高考三角函数专题(含答案)

高考 地理事物空间分布特征语文高考下定义高考日语答题卡模板高考688高频词汇高考文言文120个实词 专题复习三角函数专题模块一——选择题一、选择题：(将正确答案的代号填在题后的括号内．)1．(2010·天津)下图是函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上的图象，为了得到这个函数的图象，只要将y＝sinx(x∈R)的图象上所有的点(　　)A．向左平移eq\f(π,3)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变B．向左平移eq\f(π,3)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eq\f(π,6)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变D．向左平移eq\f(π,6)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变解析：观察图象可知，函数y＝Asin(ωx＋φ)中A＝1，eq\f(2π,ω)＝π，故ω＝2，ω×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＋φ＝0，得φ＝eq\f(π,3)，所以函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故只要把y＝sinx的图象向左平移eq\f(π,3)个单位，再把各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)即可．答案：A2．(2010·全国Ⅱ)为了得到函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，只需把函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象(　　)A．向左平移eq\f(π,4)个长度单位B．向右平移eq\f(π,4)个长度单位C．向左平移eq\f(π,2)个长度单位D．向右平移eq\f(π,2)个长度单位解析：由y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))eq\o(――→,\s\up7(x→x＋φ))y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2(x＋φ)＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，即2x＋2φ＋eq\f(π,6)＝2x－eq\f(π,3)，解得φ＝－eq\f(π,4)，即向右平移eq\f(π,4)个长度单位．故选B.答案：B3．(2010·重庆)已知函数y＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则(　　)A．ω＝1，φ＝eq\f(π,6)　　　B．ω＝1，φ＝－eq\f(π,6)C．ω＝2，φ＝eq\f(π,6)D．ω＝2，φ＝－eq\f(π,6)解析：依题意得T＝eq\f(2π,ω)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，ω＝2，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋φ))＝1.又|φ|<eq\f(π,2)，所以eq\f(2π,3)＋φ＝eq\f(π,2)，φ＝－eq\f(π,6)，选D.答案：D4．已知函数y＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0)在区间[0,2π]上的图象如图所示，那么ω＝(　　)A．1　　　　B．2C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)解析：由函数的图象可知该函数的周期为π，所以eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.答案：B5．已知函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，则下列判断正确的是(　　)A．此函数的最小正周期为2π，其图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))B．此函数的最小正周期为π，其图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，0))C．此函数的最小正周期为2π，其图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))D．此函数的最小正周期为π，其图象的一个对称中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))解析：∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∴T＝eq\f(2π,2)＝π，且当x＝eq\f(π,12)时，y＝0.答案：B6．如果函数y＝sin2x＋acos2x的图象关于直线x＝－eq\f(π,8)对称，则实数a的值为(　　)A.eq\r(2)　　　　　B．－eq\r(2)C．1D．－1分析：函数f(x)在x＝－eq\f(π,8)时取得最值；或考虑有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)－x))对一切x∈R恒成立．解析：解法一：设f(x)＝sin2x＋acos2x，因为函数的图象关于直线x＝－eq\f(π,8)对称，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)－x))对一切实数x都成立，即sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋x))＋acos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋x))＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)－x))＋acos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)－x))即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋2x))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2x))＝aeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2x))－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋2x))))，∴2sin2x·coseq\f(π,4)＝－2asin2x·sineq\f(π,4)，即(a＋1)·sin2x＝0对一切实数x恒成立，而sin2x不能恒为0，∴a＋1＝0，即a＝－1，故选D.解法二：∵f(x)＝sin2x＋acos2x关于直线x＝－eq\f(π,8)对称．∴有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)－x))对一切x∈R恒成立．特别，对于x＝eq\f(π,8)应该成立．将x＝eq\f(π,8)代入上式，得f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，∴sin0＋acos0＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＋acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))∴0＋a＝－1＋a×0.∴a＝－1.故选D.解法三：y＝sin2x＋acos2x＝eq\r(1＋a2)sin(2x＋φ)，其中角φ的终边经过点(1，a)．其图象的对称轴方程为2x＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)－eq\f(φ,2)(k∈Z)．令eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)－eq\f(φ,2)＝－eq\f(π,8)(k∈Z)．得φ＝kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)．但角φ的终边经过点(1，a)，故k为奇数，角φ的终边与－eq\f(π,2)角的终边相同，∴a＝－1.解法四：y＝sin2x＋acos2x＝eq\r(1＋a2)sin(2x＋φ)，其中角φ满足tanφ＝a.因为f(x)的对称轴为y＝－eq\f(π,8)，∴当x＝－eq\f(π,8)时函数y＝f(x)有最大值或最小值，所以eq\r(1＋a2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))或－eq\r(1＋a2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))，即eq\r(1＋a2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＋acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，或－eq\r(1＋a2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＋acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))).解之得a＝－1.故选D.答案：D评析：本题给出了四种不同的解法，充分利用函数图象的对称性的特征来解题．解法一是运用了方程思想或恒等式思想求解．解法二是利用了数形结合的思想求解，抓住f(m＋x)＝f(m－x)的图象关于直线x＝m对称的性质，取特殊值来求出待定系数a的值．解法三利用函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴是方程ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)的解x＝eq\f(kπ＋\f(π,2)－φ,ω)(k∈Z)，然后将x＝－eq\f(π,8)代入求出相应的φ值，再求a的值．解法四利用对称轴的特殊性质，在此处函数f(x)取最大值或最小值．于是有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝[f(x)]max或feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝[f(x)]min.从而转化为解方程问题，体现了方程思想．由此可见，本题体现了丰富的数学思想 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，要从多种解法中悟出其实质东西．模块二——填空题二、填空题：(把正确答案填在题后的横线上．)7．(2010·福建)已知函数f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)和g(x)＝2cos(2x＋φ)＋1的图象的对称轴完全相同．若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则f(x)的取值范围是________．解析：∵f(x)与g(x)的图象的对称轴完全相同，∴f(x)与g(x)的最小正周期相等，∵ω>0，∴ω＝2，∴f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤1，∴－eq\f(3,2)≤3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤3，即f(x)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))8．设函数y＝coseq\f(1,2)πx的图象位于y轴右侧所有的对称中心从左依次为A1，A2，…，An，….则A50的坐标是________．解析：对称中心横坐标为x＝2k＋1，k≥0且k∈N，令k＝49即可得．答案：(99,0)9．把函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图象向左平移m个单位(m>0)，所得图象关于y轴对称，则m的最小值是________．解析：由y＝cos(x＋eq\f(π,3)＋m)的图象关于y轴对称，所以eq\f(π,3)＋m＝kπ，k∈Z，m＝kπ－eq\f(π,3)，当k＝1时，m最小为eq\f(2,3)π.答案：eq\f(2,3)π10．定义集合A，B的积A×B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}．已知集合M＝{x|0≤x≤2π}，N＝{y|cosx≤y≤1}，则M×N所对应的图形的面积为________．解析：如图所示阴影面积可分割补形为ABCD的面积即BC×CD＝π·2＝2π.答案：2π模块三——解答题三、解答题：(写出证明过程或推演步骤．)11．若方程eq\r(3)sinx＋cosx＝a在[0,2π]上有两个不同的实数解x1、x2，求a的取值范围，并求x1＋x2的值．分析：设函数y1＝eq\r(3)sinx＋cosx，y2＝a，在同一平面直角坐标系中作出这两个函数的图象，应用数形结合解答即可．解：设f(x)＝eq\r(3)sinx＋cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，x∈[0,2π]．令x＋eq\f(π,6)＝t，则f(t)＝2sint，且t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6))).在同一平面直角坐标系中作出y＝2sint及y＝a的图象，从图中可以看出当1＜a＜2和－2＜a＜1时，两图象有两个交点，即方程eq\r(3)sinx＋cosx＝a在[0,2π]上有两个不同的实数解．当1＜a＜2时，t1＋t2＝π，即x1＋eq\f(π,6)＋x2＋eq\f(π,6)＝π，∴x1＋x2＝eq\f(2π,3)；当－2＜a＜1时，t1＋t2＝3π，即x1＋eq\f(π,6)＋x2＋eq\f(π,6)＝3π，∴x1＋x2＝eq\f(8π,3).综上可得，a的取值范围是(1,2)∪(－2,1)．当a∈(1,2)时，x1＋x2＝eq\f(2π,3)；当a∈(－2,1)时，x1＋x2＝eq\f(8π,3).评析：本题从方程的角度考查了三角函数的图象和对称性，运用的主要思想方法有：函数与方程的思想、数形结合的思想及换元法．解答本题常见的错误是在换元时忽略新变量t的取值范围，仍把t当成在[0,2π]中处理，从而出错．12．(2010·山东)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))(0<φ<π)，其图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2))).(1)求φ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eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值．解：(1)因为f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋cos2xcosφ－eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))(0<φ<π)，所以f(x)＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1＋cos2x,2)cosφ－eq\f(1,2)cosφ＝eq\f(1,2)sin2xsinφ＋eq\f(1,2)cos2xcosφ＝eq\f(1,2)(sin2xsinφ＋cos2xcosφ)＝eq\f(1,2)cos(2x－φ)，又函数图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－φ))，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－φ))＝1，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，可知g(x)＝f(2x)＝eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以4x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，因此4x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，故－eq\f(1,2)≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))≤1.所以y＝g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值分别为eq\f(1,2)和－eq\f(1,4).13.（2009天津卷理）在⊿ABC中，BC=，AC=3，sinC=2sinA(I)求AB的值：(II)求sin的值本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数的基本关系、二倍角的正弦与余弦、两角差的正弦等基础知识，考查基本运算能力。满分12分。（Ⅰ）解：在△ABC中，根据正弦定理，，于是AB=（Ⅱ）解：在△ABC中，根据余弦定理，得cosA=于是sinA=，从而sin2A=2sinAcosA=,cos2A=cos2A-sin2A=所以sin(2A-)=sin2Acos-cos2Asin=14.（2009广东地区高三模拟）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知a+b=5，c=，且(1)求角C的大小；（2）求△ABC的面积.(1)解：∵A+B+C=180°由…………1分∴………………3分整理，得…………4分解得：……5分∵∴C=60°………………6分（2）解：由余弦定理得：c2=a2+b2－2abcosC，即7=a2+b2－ab…………7分∴………………8分由条件a+b=5得7=25－3ab……9分……10分∴…………12分15.(山东省济南市2008年2月高三统考)设向量，且（1）求；（2）求．解：（1）∴∴（2）16.（广东地区2008年01月份期末试题）已知：函数的周期为，且当时，函数的最小值为0．（1）求函数的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式；（2）在△ABC中，若解：（1）3分依题意函数的周期为，4分即5分的最小值为m,6分即7分（2）而∠C∈(0，π),∴∠C=9分在Rt△ABC中，11分12分17.（广东2008年01月份期末试题）已知向量，，函数．（Ⅰ）求的最大值及相应的的值；（Ⅱ）若，求的值．解：（Ⅰ）因为，，所以．因此，当，即（）时，取得最大值；（Ⅱ）由及得，两边平方得，即．因此，．18.（2008年高三名校试题汇编）设，其，a与c的夹角为，b与c的夹角为，且，求的值．解a=（2cos2,2sincos）=2cos（cos,sin）,b=（2sin2,2sincos）=2sin（sin,cos）,∵α∈（0,π）,β∈（π,2π）,∴∈（0,）,∈（,π），故|a|=2cos,|b|=2sin,,，∵0<<,∴=,又－=,∴－+=,故=－,∴sin=sin（－）=－.数学