專題05三角函數(shù)

考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢

2024年二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式

考點(diǎn)1二倍角公式三角函數(shù)的周期性、單調(diào)

2023年由正切的倍角公式求解

（5年3考）性、奇偶性、對稱性等基礎(chǔ)性質(zhì)

2022年二倍角的余弦公式

是高頻考點(diǎn)，常以選擇題、填空

考點(diǎn)2三角函數(shù)模2025年三角函數(shù)在生活中的應(yīng)用題形式出現(xiàn)。

型（5年2考）2023年幾何中的三角函數(shù)模型兩角和差公式、二倍角公式

的應(yīng)用是核心內(nèi)容，題目常以化

考點(diǎn)3輔助角公式2025年輔助角公式

簡求值、求參數(shù)范圍等形式出

（5年2考）2023年輔助角公式

現(xiàn)。

2025年求cosx(型)函數(shù)的值域

上海高考三角函數(shù)命題在

2023年求sinx的函數(shù)的單調(diào)性、求含sinx(型)

保持基礎(chǔ)穩(wěn)定的同時(shí)，不斷強(qiáng)化

函數(shù)的值域和最值

考點(diǎn)4三角函數(shù)的綜合應(yīng)用和核心素養(yǎng)考查，考生

2022年三角函數(shù)的化簡、求值——同角三角函

基本性質(zhì)（5年4考）需在扎實(shí)掌握知識(shí)的基礎(chǔ)上，注

數(shù)基本關(guān)系

重能力提升和思維拓展，以應(yīng)對

2021年單位圓與正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的基本性

靈活多變的題目形式。

質(zhì)、三角函數(shù)線的應(yīng)用

考點(diǎn)01二倍角公式

1．（2024·上?！じ呖颊骖}）下列函數(shù)的最小正周期是2π的是（）

A．sinxcosxB．sinxcosx

C．sin2xcos2xD．sin2xcos2x

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】求正弦（型）函數(shù)的最小正周期、求余弦（型）函數(shù)的最小正周期、二倍角的正弦公式、二倍

角的余弦公式

【分析】根據(jù)輔助角公式、二倍角公式以及同角三角函數(shù)關(guān)系并結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)一一判斷即可.

π

【詳解】對A，sinxcosx2sinx，周期T2π，故A正確；

4

12π

對B，sinxcosxsin2x，周期Tπ，故B錯(cuò)誤；

22

對于選項(xiàng)C，sin2xcos2x1，是常值函數(shù)，不存在最小正周期，故C錯(cuò)誤；

2π

對于選項(xiàng)D，sin2xcos2xcos2x，周期Tπ，故D錯(cuò)誤，

2

故選：A．

2．（2023·上?！じ呖颊骖}）已知tan3，則tan2=.

3

【答案】/0.75

4

【知識(shí)點(diǎn)】二倍角的正切公式

【分析】由正切的倍角公式求解

2tan233

【詳解】已知tan3，則tan2.

1tan21324

3

故答案為：

4

3．（2022·上?！じ呖颊骖}）函數(shù)f(x)cos2xsin2x1的周期為；

【答案】

【知識(shí)點(diǎn)】求余弦（型）函數(shù)的最小正周期、二倍角的余弦公式

【分析】利用降冪公式化簡，即可求出答案.

【詳解】f(x)cos2xsin2x1cos2x1,

2

所以f(x)的周期為：T

2

故答案為：.

考點(diǎn)02三角函數(shù)模型

4．（2025·上海·高考真題）小申同學(xué)觀察發(fā)現(xiàn)，生活中有些時(shí)候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有

兩根長為1米的垂直于水平面放置的桿子，與斜面的接觸點(diǎn)分別為A、B，它們在陽光的照射下呈現(xiàn)出影子，

陽光可視為平行光：其中一根桿子的影子在水平面上，長度為0.4米；另一根桿子的影子完全在斜面上，長

度為0.45米．則斜面的底角．（結(jié)果用角度制表示，精確到0．01）

【答案】12.58

【知識(shí)點(diǎn)】三角函數(shù)在生活中的應(yīng)用

【分析】先根據(jù)在A處的旗桿算出陽光和水平面的夾角，然后結(jié)合B處的旗桿算出斜面角.

1

【詳解】如圖，在A處，tanx2.5，在B處滿足tanCED2.5，

0.4

（其中ED//水平面，CE是射過B處桿子最高點(diǎn)的光線，光線交斜面于E），

1y

故設(shè)BDy，則ED，

2.5

2

21y2

由勾股定理，y0.45，解得y0.098，

2.5

0.098

于是arcsin12.58

0.45

故答案為：12.58

5．（2023·上海·高考真題）公園修建斜坡，假設(shè)斜坡起點(diǎn)在水平面上，斜坡與水平面的夾角為θ，斜坡終點(diǎn)

距離水平面的垂直高度為4米，游客每走一米消耗的體能為1.025cos，要使游客從斜坡底走到斜坡頂

端所消耗的總體能最少，則．

40

【答案】arccos

41

【知識(shí)點(diǎn)】由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、幾何中的三角函數(shù)模型、輔助角公式

【分析】方法1，根據(jù)給定條件，求出斜坡長，列出總體力y關(guān)于的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解作答.

方法2，根據(jù)給定條件，求出斜坡長，列出總體力y關(guān)于的函數(shù)，借助輔助角公式求解作答.

4π

【詳解】方法1：依題意，斜坡長度L,(0,)，

sin2

4.14cos

因此人沿斜坡到坡頂消耗的總體力yf()L(1.025cos)，

sin

4sin2(4.14cos)cos44.1cos40

求導(dǎo)得f()，由f()0，得arccos，

sin2sin241

4040π

當(dāng)0arccos時(shí)，f()0，當(dāng)arccos時(shí)，f()0，

41412

4040π

于是函數(shù)f()在(0,arccos)上單調(diào)遞減，在(arccos,)上單調(diào)遞增，

41412

40

所以當(dāng)arccos時(shí)，人上坡消耗的總體力f()最小.

41

4π

方法2：依題意，斜坡長度L,(0,)，

sin2

4.14cos

因此人沿斜坡到坡頂消耗的總體力yL(1.025cos)，

sin

4

sin

22

4.14cosy16

由y，得ysin4cos4.1，即y216sin()4.1，其中銳角由確

siny

cos

22

y16

定，

π

顯然y2164.1，而y0，則y0.9，當(dāng)且僅當(dāng)sin()1，即時(shí)取等號(hào)，

2

44040

此時(shí)cossin，即arccos，

0.92164141

40

所以當(dāng)arccos時(shí)，人上坡消耗的總體力y最小.

41

40

故答案為：arccos

41

考點(diǎn)03輔助角公式

1,x0

6．（2025·上海·高考真題）已知f(x)0,x0，a、b、c是平面內(nèi)三個(gè)不同的單位向量．若

1,x0

rr

rrrr

f(ab)f(bc)f(ca)0，則|abc|的取值范圍是．

【答案】(1,5)

【知識(shí)點(diǎn)】已知分段函數(shù)的值求參數(shù)或自變量、輔助角公式、垂直關(guān)系的向量表示、數(shù)量積的坐標(biāo)表示

【分析】利用分段函數(shù)值分類討論，可得fab,fbc,fca1,0,1，再根據(jù)數(shù)量積關(guān)系設(shè)出a,b,c

坐標(biāo)，利用坐標(biāo)運(yùn)算，結(jié)合三角恒等變換求解模的范圍可得.

【詳解】若fabfbcfca0，則abbcca0，

又三個(gè)向量均為平面內(nèi)的單位向量，故向量a,b,c兩兩垂直，顯然不成立；

故fab,fbc,fca1,0,1.

fab1

不妨設(shè)fbc0，則ab0,bc0,ca0，

fca1

不妨設(shè)b(1,0),c(0,1)，acos,sin,0,2π，

abcos03

則，則π,2π，

casin02

則abc(1cos,1sin)(1cos)2(1sin)232cos2sin

π

322sin()，

4

3π79

由π,2π，π,π，

2444

π22π

則sin(),，22sin()2,2

4224

故abc(1,5).

故答案為：(1,5).

考點(diǎn)04三角函數(shù)的基本性質(zhì)

ππ

7．（2025·上?！じ呖颊骖}）函數(shù)ycosx在,上的值域?yàn)椋?/p>

24

【答案】0,1

【知識(shí)點(diǎn)】求cosx(型)函數(shù)的值域

【分析】利用余弦函數(shù)的單調(diào)性可得.

ππ

【詳解】由函數(shù)ycosx在,0上單調(diào)遞增，在0,單調(diào)遞減，

24

ππ2

且f()0,f(0)1,f()，

242

ππ

故函數(shù)ycosx在,上的值域?yàn)?,1.

24

故答案為：0,1.

8．（2023·上海·高考真題）已知m0，函數(shù)ysinx在區(qū)間m,2m上最小值為S，在區(qū)間2m,3m上的最

小值為t,m變化時(shí)，下列不可能的是（）

A．S0且t0B．S0且t0C．S0且t0D．S0且t0

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】求sinx的函數(shù)的單調(diào)性、求含sinx(型)函數(shù)的值域和最值

【分析】根據(jù)給定條件，舉例說明，結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)排除不可能的選項(xiàng)作答.

【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)sinx的最小正周期是2π，因此只需考查離原點(diǎn)最近的右側(cè)一個(gè)周期內(nèi)的區(qū)間即可，

π2π

當(dāng)0m時(shí)，02m，03mπ，而x(0,π)，sinx0，

33

因此f(x)在[m,2m]上的最小值S0，在[2m,3m]上的最小值t0，A可能；

π2π4π3π

當(dāng)m時(shí)，π2m，3m2π，

2332

因此f(x)在[m,2m]上的最小值S0，在[2m,3m]上的最小值t0，B可能；

ππ2π3π

當(dāng)m時(shí)，2mπ，π3m，

3232

因此f(x)在[m,2m]上的最小值S0，在[2m,3m]上的最小值t0，D可能；

對于C，若S0，則2mπ，

若t0，則區(qū)間[2m,3m]的長度mπ，并且sin2m0且sin3m0，

即2m(0,π)且3m(0,π)與2mπ矛盾，所以C不可能.

故選：C

【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)既有最大值，又有最小值.

9．（2022·上?！じ呖颊骖}）若|a||b||c|，且滿足ab0,ac2,bc1，則.

1

【答案】4

5/54

【知識(shí)點(diǎn)】三角函數(shù)的化簡、求值——同角三角函數(shù)基本關(guān)系、用定義求向量的數(shù)量積

25

【分析】設(shè)a,c，利用數(shù)量積定義求出cos，即可求出.

5

【詳解】因?yàn)閍b0，所以ab，設(shè)a,c.

accos2

ac2

由可得：，

bc1bccos1

2

1

兩式相除得：tan.

2

又cos2sin21，且0,

255

解得：cos,sin.

55

25

因?yàn)閍c2，所以accos2，解得：45.

5

故答案為：45.

3

10．（2021·上?！じ呖颊骖}）已知0，對任意nN*，總存在實(shí)數(shù)，使得cos(n)，則的最小

2

值是

2

【答案】

5

【知識(shí)點(diǎn)】單位圓與正弦函數(shù)、余弦函數(shù)的基本性質(zhì)、三角函數(shù)線的應(yīng)用

【分析】

2m

利用單位圓中的終邊位置研究，可知AOB，存在正整數(shù)m,使得N*，，由此求得的最

3

小值.

【詳解】在單位圓中分析，由題意，

n的終邊要落在圖中陰影部分區(qū)域

（其中AOxBOx），

6

必存在某個(gè)正整數(shù)n，使得n終邊在OB的下面，而再加上，即跨越空白區(qū)域到達(dá)下一個(gè)周期內(nèi)的

陰影區(qū)域內(nèi)，

∴AOB，

3

∵對任意nN*要成立，所以必存在某個(gè)正整數(shù)n，使得以后的各個(gè)角的終邊與前面的重復(fù)（否則終邊

有無窮多，必有兩個(gè)角的終邊相差任意給定的角度比如1°，進(jìn)而對于更大的n,次差的累積可以達(dá)到任意

的整度數(shù)，便不可能在空白區(qū)域中不存在了），

2m*2m

故存在正整數(shù)m,使得N，即，kN*，

k

同時(shí)，

3

2

∴的最小值為,

5

2

故答案為：.

5

【點(diǎn)睛】

本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)，主要思想是在單位圓中利用數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行研究分析.得出存在正整數(shù)m,

2m

使得N*，是關(guān)鍵.

一、單選題

1．（2025·上海普陀·二模）設(shè)mR，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊與x軸的正

半軸重合，若角的終邊經(jīng)過點(diǎn)P3,m，且sinπ20，則角屬于（）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限

【答案】B

【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式和二倍角公式可得2cossin0，再根據(jù)角的終邊經(jīng)過點(diǎn)P3,m，即可求解.

【詳解】因?yàn)閟inπ2sin20，所以sin20，所以2cossin0，

所以sin，cos異號(hào)，

所以在第二、四象限，

又P3,m，所以在第二象限.

故選：B.

2．（2025·上海楊浦·三模）“tantan”是“”的（）條件.

A．充分非必要B．必要非充分

C．充要D．既非充分也非必要

【答案】D

【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的概念，以及正切函數(shù)的性質(zhì)，判斷充分性和必要性，求得結(jié)果.

ππ

【詳解】當(dāng)tantan時(shí)，kπ,kπ,kπ,kZ，不能得出，不具備充分性，

22

π

當(dāng)kπ,kZ時(shí)，正切值不存在，所以不能得出tantan，也不具備必要性.

2

故選：D.

．（上海黃浦三模）設(shè)、是平面內(nèi)相交成的兩條射線，、分別是與、

32025··OxOy0e1e2OxOy

同向的單位向量，定義平面坐標(biāo)系xOy為仿射坐標(biāo)系，在仿射坐標(biāo)系中，若OPxe1ye2，則記

OPx,y.已知在如圖所示的仿射坐標(biāo)系中，B、C分別在x軸、y軸正半軸上，且BC2，點(diǎn)D、E、

4

F分別為OC、BD、BC的中點(diǎn)，則OEOF的最大值為（）

749748749749

A．B．C．D．

4554

【答案】A

222

【分析】設(shè)OBme1,OCne2,，根據(jù)BC2可得出mn2mn4，設(shè)mn2cos，n22sin，

2

mnmn

則m2cos2sin，根據(jù)平面向量的線性運(yùn)算得出OFee，OEee，利用平面向量數(shù)

21222142

量積的運(yùn)算性質(zhì)可求得OEOF的最大值.

ππ2

【詳解】由題意，|e1||e2|1,e1,e2,則ee|e||e|cos，

4121242

設(shè)OBme1,OCne2,則BCOCOBne2me1，

22

則222222，

|BC|(ne2me1)ne22mne1e2me1mn2mn4

212

整理得：(mn)2n24，不妨設(shè)mn2cos，n22sin，則m2cos2sin.

222

因點(diǎn)D、F分別為OC、BC的中點(diǎn)，

1n11mn

則ODOCe，OFOBOCee，

222222122

11mn

同理可得OEOBODee，

222142

mnmn122

故OEOF(ee)(ee)(2m2e3mneen2e)

2142212281122

132131

(2m2mnn2)[2m2(m2n24)n2](7m25n212)，

828216

將m2cos2sin，n22sin代入上式，

175

可得：OEOF[7(2cos2sin)25(22sin)212]1sin2sin2

1642

75759749

1sin2(1cos2)sin2cos2sin(2)，

4444444

5749

其中是銳角，且tan，故OEOF的最大值為.

74

故選：A.

二、填空題

3π

4．（2025·上海徐匯·二模）已知cos,0,π，則tan的值為.

54

【答案】7

【分析】先根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系得出tan，再根據(jù)兩角差正切公式計(jì)算求解.

3

【詳解】cos,0,π，

5

44

所以sin1cos2,tan，

53

47

1

π

則tan337.

41

41

33

故答案為：7.

5．（2025·上海青浦·模擬預(yù)測）函數(shù)y2sinx3cosx的值域是.

【答案】13,13

【分析】利用輔助角公式化簡函數(shù)，再結(jié)合正弦函數(shù)求值域即可.

23

【詳解】y2sinx3cosx13sinxcosx13sinx13,13，

1313

3

其中tan，

2

則其值域?yàn)?3,13

故答案為：13,13.

π3π

6．（2025·上海寶山·三模）已知cos，則sin.

346

3

【答案】/0.75

4

【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式化簡即可得答案.

π3

【詳解】因?yàn)閏os，

34

ππππ3

所以sinsincos.

62334

3

故答案為：.

4

π3

7．（2025·上海崇明·三模）設(shè)0,,sin2，則cos.

42

【答案】3

2

【分析】根據(jù)三角函數(shù)值求2，以及，再求余弦值.

π3ππ3

【詳解】20,,sin2，則2，，所以cos.

22362

故答案為：3

2

1

8．（2025·上海浦東新·模擬預(yù)測）把函數(shù)ycosx圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋叮v坐標(biāo)不變），

2

π

再將圖象上所有的點(diǎn)向右平移個(gè)單位長度，得到函數(shù)yfx的圖像，則fx.

6

π

【答案】cos2x

3

【分析】根據(jù)三角函數(shù)圖象的伸縮以及平移變換規(guī)律，即可求得答案.

1

【詳解】函數(shù)ycosx圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼谋叮v坐標(biāo)不變），可得ycos2x，

2

πππ

再將圖象上所有的點(diǎn)向右平移個(gè)單位長度，可得ycos2xcos2x，

663

π

即fxcos2x

3

π

故答案為：cos2x

3

9．（2025·上海·模擬預(yù)測）fx3sinxcosx，fxf恒成立，則tan2．

【答案】3

【分析】首先利用輔助角公式，化簡函數(shù)fx，再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求，最后代入求tan2的值.

ππππ

【詳解】fx2sinx，令x2kπ，得x2kπ，kZ，

6623

π

由fxf恒成立，可知，2kπ，kZ，

3

2π

則tan2tan2kπ3.

3

故答案為：3

10．（2025·上海長寧·二模）頂角為36o的等腰三角形被稱為黃金三角形，其底邊和腰之比正好為黃金比，

用黃金比表示cos36．

2

【答案】1

2

【分析】根據(jù)已知可得sin18，由二倍角的余弦函數(shù)即可求解.

2

【詳解】

如圖等腰三角形ABC中，BAC36，過A作AD交BC于D，

所以AD為角平分線，

BD

所以sin18，即BDABsin18，

AB

BC2BD2ABsin18

由已知可得2sin18，

ABABAB

所以sin18，

2

22

2

所以cos3612sin18121.

22

2

故答案為：1.

2

11．（2025·上海楊浦·模擬預(yù)測）已知在底面半徑為1且高為10的圓柱體的表面上有三個(gè)動(dòng)點(diǎn)A、B、C，

則ABAC的最小值為.

51

【答案】

2

【分析】利用空間向量的線性運(yùn)算與數(shù)量積運(yùn)算轉(zhuǎn)化為平面向量，結(jié)合三角函數(shù)恒等變換與三角函數(shù)性質(zhì)

求最值即可.

【詳解】如圖，過點(diǎn)A、B、C分別作與圓柱底面平行的平面截圓柱得圓O,O1,O2，

設(shè)點(diǎn)A在圓O1,O2上的射影點(diǎn)為B2,C2，點(diǎn)B在圓O上的射影點(diǎn)為B1，點(diǎn)C在圓O上的射影點(diǎn)為C1，

則ABACAB1AB2AC1AC2AB1AC1AB2AC1AB1AC2AB2AC2

AB1AC1AB2AC2

2

ABAC

22

由B2C2AB2AC210可得到ABACABAC25，

22222

當(dāng)且僅當(dāng)AB2AC25時(shí)，等號(hào)成立，

如圖，在圓O所在平面建立平面直角坐標(biāo)系，

則A1,0,B1cos,sin,C1cos,sin，

所以AB1cos1,sin,AC1cos1,sin

則

AB1AC1cos1cos1sinsincoscossinsincoscos1

2

coscoscos12cos2coscos

222

2

2111

2cos2cos2cos，

222222

1

當(dāng)cos1，cos時(shí)，等號(hào)成立；

222

5151

故ABAC，所以ABAC的最小值為.

22

51

故答案為：.

2

12．（2025·上海徐匯·二模）設(shè)實(shí)數(shù)0，若f(x)sinx滿足對任意x1[0,π]，都存在x2[π,2π]，使得

f(x1)f(x2)0成立，則的最小值是.

3

【答案】/0.75

4

333

【分析】先證明，再說明滿足條件，即可得到的最小值是.

444

1π

【詳解】假設(shè)0，則由π0,可知sinπ0，取x1π，則對任意x2π,2π，由于x20,π，

22

故sinx20，從而fx1fx2sinx1sinx2sinx1sinπ0，不滿足條件，矛盾；

13ππ3π

假設(shè)，取x0,π，則對任意xπ,2π，由于x，故sinx1，從而

241222222

π

fxfxsinxsinxsinx1sin10，不滿足條件，矛盾；

121212

3333π3

以上結(jié)果表明必有，而當(dāng)時(shí)，對任意，由可知，故

x10,πx10,sinx10,1

44444

3

1sinx0.

41

3333

而sin·π0，sin·2π1，所以一定存在x2π,2π，使得sinx2sinx1，即

4444

33

fxfxsinxsinx0，滿足條件.

124142

3

綜上，的最小值是.

4

3

故答案為：.

4

ππ

13．（2025·上海浦東新·三模）已知函數(shù)yacosx，x,的最小值是1，則實(shí)數(shù)a.

63

3

【答案】

2

ππ

【分析】由題意先求出x,時(shí)cosx的取值范圍，從而得到y(tǒng)acosx的值域，再根據(jù)最小值為-1求出

63

實(shí)數(shù)a的值.

ππ13

【詳解】由題意得，當(dāng)x,時(shí)，cosx,，

6322

ππ13

故yacosx在x,的值域?yàn)閍,a,

6322

13

又因?yàn)樽钚≈凳?1，所以a1a，

22

3

故答案為.

2

14．（2025·上海·三模）設(shè)復(fù)數(shù)zcosisin（i為虛數(shù)單位），則z2i的最大值為.

【答案】3

【分析】本題可先根據(jù)復(fù)數(shù)的模的計(jì)算公式求出z2i的表達(dá)式，再結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)求出其最大值.

【詳解】已知zcosisin，則z2icosisin2.

2

可得：z2icos2sin2

cos2sin24sin4cos2sin24sin4

14sin454sin

因?yàn)閟in的取值范圍是[1,1]，所以當(dāng)sin1時(shí)，54sin取得最大值.

此時(shí)54sin54(1)549.

那么54sin的最大值為93，即z2i的最大值為3.

故答案為：3.

π

15．（2025·上?！と＃┤鐖D是函數(shù)fxAsinxA,0,的圖象，則的值為.

2

【答案】2

【分析】由函數(shù)的圖象可求得最小正周期為Tπ，進(jìn)而可求得.

ππTπ

【詳解】因?yàn)閒x的圖象過點(diǎn)0,1,,1,,1，所以，所以Tπ，

6222

2π

所以π，解得2.

故答案為：2.

16．（2025·上海浦東新·三模）著名數(shù)學(xué)家傅立葉認(rèn)為所有的樂聲都能用一些形如yAsinx的正弦型函數(shù)

之和來描述，其中頻率最低的一項(xiàng)是基本音，其余的為泛音．研究表明，所有泛音的頻率都是基本音頻率

80802x

的整數(shù)倍，稱為基本音的諧波．若對應(yīng)于ysinnxsinnx的泛音是對應(yīng)于ysin的基本音

n2n25

的一個(gè)諧波，則正整數(shù)n的所有可能取值之和為

【答案】12

2

k1

15

22

【分析】由所有泛音的頻率都是基本音頻率的整數(shù)倍，可得到，k1,k2Z，代入分析整數(shù)解，

2

k2

25

22

可得到有限個(gè)正整數(shù)n的解，一一驗(yàn)證，即可得到符合條件的n.

2

k1

15

22

【詳解】因?yàn)樗蟹阂舻念l率都是基本音頻率的整數(shù)倍，所以，k1,k2Z,

2

k2

25

22

802

2nk1

n51602242

1，兩式相加得：kk，nkk40025，

802n251212

nk

n252

2

又k1k2Z，且nN，nN，n的可能值為：1，2，4，5，10，20，

一一代入1式中能同時(shí)使k1，k2為整數(shù)的n值即為正解；

經(jīng)檢驗(yàn)：n的值為2和10；

所以正整數(shù)n的所有可能取值之和為21012.

故答案為：12.

π

17．（2025·上海黃浦·三模）已知函數(shù)fxsinx0,0的部分圖像如下，將VAOB沿OB

2

19

翻折至△AOB，使得二面角AOBC為120.若AC，則

2

1

【答案】/

22

1

【分析】利用f0可求得；作出二面角的平面角，結(jié)合余弦定理和勾股定理可求得