)=sinωxcosφ+cosωxsinφ,ω>0,|φ|< ，
2
所以f(x)=sinωx+φ 
π
,ω>0,|φ|< ，所以f(x)的最大值为1，最小值为-1.
2
若选条件①：因为f(x)=sinωx+φ 
π
的最大值为1，最小值为-1，所以f
3
 = 2无解，故条件①不能
使函数f(x)存在；
π 2π
若选条件②：因为f(x)在 - ,
 3 3

2π
上单调递增，且f
3

π
=1，f-
3
 =-1
T 2π π
所以 = --
2 3 3

2π
=π,所以T=2π,ω= =1,
T
数学试题 第 24 页 共 32 页所以f(x)=sinx+φ  ，
π
又因为f-
3

π
=-1，所以sin- +φ
3
 =-1，
π π
所以- +φ=- +2kπ,k∈Z，
3 2
π π π
所以φ=- +2kπ,k∈Z，因为|φ|< ，所以φ=- .
6 2 6
π
所以ω=1，φ=- ；
6
π 2π
若选条件③：因为f(x)在 - ,
 3 3

π π
上单调递增，在 - ,-
 2 3
 上单调递减，
π π
所以f(x)在x=- 处取得最小值-1，即f-
3 3
 =-1.
以下与条件②相同．
1. D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在(0,+∞)上的
函数符号排除选项，即得答案.
【解析】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且f(-2)=f(2)<0，
5sin(-x) 5sinx
由 =- 且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
(-x)2+1 x2+1
5(ex-e-x) 5(ex+e-x)
当x>0时 >0、 >0，即A、C中(0,+∞)上函数值为正，排除；
x2+2 x2+2
故选：D
2. A
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【解析】设fx 
x3-x
= ，则f1
x2+1
 =0，故排除B;
设hx 
2xcosx π
= ，当x∈0,
x2+1 2
 时，0<cosx<1，
所以hx 
2xcosx 2x
= < ≤1，故排除C;
x2+1 x2+1
设gx 
2sinx
= ，则g3
x2+1

2sin3
= >0，故排除D.
10
故选：A.
3. A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【解析】令fx  =3x-3-x 
π π
cosx,x∈ - ,
 2 2
 ，
则f-x  =3-x-3x  cos-x  =-3x-3-x  cosx=-fx  ，
所以fx  为奇函数，排除BD；
π
又当x∈0,
2
 时，3x-3-x>0,cosx>0，所以fx  >0，排除C.
故选：A.
1. A
【分析】由y=9x=32x，根据平移法则即可解出．
1
【解析】因为y=9x=32x，所以将函数y=3x的图象上所有点的横坐标变成原来的 倍，纵坐标不变，即可
2
得到函数y=9x的图象，
数学试题 第 25 页 共 32 页故选：A.
2. C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得fx  =-sin2x，再作出fx 
1 1
与y= x- 的部分大致图像，
2 2
考虑特殊点处fx 
1 1
与y= x- 的大小关系，从而精确图像，由此得解.
2 2
π
【解析】因为y=cos2x+
6

π π
向左平移 个单位所得函数为y=cos 2x+
6 6

π
  +
 6

π
=cos2x+
2
 =
-sin2x，所以fx  =-sin2x，
1 1 1
而y= x- 显然过0,-
2 2 2
 与1,0  两点，
作出fx 
1 1
与y= x- 的部分大致图像如下，
2 2
3π 3π 7π 3π 3π 7π
考虑2x=- ,2x= ,2x= ，即x=- ,x= ,x= 处fx
2 2 2 4 4 4

1 1
与y= x- 的大小关
2 2
系，
3π 3π
当x=- 时，f-
4 4

3π
=-sin-
2

1 3π
=-1，y= ×-
2 4

1 3π+4
- =- <-1；
2 8
3π 3π
当x= 时，f
4 4

3π 1 3π 1 3π-4
=-sin =1，y= × - = <1；
2 2 4 2 8
7π 7π
当x= 时，f
4 4

7π 1 7π 1 7π-4
=-sin =1，y= × - = >1；
2 2 4 2 8
所以由图可知，fx 
1 1
与y= x- 的交点个数为3.
2 2
故选：C.
3. D
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
π
【解析】因为y=2sin3x=2sin 3x-
15

π
  +
 5

π
，所以把函数y=2sin3x+
5
 图象上的所有点向右平移
π
个单位长度即可得到函数y=2sin3x的图象．
15
故选：D.
4. C
ωπ π π
【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得 + = +kπ,k∈Z，即可求出ω的最小
2 3 2
值.
π
【解析】由题意知：曲线C为y=sin ωx+
2

π
  +
 3

ωπ π
=sinωx+ +
2 3

ωπ π
，又C关于y轴对称，则 +
2 3
π
= +kπ,k∈Z，
2
1 1
解得ω= +2k,k∈Z，又ω>0，故当k=0时，ω的最小值为 .
3 3
数学试题 第 26 页 共 32 页故选：C.
5. B
π
【分析】解法一：从函数y=f(x)的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到y=f 2x-
3
  

 ，即
π
得f 2x-
3
  


π
=sinx-
4
 ，再利用换元思想求得y=f(x)的解析表达式；
π
解法二：从函数y=sinx-
4
 出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到y=f(x)的解析表
达式.
1
【解析】解法一：函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，得到y=f(2x)的图
2
π π
象，再把所得曲线向右平移 个单位长度，应当得到y=f 2x-
3 3
  

 的图象，
π
根据已知得到了函数y=sinx-
4

π
的图象，所以f 2x-
3
  


π
=sinx-
4
 ，
π
令t=2x-
3

t π π t π
,则x= + ,x- = + ,
2 3 4 2 12
所以ft 
t π
=sin +
2 12
 ,所以fx 
x π
=sin +
2 12
 ；
π
解法二：由已知的函数y=sinx-
4
 逆向变换，
π π π
第一步：向左平移 个单位长度，得到y=sinx+ -
3 3 4

π
=sinx+
12
 的图象，
x π
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y=sin +
2 12
 的图象，
即为y=fx  的图象，所以fx 
x π
=sin +
2 12
 .
故选：B.
1. - 3
π
【分析】首先确定函数的解析式，然后求解f
2
 的值即可.
3 13π π 3π 2π
【解析】由题意可得： T= - = ,∴T=π,ω= =2，
4 12 3 4 T
13π 13π 13
当x= 时，ωx+φ=2× +φ=2kπ,∴φ=2kπ- πk∈Z
12 12 6
 ，
π
令k=1可得：φ=- ，
6
据此有：fx 
π
=2cos2x-
6

π
,f
2

π π
=2cos2× -
2 6

5π
=2cos =- 3.
6
故答案为：- 3.
【点睛】已知f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难
的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
2π
(1)由ω= 即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标
T
x ，则令ωx +φ=0(或ωx +φ=π)，即可求出φ.
0 0 0
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和
φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
2. 2
7π
【分析】先根据图象求出函数f(x)的解析式，再求出f-
4

4π
,f
3
 的值，然后求解三角不等式可得最
小正整数或验证数值可得.
数学试题 第 27 页 共 32 页3 13π π 3π 2π
【解析】由图可知 T= - = ，即T= =π，所以ω=2；
4 12 3 4 ω
π π π
由五点法可得2× +φ= ，即φ=- ；
3 2 6
π
所以f(x)=2cos2x-
6
 .
7π
因为f-
4

11π
=2cos-
3

4π
=1，f
3

5π
=2cos
2
 =0；
7π
所以由 f(x)-f-
4
  
4π
f(x)-f
3
   >0可得f(x)>1或f(x)<0；
因为f1 
π
=2cos2-
6

π π
<2cos -
2 6
 =1，所以，
π
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足f(x)<0，即cos2x-
6
 <0，
π 5π π 5π
解得kπ+ <x<kπ+ ,k∈Z，令k=0，可得 <x< ，
3 6 3 6
可得x的最小正整数为2.
π
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足f(x)<0，又f(2)=2cos4-
6
 <0，符合题意，可得x的最
小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解ω，根据特殊点求解φ.
2 2
1. -
3
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得tanα+β  =-2 2，再缩小α+β的范围，最后结合同角的
平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【解析】法一：由题意得tanα+β 
tanα+tanβ 4
= =
1-tanαtanβ 1- 2+1 
=-2 2，
π
因为α∈2kπ,2kπ+
2

3π
,β∈2mπ+π,2mπ+
2
 ，k,m∈Z，
则α+β∈ 2m+2k  π+π,2m+2k   π+2π  ，k,m∈Z，
又因为tanα+β  =-2 2<0，
则α+β∈ 2m+2k 
3π
π+ ,2m+2k
2
  π+2π  ，k,m∈Z，则sinα+β  <0，
sinα+β
则

cosα+β 
=-2 2，联立 sin2α+β  +cos2α+β  =1，解得sinα+β 
2 2
=- .
3
法二：因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cosα>0,cosβ<0,
cosα 1 cosβ -1
cosα= = ，cosβ= = ，
sin2α+cos2α 1+tan2α sin2β+cos2β 1+tan2β
则sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=cosαcosβ(tanα+tanβ)
-4 -4 -4 2 2
=4cosαcosβ= = = =-
1+tan2α 1+tan2β (tanα+tanβ)2+(tanαtanβ-1)2 42+2 3
2 2
故答案为：- .
3
2. A
【分析】根据两角和的余弦可求cosαcosβ,sinαsinβ的关系，结合tanαtanβ的值可求前者，故可求
cosα-β  的值.
【解析】因为cosα+β  =m，所以cosαcosβ-sinαsinβ=m，
而tanαtanβ=2，所以sinαsinβ=2cosαcosβ，
数学试题 第 28 页 共 32 页故cosαcosβ-2cosαcosβ=m即cosαcosβ=-m，
从而sinαsinβ=-2m，故cosα-β  =-3m，
故选：A.
3. B
cosα
【分析】先将 弦化切求得tanα，再根据两角和的正切公式即可求解.
cosα-sinα
cosα
【解析】因为 = 3，
cosα-sinα
1 3
所以 = 3，⇒tanα=1- ，
1-tanα 3
π
所以tanα+
4

tanα+1
= =2 3-1，
1-tanα
故选：B.
4. C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【解析】[方法一]：直接法
由已知得：sinαcosβ+cosαsinβ+cosαcosβ-sinαsinβ=2cosα-sinα  sinβ,
即：sinαcosβ-cosαsinβ+cosαcosβ+sinαsinβ=0，
即：sinα-β  +cosα-β  =0
所以tanα-β  =-1
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
π
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取α=- ，排除A, B；
4
π
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β= ，排除D；选C.
4
[方法三]：三角恒等变换
π
sin(α+β)+cos(α+β)= 2sinα+β+
4

π
= 2sin α+
4
   +β


π
= 2sinα+
4

π
cosβ+ 2cosα+
4

π
sinβ=2 2cosα+
4
 sinβ
π
所以 2sinα+
4

π
cosβ= 2cosα+
4
 sinβ
π
sinα+
4

π
cosβ-cosα+
4

π
sinβ=0即sinα+ -β
4
 =0
π
∴sinα-β+
4

π π 2 2
=sin(α-β)cos +cos(α-β)sin = sin(α-β)+ cos(α-β)=0∴sin(α-
4 4 2 2
β)=-cos(α-β)即tan(α-β)=-1,
故选：C.
5. C
3
【分析】利用基本不等式或排序不等式得sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤ ，从而可判断三个代数式
2
1 1
不可能均大于 ，再结合特例可得三式中大于 的个数的最大值.
2 2
sin2α+cos2β
【解析】法1：由基本不等式有sinαcosβ≤ ，
2
sin2β+cos2γ sin2γ+cos2α
同理sinβcosγ≤ ，sinγcosα≤ ，
2 2
数学试题 第 29 页 共 32 页3
故sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤ ，
2
1
故sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα不可能均大于 .
2
π π π
取α= ，∴β= ，γ= ，
6 3 4
1 1 6 1 6 1
则sinαcosβ= < ,sinβcosγ= > ,sinγcosα= > ，
4 2 4 2 4 2
1
故三式中大于 的个数的最大值为2，
2
故选：C.
法2：不妨设α<β<γ，则cosα>cosβ>cosγ,sinα<sinβ<sinγ，
由排列不等式可得：
sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤sinαcosγ+sinβcosβ+sinγcosα，
而sinαcosγ+sinβcosβ+sinγcosα=sinγ+α 
1 3
+ sin2β≤ ，
2 2
1
故sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα不可能均大于 .
2
π π π
取α= ，∴β= ，γ= ，
6 3 4
1 1 6 1 6 1
则sinαcosβ= < ,sinβcosγ= > ,sinγcosα= > ，
4 2 4 2 4 2
1
故三式中大于 的个数的最大值为2，
2
故选：C.
【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注
意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.
6. AC
   
【分析】A、B写出OP，OP、AP，AP 的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐
1 2 1 2
标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
   
【解析】A：OP =(cosα,sinα)，OP =(cosβ,-sinβ)，所以|OP|= cos2α+sin2α=1，|OP|=
1 2 1 2
 
(cosβ)2+(-sinβ)2=1，故|OP|=|OP|，正确；
1 2
  
B：AP =(cosα-1,sinα)，AP =(cosβ-1,-sinβ)，所以|AP|= (cosα-1)2+sin2α=
1 2 1

α α
cos2α-2cosα+1+sin2α= 2(1-cosα)= 4sin2 =2sin ，同理|AP|= (cosβ-1)2+sin2β=
2 2 2
β  
2sin ，故|AP|,|AP|不一定相等，错误；
2 1 2
   
C：由题意得：OA⋅OP =1×cos(α+β)+0×sin(α+β)=cos(α+β)，OP ⋅OP =cosα⋅cosβ+sinα⋅(
3 1 2
-sinβ)=cos(α+β)，正确；
   
D：由题意得：OA⋅OP =1×cosα+0×sinα=cosα，OP ⋅OP =cosβ×cos(α+β)+(-sinβ)×sin(α
1 2 3
+β)
=cos β+α+β    =cosα+2β 
   
，故一般来说OA⋅OP ≠OP ⋅OP 故错误； 1 2 3
故选：AC
3
1. - /-0.75
4
【分析】由正切的倍角公式求解
2tanα 2×3 3
【解析】已知tanα=3，则tan2α= = =- .
1-tan2α 1-32 4
数学试题 第 30 页 共 32 页3
故答案为：-
4
2. D
π 5π π π
【分析】由题意结合诱导公式可得cos2 -cos2 =cos2 -sin2 ，再由二倍角公式即可得解.
12 12 12 12
π 5π π π π
【解析】由题意，cos2 -cos2 =cos2 -cos2 -
12 12 12 2 12

π π
=cos2 -sin2
12 12
π 3
=cos = .
6 2
故选：D.
3. D
3 4
【分析】利用二倍角余弦公式得cosα=- ，则sinα= ，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.
5 5
α 5
【解析】cosα=2cos2 -1=2×
2 5

2 3
-1=- ，
5
π 3
因为0<α<π，则 <α<π，则sinα= 1-cos2α= 1--
2 5

2 4
= ，
5
π
则sinα-
4

π π 4 2 3
=sinαcos -cosαsin = × --
4 4 5 2 5

2 7 2
× = .
2 10
故选：D.
4. A
sin2α 2sinαcosα 1
【分析】由二倍角公式可得tan2α= = ，再结合已知可求得sinα= ，利用同角三角函
cos2α 1-2sin2α 4
数的基本关系即可求解.
cosα
【解析】∵tan2α=
2-sinα
sin2α 2sinαcosα cosα
∴tan2α= = = ，
cos2α 1-2sin2α 2-sinα
π
∵α∈0,
2

2sinα 1 1
，∴cosα≠0，∴ = ，解得sinα= ，
1-2sin2α 2-sinα 4
15 sinα 15
∴cosα= 1-sin2α= ，∴tanα= = .
4 cosα 15
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出sinα.
5. B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出sin(α+β)，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
1 1 1
【解析】因为sin(α-β)=sinαcosβ-cosαsinβ= ，而cosαsinβ= ，因此sinαcosβ= ，
3 6 2
2
则sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ= ，
3
2
所以cos(2α+2β)=cos2(α+β)=1-2sin2(α+β)=1-2×
3

2 1
= .
9
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．
解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角
相同或具有某种关系．
(3)“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得
数学试题 第 31 页 共 32 页的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
6. D
【分析】根据二倍角公式(或者半角公式)即可求出．
α 1+ 5
【解析】因为cosα=1-2sin2 = ，而α为锐角，
2 4
α 3- 5  5-1
解得：sin = =
2 8
 2 5-1
= ．
16 4
故选：D．
3 10 4
7.
10 5
【分析】先通过诱导公式变形，得到α的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求
出α，接下来再求β．
【解析】[方法一]：利用辅助角公式处理
π
∵α+β= ，∴sinβ=cosα，即3sinα-cosα= 10，
2
3 10 10
即 10 sinα- cosα
10 10

10 3 10
= 10，令sinθ= ，cosθ= ，
10 10
则 10sinα-θ 
π π
= 10，∴α-θ= +2kπ，k∈Z，即α=θ+ +2kπ，
2 2
π
∴sinα=sinθ+ +2kπ
2

3 10
=cosθ= ，
10
4
则cos2β=2cos2β-1=2sin2α-1= .
5
3 10 4
故答案为： ； .
10 5
[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程
π
∵α+β= ，∴sinβ=cosα，即3sinα-cosα= 10，
2
3 10
又sin2α+cos2α=1，将cosα=3sinα- 10代入得10sin2α-6 10sinα+9=0，解得sinα= ，
10
4
则cos2β=2cos2β-1=2sin2α-1= .
5
3 10 4
故答案为： ； .
10 5
数学试题 第 32 页 共 32 页