2020版高考数学大二轮复习第二部分专题1三角函数与解三角形增分强化练(十一)理

专题强化训练(十一)一、选择题1．(2019·菏泽一模)若角α的终边过点A (2,1)，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－α＝( )A ．－255B ．－55 C.55 D.255 [解析] 由题意知cos α＝25＝255，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－α＝－cos α＝－255.[答案] A2．(2019·桂林一模)已知sin(5π－α)＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＋2cos α＝( )A.225 B.－25 C ．－2 2 D ．－ 2[解析] 由sin(5π－α)＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫3π2＋α，得sin α＝－3cos α，所以tan α＝－3，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＋2cos α＝22(cos α－sin α)sin α＋2cos α＝22(1－tan α)tan α＋2＝22×4－1＝－2 2.故选C.[答案] C3．(2019·湖南湘中高三联考)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)，其中φ为实数，若f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对x ∈R 恒成立，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (π)，则f (x )的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π，k π＋π2(k ∈Z ) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z ) D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π2，k π(k ∈Z ) [解析] 因为f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对x ∈R 恒成立，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，所以φ＝k π＋π6(k ∈Z )．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (π)，所以sin(π＋φ)>sin(2π＋φ)，即sin φ<0，所以φ＝－56π＋2k π(k ∈Z )，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －56π，所以由三角函数的单调性知2x －5π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z )，故选C.[答案] C4．(2019·廊坊省级示范性高中联合体联考(一))已知函数f (x )＝－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，则( ) A ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，其图象关于直线x ＝－π12对称B ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，其图象关于直线x ＝－π12对称C ．f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，其图象关于直线x ＝－π6对称D ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，其图象关于直线x ＝－π6对称[解析] f (x )＝－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4时，3x ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，可得函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，又由3x ＋π4＝0，解得x ＝－π12，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称．故选A.[答案] A5．(2019·湖南省四校联考)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是( )A ．1，3π4B ．2，π4 C ．π，3π4D ．2π，π4[解析] 由题图知最小正周期T ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫54－14＝2，所以ω＝2πT ＝π，所以f (x )＝2sin(πx ＋φ)，把⎝⎛⎭⎪⎫14，0代入，得sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝0，即π4＋φ＝k π(k∈Z )，所以φ＝k π－π4(k ∈Z )．因为0<φ<π，所以φ＝3π4，故选C.[答案] C6．(2019·福州质量检测)若将函数y ＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2的图象向右平移π6个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0 [解析] 将函数y ＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2的图象向右平移π6个单位长度，得y ＝3cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋π2＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象，由2x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，当k ＝0时，x ＝π6，所以平移后图象的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，故选A.[答案] A 二、填空题7．(2019·河北沧州模拟)已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线2x －y ＝0上，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ－sin (π－θ)＝________.[解析] 设点P (a,2a )(a ≠0)为角θ终边上任意一点，根据三角函数的定义有tan θ＝yx ＝2，再根据诱导公式，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ－sin (π－θ)＝－cos θ－cos θcos θ－sin θ＝－21－tan θ＝2.[答案] 28．(2019·安徽六安一中3月月考)若函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(0<ω<1)在区间(π，2π)内有最值，则ω的取值范围为________．[解析] 函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(0<ω<1)取最值时，ωx ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝1ω⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π3(k ∈Z )，因为f (x )在区间(π，2π)内有最值，所以1ω⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π3∈(π，2π)时，k 有解，所以1<1ω·⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋13<2，即⎩⎪⎨⎪⎧ω<k ＋13，k 2＋16<ω⇒k 2＋16<ω<k ＋13.由k 2＋16<k ＋13得k >－13.当k ＝0时，16<ω<13，当k ＝1时，结合0<ω<1，得23<ω<1，所以ω的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫16，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫16，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，19．(2019·江西南昌重点中学段考测试)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫0<ω<3，|φ|<π2，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝0，则f (π)＝________. [解析]解法一：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－πω12＋φ＝0，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5πω12＋φ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－π12ω＋φ＝k 1π，5π12ω＋φ＝k 2π(k 1，k 2∈Z )，两式相减得，12ω＝k 2－k 1(k 1，k 2∈Z )．因为0<ω<3，且k 2－k 1是整数，所以ω＝2.将点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0看作“五点”中的第一点，则－π6＋φ＝0，所以φ＝π6，满足|φ|<π2.所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以f (π)＝12.解法二：设f (x )的最小正周期为T ，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫512π＝0可得x＝－π12和x ＝5π12是函数f (x )的两个零点，所以k 1·T 2＝512π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝π2(k 1∈N )，即T ＝πk 1(k 1∈N )，又知T ＝2π|ω|(ω>0)，所以2πω＝πk 1(k 1∈N )，所以ω＝2k 1(k 1∈N )，又0<ω<3，所以当k 1＝1时，ω＝2.所以f (x )＝sin(2x＋φ)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝0，得－π6＋φ＝k 2π(k 2∈Z )，所以φ＝k 2π＋π6(k 2∈Z )，又|φ|<π2，所以φ＝π6，则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以f (π)＝12.[答案] 12 三、解答题10．(2019·北京西城二模)已知函数f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求函数f (x )的定义域；(2)设β∈(0，π)，且f (β)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4，求β的值．[解] (1)由x ＋π4≠k π＋π2，k ∈Z ，得x ≠k π＋π4，k ∈Z .所以函数f (x )的定义域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≠k π＋π4，k ∈Z .(2)依题意，得tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫β＋π4. 整理得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4·⎣⎢⎡⎦⎥⎤2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4－1＝0， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝0或cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝12.因为β∈(0，π)，所以β＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4.由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝0，得β＋π4＝π，即β＝3π4； 由cos ⎝⎛⎭⎪⎫β＋π4＝12，即β＋π4＝π3，即β＝π12.所以β＝π12或β＝3π4.11．(2019·云南曲靖一中模拟)已知函数f (x )＝2cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋3sin 2x ＋sin x cos x .(1)求函数f (x )的最小正周期．(2)若f (x )－m ＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3恰有一实数根，求m 的取值范围．[解] (1)函数f (x )＝2cos x sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2cos x⎝⎛⎭⎪⎫sin x cos π3－cos x sin π3＋3sin 2x＋sin x cos x ＝2cos x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x －32cos x ＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2sin x cos x －3cos 2x ＋3sin 2x ＝sin2x －3cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.故函数f (x )的最小正周期为2π2＝π.(2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3时，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象如下．∵f (0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝－3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－π3＝0， ∴当方程f (x )－m ＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3恰有一实数根时，m 的取值范围为[－3，0)∪{2}．12．(2019·山东济南一模)已知函数f (x )＝sin(2π－x )·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－x －3cos 2x ＋ 3.(1)求f (x )的最小正周期和图象的对称轴方程； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π12时，求f (x )的最小值和最大值．[解] (1)由题意，得f (x )＝(－sin x )(－cos x )－3cos 2x ＋3＝sin x cos x －3cos 2x ＋3＝12sin2x －32(cos2x ＋1)＋3＝12sin2x －32cos2x ＋32＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32， 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π；令2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，则x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )， 故所求图象的对称轴方程为x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )． (2)当0≤x ≤7π12时，－π3≤2x －π3≤5π6.由函数图象(图略)可知，－32≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤1，即0≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32≤2＋32.故f (x )的最小值为0，最大值为2＋32.。

2020新高考二轮专题复习(二)：三角函数与解三角形•应知已会——熟练 •会而不对——巩固 •对而不全——强化 •全而不优——指导三角函数二轮复习的目标和方向（1）注重任意角三角函数的定义，深化公式的理解记忆 （2）二倍角公式和两角和差公式是化简的核心工具 （3）三角函数的图象与性质是核心（4）解三角形问题要充分利用正、余弦定理以及两角和与差的三角公式 典型例题：一.三角函数的概念、诱导公式与三角恒等变换例 1.已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线2y x =上，则cos2θ=( )A ．45-B ．35-C ．35D ．45变式 1.已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点(1,)A a ，(2,)B b ，且2cos23α=，则||(a b -= )A ．15B CD ．1变式 2.已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点34(,)55P --．(1)求sin()απ+的值； (2)若角β满足5sin()13αβ+=，求cos β的值．例2.若角α的终边在第二象限，则下列三角函数值中大于零的是( )（A ）πsin()2α+ （B ）πcos()2α+（C ）sin(π)α+ （D ）cos(π)α+变式1.若tan 0α>，则( )A. sin 20α>B. cos 0α>C. sin 0α>D. cos20α> 例3.已知α∈(0，)，2sin 2α=cos 2α+1，则sin α=( )A ．B ．C ．D ．变式1．若 ，则( ) A ．B ．C ．1D ． 变式2．若，则tan2α=（ ）A ．−B ．C ．−D ． 变式3．已知，则（ ） A ．B ．C ．D ．变式4．设(0,)2πα∈，(0,)2πβ∈，且1sin tan cos βαβ+=，则（ ） A .32παβ-=B .22παβ-=C .32παβ+=D .22παβ+=变式5．已知sin cos 1αβ+=，cos sin 0αβ+=，则sin()αβ+= ． 变式6. 已知4sin cos 3αα-=，则sin 2α=_________ 二. 三角函数的图象与性质例 1.动点(),A x y 在圆422=+y x 上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转,12秒旋转一周,已知时间0t =时,点A 的坐标是)3,1(,则动点A 的纵坐标y 关于t （秒）的函数的解析式为 .例2.若()cos sin =-f x x x 在[,]-a a 是减函数，则a 的最大值是( )A ．π4B ．π2C ．3π4D ．π2π155353tan 4α=2cos 2sin 2αα+=642548251625sin cos 1sin cos 2αααα+=-34344343210cos 2sin ,=+∈αααR =α2tan 344343-34-变式 1. 已知0>ω，函数)4sin()(πω+=x x f 在),2(ππ单调递减，则ω的取值范围是（ ）A ．]45,21[B ．]43,21[C ．]21,0(D ．]2,0(变式2.函数()cos()f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则()f x 的单调递减区间为（ ）．A ．13(,)44k k ππ-+，k Z ∈ B ．13(2,2)44k k ππ-+，k Z ∈ C ．13(,)44k k -+，k Z ∈ D ．13(2,2)44k k -+，k Z ∈ 变式3.已知函数()sin(2)f x x ϕ=+，其中ϕ为实数，若()()6f x f π≤对x R ∈ 恒成立，且()()2f f ππ>，则()f x 的单调递增区间是_________________例3.函数3()sin(2)3cos 2f x x x π=+-的最小值为 ______ ． 变式1.若x ∈(0,)则2tanx+tan(-x)的最小值为 . 变式2.若，则函数的最大值为 .变式3. 函数xxy cos 3sin 1--=的值域___________.变式4.当时，函数的最小值为__________.例 4.函数图像可由函数图像至少向右平移____个单位长度得到．变式 1.函数cos(2)()yx ϕπϕπ=+-≤≤的图象向右平个单位后，与函数2π2π42x ππ<<3tan 2tan y x x =20π<<x x xx x f 2sin sin 82cos 1)(2++=sin y x x =sin y x x =的图象重合，则ϕ=_________。

增分强化练(十)一、选择题1．(2019·湘潭模拟)已知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则2cos θ＋1－2sin (π－θ)cos θ＝( ) A ．sin θ＋cos θ B ．sin θ－cos θ C ．cos θ－sin θD ．3cos θ－sin θ解析：因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，所以sin θ>cos θ，利用三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，可得2cos θ＋1－2sin (π－θ)cos θ＝2cos θ＋(sin θ－cos θ)2＝2cos θ＋sin θ－cos θ＝sin θ＋cos θ，故选A. 答案：A2．设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2，x ∈R ，则f (x )是( ) A ．最小正周期为π的偶函数 B ．最小正周期为π的奇函数 C ．最小正周期为π2的偶函数D ．最小正周期为π2的奇函数解析：∵函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x ，x ∈R ，则f (x )是周期为2π2＝π的奇函数，故选B. 答案：B3．(2019·安阳模拟)已知角α的顶点在坐标原点，始边与x 轴非负半轴重合，终边经过点(－4,3)，则sin 2α－cos 2α＝( ) A ．－1725B ．－3125C ．－53D.75解析：∵角α的顶点在坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－4,3)，∴x ＝－4，y ＝3，r ＝|OP |＝5， ∴sin α＝35，cos α＝－45，∴sin 2α－cos 2α＝2sin αcos α－1＋2sin 2α＝2×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45－1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝－3125.故选B.答案：B4．函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)的部分图象如图所示，则f (x )单调递减区间为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－14，k π＋34，k ∈Z B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－14，2k π＋34，k ∈Z C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k －14，k ＋34，k ∈ZD.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k －14，2k ＋34，k ∈Z 解析：由题意可得函数的周期为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫54－14＝2，∴2πω＝2，解得ω＝π， ∴f (x )＝cos(πx ＋φ)，再根据函数的图象以及五点法作图，可得π4＋φ＝π2，解得φ＝π4，f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π4，令2k π≤πx ＋π4≤2k π＋π，k ∈Z ，可解得2k －14≤x ≤2k ＋34，k ∈Z ，∴f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k －14，2k ＋34，k ∈Z.故选D.答案：D5．已知直线x ＝π6是函数f (x )＝sin(2x ＋φ)的图象的一个对称轴，其中φ∈(0,2π)，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<f (π)，则f (x )的单调递增区间是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π，k π＋π2(k ∈Z)D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π2，k π(k ∈Z)解析：直线x ＝π6是函数f (x )＝sin(2x ＋φ)的图象的对称轴，则2×π6＋φ＝π2＋k π，k ∈Z ，解得φ＝π6＋k π，k ∈Z ，因为φ∈(0,2π)，∴φ＝π6或φ＝7π6.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<f (π)，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π2＋φ<sin(2π＋φ)，－sin φ<sin φ，∴sin φ>0，∴φ＝π6， f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.由－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得－π3＋k π≤x ≤π6＋k π，k ∈Z.f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z)．故选B.答案：B6．函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)的图象在[0,1]上恰有两个最大值点，则ω的取值范围为( ) A ．[2π，4π] B ．[2π，9π2)C ．[13π6，25π6)D ．[2π，25π6)解析：由题意得ω＋π3≥5π2，ω＋π3<9π2，∴13π6≤ω<25π6，故选C. 答案：C7．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)相邻两条对称轴间的距离为3π2，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，则下列说法正确的是( ) A ．ω＝2B ．函数y ＝f (x －π)是偶函数C ．函数f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎪⎫3π4，0对称D ．函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，－π2上单调递增 解析：由题意可得，函数f (x )的周期为T ＝2×3π2＝3π，则ω＝2πT ＝23，故A 错误．当x ＝π2时，ωx ＋φ＝23×π2＋φ＝k π，解得φ＝k π－π3(k ∈Z)，∵0<φ<π，故取k ＝1时，φ＝2π3，函数的解析式为f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x ＋2π3，y ＝f (x －π)＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤23(x －π)＋2π3＝2sin 23x ，函数为奇函数，故B 错误． f ⎝⎛⎭⎪⎫3π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫23×3π4＋2π3＝2sin 7π6≠0，则函数y ＝f (x )的图象不关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，0对称，故C 错误．当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，－π2时，23x ＋23π∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，－π2上单调递增，故D 正确．故选D. 答案：D8．函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)在[0，π]内的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12，则ω的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，43B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，43C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23 D.[]0，1解析：函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)， 当x ∈[0，π]时，f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12， ∴－1≤cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3≤12，结合余弦函数的性质，则π≤ωπ＋π3≤5π3，解得23≤ω≤43，故ω的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，43. 故选A. 答案：A9．(2019·化州模拟)设ω>0，函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3－1的图象向左平移2π3个单位长度后与原图象重合，则ω的最小值是( ) A.23 B.43 C.32 D ．3答案：D10．(2019·淮南模拟)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2，ω>0图象的一部分如图所示．若A ，B ，D 是此函数的图象与x 轴三个相邻的交点，C 是图象上A 、B 之间的最高点，点D 的坐标是⎝⎛⎭⎪⎫11π12，0，则数量积AB →·AC →＝( )A.π22B.π24 C.π26D.π28解析：f (x )＝A sin(ωx ＋φ)．由图象可知A ＝2， 且f (0)＝1，故sin φ＝12，因|φ|<π2，故φ＝π6，又ω×11π12＋π6＝k π，k ∈Z ，故ω＝2(6k －1)11，k ∈Z ，由图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧2πω>11π12ω>0，故0<ω<2411，故ω＝2，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，故A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，2，因此AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0，AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，2，故AB →·AC →＝π28，故选D.答案：D11．(2019·株洲模拟)若函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，9π8恰有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，则x 1＋x 2＋x 3的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π4，11π8B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫9π4，7π2C.⎝⎛⎦⎥⎤5π4，11π8 D.⎝⎛⎦⎥⎤9π4，7π2解析：由题意得方程cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＝a ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，9π8有三个不同的实数根，令y ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，9π8， 画出函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4的大致图象，如图所示．由图象得，当22≤a <1时，方程cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4＝a 恰好有三个根．令2x －π4＝k π，k ∈Z ，得x ＝π8＋k π2，k ∈Z ，当k ＝0时，x ＝π8；当k ＝1时，x ＝5π8.不妨设x 1<x 2<x 3，由题意得点(x 1,0)，(x 2,0)关于直线x ＝π8对称，所以x 1＋x 2＝π4.又结合图象可得π≤x 3<9π8，所以5π4≤x 1＋x 2＋x 3<11π8，即x 1＋x 2＋x 3的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π4，11π8.故选A. 答案：A12．(2019·开封模拟)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ) ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，且∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫11π36，17π36，|f (x )|<1，则ω的最大值为( ) A ．5 B ．4 C ．3D ．2解析：因为x ＝－π4为f (x )的零点，所以ωx ＋φ＝k 1π，(k 1∈Z)，∴－π4ω＋φ＝k 1π，①因为x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，所以ωx ＋φ＝k 2π＋π2，(k 2∈Z)，∴π4ω＋φ＝k 2π＋π2，②①＋②得2φ＝(k 1＋k 2)π＋π2，∴φ＝(k 1＋k 2)π2＋π4， 因为|φ|≤π2，∴φ＝±π4.②－①得π2ω＝(k 2－k 1)π＋π2，∴ω＝2(k 2－k 1)＋1＝2n ＋1(n ∈Z)，当ω＝5时，如果f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x ＋π4，令5x ＋π4＝k π＋π2，k ∈Z ，∴x ＝15k π＋120π，当k ＝2时，x ＝9π20∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1136π，1736π，与已知不符．如果f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫5x －π4，令5x －π4＝k π＋π2，k ∈Z ，∴x ＝15k π＋320π，当k ＝1时，x ＝7π20∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1136π，1736π，与已知不符．如果ω＝3，如果f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，令3x ＋π4＝k π＋π2，k ∈Z ，∴x ＝13k π＋112π，当k ＝1时，x ＝5π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1136π，1736π，与已知不符．如果f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫3x －π4，令3x －π4＝k π＋π2，k ∈Z ，∴x ＝13k π＋14π∉⎝⎛⎭⎪⎫1136π，1736π，与已知相符．故选C.答案：C 二、填空题13．若sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2＝13，则cos 2x ＝________.解析：由诱导公式得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π2＝－cos x ＝13，故cos x ＝－13.由二倍角公式得cos 2x ＝2cos 2x－1 ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－132－1＝－79.答案：－7914．(2019·化州模拟)已知α为第一象限角，sin α－cos α＝33，则cos(2 019π－2α)＝________.解析：cos(2 019π－2α)＝－cos 2α， 因为sin α－cos α＝33，所以1－sin 2α＝13， 所以sin 2α＝23.因为sin α－cos α＝33＞0，α为第一象限角， 所以2k π＋π4<α<2k π＋π2，k ∈Z ，所以4k π＋π2<2α<4k π＋π，k ∈Z ，所以cos 2α＝－53，所以cos(2 019π－2α)＝53. 答案：5315．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，－π2＜φ＜0的图象的一个最高点为⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8，2，其图象的相邻两个对称中心之间的距离为π2，则φ＝________.解析：∵函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，－π2<φ<0的图象的最高点为⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8，2，∴A ＝ 2.∵其图象的相邻两个对称中心之间的距离为T 2＝12·2πω＝π2，∴ω＝2.再根据2·3π8＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝2k π－π4，k ∈Z ，则φ＝－π4.答案：－π416．已知函数f (x )＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x ≤91π6，若函数F (x )＝f (x )－3的所有零点依次记为x 1，x 2，x 3，…，x n ，x 1<x 2<x 3<…<x n ，则x 1＋2x 2＋2x 3＋…＋2x n －1＋x n ＝________.解析：令2x ＋π6＝π2＋k π得x ＝π6＋k π2，k ∈Z ，即f (x )的对称轴方程为x ＝π6＋k π2，k ∈Z. ∵f (x )的最小正周期为T ＝π，0≤x ≤91π6，∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，91π6上有30条对称轴，∴x 1＋x 2＝2×π6，x 2＋x 3＝2×2π3，x 3＋x 4＝2×7π6，…，x n －1＋x n ＝2×44π3，将以上各式相加得：x 1＋2x 2＋2x 3＋…＋2x n －1＋x n ＝2×(π6＋2π3＋7π6＋…＋44π3)＝2×π6＋443π2×30＝445π.答案：445π。

1．(2019·葫芦岛质检)已知 cos x ＝ ，则 cos 2x ＝()4 48 83 ⎛3⎫ 1 解析：由 cos x ＝ 得 cos 2x ＝2cos 2x －1＝2× ⎪2－1＝ ，故选 D.2．(2019·桂林、崇左模拟)已知 sin θ ＋ ⎪＝2cos θ ＋ ⎪，则 sin 2θ ＝()π ⎫ 4 ⎭ B. 35⎛π ⎫ 1＋tan θ 4 ⎭ 1－tan θ 解析：由题得 tan θ ＋ ⎪＝2，∴ ＝2，∴tan θ ＝ .当 θ 在第一象限时，sin θ ＝ 10 ，cos θ ＝ ，∴sin 2θ ＝2× 10×3 10＝3.，cos θ ＝－ ，∴sin 2θ ＝2×－ ×－ ＝ 4 ⎛π ⎫3．已知 sin α ＝－ ，且 α 是第四象限角，则 sin －α ⎪的值为()5 5增分强化练(十)一、选择题341A ．－1C ．－1B.1 D.4 ⎝4⎭ 8答案：D⎛ ⎛π ⎫ ⎝ ⎝ 4 ⎭A.1310C.3 54D.⎝133 1010 1010 10 5当 θ 在第三象限时，sin θ ＝－10 3 10 10 3 1010 10 10 1035.故选 C.答案：C5 ⎝ 4 ⎭A.5 2103 2 B.C.7 2 104 2 D.解析：由同角三角函数基本关系可得：⎛ 4⎫ 3 1－ － ⎪2＝ ，⎛π ⎫ π π 2 ⎛3 4⎫ 7 2 结合两角差的正弦公式可得 sin －α ⎪＝sin cos α －cos sin α ＝ × ＋ ⎪＝ .4．(2019·新余模拟)若 sin x ＝3sin x － ⎪，则 sin x cos(π ＋x )＝()104解析：∵sin x ＝3sin x － ⎪， －sin x ·cos x －tan x －(－3) 3sin 2x ＋cos 2x tan 2x ＋1 (－3)2＋1 10 解析：函数 f (x )＝sin x cos x ＋ 3cos 2x ＝ sin 2x ＋ 3· ＝sin 2x ＋ ⎪＋ ，最小正周期为 ＝π ，故选 D.3 C.2π6cos α ＝ 1－sin 2α ＝⎝ 5⎭ 5⎝ 4 ⎭ 4 4 2 ⎝5 5⎭ 10故选 C.答案：C⎛π ⎫ ⎝ 2 ⎭A.3 10B ．－3C.3 43D ．－⎛ π ⎫ ⎝ 2 ⎭∴sin x ＝－3cos x ，即 tan x ＝－3，又∵sin x ·cos(π ＋x )＝sin x ·(－cos x )＝－sin x ·cos x ，∴－sin x ·cos x ＝ ＝ ＝ ＝ ，故选 A.答案：A5．(2019·泰安模拟)函数 f (x )＝sin x cos x ＋ 3cos 2x 的最小正周期为()A ．4πC ．2πB ．3πD ．π1 1＋cos 2x ⎛π ⎫ 3 2 2 ⎝3 ⎭ 22π2答案：D6．(2019·淮南模拟△)在 ABC 中，三内角 A 、B 、C 对应的边分别为 a 、b 、c ，且 a cos B ＋b cosA ＝2cos C ，c ＝1，则角 C ＝()A.π 6π B.35π D.解析：因为 c ＝1，故 a cos B ＋b cos A ＝2cos C ＝2c cos C ，由正弦定理可以得到 sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos C ，故 sin C ＝2sin C cos C ，因 C ∈(0，π )，所以 sin C >0，故 cos C ＝ ，因 C ∈(0，π )，故 C ＝ ，故选 B.解析：因为 f (x )＝ 3cos x － ⎪＋cos(π －x )＝ 3sin x －cos x ＝2sin x － ⎪，8．(2019·济宁模拟)要得到函数 y ＝sin 2x ＋ ⎪的图象，只需将函数 y ＝2sin x cos x 的图3 3 6 6 解析：由于 y ＝2sin x ·cos x ＝sin 2x ，且 y ＝sin 2x ＋ ⎪＝sin ⎢2 x ＋ ⎪⎥，故要得到函数y ＝sin 2x ＋ ⎪的图象，只需将函数 y ＝2sin x ·cos x 的图象向左平移 个单位长度．故选7．(2019·汕头模拟)函数 f (x )＝ 3cos x － ⎪＋cos(π －x )的单调增区间为()⎡5π⎤ A.⎢－ ＋2k π ， ＋2k π ⎥，k ∈Z⎡2π⎤B.⎢－ ＋2k π ， ＋2k π⎥，k ∈ZC.⎢－ ＋2k π ， ＋2k π ⎥，k ∈ZD.⎢－ ＋2k π ，＋2k π ⎥，k ∈Z 由－ ＋2k π ≤x － ≤ ＋2k π ，k ∈Z ，可得－ ＋2k π ≤x ≤＋2k π ，k ∈Z ， 即函数 f (x )＝2sin x － ⎪的单调递增区间为⎢－ ＋2k π ，＋2k π ⎥，k ∈Z. 6 3 2π 3 5π 6 2 ⎭ 2π 6 ⎭ 3 π ⎫ 3 ⎭1 π2 3答案：B⎛π ⎫ ⎝ 2 ⎭⎣ 6⎦⎣ 3⎦⎡ π ⎤⎣ 3 ⎦⎡ π ⎤⎣ 6 ⎦⎛ π ⎫ ⎛π ⎫ ⎝ ⎝ 6 ⎭π π π π2π 2 6 2 3 3⎛ π ⎫ ⎡ π ⎤⎝ ⎣ 3 ⎦故选 C.答案：C⎛π ⎫ ⎝3 ⎭象()πA ．向右平移 个单位长度πB ．向左平移 个单位长度πC ．向右平移 个单位长度πD ．向左平移 个单位长度⎛ ⎡ ⎛π ⎫⎤ ⎝ ⎣ ⎝ 6 ⎭⎦⎛π ⎫ π ⎝ 3 ⎭ 6D.答案：D9．已知 f (x )＝4cos x cos x ＋ ⎪，则下列说法中错误的是( )B ．函数 f (x )在⎢－ ， ⎥上单调递减C ．函数 f (x )的图象可以由函数 y ＝cos 2x ＋ ⎪＋1 图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为D. ⎛7π ，1⎪是函数 f (x )图象的一个对称中心 解析：f (x )＝4cos x cos x ＋ ⎪＝2cos 2x － 3sin 2x ＝2cos 2x ＋ ⎪＋1，所以 T ＝ ＝π ，当 x ∈⎢－ ， ⎥时，2x ＋ ∈⎢0， ⎥，因 t ＝2x ＋ 在⎢－ ， ⎥为增函数，y ＝2cos t ＋1在⎢0， ⎥上为减函数，故 f (x )在⎢－ ， ⎥上为减函数，故 B 正确；函数 f (x )的图象可以由函数 y ＝cos 2x ＋ ⎪＋ 图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的 2 倍得到，而函数 y＝ c os 2x ＋ ⎪ ＋ 1 图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2 倍得到的是 y ＝⎛ ⎛7π ⎫ 2cos 2x ＋ ⎪＋2 的图象，故 C 错误；令 2x ＋ ＝k π ＋ ，k ∈Z ，当 k ＝1 时，x ＝ ，故 ，1⎪3 ⎭ 2 ⎦ 2 ⎦ 3 ⎭ 3 2 12 由余弦定理可得 cos B ＝ ＝ ＝ ，∴sin B ＝ 1－cos 2B ＝ .由面积公式 △S ABC ac sin B ，得 ×4×2 7· ＝ ＝6 3， △ABC 的面积为 6 3.故选 A.⎛ π ⎫ ⎝ 3 ⎭A ．函数 f (x )的最小正周期为 π⎡ ππ ⎤ ⎣ 6 12⎦⎛π ⎫ ⎝3 ⎭原来的 2 倍得到⎫ ⎝ 12 ⎭⎛ π ⎫ ⎛π ⎫ 2π ⎝ ⎝ 3 ⎭ 2故 A 正确；⎡ ππ ⎤ π ⎡ π ⎤ π ⎡ π π ⎤ ⎣ 6 12⎦ 3 ⎣ 3 ⎣ 6 12⎦⎡ π ⎤ ⎡ ππ ⎤ ⎣ ⎣ 6 12⎦⎛π ⎫ 1 ⎝3 ⎭ 2⎛π ⎫ ⎝3 ⎭⎝ ⎝ 12 ⎭为 f (x )图象的一个对称中心，故 D 正确；故选 C.答案：C10．(2019·葫芦岛质检△) ABC 的周长为 10＋2 7，且满足 sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶ 7，则△ABC 的面积为()A ．6 3C ．8 7B ．4 7D ．12解析：由正弦定理及 sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶ 7，可得 a ∶b ∶c ＝2∶3∶ 7，于是可设 a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝ 7k (k ＞0)，a 2＋c 2－b 2 4k 2＋7k 2－9k 2 7 3 212ac 2×2k · 7k 1414又 2k ＋3k ＋ 7k ＝10＋2 7，∴k ＝2，即 a ＝4，c ＝2 7，1 1 3 212 2 14∴ |AB ||AC |sin A ＝ |AB |sin A ＝3，24 ⎪＝29，∴BC ＝ 29.故选 C. 12．(2019·呼和浩特模拟)已知函数 f (x )＝sin x ＋ 3cos x ，把函数 f (x )的图象向右平移 象，当 x ∈⎢0， ⎥时，方程 g (x )－k ＝0 恰有两个不同的实根，则实数 k 的取值范围为( ) f (x )＝sin x ＋ 3cos x ＝2sin x ＋ ⎪， 把函数 f (x )的图象向右平移 个单位长度，得到 f 1(x )＝2sin x ＋ ⎪，答案：A→ →11．(2019·威海模拟)在△ABC 中，AC ＝3，向量AB 在AC 上的投影的数量为－2，△S ABC ＝3，则 BC ＝()A ．5C. 29→ →解析：∵向量AB 在AC 上的投影的数量为－2，→∴|AB |cos A ＝－2.①∵△S ABC ＝3， 1 → → 3 →2 2→∴|AB |sin A ＝2.②由①②得 tan A ＝－1，B ．2 7D ．4 2∵A 为△ABC 的内角，∴A ＝→∴|AB |＝ ＝2 2.3π sin3π 4，在△ ABC 中，由余弦定理得 BC 2 ＝ A B 2 ＋ A C 2 －2· A B ·AC ·cos⎛2⎫×3× －2 ⎭ ⎝3π 4＝ (2 2) 2 ＋ 32 －2×2 2答案：Cπ 6个单位长度，再把图象上各点的横坐标缩小到原来的一半，纵坐标不变，得到函数 g (x )的图⎡π ⎤ ⎣2 ⎦A ．[1,3]C ．(－2,0)∪(0,2)B ．[1,2)D ．[3,2)解析：由题意，根据辅助角公式，可得函数⎛ π ⎫⎝ 3 ⎭π⎛ π ⎫ 6 ⎝ 6 ⎭再把函数 f 1(x )图象上各点的横坐标缩小到原来的一半，得到函数 g (x )＝2sin 2x ＋ ⎪，⎡ π ⎤π ⎡π 7π ⎤ 因为 x ∈⎢0， ⎥，则 2x ＋ ∈⎢ ， ⎥，令 ≤2x ＋ ≤ ，解得 0≤x ≤ ，即函数 g (x )在⎢0， ⎥上单调递增，ππ 7π π π ⎡π π ⎤令 ≤2x ＋ ≤ ，解得 ≤x ≤ ，即函数 g (x )在⎢ ， ⎥上单调递减， 且 g (0)＝2sin ＝1，g ⎪＝2sin ＝2，g ( )＝2sin ＝－1，要使得方程 g (x )－k ＝0 恰3 ⎛π ⎫ ⎛π ⎫13．已知 sin α ＝ ，α ∈ ，π ⎪， tan ＋α ⎪＝________.解析：因为 sin α ＝ ，α ∈ ，π ⎪，所以 cos α ＝－ ，tan α ＝－ ，⎛π ⎫ 1＋tan α ⎝ 4 ⎭ 1－tan α4 1 3＝ . 7 4 7 ⎛α π ⎫ ⎛α π ⎫ 3 14．(2019·南昌模拟)已知 sin － ⎪cos ＋ ⎪＝－ ，则 sin α ＝________. ⎝ 2 4 ⎭ ⎝ 2 4 ⎭ ⎣ 2 ⎝ 解析：将 sin － ⎪cos ＋ ⎪＝－ 化简，可得⎢ · sin －cos ⎪⎥·2 －sin ⎪⎥＝－ ， ⎢ · cos 1 ⎛ α3 ⎛ α α ⎫ 3 即 · sin －cos ⎪· cos －sin ⎪＝－ ，即 sin －cos ⎪2＝ ， 即 sin 2 ＋cos 2 －2·cos ·sin ＝ ，利用二倍角公式可得，sin α ＝－ .22 2 ⎭ ⎝ 2 2 ⎭⎛ π ⎫ ⎝ 6 ⎭⎣ 2 ⎦ 6 ⎣ 66 ⎦π π π π ⎡π ⎤ 6 6 2 6 ⎣ 6 ⎦2 6 6 6 2 ⎣ 6 2 ⎦π ⎛π ⎫ π π 7π 6 ⎝ 6 ⎭ 2 2 6好有两个不同的实数根，即 y ＝g (x )与 y ＝k 有两个不同的交点，结合图象，可得实数 k 的取值范围是 1≤k <2，即[1,2)．答案：B二、填空题5 ⎝ 2 ⎭ ⎝ 4 ⎭3 ⎛π ⎫4 35 ⎝ 2 ⎭ 5 4因此 tan ＋α ⎪＝31－ ＝1＋1答案：⎝ 2 4 ⎭ ⎝ 2 4 ⎭ 4⎛α π ⎫ ⎛α π ⎫ 3 ⎡ 2 ⎛ α α ⎫⎤ 4 22 ⎭⎦⎡ 2 ⎛ α α ⎫⎤3 ⎣ 2 ⎝2 ⎭⎦ 42 ⎝ 4 ⎝ 22 ⎭ 2α α α α 32 2 2 2 2121答案：－15．(2019·开封模拟)已知在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝7，∠ABC ＝ ⎛ 1⎫解析：由题得 49＝a 2＋25－2·a ·5· － ⎪，2 3 4 4 cos B ＝ ，延长 BC 至 D ，若 BD ＝ ，则△2 ACD 面积的最大值为________．解析：∵cos(A －C )－cos B ＝cos(A －C )＋cos(A ＋C )＝ ，∴cos A cos C ＝ ，①①－②得 －sin 2B ＝cos A cos C －sin A sin C∴ ＋cos 2B －1＝－cos B ，解得 cos B ＝ ，B ＝ ，由 cos(A －C )－cos B ＝ ，得 cos(A －C )＝ ＋cos B ＝1，＝ a (2－a )× ＝ a (2－a )3 [a ＋(2－a )]2 3 ≤ × ＝ ，a ＝1 时等号成立．即△ACD 面积的最大值为 3.＝2π3 ，则该三角形的面积是________．⎝ 2⎭所以 a ＝3，1 2π 15 3所以三角形的面积为 ×3×5·sin ＝ .15 3答案：16．(2019·合肥模拟)设△ABC 的内角 A ，B ，C 的对边长 a ，b ，c 成等比数列，cos(A －C )－121214又∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac ，由正弦定理可得 sin 2B ＝sin A sin C ，②14＝cos(A ＋C )＝－cos B ，1 1 π4 2 31 212A －C ＝0，A ＝△B ， ABC 为正三角形，设正三角形边长为 a ，1 则 CD ＝2－a ，△S ACD 2AC ·CD sin 120°1 3 32 2 44 4 4 4答案： 32ab 2ab 2又 0<C <π ，则 C ＝ .(2)由(1)得 C ＝ ，又 c ＝2，a 2＋b 2－c 2＝ab 得∴△S ABC ab sin C ＝ ＝ 18．(2019·泰安模拟)已知函数 f (x )＝cos x cos x － ⎪－ ，x ∈R. (2)在△ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，f (A )＝ ，c ＝2，且AB ·AC ＝ ，求 a解析：(1)f (x )＝cos x cos x ＋ sin x ⎪－＝1(cos 2x ＋ 3cos x sin x )－2⎝ 2 2 ⎭ 4 2⎝2 2 ⎭ ＝ sin 2x ＋ ⎪，由 2k π － ≤2x ＋ ≤2k π ＋ ，k ∈Z ，解得 k π － ≤x ≤k π ＋ ，k ∈Z ，324三、解答题17．(2019·兰州模拟)已知 A ，B ，C 是△ABC 的内角，a ，b ，c 分别是角 A ，B ，C 的对边．若sin 2A ＋sin 2B －sin A sin B ＝sin 2C .(1)求角 C 的大小；(2)若 c ＝△2，求 ABC 面积的最大值．解析：(1)由正弦定理及 sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝sin A sin B 得 a 2＋b 2－c 2＝ab 由余弦定理 cos Ca 2＋b 2－c 2 ab 1 ＝ ＝ ＝ .π3π3a 2＋b 2－4＝ab ，又 a 2＋b 2≥2ab ，可得 ab ≤4，1 32 4ab ≤ 3，当 a ＝b 时取得等号，∴△ABC 面积最大值为 3.⎛π ⎫ 1 ⎝ 3 ⎭ 4(1)求函数 f (x )的单调递增区间；1→ → 3 2 2的值．⎛1 ⎫ 1 ⎝2 ⎭ 412 41⎛1＋cos 2x 3 ⎫ 1 ＝ ＋ sin 2x ⎪－1⎛1 3 ⎫ ＝ cos 2x ＋ sin 2x ⎪1 ⎛ π ⎫2 ⎝6 ⎭π π π2 6 2π π3 6∴f(x)的单调递增区间为⎢kπ－，kπ＋⎥(k∈Z)．(2)f(A)＝sin 2A＋⎪＝，即sin 2A＋⎪＝1，π⎛π13⎫∴2A＋∈ ，π⎪，∴2A＋＝，即A＝.π3又AB·AC＝2b cos＝，∴b＝3∴a2＝4＋－2×2××＝，∴a＝7⎡ππ⎤⎣36⎦1⎛π⎫12⎝6⎭2⎛π⎫⎝6⎭∵A∈(0，π)，6⎝66⎭ππ62π6→→622，33374224 2.。

(6)若求出2x －的范围，再求函数的最值，同样得分．1．已知函数f(x)＝4cos ωx·sin(ω＞0)的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)讨论f(x)在区间上的单调性．解：(1)f(x)＝4cos ωxsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx＋π4＝2sin ωxcos ωx＋2cos2ωx＝(sin 2ωx＋cos 2ωx)＋ 2＝2sin ＋.因为f(x)的最小正周期为π，且ω＞0，所以＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f(x)＝2sin ＋.若0≤x≤，则≤2x＋≤.当≤2x＋≤，即0≤x≤时，f(x)单调递增；当≤2x＋≤，即≤x≤时，f(x)单调递减．综上可知，f(x)在上单调递增，在上单调递减．类型二 学会审题[例2] 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象关于直线x ＝对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π.(1)求ω和φ的值；(2)若f ＝，求cos 的值．审题路线图(1)条件：f x 图象上相邻两个最高点距离为π(2)条件：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝343．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，向量m ＝(2b,1)，n ＝(2a －c ，cos C)，且m∥n.(1)若b2＝ac ，试判断△ABC 的形状；(2)求y ＝1－的值域．解：(1)由已知，m∥n，则2bcos C ＝2a －c ，由正弦定理，得2sin Bcos C ＝2sin(B ＋C)－sin C ，即2sin Bcos C ＝2sin Bcos C ＋2cos Bsin C －sin C ， 在△ABC 中，sin C≠0，因而2cos B ＝1，则B ＝.又b2＝ac ，b2＝a2＋c2－2accos B ，因而ac ＝a2＋c2－2accos ，即(a －c)2＝0，所以a ＝c ，△ABC 为等边三角形．(2)y ＝1－2cos 2A 1＋tan A＝1－2cos2A －sin2A1＋sin A cos A＝1－2cos A(cos A －sin A)＝sin 2A －cos 2A＝sin ，由已知条件B ＝知A∈.所以，2A －∈.因而所求函数的值域为(－1，]．4．已知函数f(x)＝2sinsin ，x∈R.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)在△ABC 中，若A ＝，c ＝2，且锐角C 满足f ＝，求△ABC 的面积S.解：(1)由题意得，。

姓名，年级：时间：高考解答题突破(一) 三角函数与解三角形突破“三变”——变角、变式、变名1．常用的变角技巧(1)已知角与特殊角的变换;（2）已知角与目标角的变换;(3)角与其倍角的变换；(4）两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β）＋β，2α＝(α＋β）＋（α－β），2α＝(β＋α)－(β－α），α＋β＝2·α＋β2,错误!＝错误!－错误!.2．常用的变式技巧主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有： （1）讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论;(2)涉及sin x ±cos x 、sin x ·cos x 的问题，常做换元处理,如令t ＝sin x ±cos x ∈［－错误!，错误!］，将原问题转化为关于t 的函数来处理；（3)在解决三角形的问题时,常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等．3．常用的变名技巧（1）诱导公式．如sin 错误!＝cos α， sin 错误!＝－cos α。

（2)切弦互化．tan α＝错误!。

考向一 三角变换与三角函数的性质1．三角函数的恒等变形的通性通法是：从函数名、角、运算三方面进行差异分析，常用的技巧有:切化弦、降幂、用三角公式转化出特殊角、异角化同角、异名化同名、高次化低次等．2．研究三角函数的值域、最值、周期、单调性等性质,首先要将函数解析式化为标准形式,再结合图形求解．解答此类问题的关键在于“变"，其思路为“一角二名三结构"1．(2019·浙江宁波一模)已知函数f(x)＝2错误! sinωx cosωx＋2cos2ωx(ω〉0），且f（x)的最小正周期为π。

（1）求ω的值及函数f(x）的单调递减区间;（2)将函数f（x)的图象向右平移π6个单位长度后得到函数g(x）的图象，求当x∈错误!时，函数g（x）的最大值．[解］(1）由题意知f(x)＝错误!sin2ωx＋1＋cos2ωx ＝2sin错误!＋1，∵T＝π，错误!＝π，∴ω＝1,∴f(x)＝2sin错误!＋1，令错误!＋2kπ≤2x＋错误!≤错误!＋2kπ，k∈Z，得错误!＋kπ≤x≤错误!＋kπ，k∈Z.∴函数f(x)的单调递减区间为错误!,k∈Z.(2)∵g（x）＝2sin错误!＋1＝2sin错误!＋1，当x∈错误!时，－错误!≤2x－错误!≤错误!,∴当2x－错误!＝错误!，即x＝错误!时，g（x)max＝2×1＋1＝3。

三角函数、解三角形错误!未定义书签。

１.(2018·浙江高考)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合,它的终边过点P 错误!。

（1）求sin(α+π)的值；(２)若角β满足s ｉn(α+β）=513,求c ｏs β的值. 解：(1)由角α的终边过点P 错误!，得s ｉn α＝－错误!。

所以si ｎ(α＋π)=-ｓｉn α=错误!。

(２）由角α的终边过点Ｐ错误!未定义书签。

，得ｃos α=-错误!未定义书签。

由si ｎ(α＋β）＝错误!未定义书签。

，得cos(α＋β）＝±1213。

由β=（α+β）－α，得cos β=cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，所以ｃos β＝-＼ｆ(５６，65）或cos β＝166５. ２.已知在△ABC 中，角A ，B ,C 所对的边分别为a ，b ,ｃ,且错误!=错误!未定义书签。

.（1)若错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

,求角A 的大小;(2)若ａ=1,t ａn Ａ=2错误!,求△ABC 的面积．解：(１)由错误!=错误!及正弦定理得si ｎ B (１-2cos A ）=2s ｉn A cos B ，即s ｉn B ＝２ｓin A ｃｏｓ B +2co ｓ Ａs ｉn B =2s ｉｎ(A +B )＝2sin C ，即b ＝2c .又由错误!=错误!未定义书签。

及余弦定理,得cos A =错误!＝错误!未定义书签。

⇒A =错误!。

(2）∵t ａｎ Ａ=２＼ｒ（2），∴ｃos Ａ=错误!未定义书签。

，ｓｉn A ＝错误!。

由余弦定理cos A ＝错误!未定义书签。

，得错误!未定义书签。

＝错误!未定义书签。

， 解得c 2=错误!未定义书签。

,∴S △A ＢＣ＝错误!未定义书签。

ｂｃｓin A =c 2ｓｉn Ａ=＼ｆ(3,1１)×错误!＝错误!.3．已知函数f （x )=ｍcos x ＋s ｉn 错误!的图象经过点P 错误!未定义书签。

增分强化练(九)考点一 三角函数的定义、诱导公式及基本关系1．已知sin(π＋θ)＝－3cos(2π－θ)，|θ|＜π2，则θ等于( ) A ．－π6 B ．－π3 C.π6D.π3解析：sin(π＋θ)＝－3cos(2π－θ)，|θ|<π2， 可得－sin θ＝－3cos θ，|θ|<π2， 即tan θ＝3，|θ|<π2，所以θ＝π3，故选D.答案：D2．(2019·绵阳质检)若点P (－3,4)是角α的终边上一点，则sin 2α＝( ) A ．－2425 B ．－725 C.1625D.85 解析：由题意，点P (－3,4)是角α的终边上一点，根据三角函数的定义，可得sin α＝45，cos α＝－35，则sin 2α＝2sin αcos α＝2×45×(－35)＝－2425，故选A. 答案：A3．若7cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝cos(π－α)，则tan 2α＝( )A.377 B.73 C.77D.277解析：由题意得，－7sin α＝－cos α，则tan α＝77. ∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2771－17＝73，故选B.答案：B4．(2019·合肥模拟)已知cos α－sin α＝15，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π2＝( ) A ．－2425 B ．－45 C.2425D.45解析：因为cos α－sin α＝15，所以cos 2α－2sin αcos α＋sin 2α＝1－sin 2α＝125，所以sin 2α＝2425，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π2＝sin 2α＝2425，故选C. 答案：C考点二 三角函数的性质1．已知函数y ＝4cos x 的定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π，值域为[a ，b ]，则b －a 的值是( )A ．4B ．4－2 3C ．6D ．4＋2 3解析：当定义域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π时，函数y ＝cos x 的值域结合图象可知为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12，所以y ＝4cos x 的值域为[－4,2]，所以b －a ＝6，故选C. 答案：C2．(2019·山东安丘质检)函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(ω>0)的图象与x 轴正半轴两交点之间的最小距离为π2，若要将函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6的图象向左平移π12个单位长度得到g (x )的图象，则g (x )的单调递增区间为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12＋k π，7π12＋k π(k ∈Z) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π12＋k π，π12＋k π(k ∈Z) D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6＋k π，π6＋k π(k ∈Z)解析：由函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6的图象与x 轴正半轴两交点之间的最小距离为π2，即T 2＝π2，即T ＝π，所以2πω＝π，解得ω＝2，即f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，将函数f (x )的图象向左平移π12个单位长度得到g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3， 令－π2＋2k π≤2x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得－5π12＋k π≤x ≤π12＋k π，k ∈Z ，即函数的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5π12＋k π，π12＋k π，k ∈Z ，故选C.答案：C3．将函数f (x )＝cos 2x 的图象向右平移π4个单位长度后得到函数g (x )的图象，则g (x )具有性质( )A ．最大值为1，图象关于直线x ＝π2对称 B ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，为奇函数C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π8，π8上单调递增，为偶函数D ．周期为π，图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8，0对称解析：将函数f (x )＝cos 2x 的图象向右平移π4个单位长度后得到函数g (x )＝cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝sin 2x 的图象．A.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，2x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，最大值为1，图象关于直线x ＝π4对称，故A 不正确；B.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4时，2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，故函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，为奇函数，故正确；C.单调递增区间：－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π⇒⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π，k ∈Z ，为奇函数，故不正确；D.周期为π，图象对称中心为：⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0k ∈Z.故D 不正确．故选B. 答案：B4．已知函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的最小正周期为4，则ω＝________.解析：f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)， 由周期计算公式可得T ＝2π|ω|＝4，解得ω＝π2. 答案：π2考点三 三角函数的图象1．已知将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫0<φ<π2的图象向左平移φ个単位长度后，得到函数g (x )的图象．若g (x )是偶函数，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝( )A.12B.22C.32D ．1解析：由题意可得g (x )＝sin(2x ＋3φ)，因为g (x )是偶函数，所以3φ＝π2＋k π(k ∈Z)，即φ＝π6＋k π3(k ∈Z)，又0<φ<π2，故φ＝π6；所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3＋π6＝12.故选A. 答案：A2．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(其中A >0，ω>0，|φ|<π2)的图象如图所示，为了得到g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6的图象，只需将f (x )的图象上所有点( )A ．向右平移π12个单位长度 B ．向左平移π12个单位长度 C ．向右平移π6个单位长度 D ．向左平移π6个单位长度解析：根据函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(其中A >0，ω>0，|φ|<π2)的图象， 可得A ＝1，14·2πω＝7π12－π3，∴ω＝2.再利用五点法作图可得2·π3＋φ＝π，求得φ＝π3， ∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.为了得到g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象，只需将f (x )的图象上所有点向右平移π12个单位长度即可，故选A. 答案：A3．(2019·泉州质检)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象如图中实线所示，图中圆C 与f (x )的图象交于M ，N 两点，且M 在y 轴上，则下列说法中正确的是( )A ．函数f (x )的最小正周期是2πB ．函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫43π，0成中心对称C ．函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3，－π6单调递增D ．函数f (x )的图象向右平移5π12后关于原点成中心对称解析：根据给定函数的图象，可得点C 的横坐标为π3，所以12T ＝π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π2，解得T ＝π，所以f (x )的最小正周期T ＝π， 不妨令A >0,0<φ<π，由周期T ＝π，所以ω＝2，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝0，所以φ＝π3，所以f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，令2x ＋π3＝k π，k ∈Z ，解得x ＝k π2－π6，k ∈Z ，当k ＝3时，x ＝4π3，即函数f (x )的一个对称中心为(43π，0)，即函数f (x )的图象关于点(43π，0)成中心对称．故选B. 答案：B4．(2019·石家庄模拟)将函数f (x )＝sin 2x 的图象向左平移φ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤φ≤π2个单位长度，得到的函数为偶函数，则φ的值为( ) A.π12 B.π6 C.π3D.π4解析：将函数f (x )＝sin 2x 的图象向左平移φ个单位长度，可得函数g (x )＝sin [2(x ＋φ)]＝sin(2x ＋2φ)．又由函数g (x )为偶函数，所以2φ＝π2＋k π，k ∈Z ，解得φ＝π4＋k π2，k ∈Z ，因为0≤φ≤π2，当k ＝0时，φ＝π4，故选D. 答案：D。

第1讲 三角函数的图象与性质A 级 基础通关一、选择题1．(2018·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝tan x1＋tan 2x 的最小正周期为( ) A.π4B.π2C ．πD ．2π解析：f (x )＝tan x 1＋tan 2 x ＝sin x cos x 1＋（sin x cos x ）2＝sin x cos x cos 2 x ＋sin 2x cos 2x ＝sin x ·cos x ＝12sin 2x ，所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π.答案：C2．(2019·佛山一中月考)将点P (1，1)绕原点O 逆时针方向旋转π3到点Q 的位置，则点Q 的横坐标是( )A.1－32B.1＋32C.2－64D.2＋62解析：依题意，点Q 在角π4＋π3＝712π的终边上，且|OQ |＝2，所以点Q 的横坐标x 0＝2cos 712π＝－2sin π12＝－2×6－24＝1－32.答案：A3．函数f (x )＝3sin 2x －cos 2x 的图象向右平移φ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜φ＜π2个单位长度后，得到函数g (x )的图象，若函数g (x )为偶函数，则φ的值为( )A.π12B.π6C.π4D.π3解析：f (x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， 其图象向右平移φ个单位长度后，得g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2φ－π6.又函数g (x )是偶函数，所以2φ＋π6＝k π＋π2，则φ＝π6＋k π2(k ∈Z)．由φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，知φ＝π6. 答案：B4．(2019·华师附中调研)古希腊人早在公元前就知道，七弦琴发出不同的声音，是由于弦长度的不同．数学家傅里叶(公元1768年－1830年)关于三角函数的研究告诉我们：人类的声音，小提琴的奏鸣，动物的叫声——都可以归结为一些简单的声音的组合，而简单声音是可以用三角函数描述的．已知描述百灵鸟的叫声时用到如图所示的三角函数图象，图象的解析式是f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π)，则( )A ．ω＝3，φ＝π6B ．ω＝6，φ＝π3C ．ω＝3，φ＝π4D ．ω＝6，φ＝5π6解析：由图象知，T ＝2⎝⎛⎭⎪⎫11π12－7π12＝2π3，所以2πω＝2π3，则ω＝3.又A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3×7π12＋φ＝0，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π4＋φ＝0，所以7π4＋φ＝k π(k ∈Z)，由φ∈(0，π)，得φ＝π4.答案：C5．函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω＞0)图象的相邻对称轴之间的距离为π2，则下列结论正确的是( )A ．f (x )的最大值为1B ．f (x )的图象关于直线x ＝5π12对称 C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2的一个零点为x ＝－π3D ．f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减解析：因为f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6的相邻的对称轴之间的距离为π2， 所以2πω＝π，得ω＝2，即f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 所以f (x )的最大值为2，所以A 错误； 当x ＝5π12时，2x ＋π6＝π，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝0，所以x ＝5π12不是函数图象的对称轴，所以B 错误；由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＋π6＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，当x ＝－π3时，f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝2≠0， 所以x ＝－π3不是函数的一个零点，所以C 错误；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2时，2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，7π6，f (x )递减，D 正确．答案：D 二、填空题6．在平面直角坐标系中，角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终点过点P (－3，－1)，则tan α＝________，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π2＝________．解析：因为角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)，所以x ＝－3，y ＝－1， 所以tan α＝y x＝33，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π2＝cos α－cos α＝0. 答案：330 7．(2019·全国卷Ⅰ)函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2－3cos x 的最小值为________． 解析：f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2－3cos x＝－cos 2x －3cos x ＝－2cos 2x －3cos x ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎪⎫cos x ＋342＋178.因为cos x ∈[－1，1]，所以当cos x ＝1时，f (x )有最小值－4. 答案：－48．(2018·北京卷)设函数f (x )＝cos(ωx －π6)(ω>0)．若f (x )≤f (π4)对任意的实数x都成立，则ω的最小值为________解析：依题意，当x ＝π4时，函数f (x )有最大值，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1，则πω4－π6＝2k π(k ∈Z)． 所以ω＝8k ＋23(k ∈Z)，由ω>0，所以ω的最小值为23.答案：23三、解答题9．已知函数f (x )＝3sin 2x －2sin 2x .(1)若点P (1，－3)在角α的终边上，求f (α)的值； (2)求函数f (x )的最小正周期及单调递减区间． 解：(1)因为点P (1，－3)在角α的终边上， 所以sin α＝－32，cos α＝12， 所以f (α)＝3sin 2α－2sin 2α＝23sin αcos α－2sin 2α＝ 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×12－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＝－3.(2)f (x )＝3sin 2x －2sin 2x ＝3sin 2x ＋cos 2x －1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－1.易知f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π.由π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π， 得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z. 所以f (x )的单调减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π 6＋k π，2π3＋k π，k ∈Z.10．(2019·浙江卷)设函数f (x )＝sin x ，x ∈R.(1)已知θ∈[0，2π)，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π42的值域．解：(1)因为f (x ＋θ)＝sin(x ＋θ)是偶函数， 所以对任意实数x 都有sin(x ＋θ)＝sin(－x ＋θ)，即sin x cos θ＋cos x sin θ＝－sin x cos θ＋cos x sin θ， 故2sin x cos θ＝0，所以cos θ＝0. 又θ∈[0，2π)，因此θ＝π2或θ＝3π2. (2)y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π42＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4 ＝1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π62＋1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos 2x －32sin 2x ＝1－32cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.因此，所求函数的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－32，1＋32. B 级 能力提升11．(2019·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π5(ω＞0)，已知f (x )在[0，2π]有且仅有5个零点，下述四个结论：①f (x )在(0，2π)有且仅有3个极大值点； ②f (x )在(0，2π)有且仅有2个极大值点；③f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π10单调递增；④ω的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤125，2910. 其中所有正确结论的编号是( ) A ．①④B ．②③C ．①②③D ．①③④解析：已知f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π5(ω＞0)在[0，2π]有且仅有5个零点，如图，其图象的右端点的横坐标在[a ，b )上，此时f (x )在(0，2π)有且仅有3个极大值点，但f (x )在(0，2π)可能有2个或3个极小值点，所以①正确，②不正确．当x ∈[0，2π]时，ωx ＋π5∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π5，2πω＋π5，由f (x )在[0，2π]有且仅有5个零点可得5π≤2πω＋π5＜6π，得ω的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫125，2910，所以④正确；由④知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π10时，π5＜ωx ＋π5＜πω10＋π5＜49π100＜π2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π10单调递增，③正确．综上可知，所有正确结论的编号为①③④.答案：D12．已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2ωx －3(ω＞0)的最小正周期为π. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数y＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在[0，b ](b ＞0)上至少含有10个零点，求b 的最小值．解：(1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋3(2sin 2ωx －1)＝sin 2ωx －3cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π3. 由最小正周期为π，得ω＝1， 所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.令2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，整理得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z.(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数y＝2sin 2x ＋1的图象，所以g (x )＝2sin 2x ＋1.令g (x )＝0，得x ＝k π＋7π12或x ＝k π＋11π12(k ∈Z)．若y ＝g (x )在[0，b ]上有10个零点，则b 不小于第10个零点的横坐标． 所以b 的最小值为4π＋11π12＝59π12.第2讲 三角恒等变换与解三角形A 级 基础通关一、选择题1．tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°的值为( ) A. 3B.33C ．－33D ．－ 3解析：因为tan 120°＝tan 70°＋tan 50°1－tan 70°tan 50°＝－3，即tan 70°＋tan 50°－3tan 70°tan 50°＝－ 3. 答案：D2．(2019·华师附中检测)已知x ∈(0，π)，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4等于( )A.13B ．－13C ．3D ．－3解析：cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，又x ∈(0，π)，则tan x ＝2，故tan ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.答案：A3．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2B.30C.29D ．2 5解析：因为cos C 2＝55，所以cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×(55)2－1＝－35.在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ×BC ×cos C ＝52＋12－2×5×1×(－35)＝32，所以AB ＝4 2. 答案：A4．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若S △ABC ＝23，a ＋b ＝6，a cos B ＋b cos Ac＝2cos C ，则c ＝( )A ．27B ．2 3C ．4D ．3 3解析：由正弦定理及a cos B ＋b cos Ac＝2cos C ，得sin A cos B ＋sin B cos A sin C ＝sin （A ＋B ）sin C＝1，从而2cos C ＝1，则C ＝60°. 又S △ABC ＝12ab sin C ＝23，知ab ＝8.又a ＋b ＝6，所以c 2＝a 2＋b 2－2ab cos 60°＝(a ＋b )2－3ab ＝12， 故c ＝2 3. 答案：B5．如图所示，为了测量A ，B 处岛屿的距离，小明在D 处观测，发现A ，B 分别在D 处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C 处，观测得B 在C 处的正北方向，A 在C 处的北偏西60°方向，则A ，B 两处岛屿间的距离为( )A ．206海里B ．406海里C ．20(1＋3)海里D ．40海里解析：连接AB .由题意可知CD ＝40海里，∠ADB ＝60°，∠ADC ＝105°，∠BDC ＝45°，∠BCD ＝90°，∠ACD ＝30°，所以∠CAD ＝45°.在△ACD 中，由正弦定理，得ADsin 30°＝40sin 45°，所以AD ＝202(海里)．在Rt △BCD 中，∠BDC ＝45°，∠BCD ＝90°. 所以BD ＝2CD ＝40 2. 在△ABD 中，由余弦定理得AB ＝（202）2＋（402）2－2×202×402×cos 60°＝206(海里)．答案：A 二、填空题6．(2018·全国卷Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝________．解析：因为sin α＋cos β＝1，① cos α＋sin β＝0，②所以①2＋②2得1＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＋1＝1， 所以sin αcos β＋cos αsin β＝－12，所以sin(α＋β)＝－12.答案：－127．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，则△ABC 的面积为________． 解析：由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B . 又因为b ＝6，a ＝2c ，B ＝π3，所以36＝4c 2＋c 2－2×2c 2×12，所以c ＝23，a ＝43，所以S △ABC ＝12ac sin B ＝12×43×23×32＝6 3.答案：6 38．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，则cos C ＝________；当BC ＝1时，△ABC 的面积等于________．解析：因为sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4， 所以a ∶b ∶c ＝2∶3∶4. 令a ＝2t ，b ＝3t ，c ＝4t ， 则cos C ＝4t 2＋9t 2－16t 212t 2＝－14， 所以sin C ＝154. 当BC ＝1时，AC ＝32，所以S △ABC ＝12×1×32×154＝31516.答案：－14 31516三、解答题9．(2019·江苏卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)若a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，求c 的值；(2)若sin A a ＝cos B 2b ，求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π2的值．解：(1)因为a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝23，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，即23＝（3c ）2＋c 2－（2）22×3c ×c ，解得c 2＝13.所以c ＝33. (2)因为sin A a ＝cos B 2b，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得cos B 2b ＝sin Bb，所以cos B ＝2sin B .从而cos 2B ＝(2sin B )2，即cos 2B ＝4(1－cos 2B )， 故cos 2B ＝45.因为sin B ＞0，所以cos B ＝2sin B ＞0，从而cos B ＝255.因此sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π2＝cos B＝255. 10．(2019·衡水中学检测)在△ABC 中，顶点A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a ＝2b ，c sin B ＝b cos ⎝⎛⎭⎪⎫C －π6.(1)求角C ；(2)若AD 是BC 上的中线，延长AD 至点E ，使得DE ＝2AD ＝2，求E ，C 两点的距离．解：(1)在△ABC 中，由c sin B ＝b cos ⎝⎛⎭⎪⎫C －π6及正弦定理得sin C ·sin B ＝sinB ⎝⎛⎭⎪⎫32cos C ＋12sin C ，因为sin B ＞0，化简得12sin C －32cos C ＝0，即tan C ＝3，因为0＜C ＜π，所以C ＝π3.(2)由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝3b 2，所以a 2＝b 2＋c 2，故A ＝π2，即△ABC 是直角三角形．所以△ACD 是等边三角形，且AD ＝CD ＝AC ＝1，∠CAD ＝π3，DE ＝2，所以AE ＝3.在△ACE 中，CE 2＝AE 2＋AC 2－2AE ·AC cos π3＝7，所以CE ＝7，即E ，C 两点的距离为7.B 级 能力提升11．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ＝1，a ＋b ＋c ＝3，且c sin A cos B ＋a sin B cos C ＝32a ，则△ABC 的面积为( ) A.34或334 B.334 C.233D.34解析：由c sin A cos B ＋a sin B cos C ＝32a 及正弦定理， 得sin C sin A cos B ＋sin A sin B cos C ＝32sin A ， 在△ABC 中，sin A ≠0，从而sin C cos B ＋sin B cos C ＝sin(B ＋C )＝sin A ＝32， 所以A ＝π3或A ＝2π3.若A ＝2π3，则a ＞b 且a ＞c ，所以2a ＞b ＋c 与a ＝1，且b ＋c ＝2矛盾． 因此A ＝π3.由余弦定理，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc ，所以1＝4－3bc ，则bc ＝1. 故S △ABC ＝12bc sin A ＝34.答案：D12．(2019·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 已知a sinA ＋C2＝b sin A .(1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围． 解：(1)由题设及正弦定理得sin A sin A ＋C2＝sin B sin A .因为sin A ≠0，所以sinA ＋C2＝sin B .由A ＋B ＋C ＝180°，可得sin A ＋C2＝cos B2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2. 因为cos B 2≠0，故sin B 2＝12，因此B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 又由(1)知A ＋C ＝120°， 故由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin （120°－C ）sin C ＝32tan C ＋12. 由于△ABC 为锐角三角形，故0°＜A ＜90°，0°＜C ＜90°.结合A ＋C ＝120°， 所以30°＜C ＜90°，故12＜a ＜2，从而38＜S △ABC ＜32.因此△ABC 面积的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫38，32.满分示范课——三角函数与解三角形该类解答题是高考的热点，其起点低、位置前，但由于其公式多、性质繁，使不少同学对其有种畏惧感．突破此类问题的关键在于“变”——变角、变式与变名．【典例】 (满分12分)(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为a 23sin A.(1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长． [规范解答] (1)由题设得12ac sin B ＝a23sin A ，2分即12c sin B ＝a3sin A.3分 由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A 3sin A .故sin B sin C ＝23.6分(2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12，所以B ＋C ＝2π3.故A ＝π3.8分由题意得12bc sin A ＝a23sin A ，所以bc ＝8.10分由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9，即(b ＋c )2－3bc ＝9， 由bc ＝8，得b ＋c ＝33. 故△ABC 的周长为3＋33.12分高考状元满分心得1．写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤有则给分，无则没分，所以得分点步骤一定要写全，如第(1)问中只要写出12ac sin B ＝a23sin A 就有分；第(2)问中求出cos B cos C－sin B sin C ＝－12就有分．2．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时要写清得分关键点，如第(1)问中由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A 3sin A ；第(2)问由余弦定理得b2＋c 2－bc ＝9.3．计算正确是得分保证：解题过程中计算准确，是得满分的根本保证，如cos B cos C －sin B sin C ＝－12化简如果出现错误，本题的第(2)问就全错了，不能得分．[解题程序] 第一步：由面积公式，建立边角关系；第二步：利用正弦定理，将边统一为角的边，求sin B sin C 的值； 第三步：利用条件与(1)的结论，求得cos(B ＋C )，进而求角A ； 第四步：由余弦定理与面积公式，求bc 及b ＋c ，得到△ABC 的周长； 第五步：检测易错易混，规范解题步骤，得出结论． [跟踪训练]1．(2018·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b sin A ＝a cos(B －π6)．(1)求角B 的大小；(2)设a ＝2，c ＝3，求b 和sin(2A －B )的值． 解：(1)在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝bsin B ，可得b sin A ＝a sin B .又由b sin A ＝a cos(B －π6)，得a sin B ＝a cos (B －π6)，即sin B ＝cos (B －π6)，所以sin B ＝32cos B ＋12sin B ，可得tan B ＝ 3.又因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理及a ＝2，c ＝3，B ＝π3，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝7，故b ＝7. 由b sin A ＝a cos(B －π6)，可得sin A ＝37 .因为a <c ，所以cos A ＝27 .因此sin 2A ＝2sin A cos A ＝437，cos 2A ＝2cos 2A －1＝17.所以sin(2A －B )＝sin 2A cos B －cos 2A sin B ＝437×12－17×32＝3314.2．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，b ＝(－sin x ，3sin x )，f (x )＝a ·b .(1)求函数f (x )的最小正周期及f (x )的最大值；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝1，a ＝23，求△ABC的面积的最大值并说明此时△ABC 的形状．解：(1)由已知得a ＝(－sin x ，cos x )， 又b ＝(－sin x ，3sin x )， 则f (x )＝a ·b ＝sin 2x ＋3sin x cos x＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12， 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π， 当2x －π6＝2k π＋π2，即x ＝π3＋k π(k ∈Z)时，f (x )取最大值32.(2)在锐角△ABC 中，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6＋12＝1，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π6＝12，知A ＝π3.因为a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 所以12＝b 2＋c 2－bc ， 所以b 2＋c 2＝bc ＋12≥2bc ，所以bc ≤12(当且仅当b ＝c 时等号成立)， 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤3 3.所以当△ABC 为等边三角形时面积取最大值，最大值为3 3.。

专题加强训练1α3π1．(2019 嵊·州模拟 )已知 sin( π＋ α)＝－ 2，则 cos － 2的值为()11C. 3D ．－3 A. 2B ．－ 222分析： 选 B.因为 sin(π＋α)＝－ 1α2＝－ sin，因此 cos α－3π1＝－ sin α＝－ .22πy ＝ cos 2x 的2．(2019 湖·州市高三期末考试 )为了获得函数 y ＝sin 2x ＋ 的图象，只要将 3图象上每一点 ()πA ．向右平移 6 个单位长度π个单位长度B ．向右平移 12π 个单位长度C ．向左平移 6πD ．向左平移 12个单位长度分析：选 B.因为 y ＝ cos 2x ＝ sin 2x ＋ π＝ sin 2x ＋ π ，因此 y ＝ sin 2x ＋ π＝ sin 2 x ＋ π2 436π π＝sin 2 x ＋ －12，4ππ 因此为了获得函数y ＝ sin 2x ＋ 3 的图象，只要将 y ＝ cos 2x 的图象上每一点向右平移 12个单位长度即可．应选B.π＝ 3，则 sin 2α的值为 ( )3．已知 tan α＋44 433 A ．－ 5B. 5C ．－ 5D.5分析： 选 B.因为 tanπ tan α＋ 1.α＋ 4 ＝＝ 3，因此 tan α＝11－ tan α2因此 sin 2 ＝ 2sincos＝ 2sin αcos α＝ 2tan α ＝1 ＝4αα αsin 2α＋cos 2 α tan 2α＋ 115.4＋ 14． (2019 金·华模拟 )函数 f(x)＝ Asin(ωx＋ φ)(A ＞ 0， ω＞ 0， |φ|＜ π的部分图象如图所211π示，则 f的值为 ( )632A ．－ 2B ．－ 2C ．－ 2D ．－ 1分析： 选 D. 由图象可得 A ＝2，最小正周期 T ＝ 4× 7π π 2π7π＝π，则 ω＝ T ＝ 2.又 f12－3 127π ππ11π11π π5π ＝ 2sin6 ＋ φ＝－2，得 φ＝ 3，则 f(x)＝ 2sin 2x ＋ 3 ，f24 ＝ 2sin 12 ＋3 ＝ 2sin 4＝－ 1，应选 D.5．(2019 ·波市高考模拟宁 )已知函数 f(x) ＝ sin xcos 2x ，则以下对于函数f(x)的结论中，错误的是()A ．最大值为 1πB ．图象对于直线 x ＝－ 2 对称C ．既是奇函数又是周期函数D ．图象对于点3π， 0 中心对称43π分析： 选 D.因为函数 f( x)＝ sin xcos 2x ，当 x ＝ 2 时， f(x)获得最大值为 1，故 A 正确；当ππx ＝－ 2时，函数 f(x)＝ 1，为函数的最大值，故图象对于直线 x ＝－ 2 对称；故 B 正确；函数 f(x)知足 f(－ x)＝ sin( －x) ·cos(－ 2x)＝－ sin xcos 2x ＝－ f(x)，故函数 f(x)为奇函数，再依据 f( x ＋2π)＝ sin(x ＋2π)cos[－ 2(x ＋ 2π)] ＝ sin xcos 2x ，故 f(x)的周期为 2π，故 C 正确；因为 f3π－ x ＋ f(x)2＝－ cos x ·cos(3π－2x)＋ sin xcos 2x ＝ cos xcos 2x ＋sin xcos 2x ＝cos 2x(sin x ＋cos x)＝0 不必定成立，故 f(x)图象不必定对于点3π中心对称，故 D 不正确，应选 D.4 ， 06．已知函数 f(x)＝ 2sin ωπ(ω>0) 的最大值与最小正周期同样，则函数 f(x)在 [－ 1，2 x － 4 1]上的单一递加区间为 ( )A. －1，3B. －1，32 42 4C. －1，3D. － 1，32 44 42π π 2，因此 π分析： 选 D.由 T ＝ ＝ ，又 f(x)的最大值为 ＝ 2，2ω ω ωπ即ω＝ 2 ，因此 f(x)＝ 2sin πx － π.4π π π当 2k π－ ≤ πx － ≤2k π＋ ，2 4 213即 2k －4≤ x ≤2k ＋ 4， k ∈ Z 时函数 f(x)单一递加， 则 f(x)在 [ － 1， 1]上的单一递加区间为 1 3－4， 4 .7．(2019 温·州调研 )已知函数 f(x)＝ sin ωx ＋ π (ω>0) 在区间 － π ，2π 上单一递加，则 6 43ω的取值范围为 ()A. 0，8B.0， 1321 83 C. 2， 3D. 8，2分析： 选 B.因为 x ∈ － π 2ππππ 2π π 4 ，，因此 ωx＋ 6 ∈ －4 ω＋6 ，3 ω＋ ，因为函数 f(x)36＝ sin ωx ＋ ππ 2π 上单一递加，(ω>0) 在区间 － ，643ππ π－ 4ω＋ 6 ≥2k π－2 ，k ∈ Z ， 因此2πππ3 ω＋ 6 ≤2k π＋2 ， k ∈ Z .1又 ω>0，因此 0<ω≤ 2，选 B.1 18．(2019 宁·波市高三调研 )已知函数 f( x)＝2(sin x ＋ cos x)－ 2|sin x － cos x|，则 f(x)的值域是() A ． [－ 1，1]B. － 2，12C. －1，2 D. － 1，－222cos x ，sin x ≥cos x ，分析： 选 C.f(x)＝sin x ， sin x ＜ cos x ，作出 [0， 2π]区间内 f(x)的图象，如下图，由 f(x)的图象，可得 f(x) 的值域为 － 1， 22.9．(2019 宁·波市高考模拟 )已知函数 f(x) ＝ asin 2x ＋ (a ＋ 1)cos 2x ， a ∈ R ，则函数 f(x) 的最小正周期为 ______，振幅的最小值为 ________．分析： 函数 f(x)＝ asin 2x ＋ (a ＋ 1)cos 2x ， a ∈ R ，化简可得： f(x)＝ a 2＋（ a ＋ 1） 2sin(2x ＋ θ)＝1 2 11＋ a2 a ＋ 2 ＋ 2·sin(2x ＋ θ)，其 tan θ＝ a .2π函数 f(x)的最小正周期 T ＝ 2 ＝π.1 21振幅为2 a ＋ 2 ＋ 2，12当 a ＝－ 2时，可得振幅的最小值 2 .答案： π22π1，则 sin α－ cos α＝ ________．10．已知－2 <α<0， sin α＋ cos α ＝5分析： sin α＋ cos α＝12ααα2α1αα5，平方可得 sin＋ 2sin ·cos ＋ cos ＝25，即 2sin·cos＝－24，因为 (sin α－ cos α)2＝ 1－ 2sin α·cos α＝49，又－ π ααα25252<<0，因此 sin <0，cos>0，因此 sin α－cos α<0，7因此 sin α－ cos α＝－ 5.7 答案：－5π11．已知 f(x)＝ sin 2x － 3cos 2x ，若对随意实数 x ∈ 0， ，都有 |f(x)|<m ，则实数 m 的4取值范围是 ________．分析： 因为 f(x)＝ sin 2x － 3cos 2x ＝2sin 2x － π ， x ∈ 0，πππ π ，因此 2sin 2x － π3 ，因此 2x －∈ － 3 ， 6 3 ∈(－ 3，1]，所43以 |f(x)|＝ 2sin 2x － π< 3，因此 m ≥ 3.3答案： [ 3，＋∞ )12．函数 f( x)＝ sin 2x ＋ sin xcos x ＋ 1 的最小正周期是 ________，单一递减区间是 ________．分析： 因为 f(x)＝ sin 2x ＋ sin xcos x ＋ 1＝ 1－cos 2x 11 1 cos 2x ＋ 32 ＋ sin 2x ＋ 1＝ sin2x － 2 ＝22 22 π3 ，因此函数 f(x) 的最小正周期 T ＝π.令 ππ 3π2 sin(2x －4 )＋ 2 2 ＋ 2k π≤ 2x －≤2 ＋ 2k π，k ∈Z ，解4之可得函数 f(x)的单一递减区间为37k π＋8π，k π＋8π (k ∈ Z)．37答案： π k π＋ 8π， k π＋8π (k ∈ Z )13． (2019 太·原市模拟试题 ) 已知函数 f(x) ＝sin ωx － 3cos ωx(ω>0) ，若方程 f(x)＝－ 1在 (0，π )上有且只有四个实数根，则实数ω的取值范围为 ________．分析：因为 f(x)＝ 2sin π ，方程 2sin ωx － π＝－ 1 在 (0，π)上有且只有四个实数根，ωx － 3 3π＝－ 1在 (0，π)上有且只有四个实数根．设 t ＝ ωx－ ππ即 sin ωx － 3 2 3 ，因为 0<x<π，因此－ 3 <t<π19ππ 23π 7 25ωπ－3，因此6 <ωπ－3≤ 6 ，解得 2<ω≤ 6 .725答案： ，acos x － 3sin x ＋ c ， x ≥ 014．(2019 ·州市高考数学模拟温 )设奇函数 f( x)＝，则 a ＋ c 的值cos x ＋ bsin x － c ， x ＜ 0为 ________，不等式 f(x)＞f(－ x)在 x ∈ [－π，π ]上的解集为 ________．分析： 因为 f(x)是奇函数，因此 f(0)＝ 0，即 f(0)＝ acos 0－ 3sin 0＋ c ＝a ＋ c ＝ 0，即 a ＋ c ＝ 0，acos x － 3sin x － a ，x ≥ 0则 f(x)＝，cos x ＋bsin x ＋a ， x ＜ 0若 x ＜ 0，则－ x ＞ 0，则 f(－ x)＝ acos x ＋ 3sin x － a＝－ cos x － bsin x － a ，则 a ＝－ 1，b ＝－ 3， c ＝ 1.则 f(x)＝ － cos x － 3sin x ＋ 1，x ≥ 0， cos x － 3sin x － 1，x ＜ 0若 0≤ x ≤ π，则由 f(x)＞ f(－ x)得－ cos x － 3sin x ＋ 1＞ cos x ＋ 3sin x －1， 即 cos x ＋ 3sin x ＜1，即 cos x －π 1，＜32ππ 2π因为 0≤ x ≤ π，因此－ 3≤ x － 3 ≤ 3 ， π π 2π 2π则 ＜ x － ≤ ，即 ＜ x ≤ π.3 3 3 3若－π≤ x ＜ 0，则由 f(x)＞ f(－ x)得 cos x － 3sin x － 1＞－cos x ＋ 3sin x ＋1，π1即 cos x － 3sin x ＞1，即 cos x ＋ 3 ＞ 2，2ππ π因为－π ≤ x ＜ 0，因此－≤ x ＋，33＜3 π π π 2π则－ 3 ＜ x ＋ 3 ＜ 3 ，即－ 3 ＜ x ＜ 0，2π 2π综上不等式的解集为 － 3 ， 0 ∪ ，π.3 答案： 0 －2π ， 0 ∪ 2π，π3315．(2019 台·州市高三期末评估 )已知函数 f(x)＝ sin(ωx＋ φ) ω＞ 0，|φ|≤ π的最小正周期2为π，且x＝π为 f(x)图象的一条对称轴．12(1)求ω和φ的值；π(2)设函数 g(x)＝ f(x)＋ f x－6，求g(x)的单一递减区间．π解： (1) 因为 f(x)＝ sin(ωx＋φ) ω＞0，|φ|≤2的最小正周期为π，2π由 T＝＝π，因此ω＝2，ωπ由 2x＋φ＝ kπ＋2， k∈ Z，kπ πφ因此 f(x)的图象的对称轴为x＝2＋4－2， k∈ Z .π kπ πφπππ由＝＋－，得φ＝ kπ＋.又 |φ|≤，则φ＝.12 2 4 2 3 2 3(2)函数 g(x)＝ f(x)＋ f x－π＝ sin 2x＋π＋ sin 2x＝6 31 3 π2sin 2x＋2 cos 2x＋ sin 2x＝ 3sin 2x＋6 .因此 g(x)的单一递减区间为π2π，k∈ Z. kπ＋6， kπ＋316． (2019 宁·波诺丁汉大学附中高三期中)已知函数 f(x)＝ sin ωx＋π(x∈ R，ω＞ 0)的图3象如图， P 是图象的最高点，Q 是图象的最低点，且|PQ|＝ 13.(1)求函数 y＝ f( x)的分析式；(2)将函数 y＝ f( x)的图象向右平移 1 个单位后获得函数 y＝ g(x)的图象，当 x∈[0，2]时，求函数h(x)＝ f(x)·g(x)的最大值．解：(1)过 P 作 x 轴的垂线PM ，过 Q 作 y 轴的垂线QM ，则由已知得 |PM |＝ 2，|PQ|＝13，由勾股定理得|QM|＝ 3，因此 T＝ 6，2ππ又 T ＝ ω ，因此 ω＝ 3 ，π π因此函数 y ＝ f(x)的分析式为 f( x)＝ sin .3 x ＋ 3(2)将函数 y ＝ f( x)图象向右平移1 个单位后获得函数 y ＝ g(x)的图象，π因此 g(x)＝ sin 3 x.函数 h(x)＝ f(x) ·g(x)＝ sin π ππ sin 3 x 3x ＋31π 3 π π＝ sin2x ＋2 sin3 xcos3 x2 312π 3 2π＝ 4 1－ cos 3 x ＋ 4 sin 3 x12π π 1＝2sin 3 x － 6 ＋4.2π π π 7π当 x ∈[0， 2]时，3x － 6 ∈－ 6 ， 6，2π π π因此当3 x － 6＝ 2 ，3即 x ＝ 1 时， h(x) max＝ 4.17． (2019 “· 绿色结盟 ” 模拟 )已知函数 f(x)＝ sin x · (cos x ＋ 3sin x)． (1)求 f(x)的最小正周期；π内有两个不相等的实数解，务实数 t 的取值范围．(2)若对于 x 的方程 f(x)＝ t 在区间 0， 21 3 3 π 32π 解：(1)f(x)＝ 2sin 2x － 2 cos 2x ＋ 2 ＝ sin2x － 3 ＋ 2 ，故函数 f( x)的最小正周期为 T ＝ 2＝π.(2)对于 x 的方程 f(x)＝t 在区间0， π内有两个不相等的实数解， 等价于 y ＝ f( x)与 y ＝t 的2π内有两个不一样的交点．因为x ∈π，因此 2x － ππ 2π . 图象在区间3 ∈0， 20， 2－3， 3因为 y ＝ sin x 在 － π ππ 2π 上是减函数，3 ， 上是增函数，在 2 ， 32因此 f(x)在 5π5π π 0， 12 上是增函数，在 12，2 上是减函数．又因为 f(0) ＝ 0， f 5π＝ 1＋ 3 12 2 ，f π ＝ 3，233因此 3≤ t ＜1＋ 2 ，故实数 t 的取值范围为 3，1＋ 2 .18．已知定义在区间－π， 3π上的函数 y ＝ f(x)的图象对于直线 x ＝ π π 对称，当 x ≥ 时， 2 4 4 f(x)＝－ sin x.(1)作出 y ＝ f(x)的图象；(2)求y ＝ f(x)的分析式；(3)若对于x 的方程f(x)＝ a 有解，将方程中的a 取一确立的值所得的全部解的和记为M a ，求 M a 的全部可能的值及相应的a 的取值范围．解： (1) y ＝f(x)的图象如下图．(2)任取 x ∈ －π，π，4 ππ 3π则 2 － x ∈ 4 ，2 ，π因为函数 y ＝ f(x)的图象对于直线 x ＝ 4 对称， 则 f(x)＝ f π ，又当 x ≥ π2 － x 4 时， f(x)＝－ sin x ，则 f(x)＝ f π＝－ sin π2 － x 2 － x ＝－ cos x ，π－ cos x， x∈－π，4，即 f(x)＝－ sin x， x∈π3π.4，2ππ 2(3)当 a＝－ 1 时， f(x)＝ a 的两根为 0，2，则 M a＝2；当 a∈ － 1，－2时， f(x)＝ a 的四π 2根知足 x1<x2< 4<x3 <x4，由对称性得x1＋ x2＝ 0， x3＋ x4＝π，则 M a＝π；当 a＝－2 时，f(x)＝ a 的三根知足1 2π3，由对称性得3 1π a 3π 2时，x <x ＝4 <x x ＋x ＝2，则M ＝4；当 a∈ －2， 1πf(x)＝ a 的两根为 x1， x2，由对称性得M a＝2 .2综上，当a∈ － 1，－2时， M a＝π；2 3π当 a＝－2时， M a＝4；当 a∈ －2 aπ2，1 ∪{－1}时，M ＝2 .。