高中数学分层练习（压轴题）02：三角函数与解三角形（30题）（含解析）

三角函数与解三角形
一、单选题
1．设函数，若在区间内恰有4个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若成等差数列，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．在锐角中，角的对边分别为，若，，则边上的中线长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ）
A． B．1 C．3 D．2
二、多选题
6．中，，则（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．的图象关于原点对称
B．的值域为
C．当时，桓成立
D．若在上恰有1012个不同解，则符合条件的a只有一个
8．已知函数，其部分图象如图所示，其中B为最高点，，，则（ ）．
A．
B．
C．若，则
D．
9．记函数的最小正周期为，若，且在上的最大值与最小值的差为3，则（ ）
A．
B．
C．在区间上单调递减
D．直线是曲线的切线
10．已知函数满足，且在上有最小值，无最大值，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．的最小正周期为4
C．当时，函数在每一个闭区间上单调递增
D．在上恰有1350个零点
三、填空题
11．已知分别为锐角三个内角的对边，的面积，则的取值范围是 .
12．已知函数区间内没有零点，则的取值范围是 .
13．的内角，，的对边分别为，，，且，.若点与点在两侧，，且，，，四点共圆，则四边形的面积为 .
14．对于任意实数，符号表示“不超过的最大整数”，如，，，则 ；
若函数，则的值域为 .
15．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则 ，的取值范围为 ．
16．已知定义在R上的函数满足，当时，，若对任意，都有，则实数m的最大值为 ．
17．在中，，分别为，的中点，，，则面积的最大值为 ．
18．函数是定义在上的奇函数，且关于的不等式有解，则实数的取值范围为 ．
19．如图，在直角三角形中，，垂足为.设，矩形与矩形的面积之和为，其中，则的最大值为 .

20．已知为的外心，若，则的最大值为 .
四、解答题
21．已知函数的最小正周期为．
(1)求实数的值；
(2)若函数在上恰有8个零点，求的最小值；
(3)设函数证明：有且只有一个零点，且．
22．在中，角，，的对边分别为，，．且满足．
(1)求角的大小；
(2)若的面积，内切圆的半径为，求；
(3)若的平分线交于，且，求的面积的最小值．
23．已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且经过点.
(1)求函数的解析式；
(2)当，方程有解，求实数的取值范围；
(3)若方程在区间上恰有三个实数根，，，且，求的取值范围.
24．在中，已知角的对边分别为的平分线交于点，的外接圆的半径分别为，且.
(1)证明：；
(2)求；
(3)若，求的取值范围.
25．若函数满足：存在实数，，使得对于定义域内的任意实数，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对.
(1)若，当满足什么条件时，为“可平衡”函数，并说明理由；
(2)是否存在为函数的“平衡”数对，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
26．已知集合，，设函数.
(1)当时，证明：函数是常数函数；
(2)已知，写出所有使函数是常数函数的集合；
(3)当为奇数时，写出函数是常数函数的一个充分条件，并说明理由.
27．已知函数，．
(1)若，求的对称轴方程；
(2)若在上恰取得一次最大值和一次最小值，求的取值范围；
(3)若在轴右侧的第一个零点为，令，且在内恰有6个零点，求实数．
28．已知函数
(1)求的最大值；
(2)若将的图象上所有点向左平移个单位长度得到 的图象，求的单调递增区间；
(3)当时，的值域为，求的值．
29．已知函数的最小正周期为，图象的一个对称中心为，将函数图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.
(1)求函数与的解析式；
(2)当时，求方程解的个数；
(3)求实数与正整数，使得在区间内恰有2025个零点.
30．若对于实数，关于的方程在函数的定义域上有实数解，则称为函数的“可消点”，若存在实数，对任意实数均为函数的“可消点”，则称函数为“可消函数”，此时，有序数对称为函数的“可消数对”．
(1)若是“可消函数”，求函数的“可消数对”；
(2)若为函数的“可消数对”，求的值；
(3)若函数的定义域为，存在实数同时为的“可消点”与“可消点”，求的最小值．
试卷第6页，共6页
试卷第5页，共6页
《三角函数与解三角形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D D B B ABC ACD BCD ABD AC
1．A
【分析】根据题意对分段函数的两部分解析式分别分类讨论，得出各部分对应的零点表达式，再根据在区间内恰有4个零点对参数进行分类讨论，得出各部分的有效零点个数即可求得实数的取值范围.
【解析】易知当时，令，
可得，即可得，
又因为，所以;
因此时的有效零点为，为负整数；
当时，令，可得;
若为有效零点可得，解得；
当时，令，可得;
若为有效零点可得，解得；
因为在区间内恰有4个零点，所以至少表示两个有效零点，
所以需满足，可得；
此时和也为有效零点，此时实数的取值范围是；
当时，显然不是有效零点，所以能表示三个有效零点，
因此，解得，此时实数的取值范围是.
综上可知，实数的取值范围是.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出分段函数各部分零点的表达式，再结合零点所在区间及其个数限定出对应不等式，即可求出实数的取值范围.
2．D
【分析】由已知可得，结合余弦定理可得，利用两角差的正切公式可得，利用基本不等式可求最小值.
【解析】因为成等差数列，即，
则，，
所以，即，且，
所以，
当且仅当时，等号成立.
故选：D．
【点睛】关键点点睛：关键在于利用余弦定理得到，进而利用两角差的正切公式结合基本不等式求解.
3．D
【分析】先应用正弦定理及余弦定理得出，再结合双曲线的性质得出的取值范围.
【解析】因为，由正弦定理可得，
则，
可得，
显然，可得，即，
以的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，
可知点A在以为焦点的双曲线上（左半支且不含顶点），且，
因为为锐角三角形，显然为锐角，取两种临界状态：
若，则；
若，则，可得；
结合双曲线性质可知的取值范围为.
故选：D.
4．B
【分析】设的边长为3，得到，借助余弦定理，求出，，再通过作辅助线，找出二面角，的平面角，再结合已知条件以及，利用三角函数的相关知识求解.
【解析】设的边长为3，则，
在中，由余弦定理得
，则，
，
则，，
如图，作面，于，于，
侧，，，，
又，所以，
，，所以，
结合，得，
根据三角函数的两角差公式可得
，
所以，
已知，则，
将上式移项可得，
解得，所以，，三点共线，
由得，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点作出辅助线，找出二面角，的平面角，由，得到，进而得到.再结合差角公式，齐次化处理求出.最后将转化为.综合性较强，属于难题.
5．B
【分析】根据推出，设圆柱底面半径为r，再根据圆柱的侧面展开图推出，利用圆柱的斜截面椭圆及离心率求出r即可.
【解析】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，可得．
设圆柱底面半径为r，
则，所以，
设椭圆长轴长为，短轴长为，
因为离心率为，得，
则，
即，所以，
得，
又由勾股定理得，解得，故．
故选：B.
6．ABC
【分析】对于A，运用正切公式，结合基本不等式计算即可；对于B，运用两角和的余弦，结合A选项结论判定；对于C，设函数，借助导数得到.再用基本不等式计算判定；对于D，当时，，此时，结合，得解.
【解析】对于，
因，故，故是锐角三角形.
由，于是，故A正确；
对于，
由可知，故，故B正确；
对于C，设函数，则，故在区间上单调递增，
故当时，，即.于是，故，故C正确；
对于D，当时，，此时，
又因为，此时，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：证明三角不等式常见方法有以下几种：
（1）利用三角函数单调性；
（2）利用三角函数值域的有界性：，；
（3）利用单位圆中的三角函数线；
（4）利用正余弦定理实现边角互化；
（5）利用求导数：如证明（），当时，构造函数，对其求导，说明在上单调递增，，所以，即 ；
（6）利用基本不等式：满足“一正二定三相等”条件.
7．ACD
【分析】利用奇函数的定义可判断A的正误，利用换元法结合正弦函数的性质可判断B的正误，利用导数考虑的单调性后可判断C的正误，对于D，先判断的周期性，再利用导数刻画函数的单调性得到函数图象，结合两根特征就小根的范围分类讨论后可得参数的范围，从而可判断D的正误.
【解析】对选项A：因为
所以A正确；
对选项B：设，则可表为，
因为，
故为上的奇函数，而时，均为增函数，
故为上的增函数，而为上的增函数，
故为上的增函数，故为上的增函数，
因为是增函数，所以，
所以的值域为，所以B不正确；
对选项C：设，
则（不恒为零），
所以在上递减，所以即，所以C正确；
对选项D：因为，
所以关于对称，又的图象关于原点对称，
故是周期函数且周期，而，
所以在上递增，可作出草图，如下图
设，则，该方程两根满足，
显然均不为0且最多仅有一个属于，
不妨设,
若时，方程在区间[上有1013个实数根；
若时，方程在区间[上有2026个实数根；
若时，在区间上有2024个实数根；
若时，方程在区间上有1012个实数根；
代入方程可得：，唯一，
所以D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：嵌套方程的零点问题，一般可先考虑外方程的根的特征，再考虑内方程的根，本质上就是换元处理.
8．BCD
【分析】过点作轴的垂线，垂足为，解三角形求得，，由此确定，求出函数的解析式，可判断A,B；对C，令，求得或，，得解；对D，由题可得周期为12，利用函数的对称性和周期性求解.
【解析】如图，过点作轴的垂线，垂足为，
，，
，，所以，
由，则，所以，
，又，即，，
，即，故A错误，B正确；
对于C，令，则或，
解得或，，，故C正确；
对于D，是周期为4的函数，所以周期为12，
则，
，，，
，，，，
，故D正确.
故选：BCD.
9．ABD
【分析】根据题意，先由函数周期以及可得，再由条件可得的值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【解析】由，
又，
可得，
又，则，
所以.
下面分类讨论.
（1）若在上单调，
则，
即，
令，则，
在上单调，
又因为,
所以在上单调递减，
所以，
所以，
此时，，
此时，不符合题意.
（2）在上不单调，
即在上不单调.
又，
由于余弦函数在长度为一个周期的闭区间上的值域为，
即函数在长度为的区间上值域为，
其最大值与最小值的差为4，大于在上的最大值与最小值的差3，
所以区间长度，所以，
所以，.
①若，即，则，
此时由，
所以，
所以，且至少有一个式子取等号.
解不等式组得，
若，舍去；
，解得，符合题意.
②若，即时，
，，
所以，
所以，
，
无解.
综上可得，，即.
对于A，，故A正确；
对于B，，
，故B正确；
对于C，当，则，
且在上先递减后递增，故C错误；
对于D，因为，所以，
，可得是在处的切线，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据最值之差求出的值，需要对该区间内函数的单调性进行分类讨论，从而确定函数解析式，再一一分析选项即可.
10．AC
【分析】对于A：分析可知在处取到最小值，进而可得对称轴；对于B：可知，且在同一递减区间内，解得，即可得最小正周期；对于C：由选项B可知：，进而可求单调递增区间；对于D：举反例说明即可.
【解析】对于选项A：因为，且在上有最小值，无最大值，
可知在处取到最小值，
所以函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于选项B：因为，且在同一递减区间内，
可得，两式相减可得，
所以的最小正周期为，故B错误；
对于选项C：当时，由选项B可知：，
则，
令，解得，
可知函数的单调递增区间为，
显然，
所以函数在每一个闭区间上单调递增，故C正确；
对于选项D：例如，
由选项B可知：，即，
可得，
令，解得，
可知的零点为，
令，解得，
所以在上恰有1349个零点，故D错误；
故选：AC.
【点睛】方法点睛：求解函数的性质问题的三种意识：
1.转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为的形式；
2.整体意识：类比的性质，只需将中的“”看成中的“x”，采用整体代入求解；
3.讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论.
11．
【分析】利用余弦定理、三角形面积公式求出，再利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换及三角函数性质求出范围.
【解析】在中，由及三角形面积公式，得，
由余弦定理得，则，
而，解得，，
由正弦定理得
，锐角由确定，
而为锐角三角形，则，即，，
显然，而，
，因此，，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及求三角形边长比的范围问题，时常利用三角形正弦定理，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解.
12．
【分析】首先得到正弦函数的零点，根据条件得到在区间内不存在整数解，以及结合周期得到，从而确定或，即可求解的范围.
【解析】令，，得，，
由题意可知，，且，即，
若，得，
因为函数最值区间内没有零点，所以在区间内不存在整数解，
所以或，
即，解得：，
或，解得：，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键1是根据周期得到，关键2是根据的取值确定或.
13．
【分析】先利用正弦定理对题设条件进行边角互化可解得，由，且，，，四点共圆，可知四边形为等腰梯形，圆心为 中点，由计算即可得出结论.
【解析】根据题意，，
所以，
由正弦定理可得：，
所以,
又因为，，
所以，即，解得；
因为，，则,且，，，四点共圆，
根据圆内接四边形对角互补，可知 ，
设DC的终点为O，连接，则为等边三角形，
则,
所以中点即为圆心，，四边形为等腰梯形，如图所示：
则也为等边三角形，所以
在 中，由余弦定理得，
即，解得，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：通过题设条件以及，，，四点共圆，得出圆心为 中点，四边形为等腰梯形，并画出图象，数形结合求四边形的面积是解题关键.
14．
【分析】根据高斯函数的定义及对数函数的性质计算可得，首先分析的奇偶性与值域，结合高斯函数的性质可得，从而得解.
【解析】令，依题意可得，
令，则时，；时，；
时，；时，；时，；
所以
；
对于函数，其定义域为，
又，所以是偶函数，
当，且时，，.
当，且时，，.
又是偶函数，所以函数的值域为，
所以的图象如下所示：
根据高斯函数的性质可知（为整数），
所以
，
因为，所以，则，
所以的值域为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解高斯函数的定义，第二空关键是推导出.
15．
【分析】由正弦定理得到，由三角恒等变换得到，结合角的范围，得到，并利用三角恒等变换化简得到，根据为锐角三角形，求出，从而得到的取值范围.
【解析】，
由正弦定理得，
又，
故，
即，
为锐角三角形，，故，所以，
故，，
又，故，故，
解得，
，
因为为锐角三角形，且，
解得，故，
，，
故.
故答案为：，
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
16．
【分析】根据已知利用正弦函数图象与性质、函数的周期性作出函数图象，结合函数图象进行求解即可.
【解析】由得，当时，，
故当时，，
当时，，
当时，，依次类推，
又函数的定义域为R，所以函数的大致图象为
因为，，
所以，，
所以由，可得，
当时，由的，
所以对任意，都有，
得实数的取值范围为，则实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查了正弦函数的图象与性质及恒成立的应用，解答本题的关键是利用法则画出函数图象，正确理解函数法则是解决本题的关键.
17．
【分析】分别在和中利用余弦定理可得，，再将面积表达式平方并利用二次函数性质即可求得面积的最大值.
【解析】如下图所示：
设角所对的边分别为，
在中，由利用余弦定理可得，
又，可得，
即；
同理在中,由利用余弦定理可得，
又，可得，
即；
联立，解得，；
由的面积为可得
因此可得，可得，
即面积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用中线长结合余弦定理求得三边长之间的关系，再由面积表达式平方计算，根据二次函数性质可求得最值.
18．
【分析】利用函数为奇函数，结合奇函数的定义可求出的值，然后分析函数的单调性，将所求不等式变形，可得出有解，结合参变量分离法可求出实数的取值范围.
【解析】若函数是定义在实数集上的奇函数，
可得，
即，即，
由，可得；
所以，
任取，，设，则，
，，
，则，
所以，则函数为上的增函数，
又函数为上的奇函数，
所以不等式有解，
转化为，即有解，
所以有解，
即，
令，因，则，即，
则，当且仅当时取等号，
由双勾函数的单调性知：，函数单调递减，，函数单调递增，
当时，，当时，，
所以，
所以，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
19．
【分析】由题设表示出相应线段的长，进而可表示出的表达式，利用导数即可求得答案.
【解析】由题意知，，
则，
所以
于是
令，，解得，在上单调递增；
令，解得，在上单调递减；
所以在处取得最大值，所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的难点在于求出函数的导数，解答时要熟练利用求导法则进行求导.
20．/
【分析】根据数量积的几何意义结合三角恒等变换以及正弦定理边化角化简已知等式，可得，再利用二倍角公式化简，继而利用基本不等式，即可求得答案.
【解析】依题意两边同时乘以得：
，
，
即，
，
即，
即，而，
则，，
又，
.
故的最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用数量积的几何意义以及三角恒等变换化简得到，继而求解即可.
21．(1)4
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由三角函数周期计算公式可得答案.
（2）由题可得零点表达式，要使最小，则，n均为零点，据此可得答案；
（3）由题可得，由单调性，正负情况结合零点存在性定理可得零点情况，然后由单调性可完成证明.
【解析】（1）的最小正周期为
．
（2）当时，令，解得
，则或，
则或，.要使最小，则均为零点.
若，则大于的7个零点为：，
得，则此时，；
若，则大于的7个零点为：，，
得，则此时，，因，
则的最小值为；
（3）由（1）可得，定义域为，
①当时，函数在上单调递增，
因为
所以根据零点存在定理，使得
故在上有且只有一个零点．
②当时，因为单调递增，单调递减，
，所以，
所以在上不存在零点；
③当时，因为单调递增，，因为
所以，所以在上不存在零点；
综上：有且只有一个零点，且
因为，所以，
所以
在上单调递减，，所以．
【点睛】关键点睛：对于函数零点问题，可利用数形结合思想，转化为函数图像与x轴交点横坐标，也可利用零点存在性定理结合函数单调性研究零点.
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用和角公式化简，借助于同角三角函数式和特殊角的函数值即得.
（2）由等面积得出，，利用余弦定理得出，三式联立即可求得边.
（3）结合题设，分别在，和中，由正弦定理推出边，的关系式，再利用基本不等式求得的最小值，继而即得三角形面积最小值．
【解析】（1）由，得，则，即，
而，所以.
（2）由等面积法得：，即，
因此，，在中，由余弦定理得，
即，所以.
（3）
由平分，得，
在中，设，则，
在中，由正弦定理，得，则，
在中，由正弦定理，得，则，
得，故有．
在中，由正弦定理，得，则，
得代入式，可得，即．
由基本不等式，得，解得，当且仅当时取“=”．
于是，．即的面积的最小值为．
【点睛】思路点睛：解题时要注重题设条件的应用，如三角形内切圆半径常与其面积联系解题，内角平分线常与正余弦定理结合使用，遇到两参数的相关式求最值常与基本不等式挂钩解题．
23．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据周期求出，再根据函数过点求出，即可求出函数解析式；
（2）将问题转化为在上有解，求出函数在此区间上的值域，即可得答案；
（3）首先分析的单调性，即可画出函数图象，依题意可得与在区间上恰有三个交点，即可求出的取值范围，再根据对称性得到及的取值范围，即可得解.
【解析】（1）因为图象相邻两条对称轴之间的距离为，
所以，
所以，又，即，所以，
所以，
又因为函数的图象过点，所以，即，
又因为，解得，
所以；
（2）因为，
当时，，
所以，所以，
所以方程有解，
即有解，所以；
（3）当时，
令或，解得或，
所以在，上单调递增，
令，解得，
所以在上单调递减，
且当时，则的图象（）如下所示：
因为方程在区间上恰有三个实数根，，，且，
即与在区间上恰有三个交点，则，
且与关于对称，与关于对称，
所以，，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题第三为关键是得到，.
24．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理表示，根据可证明结论.
（2）利用正弦定理可得，根据二倍角公式结合三角形内角取值范围可得结果.
（3）设，利用等面积法可得，结合余弦定理得，构造函数，根据函数单调性可求的取值范围.
【解析】（1）
在中，由正弦定理得，，
∴，同理得，，
∴，即.
（2）在中，由正弦定理得，，∴，
∴，即，
由得，，
∴，故，∴.
（3）设，由，得，故.
∵，，∴，故，
∴，
令，则，
∵，当且仅当时等号成立，∴，故，
∵在上单调递增，当时，，当时，，
∴的取值范围是.
25．(1)，理由见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据“可平衡”函数的定义结合两角和差的正弦公式求解即可；
（2）先根据余弦的二倍角公式转化为，再利用待定系数，令系数为0时恒等于0判断即可.
【解析】（1）当为“可平衡”函数时，
由题意可得对于定义域内的任意实数成立，
即对于定义域内的任意实数成立，
所以，即对于定义域内的任意实数成立，
则，解得，
综上，当，时，函数为“可平衡”函数.
（2）假设存在实数，，使得对于定义域内的任意实数，均有
成立，
则对于定义域内的任意实数成立，
即，
即，
即对于定义域内的任意实数成立，
因为，所以，
所以，即，，解得，
综上，当，时，函数为“可平衡”函数.
【点睛】方法点睛：
根据“可平衡”函数的定义，结合三角恒等变换，根据题意列出参数满足的关系式，利用恒成立问题或表达出参数满足的解析式求解.
26．(1)证明见解析
(2)，
(3)，理由见解析
【分析】（1）直接利用题设定义和平方关系，即可证明结果；
（2）根据题设，利用倍角公式及余弦的差角公式得到，再利用平方关系可得间的关系，再结合题设条件，即可求解；
（3）根据条件，利用倍角公式及平方关系，得到，，再分奇和偶讨论，结合题设条件，即可求解.
【解析】（1）当时，，
所以是常数函数.
（2）设，不妨令，
则
.
若函数是常数函数，则，
则，
得，所以，
得或，，所以或，，
同理或，，或，，
则①，又，
所以集合有，，共2个.
（3）不妨令，
因为
，
若函数是常数函数，则，
两式平方相加得，所以，
得，，所以，，
①当为偶数时，可以拆分成组两项（，）的和，
每一组为定值时，也为定值，
所以函数是常数函数的一个充分条件可以是
②当为奇数时，可以拆分成1组三项的和
与组两项（，）的和，
每一组为定值时，也为定值，
所以当为奇数时，函数是常数函数的一个充分条件可以是.
【点睛】方法点晴：“新定义问题”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
27．(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简可得，再由整体代换即可求得对称轴方程；
（2）由可得，根据最值个数得出不等式即可求得；
（3）依题意可求得，代入可得的表达式，再利用换元法可得方程有两不等实根，结合图象以及零点个数得出对应取值即可求得实数.
【解析】（1）易知
；
因为，所以，
令，即可得；
所以的对称轴方程为；
（2）因为，，所以；
又因函数在上恰有1个最大值和1个最小值；
所以有；
解得，
所以的取值范围为；
（3）由题知，．所以，；
又因，所以；
所以；
又因；
即在内有6个根；
令，则有，
显然，所以有两不等实根，不妨设为，，
则有，，显然，异号，
不妨设，，
①若，易知，，
结合图象易知，在上有2个根，在上有4个根，
所以符合题目要求；
②若，结合图象易知，在上有4个根，
故需在上有2个根，易知此时；
代入方程得，；
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用三角恒等变换以及换元法将零点个数问题转化为方程根的个数问题，再根据函数与方程的思想利用数形结合即可求得参数取值.
28．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）整理可得，即可得的最大值；
（2）根据图象变换可得，结合诱导公式可得，，以为整体，结合正弦函数求单调性；
（3）以为整体，根据题意结合正项函数有界性分析求解即可.
【解析】（1）由题意可得：．
因为，所以的最大值为.
（2）由平移变换知，
又因为，则，解得，
又因为，可得，所以，
令，解得，
所以的单调递增区间为．
（3）当时，则，
此时的值域为，
因为，可知，
且，可得，
则，解得，
可得，
由可知，解得，
且，或，解得，或，
所以的值为或.
29．(1)，
(2)3
(3)
【分析】（1）先根据周期及对称中心得出，再根据平移伸缩得出；
（2）化简计算求参得出或，根据函数值计算求解个数；
（3）应用函数的周期性及函数的零点列方程计算求解.
【解析】（1）函数的周期为，
又曲线的一个对称中心为，故，得，
所以.
将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）后可得的图象，再将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，
.
（2）当时，所求为方程在区间内解的个数.
代入，并记，
问题化为，
即，
解得或，
在内分别有1个，0个，2个解，即所求解的个数为3个.
（3）依题意，，
令，
当，即时，，
从而不是方程的解，
方程等价于方程.
令，
的图象在区间内关于直线对称，则的图象在区间内关于直线对称，
，则时，直线与曲线在区间内总有偶数个交点；
的图象在区间内关于直线对称，则的图象在区间内关于直线对称，
，则时，直线与曲线在区间内总有偶数个交点.
由函数的周期性，可知当时，直线与曲线在区间内总有偶数个交点，
从而不存在正整数，使得直线与曲线在区间内恰有2025个零点；
由单调区间，当或时，直线与曲线在内有3个交点（在两个区间内为或个），
由周期性，.
综上，当时，函数在区间内恰有2025个零点.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对三角函数周期性及对称性的应用.
30．(1)为任意实数
(2)
(3)8
【分析】（1）结合题目给的新的定义，求出的“可消数对”即可；
（2）利用题目给的定义，根据为函数的“可消数对”，得到，都有，从而求出；
（3）结合题意得到关系：，利用进一步转化得到，求出结果.
【解析】（1）由题意，任意，
整理得解得可取任意实数．
因此的“可消数对”为为任意实数．
（2）因为为函数的“可消数对”，
所以为函数的“可消数对”，
所以，对，都有，整理得，
所以，所以.
（3）因为存在，使得同时为函数的“可消点”与“可消点”，
所以，
化简可得，
因为
则，
所以，
故的最小值为8.
【点睛】关键点点睛：新结构题目结合题目给的条件表示出是解决（3）的关键.
答案第42页，共37页
答案第43页，共37页