专题三三角函数、平面向量及其应用
高考真题衍生卷·命题区间8
1．C[由题意，可得tanα＝3，
所以sinαcos2αsinα-cosα＝
＝－sinαcosα+sin2
2．C[因为tanθ＝12
所以sin3θ+
故选C．]
3．C[因为sinα＋cosα＝15
所以1＋2sinαcosα＝125，所以2sinαcosα＝－24
所以
4．A[对于选项A，y＝sinx＋cosx＝2sinx+π4，其最小正周期T＝2π
对于选项B，y＝sinxcosx＝12sin2x，其最小正周期T＝2π2＝π
对于选项C，y＝sin2x＋cos2x＝1，是常数函数，不存在最小正周期，故C错误；
对于选项D，y＝sin2x－cos2x＝－cos2x，其最小正周期T＝2π2＝π，故D错误．故选A
5．B[由题意可知，x1为f(x)的最小值点，x2为f(x)的最大值点，则|x1－x2|min＝T2＝π2，即
又ω＞0，所以ω＝2πT＝2．故选B
6．B[由题可得g(x)＝cos6x+3π4的最小正周期T＝2π6＝π3，即在[0，π]内，g(x)有3个周期，又其值域为[－1，1]，且g(0)＝－22，在同一直角坐标系内作出f(x)＝cosx与g(x)＝cos6x+3π4的图象，如图所示，由图象可得曲线f(x)＝cosx与g(
]
7．A[f(x)＝sin3ωx+π3＝sin(3ωx＋π)＝－sin3ωx，由T＝2π3ω＝π得ω＝23，即f(
当x∈－
8．C[令f(x)＝cos(ωx＋φ)＝－12，所以ωx＋φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ或eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，即xA＝eq\f(2π,3ω)＋eq\f(2kπ,ω)－eq\f(φ,ω)，xB＝eq\f(4π,3ω)＋eq\f(2kπ,ω)－eq\f(φ,ω)，k∈Z，由题意及|AB|min＝eq\f(2π,3)得，|AB|min＝|xA－xB|＝eq\f(2π,3ω)＝eq\f(2π,3)，所以ω＝1，因为函数f(x)对任意的x∈R，都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))＝0，所以函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))中心对称，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝0，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4)，即f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝coseq\f(3π,4)＝－eq\f(\r(2),2)．故选C．]
9．ABD[将函数f(x)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象向右平移eq\f(π,3)个单位长度，
得到函数y＝g(x)＝eq\f(1,2)cos(2x－π)＝－eq\f(1,2)cos2x的图象．
对于A项，令x＝eq\f(π,6)，求得f(x)＝eq\f(1,2)，即为函数y＝f(x)的最大值，
所以直线x＝eq\f(π,6)是函数f(x)图象的一条对称轴，所以A正确；
对于B项，令2kπ≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋π，k∈Z，解得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，
可得f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z，所以B正确；
对于C项，由于g(x)＝－eq\f(1,2)cos2x是偶函数，可得函数g(x)的图象关于y轴对称，所以C错误；
对于D项，由f(x)＋g(x)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)cos2x))
＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)