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7.3.2　三角函数的图象与性质
第1课时　正弦函数、余弦函数的图象与性质
基础过关练
题组一　正、余弦(型)函数的图象及简单应用
1.(2025江苏无锡辅仁高级中学质检)在(0,2π)内,使sin x>|cos x|的x的取值范围是(　　)
A.　　　　B.∪
C.　　　　D.
2.(2025江苏南通名校联盟月考)当x∈[0,2π]时,曲线y=cos x与y=2cos的交点的个数为(　　)
A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6
3.函数f(x)=ln(2sin2x-5sin x+2)的定义域是　　　　　　　.
4.已知函数f(x)=sin πx-lg的图象与x轴所有交点的横坐标从小到大依次记为x1,x2,…,xn,则xi=　　　.
题组二　正、余弦(型)函数的奇偶性
5.(2025北京师范大学附属中学期中)下列函数中,最小正周期是π的奇函数为(　　)
A.y=sin 2x　　　　B.y=cos 2x
C.y=tan 2x　　　　D.y=|sin x|
6.(2026江苏盐城五校联考)若函数f(x)=(3sin x+m)cos为奇函数,则实数m=(　　)
A.0　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3
7.(2026江苏南通第一中学质量检测)若f(x)=sin(x+2φ)(0<φ<π)为偶函数,则f(φ)=(　　)
A.　　　　B.-　　　　
C.0或　　　　D.±
题组三　正、余弦(型)函数图象的对称性
8.(多选题)(2026江苏江阴第二中学月考)已知函数f(x)=sin,则下列结论正确的有(　　)
A.函数f(x)的最小正周期为2π
B.函数 f是偶函数
C.f(x)的图象关于点对称
D.直线x=是f(x)图象的一条对称轴
9.(2026江苏徐州雎宁高级中学调研)已知函数f(x)=cos(x+φ),|φ|<, x∈R, f+ f=0,则f(x)=(　　)
A.cos　　　　B.sin　　　　
C.cos　　　　D.sin
10.(2025江苏常州西夏墅高级中学调研)函数f(x)=cos(ω>0)的图象在区间(0,1)上恰有一个对称中心,则ω的取值范围为(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
11.(2025江苏徐州第七中学开学考试)若方程sin=-在(0,π)上的解为x1,x2,则sin(x1+x2)=　　　　　.
题组四　正、余弦(型)函数的单调性及应用
12.(2026江苏常州第一中学调研)在下列区间中,是函数y=cos的一个单调递增区间的是(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.[-π,0]　　　　D.
13.(2026福建厦门集美中学检测)若函数f(x)=sin在区间上单调递增,则ω的取值范围是(　　)
A.(0,1)　　　　B.　　　　
C.(0,1]　　　　D.[1,+∞)
14.(2025辽宁大连滨城高中联盟期中)“φ=-”是“函数y=sin(2x+φ)在x∈上单调递减”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
15.(2025江苏南通第一中学月考)已知0<α<,a=sin(cos α),b=cos α,c=cos(sin α),则a,b,c的大小关系为(　　)
A.aC.c题组五　正、余弦(型)函数的值域与最大(小)值
16.(2026四川内江模拟)已知函数f(x)=sin(2x+φ)在x=处取得最大值,则φ的值可能为(　　)
A.-　　　　B.-　　　　
C.　　　　D.
17.(2025山东淄博期末)已知函数f(x)=cos+1(ω>0)的最小正周期为π,则f(x)在区间上的最大值为(　　)
A.　　　　B.1　　　　C.　　　　D.2
18.(2025江苏苏州期中)已知函数f(x)=2sinωx+(ω>0)在区间[0,1]上的值域为[m,n],且n-m=3,则ω=　　　　.
19.已知 f(x)=sin在区间上既有最大值又有最小值,则α的取值范围为　　　　.
20.已知f(x)=cos2x+sin x+a-1.
(1)当f(x)=0有实数解时,求实数a的取值范围;
(2)若对任意x∈R,恒有1≤f(x)≤,求实数a的取值范围.
能力提升练
题组一　正、余弦(型)函数的奇偶性、图象的对称性
1.(2025云南师范大学附属中学月考)已知函数f(x)=3sin,ω>0,若f(x)≤f(2π)对x∈R恒成立,且f(x)的图象在上有3条对称轴,则ω=(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.　　　　D.或
2.(2026江苏徐州调研)已知函数f(x)=sin(2ax+φ)的图象关于点对称,且 f=-sin 3φ,则a的最小值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.(2025河南信阳等五市联考)已知定义在R上的函数f(x)=e|x-2|与函数g(x)=acos(2-x)的图象有唯一公共点,则实数a的值为(　　)
A.-2　　　　B.-1　　　　C.1　　　　D.2
4.(2025江苏苏州常熟期中)已知函数f(x)=sin(ωx+φ),若f为奇函数, f 为偶函数,且f(x)=在上至少有2个实根,至多有3个实根,则函数f(x)的图象的对称轴方程可以为　　　　(写出一个即可),正整数ω的所有可能取值之和为　　　　.
5.(2026江苏江阴高级中学检测)若不等式(x2-ax+b)cos≤0对x∈[-1,1]恒成立,则a+b=　　　　.
题组二　正、余弦(型)函数的单调性与最值
6.(2025四川攀枝花第七高级中学月考)已知函数f(x)=sin(ω>0)在上单调递增,在上单调递减,则ω的取值范围为(　　)
A.(0,1]　　　　B.(0,2]　　　　
C.[1,2]　　　　D.(1,2)
7.(2026江苏盐城中学质量检测)已知函数f(x)=sin(ω>0)在区间内有最大值,但无最小值,则ω的取值范围为(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
8.(2025江苏泰州口岸中学月考)已知函数f(x)=2sin ωx(ω>0)在区间上单调递增,若函数f(x)在上的图象与直线y=2有且仅有一个交点,则ω的取值范围为(　　)
A.[2,5)　　　　B.[1,5)　　　　
C.[1,2]　　　　D.
9.(2026江苏启东中学月考)已知函数f(x)=4sin2+4sin x,x∈[0,a]的值域为[4,5],则实数a的取值范围为(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.　　　　D.
10.(2025江苏南京励志高级中学月考)已知函数f(x)=2sin(ω>0)在上存在最值,且在上单调,则ω的取值范围是(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.　　　　D.
11.(2025陕西汉中质量检测)已知函数f(x)=cos,记f(x)在上的最大值为M(t),最小值为m(t),若t∈,则m(t)-M(t)的取值范围是　　　　　.
题组三　正、余弦(型)函数性质的综合应用
12.(多选题)(2025辽宁抚顺六校协作体期末)关于函数f(x)=sin|x|+|sin x|,下列选项正确的是(　　)
A. f(x)的最小正周期是2π
B. f(x)在区间上单调递减
C. f(x)的图象在[-π,π]上与x轴有4个交点
D. f(x)的最大值为2
13.(多选题)(2026江苏南京师范大学附属中学月考)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π)在区间上单调递增,且函数 f是奇函数,则(　　)
A. f=0
B. f=0
C.关于x的方程f(x)=-1在区间[0,π)上不相等的实数解的个数不超过3
D.若 f=f(x),则函数f(x)的最小正周期为
14.(2026江苏宿迁宿豫中学期末)已知函数f(x)=-2sin2x+2cos x+3t,其中t为常数.
(1)当t=,x∈时,若f(x)=0,求x的值;
(2)设函数f(x)的图象在上与x轴交点的横坐标分别为m,n.
①求实数t的取值范围;
②证明:m+n>-.
创新点　定义新曲线考查三角函数图象的对称性
15.(2025江苏徐州质量检测)如图所示的“心形”曲线C恰好是由半圆C1,半圆C2,曲线y=cos x+1(0≤x≤π),y=-cos x-1(0≤x≤π)构成的,则“心形”曲线C所围成的区域的面积等于　　　　.
答案与分层梯度式解析
第7章　三角函数
7.3　三角函数的图象和性质
7.3.2　三角函数的图象与性质
第1课时　正弦函数、余弦函数的图象与性质
基础过关练
1.A 2.D 5.A 6.A 7.A
8.BC 9.A 10.C 12.B 13.C
14.A 15.A 16.B 17.C
1.A　画出y=sin x和y=|cos x|在(0,2π)上的图象,如图,由图可知,使sin x>|cos x|的x的取值范围是.
方法总结
作正弦函数、余弦函数的图象时,函数自变量要用弧度制,以保证自变量的值为实数.同时,在连线时要用平滑的曲线连接,不能用线段连接.
2.D　在同一平面直角坐标系中作出函数y=cos x与y=2cos在[0,2π]上的图象,如图所示.
由图可知,两函数图象交点的个数为6.
3.答案　(k∈Z)
解析　令2sin2x-5sin x+2>0,整理得(2sin x-1)(sin x-2)>0,解得sin x<或sin x>2.
又-1≤sin x≤1,因此-1≤sin x<.
由正弦函数的图象(图略)知2kπ-4.答案　10
解析　令f(x)=0,得sin πx-lg=0,即sin πx=lg,所以f(x)的图象与x轴的交点个数等价于函数y=sin πx和y=lg的图象的交点个数.
在同一平面直角坐标系中作出函数y=sin πx和y=lg的图象,如图所示.
由图可知,两函数图象有20个交点,且y=lg的图象关于直线x=对称.
令πx=+kπ,k∈Z,得x=+k,k∈Z,所以y=sin πx的图象也关于直线x=对称,所以x1+x20=x2+x19=…=x10+x11=1,所以=10.
5.A　函数y=sin 2x的最小正周期为=π,设f(x)=sin 2x,其定义域为R,易知定义域关于原点对称,又f(-x)=sin[2(-x)]=-sin 2x=-f(x),所以函数y=sin 2x为奇函数,故A符合题意;
函数y=cos 2x的最小正周期为=π,设g(x)=cos 2x,其定义域为R,易知定义域关于原点对称,又g(-x)=cos[2(-x)]=cos 2x=g(x),所以函数y=cos 2x为偶函数,故B不符合题意;
函数y=tan 2x的最小正周期为,故C不符合题意;
设h(x)=|sin x|,其定义域为R,易知定义域关于原点对称,又h(-x)=|sin(-x)|=|-sin x|=|sin x|=h(x),所以函数y=|sin x|为偶函数,故D不符合题意.
6.A　因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即[3sin(-x)+m]cos=-(3sin x+m)cos,所以m=-m,解得m=0.
7.A　因为f(x)为偶函数,所以2φ=+kπ,k∈Z,解得φ=+,k∈Z.
又0<φ<π,所以φ=或φ=.
当φ=时, f(φ)=f=sin=.
当φ=时, f(φ)=f=sin=.
综上, f(φ)=.
8.BC　对于A, f(x)的最小正周期T==π,故A错误.
对于B, f=sin=sin=cos 2x,为偶函数,故B正确.
对于C, f=sin=sin=sin π=0,故是f(x)图象的对称中心,故C正确.
对于D, f=sin=sin=≠1或-1,故直线x=不是f(x)图象的对称轴,故D错误.
9.A　因为f+f=0,
所以f(x)的图象的对称中心为,
所以+φ=+kπ(k∈Z),解得φ=kπ+(k∈Z),又|φ|<,所以φ=,
所以f(x)=cos.
10.C　当x∈(0,1)时,<ωx+<ω+(ω>0).又f(x)的图象在区间(0,1)上恰有一个对称中心,所以<ω+≤,解得<ω≤.
11.答案　
解析　令2x-=kπ+,k∈Z,得x=+,k∈Z,所以函数y=sin的图象的对称轴为直线x=+,k∈Z.当x∈(0,π)时,2x-∈,所以x1,x2关于直线x=对称,所以x1+x2=,所以sin(x1+x2)=sin=.
12.B　y=cos=cos.
令-π+2kπ≤x-≤2kπ,k∈Z,
得-+2kπ≤x≤+2kπ,k∈Z.
当k=0时,-≤x≤,显然, ,所以函数y=cos的一个单调递增区间是.
函数y=cos在,上单调递减,在[-π,0]上不单调,均不符合题意.
13.C　由于函数f(x)=sin在区间上单调递增,因此ω>0,
当x∈时,ωx+∈,+,所以+≤,所以0<ω≤1,故ω的取值范围是(0,1].
14.A　当φ=-时,y=sin(2x+φ)=sin=-cos 2x.
由x∈,得-π≤2x≤0,此时y=-cos 2x单调递减,充分性成立.
当φ=+2kπ,k∈Z时,y=sin(2x+φ)=-cos 2x在x∈上单调递减,推不出φ=-,故必要性不成立.
综上,“φ=-”是“函数y=sin(2x+φ)在x∈上单调递减”的充分不必要条件.
15.A　如图,在单位圆中,DE⊥OF,
设∠DOE=α,则sin α==DE易知0所以sin(cos α)因为函数y=cos x在上单调递减,所以cos(sin α)>cos α.
综上,sin(cos α)16.B　由题意得,2×+φ=2kπ+,k∈Z,所以φ=2kπ-,k∈Z.
当k=0时,φ=-.
φ=-或φ=或φ=时,k Z,
故φ的值可能为-.
17.C　由题意得=π,解得ω=2,
所以f(x)=cos+1,
当x∈时,2x+∈,
所以f(x)在区间上的最大值为cos +1=.
18.答案　
解析　因为ω>0,所以当x∈[0,1]时,ωx+∈.
因为f(x)在区间[0,1]上的值域为[m,n],且n-m=3,所以n=2,m=-1,
作出y=f(x)的大致图象,
由图可知,ω+=,解得ω=.
19.答案　∪
解析　因为-≤x<α,
所以-≤x+<α+.
又函数f(x)=sin在x∈上既有最大值又有最小值,
所以α+>或≥α+>,解得α>或π≥α>,故α的取值范围为∪.
20.解析　(1)f(x)=cos2x+sin x+a-1=-sin2x+sin x+a.
由f(x)=0,得a=sin2x-sin x=-.
当sin x=-1时,amax=2;
当sin x=时,amin=-.
故实数a的取值范围为.
(2)由1≤f(x)≤,得1≤-sin2x+sin x+a≤,则a≤sin2x-sin x+,且a≥sin2x-sin x+1对x∈R恒成立.
由sin2x-sin x+=+4≥4,得a≤4.
由sin2x-sin x+1=+≤3,得a≥3.
故3≤a≤4,即实数a的取值范围为[3,4].
能力提升练
1.B 2.D 3.C 6.C 7.A
8.D 9.B 10.C 12.BD 13.BCD
1.B　由题意得,当x=2π时, f(x)取得最大值,所以f(2π)=3sin=3,
所以2ωπ+=+2kπ,k∈Z,
所以ω=+k,k∈Z.
记f(x)的最小正周期为T.
因为f(x)的图象在上有3条对称轴,所以T≤-=2π<2T,所以π2.D　因为函数f(x)的图象关于点对称,所以a+φ=kπ,k∈Z,即a=-φ+kπ,k∈Z①.
因为 f=-sin 3φ,
所以sin=-sin 3φ②.
联立①②,得sin 5φ=sin 3φ.
又0<φ<,所以φ=或φ=,此时a=12k-或a=12k-,k∈N*,
所以当k=1时,amin=.
3.C　易知f(x)=e|x-2|的图象关于直线x=2对称,且当x>2时, f(x)单调递增,当x<2时, f(x)单调递减.
g(x)=acos(2-x)=acos(x-2).
令x-2=kπ,k∈Z,得x=2+kπ,k∈Z,当k=0时,x=2,所以g(x)的图象也关于直线x=2对称.
函数f(x)=e|x-2|与函数g(x)=acos(2-x)的图象有唯一公共点,即关于x的方程e|x-2|=acos(2-x)只有一个实数解.
因为两函数图象都关于直线x=2对称,所以方程的实数解为2,即e|2-2|=acos(2-2),解得a=1.
4.答案　x=(答案不唯一);51
解析　因为f 为奇函数,所以f 的图象关于点(0,0)对称,所以f(x)的图象关于点对称,所以f =sin=0,所以+φ=k1π,k1∈Z①.
因为f 为偶函数,所以f 的图象关于y轴对称,所以f(x)的图象关于直线x=对称,即f(x)图象的一个对称轴方程为x=,所以f=sin=±1,所以+φ=+k2π,k2∈Z②.
联立①②,得2φ=+(k1+k2)π,所以φ=+,k1,k2∈Z.
又0<φ<,所以φ=,所以+=+k2π,k2∈Z,所以ω=4k2+1,k2∈Z.
当x∈时,ωx+∈.
作出函数y=sin x的图象,如图所示.
因为f(x)=在上至少有2个实根,至多有3个实根,所以<+≤,所以12<ω≤24,
又ω=4k2+1,k2∈Z,
所以ω的可能取值为13,17,21,
所以正整数ω的所有可能取值之和为13+17+21=51.
5.答案　-
解析　令πx+=kπ,k∈Z,得x=-+k,k∈Z,所以函数y=cos图象的对称轴可以为直线x=-或直线x=.
令cos=0,得πx+=+kπ,k∈Z,所以x=+k,k∈Z,所以函数y=cos的图象在[-1,1]上与x轴交点的横坐标为-,.
作出函数y=cos在[-1,1]上的图象,如图所示.
由图可知,当x∈时,y<0,当x∈时,y>0,当x∈时,y<0.
易知函数y=x2-ax+b的图象开口向上,对称轴方程为x=,所以其在上单调递减,在上单调递增,
所以要使(x2-ax+b)cos≤0对x∈[-1,1]恒成立,需满足=-,-+b=0,解得a=-,b=-,故a+b=-.
6.C　因为ω>0,所以当x∈时,ωx+∈.
因为函数f(x)在上单调递增,所以+≤,解得ω≤2,所以0<ω≤2.
因为ω>0,所以当x∈时,ωx+∈.
因为函数f(x)在上单调递减,且<+≤,<+≤,
所以只需+≥,解得ω≥1.
综上,ω的取值范围为[1,2].
7.A　当x∈,ω>0时,ωx+∈.
因为f(x)在区间内有最大值,但无最小值,
所以<ω+≤,解得<ω≤.
当ω>时,令ωx+=,得x=,此时∈,所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减.
因为f(x)在区间内无最小值,
所以 f(0)> f,即sin>sin,即>sin,
所以<ω+<,解得<ω<4.
综上,ω的取值范围为.
8.D　记f(x)的最小正周期为T.因为函数f(x)=2sin ωx(ω>0)的图象关于原点对称,且在区间上单调递增,所以≤,所以T≥,即≥,所以0<ω≤.
令f(x)=2sin ωx=2,得x=+(k∈Z),所以在(0,+∞)上, f(x)的图象与直线y=2的第一个交点的横坐标为,第二个交点的横坐标为+,所以≤<+,解得1≤ω<5.
综上,1≤ω≤.
9.B　f(x)=4sin2+4sin x=4cos2x+4sin x=4(1-sin2x)+4sin x=-4sin2x+4sin x+4.
令t=sin x,g(t)=-4t2+4t+4=-4+5.
易知函数g(t)的图象开口向下,对称轴方程为t=,所以g(t)max=g=5.
令g(t)=4,得-4t2+4t+4=4,解得t=0或t=1.
由题知a>0.要使g(t)的最小值为4,t的取值范围需包含t=0或t=1,且t不为负数(否则g(t)<4),所以0π时,sin x是负的).
又g(t)能取到最大值5,即t=sin x在[0,a]上能取得,所以≤a≤π.
故实数a的取值范围是.
10.C　因为ω>0,所以当0因为函数f(x)在上存在最值,所以->,解得ω>2.
因为ω>0,所以当因为函数f(x)在上单调,
所以 kπ-,kπ+,k∈Z,
所以k∈Z,
解得k-≤ω≤k+,k∈Z,
所以k-≤k+,k∈Z,
解得k≤,k∈Z.
又因为ω>2,所以k=2,
此时≤ω≤.
所以ω的取值范围是.
11.答案　
解析　当t∈时,2t+∈,t+∈,2+∈.
易知函数y=cos x在上单调递减,在上单调递增,
所以f(x)min=-1, f(x)max= f=cos=-sin,
所以m(t)-M(t)=sin-1.
因为t∈,所以2t+∈,所以sin∈,
所以m(t)-M(t)=sin-1∈.
12.BD　对于A,易得f=sin+=+=1, f=sin+=-+=0,此时f(x)≠f(x+2π),故A错误;
对于B,当x∈时,sin x>0,所以f(x)=sin|x|+|sin x|=2sin x,则f(x)在区间上单调递减,故B正确;
对于C,当x∈[-π,π]时, f(x)=sin|x|+|sin x|=
若x∈[-π,0),令f(x)=0,得-2sin x=0,解得x=-π,
若x∈[0,π],令f(x)=0,得2sin x=0,解得x=0或x=π,
所以函数f(x)的图象在[-π,π]上与x轴有3个交点,故C错误;
对于D,因为sin|x|≤1,|sin x|≤1,所以f(x)=sin|x|+|sin x|≤2,
又f=sin+=2,所以f(x)的最大值为2,故D正确.
13.BCD　因为函数 f是奇函数,所以 f=- f,令x=0,得 f=0,故B正确.
因为 f=0,所以+φ=k1π,k1∈Z,所以φ=-+k1π,k1∈Z,所以f(x)=sin,k1∈Z,
所以 f=sin
=sin-+k1π,k1∈Z.
因为函数f(x)在区间上单调递增,所以-≥=(ω>0),所以0<ω≤6,但ω的具体数值不确定,故f的具体数值不确定,故A错误.
当x∈[0,π)且ω>0时,ωx+φ∈[φ,ωπ+φ),因为0<ω≤6,所以ωπ+φ-φ=ωπ∈(0,6π],所以关于x的方程f(x)=-1在区间[0,π)上不相等的实数解的个数不超过3,故C正确.
若 f=f(x),则f(x)的图象关于直线x=对称,所以+φ=+k2π,k2∈Z,又+φ=k1π,k1∈Z,所以φ=π+(2k2-k1)π,k1,k2∈Z,
又|φ|<π,所以φ=0.
因为=+k2π,k2∈Z,
所以ω=+3k2,k2∈Z①.
因为=k1π,k1∈Z,
所以ω=k1,k1∈Z②.
由①②结合0<ω≤6,得ω=或ω=.
当ω=时, f(x)=sinx,当x∈时,当ω=时, f(x)=sinx,当x∈时,14.解析　(1)当t=时, f(x)=-(2-2cos2x)+2cos x+3×=2cos2x+2cos x.
令f(x)=2cos x(cos x+1)=0,
得cos x=-1或cos x=0.
因为x∈,所以cos x∈[-1,0),所以cos x=-1,所以x=π.
(2)①令k=cos x,则y=-2sin2x+2cos x+3t=2cos2x+2cos x+3t-2=2k2+2k+3t-2.
因为x∈,所以cos x∈(-1,0),即k∈(-1,0).
易知函数y=cos x在上单调递增,所以关于k的方程2k2+2k+3t-2=0在(-1,0)上有两个不相等的实数根,
所以解得②证明:令k1=cos m,k2=cos n,
则k1,k2为关于k的方程2k2+2k+3t-2=0在(-1,0)上的两实数根,
则k1+k2=-1,k1k2=,即cos m+cos n=-1,cos m·cos n=,
所以(cos m+cos n)2=(-1)2=1,即cos2m+cos2n=1-2cos m·cos n=1-2×=3-3t,即cos2m-sin2n=2-3t.
由①知2-3t∈,所以cos2msin n.
由于-πcos.
易知y=cos x在上单调递增,所以m>--n,即m+n>-.
15.答案　3π
解析　设F(π,0),E(0,2),连接EF,取线段EF的中点G,则G在曲线C上,如图,
易知曲线y=cos x+1(0≤x≤π)关于点G对称,所以可将曲线y=cos x+1(0≤x≤π)与x轴、y轴围成的区域割补为直角三角形OEF,于是曲线y=cos x+1(0≤x≤π)与x轴、y轴围成的区域的面积就是直角三角形OEF的面积,S△OEF=|OE|·|OF|=×2×π=π.
根据对称性,可得曲线y=-cos x-1(0≤x≤π)与x轴、y轴围成的区域的面积为π,又“心形”曲线C所围成的区域中,两个半圆的面积为×π×12+×π×12=π,所以“心形”曲线C所围成的区域的面积为π+π+π=3π.

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