三角函数的图像与性质专题训练(4.8_4.9)

＝g(x)分别取得最大值与最小值，又|x1－x2|min＝π3 ，令 2x1＝π2 ，2x2－2φ＝－π2 ，此时|x1
－x2|＝π2－φ
＝π3
，又
π 0<φ<2
，故 φ＝π6
，故选 D.
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真题分类17 三角函数的图象与性质
高考·数学
C2.三角函数的周期性、对称性、奇偶性
C 选项中 T＝2ππ ＝8，D 选项中 T＝2ππ ＝8，
4
4
排除选项 C，D；
∵x∈[0，π2 ]，∴cos x∈[0，1]，
∴当 cos x＝
3 2
时，f(x)取得最大值，最大值为 1.
高考·数学
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真题分类17 三角函数的图象与性质
高考·数学
Ⅲ .利用化一法解决最值问题
Ⅳ .利用正、余弦函数的有界性解决三角函数的最值问题
Ⅴ.与值域有关的参数问题
5．(2015·湖南，9，5 分)将函数 f(x)＝sin
高考·数学
4．(2017·课标全国Ⅱ，14，5 分)函数 f(x)＝sin2x＋ 3 cosx－34 (x∈[0，π2 ])的最大值是 ____1____.
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真题分类17 三角函数的图象与性质
答案：1
f(x)＝1－cos2x＋
3
cosx－34
＝－(cos
x－
3 2
)2＋1.
f(x)＝cosx·(12
sin
x＋
3 2
cos x)－
3
cos2x＋
3 4
＝12
sinx·cos x－

三角函数图像与性质题型训练（一）单调性例1、已知函数()4cos sin()6f x x x a π=⋅++的最大值为2。

（1）求a 的值及()f x 的最小正周期；（2）求()f x 在区间[0,]π上的单调递增区间。

（二）最值及值域例2、已知函数212cos 2cos 2sin )(2-+=x x x x f . （Ⅰ）若42)(=αf ，),0(πα∈，求α的值；（Ⅱ）求函数)(x f 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-ππ,4上最大值和最小值.（跟踪练习）在平面直角坐标系下，已知(2,0)A ，(0,2)B ，(cos 2,sin 2)C x x ，()f x AB AC =⋅u u u r u u u r（1）求()f x 的表达式和最小正周期；（2）当02x π<<时，求()f x 的值域．（三）奇偶性例3、已知函数()sin()(0,0,||)2f x A x A πωϕωϕ=+>><的部分图象如图所示.（1）求函数()f x 的解析式；（2）令)g x f x π()=(+6，判断函数()g x 的奇偶性，并说明理由.（跟踪练习）已知函数sin 00f x x ωϕωϕπ=+>≤≤()()(，)为偶函数，其图象上相邻的两个最高点之间的距离为2π．（Ⅰ）求f x ()的解析式；（Ⅱ）若32ππα∈-(，)，133f πα+=()，求5sin 23πα+()的值．（四）对称性例4、若函数()f x a b =⋅，(2cos ,cos sin ),(sin ,cos sin )a x x x b x x x =+=-． （1）求()f x 的图象的对称中心坐标和对称轴方程；（2）若m [0,],()2x f x m π∀∈<，求实数m 的取值范围．（跟踪练习）已知函数()()⎪⎭⎫⎝⎛<<>>++=20,00,A 1cos 2πϕωϕωx A x f 的最大值为3，()x f 的图像的相邻两对称轴间的距离为2，在y 轴上的截距为2．（1）求函数()x f 的解析式；（2）求()f x 的单调递增区间．（五）图像变换例5、已知()sin()(0,0,)22f x A x A ππωϕωϕ=+>>-≤≤的图象如右图（Ⅰ）求()y f x =的解析式；（Ⅱ）说明()y f x =的图象是由sin y x =的图象经过怎样的变换得到?（跟踪练习）已知函数())cos()f x x x ωϕωϕ=+-+（0πϕ<<，0ω>）为偶函数，且函数()y f x =图象的两相邻对称轴间的距离为π2．（Ⅰ）求π8f ⎛⎫ ⎪⎝⎭的值；（Ⅱ）将函数()y f x =的图象向右平移π6个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数()y g x =的图象，求()g x 的单调递减区间．（六）五点法作图例6、已知函数1)cos (sin sin 2)(-+=x x x x f ． （1）求函数)(x f 的最小正周期和最大值；（2）在给定的坐标系内，用五点作图法画出函数)(x f 在一个周期内的图象．（跟踪练习）设)sin ,(cos ),2cos ,2(sin ϕϕ==x x )0(πϕ<<,函数 b )(⋅=a x f 且0)83(=πf .（Ⅰ）求ϕ；（Ⅱ）在给出的直角坐标系中画出函数)(x f y =在区间],0[π上的图像；（Ⅲ）根据画出的图象写出函数)(x f y =在],0[π上的单调区间和最值.x三角函数图像与性质题型训练参考答案（一）单调性例1、解：（1）1()4cos sin()4cos cos )62f x x x a x x x a π=⋅++=⋅++2cos 2cos 112cos 1x x x a x x a =+-++=+++2sin(2)16x a π=+++∴当sin(2)6x π+=1时，()f x 取得最大值213a a ++=+，又()f x 的最大值为2，32a ∴+=，即1a =，()f x 的最小正周期为2.2T ππ==（2）由（1）得()2sin(2)6f x x π=+222,.262k x k k Z πππππ∴-+≤+≤+∈得.36k x k ππππ∴-+≤≤+[0,]x π∈ ()f x ∴的单调增区间为[0,]π和2[,]ππ例2、解：（1）212cos 1sin 21)(-++=x x x f )cos (sin 21x x +=)4sin(22π+=x 由题意知 42)4sin(22)(=+=πααf 即 21)4sin(=+πα ∵),0(πα∈ 即 )45,4(4πππα∈+ ∴127654παππα=⇒=+（2）∵ παπ≤≤-4即 4540ππα≤+≤ ∴22)4()(max ==πf x f ， .21)()(min -==πf x f（跟踪练习）解：（1）(2,2)AB =-u u u r ，(2cos2,sin 2)AC x x =-+u u u r∴()f x =(2,2)(cos 22,sin 2)x x -⋅-42cos22sin 2x x =-+)44x π=-+∴()f x )44x π=-+ ∴()f x 的最小正周期为ππ==22T （2）∵02x π<<∴32444x πππ-<-<∴1)42sin(22≤-<-πx ． ∴224)(2+≤<x f ．所以函数()f x 的值域是]224,2(+（三）奇偶性例3、（1）()2sin(2)6f x x π=+（2）偶函数（跟踪练习）解：（Ⅰ） 图象上相邻的两个最高点之间的距离为π2,π2=∴T , 则12==Tπω.)sin()(ϕ+=∴x x f . )(x f 是偶函数, )(2Z k k ∈+=∴ππϕ,又πϕ≤≤0，2πϕ=∴．则x x f cos )(=．（Ⅱ）由已知得)2,3(,31)3cos(ππαπα-∈=+ ，)65,0(3ππα∈+∴．则sin()33πα+=．∴924)3cos()3sin(2)322sin()352sin(-=++-=+-=+παπαπαπα． （四）对称性 例4、（1）对称中心：(,0)28k k Z ππ-∈ 对称轴方程：,28k x k Z ππ=+∈（2）)m ∈+∞（跟踪练习）解：（Ⅰ）()()2122cos 2A x A x f +++=ϕω …依题意 2A ,3212=∴=++AA 又4T , 22==得T 4 422πωωπ==∴ ()222cos +⎪⎭⎫⎝⎛+=∴ϕπx x f 令 x=0,得 22 20, 222cos πϕπϕϕ=∴<<=+又所以， 函数()x f 的解析式为 () 2sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-=x x f π （Ⅱ）当322222k x k πππππ+<<+，k Z ∈时()f x 单增 即4143k x k +<<+，k Z ∈ ∴()f x 的增区间是(41,43),k k k Z ++∈ （注意其它正确形式，如：区间左右两端取开、闭，)14,34(+-k k 等） （五）图像变换例5、解: ( 1) 由图知A= 4由35466T πππ=-=,得109T π= 所以95ω=由 9562ππϕ⨯+=,得5πϕ=, 所以,9()4sin()55f x x π=+(2) ①由sin y x =得图象向左平移5π单位得sin()5y x π=+的图象② 再由s i n ()5y x π=+图象的横坐标缩短为原来59得9sin()55y x π=+的图象③由9sin()55y x π=+的图象纵坐标伸长为原来的4倍得9()4sin()55f x x π=+的图象（跟踪练习）解：（Ⅰ）())cos()f x x x ωϕωϕ=+-+12)cos()22x x ωϕωϕ⎤=+-+⎥⎣⎦π2sin 6x ωϕ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．因为()f x 为偶函数，所以对x ∈R ，()()f x f x -=恒成立，因此ππsin()sin 66x x ωϕωϕ⎛⎫-+-=+-⎪⎝⎭． 即ππππsin cos cos sin sin cos cos sin 6666x x x x ωϕωϕωϕωϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+-=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 整理得πsin cos 06x ωϕ⎛⎫-= ⎪⎝⎭．因为0ω>，且x ∈R ，所以πcos 06ϕ⎛⎫-= ⎪⎝⎭．又因为0πϕ<<，故ππ62ϕ-=．所以π()2sin 2cos 2f x x x ωω⎛⎫=+= ⎪⎝⎭．由题意得2ππ22ω=，所以2ω=．故()2cos 2f x x =．因此ππ2cos 84f ⎛⎫== ⎪⎝⎭（Ⅱ）将()f x 的图象向右平移π6个单位后，得到π6f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的图象，再将所得图象横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到π46x f ⎛⎫-⎪⎝⎭的图象． 所以πππ()2cos 22cos 464623x x x g x f ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦． 当π2π2ππ23x k k -+≤≤（k ∈Z ），即2π8π4π4π33k x k ++≤≤（k ∈Z ）， ∴()g x 的减区间为284,433k k k Z ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭（六）五点法作图例6、（1）1cos sin 2sin 21)cos (sin sin 2)(2-+=-+=x x x x x x x fx x 2cos 2sin -=)42sin(2π-=x ，∴)(x f 的最小正周期为π=T ，)(x f 的最大值为2．（2）列表：函数)(x f 在一个周期内的图象如图：（跟踪练习）解: b )(⋅=a x f =)2sin(sin 2cos cos 2sin ϕϕϕ+=+x x x 由题可知：0)832sin(=+⨯ϕπ，)(43Z k k ∈=+∴πϕπ， 4,0πϕπϕ=∴<<（2）略（3）单调增区间：],85[],8,0[πππ单调减区间：]85,8[ππ函数最大值是：1函数最小值是：1-。

三角函数的图象与性质专题训练(限时60分钟，满分100分)一、选择题(本大题共6个小题，每小题6分，共36分)1．下列函数中，在区间(0，π2)上为增函数且以π为周期的函数是( )A ．y ＝sin x2 B ．y ＝sin xC ．y ＝－tan xD ．y ＝－cos2x2．已知点P (sin 34π，cos 34π)落在角θ的终边上，且θ∈[0,2π)，则θ的值为( )A.π4B.3π4C.5π4D.7π43．M ，N 是曲线y ＝πsin x 与曲线y ＝πcos x 的两个不同的交点，则|MN |的最小值为( ) A ．π B.2π C.3π D ．2π4．(精选考题·天津高考) 右图是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(x ∈R)在区间[－π6，5π6]上的图象，为了得到这个函数的图象，只要将y ＝sin x (x ∈R)的图象上所有的点( )A ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变B ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变D ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变5．已知f (x )＝sin x ＋3cos x (x ∈R)，函数y ＝f (x ＋φ)的图象关于直线x ＝0对称，则φ的值可以是( )A.π2B.π3C.π4D.π66．使y ＝cos ωx (ω>0)在区间[0,1]上至少出现2次最大值，至多出现3次最大值，则周期T 的取值范围是 ( )A ．1<T ≤2B ．1≤T ≤2 C.12<T ≤1 D.12≤T ≤1二、填空题(本大题共3个小题，每小题6分，共18分)7．设函数y ＝2sin(2x ＋π3)的图象关于点P (x 0,0)成中心对称，若x 0∈[－π2，0]，则x 0＝________.8．函数f (x )＝3sin x cos x ＋cos 2x 的单调递增区间为________． 9．①存在α∈(0，π2)使sin α＋cos α＝13；②存在区间(a ，b )使y ＝cos x 为减函数且sin x ＜0； ③y ＝tan x 在其定义域内为增函数；④y ＝cos2x ＋sin(π2－x )既有最大、最小值，又是偶函数；⑤y ＝|sin 2x ＋π6|的最小正周期为π，以上命题错误的为________(填序号)．三、解答题(本大题共3个小题，共46分)10．(本小题满分15分)设函数f (x )＝2cos 2x ＋sin2x ＋a (a ∈R)． (1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)当x ∈[0，π6]时，f (x )的最大值为2，求a 的值，并求出y ＝f (x )(x ∈R)的对称轴方程．11．(本小题满分15分)已知函数f (x )＝2cos x ·sin(x ＋π3)－32.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)用五点作图法画出函数f (x )在一个周期内的图象．12．(本小题满分16分)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，x ∈R(其中A >0，ω>0，－π2<φ<π2)，其部分图象如图所示．(1)求f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x ＋π4)·f (x －π4)在区间[0，π2]上的最大值及相应的x 值．1．(精选考题·重庆高考)已知函数y ＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，则( )A ．ω＝1，φ＝π6B ．ω＝1，φ＝－π6C ．ω＝2，φ＝π6D ．ω＝2，φ＝－π62．下列关系式中正确的是( )A ．sin11°＜cos10°＜sin168°B ．sin168°＜sin11°＜cos10°C ．sin11°＜sin168°＜cos10°D ．sin168°＜cos10°＜sin11°3．(精选考题·辽宁高考)设ω>0，函数y ＝sin(ωx ＋π3)＋2的图象向右平移4π3个单位后与原图象重合，则ω的最小值是( )A.23B.43C.32D ．3 4．已知f (x )＝sin x ，x ∈R ，g (x )的图象与f (x )的图象关于点(π4，0)对称，则在区间[0,2π]上满足f (x )≤g (x )的x 的范围是( )A ．[π4，3π4]B ．[3π4，7π4]C ．[π2，3π2]D ．[3π4，3π2]5．设函数f (x )＝2cos 2x ＋23sin x cos x ＋m (x ∈R)， (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若x ∈[0，π2]，是否存在实数m ，使函数f (x )的值域恰为[12，72]？若存在，请求出m的取值；若不存在，请说明理由．．6．(精选考题·山东高考)已知函数f (x )＝sin(π－ωx )cos ωx ＋cos 2ωx (ω＞0)的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求函数g (x )在区间[0，π16]上的最小值． .参考答案:1. 解析：由函数的周期为π可排除A 、B 选项；再由在(0，π2)上为增函数可排除C选项．答案：D2. 解析：∵sin 3π4＝sin π4＝22，cos 3π4＝－cos π4＝－22，即P (22，－22)．∴|OP |＝(22)2＋(－22)2＝1，角θ为第四象限角． 又∵sin θ＝－221＝－22，θ∈[0,2π)，∴θ＝7π4. 答案：D3. 解析：当|MN |最小时，点M ，N 必为两曲线的相邻的两个交点，所以可设为M(π4，2π2)，N (5π4，－2π2)，根据两点间距离公式得|MN |＝π2＋(2π)2＝3π. 答案：C4. 解析：观察图象可知，函数y ＝A sin(ωx ＋φ)中A ＝1，2πω＝π，故ω＝2，ω×(－π6)＋φ＝0，得φ＝π3，所以函数y ＝sin(2x ＋π3)，故只要把y ＝sin x 的图象向左平移π3个单位，再把各点的横坐标缩短到原来的12倍即可．答案：A5. 解析：因为f (x )＝sin x ＋3cos x ＝2(12sin x ＋32cos x )＝2sin(x ＋π3)，所以f (x ＋φ)＝2sin(x ＋π3＋φ)，因为y ＝f (x ＋φ)的图象关于直线x ＝0对称，因此sin(0＋π3＋φ)＝±1，可得π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)，即φ＝k π＋π6，因此φ的值可以是π6.答案：D6. 解析：由已知，函数的最小正周期T ≤1，且2T ≥1，故12≤T ≤1.答案：D7. 解析：设2x 0＋π3＝k π(k ∈Z)，∴x 0＝k π2－π6(k ∈Z)， 又∵x 0∈[－π2，0]，∴令k ＝0得x 0＝－π6.答案：－π68. 解析：∵f (x )＝32sin2x ＋1＋cos2x 2＝sin(2x ＋π6)＋12，∴由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，得其单调递增区间为[k π－π3，k π＋π6]，k ∈Z. 答案：[k π－π3，k π＋π6]，k ∈Z9. 解析：①当α∈(0，π2)时，sin α＋cos α＞1，故①错；②若y ＝cos x 为减函数，则x ∈[2k π，π＋2k π]，k ∈Z ，此时sin x ＞0，故②错；③当x 分别取π，2π时，y 都是0，故③错；④∵y ＝cos2x ＋sin(π2－x )＝2cos 2x ＋cos x －1，∴既有最大、最小值，又是偶函数，故④对；⑤y ＝|sin2x ＋π6|的最小正周期为π2，故⑤错．答案：①②③⑤10. 解：(1)f (x )＝2cos 2x ＋sin2x ＋a＝1＋cos2x ＋sin2x ＋a ＝2sin(2x ＋π4)＋1＋a ，则f (x )的最小正周期T ＝2πω＝π.且当2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2(k ∈Z)时，f (x )单调递增，即f (x )的单调递增区间为[k π－3π8，k π＋π8](k ∈Z)． (2)当x ∈[0，π6]时⇒π4≤2x ＋π4≤7π12，当2x ＋π4＝π2，即x ＝π8时，sin(2x ＋π4)＝1.所以f (x )max ＝2＋1＋a ＝2⇒a ＝1－ 2. 令2x ＋π4＝k π＋π2则x ＝k π2＋π8(k ∈Z)为f (x )的对称轴． 11. 解：(1)f (x )＝2cos x ·sin(x ＋π3)－32＝2cos x (sin x cos π3＋cos x sin π3)－32＝2cos x (12sin x ＋32cos x )－32＝sin x cos x ＋3cos 2x －32＝12sin2x ＋3·1＋cos2x 2－32 ＝12sin2x ＋32cos2x ＝sin(2x ＋π3)， ∴T ＝π. (2)①列表：②画图：12. 解：(1)由题图可知，A ＝1，T 4＝π2，所以T ＝2π， ω＝1.又f (π4)＝sin(π4＋φ)＝1，且－π2<φ<π2，所以φ＝π4，所以f (x )＝sin(x ＋π4)．(2)由(1)f (x )＝sin(x ＋π4)，所以g (x )＝f (x ＋π4)·f (x －π4)＝sin(x ＋π4＋π4)·sin(x －π4＋π4)＝sin(x ＋π2)sin x＝cos x ·sin x ＝12sin2x . 因为x ∈[0，π2]，所以2x ∈[0，π]，sin2x ∈[0,1]．故12sin2x ∈[0，12]． 当x ＝π4时，g (x )取得最大值12.1. 解析：依题意得T ＝2πω＝4(7π12－π3)＝π，ω＝2，sin(2×π3＋φ)＝1.又|φ|<π2，所以2π3＋φ＝π2，φ＝－π6.答案：D2. 解析：注意到sin168°＝sin(180°－12°)＝sin12°，cos10°＝sin80°，且0°＜11°＜12°＜80°＜90°，因此sin11°＜sin12°＜sin80°，即sin11°＜sin168°＜cos10°.答案：C3. 解析：法一：函数y ＝sin(ωx ＋π3)＋2的图象向右平移4π3后得到函数y ＝sin[ω(x －4π3)＋π3]＋2 ＝sin(ωx －4π3ω＋π3)＋2的图象， 因为两图象重合，所以sin(ωx ＋π3)＋2＝sin(ωx －4π3ω＋π3)＋2， ∴ωx ＋π3＝ωx －4π3ω＋π3＋2k π，k ∈Z.∴ω＝32k ，k ∈Z.当k ＝1时，ω的最小值是32.法二：本题的实质是已知函数y ＝sin(ωx ＋π3)＋2(ω>0)的最小正周期是4π3，求ω的值．由T ＝2πω＝4π3，∴ω＝32.答案：C4. 解析：设(x ，y )为g (x )的图象上任意一点，则其关于点(π4，0)对称的点为(π2－x ，－y )，由题意知该点必在f (x )的图象上，∴－y ＝sin(π2－x )，即g (x )＝－sin(π2－x )＝－cos x ，由sin x ≤－cos x ，得sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)≤0，解得3π4≤x ≤7π4.答案：B5. 解：(1)∵f (x )＝2cos 2x ＋23sin x cos x ＋m＝1＋cos2x ＋3sin2x ＋m ＝2sin(2x ＋π6)＋m ＋1∴函数f (x )的最小正周期T ＝π.(2)假设存在实数m 符合题意，∵x ∈[0，π2]，∴π6≤2x ＋π6≤7π6，则sin(2x ＋π6)∈[－12，1]， ∴f (x )＝2sin(2x ＋π6)＋m ＋1∈[m,3＋m ]．又∵f (x )∈[12，72]，解得m ＝12，∴存在实数m ＝12，使函数f (x )的值域恰为[12，72]6. 解：(1)因为f (x )＝si n(π－ωx )cos ωx ＋cos 2ωx ， 所以f (x )＝sin ωx cos ωx ＋1＋cos2ωx2＝12sin2ωx ＋12cos2ωx ＋12 ＝22sin(2ωx ＋π4)＋12. 由于ω＞0，依题意得2π2ω＝π， 所以ω＝1. (2)由(1)知f (x )＝22sin(2x ＋π4)＋12，所以g(x)＝22sin (4x＋π4)＋12.当0≤x≤π16时，π4≤4x＋π4≤π2，所以22≤sin (4x＋π4)≤1.因此1≤g(x)≤1＋22.故g(x)在区间[0，π16]上的最小值为1。

三角函数1.已知函数()2sin 2x f x x =-． （Ⅰ）求()f x 的最小正周期； （Ⅱ）求()f x 在区间20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值．【答案】（1）2π；（2）考点：倍角公式、两角和的正弦公式、三角函数的周期、三角函数的最值. 2.已知． 求的值；求的值．【答案】（1）；（2）．考点：1、两角和的正切公式；2、特殊角的三角函数值；3、二倍角的正、余弦公式；4、同角三角函数的基本关系.3.已知函数 （1）求最小正周期；（2）求在区间上的最大值和最小值.【答案】（1） ；（2）最大值为2()(sin cos )cos 2f x x x x =++()f x ()f x [0,]2ππ1+考点：1.三角函数的性质；2.三角函数的最值. 4.（15年福建文科）若，且为第四象限角，则的值等于（ ） A ．B ．C ．D ． 【答案】D 【解析】试题分析：由，且为第四象限角，则，则，故选D ． 考点：同角三角函数基本关系式．5sin 13α=-αtan α125125-512512-5sin 13α=-α12cos 13α==sin tan cos ααα=512=-5.已知函数． （Ⅰ）求函数的最小正周期； （Ⅱ）将函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移（）个单位长度后得到函数的图象，且函数的最大值为2． （ⅰ）求函数的解析式；（ⅱ）证明：存在无穷多个互不相同的正整数，使得． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（ⅰ）；（ⅱ）详见解析． 【解析】试题分析：（Ⅰ）首先利用证明二倍角公式和余弦降幂公式将化为，然后利用求周期；（Ⅱ）由函数的解析式中给减，再将所得解析式整体减去得的解析式为，当取1的时，取最大值，列方程求得，从而的解析式可求；欲证明存在无穷多个互不相同的正整数，使得，可解不等式，只需解集的长度大于1，此时解集中一定含有整数，由周期性可得，必存在无穷多个互不相同的正整数．试题解析：（I ）因为．所以函数的最小正周期．()2cos 10cos 222x x x f x =+()f x ()f x 6πa 0a >()g x ()g x ()g x 0x ()00g x >2π()10sin 8g x x =-()f x ()10sin 56f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭2T πω=()f x x6πa ()g x ()10sin 5g x x a =+-sin x ()g x 105a +-13a =()g x 0x ()00g x >()00g x >0x ()2cos 10cos 222x x xf x =+5cos 5x x =++10sin 56x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭()f x 2πT =（II ）（i ）将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，再向下平移（）个单位长度后得到的图象． 又已知函数的最大值为，所以，解得． 所以．（ii ）要证明存在无穷多个互不相同的正整数，使得，就是要证明存在无穷多个互不相同的正整数，使得，即． 由知，存在，使得． 由正弦函数的性质可知，当时，均有． 因为的周期为，所以当（）时，均有． 因为对任意的整数，，所以对任意的正整数，都存在正整数，使得． 亦即存在无穷多个互不相同的正整数，使得． 考点：1、三角函数的图像与性质；2、三角不等式．6.如图，某港口一天6时到18时的谁深变化曲线近似满足函数y ＝3sin (x ＋Φ)＋k ，据此函数可知，这段时间水深(单位：m )的最大值为____________.()f x 6π10sin 5y x =+a 0a >()10sin 5g x x a =+-()g x 21052a +-=13a =()10sin 8g x x =-0x ()00g x >0x 010sin 80x ->04sin 5x>45<003πα<<04sin 5α=()00,x απα∈-4sin 5x >sin y x =2π()002,2x k k παππα∈++-k ∈Z 4sin 5x >k ()()00022213k k πππαπαπα+--+=->>k ()002,2k x k k παππα∈++-4sin 5k x >0x ()00g x >6π【答案】8 【解析】试题分析：由图像得，当时，求得，当时，，故答案为8.考点：三角函数的图像和性质. 7.已知函数()()sin cos 0,,f x x x x ωωω=+>∈R 若函数()f x 在区间(),ωω-内单调递增,且函数()f x 的图像关于直线x ω=对称,则ω的值为 ．【解析】试题分析：由()f x 在区间(),ωω-内单调递增,且()f x 的图像关于直线x ω=对称,可得π2ωω≤,且()222πsin cos sin 14f ωωωω⎛⎫=+=⇒+= ⎪⎝⎭,所以2ππ42ωω+=⇒= 考点：三角函数的性质.8.已知tan 2α=-，()1tan 7αβ+=，则tan β的值为_______. 【答案】3 【解析】sin()16x π+Φ=-min 2y =5k =sin()16x π+Φ=max 3158y =⨯+=试题分析：12tan()tan 7tan tan() 3.21tan()tan 17αβαβαβααβα++-=+-===++- 考点：两角差正切公式9.在ABC ∆中，已知60,3,2===A AC AB .（1）求BC 的长； （2）求C 2sin 的值. 【答案】（12【解析】考点：余弦定理，二倍角公式。