2020新课标高考数学(理)二轮总复习专题1 三角函数与解三角形-2
∵∠DAC＝90°－60°＝30°，∴sin∠CDA＝sin(∠ACB－30°)＝sin∠ACB·cos 30°－
cos∠ACB·sin 30°＝130 10× 23－12×
1－130
102＝3
3－1 20
10 .
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新课标高考第二轮总复习•理科数学
在△ACD 中，由正弦定理，得sin∠ADDCA＝sin∠ACCDA，
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类型三 解三角形的实际应用与综合应用 突破实际问题与三角形的边角关系 [例 3] (2019·陕西二模)某市规划一个平面示意图为如图五边形 ABCDE 的一条自 行车赛道，ED，DC，CB，BA，AE 为赛道(不考虑宽度)，BE 为赛道内的一条服务 通道，∠BCD＝∠CDE＝∠BAE＝23π，DE＝4 km，BC＝CD＝ 3 km.
∴BC＝ AC2＋AB2＝
332＋
32＝
330，
则船的航行速度为 330÷16＝2 30(千米/时)．
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(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的 D 处，问此时船距岛 A 有多远？
解析：(2)sin∠DCA＝sin(180°－∠ACB)＝sin∠ACB＝BACB＝ 330＝130 10. 3
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[自我总结] _____________________________________ _____________________________________ _____________________________________ _____________________________________
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(1)求服务通道 BE 的长度；
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[解析] (1)连接 BD，在△BCD 中，由余弦定理得 BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos
∠BCD＝9，
∴BD＝3.
∵BC＝CD，
∴∠CDB＝∠CBD＝π6，
又∠CDE＝23π，∴∠BDE＝π2.
在 Rt△BDE 中，所以 BE＝ BD2＋DE2＝5.
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2．在△ABC 中，a>b⇔A>B⇔sin A>sin B． 3．若三角形 ABC 为锐角三角形，则 A＋B>π2，sin A>cos B，cos A<sin B，a2＋b2>c2. 若三角形 ABC 为钝角三角形(假如 C 为钝角)，则 A＋B<π2，sin A<cos B，cos A>sin B． 4．在△ABC 中，ccos B＋bcos C＝__a__.
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(1)求船的航行速度是每小时多少千米？
解析：(1)在 Rt△PAB 中，∠PAB＝90°，∠APB＝60°，PA＝1，
∴AB＝ 3.
在
Rt△PAC
中，∠PAC＝90°，∠APC＝30°，∴AC＝
3 3.
在△ACB 中，∠CAB＝30°＋60°＝90°，
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考点一 三角形边角的求解 [例 4] 在平面四边形 ABCD 中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则 AB 的取值范 围是__________． [解析] 通性通法：将四边形分割为三角形，将问题转化为求函数的值域．
2 5.
在△BCD 中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2 2× 52＝25. 所以 BC＝5.
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2．(2017·安徽省“江南十校”联考)如图，在△ABC 中，∠ABC＝ 30°，AB＝ 3，AC＝1，P 为 BC 右上方一点，满足∠BPC＝90°. (1)若 BP＝ 2，求 AP 的长；
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[解析] (1)∵bsinC－π3－csin B＝0，∴sinB12s源自nC－3 2 cos
C－sin
Csin
B＝0，(2
分)
∴12sin
C＋
3 2 cos
C＝0，
∴sinC＋π3＝0.(4 分) ∵C∈(0，π)，
∴C＝23π. (5 分)
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a
b
c
sin A＝ 2R ，sin B＝ 2R ，sin C＝ 2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．
a∶b∶c＝ sin A∶sin B∶sin C .
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类型一 利用正、余弦定理求三角形内角、周长及面积
突破定理正用、逆用、变形用 [例 1] (本题满分 12 分)(2019·合肥二模)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a， b，c.已知 bsinC－π3－csin B＝0. (1)求角 C 的值； (2)若 a＝4，c＝2 7，求△ABC 的面积．
23.因此，△ABC
面积的取值范围是
83，
23.
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【悟方法·善于总结】 解三角形边角互化的主要途径与方法
途径一：化边为角
途径二：化角为边
(1)通过正弦定理实现边角互化
主要方法
(2)通过余弦定理实现边角互化 (3)通过三角变换找出角之间的关系
(4)选用已知角的面积公式实现边角互化
BA
的长度为5 3
6 .
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3．如图，在海岛 A 上有一座海拔 1 千米的山，山顶设有一个观察站 P，上午 11 时，测得一轮船在岛北偏东 30°，俯角为 30°的 B 处，到 11 时 10 分又测得该船在 岛北偏西 60°，俯角为 60°的 C 处．
sinB∠D A＝sin∠ABADB.
由题设知，sin545°＝sin∠2ADB，所以
sin∠ADB＝
2 5.
由题设知，∠ADB＜90°，所以 cos∠ADB＝ 1－225＝ 523.
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(2)若 DC＝2 2，求 BC.
[解析]
(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝
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(2)当∠AEB＝π4时，求赛道 BA 的长度． [解析] (2)在△BAE 中，∠BAE＝23π，BE＝5，∠AEB＝π4，
∴由正弦定理可得 BE2π＝ ABπ，即 sin 3 sin4
5 ＝AB，即 32 22
BA＝5 3 6，
当∠AEB＝π4时，赛道
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类型二 解四边形及多边形 突破多边形与三角形转化及边角互化
[例 2] (2018·高考全国卷Ⅰ)在平面四边形 ABCD 中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，
AB＝2，BD＝5.
(1)求 cos∠ADB；
[解析] (1)在△ABD 中，由正弦定理得
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(2)∵c2＝a2＋b2－2abcos C， ∴b2＋4b－12＝0，(8 分) ∵b＞0， ∴b＝2，(10 分) ∴△ABC 的面积 S＝12absin C＝12×2×4× 23＝2 3.
(12 分)
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解析：(2)由题设及(1)知△ABC 的面积 S△ABC＝ 43a.
由正弦定理得 a＝cssiinnCA＝sin1s2in0°C－C＝2tan3C＋12.
由于△ABC 为锐角三角形，故 0°<A<90°，0°<C<90°，由(1)知 A＋C＝120°，所以
30°<C<90°故12<a<2，从而
3 8 <S△ABC<
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由 A＋B＋C＝180°，可得 sin A＋2 C＝cos B2， 故 cos B2＝2sin B2cos B2. 因为 cos B2≠0，故 sin B2＝12，因此 B＝60°.
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(2)若△ABC 为锐角三角形，且 c＝1，求△ABC 面积的取值范围．
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B＋C 5．sin A＝sin(B＋C)，sin A2＝ cos 2 .
6.sina
A＝sinb
B＝sinc
C＝sin
a＋b＋c A＋sin B＋sin
C＝2R.
由 a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C(R 为△ABC 的外接圆半径)．可推出
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[自我总结] _____________________________________ _____________________________________ _____________________________________ _____________________________________
2020版高考数学二轮复习第2部分专题1三角函数和解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形课件文
2．求值的基本类型 (1)“给角求值”：一般给出的角都是非特殊角，从表面上看是很 难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定的关系，解题时，要利 用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角求解；
(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角 的三角函数式的值，解题关键在于“变角”，使角相同或具有某种关 系；
故选 D.]
2．(给值求值)已知 cosx－π6＝ 33，则 cos x＋cosx－π3＝(
)
A．－1
B．1
23 C. 3
D. 3
B
[cos x＋cosx－π3＝cos x＋cos xcos
π3＋sin xsin
π3＝32cos x＋
3 2
sin x＝
因为 tan α＝43， 所以 tan 2α＝1－2tatnanα2α＝－274. 因此 tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)] ＝1t＋an t2aαn －2αttaannαα＋＋ββ＝－121.
1．三角函数式的化简要遵循的“三看”原则 (1)一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系， 把角进行合理拆分，从而正确使用公式； (2)二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的 公式，常见的有“切化弦”； (3)三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的 方向，常见的有“遇到分式要通分”．
＝
2 2 cos
θ－
2 2 sin
θ＝
22×23－－
35＝2
2＋ 6
10，故选 B.]
2．[一题多解]已知 α 为第二象限角，sin α＋cos α＝ 33，则 cos 2α
＝( )
A．－
5 3
B．－
5 9
2020北京市新高考二轮专题复习(二)：三角函数与解三角形
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=_________。
2020高考数学二轮复习第2部分专题一三角函数与解三角形必考点文1
(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，。
专题 三角函数与解三角形-2020年高考数学(理)二轮专项复习
(2) r | OP |
3 y2 ,sin
y 3 y2
12 13
,
y 0
得
y2 3 y2
12 ，解得 y 13
6, tan
y x
6 3
2
3.
【评析】利用三角函数的定义求某一角三角函数值应熟练掌握，同时应关注其中变量的
符号．
例 2 (1)判断下列各式的符号：
①sin330°cos(－260°)tan225°
(2)利用同角三角函数的基本关系式，求其余的三角函数值(注意所求函数值的符号)
(3)当角的范围不确定时，应对角的范围进行分类讨论
(3)(法一)：因为 tan ＝－2，所以
sin cos
2,sin
2cos.
①原式
4cos cos 2cos cos
3cos 3cos
1，
②原式＝(－2cos )2＋(－2cos )cos ＝2cos2 ，
A．
(
π 2
,
3π 4
)
(π,
5π 4
)
B． (
π 4
,
2)4)(π,
5π
π
C． ( 2π ,
34π
) (54π
,32π
)
D． (π 4
, π ) (34π 2
, π)
(2)遇到弧度制问题也可以由 1rad ( 180) °≈57.3°化为角度处理； π
(3)在考虑角的终边位置时，应注意考虑终边在坐标轴上的情况．
(4)对于象限角和轴上角的表示方法应很熟练．
如第一象限角： 2kπ
2kπ π , (k Z) ，注意防止0 2
π 的错误写法． 2
例 3 (1)已知 tan ＝3，且 为第三象限角，求 sin ，cos 的值；
2020版高三数学新课标大二轮增分攻略数学(理) 专题一三角函数与解三角形第一讲 三角函数的图象与性质
第三篇 重点热点、突破篇第一讲 三角函数的图象与性质[高考导航]1．三角函数的图象，主要涉及图象变换问题以及由图象确定函数解析式问题．2．三角函数的性质，通常是给出函数解析式，先进行三角变换，将其转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式再研究其性质(如单调性、值域、对称性)，或知道某三角函数的图象或性质求其解析式，再研究其他性质．考点一 同角三角关系式及诱导公式1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，则sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx (x ≠0)．各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．2．同角基本关系式：sin 2α＋cos 2α＝1，sin αcos α＝tan α⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠k π＋π2，k ∈Z . 3．诱导公式：在k π2＋α，k ∈Z 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．1．(2019·广东惠州二调)已知sin x ＋cos x ＝15，x ∈[0，π]，则tan x 的值为( )A ．－34B ．－43C ．±43D ．－34或－43[解析] ∵sin x ＋cos x ＝15，∴(sin x ＋cos x )2＝125，即1＋2sin x cos x ＝125.∴2sin x cos x ＝－2425<0.∵x ∈[0，π]，∴sin x >0，cos x <0. ∴sin x －cos x >0.∴(sin x －cos x )2＝1－2sin x cos x ＝4925，∴sin x －cos x ＝75. 又知sin x ＋cos x ＝15，∴sin x ＝45，cos x ＝－35，则tan x ＝sin x cos x ＝－43，故选B. [答案] B2．(2019·福州质检)已知P (sin40°，－cos140°)为锐角α终边上的点，则α＝( )A ．40°B ．50°C ．70°D ．80°[解析] ∵P (sin40°，－cos140°)为角α终边上的点，因而tan α＝－cos140°sin40°＝－cos (90°＋50°)sin (90°－50°)＝sin50°cos50°＝tan50°，又α为锐角，则α＝50°，故选B.[答案] B3．(2019·唐山五校联考)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6＋x ＝15，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝( )A ．－15 B.15 C.25 D ．－25 [解析] cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π＋π6＋x ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6＋x ＝－15.[答案] A4．(2019·河北六校第三次联考)若sin α是方程5x 2－7x －6＝0的根，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α－32πsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－αtan 2(2π－α)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋αsin (π＋α)＝( )A.35B.53C.45D.54[解析] ∵方程5x 2－7x －6＝0的两根分别为x 1＝2和x 2＝－35，∴sin α＝－35.则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α－32πsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－αtan 2(2π－α)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋αsin (π＋α)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α(－cos α)tan 2αsin α(－sin α)(－sin α)＝－cos 2α·sin 2αcos 2αsin 3α＝－1sin α＝53，故选B. [答案] B5．(2019·云南师大附中月考)已知tan θ＝2，则sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θ的值为( )A.195B.165C.2310D.1710[解析] 解法一：sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θ＝sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θsin 2θ＋cos 2θ＝tan θ＋1tan θ＋tan 2θtan 2θ＋1，将tan θ＝2代入，得原式＝2310，故选C.解法二：tan θ＝2＝21，在平面直角坐标系xOy 中，不妨设θ为锐角，角θ的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，在终边上取点P (1,2)，则|OP |＝5，由三角函数的定义，得sin θ＝25，cos θ＝15，所以sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θ＝25＋1525＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝2310，故选C.[答案] C6．(2019·湘东六校联考)在平面直角坐标系xOy 中，点P (x 0，y 0)在单位圆O 上，设∠xOP ＝α，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4.若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－45，则x 0的值为________．[解析] ∵点P (x 0，y 0)在单位圆O 上，且∠xOP ＝α，∴cos α＝x 0，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－45，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35，∴x 0＝cos α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝－45×22＋35×22＝－210. [答案] －210(1)涉及与圆及角有关的函数建模问题，常常借助三角函数的定义求解．应用定义时，注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上点的位置无关．(2)应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限内的符号；利用同角三角函数的关系化简过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．考点二 三角函数的图象及变换1．“五点法”作函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点、连线可得．2．两种图象变换【例1】 (1)(2019·南昌调研)函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象可由函数g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象( )A ．向左平移π2个单位长度得到 B ．向右平移π2个单位长度得到 C ．向左平移π4个单位长度得到 D ．向右平移π4个单位长度得到(2)(2019·济南模拟)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2<φ<0的部分图象如图所示，则φ＝________.[解题指导] (1)化f (x )为正弦形式→转化为x 上的变化量→确定结果(2)由对称中心及对称轴得周期T→由T ＝2πω得ω→利用f ⎝⎛⎭⎪⎫1112π＝－2及φ的范围得φ值[解析] (1)∵f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋π2＝ sin ⎩⎨⎧⎭⎬⎫2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋π4，∴只需将函数g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象向左平移π4个单位长度即可得到f (x )的图象．故选C.(2)由T 4＝1112π－23π＝π4，得T ＝π，又知T ＝2πω，∴ω＝2，∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)．又知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1112π＝－2，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫116π＋φ＝－2， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫116π＋φ＝－1.∴116π＋φ＝2k π＋32π(k ∈Z )． ∴φ＝2k π－π3(k ∈Z )，又∵－π2<φ<0，∴φ＝－π3. [答案] (1)C (2)－π3解决三角函数图象问题的策略(1)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．1．(2019·广东揭阳一模)将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2≤φ<π2图象上每一点的横坐标先伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移π3个单位长度得到y ＝sin x 的图象，则函数f (x )的单调递增区间为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π12，2k π＋5π12，k ∈Z B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π6，2k π＋5π6，k ∈Z C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋5π6，k ∈Z [解析] 解法一：将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，则函数变为y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ωx ＋φ，再向左平移π3个单位长度得到的函数为y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12ω⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ωx ＋ωπ6＋φ＝sin x ，又ω>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧12ω＝1，ωπ6＋φ＝2k π，k ∈Z ，又－π2≤φ<π2，所以ω＝2，φ＝－π3，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3，由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，可得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z .故选C.解法二：将y ＝sin x 的图象向右平移π3个单位长度得到的函数为y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3，将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3的图象上每一点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，则函数变为y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝f (x )，由2k π－π2≤2x－π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，可得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，故选C.[答案] C2．(2019·太原3月联考)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－π6，π3，x 1≠x 2且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝( )A ．1B.12C.22D.32[解析] 由题图知A ＝1，函数f (x )的最小正周期T ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π，所以2πω＝π，即ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)，又因为点⎝⎛⎭⎪⎫－π6，0在图象的上升段上，所以－π3＋φ＝2k π(k ∈Z )，所以φ＝2k π＋π3(k ∈Z )，又|φ|<π2，所以φ＝π3，故f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，可知在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3上，函数f (x )的图象关于x ＝π12对称，因为x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，f (x 1)＝f (x 2)，所以x 1＋x 2＝π6，所以f (x 1＋x 2)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝32.故选D.[答案] D考点三 三角函数的性质1．三角函数的单调区间y ＝sin x 的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z )； y ＝cos x 的单调递增区间是[2k π－π，2k π](k ∈Z )，单调递减区间是[2k π，2k π＋π](k ∈Z )；y ＝tan x 的递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z )．2．三角函数的奇偶性与对称性y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得．y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得．y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数． 角度1：研究三角函数的单调性、奇偶性、周期性【例2】 (2019·天津卷)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，将y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g (x )．若g (x )的最小正周期为2π，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8＝( ) A ．－2 B ．－ 2 C. 2 D ．2 [解题指导]由奇函数确定φ→由伸缩变换确定g (x )的解析式→由g (x )的周期确定ω→由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2确定A[解析] ∵f (x )＝A sin(ωx ＋φ)为奇函数，∴φ＝k π，k ∈Z ，又|φ|<π，∴φ＝0，∴f (x )＝A sin ωx ，则g (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x .由g (x )的最小正周期T ＝2π，得ω2＝2πT ＝1，∴ω＝2.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝A sin π4＝22A ＝2，∴A ＝2， ∴f (x )＝2sin2x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8＝2sin 3π4＝2，故选C.[答案] C角度2：求三角函数的单调区间及最值【例3】 (2019·石家庄二中月考)已知函数f (x )＝(23cos ωx ＋sin ωx )sin ωx －sin 2⎝⎛⎭⎪⎫π2＋ωx (ω>0)，且函数y ＝f (x )的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4.(1)求ω的值和函数f (x )的单调递增区间； (2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域．[解题指导] (1)化简函数解析式→利用周期性和对称性求ω值→写出f (x )解析式→求f (x )单调递增区间(2)由x 范围求出角整体范围→利用f (x )单调性和图象求出值域[解] (1)f (x )＝23cos ωx ·sin ωx ＋sin 2ωx －cos 2ωx ＝3sin2ωx －cos2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6.由f (x )图象的一个对称中心，到最近的对称轴的距离为π4，知14·2π2ω＝π4，即ω＝1.所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6＋k π，π3＋k π(k ∈Z )．(2)因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6， 所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤1，所以－1≤f (x )≤2. 即函数f (x )的值域为[－1,2]．三角函数性质问题的解题策略(1)讨论三角函数的单调性，研究函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数．(2)求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的单调区间，是将ωx ＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为y ＝A sin(ωx ＋φ)的增区间(或减区间)，但是当A >0，ω<0时，需先利用诱导公式变形为y ＝－A sin(－ωx －φ)，则y ＝－A sin(－ωx －φ)的增区间即为原函数的减区间，减区间即为原函数的增区间．(3)求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)在某一区间的最值时，将ωx ＋φ视为整体，借助正弦函数的图象和性质求解．1．(2019·太原一模)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期是π，若将其图象向右平移π3个单位后得到的图象关于原点对称，则函数f (x )的图象( )A ．关于直线x ＝π12对称 B ．关于直线x ＝5π12对称C ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0对称D ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，0对称[解析] ∵f (x )的最小正周期为π，∴2πω＝π，ω＝2，∴f (x )的图象向右平移π3个单位后得到g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π3＋φ的图象，又g (x )的图象关于原点对称，∴－2π3＋φ＝k π，k ∈Z ，φ＝2π3＋k π，k ∈Z ，又|φ|<π2，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪2π3＋k π<π2，∴k ＝－1，φ＝－π3，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，当x ＝π12时，2x －π3＝－π6， ∴A 、C 错误，当x ＝5π12时，2x －π3＝π2，∴B 正确，D 错误． [答案] B2．(2019·豫南九校4月联考)已知函数f (x )＝ sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π4. (1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3，且F (x )＝－4λf (x )－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3的最小值是－32，求实数λ的值． [解] (1)∵f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2x － 2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π4 ＝12cos2x ＋32sin2x ＋(sin x －cos x )(sin x ＋cos x ) ＝12cos2x ＋32sin2x ＋sin 2x －cos 2x ＝12cos2x ＋32sin2x －cos2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )， ∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(2)F (x )＝－4λf (x )－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3＝－4λsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝2sin 2⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－4λsin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－λ2－1－2λ2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3，∴0≤2x －π6≤π2， ∴0≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤1.①当λ<0时，当且仅当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝0时，F (x )取得最小值，最小值为－1，这与已知不相符；②当0≤λ≤1时，当且仅当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝λ时，F (x )取得最小值，最小值为－1－2λ2，由已知得－1－2λ2＝－32，解得λ＝－12(舍)或λ＝12；③当λ>1时，当且仅当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1时，F (x )取得最小值，最小值为1－4λ，由已知得1－4λ＝－32，解得λ＝58，这与λ>1矛盾．综上所述，λ＝12.1．(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中，以π2为周期且在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2单调递增的是( )A ．f (x )＝|cos2x |B ．f (x )＝|sin2x |C ．f (x )＝cos|x |D ．f (x )＝sin|x |[解析] 对于选项A ，作出y ＝|cos2x |的部分图象，如图1所示，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，且最小正周期T ＝π2，故A 正确．对于选项B ，作出f (x )＝|sin2x |的部分图象，如图2所示，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递减，且最小正周期T ＝π2，故B 不正确． 对于选项C ，∵f (x )＝cos|x |＝cos x ，∴最小正周期T ＝2π，故C 不正确．对于选项D ，作出f (x )＝sin|x |的部分图象，如图3所示．显然f (x )不是周期函数，故D 不正确．故选A.[答案] A2．(2018·全国卷Ⅱ)若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]是减函数，则a 的最大值是( )A.π4B.π2C.3π4 D ．π[解析] f (x )＝cos x －sin x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，由题意得a >0，故－a ＋π4<π4，因为f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4在[－a ，a ]是减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋π4≥0，a ＋π4≤π，a >0，解得0<a ≤π4，所以a 的最大值是π4，故选A. [答案] A3．(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f (x )＝sin|x |＋|sin x |有下述四个结论： ①f (x )是偶函数②f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递增 ③f (x )在[－π，π]有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是( ) A ．①②④ B ．②④ C ．①④D ．①③[解析] f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f (－x )＝sin|－x |＋|sin(－x )|＝sin|x |＋|sin x |＝f (x )，故f (x )是偶函数，①正确；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，f (x )＝sin x ＋sin x ＝2sin x 单调递减，②不正确； 当x ∈[0，π]时，sin x ≥0，f (x )＝2sin x 有两个零点，当x ∈[－π，0)时，f (x )＝－2sin x 仅有一个零点，故③不正确；当x ≥0时，f (x )＝sin x ＋|sin x |，其最大值为2，又f (x )是R 上的偶函数，故f (x )在R 上的最大值为2，④正确．综上，①④正确，②③不正确．故选C. [答案] C4．(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⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos2x －32sin2x＝1－32cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.因此，函数的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－32，1＋32.高考对此部分内容主要以选择、填空题的形式考查，难度为中等偏下，大多出现在6～12或第14～15题位置上，命题的热点主要集中于三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题．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.⎝⎛⎭⎪⎫π6，0 B.⎝⎛⎭⎪⎫－π6，0 C.⎝⎛⎭⎪⎫π12，0 D.⎝⎛⎭⎪⎫－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∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 9．(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.。
2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题一三角函数与解三角形必考点
2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题一三角函数与解三角形必考点[例1] (本题满分12分)已知函数f (x )＝cos x ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3－3cos 2x ＋34，x ∈R .(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在闭区间x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的最大值和最小值．解：(1)由已知得f (x )＝cos x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x ＋32cos x －3cos 2x ＋34＝12sin x ·cos x －32cos 2x ＋34(2分) ＝14sin 2x －34(1＋cos 2x )＋34＝14sin 2x －34cos 2x (4分) ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.(6分)所以，f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(7分)(2)因为f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上是减函数，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上是增函数．(10分) f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝－14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝－12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝14.(11分)所以，函数f (x )在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的最大值为14，最小值为－12.(12分)评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问无化简过程，直接得到f (x )＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3，扣5分．每一步用公式正确就得分．(2)化简结果错误，但中间某一步正确，给2分．(3)第(2)问只求出f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝－14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝14得出最大值为14，最小值为－14，得1分．(4)若单调性出错，只得1分． (5)单调性正确，但计算错误，扣2分．(6)若求出2x －π3的范围，再求函数的最值，同样得分．1．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω＞0)的最小正周期为π. (1)求ω的值；(2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调性．解：(1)f (x )＝4cos ωx sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4＝22sin ωx cos ωx ＋22cos 2ωx ＝2(sin 2ωx ＋cos 2ωx )＋ 2 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π4＋ 2.因为f (x )的最小正周期为π，且ω＞0， 所以2π2ω＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋ 2. 若0≤x ≤π2，则π4≤2x ＋π4≤5π4.当π4≤2x ＋π4≤π2，即0≤x ≤π8时，f (x )单调递增； 当π2≤2x ＋π4≤5π4，即π8≤x ≤π2时，f (x )单调递减． 综上可知，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，π2上单调递减．[例2] 已知函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2≤φ＜π2的图象关于直线x ＝π3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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＜α＜2π3，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2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πf x 的周期为πω＝2条件：f x 图象关于直线x ＝π3对称2×π3＋φ＝k π＋π2k ∈Zφ＝－π6(2)条件：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝34sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝14cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝154cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋3π2＝3＋158 [规范解答] (1)因为f (x )的图象上相邻两个最高点的距离为π， 所以f (x )的最小正周期为T ＝π，从而ω＝2πT＝2.又因为f (x )的图象关于直线x ＝π3对称，所以2×π3＋φ＝k π＋π2，k ∈Z .由－π2≤φ＜π2，得k ＝0，所以φ＝π2－2π3＝－π6.(2)由(1)得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2·α2－π6＝34，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝14. 由π6＜α＜2π3， 得0＜α－π6＜π2，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝154.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2＝sin α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6cos π6＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6sin π6＝14×32＋154×12 ＝3＋158.2．(xx·山东临沂一模)已知函数f (x )＝2cos 2ωx －1＋23cos ωx sin ωx (0＜ω＜1)，直线x ＝π3是f (x )图象的一条对称轴．(1)试求ω的值；(2)已知函数y ＝g (x )的图象是由y ＝f (x )图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移2π3个单位长度得到的，若g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝65，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，求sin α的值．解：f (x )＝2cos 2ωx －1＋23cos ωx sin ωx ＝cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.(1)由于直线x ＝π3是函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6图象一条对称轴， ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3ω＋π6＝±1.∴2π3ω＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )， ∴ω＝32k ＋12(k ∈Z )．又0＜ω＜1，k ∈Z ，从而k ＝0，∴ω＝12.(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6，由题意可得g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2π3＋π6，即g (x )＝2cos 12x .∵g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝65， ∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35. 又α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2， ∴π6＜α＋π6＜2π3， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45，∴sin α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π6－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π6＝45×32－35×12＝43－310. 类型三 学会规范[例3] (本题满分12分)已知函数f (x )＝a ·(b －a )，其中向量a ＝(cos ωx ，0)，b ＝(3sin ωx,1)，且ω为正实数． (1)求f (x )的最大值；(2)对任意m ∈R ，函数y ＝f (x )，x ∈[m ，m ＋π)的图象与直线y ＝12有且仅有一个交点，求ω的值，并求满足f (x )＝3－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，7π12的x 值． [考生不规范示例]解：(1)∵f (x )＝a ·(b －a )＝a·b －|a |2＝3cos ωx sin ωx ＋0－cos 2ωx ＝32sin 2ωx －cos 2ωx ＝32sin 2ωx －1＋cos 2ωx 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6－12又∵－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π6≤1，∴f (x )的最大值为12. (2)函数f (x )与直线y ＝12有且只有一个交点，∴f (x )的周期为π，∴2πω＝π，∴ω＝2，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6－12， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6－12＝3－12， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6＝32， ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，7π12，∴4x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，7π3， ∴4x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，13π6，∴4x －π6＝π3或2π3，即x ＝π8或x ＝5π24.[规范解答] (1)∵a·b ＝3cos ωx sin ωx ＋0×1 ＝32sin 2ωx .(2分) ∴f (x )＝a ·(b －a )＝a·b －|a |2＝32sin 2ωx －cos 2ωx ＝32sin 2ωx －1＋cos 2ωx 2 ＝32sin2ωx －12cos 2ωx －12(4分) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6－12.∵－1≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6≤1，∴f (x )的最大值为12.(6分)(2)函数f (x )的最大值为12，y ＝f (x )，x ∈[m ，m ＋π)的图象与直线y ＝12有且仅有一个交点，(8分)∴函数f (x )的周期T 为π. ∴2π2ω＝π，∴ω＝1.∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－12， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－12＝3－12， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝32.(10分) ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，7π12，∴2x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6， ∴2x －π6∈[0，π]，∴2x －π6＝π3或2π3，即x ＝π4或x ＝5π12.(12分)[终极提升]——登高博见限时规范训练一 三角函数图象与性质(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 1．已知函数f (x )＝cos x (sin x ＋cos x )－12.(1)若0＜α＜π2，且sin α＝22，求f (α)的值；(2)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间．解：(1)因为0＜α＜π2，sin α＝22，所以cos α＝22.所以f (α)＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋22－12＝12. (2)因为f (x )＝cos x (sin x ＋cos x )－12＝sin x cos x ＋cos 2x －12＝12sin 2x ＋1＋cos 2x 2－12＝12sin 2x ＋12cos 2x ＝22sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，所以T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8，k ∈Z .2．已知向量a ＝(cos x ，sin x )，向量b ＝(cos x ，－sin x )，f (x )＝a·b . (1)求函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 的最小正周期和对称轴方程；(2)若x 是第一象限角且3f (x )＝－2f ′(x )，求tan ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的值．解：(1)∵g (x )＝f (x )＋sin 2x ＝cos 2x －sin 2x ＋sin 2x ＝cos 2x ＋sin 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，∴函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 最小正周期T ＝2π2＝π.当2x ＋π4＝π2＋k π(k ∈Z )时，x ＝k π2＋π8.∴函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 的对称轴方程为x ＝k π2＋π8(k ∈Z )． (2)由3f (x )＝－2f ′(x )，得3cos 2x ＝4sin 2x . 3cos 2x －3sin 2x －8sin x cos x ＝0. (3cos x ＋sin x )(cos x －3sin x )＝0. 又x 是第一象限角，∴cos x ＝3sin x ，故tan x ＝13.∴tan ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝tan x ＋tan π41－tan x tan π4＝1＋131－13＝2. 3．(xx·山东枣庄质检)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6－2cos 2ωx 2，x ∈R (其中ω＞0)．(1)求函数f (x )的值域；(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝－1的两个相邻交点间的距离为π2，求函数f (x )的单调递增区间． 解：(1)f (x )＝32sin ωx ＋12cos ωx ＋32sin ωx －12cos ωx －(cos ωx ＋1) ＝2⎝⎛⎭⎪⎫32sin ωx －12cos ωx －1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6－1. 由－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6≤1，得－3≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6－1≤1， 所以函数f (x )的值域为[－3,1]．(2)由题设条件及三角函数的图象和性质可知，f (x )的周期为π，所以2πω＝π，即ω＝2.所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－1， 再由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )．所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．4．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫x ∈R ，A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π2的部分图象如图所示，P 是图象的最高点，Q 为图象与x 轴的交点，O 为坐标原点．若OQ ＝4，OP ＝5，PQ ＝13.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移2个单位后得到函数y ＝g (x )的图象，当x ∈(－1,2)时，求函数h (x )＝f (x )·g (x )的值域． 解：(1)由条件知cos ∠POQ ＝42＋52－1322×4×5＝55，所以P (1,2)． 由此可得A ＝2，周期T ＝4×(4－1)＝12，又2πω＝12，则ω＝π6.将点P (1,2)代入f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋φ， 得sin ⎝⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝1，∴π6＋φ＝2k π＋π2，φ＝2k π＋π3(k ∈Z )．因为0＜φ＜π2，所以φ＝π3，于是f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋π3.(2)由题意得g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6x －2＋π3＝2sin π6x .所以h (x )＝f (x )·g (x )＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋π3·sin π6x ＝2sin2π6x ＋23sin π6x ·cos π6x ＝1－cos π3x ＋ 3sin π3x ＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6.当x ∈(－1,2)时，π3x －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6∈(－1,1), 即1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6∈(－1,3)．于是函数h (x )的值域为(－1,3)．必考点二 解三角形 类型一 学会踩点[例1] (本题满分12分)△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 是△ADC 面积的2倍． (1)求sin Bsin C .(2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长． 解：(1)S △ABD ＝12AB ·AD sin ∠BAD ，(1分)S △ADC ＝12AC ·AD sin ∠CAD (2分)因为S △ABD ＝2S △ADC ， ∠BAD ＝∠CAD ， 所以AB ＝2AC .(4分)由正弦定理可得sin B sin C ＝AC AB ＝12.(6分)(2)因为△ABD 与△ADC 等高， 所以S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ，所以BD ＝ 2.(8分)在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理知，AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ，(9分)AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC ，(10分)故AB 2＋2AC 2＝3AD 2＋BD 2＋2DC 2＝6.(11分)由(1)知AB ＝2AC ，所以AC ＝1.(12分)评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问，正确列出面积公式各得1分(2)得出AB ＝2AC ，得2分(3)将正弦比转化为边长比得2分，错误结果扣1分．(4)第(2)问，正确得出BD 的值得2分，面积比转化正确，值算错扣1分(5)正确利用余弦定理各得1分(6)两式相加消去角得1分1．(xx·高考全国乙卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c .(1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长． 解：(1)由已知及正弦定理得2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C ，即2cos C sin(A ＋B )＝sin C ，故2sin C cos C ＝sin C . 可得cos C ＝12，所以C ＝π3. (2)由已知得12ab sin C ＝332. 又C ＝π3，所以ab ＝6. 由已知及余弦定理得a 2＋b 2－2ab cos C ＝7，故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25. 所以△ABC 的周长为5＋7.类型二 学会审题[例2] △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C ＋c sin B .(1)求B ；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值．审题路线图：[规范解答] (1)由已知及正弦定理得sin A ＝sin B cos C ＋sin C ·sin B ． ① 又A ＝π－(B ＋C )，故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ．②由①②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B .又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac . 由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4. 又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2，当且仅当a ＝c 时，等号成立． 因此△ABC 面积的最大值为2＋1.2．(xx·高考山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan B cos A. (1)证明：a ＋b ＝2c ；(2)求cos C 的最小值．解：(1)证明：由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos A cos B， 化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B .因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，从而sin A ＋sin B ＝2sin C ，由正弦定理得a ＋b ＝2c .(2)由(1)知c ＝a ＋b 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12， 当且仅当a ＝b 时，等号成立，故cos C 的最小值为12. 类型三 学会规范[例3] (本题满分12分)已知a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边，sin 2B ＝2sin A sinC .(1)若a ＝b ，求cos B ；(2)设B ＝90°，且a ＝2，求△ABC 的面积．[考生不规范示例](1)∵b 2＝ac ，a ＝b ∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝14(2)∵a 2＋c 2＝b 2，a ＝2∴c ＝a ＝2∴S ＝1[规范解答] (1)由题设及正弦定理可得b 2＝2ac .(2分)又a ＝b ，可得b ＝2c ，a ＝2c . 由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝14.(6分) (2)由(1)知b 2＝2ac .因为B ＝90°，由勾股定理得a 2＋c 2＝b 2.(8分)故a 2＋c 2＝2ac ，得c ＝a ＝ 2.所以△ABC 的面积为S ＝12ac ＝12×2×2＝1.(12分) [终极提升]——登高博见常利用“sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c 2R ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab”等，然后利用三角形的内角和定理、大边对大角及三角函数等知识求出三角形的基本量.限时规范训练二 解三角形(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝90°.(1)若PB ＝12，求PA ； (2)若∠APB ＝150°，求tan ∠PBA .解：(1)由已知得，∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°.在△PBA 中，由余弦定理得PA 2＝3＋14－2×3×12cos 30°＝74.故PA ＝72. (2)设∠PBA ＝α，则∠BCP ＝α，在Rt △BCP 中，PB ＝BC sin α＝sin α，在△PBA 中，由正弦定理得3sin 150°＝sin αsin 30°－α， 化简得3cos α＝4sin α.所以tan α＝34，即tan ∠PBA ＝34. 2．如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2， cos ∠ADC ＝17.(1)求sin ∠BAD ；(2)求BD ，AC 的长．解：(1)在△ADC 中，因为cos ∠ADC ＝17，所以sin ∠ADC ＝437. 所以sin ∠BAD ＝sin(∠ADC －∠B )＝sin ∠ADC cos B －cos ∠ADC sin B ＝437×12－17×32＝3314. (2)在△ABD 中，由正弦定理得BD ＝AB ·sin∠BAD sin ∠ADB ＝8×3314437＝3. 在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B＝82＋52－2×8×5×12＝49. 所以AC ＝7.3．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知A ＝π4，b 2－a 2＝12c 2. (1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值．解：(1)由b 2－a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B －12＝ 12sin 2C ，所以－cos 2B ＝sin 2C . 又由A ＝π4，即B ＋C ＝34π，得 －cos 2B ＝－cos[2⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－C ]＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－2C ＝sin 2C ＝2sin C cos C ， ∴2sin C cos C ＝sin 2C 解得tan C ＝2.(2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)得sin C ＝255， cos C ＝55. 又因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ，所以sin B ＝31010. 由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得c ＝223b ，又因为A ＝π4，12bc sin A ＝3，所以bc ＝62，故b ＝3. 4．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .向量m ＝(a ，3b )与n ＝(cos A ，sin B )平行．(1)求A ；(2)若a ＝7，b ＝2，求△ABC 的面积．解：(1)因为m ∥n ，所以a sin B －3b cos A ＝0，由正弦定理，得sin A sin B －3sin B cos A ＝0，又sin B ≠0，从而tan A ＝3，由于0＜A ＜π，所以A ＝π3. (2)法一：由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，及a ＝7，b ＝2，A ＝π3， 得7＝4＋c 2－2c ，即c 2－2c －3＝0，因为c ＞0，所以c ＝3.故△ABC 的面积为12bc sin A ＝332. 法二：由正弦定理，得7sin π3＝2sin B ， 从而sin B ＝217， 又由a ＞b ，知A ＞B ，所以cos B ＝277. 故sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π3 ＝sin B cos π3＋cos B sin π3＝32114. 所以△ABC 的面积为12ab sin C ＝332. 专题一 规范滚动训练(一)(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．在锐角△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，且3a ＝2c sin A .(1)求角C 的大小；(2)若c ＝2，且△ABC 的面积为3，求a ＋b 的值．解：(1)由题意得3a 2c ＝sin A ，由正弦定理得3sin A 2sin C＝sin A ， 又sin A ≠0，∴sin C ＝32，又0°＜C ＜90°， ∴C ＝60°.(2)∵S △ABC ＝12ab sin 60°＝3，∴ab ＝4. 又c ＝2，∴由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos 60°，即4＝a 2＋b 2－2ab ·12，即4＝(a ＋b )2－2ab －ab ， ∴(a ＋b )2＝4＋3ab ＝16，∴a ＋b ＝4.2．已知函数f (x )＝2cos πx ·cos2φ2＋sin[(x ＋1)π]·sin φ－cos πx ⎝⎛⎭⎪⎫0＜φ＜π2的部分图象如图所示．(1)求φ的值及图中x 0的值；(2)将函数f (x )的图象上的各点向左平移16个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的3倍，得到函数g (x )的图象，求函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，13上的最大值和最小值．解：(1)f (x )＝2cos πx ·cos2φ2＋sin[(x ＋1)π]·sin φ－cos πx ＝cos πx ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2φ2－1－sin πx ·sin φ ＝cos πx ·cos φ－sin πx ·sin φ＝cos(πx ＋φ)．由题图可知，cos φ＝32，又0＜φ＜π2，所以φ＝π6. 又cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx 0＋π6＝32，所以πx 0＋π6＝11π6， 所以x 0＝53. (2)由(1)可知f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π6，将图象上的各点向左平移16个单位长度得到y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋16＋π6 ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π3的图象，然后将各点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的3倍后得到g (x )＝3cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π3的图象． 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，13，所以－π6≤πx ＋π3≤2π3. 所以当πx ＋π3＝0，即x ＝－13时，g (x )取得最大值3； 当πx ＋π3＝2π3，即x ＝13时，g (x )取得最小值－32. 3．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b 2＝ac ，试判断△ABC 的形状；(2)求y ＝1－2cos 2A 1＋tan A的值域． 解：(1)由已知，m ∥n ，则2b cos C ＝2a －c ，由正弦定理，得2sin B cos C ＝2sin(B ＋C )－sin C ，即2sin B cos C ＝2sin B cos C ＋2cos B sin C －sin C ，在△ABC 中，sin C ≠0，因而2cos B ＝1，则B ＝π3. 又b 2＝ac ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，因而ac ＝a 2＋c 2－2ac cos π3，即(a －c )2＝0， 所以a ＝c ，△ABC 为等边三角形．(2)y ＝1－2cos 2A 1＋tan A＝1－2cos 2A －sin 2A 1＋sin A cos A ＝1－2cos A (cos A －sin A )＝sin 2A －cos 2A＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π4，由已知条件B ＝π3知A ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，2π3. 所以，2A －π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4. 因而所求函数的值域为(－1，2]．4．已知函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，x ∈R . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，若A ＝π4，c ＝2，且锐角C 满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＋π6＝12，求△ABC 的面积S . 解：(1)由题意得，f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋⎝⎛⎭⎪⎫x －π6 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3， 所以函数f (x )的最小正周期为2π2＝π. (2)由(1)得，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＋π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＋π6－π3＝sin C ， 所以sin C ＝12，又角C 为锐角，所以C ＝π6. 由正弦定理，得a c ＝sin A sin C ＝sin π4sin π6＝2212＝2， 又c ＝2，所以a ＝2 2.又sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝6＋24， 所以△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝12×22×2×6＋24＝1＋ 3.。
2020版高考数学二轮复习第2部分专题1三角函数和解三角形解密高考1三角函数问题重在“变”——变角、变式
母题示例：2019 年全国卷Ⅲ，本小题满分 12 分
△ABC 的内角 A，B，C 的对边分 本题考查：本题主要考查正弦定
别为 a，b，c，已知 asin A＋2 C＝ 理、诱导公式、三角恒等变换、三
bsin A.
角形的面积公式，考查学生的数学
(1)求 B；
运算、转化与化归等能力，考查学
(2)若△ABC 为锐角三角形，且 c 生的逻辑推理及数学运算等核心
面积，结合第(1)问，选择 S＝12acsin B，注意到条件 c＝1，想到sina A＝
c sin
C，△ABC
为锐角三角形可建不等式．
[规范解答·评分标准] (1)根据题意 asinA＋2 C＝bsin A，得 sin AsinA＋2 C＝ sin Bsin A 因为 0＜A＜π，故 sin A＞0，消去 sin A 得 sinA＋2 C＝sin B,0＜B＜π，0＜A＋2 C＜π，故A＋2 C＝B 或者A＋2 C＋B＝ π，而根据题意 A＋B＋C＝π，A＋2 C＋B＝π 不成立，所以A＋2 C＝B， 又因为 A＋B＋C＝π，代入得 3B＝π，所以 B＝π3.··6 分
故
83＜S△ABC＜
23.故
S△ABC 的取值范围是
83，
23.······12
分
[构建模板·两种思路] 1．利用正、余弦定理求解问题的思路为“角化边”“边化角”
2．三角恒等变换的思路为“一角二名三结构” 升幂(降幂)公式口诀：“幂降一次，角翻倍；幂升一次，角减半”．
母题突破 1：2019 年昆明模拟 在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c,2acos A－ bcos C＝ccos B. (1)求角 A； (2)若 a＝ 3，△ABC 的面积为343，求△ABC 的周长．
高考数学二轮复习 核心热点突破专题1三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形
由
C＝π6和余弦定理得a2＋2ba2b－c2＝
3 2.
由 sin A＝ 3sin B 及正弦定理得 a＝ 3b.
于是3b22＋b32b－2 c2＝ 23， 由此可得 b＝c，B＝C＝π6，A＝23π.
由②csin A＝3，解得 c＝b＝2 3，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时 c＝2 3.
在△ABC
中，由正弦定理，得
sin
C＝c·sian
A＝7×84
7
3 ＝
3 2.
∵a＋b＝11，a＝8，∴b＝3，∴S△ABC＝12absin C＝12×8×3× 23＝6 3.
选条件②：cos A＝18，cos B＝196，且 a＋b＝11. (1)∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，cos A＝18，cos B＝196，
解 (从条件①②中任选一个即可源自 选条件①：c＝7，cos A＝－17，且 a＋b＝11. (1)在△ABC 中，由余弦定理，得 cos A＝b2＋2cb2c－a2＝（2×11－（a11）－2＋a）72×－7a2＝－17，解
得 a＝8.
(2)∵cos A＝－17，A∈(0，π)，∴sin A＝ 1－cos2A＝ 1－419＝473.
(2)二倍角公式：sin 2α＝2sin αcos α，cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α. (3)辅助角公式：asin x＋bcos x＝ a2＋b2sin(x＋φ)，其中 tan φ＝ba.
2.正弦定理、余弦定理、三角形面积公式 (1)正弦定理 在△ABC 中，sina A＝sinb B＝sinc C＝2R(R 为△ABC 的外接圆半径)； 变形：a＝2Rsin A，sin A＝2aR， a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C 等. (2)余弦定理 在△ABC 中，a2＝b2＋c2－2bccos A； 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝b2＋2cb2c－a2.
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题一三角函数和解三角形第1讲三角函数的图象和性质
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专题一 三角函数和解三角形
高考二轮总复习 • 数学
所以 ω＝－16＋23k，k∈Z， 所以 ω＝52，f(x)＝sin 52x＋π4＋2， 所以 fπ2＝sin 54π＋π4＋2＝1. 故选 A.
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专题一 三角函数和解三角形
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2．(2022·全国甲卷)设函数 f(x)＝sin ωx＋π3在区间(0，π)恰有三个极
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【解析】 f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，所以 f(x) 在区间0，π2和32π，2π上 f′(x)>0，即 f(x)单调递增；在区间π2，32π上 f′(x)<0， 即 f(x)单调递减，又 f(0)＝f(2π)＝2，fπ2＝π2＋2，f32π＝－32π＋1＋1＝－ 32π，所以 f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－32π，最大值为π2＋2.故选 D.
值点、两个零点，则 ω 的取值范围是
( C)
A．53，163
B．53，169
C．163，83
D．163，169
专题一 三角函数和解三角形
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【解析】 依题意可得 ω>0，因为 x∈(0，π)，所以 ωx＋π3∈π3，ωπ＋π3，
要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，
又 y＝sin x，x∈π3，3π的图象如下所示：
则52π<ωπ＋π3≤3π，解得163<ω≤83，即 ω∈163，83.故选 C.
专题一 三角函数和解三角形
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3．(2022·全国甲卷)将函数 f(x)＝sin ωx＋π3(ω>0)的图象向左平移π2个 单位长度后得到曲线 C，若 C 关于 y 轴对称，则 ω 的最小值是 ( C )
2020高考数学二轮总复习第1部分层级2专题2三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形课件理
A．－12
B．12
C．－
3 2
D．
3 2
(3)(一题多解)(2019·福建省百校临考冲刺)若 α∈(0，π)，且 3sin α＋2cos α＝2，则
tan α2＝( )
A．
3 2
B．
3 4
C．2 3 3
D．4 3 3
1 [解析] (1)cossi2n15151°0－°ssinin22105°5°＝sinc7o0s°3s1in0°20°＝cosc2o0s°s5i0n°20°＝2ssiinn4400°°＝12. (2)解法一：因为 α 为锐角，β 为第二象限角，cos(α－β)>0，sin(α＋β)>0， 所以 α－β 为第四象限角，α＋β 为第二象限角， 因此 sin(α－β)＝－ 23，cos(α＋β)＝－ 23， 所以 sin 2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝－ 23×－ 23＋12×12＝1. 因为 α 为锐角，所以 2α＝π2， 所以 sin(3α－β)＝sin(2α＋α－β)＝cos(α－β)＝12，故选 B．
A．4 2
B． 30
C． 29
D．2 5
解析：选 A ∵cosC2＝ 55， ∴cos C＝2cos2C2－1＝2× 552－1＝－35. 在△ABC 中，由余弦定理，得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×－35＝32， ∴AB＝ 32＝4 2.故选 A．
4．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若△ABC 的面积
2a，则ba＝( )
边长，且直线 bx＋ycos A＋cos B＝0 与 ax＋ycos B＋cos A＝0 平行，则△ABC 一定是( )