43三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)（十年高考數(shù)學(xué)）考點1三角函數(shù)的圖象及其變換1.(2024新課標(biāo)Ⅰ,7,5分,中)當(dāng)x∈[0,2π]時,曲線y=sinx與y=2sin3x-π6A.3 B.4 C.6 D.87C在同一直角坐標(biāo)系中,畫出y=sinx(x∈[0,2π])與y=2sin3x-π6(x∈[0,2π])的圖象,由圖象可知,兩曲線有62.(2023全國甲理,10,5分)函數(shù)y=f(x)的圖象由函數(shù)y=cos2x+π6的圖象向左平移π6個單位長度得到,則y=f(x)的圖象與直線y=12x-A.1B.2C.3D.4答案C函數(shù)y=cos2x+π6的圖象向左平移π6個單位長度得y=cos2x+π6+π6=cos2x畫出函數(shù)y=f(x)與y=12x-12的圖象如圖,可得它們有3個交點,3.(2022浙江,6,4分)為了得到函數(shù)y=2sin3x的圖象,只要把函數(shù)y=2sin3x+π5A.向左平移π5B.向右平移π5C.向左平移π15D.向右平移π15答案D因為y=2sin3x+π5=2sin3x+π15,所以把函數(shù)y=2sin3x4.(2022全國甲文,5,5分)將函數(shù)f(x)=sinωx+π3(ω>0)的圖象向左平移π2個單位長度后得到曲線C,若C關(guān)于y軸對稱,則ω的最小值是A.1答案C設(shè)平移后的曲線C對應(yīng)的函數(shù)為y=g(x),則g(x)=sinωx又曲線C關(guān)于y軸對稱,∴πω2+π3=π2+kπ(k∈Z),∴ω=2k又ω>0,∴ωmin=13.故選C5.(多選)(2020新高考Ⅰ,10,5分)如圖是函數(shù)y=sin(ωx+φ)的部分圖象,則sin(ωx+φ)=()A.sinx答案BC由題圖可知,T2=2π3?π6=π2,∴T=π,由T=2πω可知,2πω=π,∴|ω|=2,不妨取ω=2,則f(x)=sin(2x+φ),又∵圖象過π6,0,∴sinπ3+φ=0,又∵π6是f(x)的下降零點,∴π3+φ=π+2kπ,k∈Z,∴φ=2π3+2kπ,k∈Z,不妨取φ=6.(2016課標(biāo)Ⅱ理,7,5分)若將函數(shù)y=2sin2x的圖象向左平移π12個單位長度,則平移后圖象的對稱軸為A.x=kπ2-π6(k∈Z)B.x=kπ2+C.x=kπ2-π12(k∈Z)D.x=kπ2+答案B將函數(shù)y=2sin2x的圖象向左平移π12個單位長度得到函數(shù)y=2sin2x+π12=2sin2x+π6的圖象,由2x+π6=kπ+π2(k∈Z),可得x=kπ2+π6(k易錯警示本題易犯的錯誤是將原函數(shù)的圖象平移后得到函數(shù)y=2sin2x+7.(2016課標(biāo)Ⅰ文,6,5分)將函數(shù)y=2sin2x+π6的圖象向右平移1A.y=2sin2x+C.y=2sin2x?答案D該函數(shù)的周期為π,將其圖象向右平移π4個單位后,得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)為y=2sin2x?π4易錯警示三角函數(shù)圖象的平移變換中,“左加右減”是對x而言的,將x變?yōu)閤-π4,而不是將2x變?yōu)?x-π評析本題主要考查三角函數(shù)圖象的平移變換,注意“左加右減”僅針對x.8.(2016四川理,3,5分)為了得到函數(shù)y=sin2x?π3的圖象,只需把函數(shù)y=sinA.向左平行移動π3B.向右平行移動π3C.向左平行移動π6D.向右平行移動π6答案D將y=sin2x的圖象向右平行移動π6個單位長度得到y(tǒng)=sin2x?π6=sin評析將y=sin2x?π3化為9.(2016課標(biāo)Ⅱ文,3,5分)函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的部分圖象如圖所示,則()A.y=2sin2x?C.y=2sinx+π答案A由題圖可知A=2,T2=π3-?π6=π2,則T=π,所以ω=2,則y=2sin(2x+φ),因為題圖經(jīng)過點π3,2,所以2sin2×π3+φ=2,所以2π3+φ=2kπ+π2,k∈Z,即φ=2kπ-π6評析本題考查由三角函數(shù)的圖象確定函數(shù)的解析式,其中A由函數(shù)最值確定,ω由周期確定,相鄰的最高點與最低點之間的水平距離為半個周期,φ通過確定點的坐標(biāo)來求即可.10.(2015課標(biāo)Ⅰ理,8,5分)函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)的部分圖象如圖所示,則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.kπ?1B.2kπ?C.k?14D.2k?1答案D由題圖可知T2=54-14=1,所以T=2.結(jié)合題圖可知,在?34,54(f(x)的一個周期)內(nèi),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為?14,34.由11.(2015陜西理,3,5分)如圖,某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數(shù)y=3sinπ6x+φ+k,據(jù)此函數(shù)可知,這段時間水深(A.5B.6C.8D.10答案C因為函數(shù)y=3sinπ6x+φ+k的最小值為2,所以-3+k=2,得k=5,評析在解答應(yīng)用題時,正確理解函數(shù)模型中各變量的實際意義是解題的關(guān)鍵.在形如y=Asin(ωx+φ)+k的函數(shù)模型中,往往是由函數(shù)圖象的最高點和最低點的縱坐標(biāo)來確定A,k的值.12.(2014課標(biāo)Ⅰ理,6,5分)如圖,圓O的半徑為1,A是圓上的定點,P是圓上的動點,角x的始邊為射線OA,終邊為射線OP,過點P作直線OA的垂線,垂足為M,將點M到直線OP的距離表示成x的函數(shù)f(x),則y=f(x)在[0,π]上的圖象大致為()答案C由題圖可知:當(dāng)x=π2時,OP⊥OA,此時f(x)=0,排除A、D;當(dāng)x∈0,π2時,OM=cosx,設(shè)點M到直線OP的距離為d,則dOM=sinx,即d=OMsinx=sin∴f(x)=sinxcosx=12sin2x≤12,排除B,13.(2012課標(biāo)文,9,5分)已知ω>0,0<φ<π,直線x=π4和x=5π4是函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)圖象的兩條相鄰的對稱軸A.π4B.π3C.π答案A由題意得2πω=254π?π4,∴ω=1,∴f(x)=sin(x+φ),∴π4+φ=kπ+π2(k∈Z),φ=kπ+π4評析本題考查了三角函數(shù)的圖象和性質(zhì),掌握相鄰對稱軸的距離為周期的一半是關(guān)鍵.14.(2016北京,7,5分)將函數(shù)y=sin2x?π3圖象上的點Pπ4,t向左平移s(s>0)個單位長度得到點P'.若P'位于函數(shù)A.t=12,s的最小值為π6B.t=32C.t=12,s的最小值為π3D.t=32答案A點Pπ4,t在函數(shù)y=sin∴t=sin2×π4所以Pπ4將點P向左平移s(s>0)個單位長度得P'π4因為P'在函數(shù)y=sin2x的圖象上,所以sin2π4?s=12,即所以2s=2kπ+π3(k∈Z)或2s=2kπ+53π(k∈Z),即s=kπ+π6(k∈Z)或s=kπ+5π6(k∈Z),又s>0,15.(2016課標(biāo)Ⅲ,14,5分)函數(shù)y=sinx-3cosx的圖象可由函數(shù)y=sinx+3cosx的圖象至少向右平移個單位長度得到.

答案23解析設(shè)f(x)=sinx-3cosx=2sinx+53π,g(x)=sinx+3cosx=2sinx+π3,將g(x)的圖象向右平移φ(φ>0)個單位長度后得到函數(shù)g(x-φ)=2sinx?φ+π3=2sinx+5π3=f(x)的圖象,所以x-φ+π3=2kπ+x+5π3,k方法指導(dǎo)先利用輔助角公式將兩函數(shù)的解析式轉(zhuǎn)化成同名三角函數(shù)式,再根據(jù)三角函數(shù)圖象變換遵循的“左加右減”規(guī)律求解.16.(2023新課標(biāo)Ⅱ,16,5分)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ),如圖,A,B是直線y=12與曲線y=f(x)的兩個交點,若|AB|=π6,則f(π)=答案-3解析令sin(ωx+φ)=12,得ωx+φ=π6+2kπ,k∈Z或ωx+φ=5π6+2kπ,k由題意可知,5π6+2kπ?φω-π6則5π6ω-π6ω=π6∴f(x)=sin(4x+φ),又f(x)的圖象過2π3∴f2π3=sin8π3+φ=0,結(jié)合五點作圖法得8π3+φ=2kπ,k∈Z,∴f(x)=sin4x?2π3,∴f(π)=sin17.(2021全國甲文,15,5分)已知函數(shù)f(x)=2cos(ωx+φ)的部分圖象如圖所示,則fπ2=答案解題指導(dǎo):利用所給函數(shù)f(x)=2cos(ωx+φ)圖象中的關(guān)鍵點求出ω,φ,再將x=π2代入f(x)的解析式即可求出fπ解析由題圖可知點π3,0,13π12,2在f(x)的圖象上,∴3T4=13π12?π3=3π4,則T=π,所以|ω|=2πT=2,不妨取ω=2,則函數(shù)f(x)=2cos(2x+φ),將13π12,2代入得,2×13π12+∴fπ2=2cos2×π218.(2016江蘇,9,5分)定義在區(qū)間[0,3π]上的函數(shù)y=sin2x的圖象與y=cosx的圖象的交點個數(shù)是.

答案7解析在同一平面直角坐標(biāo)系中作出y=sin2x與y=cosx在區(qū)間[0,3π]上的圖象(如圖).由圖象可知,共有7個交點.思路分析解決交點個數(shù)問題一般采用“數(shù)形結(jié)合”的思想方法,因此準(zhǔn)確畫出相關(guān)函數(shù)圖象是解題的關(guān)鍵.19.(2015湖南文,15,5分)已知ω>0,在函數(shù)y=2sinωx與y=2cosωx的圖象的交點中,距離最短的兩個交點的距離為23,則ω=.

答案π解析由y=2sinωx,y=2cosωx消去y,即2sinωx?π4=0,解得x=kπω+取k=0,1,可得距離最短的兩個交點的坐標(biāo)為π4ω,2,5π所以π4ω?5π4ω2+(2+2)2=(220.(2014重慶文,13,5分)將函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,?π2≤φ<π2圖象上每一點的橫坐標(biāo)縮短為原來的一半,縱坐標(biāo)不變,再向右平移π6個單位長度得到y(tǒng)=sin答案2解析y=sinxy=sinx+y=sin12x即f(x)=sin12x+π6,∴fπ6=sin21.(2013課標(biāo)Ⅱ文,16,5分)函數(shù)y=cos(2x+φ)(-π≤φ<π)的圖象向右平移π2個單位后,與函數(shù)y=sin2x+π3的圖象重合答案56解析令y=f(x)=cos(2x+φ),將其圖象向右平移π2個單位后得fx?π2=cos2x?π2+φ=cos(2x+φ-π)=sin(2x+φ-π)+π2=sin2x+φ-π2,因為與y=sin2x+π3的圖象重合,所以φ-π2=π3+2kπ(k∈Z),所以22.(2011浙江文,18,14分)已知函數(shù)f(x)=Asinπ3x+φ,x∈R,A>0,0<φ<π2.y=f(x)的部分圖象如圖所示,P、Q分別為該圖象的最高點和最低點(1)求f(x)的最小正周期及φ的值;(2)若點R的坐標(biāo)為(1,0),∠PRQ=2π3,求A解析(1)由題意得,T=2π因為P(1,A)在y=Asinπ3x所以sinπ3又因為0<φ<π2,所以φ=π(2)設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x0,-A).由題意可知π3x0+π6=3π2,得x連接PQ,在△PRQ中,∠PRQ=2π3cos∠PRQ=R=A2+9+A解得A2=3.又A>0,所以A=3.評析本題主要考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、三角運算等基礎(chǔ)知識.在(2)中,求出點Q坐標(biāo),根據(jù)△PRQ的邊角關(guān)系,列出關(guān)于A的方程是求解關(guān)鍵.考點2三角函數(shù)的性質(zhì)1.(2024北京,6,4分,易)設(shè)函數(shù)f(x)=sinωx(ω>0),已知f(x1)=-1,f(x2)=1,且|x1-x2|的最小值為π2,則ω=(A.1 B.2 C.3 D.46B由題意知f(x1)=-1為最小值,f(x2)=1為最大值,且|x1-x2|的最小值為π2,由正弦函數(shù)圖象可知T2=π2,所以T=π,則ω=2πT2.(2023全國乙理,6,5分)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)在區(qū)間π6,2π3單調(diào)遞增,直線x=π6和x=2π3為函數(shù)y=f(x)的圖象的兩條對稱軸,則fA.-3答案D∵f(x)=sin(ωx+φ)在區(qū)間π6,2π3單調(diào)遞增,且直線x=π6和x=2π3為函數(shù)y=∴f(x)在x=π6和x=2π3∴T2=2π3?π6=π2,T由f2π3=sin2×2π3+φ=1,得4π3得φ=-5π6+2kπ,k∈Z.取k=0,得φ=-5π6,從而f?5π3.(2021北京,7,4分)已知函數(shù)f(x)=cosx-cos2x,則該函數(shù)為()A.奇函數(shù),最大值為2B.偶函數(shù),最大值為2C.奇函數(shù),最大值為98D.偶函數(shù),最大值為答案Df(x)的定義域為R,關(guān)于原點對稱,且f(-x)=cos(-x)-cos(-2x)=cosx-cos2x=f(x),所以f(x)為偶函數(shù).f(x)=cosx-cos2x=cosx-(2cos2x-1)=-2cos2x+cosx+1=-2cosx?142+98,當(dāng)cosx=14時,f(解題指導(dǎo):先判斷函數(shù)的奇偶性,再借助二倍角的余弦公式將f(x)=cosx-cos2x轉(zhuǎn)化為關(guān)于cosx的二次函數(shù),進(jìn)而在[-1,1]范圍內(nèi)求二次函數(shù)的最值.4.(2021全國乙文,4,5分)函數(shù)f(x)=sinx3+cosx3的最小正周期和最大值分別是A.3π和2B.3π和2C.6π和2D.6π和2答案C解題指導(dǎo):先對函數(shù)f(x)進(jìn)行三角恒等變換,再利用三角函數(shù)的周期公式、求值域的方法進(jìn)行求解.解析由題意知:f(x)=sinx3+cosx3=222sinx3+22cosx3=2sinx3+π4,最小正周期T=2π13=6π;當(dāng)sinx易錯警示對三角恒等變換公式不熟練,不能將函數(shù)化成y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的形式,導(dǎo)致后面無法求解.5.(2021新高考Ⅰ,4,5分)下列區(qū)間中,函數(shù)f(x)=7sinx?π6單調(diào)遞增的區(qū)間是(A.0,答案A解題指導(dǎo):由三角函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間表示出f(x)=7sinx?π6的單調(diào)遞增區(qū)間,通過運算求出x的取值范圍解析f(x)=7sinx?令2kπ-π2≤x?π6≤2kπ+解得2kπ-π3≤x≤2kπ+2π3,k∈令k=0,得-π3≤x≤6.(2022北京,5,4分)已知函數(shù)f(x)=cos2x-sin2x,則()A.f(x)在?πB.f(x)在?πC.f(x)在0,πD.f(x)在π4答案Cf(x)=cos2x-sin2x=cos2x,令2kπ<2x<2kπ+π,k∈Z,解得kπ<x<kπ+π2,k∈Z,則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為kπ,kπ+π2,k∈Z;令2kπ-π<2x<2kπ,k∈Z,解得kπ-π2<x<kπ,k∈Z,則f(x)對于A,f(x)在?π2,?π6上單調(diào)遞增對于B,f(x)在?π4,0上單調(diào)遞增,在0,π12上單調(diào)遞減對于C,f(x)在0,π3上單調(diào)遞減,故C對于D,f(x)在π4,π2上單調(diào)遞減,在π2,7π12上單調(diào)遞增7.(2022新高考Ⅰ,6,5分)記函數(shù)f(x)=sinωx+π4+b(ω>0)的最小正周期為T.若2π3<T<π,且y=f(x)的圖象關(guān)于點3π2,2中心對稱,則fA.1B.32答案A∵2π3<T<π,ω>0,∴2π3<2πω<π,∴又y=f(x)的圖象關(guān)于點3π2,2∴b從而ω=23k?16(k∈Z)②,由①②知ω=5∴f(x)=sin52x+π4+2,∴f8.(2021全國乙理,7,5分)把函數(shù)y=f(x)圖象上所有點的橫坐標(biāo)縮短到原來的12倍,縱坐標(biāo)不變,再把所得曲線向右平移π3個單位長度,得到函數(shù)y=sinx?π4的圖象,則f(x)A.sinxC.sin2答案B將函數(shù)y=sinx?π4的圖象向左平移π3個單位長度可得函數(shù)y=sinx+π3?π4=sinx+π12的圖象,再將該函數(shù)圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍,縱坐標(biāo)不變,可得函數(shù)y=易錯警示(1)忽略圖象的平移規(guī)律:“左加右減”,從而錯選A;(2)對橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍理解不清,誤認(rèn)為是x的系數(shù)乘2,從而錯選D.9.(多選)(2022新高考Ⅱ,9,5分)已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的圖象關(guān)于點2π3,0中心對稱,則(A.f(x)在區(qū)間0,5πB.f(x)在區(qū)間?πC.直線x=7π6是曲線y=f(x)D.直線y=32-x是曲線y=f(x)答案AD因為f(x)的圖象關(guān)于點2π3,0對稱,所以sin4π3+φ=0,即4π3+φ=kπ,k∈Z,故φ=kπ-4π3,k∈Z.結(jié)合0<φ<π,得φ=2π3,對于A,令π2+2kπ≤2x+2π3≤3π2+2kπ,k∈Z,解得-π12+kπ≤x≤5π12+kπ,k∈Z,故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為-π12+kπ,5π12+kπ,k∈Z.顯然0,5π12??π12+kπ,5π12+kπ,k∈Z,故A正確.對于B,f'(x)=2cos2x+2π3,令f'(x)=0,得2x+2π3=kπ+π2,k∈Z,即x=kπ2?π12,k∈Z.又因為x∈?π12,11π12,所以x=5π12,故f(x)在區(qū)間?π12,11π12只有一個極值點,k∈Z,故B錯誤.對于C,令2x+2π3=π2+kπ,k∈Z,解得x=-π12+kπ2,k∈Z,故C錯誤.對于D,結(jié)合B,令2cos2x+2π3=-1,得2x+2π3=2π3+2kπ,k∈Z或2x+2π10.(2022全國甲理,11,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=sinωx+π3在區(qū)間(0,π)恰有三個極值點、兩個零點,則ω的取值范圍是(A.5C.13答案C由x∈(0,π)得ωx+π3∈π3,ωπ+π3,要使函數(shù)f(x)=sinωx+π3在(0,π)內(nèi)恰有三個極值點、兩個零點,則ωx+π3的取值應(yīng)包括π2,π,3π2,2π,5π2,所以5π211.(2019課標(biāo)Ⅲ理,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=sinωx+π5(ω>0),已知f(x)在[0,2π]有且僅有5個零點①f(x)在(0,2π)有且僅有3個極大值點②f(x)在(0,2π)有且僅有2個極小值點③f(x)在0,π④ω的取值范圍是12其中所有正確結(jié)論的編號是()A.①④B.②③C.①②③D.①③④答案D本題主要考查三角函數(shù)的圖象、性質(zhì)及其應(yīng)用,函數(shù)的零點、極值點、單調(diào)性等知識,通過對函數(shù)f(x)=sinωx+π5圖象的研究,考查學(xué)生將復(fù)雜圖象化歸為簡單圖象,將陌生問題轉(zhuǎn)化為熟悉問題的能力令t=ωx+π5(ω>0),∵x∈∴t∈π5,2ωπ+∵f(x)在[0,2π]上有且僅有5個零點,∴y=sint在π5,2ωπ+∴2ωπ+π5∈∴ω∈125,2910,y=sint在π5,2ωπ+π5由y=sint在π5,2ωπ+π5上的圖象可知f(x)在[0,2π]有且僅有3個極大值點,有2個或3個極小值點,當(dāng)x∈0,π10時,t∈又ω∈125∴ωπ10+π5∵49π100<∴π5,ω∴y=sint在t∈π5,∴y=f(x)在0,π10上單調(diào)遞增,故③故選D.解題關(guān)鍵①令t=ωx+π5(ω>0),利用整體思想將原函數(shù)轉(zhuǎn)化為y=sint來研究②當(dāng)ω>0時,y=sinωx+π5的圖象可由y=sinx的圖象經(jīng)過平移、伸縮變換得到,y=sinωx+π512.(2017課標(biāo)Ⅱ文,3,5分)函數(shù)f(x)=sin2x+A.4πB.2πC.πD.π答案C本題考查三角函數(shù)的性質(zhì).由題意得ω=2,所以函數(shù)f(x)=sin2x+π3的最小正周期T=13.(2017山東文,7,5分)函數(shù)y=3sin2x+cos2x的最小正周期為()A.π2B.2答案C本題考查三角函數(shù)輔助角公式及三角函數(shù)的性質(zhì).y=3sin2x+cos2x=2sin2x從而最小正周期T=2π14.(2017課標(biāo)Ⅲ文,6,5分)函數(shù)f(x)=15sinx+π3A.65B.1C.35答案A∵f(x)=15sinx+=1512sinx+32cos=35sinx+335=35×2sin=65sinx∴f(x)的最大值為65故選A.一題多解∵cosx?π=sinπ2?π∴f(x)=65sinx+π3,∴f(x)max=15.(2016課標(biāo)Ⅱ文,11,5分)函數(shù)f(x)=cos2x+6cosπ2?A.4B.5C.6D.7答案Bf(x)=1-2sin2x+6sinx=-2sinx?322+112,當(dāng)sinx=1時,思路分析利用二倍角的余弦公式及誘導(dǎo)公式將f(x)=cos2x+6cosπ2?x轉(zhuǎn)化為關(guān)于sinx的二次函數(shù),通過配方來求最值,注意不要忘記sin16.(2016山東理,7,5分)函數(shù)f(x)=(3sinx+cosx)(3cosx-sinx)的最小正周期是()A.π2B.πC.3答案B∵f(x)=(3sinx+cosx)(3cosx-sinx)=4sinx+π6·cosx+π6=2sin評析本題主要考查輔助角公式及三角恒等變換,屬中檔題.17.(2016浙江,5,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=sin2x+bsinx+c,則f(x)的最小正周期()A.與b有關(guān),且與c有關(guān)B.與b有關(guān),但與c無關(guān)C.與b無關(guān),且與c無關(guān)D.與b無關(guān),但與c有關(guān)答案Bf(x)=sin2x+bsinx+c,若b=0,則f(x)=sin2x+c=12(1-cos2x)+c,此時f(x)的周期為π;若b≠0,則f(x)的周期為2π,所以選18.(2015安徽理,10,5分)已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A,ω,φ均為正的常數(shù))的最小正周期為π,當(dāng)x=2π3時,函數(shù)f(x)取得最小值,A.f(2)<f(-2)<f(0)B.f(0)<f(2)<f(-2)C.f(-2)<f(0)<f(2)D.f(2)<f(0)<f(-2)答案A∵ω>0,∴T=2πω=π,∴ω=2.又A>0,∴f2π3=-A,即sin4π3+φ=-1,得φ+4π3=2kπ+3π2,k∈Z,即φ=2kπ+π6,k∈Z,又∵φ>0,∴可取f(x)=Asin2x+π6,∴f(2)=Asin4+π6,f(-2)=Asin?4+π6,f(0)=Asinπ6.∵π<4+π6<3π2,∴f(2)<0.∵-評析本題考查三角函數(shù)的周期性、單調(diào)性、最值和三角函數(shù)值的大小比較.準(zhǔn)確判斷4+π6與-4+π619.(2014課標(biāo)Ⅰ文,7,5分)在函數(shù)①y=cos|2x|,②y=|cosx|,③y=cos2x+π6,④y=tan2x?A.①②③B.①③④C.②④D.①③答案A①y=cos|2x|=cos2x,最小正周期為π;②由圖象知y=|cosx|的最小正周期為π;③y=cos2x+π6④y=tan2x?π4因此選A.評析本題考查三角函數(shù)的周期性,含有絕對值的函數(shù)可先變形再判斷,或運用圖象判斷其最小正周期.20.(2012課標(biāo)理,9,5分)已知ω>0,函數(shù)f(x)=sinωx+π4在π2,πA.12,C.0,1答案A由π2<x<π得ωπ2+π4<ωx+又y=sinα在π2,所以ω解得12≤ω≤54,評析本題考查了三角函數(shù)的單調(diào)性,考查了運用正弦函數(shù)的減區(qū)間求參數(shù)的問題.21.(2011課標(biāo)理,11,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2的最小正周期為A.f(x)在0,πB.f(x)在π4C.f(x)在0,πD.f(x)在π4答案Af(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)=2sinωx+φ+π4,∵周期T=2πω=π,∴ω=2.又f(-x)=f(x),即f(x)為偶函數(shù),∴φ+π4=kπ+π2,φ=kπ+π4又|φ|<π2,∴φ=π4,∴f(x)=2sin2x+π2=2cos2x,易得f(x)評析本題考查三角公式和三角變換,考查三角函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的單調(diào)性、奇偶性的判定,屬中等難度試題.22.(2011課標(biāo)文,11,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=sin2x+π4+cosA.y=f(x)在0,π2單調(diào)遞增,其圖象關(guān)于直線x=B.y=f(x)在0,π2單調(diào)遞增,其圖象關(guān)于直線x=C.y=f(x)在0,π2單調(diào)遞減,其圖象關(guān)于直線x=D.y=f(x)在0,π2單調(diào)遞減,其圖象關(guān)于直線x=答案Df(x)=sin2x+π4+cos2x+π4=2·sin2x評析本題考查三角恒等變換、誘導(dǎo)公式及三角函數(shù)的圖象等知識,考查學(xué)生綜合應(yīng)用三角知識分析和解決問題的能力,屬中等難度試題.23.(2016課標(biāo)Ⅰ,12,5分)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|≤π2,x=-π4為f(x)的零點,x=π4為y=f(x)圖象的對稱軸,且f(x)A.11B.9C.7D.5答案B由f(x)在π18,5π36上單調(diào),得πω≥5π36-π18,∴ω≤12,依題意∴ω又|φ|≤π2,∴m+n=0或m+n=-1.當(dāng)m+n=0時,ω=4n+1,φ=π4,取n=2,得ω=9,f(x)=sin9x+π4符合題意.當(dāng)m+n=-1時,φ=-π4,ω=4n+3,取n=2,得ω=11,f(x)=sin11x?π4,此時,當(dāng)x∈π18,5解后反思本題要求ω的最大值,正面入手難度較大,故對ω取特殊值進(jìn)行檢驗.24.(2024新課標(biāo)Ⅱ,9,6分,易)對于函數(shù)f(x)=sin2x和g(x)=sin2x-π4,A.f(x)與g(x)有相同的零點B.f(x)與g(x)有相同的最大值C.f(x)與g(x)有相同的最小正周期D.f(x)與g(x)的圖象有相同的對稱軸9BC令f(x)=0,得sin2x=0,∴2x=kπ(k∈Z),解得x=kπ2(k令g(x)=0,得sin2x-π4=0,∴2x-π4=k1解得x=k1π2+π8因此f(x)與g(x)沒有相同的零點,選項A錯誤.f(x)與g(x)的最大值都是1,選項B正確.f(x)與g(x)的最小正周期都是T=2π2=π,選項C由2x=k2π+π2(k2∈Z)得x=k2π2+π∴f(x)圖象的對稱軸方程為x=k2π2+π4由2x-π4=k3π+π2(k3∈Z)得x=k3π2+∴g(x)圖象的對稱軸方程為x=k3π2+3π因此,選項D錯誤,故選BC.小題速解由f(x)、g(x)的圖象知:A、D錯誤,B、C正確.24.(2023新課標(biāo)Ⅰ,15,5分,中)已知函數(shù)f(x)=cosωx-1(ω>0)在區(qū)間[0,2π]有且僅有3個零點,則ω的取值范圍是.

答案[2,3)解析函數(shù)f(x)=cosωx-1(ω>0)在區(qū)間[0,2π]上有且僅有3個零點等價于方程cosωx=1(ω>0)在區(qū)間[0,2π]上有且僅有3個不等的實根,∵0≤x≤2π,∴0≤ωx≤2πω,∴4π≤2πω<6π,即2≤ω<3,∴ω的取值范圍為[2,3).25.(2022北京,13,5分)若函數(shù)f(x)=Asinx-3cosx的一個零點為π3,則A=;fπ12=答案1;-2解析由題意知fπ3=0,即Asinπ3?3cosπ3=0,解得A=1,所以f(x)=sinx26.(2022全國乙理,15,5分)記函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期為T.若f(T)=32,x=π9為f(x)的零點,則ω的最小值為答案3解析∵T=2πω,ω>0,f(T)=3∴cosω×2πω+φ=3∵0<φ<π,∴φ=π6,∴f(x)=cosωx又fπ9=0,∴cosπω∴πω9+π6=kπ+π2(k∈Z),∴∴ω=9k+3(k∈Z).∵ω>0,∴k=0時,ω取得最小值3.27.(2021全國甲理,16,5分)已知函數(shù)f(x)=2cos(ωx+φ)的部分圖象如圖所示,則滿足條件f(x)-f-7π4f(x)-f4π3>0的最小正整數(shù)x為.

答案2解題指導(dǎo):首先通過函數(shù)圖象,確定ω和φ的取值,然后分別求出f?7π4和f4π3的值,最后結(jié)合三角函數(shù)的單調(diào)性確定最小正整數(shù)解析設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T,則34T=13π12?則2πω=π,解得|ω|=2,不妨取ω=2,此時f(x)=2cos(2x+φ)將π3,0代入上式,得2π3+φ=π2∴φ=-π6+2kπ,k∈Z,取φ=-π∴f(x)=2cos2x∴f?7π4f4π3=2cos∴不等式可化為(f(x)-1)f(x)>0,解得f(x)>1或f(x)<0.由f(x)>1,得2cos2x?π6>1,即由f(x)<0,得cos2x?π由①得-π3+2kπ<2x-π6<π3+2kπ解得-π12+kπ<x<π4+kπ,k∈Z,欲使x為最小正整數(shù),則k=1,此時,由②得π2+2kπ<2x-π6<3π2+2kπ解得π3+kπ<x<5π6+kπ,k∈Z,欲使x為最小正整數(shù),則k=0,此時,綜上,最小正整數(shù)x為2.方法點撥解本題的關(guān)鍵是能夠正確求解f(x)的解析式,然后能結(jié)合三角函數(shù)的單調(diào)性求出x的取值范圍.28.(2018課標(biāo)Ⅲ理,15,5分)函數(shù)f(x)=cos3x+π6在答案3解析令f(x)=0,得cos3x+π6=0,解得x=kπ3+π9(k∈Z).當(dāng)k=0時,x=π9;當(dāng)k=1時,x=4π9;當(dāng)k=2時,x=29.(2018江蘇,7,5分)已知函數(shù)y=sin(2x+φ)?π2<φ<π2的圖象關(guān)于直線x=π答案-π解析本題考查正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì).∵函數(shù)y=sin(2x+φ)的圖象關(guān)于直線x=π3對稱,∴x=π3時,函數(shù)取得最大值或最小值,∴sin∴2π3+φ=kπ+π2(k∈Z),∴φ=kπ-π6又-π2<φ<π2,∴φ=-30.(2018北京理,11,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=cosωx?π6(ω>0).若f(x)≤fπ4對任意的實數(shù)x都成立,則答案2解析本題主要考查三角函數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用.∵f(x)≤fπ4對任意的實數(shù)x都成立,∴fπ∴π4·ω-π6=2kπ,k∈Z,整理得ω=8k+23,k又ω>0,∴當(dāng)k=0時,ω取得最小值23名師點睛由題意知函數(shù)f(x)在x=π4處取得最大值,從而得出答案31.(2017課標(biāo)Ⅱ理,14,5分)函數(shù)f(x)=sin2x+3cosx-34x∈答案1解析本題主要考查三角函數(shù)的最值.由題意可得f(x)=-cos2x+3cosx+14=-cos∵x∈0,π2,∴cosx∴當(dāng)cosx=32時,f(x)max32.(2017課標(biāo)Ⅱ文,13,5分)函數(shù)f(x)=2cosx+sinx的最大值為.

答案5解析本題主要考查三角函數(shù)的最值.由題意可知f(x)=2cosx+sinx=5sin(x+φ)(tanφ=2),∴f(x)的最大值為5.33.(2015天津文,14,5分)已知函數(shù)f(x)=sinωx+cosωx(ω>0),x∈R.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-ω,ω)內(nèi)單調(diào)遞增,且函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=ω對稱,則ω的值為.

答案π解析由已知得f(x)=2sinωx+π4,令2kπ-π2≤ωx+π4≤2kπ+π2,k∈Z,由ω>0,得k∈Z,當(dāng)k=0時,得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為?3所以(-ω,ω)??3所以?3π4ω≤又y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=ω對稱,所以ω2+π4=kπ+πk∈Z,解得ω2=kπ+π4,k∈Z,又0<ω≤π2,所以ω=34.(2014課標(biāo)Ⅱ理,14,5分)函數(shù)f(x)=sin(x+2φ)-2sinφcos(x+φ)的最大值為.

答案1解析f(x)=sin[(x+φ)+φ]-2sinφcos(x+φ)=sin(x+φ)cosφ+cos(x+φ)sinφ-2sinφ·cos(x+φ)=sin(x+φ)cosφ-sinφcos(x+φ)=sin(x+φ-φ)=sinx,∴f(x)的最大值為1.35.(2014課標(biāo)Ⅱ文,14,5分)函數(shù)f(x)=sin(x+φ)-2sinφcosx的最大值為.

答案1解析f(x)=sin(x+φ)-2sinφcosx=sinxcosφ+cosxsinφ-2sinφcosx=sinxcosφ-cosxsinφ=sin(x-φ)≤1,所以f(x)max=1.36.(2013課標(biāo)Ⅰ,理15,文16,5分)設(shè)當(dāng)x=θ時,函數(shù)f(x)=sinx-2cosx取得最大值,則cosθ=.

答案-2解析由輔助角公式得:f(x)=555sinx?255cosx=5sin(x-φ),其中sinφ=255,cosφ=55,由x=θ時,f(x)取得最大值得:sin(θ-φ)=1,∴θ-φ=2kπ+π2,k∈評析本題考查了輔助角公式的應(yīng)用,準(zhǔn)確掌握輔助角的含義是解題關(guān)鍵.37.(2023北京,17,13分,中)設(shè)函數(shù)f(x)=sinωxcosφ+cosωxsinφω>(1)若f(0)=-32,求φ的值(2)已知f(x)在區(qū)間?π3,2π3上單調(diào)遞增,f2π3=1,再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知,使函數(shù)f(x)存在,條件①:fπ3條件②:f?π3條件③:f(x)在區(qū)間?π2注:如果選擇的條件不符合要求,第(2)問得0分;如果選擇多個符合要求的條件分別解答,按第一個解答計分.解析(1)由題意得f(x)=sin(ωx+φ),∴f(0)=sinφ=-32,∵|φ|<π2,∴φ=-(2)條件①與f(x)在?π3,2π3選條件②.∵f(x)在?π3,2π3上單調(diào)遞增,且f2π3=1,f?π3=-1,∴T2=2π3∴f(x)=sin(x+φ),∵f2π3=sin∴2π3+φ=π2+2kπ(k∈Z),即φ=-π6+2∵|φ|<π2,∴φ=-π選條件③.∵f(x)在?π2,?π3上單調(diào)遞減,在?π3,2π3上單調(diào)遞增,∴f(x)在x以下同選條件②.38.(2018北京文,16,13分)已知函數(shù)f(x)=sin2x+3sinxcosx.(1)求f(x)的最小正周期;(2)若f(x)在區(qū)間?π3,m上的最大值為32解析(1)f(x)=12-12cos2x+32=sin2x?π所以f(x)的最小正周期為T=2π(2)由(1)知f(x)=sin2x?π由題意知-π3≤x≤所以-5π6≤2x-π6≤要使得f(x)在?π3,即sin2x?π6所以2m-π6≥π即m≥π3所以m的最小值為π339.(2016山東文,17,12分)設(shè)f(x)=23sin(π-x)sinx-(sinx-cosx)2.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)把y=f(x)的圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變),再把得到的圖象向左平移π3個單位,得到函數(shù)y=g(x)的圖象,求gπ6解析(1)f(x)=23sin(π-x)sinx-(sinx-cosx)2=23sin2x-(1-2sinxcosx)=3(1-cos2x)+sin2x-1=sin2x-3cos2x+3-1=2sin2x?π由2kπ-π2≤2x-π3≤2kπ+π2(k得kπ-π12≤x≤kπ+5π12(k所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是kπ?π12或(2)由(1)知f(x)=2sin2x?π把y=f(x)的圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變),得到y(tǒng)=2sinx?π3+3再把得到的圖象向左平移π3個單位得到y(tǒng)=2sinx+3-1的圖象,即g(x)=2sinx+3-1.所以gπ6=2sinπ6+3-1=方法總結(jié)研究三角函數(shù)的單調(diào)性,首先將函數(shù)化為y=Asin(ωx+φ)+h(或y=Acos(ωx+φ)+h)的形式,要視“ωx+φ”為一個整體,另外注意A的正負(fù).評析本題主要考查三角恒等變換及三角函數(shù)的性質(zhì),考查三角函數(shù)圖象變換.(1)將函數(shù)化為y=Asin(ωx+φ)+h的形式是解題的關(guān)鍵,要視“ωx+φ”為一個整體.(2)三角函數(shù)圖象變換僅對“x”而言.40.(2016天津理,15,13分)已知函數(shù)f(x)=4tanxsinπ2-x·cosx-π3-3.(1)求f(x)的定義域與最小正周期;(2)討論f(x)在區(qū)間?π4解析(1)f(x)的定義域為x|f(x)=4tanxcosxcosx?π=4sinxcosx?π=4sinx12cos=2sinxcosx+23sin2x-3=sin2x+3(1-cos2x)-3=sin2x-3cos2x=2sin2x所以,f(x)的最小正周期T=2π(2)令z=2x-π3,易知函數(shù)y=2sinz的單調(diào)遞增區(qū)間是?π2+2由-π2+2kπ≤2x-π3≤π2+2kπ,得-π12+kπ≤x≤5設(shè)A=?π4,π4,B=x|?所以,當(dāng)x∈?π4,π4時,f(x)在區(qū)間?π方法總結(jié)研究三角函數(shù)的各類性質(zhì)時,首先要將所研究函數(shù)利用輔助角公式、降冪擴(kuò)角公式及兩角和差的正弦、余弦公式等價轉(zhuǎn)化為f(x)=Asin(ωx+φ)+b的形式,然后類比y=sinx的性質(zhì)進(jìn)行研究.評析本題主要考查兩角差的正弦公式和余弦公式、二倍角的正弦公式和余弦公式,三角函數(shù)的定義域、最小正周期性、單調(diào)性等基礎(chǔ)知識.考查運算求解能力.41.(2016北京文,16,13分)已知函數(shù)f(x)=2sinωxcosωx+cos2ωx(ω>0)的最小正周期為π.(1)求ω的值;(2)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.解析(1)因為f(x)=2sinωxcosωx+cos2ωx=sin2ωx+cos2ωx=2sin2ωx+π所以f(x)的最小正周期T=2π2ω=π依題意,πω=π,解得ω=1.(6分(2)由(1)知f(x)=2sin2x函數(shù)y=sinx的單調(diào)遞增區(qū)間為2kπ?π2,2由2kπ-π2≤2x+π4≤2kπ+π2(k得kπ-3π8≤x≤kπ+π8(k∈Z所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ?3π8,易錯警示本題函數(shù)解析式中含有參數(shù)ω,在用倍角公式時要注意轉(zhuǎn)化成“2ωx”,在求單調(diào)區(qū)間時,也要注意x的系數(shù).評析本題考查了倍角公式、輔助角公式和正弦型函數(shù)的單調(diào)區(qū)間等知識,屬中檔題.42.(2015天津理,15,13分)已知函數(shù)f(x)=sin2x-sin2x?π6,x(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在區(qū)間?π3解析(1)由已知,有f(x)=1?cos2x2-1?cos2x?π32=1212cos2x所以,f(x)的最小正周期T=2π(2)因為f(x)在區(qū)間?π3,?π6上是減函數(shù),在區(qū)間?π6,π4上是增函數(shù),f?π3=-14,f?π6=-12,f43.(2015北京理,15,13分)已知函數(shù)f(x)=2sinx2cosx2-2sin2(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在區(qū)間[-π,0]上的最小值.解析(1)因為f(x)=22sinx-22(1-cos=sinx+π4所以f(x)的最小正周期為2π.(2)因為-π≤x≤0,所以-3π4≤x+π4當(dāng)x+π4=-π2,即x=-3π4時,所以f(x)在區(qū)間[-π,0]上的最小值為f?3π444.(2015安徽文,16,12分)已知函數(shù)f(x)=(sinx+cosx)2+cos2x.(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在區(qū)間0,π2解析(1)因為f(x)=sin2x+cos2x+2sinxcosx+cos2x=1+sin2x+cos2x=2sin2x所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T=2π(2)由(1)的計算結(jié)果知,f(x)=2sin2x當(dāng)x∈0,π2時,2x+π4由正弦函數(shù)y=sinx在π4,當(dāng)2x+π4=π2,即x=π8時,f(x)當(dāng)2x+π4=5π4,即x=π2時,綜上,f(x)在0,π2上的最大值為2+1,評析本題考查三角恒等變換,三角函數(shù)的周期性及最值.45.(2015湖北理,17,11分)某同學(xué)用“五點法”畫函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2在某一個周期內(nèi)的圖象時ωx+φ0ππ32πxπ5Asin(ωx+φ)05-50(1)請將上表數(shù)據(jù)補充完整,并直接寫出函數(shù)f(x)的解析式;(2)將y=f(x)圖象上所有點向左平行移動θ(θ>0)個單位長度,得到y(tǒng)=g(x)的圖象.若y=g(x)圖象的一個對稱中心為5π12,0,求解析(1)根據(jù)表中已知數(shù)據(jù),解得A=5,ω=2,φ=-π6數(shù)據(jù)補全如下表:ωx+φ0ππ32πxππ751312Asin(ωx+φ)050-50且函數(shù)表達(dá)式為f(x)=5sin2x(2)由(1)知f(x)=5sin2x得g(x)=5sin2x因為y=sinx圖象的對稱中心為(kπ,0),k∈Z,令2x+2θ-π6解得x=kπ2+π12-θ,k由于函數(shù)y=g(x)的圖象關(guān)于點5π12令kπ2+π12解得θ=kπ2-π3,k由θ>0可知,當(dāng)k=1時,θ取得最小值π646.(2014山東理,16,12分)已知向量a=(m,cos2x),b=(sin2x,n),函數(shù)f(x)=a·b,且y=f(x)的圖象過點π12,3(1)求m,n的值;(2)將y=f(x)的圖象向左平移φ(0<φ<π)個單位后得到函數(shù)y=g(x)的圖象,若y=g(x)圖象上各最高點到點(0,3)的距離的最小值為1,求y=g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.解析(1)由題意知f(x)=a·b=msin2x+ncos2x.因為y=f(x)的圖象經(jīng)過點π12,3所以3即3解得m=3,n=1.(2)由(1)知f(x)=3sin2x+cos2x=2sin2x由題意知g(x)=f(x+φ)=2sin2x設(shè)y=g(x)的圖象上符合題意的最高點為(x0,2),由題意知x02+1=1,所以x即到點(0,3)的距離為1的最高點為(0,2).將其代入y=g(x)得sin2φ因為0<φ<π,所以φ=π6因此g(x)=2sin2x+π由2kπ-π≤2x≤2kπ,k∈Z,得kπ-π2≤x≤kπ,k∈Z所以函數(shù)y=g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ?π247.(2014重慶理,17,13分)已知函數(shù)f(x)=3sin(ωx+φ)ω>0,?π2≤φ<(1)求ω和φ的值;(2)若fα2=34π6<α解析(1)因為f(x)的圖象上相鄰兩個最高點的距離為π,所以f(x)的最小正周期T=π,從而ω=2π又因為f(x)的圖象關(guān)于直線x=π3對稱,2·π3+φ=kπ+π2,k=0,±1,±2,….由-π2≤φ<所以φ=π2-2π3(2)由(1)得fα2=3sin2·α所以sinα?π6由π6<α<2π3得0<α-π所以cosα?π6=1?si因此cosα+3π2=sinα?π6cosπ6=14×32+154×148.(2014四川理,16,12分)已知函數(shù)f(x)=sin3x(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)若α是第二象限角,fα3=45cosα+π4cos2α,求cos解析(1)因為函數(shù)y=sinx的單調(diào)遞增區(qū)間為?π2+2kπ由-π2+2kπ≤3x+π4≤π2+2kπ,k∈-π4+2kπ3≤x≤π12+所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為?π4+2(2)由已知,有sinα+π4=45cosα+所以sinαcosπ4+cosαsin=45cosαcosπ即sinα+cosα=45(cosα-sinα)2(sinα+cos當(dāng)sinα+cosα=0時,由α是第二象限角,知α=3π4+2kπ,k∈此時,cosα-sinα=-2.當(dāng)sinα+cosα≠0時,有(cosα-sinα)2=54由α是第二象限角,知cosα-sinα<0,此時cosα-sinα=-52綜上所述,cosα-sinα=-2或-52評析本題主要考查正弦型函數(shù)的性質(zhì),二倍角與和差角公式,簡單的三角恒等變換等基礎(chǔ)知識,考查運算求解能力,考查分類與整合、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想.49.(2014天津理,15,13分)已知函數(shù)f(x)=cosx·sinx+π3-3cos2x+34(1)求f(x)的最小正周期;(2)求f(x)在閉區(qū)間?π4解析(1)由已知,有f(x)=cosx·12sinx+32=12sinx·cosx-32cos2=14sin2x-34(1+cos=14sin2x-34cos=12sin2所以f(x)的最小正周期T=2π(2)因為f(x)在區(qū)間?π4,?π12f?π4=-14,f?π12=-12,所以函數(shù)f(x)在閉區(qū)間?π4,π4上的最大值為1評析本題主要考查兩角和與差的正弦公式,二倍角的正弦與余弦公式,三角函數(shù)的最小正周期、單調(diào)性等基礎(chǔ)知識.考查基本運算能力.50.(2014江西理,16,12分)已知函數(shù)f(x)=sin(x+θ)+acos(x+2θ),其中a∈R,θ∈?π(1)當(dāng)a=2,θ=π4時,求f(x)在區(qū)間[0,π]上的最大值與最小值(2)若fπ2=0,f(π)=1,求a,θ的值解析(1)當(dāng)a=2,θ=π4時f(x)=sinx+π4+=22(sinx+cosx)-2sin=22cosx-22sinx=sin由x∈[0,π],知π4-x∈?故f(x)在[0,π]上的最大值為22,最小值為(2)由fπ2由θ∈?π2,π2知解得a51.(2013北京文,15,13分)已知函數(shù)f(x)=(2cos2x-1)sin2x+12cos(1)求f(x)的最小正周期及最大值;(2)若α∈π2,π,且f(α)=22,解析(1)因為f(x)=(2cos2x-1)sin2x+12cos=cos2xsin2x+12cos=12(sin4x+cos4x)=22sin所以f(x)的最小正周期為π2,最大值為2(2)因為f(α)=22,所以sin4因為α∈π2,π,所以4α+π所以4α+π4=5π2.故4.4解三角形考點1正弦定理、余弦定理1.(2023北京,7,4分)在△ABC中,(a+c)·(sinA-sinC)=b(sinA-sinB),則∠C=()A.π答案B由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b),化簡得ab=a2+b2-c2,由余弦定理的推論得cosC=a2+b2?c22ab=ab2ab=2.(2023全國乙文,4,5分,易)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c,若acosB-bcosA=c,且C=π5,則B=()A.π答案C∵acosB-bcosA=c,∴sinAcosB-sinBcosA=sinC,∴sin(A-B)=sinC,∴A-B=C(A-B+C=π舍去),又C=π5,∴A-B=π5,又A+B=4π5,∴B=3π一題多解由acosB-bcosA=c得sinAcosB-sinBcosA=sinC,即sinAcosB-sinBcosA=sinAcosB+cosAsinB,∴cosAsinB=0,又知sinB≠0,∴cosA=0,又∵A∈(0,π),∴A=π2∴B=π2?C3.(2021全國甲文,8,5分)在△ABC中,已知B=120°,AC=19,AB=2,則BC=()A.1B.2C.答案D解題指導(dǎo):思路一(利用余弦定理):已知角B,邊c,b,利用余弦定理,得到關(guān)于a的一元二次方程,求解即可;思路二(利用正弦定理):已知角B,邊b,c,借助正弦定理求出角C的正弦值,進(jìn)而利用兩角和的正弦公式及誘導(dǎo)公式求出角A,再借助正弦定理求出a.解析解法一:設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,在△ABC中,由題意知b=19,c=2,由余弦定理得b2=c2+a2-2cacosB,即19=4+a2-2·2a·cos120°,整理得a2+2a-15=0,解得a=3或a=-5(舍),所以BC=3.故選D.解法二:在△ABC中,由正弦定理得ACsinB=ABsinC,即19sin120°=2sinC,所以sinC=2×3219=319,又0°<C<60°,所以cosC=1?sin2C=419,所以sinA4.(2018課標(biāo)Ⅲ,理9,文11,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若△ABC的面積為a2+bA.π2B.C.π4D.答案C根據(jù)余弦定理得a2+b2-c2=2ab·cosC,因為S△ABC=a2+b2?c24,所以S△ABC=2abcosC4,又S△ABC=12absinC,所以5.(2016課標(biāo)Ⅰ文,4,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知a=5,c=2,cosA=23,則A.2B.3C.2D.3答案D由余弦定理得5=22+b2-2×2b·cosA,∵cosA=23,∴3b2-8b-3=0,∴b=3b=?評析本題考查了余弦定理的應(yīng)用,考查了方程的思想方法.6.(2016山東文,8,5分)△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c.已知b=c,a2=2b2(1-sinA).則A=()A.3π4B.π3C.答案C在△ABC中,由b=c,得cosA=b2+c2?a22bc=2b2?a22b2,又a2=2b2(1-sinA),所以cos評析恰當(dāng)運用余弦定理的變形形式是求解本題的關(guān)鍵.7.(2015廣東文,5,5分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若a=2,c=23,cosA=32且b<c,則A.3B.22C.2D.3答案C由余弦定理b2+c2-2bccosA=a2,得b2-6b+8=0,解得b=2或b=4,∵b<c=23,∴b=2.選C.8.(2014課標(biāo)Ⅱ理,4,5分)鈍角三角形ABC的面積是12,AB=1,BC=2,則A.5B.5C.2D.1答案BS△ABC=12AB·BCsinB=12×1×2sinB=∴sinB=22,∴B=45°或135°.若B=45°,則由余弦定理得AC=1,∴△ABC為直角三角形,不符合題意,因此B=135°,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB=1+2-2×1×2×?22=5,∴AC=59.(2013課標(biāo)Ⅱ文,4,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知b=2,B=π6,C=π4,則△ABCA.23+2B.3+1C.23-2D.3-1答案B由bsinB=csinC又sinA=sin(B+C)=12×22+32×22=2+64.從而S△ABC=12bcsinA=1210.(2013課標(biāo)Ⅰ文,10,5分)已知銳角△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,23cos2A+cos2A=0,a=7,c=6,則b=()A.10B.9C.8D.5答案D由23cos2A+cos2A=0得25cos2A=1,因為A為銳角,所以cosA=15.又由a2=b2+c2-2bccosA得49=b2+36-125b,整理得5b解得b=-135(舍)或b=5,故選11.(2016課標(biāo)Ⅲ,8,5分)在△ABC中,B=π4,BC邊上的高等于13BC,則cosA.31010B.1010C.-答案C過A作AD⊥BC,垂足為D,由題意知AD=BD=13BC,則CD=23BC,AB=23BC,AC=53BC,在△ABC中,由余弦定理的推論可知,cos∠BAC=AB2+11.(2024全國甲理,11,5分,難)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知B=60°,b2=94ac,則sinA+sinC=(A.32 B.2 C.72 11C解法一:∵B=60°,b2=94ac,∴sinAsinC=49sin2B=由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac,∴a2+c2=134ac,∴sin2A+sin2C=134sinAsinC=∴(sinA+sinC)2=sin2A+sin2C+2sinAsinC=1312+2×13=74,∴sinA+sinC=7解法二:∵b2=94∴由正弦定理得sin2B=94sinAsinC=3∴sinAsinC=13又∵A+C=120°,∴sinCsinA=12∴13=1∴cos(A-C)=16,∴2cos2A-C∴cos2A-C2又-π3<A-C2<π3,因此cossinA+sinC=2sinA+C2cosA-C2=3cos知識拓展sinθ+sinφ=2sinθ+φ2cosθ-φ12.(2021全國乙理,15,5分)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,面積為3,B=60°,a2+c2=3ac,則b=.

答案22解題指導(dǎo):首先由面積公式得ac的值,再借助余弦定理進(jìn)行邊角的轉(zhuǎn)化,從而得到b與ac的關(guān)系.解析由S△ABC=12acsinB由b2=a2+c2-2ac·cosB=a2+c2-ac,結(jié)合a2+c2=3ac得到b2=2ac=8,∴b=22.方法總結(jié):解三角形問題時,若條件中含有邊的二次式和角,則考慮用余弦定理;若條件中含有角或邊的一次式,則考慮用正弦定理;特征不明顯時,兩個可能都用.13.(2021浙江,14,6分)在△ABC中,∠B=60°,AB=2,M是BC的中點,AM=23,則AC=,cos∠MAC=.

答案213解題指導(dǎo):解三角形的關(guān)鍵在于鎖定已知的邊長和角較多的三角形,抓住“邊長”,求AC的長時,在不同三角形中分別用兩次余弦定理即可;求∠MAC的余弦值時,在△ACM中直接利用余弦定理可得結(jié)果.解析由題意知在△ABM中,AB=2,∠B=60°,AM=23,由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cosB,即12=4+BM2-4·BM·12解得BM=4或BM=-2(舍),∵M(jìn)為BC的中點,∴BM=MC=4,BC=8,在△ABC中,由余弦定理知AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosB,∴AC2=4+64-2×2×8×12=52∴AC=213.在△AMC中,由余弦定理可得cos∠MAC=AM一題多解過A作AH⊥BC交BC于H,∵AB=2,∠B=60°,∴AH=3,BH=1,又∵AM=23,∴HM=3,∴BM=MC=4,∴AC=AH在△AMC中,由余弦定理可得cos∠MAC=AM14.(2016課標(biāo)Ⅱ,13,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若cosA=45,cosC=513,a=1,則b=答案21解析由已知可得sinA=35,sinC=1213,則sinB=sin(A+C)=35×513+45×1213=6365,再由asin思路分析利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出sinA與sinC的值,進(jìn)而由sinB=sin(A+C)求出sinB的值,再利用正弦定理即可求出b的值.15.(2019課標(biāo)Ⅱ文,15,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知bsinA+acosB=0,則B=.

答案34解析本題考查正弦定理及三角函數(shù)求值,考查的核心素養(yǎng)為數(shù)學(xué)運算.在△ABC中,由已知及正弦定理得sinBsinA+sinAcosB=0,∵sinA≠0,∴sinB+cosB=0,即tanB=-1,又B∈(0,π),∴B=3416.(2017課標(biāo)Ⅲ文,15,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知C=60°,b=6,c=3,則A=.

答案75°解析由正弦定理得3sin60°=6sinB,∴sin又∵c>b,∴B=45°,∴A=75°.易錯警示本題求得sinB=22后,要注意利用b<c確定B=45°,從而求得17.(2017課標(biāo)Ⅱ文,16,5分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若2bcosB=acosC+ccosA,則B=.

答案60°解析解法一:由正弦定理得2sinBcosB=sinAcosC+sinC·cosA,即sin2B=sin(A+C),即sin2B=sin(180°-B),可得B=60°.解法二:由余弦定理得2b·a2+c2?b22ac=a·a2+b2?c22ab+c·b2+c2?a思路分析利用正弦定理或余弦定理將邊角統(tǒng)一后求解.18.(2016北京文,13,5分)在△ABC中,∠A=2π3,a=3c,則bc答案1解析在△ABC中,a2=b2+c2-2bc·cosA,將∠A=2π3,a=3c可得(3c)2=b2+c2-2bc·?1整理得2c2=b2+bc.∵c≠0,∴等式兩邊同時除以c2,得2=b2c2+bcc2,即令t=bc(t>0),有2=t2+t,即t2解得t=1或t=-2(舍去),故bc思路分析本題先由余弦定理列出關(guān)于b、c的方程,再將方程轉(zhuǎn)化為以bc為變元的方程求解評析本題考查余弦定理的應(yīng)用及換元思想的應(yīng)用,屬中檔題.19.(2015福建理,12,4分)若銳角△ABC的面積為103,且AB=5,AC=8,則BC等于.

答案7解析設(shè)內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.由已知及12bcsinA=103得sinA=32,因為A為銳角,所以A=60°,cosA=12.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=25+64-2×40×12=49,評析本題考查了三角形的面積和解三角形,利用三角形的面積求出cosA是求解關(guān)鍵.20.(2015安徽文,12,5分)在△ABC中,AB=6,∠A=75°,∠B=45°,則AC=.

答案2解析由已知及三角形內(nèi)角和定理得∠C=60°,由ABsinC=ACsinB知AC=20.(2015福建文,14,4分)若△ABC中,AC=3,A=45°,C=75°,則BC=.

答案2解析B=180°-45°-75°=60°.由正弦定理得ACsinB=BCsinA,21.(2015重慶文,13,5分)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a=2,cosC=-14,3sinA=2sinB,則c=答案4解析由3sinA=2sinB及正弦定理,得3a=2b,又a=2,所以b=3,故c2=a2+b2-2abcosC=4+9-2×2×3×?14=16,22.(2015北京理,12,5分)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,則sin2AsinC答案1解析在△ABC中,由余弦定理的推論可得cosA=b2+c2?a22bc=52+6評析本題主要考查正弦定理、余弦定理的推論以及二倍角公式的應(yīng)用,考查學(xué)生的運算求解能力和知識的應(yīng)用轉(zhuǎn)化能力.23.(2014課標(biāo)Ⅰ理,16,5分)已知a,b,c分別為△ABC三個內(nèi)角A,B,C的對邊,a=2,且(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,則△ABC面積的最大值為.

答案3解析因為a=2,所以(2+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC可化為(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,由正弦定理可得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,由余弦定理可得cosA=b2+c2?a22bc=bc2bc=12,又0<A<π,故A=π3.因為cosA=12=b2+c2?42bc≥2bc?42bc,所以bc≤4,當(dāng)且僅當(dāng)b=c評析本題考查正弦定理、余弦定理、三角形面積公式以及基本不等式的應(yīng)用,考查學(xué)生對知識的綜合應(yīng)用能力以及運算求解能力.能把2代換成a是正確解決本題的關(guān)鍵.24.(2011課標(biāo)文,15,5分)△ABC中,B=120°,AC=7,AB=5,則△ABC的面積為.

答案15解析由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,及已知條件得49=a2+25-2×5×acos120°.整理得a2+5a-24=0,解得a=3或a=-8(舍).∴S△ABC=12acsinB=12×3×5sin120°=評析本題考查余弦定理、解三角形等知識,根據(jù)余弦定理正確求出a的值是解答本題的關(guān)鍵.25.(2024新課標(biāo)Ⅰ,15,13分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知sinC=2cosB,a2+b2-c2=2ab.(1)求B;(2)若△ABC的面積為3+3,求c.15解析(1)由余弦定理的推論得cosC=a2+b2-c22ab=2ab2由sinC=2cosB得2cosB=sinπ4=2∴cosB=12,由0<B<π得B=π(2)由bsinB=csinC得令b3=c2=t,t>0,則b=3t,c=∵A=π-B-C=5π12,∴sinA=sinπ4∵S△ABC=12bcsinA=12×3t×2t×6+∴t=2,因此c=22.26.(2024新課標(biāo)Ⅱ,15,13分,中)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知sinA+3cosA=2.(1)求A;(2)若a=2,2bsinC=csin2B,求△ABC的周長.15解析(1)由已知得12sinA+32cosA=sinA+π3=1,因為0<A<π,所以π3<A+π3<4π3,所以(2)由2bsinC=2csinBcosB及正弦定理asinA=bsinB=csinC,得2sinBsinC=2sinCsinBcosB,又sinB≠0,且sinC≠0,所以cosB=22,則sinB=22,則b=asinA·sinB=212×22=22,又sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=12×22+32×22=2+64,所以c=asinA·sinC=227.(2024北京,16,13分,易)在△ABC中,∠A為鈍角,a=7,sin2B=37bcos(1)求∠A;(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知,使得△ABC存在,求△ABC的面積.條件①:b=7;條件②:cosB=1314條件③:csinA=53注:如果選擇的條件不符合要求,第(2)問得0分;如果選擇多個符合要求的條件分別解答,按第一個解答計分.16解析(1)∵sin2B=37bcos∴2sinBcosB=37bcos∵∠A為鈍角,∴B≠π2,∴cosB≠∴2sinB=37又∵a=7,∴2sinB=3a·b=3∴sinA=32,又∵∠A為鈍角,∴A=2(2)不可選條件①.若b=7,又a=7,∴a=b,從而A=B=2π因此A+B>π,△ABC不存在.選擇條件②.∵cosB=1314,∴sinB=3314,又cos∴sinC=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=32×1314+-12×∵asinA=bsinB,∴b=∴S△ABC=12absinC=12×7×3×53選擇條件③.∵csinA=532,又A=2π由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得49=b2+25-2×b×5×-1∴b2+5b-24=0,解得b=3或b=-8(舍).∴S△ABC=12bcsinA=12×3×5×3225.(2023全國乙理,18,12分)在△ABC中,已知∠BAC=120°,AB=2,AC=1.(1)求sin∠ABC;(2)若D為BC上一點,且∠BAD=90°,求△ADC的面積.解析(1)在△ABC中,由余弦定理,得BC2=22+12-2×2×1×cos120°=7,則BC=7.由正弦定理,得ACsin∠則sin∠ABC=AC·sin∠(2)在Rt△ABD中,由(1)知sin∠ABD=2114,且∠ABD為銳角,所以tan∠ABD=3在Rt△ABD中,AB=2,則AD=AB·tan∠ABD=2×35在△ADC中,∠DAC=30°,AC=1,∴△ADC的面積S=12一題多解(2)在△ABC中,AB=2,AC=1,∠BAC=120°,∴S△ABC=12又S△∴S△ACD=1526.(2023全國甲文,17,12分)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知b2+(1)求bc;(2)若acosB?bcosAacosB解析(1)由b2+c2?a得bc=1.(2)由正弦定理得acosB?bcosA=sinAcos即sinAcosB-cosAsinB-sinB=sinC=sin(A+B),得-sinB=2cosAsinB,∵sinB≠0,∴cosA=-12又∵A∈(0,π),∴sinA=32∴S△ABC=12bcsinA=12×1×3227.(2020新高考Ⅰ,17,10分)在①ac=3,②csinA=3,③c=3b這三個條件中任選一個,補充在下面問題中,若問題中的三角形存在,求c的值;若問題中的三角形不存在,說明理由.問題:是否存在△ABC,它的內(nèi)角A,B,C的