（浙江專用）2022高考數學二輪復習 專題一 平面向量、三角函數與解三角形學案

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1、（浙江專用）2022高考數學二輪復習 專題一 平面向量、三角函數與解三角形學案 小題考情分析 大題考情分析 ?？键c 1.平面向量的數量積及應用(5年5考) 2.三角函數的圖象與性質及應用(5年5考) 3.利用正、余弦定理解三角形(5年3考) 　浙江高考對此部分內容在解答題中的考查主要集中在三角恒等變換、解三角形、三角函數的性質．三角恒等變換一般不單獨考查，常結合正、余弦定理考查解三角形，結合三角函數的性質考查三角函數，近兩年三角函數的概念、性質和三角恒等變換是考查的熱點，試題難度中檔偏下. 偶考點 1.平面向量的線性運算 2.三角恒等變換與求值 考點(一) 平面向量

2、的線性運算 主要考查平面向量的加、減、數乘等線性運算以及向量共線定理的應用. [典例感悟] [典例]　(1)已知向量a＝(1,3)，b＝(－2，k)，且(a＋2b)∥(3a－b)，則實數k＝(　　) A．4　　　　　　　　 　B．－5 C．6 D．－6 (2)(2018·浙江三模)已知向量e1＝(1,2)，e2＝(3,4)，且x，y∈R，xe1＋ye2＝(5,6)，則x－y＝(　　) A．3 B．－3 C．1 D．－1 (3)(2019屆高三 ·浙江名校聯(lián)考)若點P是△ABC的外心，且＋＋λ＝0，∠ACB＝120°，則實數λ的值為(　　) A. B．

3、－ C．－1 D．1 [解析]　(1)a＋2b＝(－3,3＋2k)，3a－b＝(5,9－k)，由題意可得－3(9－k)＝5(3＋2k)，解得k＝－6.故選D. (2)∵向量e1＝(1,2)，e2＝(3,4)，且x，y∈R，xe1＋ye2＝(5,6)，則(x＋3y,2x＋4y)＝(5,6)， ∴解得∴x－y＝－3.故選B. (3)設AB的中點為D，則＋＝2.因為＋＋λ＝0，所以2＋λ＝0，所以向量，共線．又P是△ABC的外心，所以PA＝PB，所以PD⊥AB，所以CD⊥AB.因為∠ACB＝120°，所以∠APB＝120°，所以四邊形APBC是菱形，從而＋＝2＝，所以2＋λ＝＋λ＝0，

4、所以λ＝－1，故選C. [答案]　(1)D　(2)B　(3)C [方法技巧] 掌握平面向量線性運算的2種技巧 (1)對于平面向量的線性運算問題，要盡可能轉化到三角形或平行四邊形中，靈活運用三角形法則、平行四邊形法則，緊密結合圖形的幾何性質進行運算． (2)在證明兩向量平行時，若已知兩向量的坐標形式，常利用坐標運算來判斷；若兩向量不是以坐標形式呈現(xiàn)的，常利用共線向量定理(當b≠0時，a∥b?存在唯一實數λ，使得a＝λb)來判斷． [演練沖關] 1．(2019屆高三·臺州檢測)已知e1，e2是平面內兩個不共線向量，＝e1－ke2，＝2e1－e2，＝3e1－3e2，若A，B，D三點共線

5、，則k的值為(　　) A．2 B．－3 C．－2 D．3 解析：選A　∵＝2e1－e2，＝3e1－3e2， ∴＝－＝(3e1－3e2)－(2e1－e2)＝e1－2e2. ∵A，B，D三點共線， ∴與共線， ∴存在唯一的實數λ，使得e1－ke2＝λ(e1－2e2)． 即解得k＝2. 2.(2018·浙江模擬)如圖，在△ABC中，點D，E是線段BC上兩個動點，且＋＝x＋y，則＋的最小值為(　　) A． B．2 C． D． 解析：選D　設＝m＋n，＝λ＋μ， ∵B，D，E，C共線，∴m＋n＝1，λ＋μ＝1. ∵＋＝x＋y，則x＋y＝2， ∴＋＝(x＋

6、y)＝≥＝.則＋的最小值為. 3．(2018·衢州期中)已知D為△ABC的邊AB的中點，M在DC上滿足5＝＋3，則△ABM與△ABC的面積比為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　因為D是AB的中點，所以＝2， 因為5＝＋3， 所以2－2＝3－3，即2＝3， 所以5＝3＋3＝3，所以＝， 設h1，h2分別是△ABM，△ABC的AB邊上的高， 所以＝＝＝＝＝. 考點(二) 平面向量的數量積及應用 主要考查數量積的運算、夾角，向量模的計算問題及平面向量中的最值問題. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·遂寧模擬)如圖，在△ABC中，

7、AD⊥AB，＝ ，||＝1，則·的值為(　　) A．2　　　　　　　　　 B． C． D． (2)向量a，b滿足|a|＝4，b·(a－b)＝0.若|λa－b|的最小值為2(λ∈R)，則a·b＝(　　) A．0 B．4 C．8 D．16 (3)(2018·杭州二模)記M的最大值和最小值分別為Mmax和Mmin.若平面向量a，b，c滿足|a|＝|b|＝a·b＝c·(a＋2b－2c)＝2，則(　　) A．|a－c|max＝ B．|a＋c|max＝ C．|a－c|min＝ D．|a＋c|min＝ [解析]　(1)∵在△ABC中，AD⊥AB， ∴·＝0， ·＝(

8、＋)· ＝·＋· ＝· ＝ · ＝(－)· ＝ ·－ · ＝. (2)法一：由已知得a·b＝b2，則|λa－b|＝＝(λ∈R)，當且僅當λ＝時，|λa－b|有最小值2，所以162－2a·b＋a·b＝4，所以(a·b－8)2＝0，故a·b＝8.故選C. 法二：向量a，b滿足|a|＝4，b·(a－b)＝0，即a·b＝b2.由題意知|λa－b|＝＝≥2(λ∈R)，即16λ2－2λa·b＋a·b－4≥0對于λ∈R恒成立，所以對于方程16λ2－2λa·b＋a·b－4＝0，Δ＝4(a·b)2－64(a·b－4)≤0，即(a·b－8)2≤0，所以(a·b－8)2＝0，所以a·b＝8.故選C.

9、 (3)由a·b＝2×2cos〈a，b〉＝2， 可得cos〈a，b〉＝，sin〈a，b〉＝， 設＝a＝(2,0)，＝b＝(1，)，＝c＝(x，y)， 可得(x，y)·(4－2x,2－2y)＝2， 即x(4－2x)＋y(2－2y)＝2， 可化為x2＋y2－2x－y＋1＝0， 則C在以圓心P，半徑r＝的圓上運動， 且|a－c|表示點A與點C的距離， 顯然最大值為|AP|＋r＝ ＋＝， 最小值為|AP|－r＝ －＝. 設D(－2,0)，則|a＋c|＝|＋|＝|－＋|＝||， 則|a＋c|表示點D(－2,0)與點C的距離， 顯然最大值為|DP|＋r＝ ＋＝， 最小值為|DP

10、|－r＝. [答案]　(1)D　(2)C　(3)A [方法技巧] 在求解與向量的模有關的問題時，往往會涉及“平方”技巧，注意對結論(a±b)2＝|a|2＋|b|2±2a·b，(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋b·c＋a·c)的靈活運用．另外，向量作為工具性的知識，具備代數和幾何兩種特征，求解此類問題時可以使用數形結合的思想，從而加快解題速度． [演練沖關] 1．如圖，在四邊形ABCD中，AB＝6，AD＝2，＝，AC與BD相交于點O，E是BD的中點，若·＝8，則·＝(　　) A．－9 B．－ C．－10 D．－ 解析：選D　由＝，可得DC∥AB，

11、且DC＝2，則△AOB∽△COD，＝＝＝＋，又E是BD的中點，所以＝＋，則·＝·＝＋＋·＝＋＋·＝8，則·＝4，則·＝·＝－－·＝4－×36－×4＝－. 2．(2018·溫州二模)已知向量a，b滿足|a|＝1，且對任意實數x，y，|a－xb|的最小值為，|b－ya|的最小值為，則|a＋b|＝(　　) A. B. C.或 D.或 解析：選C　取a＝(1,0)，b＝(c，d)， 則|a－xb|＝ ＝ ≥， ∴1－＝， 又|b－ya|＝≥，可得d2＝3， 解得c2＝1. ∴|a＋b|＝＝＝或. 3．(2019屆高三·湖州五校模擬)設a，b滿足|a|＝1，|a＋2b|＝2

12、，則|2a－b|的取值范圍是________． 解析：設|2a－b|＝t，則4a2－4a·b＋b2＝t2， ∵|a＋2b|＝2，則a2＋4a·b＋4b2＝4， ∴5a2＋5b2＝t2＋4， ∵|a|＝1，∴t2＝1＋5b2， ∵|a＋2b|＝2，|a|＝1， ∴由|a＋2b|≤|a|＋2|b|＝1＋2|b|，得|b|≥， 由|2b＋a|≥2|b|－|a|＝2|b|－1，得|b|≤， ∴≤b2≤， ∴t2＝1＋5b2∈， ∴≤t≤， ∴|2a－b|∈. 答案：

13、 (一) 主干知識要記牢 1．平面向量的兩個充要條件 若兩個非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則 (1)a∥b?a＝λb(b≠0)?x1y2－x2y1＝0. (2)a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0. 2．平面向量的性質 (1)若a＝(x，y)，則|a|＝＝. (2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則||＝. (3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cos θ＝＝ . (4)|a·b|≤|a|·|b|. (二) 二級結論要用好 1．三點共線的判定 (1)A，B，C三點共線?，共線． (2)向量

14、，，中三終點A，B，C共線?存在實數α，β使得＝α＋β，且α＋β＝1. [針對練1]　在?ABCD中，點E是AD邊的中點，BE與AC相交于點F，若＝m＋n (m，n∈R)，則＝________. 解析：如圖，∵＝2，＝m＋n，∴＝＋＝m＋(2n＋1)， ∵F，E，B三點共線，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－2. 答案：－2 2．中點坐標和三角形的重心坐標 (1)設P1，P2的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則線段P1P2的中點P的坐標為. (2)三角形的重心坐標公式：設△ABC的三個頂點的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，則△ABC的重心坐標為.

15、 3．三角形“四心”向量形式的充要條件 設O為△ABC所在平面上一點，角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，則 (1)O為△ABC的外心?||＝||＝||＝. (2)O為△ABC的重心?＋＋＝0. (3)O為△ABC的垂心?·＝·＝·. (4)O為△ABC的內心?a＋b＋c＝0. (三) 易錯易混要明了 1．要特別注意零向量帶來的問題：0的模是0，方向任意，并不是沒有方向；0與任意向量平行；λ0＝0(λ∈R)，而不是等于0；0與任意向量的數量積等于0，即0·a＝0；但不說0與任意非零向量垂直． 2．當a·b＝0時，不一定得到a⊥b，當a⊥b時，a·b＝0；a·b＝c·b，不

16、能得到a＝c，即消去律不成立；(a·b)·c與a·(b·c)不一定相等，(a·b)·c與c平行，而a·(b·c)與a平行． 3．兩向量夾角的范圍為[0，π]，向量的夾角為銳角與向量的數量積大于0不等價． [針對練2]　已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a與b的夾角為鈍角，則λ的取值范圍是________． 解析：依題意，當a與b的夾角為鈍角時，a·b＝－2λ－1<0，解得λ>－.而當a與b共線時，有－2×1＝－λ，解得λ＝2，即當λ＝2時，a＝－b，a與b反向共線，此時a與b的夾角為π，不是鈍角，因此，當a與b的夾角為鈍角時，λ的取值范圍是∪(2，＋∞)． 答案：∪(2，＋

17、∞) A組——10＋7提速練 一、選擇題 1．已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，則實數x為(　　) A．－　　　　　　　　　 B． C． D．－ 解析：選C　∵a∥b，∴3×＝4x，解得x＝，故選C. 2．(2019屆高三·杭州六校聯(lián)考)已知向量a和b的夾角為120°，且|a|＝2，|b|＝5，則(2a－b)·a＝(　　) A．9 B．10 C．12 D．13 解析：選D　∵向量a和b的夾角為120°，

18、且|a|＝2，|b|＝5， ∴a·b＝2×5×cos 120°＝－5， ∴(2a－b)·a＝2a2－a·b＝2×4＋5＝13， 故選D. 3．(2018·全國卷Ⅰ)在△ABC中，AD為BC邊上的中線，E為AD的中點，則＝(　　) A.－ B.－ C.＋ D.＋ 解析：選A　作出示意圖如圖所示．＝＋＝＋＝×(＋)＋(－)＝－.故選A. 4．設向量a＝(－2,1)，a＋b＝(m，－3)，c＝(3,1)，若(a＋b)⊥c，則cos〈a，b〉＝(　　) A．－ B． C． D．－ 解析：選D　由(a＋b)⊥c可得，m×3＋(－3)×1＝0，解得m＝1.所以a＋

19、b＝(1，－3)，故b＝(a＋b)－a＝(3，－4)． 所以cos〈a，b〉＝＝＝－，故選D. 5．P是△ABC所在平面上一點，滿足|－|－|＋－2|＝0，則△ABC的形狀是(　　) A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等邊三角形 解析：選B　∵P是△ABC所在平面上一點，且|－|－|＋－2|＝0， ∴||－|(－)＋(－)|＝0， 即||＝|＋|， ∴|－|＝|＋|， 兩邊平方并化簡得·＝0， ∴⊥，∴∠A＝90°， 則△ABC是直角三角形． 6.(2018·浙江二模)如圖，設A，B是半徑為2的圓O上的兩個動點，點C為AO中點，則·的取值范

20、圍是(　　) A．[－1,3]　　　　　　 　B．[1,3] C．[－3，－1] D．[－3,1] 解析：選A　建立平面直角坐標系如圖所示， 可得O(0,0)，A(－2,0)，C(－1,0)，設B(2cos θ，2sin θ)．θ∈[0,2π)． 則·＝(1,0)·(2cos θ＋1，2sin θ)＝2cos θ＋1∈[－1,3]． 故選A. 7．(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)已知在△ABC中，AB＝4，AC＝2，AC⊥BC，D為AB的中點，點P滿足＝＋，則·(＋)的最小值為(　　) A．－2 B．－ C．－ D．－ 解析：選C　由＝＋知點P在直線CD上，以點

21、C為坐標原點，CB所在直線為x軸，CA所在直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則C(0,0)，A(0,2)，B(2，0)，D(，1)，∴直線CD的方程為y＝x，設P，則＝，＝，＝，∴＋＝， ∴·(＋)＝－x(2－2x)＋x2－x＝x2－x＝2－， ∴當x＝時，·(＋)取得最小值－. 8．已知單位向量a，b，c是共面向量，a·b＝，a·c＝b·c<0，記m＝|λa－b|＋|λa－c|(λ∈R)，則m2的最小值是(　　) A．4＋ B．2＋ C．2＋ D．4＋ 解析：選B　由a·c＝b·c，可得c·(a－b)＝0，故c與a－b垂直，又a·c＝b·c<0，記＝a，＝b，＝c，

22、以O為坐標原點，的方向為x軸正方向建立如圖所示的平面直角坐標系，設＝λa，則|λa－b|＋|λa－c|＝||＋||≥|b－c|＝||，由圖可知最小值為BC，易知∠OBC＝∠BCO＝15°，所以∠BOC＝150°，在△BOC中，BC2＝BO2＋OC2－2BO·OC·cos∠BOC＝2＋.所以m2的最小值是2＋. 9．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上．若＝λ＋μ，則λ＋μ的最大值為(　　) A．3 B．2 C. D．2 解析：選A　以A為坐標原點，AB，AD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,0)，B(1,0)

23、，C(1,2)，D(0,2)，可得直線BD的方程為2x＋y－2＝0，點C到直線BD的距離為＝，所以圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝. 因為P在圓C上，所以P. 又＝(1,0)，＝(0,2)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)， 所以 λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，當且僅當θ＝＋2kπ－φ，k∈Z時，λ＋μ取得最大值3. 10．如圖，在四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，設·＝m，·＝n.若AB＝，EF＝1，CD＝，則(　　) A．2m－n＝1 B．2m－2n＝1 C．m－2n＝1 D．2n－2m＝1 解析：

24、選D　·＝(＋)·(－＋)＝－2＋·－·＋·＝－2＋·(－)＋m＝－2＋·(＋＋－)＋m＝·＋m.又＝＋＋，＝＋＋，兩式相加，再根據點E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，化簡得2＝＋，兩邊同時平方得4＝2＋3＋2·，所以·＝－，則·＝，所以n＝＋m，即2n－2m＝1，故選D. 二、填空題 11．(2018·龍巖模擬)已知向量a，b夾角為60°，且|a|＝1，|2a－b|＝2，則|b|＝________. 解析：∵|2a－b|＝2，∴4a2－4a·b＋b2＝12， ∴4×12－4×1×|b|cos 60°＋|b|2＝12， 即|b|2－2|b|－8＝0， 解得|b|＝4. 答案：4

25、12.(2019屆高三·寧波效實模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4，則(＋)·(＋)＝________. 解析：∵在平面四邊形ABCD中，|AC|＝3，|BD|＝4， ∴＋＝＋＋＋＝＋＝－， ＋＝＋＋＋＝＋， ∴(＋)·(＋)＝(－)(＋)＝2－2＝9－16＝－7. 答案：－7 13．設向量a，b滿足|a＋b|＝2|a－b|，|a|＝3，則|b|的最大值是________；最小值是________． 解析：由|a＋b|＝2|a－b|兩邊平方，得a2＋2a·b＋b2＝4(a2－2a·b＋b2)，化簡得到3a2＋3b2＝10a·b≤10|a||b|，|b|

26、2－10|b|＋9≤0，解得1≤|b|≤9. 答案：9　1 14．(2018·嘉興期末)在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，D為AB邊上的點，且＝2，則·＝________；若＝x＋y，則xy＝________. 解析：以A為坐標原點，，分別為x軸，y軸的正方向建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,0)，B(2,0)，C(0,2)，D，所以·＝·(0，－2)＝4.由＝x＋y，得＝x(0，－2)＋y(2，－2)，所以＝2y，－2＝－2x－2y，解得x＝，y＝，所以xy＝. 答案：4　 15．(2018·溫州二模)若向量a，b滿足(a＋b)2－b2＝|a|＝3，且|b|≥2，則a·b＝_

27、_______，a在b方向上的投影的取值范圍是________． 解析：向量a，b滿足(a＋b)2－b2＝|a|＝3， ∴a2＋2a·b＋b2－b2＝3， ∴9＋2a·b＝3，∴a·b＝－3； 則a在b方向上的投影為|a|cos θ＝＝， 又|b|≥2，∴－≤<0， ∴a在b方向上的投影取值范圍是. 答案：－3　 16．(2018·溫州適應性測試)已知向量a，b滿足|a|＝|b|＝a·b＝2，向量x＝λa＋(1－λ)b，向量y＝ma＋nb，其中λ，m，n∈R，且m>0，n>0.若(y－x)·(a＋b)＝6，則m2＋n2的最小值為________． 解析：法一：依題意得，[ma

28、＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6，所以[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6， 因為|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－λ)＋(n－1＋λ)]＝6， 所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2， 所以m2＋n2＝m2＋(2－m)2＝2m2－4m＋4＝2(m－1)2＋2≥2，當且僅當m＝1時取等號， 所以m2＋n2的最小值為2. 法二：依題意得，[ma＋nb－λa－(1－λ)b]·(a＋b)＝6， 即[(m－λ)a＋(n－1＋λ)b]·(a＋b)＝6， 因為|a|＝|b|＝a·b＝2，所以4(m－λ)＋4(n－1＋λ)＋2[(m－

29、λ)＋(n－1＋λ)]＝6， 所以m＋n－1＝1，即m＋n＝2，所以m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4－2mn≥4－22＝2，當且僅當m＝n＝1時取等號，所以m2＋n2的最小值為2. 答案：2 17．已知在△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝4.若點P在△ABC的內切圓上運動，則·(＋)的最小值為________，此時點P的坐標為________． 解析：因為AC⊥AB，所以以A為坐標原點，以AB，AC所在的直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)．由題意可知△ABC內切圓的圓心為D(1,1)，半徑為1.因為點P在△ABC的

30、內切圓上運動，所以可設P(1＋cos θ，1＋sin θ)(0≤θ<2π)．所以＝(－1－cos θ，－1－sin θ)，＋＝(1－2cos θ，2－2sin θ)，所以·(＋)＝(－1－cos θ)(1－2cos θ)＋(－1－sin θ)(2－2sin θ)＝－1＋cos θ＋2cos2 θ－2＋2sin2 θ＝－1＋cos θ≥－1－1＝－2，當且僅當cos θ＝－1，即P(0,1)時，·(＋)取到最小值，且最小值為－2. 答案：－2　(0,1) B組——能力小題保分練 1．已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點D，E分別是邊AB，BC的中點，連接DE并延長到點F，使得DE＝2EF

31、，則·的值為(　　) A．－ B. C. D. 解析：選B　如圖所示，＝＋. 又D，E分別為AB，BC的中點，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝， 所以＝＋. 又＝－， 則·＝·(－) ＝·－2＋2－· ＝2－2－·＝||2－||2－×||×||×cos∠BAC. 又||＝||＝1，∠BAC＝60°， 故·＝－－×1×1×＝. 2.如圖，在等腰梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠ADC＝120°，AB＝4，CD＝2，動點E和F分別在線段BC和DC上，且＝，＝λ，則·的最小值是(　　) A．4＋13 B．4－13 C．4＋ D．4－ 解析：選B　在等腰梯形

32、ABCD中，AB＝4，CD＝2，∠ADC＝120°，易得AD＝BC＝2.由動點E和F分別在線段BC和DC上得，所以<λ<1.所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||cos 120°＋||·||－||·||＋||·||cos 60°＝4×2×＋×2－4×(1－λ)×2＋×(1－λ)×2×＝－13＋8λ＋≥－13＋2＝4－13，當且僅當λ＝時取等號．所以·的最小值是4－13. 3．(2018·臺州一模)已知單位向量e1，e2，且e1·e2＝－，若向量a滿足(a－e1)·(a－e2)＝，則|a|的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　∵單位向量e1，e2，

33、且e1·e2＝－， ∴〈e1，e2〉＝120°， ∴|e1＋e2|＝ ＝1. 若向量a滿足(a－e1)·(a－e2)＝， 則a2－a·(e1＋e2)＋e1·e2＝， ∴|a|2－a·(e1＋e2)＝， ∴|a|2－|a|·cos〈a，e1＋e2〉＝， 即cos〈a，e1＋e2〉＝. ∵－1≤cos〈a，e1＋e2〉≤1， ∴－1≤|a|－≤1， 解得－≤|a|≤＋， ∴|a|的取值范圍為. 4．(2017·麗水模擬)在△ABC和△AEF中，B是EF的中點，AB＝EF＝1，BC＝6，CA＝，若·＋·＝2，則與的夾角的余弦值等于________． 解析：由題意可得2＝(－

34、)2＝2＋2－2·＝33＋1－2·＝36，∴·＝－1. 由·＋·＝2， 可得·(＋)＋·(＋) ＝2＋·＋·＋· ＝1－·＋(－1)＋· ＝·(－) ＝·＝2， 故有·＝4. 再由·＝1×6×cos〈，〉， 可得6×cos〈，〉＝4，∴cos〈，〉＝. 答案： 5．(2019屆高三·鎮(zhèn)海中學模擬)已知向量a，b的夾角為，|b|＝2，對任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|，則|tb－a|＋(t∈R)的最小值為________． 解析：向量a，b夾角為，|b|＝2，對任意x∈R，有|b＋xa|≥|a－b|， 兩邊平方整理可得x2a2＋2xa·b－(a2－2a·b)≥0，

35、 則Δ＝4(a·b)2＋4a2(a2－2a·b)≤0， 即有(a2－a·b)2≤0，即為a2＝a·b， 則(a－b)⊥a， 由向量a，b夾角為，|b|＝2， 由a2＝a·b＝|a|·|b|·cos，得|a|＝1， 則|a－b|＝＝， 畫出＝a，＝b，建立平面直角坐標系，如圖所示： 則A(1,0)，B(0，)， ∴a＝(－1,0)，b＝(－1，)； ∴|tb－a|＋ ＝＋ ＝＋ ＝2 表示P(t,0)與M，N的距離之和的2倍， 當M，P，N共線時，取得最小值2|MN|. 即有2|MN|＝2＝. 答案： 6．已知定點A，B滿足||＝2，動點P與動點M滿足||

36、＝4，＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，且||＝||，則·的取值范圍是________；若動點C也滿足||＝4，則·的取值范圍是________． 解析：因為＝λ＋(1－λ) (λ∈R)，λ＋1－λ＝1，所以根據三點共線知，點M在直線PB上，又||＝||，記PA的中點為D，連接MD，如圖，則MD⊥AP，·＝·(＋)＝·＋0＝2，因為||＝4，所以點P在以B為圓心，4為半徑的圓上，則||∈[2,6]，則·＝2∈[2,18]． 由于|MA|＋|MB|＝|MP|＋|MB|＝4，所以點M在以A，B為焦點，長軸的長為4的橢圓上，以直線AB為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，則橢圓方程為

37、＋＝1，點C在圓(x－1)2＋y2＝16上，A(－1,0)，設M(2cos α，sin α)，C(4cos β＋1，4sin β)，則＝(4cos β＋2,4sin β)，＝(2cos α＋1，sin α)， ·＝(8cos α＋4)cos β＋4sin αsin β＋4cos α＋2 ＝sin(β＋φ)＋4cos α＋2 ＝(4cos α＋8)sin(β＋φ)＋4cos α＋2， 最大值是(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝8cos α＋10≤18， 最小值是－(4cos α＋8)＋4cos α＋2＝－6， 所以·∈[－6,18]． 答案：[2,18]　[－6,18] 第

38、二講 小題考法——三角函數的圖象與性質 考點(一) 三角函數的圖象及應用 主要考查三角函數的圖象變換或根據圖象求解析式(或參數). [典例感悟] [典例]　(1)要想得到函數y＝sin 2x＋1的圖象，只需將函數y＝cos 2x的圖象(　　) A．向左平移個單位長度，再向上平移1個單位長度 B．向右平移個單位長度，再向上平移1個單位長度 C．向左平移個單位長度，再向下平移1個單位長度 D．向右平移個單位長度，再向下平移1個單位長度 (2)已知函數g(x)＝sin2x－cos2x，如圖是函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象，為了得到f(x)的圖象，只需將g(

39、x)的圖象(　　) A．向左平移個單位長度 B．向左平移個單位長度 C．向右平移個單位長度 D．向右平移個單位長度 (3)將函數f(x)＝2sincoscos φ＋sin φ的圖象向左平移個單位長度后得到函數g(x)的圖象，且函數g(x)的圖象關于y軸對稱，則g的值為(　　) A.　　　　　　　　 　B．－ C. D．－ [解析]　(1)先將函數y＝cos 2x＝sin的圖象向右平移個單位長度，得到y(tǒng)＝sin 2x的圖象，再向上平移1個單位長度，即得y＝sin 2x＋1的圖象，故選B. (2)設函數f(x)的最小正周期為T，由圖象知A＝1，T＝×＝π＝，所以ω＝2.因為f

40、＝1，所以2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，又|φ|<，所以φ＝，f(x)＝sin.將g(x)＝sin2x－cos2x＝－cos 2x＝sin的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象對應的解析式為y＝sin＝sin.故選B. (3)將函數f(x)＝2sincoscos φ＋·sin φ＝sin xcos φ＋cos xsin φ＝sin(x＋φ)的圖象向左平移個單位長度后，所得圖象對應的函數解析式為g(x)＝sin.由g(x)＝sin的圖象關于y軸對稱，可得g(x)為偶函數，故φ＋＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ＋，k∈Z.又|φ|<，故φ＝，可得函數g(x)＝sin，g＝sin＝. [答案]　(1)B

41、　(2)B　(3)A [方法技巧] 1．函數表達式y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)＋B的確定方法 字母 確定途徑 說明 A 由最值確定 A＝ B 由最值確定 B＝ ω 由函數的 周期確定 相鄰的最高點與最低點的橫坐標之差的絕對值為半個周期，最高點(或最低點)的橫坐標與相鄰零點之差的絕對值為個周期，ω＝ φ 由圖象上的 特殊點確定 一般把第一個零點作為突破口，可以從圖象的升降找準第一個零點的位置，利用待定系數法并結合圖象列方程或方程組求解 2．三角函數圖象平移問題處理的“三看”策略 [演練沖關] 1．(2017·全國卷Ⅰ)已知曲線C1：y＝cos x，

42、C2：y＝sin，則下面結論正確的是(　　) A．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2 B．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2 C．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2 D．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2 解析：選D　易知C1：y＝cos x＝sin，把曲線C1上的各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，得到函數y＝sin的圖象，再把所得函數的

43、圖象向左平移個單位長度，可得函數y＝sin＝sin的圖象，即曲線C2. 2．(2019屆高三·金華十校聯(lián)考)已知函數f(x)＝sin(x∈R，ω>0)與g(x)＝cos(2x＋φ)的對稱軸完全相同．為了得到h(x)＝cos的圖象，只需將y＝f(x)的圖象(　　) A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度 C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度 解析：選A　函數f(x)＝sin與g(x)＝cos(2x＋φ)的對稱軸完全相同， 則ω＝2，且f(x)＝sin， 又h(x)＝cos＝sin＝sin， 把f(x)＝sin的圖象向左平移個單位長度， 可得y＝sin＝s

44、in＝h(x)的圖象． 3.(2019屆高三·鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的部分圖象如圖所示，則φ＝________，為了得到g(x)＝Acos ωx的圖象，需將函數y＝f(x)的圖象最少向左平移________個單位長度． 解析：由圖象可得A＝2， ∵＝－＝， ∴T＝π，ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋φ)， 將代入得sin＝1， ∵－π<φ<0，∴φ＝－，f(x)＝2sin. ∵f＝2sin＝2cos 2x＝g(x)， ∴可將函數y＝f(x)的圖象向左平移個單位長度得到g(x)的圖象， 故答案為－，. 答案：－　

45、 4.已知函數f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)為奇函數，該函數的部分圖象如圖所示，△EFG(點G是圖象的最高點)是邊長為2的等邊三角形，則f(1)＝________. 解析：由題意得，A＝，T＝4＝，ω＝. 又∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)為奇函數， ∴φ＝＋kπ，k∈Z，∵0<φ<π，則φ＝， ∴f(x)＝cos，∴f(1)＝－. 答案：－ 考點(二) 三角函數的性質及應用 主要考查三角函數的奇偶性及對稱性、周期性或求函數的單調區(qū)間，以及根據函數的單調性、奇偶性、周期性等求參數或取值范圍. [典例感悟] [典例]　(1)函數f(x)＝

46、sin，x∈[－1,1]，則(　　) A．f(x)為偶函數，且在[0,1]上單調遞減 B．f(x)為偶函數，且在[0,1]上單調遞增 C．f(x)為奇函數，且在[－1,0]上單調遞增 D．f(x)為奇函數，且在[－1,0]上單調遞減 (2)已知函數f(x)＝sin xcos 2x，則下列關于函數f(x)的結論中，錯誤的是(　　) A．最大值為1 B．圖象關于直線x＝－對稱 C．既是奇函數又是周期函數 D．圖象關于點中心對稱 (3)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－為f(x)的零點，x＝為y＝f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在上單調，則ω的最大值為(　　) A．1

47、1　　　　　　　　 　B．9 C．7 D．5 [解析]　(1)∵函數f(x)＝sin＝cos πx，故函數f(x)為偶函數，故排除C、D.當x∈[0,1]時，πx∈[0，π]，函數y＝cos πx是減函數，故排除B，選A. (2)∵函數f(x)＝sin xcos 2x，當x＝時，f(x)取得最大值為1，故A正確；當x＝－時，函數f(x)＝1，為函數的最大值，故圖象關于直線x＝－對稱；故B正確；函數f(x)滿足f(－x)＝sin(－x)cos(－2x)＝－sin xcos 2x＝－f(x)，故函數f(x)為奇函數，再根據f(x＋2π)＝sin(x＋2π)cos[2(x＋2π)]＝sin

48、 xcos 2x，故f(x)的周期為2π，故C正確；由于f＋f(x)＝－cos x·cos(3π－2x)＋sin xcos 2x＝cos xcos 2x＋sin xcos 2x＝cos 2x(sin x＋cos x)＝0不一定成立，故f(x)圖象不一定關于點中心對稱，故D不正確，故選D. (3)由題意得 且|φ|≤， 則ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－. 對比選項，將選項各值依次代入驗證： 若ω＝11，則φ＝－，此時f(x)＝sin，f(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，不滿足f(x)在區(qū)間上單調； 若ω＝9，則φ＝，此時f(x)＝sin，滿足f(x)在區(qū)間上單調遞減，故選

49、B. [答案]　(1)A　(2)D　(3)B [方法技巧] 1．求函數單調區(qū)間的方法 (1)代換法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ為常數，A≠0，ω>0)的單調區(qū)間時，令ωx＋φ＝z，得y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由復合函數的單調性求得． (2)圖象法：畫出三角函數的圖象，結合圖象求其單調區(qū)間． 2．判斷對稱中心與對稱軸的方法 利用函數y＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸一定經過圖象的最高點或最低點，對稱中心一定是函數的零點這一性質，通過檢驗f(x0)的值進行判斷． 3．求三角函數周期的常用結論 (1)y＝Asin(ωx＋

50、φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為，y＝tan的最小正周期為. (2)正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是個周期；正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是個周期． [演練沖關] 1．(2018·浙江十校聯(lián)考)下列四個函數中，以π為最小正周期，在上單調遞減且為偶函數的是(　　) A．y＝sin|x| B．y＝cos|x| C．y＝|tan x| D．y＝－ln|sin x| 解析：選D　由題意知函數y＝sin|x|在上單調遞增，y＝cos|x|的最小正周期為2π，y＝|tan x|在上單調遞增，故排除A、B、

51、C.因為f(x)＝|sin x|為偶函數，且當x∈時單調遞增，所以y＝－ln|sin x|為偶函數，且當x∈時單調遞減，又g(x)＝sin x的最小正周期為2π，所以f(x)＝|sin x|的最小正周期為π，則函數y＝－ln|sin x|的最小正周期為π.故選D. 2．已知函數f(x)＝sin＋，ω>0，x∈R，且f(α)＝－，f(β)＝.若|α－β|的最小值為，則函數f(x)的單調遞增區(qū)間為________． 解析：由f(α)＝－，f(β)＝，|α－β|的最小值為，知＝，即T＝3π＝，所以ω＝，所以f(x)＝sin＋.由－＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，得－＋3kπ≤x≤π＋3kπ，k

52、∈Z，即函數f(x)的單調遞增區(qū)間為，k∈Z. 答案：，k∈Z 3．已知函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為π，則ω＝________，若f(x)>1對任意的x∈恒成立，則φ的取值范圍是________． 解析：∵函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為π，∴＝2π，ω＝1，f(x)＝2sin(x＋φ)． ∵當x∈，即x＋φ∈時，f(x)>1恒成立， ∴當x＋φ∈時，sin(x＋φ)>恒成立，又|φ|≤，∴－＋φ≥，且＋φ≤，解得≤φ≤. 答案：1　 考點(三) 三角函數的值域與最值問題 主要考查求三角函數的值域

53、或最值，以及根據函數的值域或最值求參數. [典例感悟] [典例]　(1)函數f(x)＝cos 2x＋6cos的最大值為(　　) A．4　　　　　　　　　 　B．5 C．6 D．7 (2)函數f(x)＝sin在上的值域為________． (3)(2018·鄭州模擬)已知函數f(x)＝sin，其中x∈，若f(x)的值域是，則實數a的取值范圍是________． [解析]　(1)∵f(x)＝cos 2x＋6cos＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－22＋， 又sin x∈[－1,1]，∴當sin x＝1時，f(x)取得最大值5. (2)∵x∈，

54、∴2x＋∈， ∴當2x＋＝，即x＝時，f(x)max＝1. 當2x＋＝，即x＝時，f(x)min＝－， ∴f(x)∈. (3)由x∈，知x＋∈. ∵x＋∈時，f(x)的值域為， ∴由函數的圖象知≤a＋≤，∴≤a≤π. [答案]　(1)B　(2)　(3) [方法技巧] 求三角函數的值域(最值)的常見類型及方法 三角函數類型 求值域(最值)方法 y＝asin x＋bcos x＋c 先化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再求值域(最值) y＝asin2x＋bsin x＋c 可先設sin x＝t，化為關于t的二次函數，再求值域(最值) y＝asin xcos x＋

55、 b(sin x±cos x)＋c 可先設t＝sin x±cos x，化為關于t的二次函數，再求值域(最值) y＝ 一般可看成過定點的直線與圓上動點連線的斜率問題，利用數形結合求解 [演練沖關] 1．已知函數y＝2cos x的定義域為，值域為[a，b]，則b－a的值是(　　) A．2 B．3 C.＋2 D．2－ 解析：選B　因為x∈，所以cos x∈，故y＝2cos x的值域為[－2,1]，所以b－a＝3. 2．當x∈時，函數y＝3－sin x－2cos2x的最小值是________，最大值是________． 解析：y＝3－sin x－2cos2x＝3－sin

56、 x－2(1－sin2x)＝22＋. ∵x∈，∴sin x∈. ∴當sin x＝時，ymin＝， 當sin x＝－或sin x＝1時，ymax＝2. 答案：　2 3．(2018·南寧模擬)已知函數f(x)＝cos，其中x∈，若f(x)的值域是，則m的取值范圍是________． 解析：由x∈，可知≤3x＋≤3m＋，∵f＝cos＝－，且f＝cos π＝－1，∴要使f(x)的值域是，需要π≤3m＋≤，即≤m≤. 答案： (一) 主干知識要記牢 1．三角函

57、數的圖象及常用性質 函數 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 圖象 單調性 在(k∈Z)上單調遞增；在(k∈Z)上單調遞減 在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上單調遞增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上單調遞減 在(k∈Z)上單調遞增 對稱性 對稱中心：(kπ，0)(k∈Z)；對稱軸：x＝＋kπ(k∈Z) 對稱中心：(k∈Z)；對稱軸：x＝kπ(k∈Z) 對稱中心：(k∈Z) 2.三角函數的兩種常見的圖象變換 (二) 二級結論要用好 1．sin α－cos α＞0?α的終邊在直線y＝x上方(特殊地，當α在第二象限時有 sin α

58、－cos α＞1)． 2．sin α＋cos α＞0?α的終邊在直線y＝－x上方(特殊地，當α在第一象限時有sin α＋cos α>1)． (三) 易錯易混要明了 求y＝Asin(ωx＋φ)的單調區(qū)間時，要注意ω，A的符號．ω<0時，應先利用誘導公式將x的系數轉化為正數后再求解；在書寫單調區(qū)間時，弧度和角度不能混用，需加2kπ時，不要忘掉k∈Z，所求區(qū)間一般為閉區(qū)間． 如求函數f(x)＝2sin的單調減區(qū)間，應將函數化為f(x)＝－2sin，轉化為求函數y＝sin的單調增區(qū)間．

59、 A組——10＋7提速練 一、選擇題 1．函數f(x)＝tan的單調遞增區(qū)間是(　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 解析：選B　由kπ－<2x－

60、長度 解析：選B　將y＝3sin x的圖象上的所有點的橫坐標縮短倍得到y(tǒng)＝3sin 2x的圖象，再將y＝3sin 2x的圖象再向上平移1個單位長度即得y＝3sin 2x＋1的圖象，故選B. 3.函數f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則函數f(x)的解析式為(　　) A．f(x)＝sin　　 　B．f(x)＝sin C．f(x)＝sin D．f(x)＝sin 解析：選A　由題圖可知， 函數f(x)的最小正周期為T＝＝×4＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sin(2x＋φ)．又函數f(x)的圖象經過點，所以sin＝1，則＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，解得φ＝2kπ＋(k∈Z)，

61、又|φ|<，所以φ＝，即函數f(x)＝sin，故選A. 4．(2018·寧波模擬)將函數y＝sin的圖象向左平移個單位長度，所得函數圖象的一條對稱軸方程是(　　) A．x＝ B．x＝－ C．x＝ D．x＝ 解析：選A　將函數y＝sin的圖象向左平移個單位長度，可得y＝sin＝sin的圖象，令2x＋＝kπ＋，求得x＝＋，k∈Z，可得所得函數圖象的對稱軸方程為x＝＋，k∈Z，令k＝1，可得所得函數圖象的一條對稱軸方程為x＝，故選A. 5．已知函數f(x)＝4cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)為奇函數，A(a,0)，B(b,0)是其圖象上兩點，若|a－b|的最小值是1，則f＝

62、(　　) A．2 B．－2 C. D．－ 解析：選B　∵函數f(x)＝4cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)為奇函數，∴φ＝，f(x)＝－4sin ωx.∵A(a,0)，B(b，0)是其圖象上兩點，|a－b|的最小值是1，∴×＝1，∴ω＝π，f(x)＝－4sin πx，則f＝－4sin＝－2. 6．(2017·天津高考)設函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，則(　　) A．ω＝，φ＝ B．ω＝，φ＝－ C．ω＝，φ＝－ D．ω＝，φ＝ 解析：選A　法一：由f＝2， 得ω＋φ＝＋

63、2kπ(k∈Z)，① 由f＝0，得ω＋φ＝k′π(k′∈Z)，② 由①②得ω＝－＋(k′－2k)． 又最小正周期T＝>2π，所以0<ω<1，ω＝. 又|φ|<π，將ω＝代入①得φ＝.選項A符合． 法二：∵f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π， ∴－＝(2m＋1)，m∈N， ∴T＝，m∈N， ∵f(x)的最小正周期大于2π，∴T＝3π， ∴ω＝＝，∴f(x)＝2sin. 由2sin＝2，得φ＝2kπ＋，k∈Z. 又|φ|<π，∴取k＝0，得φ＝.故選A. 7．若把函數y＝2cos x(cos x－sin x)的圖象向左平移m(m>0)個單位長度后，所得到的圖象關

64、于y軸對稱，則m的最小值是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　法一：y＝2cos x(cosx－sin x)＝2cos2x－2sin xcos x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2sin，該函數的圖象向左平移m個單位長度后，所得圖象對應的函數為y＝1＋2sin＝1＋2sin，由題意知2m＋＝＋kπ，k∈Z，解得m＝－，k∈Z，取k＝1，得到m的最小值為，故選A. 法二：y＝2cos x(cos x－sin x)＝2cos2x－2sin xcos x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2sin，令2x＋＝kπ＋，k∈Z，則x＝－，k∈Z，則原函數的圖象在x軸右側

65、且離y軸最近的一條對稱軸為直線x＝.因為原函數的圖象向左平移m(m>0)個單位長度后得到的圖象關于y軸對稱，所以m的最小值為，故選A. 8．(2019屆高三·溫州期中)設α是三角形的一個內角，在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能為負數的值的個數是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選A　∵α是三角形的一個內角， 若0<α<，則0<<，0<2α<π. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能為負數的是cos 2α與tan 2α； 若α＝，則＝，2α＝π. ∴在sin α，sin，cos

66、α，cos 2α，tan 2α，tan中為負數的是cos 2α； 若<α≤，則<≤，π<2α≤. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能為負數的是cos α與cos 2α； 若<α<π，則<<，<2α<2π. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能為負數的是cos α與tan 2α. ∴在sin α，sin，cos α，cos 2α，tan 2α，tan中可能為負數的值的個數是2個．故選A. 9．已知x＝是函數f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)(0<φ<π)圖象的一條對稱軸，將函數f(x)的圖象向右平移個單位長度后得到函數g(x)的圖象，則函數g(x)在上的最小值為(　　) A．－2 B．－1 C．－ D．－ 解析：選B　f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝2sin.∵x＝是f(x)＝2sin圖象的一條對稱軸，∴2×＋＋φ＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝＋kπ(k∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝，則f(x)＝2sin，∴g(x)＝2sin＝－2sin，則g(x)在上的