2019高考数学文一轮分层演练：第4章三角函数与解三角形 第5讲

A. 3
π
1
+ = 3,cos
4
π

- =
4 2
√3
,则
3
等于( C )
√3
5√3
B.- 3

C.
1
(2)已知 cos - 2 =-9,sin

2
√6
D.- 9
9
2
π
π
- = 3,且2 <α<π,0<β<2 ,则
239
cos(α+β)=
-729
.
思考已知一个角或两个角的三角函数值,求另一角的三角函数值
-sin αcos -
cos α-cos +
π
1
6
2
π
6
π
3
+
π
π
3
2
sin α
- =sin = ,
故选 A.
(2)(方法一)因为角 α 与角 β 的终边关于 y 轴对称,根据三角函数
1
定义可得 sin β=sin α= ,cos β=-cos α,因此,cos(α-β)=cos αcos β+sin
π
4
+tan
7
= .
5
(方法二)∵tan 7
π
4
7
∴tan α= 5,答案为5.
=
tan -tan
π
4
1+tan ·tan
π
4
=
tan -1
1+tan
1
= ,
6
-14考点1
考点2
考点3
考点 2
三角函数公式的逆用及变用

(2) 由题设知 ,0< α < , 于是由 (1) 知 ,cos α =
=
=.
而∠ AEB= - α , 所以 cos∠AEB=cos
=cos cos α +sin sin α =- cos α + sin α =- × + × = .
在 Rt△EAB中 , cos∠AEB= = ,
故 BE=
= =4 .
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(2) 若 a,b,c 成等比数列 , 且 c=2a, 求 cos B 的值 . 解析 (1) 证明 : ∵a,b,c 成等差数列 , ∴a+c=2b. 由正弦定理得 sin A+sin C=2sin B. ∵sin B=sin[ π-(A+C)]=sin(A+C), ∴sin A+sin C=2sin(A+C).
(2) 由题设有 b2=ac, ∵c=2a, ∴b= a,
由余弦定理得 cos B=
=
=.
※精品试卷※
21.(2014 湖南 ,19,13 分 ) 如图 , 在平面四边形 ABCD中,DA⊥AB,DE=1,EC= ,EA=2, ∠ADC= , ∠BEC= . (1) 求 sin ∠CED的值 ; (2) 求 BE的长 .
A.
B.
C.
D.
答案 A
15.(2015 福建 ,14,4 分 ) 若△ ABC 中,AC= ,A=45°,C=75°, 则 BC=
.
答案
16.(2015 安徽 ,12,5 分 ) 在△ ABC 中,AB= , ∠A=75°, ∠B=45°, 则 AC=
.
答案 2
17.(2015 北京 ,11,5 分 ) 在△ ABC 中,a=3,b= , ∠A= , 则∠ B=

A．向左平移个周期B．向右平移个周期C．向左平移个周期D．向右平移个周期解析：选C.因为f(x)＝cos2x＝sin⎝2x＋2⎭＝sin⎣2⎝x＋4⎭⎦，且函数g(x)的周期为＝π，所以将函数g(x)＝sin2x的图象向左平移个单位长度，即向左平移个周期，可得函数f(x) 2．(2018·安徽两校阶段性测试)将函数y＝cos⎝x－3⎭的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移个单位长度，所得函数图象的一条对称轴为() A．x＝B．x＝C．x＝解析：选A.将函数y＝cos⎝x－3⎭图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)时，得到函数y＝cos⎝2－3⎭的图象；再将此函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数y＝cos⎣2⎝x＋6⎭－3⎦＝cos⎝2－4⎭的图象．该函数图象的对称轴为－＝kπ(k∈Z)，即x＝2kπ＋(k∈Z)．结合选项，只有A符合，故选A.3．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)⎝ω＞0，|φ|＜2⎭的部分图象如图所示，则f(x)的单调递增区间一、选择题1．(2018·福州综合质量检测)要得到函数f(x)＝cos2x的图象，只需将函数g(x)＝sin2x 的图象()12141214⎛π⎫⎡⎛π⎫⎤2π2π144＝cos2x的图象，故选C.⎛π⎫π6π2π9π8D．x＝π⎛π⎫⎛xπ⎫π6⎡1⎛π⎫π⎤⎛xπ⎫xπ24π2⎛π⎫为()A．(－1＋4kπ，1＋4kπ)，k∈ZB．(－3＋8kπ，1＋8kπ)，k∈ZC．(－1＋4k，1＋4k)，k∈ZD．(－3＋8k，1＋8k)，k∈Z解析：选D.由题图，知T＝4×(3－1)＝8，所以ω＝＝，所以f(x)＝sin⎝4x＋φ⎭.把(1，1)代入，得sin⎝4＋φ⎭＝1，即＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，又|φ|＜，所以φ＝，所以f(x)＝sin⎝4x＋4⎭.由2kπ－≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得8k－3≤x≤8k＋1(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递增区4．(2018·湖南五市十校联考)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)⎝ω＞0，|φ|＜2⎭的部分图象如图⎛B．C．解析：选B.由已知易得ω＝2，由五点法作图可知2×＋φ＝，得φ＝，即f(x)＝⎛nπ⎫⎛2π⎫1⎛3π⎫1⎛4π⎫1⎛6π⎫1π⎫⎛π⎫⎛5π⎫⎛5．将函数f(x)＝sin(2x＋φ)⎝|φ|＜2⎭的图象向左平移个单位长度后关于原点对称，则函f f f f f数f(x)在⎣0，2⎦上的最小值为(A．－3B．－C．D．3解析：选A.将f(x)＝sin(2x＋φ)的图象向左平移个单位长度得y＝sin⎣2⎝x＋6⎭＋φ⎦＝⎛⎫所以φ＝－，即f(x)＝sin(2x－)，当x∈⎣0，2⎦时，2x－∈⎣－3，3⎦，所以当2x－＝－，＋φ＝kπ(k∈Z)，且|φ|＜2ππ⎛π⎫T4⎛π⎫ππππ⎛ππ⎫4224ππππ2442间为(8k－3，8k＋1)(k∈Z)，故选D.⎛π⎫2018nπ⎫所示，则∑f⎝6⎭＝(n＝1)A．－11232D．1πππ6262018sin⎝2x＋6⎭.故f⎝6⎭＝1，⎝6⎭＝2，⎝6⎭＝－2，⎝6⎭＝－1，⎝6⎭＝－2，⎝6⎭＝2，故∑f⎝6⎭n＝11111⎛π⎫⎛2π⎫3＝336×(1＋2－2－1－2＋2)＋f⎝6⎭＋f⎝6⎭＝2.故选B.⎛π⎫π6⎡π⎤)122212π⎡⎛π⎫⎤6πππsin⎝2x＋3＋φ⎭的图象，该图象关于原点对称，即为奇函数，则32，ππ⎡π⎤π⎡π2π⎤ππ33333即x＝0时，f(x)取得最小值，最小值为－3，选A.6．将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移φ⎝0<φ<2⎭个单位后得到函数g(x)的图象．若对满A．3C．6＝⎪2－φ⎪＝，又0<φ<，故φ＝，选D.7．已知函数f(x)＝A tan(ωx＋φ)⎝ω>0，|φ|<2⎭，y＝f(x)的部分图象如图，则f⎝24⎭＝解析：由题图可知，T＝2⎝8－8⎭＝，所以ω＝2，所以2×＋φ＝kπ＋(k∈Z)．又|φ|<，所以φ＝.又f(0)＝1，所以A tan＝1，得A＝1，所以f(x)＝tan⎝2x＋4⎭，所以f⎝24⎭＝tan⎝12＋4⎭＝tan＝ 3.8．函数f(x)＝sinωx(ω＞0)的图象向左平移个单位长度，所得图象经过点⎝3，0⎭，则3解析：依题意得，函数f⎝x＋3⎭＝sin⎣ω⎝x＋3⎭⎦(ω＞0)的图象过点⎝3，0⎭，于是有f⎝3＋3⎭2⎛π⎫π足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝3，则φ＝()5π12π4πB.πD.解析：选D.由已知得g(x)＝sin(2x－2φ)，满足|f(x1)－g(x2)|＝2，不妨设此时y＝f(x)和yπππ＝g(x)分别取得最大值与最小值，又|x1－x2|min＝3，令2x1＝2，2x2－2φ＝－2，此时|x1－x2|⎪π⎪πππ326二、填空题⎛π⎫⎛π⎫________．⎛3ππ⎫π2ππ82ππ24π4⎛π⎫⎛π⎫⎛ππ⎫π3答案：3π⎛2π⎫ω的最小值是________．⎛π⎫⎡⎛π⎫⎤⎛2π⎫⎛2ππ⎫＝sin[ω(＋)]＝sinωπ＝0(ω＞0)，ωπ＝kπ，k∈Z，即ω＝k∈Z，因此正数ω的最小值9．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)⎝ω＞0，－2≤φ≤2⎭的图象上的一个最高点和与它相邻的一个最低点的距离为22，且过点⎝2，－2⎭，则函数f(x)＝________．22＋⎛＝22，则＝2，即ω＝，所以f(x)＝sin⎝2x＋φ⎭，由于该函数图象过点⎝2，－2⎭，因此sin(π＋φ)＝－，即sinφ＝，而－≤φ≤，故φ＝，所以f(x)＝sin⎝2x＋6⎭.答案：sin⎝2x＋6⎭10．(2018·南宁模拟)将函数f(x)＝sin(ωx＋φ)⎝ω>0，－2≤φ<2⎭图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到y＝sin x的图象，则f⎝6⎭＝6y＝sin⎝x＋6⎭――→y＝sin⎝2x＋6⎭，即f(x)＝sin⎝2x＋6⎭，所以f⎝6⎭＝sin⎝12＋6⎭＝sin＝42答案：211．某同学用“五点法”画函数f(x)＝A sin(ωx＋φ)⎝ω>0，|φ|<2⎭在某一个周期内的图象π3π2ππ33是1.答案：1⎛ππ⎫⎛1⎫解析：依题意得π⎫2ππ⎛π⎫⎝ω⎭ω2⎛1⎫11πππ22226⎛ππ⎫⎛ππ⎫⎛ππ⎫π⎛π⎫________.解析：y＝sin x⎛π⎫纵坐标不变⎛1π⎫横坐标变为原来的2倍⎛1π⎫⎛π⎫⎛ππ⎫π2.2三、解答题⎛π⎫时，列表并填入了部分数据，如下表：ωx＋φxA sin(ωx＋φ)0π2π3525π6－52π(1)请将上表数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式；(2)将y＝f(x)图象上所有点向左平行移动θ(θ>0)个单位长度，得到y＝g(x)的图象．若y＝g (x )图象的一个对称中心为⎝12，0⎭，求 θ 的最小值． 解：(1)根据表中已知数据，解得 A ＝5，ω＝2，φ＝－ ，数据补全如下表：且函数解析式为 f (x )＝5sin ⎝2x －6⎭.(2)由(1)知 f (x )＝5sin ⎝2x －6⎭， 则 g (x )＝5sin ⎝2x ＋2θ－6⎭.令 2x ＋2θ－ ＝k π，解得 x ＝ ＋ －θ，k ∈Z .由于函数 y ＝g (x )的图象关于点⎝12，0⎭成中心对称，所以令 ＋ －θ＝ ，解得 θ＝ － ，k ∈Z .由 θ>0 可知，当 k ＝1 时，θ 取得最小值 .12．已知 f (x )＝2sin ⎝2x ＋6⎭＋a ＋1. (2)当 x ∈⎣0，2⎦时，f (x )的最大值为 4，求 a 的值；解：(1)由 2k π－ ≤2x ＋ ≤2k π＋ ，k ∈Z ，可得 x ∈⎣k π－3，k π＋6⎦(k ∈Z )，所以 f (x )的单调递增区间为⎣k π－3，k π＋6⎦(k ∈Z )．(2)当 x ＝ 时，f (x )取最大值，⎛5π ⎫π6ωx ＋φ0 π 2π 3π 22π xπ 12 π 3 7π 12 5π 6 13 12 π A sin(ωx ＋φ)5－5⎛ π⎫⎛ π⎫⎛ π⎫因为函数 y ＝sin x 图象的对称中心为(k π，0)，k ∈Z,π6k π π2 12⎛5π ⎫k π π 5π2 12 12k π π2 3π6⎛ π⎫(1)若 x ∈R ，求 f (x )的单调递增区间；⎡ π⎤(3)在(2)的条件下，求满足 f (x )＝1 且 x ∈[－π，π]的 x 集合．π π π2 6 2⎡ π π⎤⎡ π π⎤π6f⎝6⎭＝2sin＋a＋1＝a＋3＝4，(3)由f(x)＝2sin⎝2x＋6⎭＋2＝1可得⎛sin⎝2x＋6⎭＝－，则2x＋＝＋2kπ或2x＋＝π＋2kπ，k∈Z，即x＝＋kπ或x＝＋kπ，k∈Z，可解得x＝－，－，，，所以x的集合为⎨－2，－6，2，6⎬.1．(2017·高考山东卷)设函数f(x)＝sin⎝ωx－6⎭＋sin⎝ωx－2⎭，其中0<ω<3.已知f⎝6⎭＝0.象向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在⎣－4，4⎦上的最小值．解：(1)因为f(x)＝sin⎝ωx－6⎭＋sin⎝ωx－2⎭，sinωx－cosωx－cosωxsinωx－cosωx＝3⎝sinωx－cosωx⎭＝3sin⎝ωx－3⎭.由题设知f⎝6⎭＝0，所以－＝kπ，k∈Z.(2)由(1)得f(x)＝3sin⎝2x－3⎭，所以g(x)＝3sin⎝x＋4－3⎭＝3sin⎝x－12⎭.⎛π⎫π2所以a＝1.⎛π⎫π⎫12π7ππ116666π5π26又x∈[－π，π]，πππ5π2626⎧πππ5π⎫⎩⎭⎛π⎫⎛π⎫⎛π⎫(1)求ω；(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图π⎡π3π⎤4⎛π⎫⎛π⎫所以f(x)＝3122＝3322⎛123⎫2⎛π⎫⎛π⎫ωππ63故ω＝6k＋2，k∈Z，又0＜ω＜3，所以ω＝2.⎛π⎫⎛ππ⎫⎛π⎫因为x∈⎣－4，4⎦，所以x－∈⎣－3，3⎦，当x－＝－，即x＝－时，g(x)取得最小值－.由图可得＝－1－(－4)＝3，因为T＝＝12，所以ω＝，所以4＝4sin⎣6×（－1）＋φ⎦，即sin⎝φ－6⎭＝1，又0<φ<π，所以φ＝.(2)由(1)知y＝4sin(x＋)，x∈[－4，0]，得点C(0，23)，⎡π3π⎤π⎡π2π⎤12ππ123π3422．(2018·青岛调研)某市新体育公园的中心广场平面图如图所示，在y轴左侧的观光道(单位：米)曲线段是函数y＝A sin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)，x∈[－4，0]的图象且最高点为B(－1，4)，在y轴右侧的观光道曲线段是以CO为直径的半圆弧．(1)试确定A，ω和φ的值；(2)现要在y轴右侧的半圆中修建一条步行道CDO，点C与半圆弧上的一点D之间设计为直线段(造价为2万元/米)．点D到点O之间设计为沿半圆弧的弧形(造价为1万元/米)．设∠DCO＝θ(弧度)，试用θ来表示修建步行道CDO的造价预算，并求该造价预算的最大值？(注：只考虑步行道的长度，不考虑步行道的宽度)解：(1)因为最高点为B(－1，4)，所以A＝4.T4所以T＝12，2πωπ6⎡π⎤⎛π⎫2π3π2π63即CO＝23，取CO的中点F，连接DF，DO，︵因为弧CO为半圆弧，所以∠DFO＝2θ，∠CDO＝90°，︵即DO＝2θ×3＝23θ，所以步行道 CDO 的造价预算 g (θ)＝4 3cos θ＋2 3θ，θ∈⎝0，2⎭.由 g ′(θ)＝4 3(－sin θ)＋2 3＝2 3(1－2sin θ)，得当 θ＝ 时，g ′(θ)＝0，当 θ∈⎝0，6⎭时，g ′(θ)>0，即 g (θ)在⎝0，6⎭上单调递增；当 θ∈⎝6，2⎭时，g ′(θ)<0，即 g (θ)在⎝6，2⎭上单调递减．所以 g (θ)在 θ＝ 时取得极大值也是最大值为 6＋ π，即修建步行道 CDO 的造价预算的最大值为⎝6＋ π 万元．︵则圆弧段DO 的造价预算为 2 3θ 万元，在 △Rt CDO 中，CD ＝2 3cos θ，则直线段 CD 的造价预算为 4 3cos θ 万元，⎛ π⎫π6⎛ π⎫⎛ π⎫ ⎛π π⎫⎛π π⎫π 36 3⎛ 3 ⎫3 ⎭。

第5讲 两角和与差及二倍角的三角函数一、选择题1．(2015·全国Ⅰ卷)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝( )A ．－32 B.32 C ．－12 D.12解析 sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin 30°＝12. 答案 D2．(1＋tan 17°)(1＋tan 28°)的值是( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析 原式＝1＋tan 17°＋tan 28°＋tan 17°·tan 28° ＝1＋tan 45°(1－tan 17°·tan 28°)＋tan 17°·tan 28° ＝1＋1＝2. 答案 D3．(2017·西安二检)已知α是第二象限角，且tan α＝－13，则sin 2α＝( )A ．－31010 B.31010 C ．－35 D.35解析 因为α是第二象限角，且tan α＝－13，所以sin α＝1010，cos α＝－31010，所以sin 2α＝2sin αcos α＝2×1010×⎝ ⎛⎭⎪⎫－31010＝－35，故选C. 答案 C4．(2016·河南六市联考)设a ＝12cos 2°－32sin 2°，b ＝2tan 14°1－tan 214°，c ＝1－cos 50°2，则有( )A ．a ＜c ＜bB ．a ＜b ＜cC ．b ＜c ＜aD ．c ＜a ＜b解析 由题意可知，a ＝sin 28°，b ＝tan 28°，c ＝sin 25°， ∴c ＜a ＜b . 答案 D5．(2016·铜川三模)已知sin α＝35且α为第二象限角，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝( )A ．－195B ．－519C ．－3117D ．－1731 解析 由题意得cos α＝－45，则sin 2α＝－2425， cos 2α＝2cos 2α－1＝725. ∴tan 2α＝－247，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝tan 2α＋tan π41－tan 2αtan π4＝－247＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－247×1＝－1731. 答案 D 二、填空题6．(2016·安庆模拟)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝13，则sin(2α－π6)的值是________．解析 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＋π2＝ cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3－1＝2×19－1＝－79.答案 －797．(2017·南昌一中月考)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫54π＋β＝－1213，则cos(α＋β)＝________. 解析 ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝－45，∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫54π＋β＝－1213，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋β＝1213，又∵β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋β＝513，∴cos(α＋β)＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋β－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35×513－45×1213＝－3365.答案 －33658．已知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝210，则tan 2θ＝________.解析 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝210，得sin θ－cos θ＝15，①θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，①平方得2sin θcos θ＝2425，可求得sin θ＋cos θ＝75，∴sin θ＝45，cos θ＝35，∴tan θ＝43，tan 2θ＝2tan θ1－tan 2 θ＝－247. 答案 －247 三、解答题9．(2017·淮海中学模拟)已知向量a ＝(cos θ，sin θ)，b ＝(2，－1)．(1)若a ⊥b ，求sin θ－cos θsin θ＋cos θ的值；(2)若|a －b |＝2，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4的值．解 (1)由a ⊥b 可知，a ·b ＝2cos θ－sin θ＝0， 所以sin θ＝2cos θ， 所以sin θ－cos θsin θ＋cos θ＝2cos θ－cos θ2cos θ＋cos θ＝13.(2)由a －b ＝(cos θ－2，sin θ＋1)可得， |a －b |＝(cos θ－2)2＋(sin θ＋1)2＝ 6－4cos θ＋2sin θ＝2，即1－2cos θ＋sin θ＝0.又cos 2θ＋sin 2θ＝1，且θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin θ＝35，cos θ＝45.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22(sin θ＋cos θ)＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫35＋45＝7210. 10．设cos α＝－55，tan β＝13，π<α<3π2，0<β<π2，求α－β的值．解 法一 由cos α＝－55，π<α<3π2，得sin α＝－255，tan α＝2，又tan β＝13，于是tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β＝2－131＋2×13＝1.又由π<α<3π2，0<β<π2可得－π2<－β<0，π2<α－β<3π2，因此，α－β＝5π4.法二 由cos α＝－55，π<α<3π2得sin α＝－255. 由tan β＝13，0<β<π2得sin β＝110，cos β＝310.所以sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝ ⎝⎛⎭⎪⎫－255⎝ ⎛⎭⎪⎫310－⎝ ⎛⎭⎪⎫－55⎝ ⎛⎭⎪⎫110＝－22.又由π<α<3π2，0<β<π2可得－π2<－β<0，π2<α－β<3π2，因此，α－β＝5π4. 11．(2016·陕西统一检测)cos π9·cos 2π9·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π9＝( )A ．－18B ．－116 C.116 D.18解析 cos π9·cos 2π9·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－239π＝cos 20°·cos 40°·cos 100°＝－cos 20°·cos 40°·cos80°＝－sin 20°cos 20°cos 40°cos 80°sin 20°＝－12sin 40°·cos 40°·cos 80°sin 20°＝－14sin 80°·cos 80°sin 20°＝－18sin 160°sin 20°＝－18sin 20°sin 20°＝－18. 答案 A12．(2017·上饶调研)设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )A ．[－2，1]B ．[－1，2]C ．[－1,1]D ．[1，2]解析 ∵sin αcos β－cos αsin β＝1，∴sin(α－β)＝1， ∵α，β∈[0，π]，∴α－β＝π2，由⎩⎪⎨⎪⎧0≤α≤π，0≤β＝α－π2≤π⇒π2≤α≤π，∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－α＋π2＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4，∵π2≤α≤π，∴3π4≤α＋π4≤54π，∴－1≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4≤1，即所求的取值范围是[－1,1]，故选C. 答案 C13．已知cos 4α－sin 4α＝23，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝________.解析 ∵cos 4α－sin 4α＝(sin 2α＋cos 2α)(cos 2α－sin 2α)＝cos 2α＝23，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴2α∈(0，π)，∴sin 2α＝1－cos 22α＝53， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝12cos 2α－32sin 2α ＝12×23－32×53＝2－156. 答案2－15614．(2016·西安模拟)如图，现要在一块半径为1 m ，圆心角为π3的扇形白铁片AOB 上剪出一个平行四边形MNPQ ，使点P 在弧AB 上，点Q 在OA 上，点M ，N 在OB 上，设∠BOP ＝θ，平行四边形MNPQ 的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式． (2)求S 的最大值及相应的θ角． 解 (1)分别过P ，Q作PD ⊥OB 于D ，QE ⊥OB 于E ，则四边形QEDP 为矩形． 由扇形半径为1 m ，得PD ＝sin θ，OD ＝cos θ.在Rt △OEQ 中，OE ＝33QE ＝33PD ，MN ＝QP ＝DE ＝OD －OE ＝cos θ－33sin θ，S ＝MN ·PD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ－33sin θ·sin θ＝sin θcos θ－33sin 2θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3.(2)由(1)得S ＝12sin 2θ－36(1－cos 2θ)＝12sin 2θ＋36cos 2θ－36＝33sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π6－36，因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，所以2θ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1.当θ＝π6时，S max ＝36(m 2).。