2019數(shù)學(xué)（理）優(yōu)編增分二輪文檔回扣3三角函數(shù)、三角恒等變換與解三角形 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精回扣3三角函數(shù)、三角恒等變換與解三角形1．三種三角函數(shù)的性質(zhì)函數(shù)y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象單調(diào)性在eq\b\lc\［\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f（π,2)＋2kπ，））eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π,2)＋2kπ))(k∈Z)上單調(diào)遞增；在eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π，2)＋2kπ，))eq\b\lc\\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(3π，2）＋2kπ）)（k∈Z）上單調(diào)遞減在［－π＋2kπ,2kπ]（k∈Z）上單調(diào)遞增；在［2kπ，π＋2kπ］（k∈Z）上單調(diào)遞減在eq\b\lc\（\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π，2)＋kπ，）)eq\b\lc\\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,2）＋kπ))(k∈Z)上單調(diào)遞增對(duì)稱性對(duì)稱中心:(kπ,0）（k∈Z）；對(duì)稱軸:x＝eq\f（π，2）＋kπ（k∈Z)對(duì)稱中心：eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,2)＋kπ，0))（k∈Z)；對(duì)稱軸：x＝kπ(k∈Z)對(duì)稱中心：eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（kπ，2）,0））（k∈Z）2。函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)（ω>0,A〉0）的圖象（1)“五點(diǎn)法”作圖設(shè)z＝ωx＋φ，令z＝0，eq\f(π，2)，π，eq\f（3π，2）,2π，求出相應(yīng)的x的值與y的值，描點(diǎn)、連線可得．(2)由三角函數(shù)的圖象確定解析式時(shí),一般利用五點(diǎn)中的零點(diǎn)或最值點(diǎn)作為解題突破口．（3）圖象變換y＝sinxeq\o(→,\s\up7(向左φ>0或向右φ〈0）,\s\do5（平移|φ｜個(gè)單位長(zhǎng)度))y＝sin（x＋φ)eq\o(→，\s\up15（橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的\f（1，ω）ω>0倍)，\s\do5（縱坐標(biāo)不變））y＝sin（ωx＋φ）eq\o（→,\s\up7（縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的AA>0倍）,\s\do5(橫坐標(biāo)不變）)y＝Asin（ωx＋φ)．3．準(zhǔn)確記憶六組誘導(dǎo)公式對(duì)于“eq\f（kπ，2)±α，k∈Z”的三角函數(shù)值與α角的三角函數(shù)值的關(guān)系口訣：奇變偶不變，符號(hào)看象限．4．三角函數(shù)恒等變換“四大策略”(1)常值代換：特別是“1”的代換,1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等．（2）降次與升次:正用二倍角公式升次,逆用二倍角公式降次．（3)弦、切互化：一般是切化弦．（4）靈活運(yùn)用輔助角公式asinα＋bcosα＝eq\r（a2＋b2）sin(α＋φ）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f（b,a))).5．正弦定理及其變形eq\f(a,sinA)＝eq\f(b，sinB）＝eq\f（c,sinC)＝2R（2R為△ABC外接圓的直徑）．變形：a＝2RsinA，b＝2RsinB,c＝2RsinC.sinA＝eq\f(a,2R),sinB＝eq\f(b,2R），sinC＝eq\f（c,2R)。a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC。6．余弦定理及其推論、變形a2＝b2＋c2－2bccosA,b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC.推論：cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2，2ac),cosC＝eq\f（a2＋b2－c2，2ab）。變形:b2＋c2－a2＝2bccosA，a2＋c2－b2＝2accosB，a2＋b2－c2＝2abcosC。7．面積公式S△ABC＝eq\f(1，2）bcsinA＝eq\f（1，2）acsinB＝eq\f(1，2)absinC.1．利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系式求值時(shí)，不要忽視角的范圍，要先判斷函數(shù)值的符號(hào)．2．在求三角函數(shù)的值域(或最值)時(shí),不要忽略x的取值范圍．3．求函數(shù)f（x）＝Asin(ωx＋φ）的單調(diào)區(qū)間時(shí)，要注意A與ω的符號(hào),當(dāng)ω〈0時(shí)，需把ω的符號(hào)化為正值后求解．4．三角函數(shù)圖象變換中,注意由y＝sinωx的圖象變換得到y(tǒng)＝sin(ωx＋φ)的圖象時(shí)，平移量為eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f（φ,ω））)，而不是φ.5．在已知兩邊和其中一邊的對(duì)角利用正弦定理求解時(shí)，要注意檢驗(yàn)解是否滿足“大邊對(duì)大角”，避免增解．1．若sinθ·cosθ＝eq\f（1,2）,則tanθ＋eq\f(cosθ，sinθ)的值是(）A．－2 B．2C．±2 D.eq\f（1，2）答案B解析tanθ＋eq\f（cosθ,sinθ)＝eq\f（sinθ,cosθ)＋eq\f(cosθ,sinθ）＝eq\f（1，cosθsinθ）＝2。2．下列函數(shù)中,最小正周期為π的偶函數(shù)是（)A．y＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,2))) B．y＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,2）))C．y＝sin2x＋cos2x D．y＝sinx＋cosx答案A解析化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式，A中，y＝cos2x是最小正周期為π的偶函數(shù)．3．在△ABC中,角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c。已知a＝2,c＝eq\r（2)，cosA＝－eq\f(\r(2),4），則b的值為（)A．1 B。eq\r（2)C。eq\f（\r(3),2) D.eq\f(\r（6），2)答案A解析根據(jù)余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA,則22＝b2＋（eq\r(2））2－2b×eq\r（2）×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（2），4)))，所以b2＋b－2＝0,解得b＝1，或b＝－2（舍去)，故選A.4．要得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（4x－\f（π,3）））的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象(）A．向左平移eq\f(π，12）個(gè)單位長(zhǎng)度 B．向右平移eq\f（π,12）個(gè)單位長(zhǎng)度C．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度 D．向右平移eq\f（π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度答案B解析∵y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3))）＝sineq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（4\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f(π，12)）））），∴要得到y(tǒng)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3）))的圖象，只需將函數(shù)y＝sin4x的圖象向右平移eq\f(π，12)個(gè)單位長(zhǎng)度．5．若函數(shù)f(x）＝eq\r(3)sin（2x＋θ)＋cos（2x＋θ)(0〈θ〈π)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,2），0））對(duì)稱，則函數(shù)f(x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(π,4),\f(π，6))）上的最小值是()A．－1 B．－eq\r(3）C．－eq\f(1,2） D．－eq\f（\r（3),2）答案B解析f（x）＝eq\r(3)sin（2x＋θ)＋cos（2x＋θ）＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋θ＋\f（π,6))）,則由題意知，feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，2）））＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（π＋θ＋\f（π，6))）＝0,又因?yàn)?〈θ<π，所以eq\f（7π，6）<π＋θ＋eq\f（π,6)<eq\f(13π,6)，所以π＋θ＋eq\f(π，6）＝2π，所以θ＝eq\f（5π,6），所以f（x）＝－2sin2x。又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（π，4），\f(π，6）））上是減函數(shù)，所以函數(shù)f（x）在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f（π，6）)）上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，6)))＝－2sineq\f（π,3)＝－eq\r（3）,故選B。6．（2016·全國(guó)Ⅲ）在△ABC中，B＝eq\f(π,4)，BC邊上的高等于eq\f(1,3)BC，則cosA等于（)A。eq\f(3\r(10），10)B.eq\f（\r（10）,10)C．－eq\f（\r（10）,10）D．－eq\f(3\r(10)，10）答案C解析設(shè)BC邊上的高AD交BC于點(diǎn)D，由題意B＝eq\f（π,4）,AD＝BD＝eq\f(1,3)BC,DC＝eq\f(2,3）BC，tan∠BAD＝1，tan∠CAD＝2,tanA＝eq\f(1＋2，1－1×2）＝－3，所以cosA＝－eq\f（\r(10），10)，故選C。7．若sin2α＝eq\f（\r(5），5），sin(β－α）＝eq\f（\r（10)，10）,且α∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)，π）），β∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（π，\f（3π,2)）)，則α＋β的值是（)A.eq\f(7π,4） B.eq\f(9π，4）C。eq\f(5π，4)或eq\f(7π，4） D.eq\f（5π，4）或eq\f（9π，4）答案A解析∵sin2α＝eq\f(\r（5），5)，α∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(π，4），π)),∴2α∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π，2）,π))，即α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（π，4），\f（π，2))），cos2α＝－eq\f(2\r（5）,5），又sin(β－α)＝eq\f(\r（10),10），β∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(π,\f（3π，2)）),∴β－α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(π,2),π)），cos(β－α)＝－eq\f(3\r（10）,10）,∴cos（α＋β）＝cos［(β－α）＋2α]＝cos（β－α)cos2α－sin(β－α）sin2α＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（3\r(10)，10）))×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（2\r(5）,5)))－eq\f(\r(10),10）×eq\f（\r（5)，5)＝eq\f（\r(2)，2)，又α＋β∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π）)，∴α＋β＝eq\f（7π，4），故選A。8．設(shè)函數(shù)y＝sinωx(ω〉0)的最小正周期是T，將其圖象向左平移eq\f(1,4)T個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到的圖象如圖所示,則函數(shù)y＝sinωx（ω〉0）的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A。eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(7kπ，6)－\f（7π,24)，\f（7kπ,6)＋\f（7π,24))）(k∈Z)B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（7kπ，3)－\f（7π，24)，\f(7kπ,3）＋\f(7π,24))）（k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(7kπ，3)－\f(7π，12），\f(7kπ,3)＋\f(7π，12））)(k∈Z）D.eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（7kπ,6)＋\f(7π，24),\f（7kπ，6)＋\f（21π,24））)（k∈Z)答案A解析方法一由已知圖象知，y＝sinωx(ω〉0)的最小正周期是2×eq\f(7π，12)＝eq\f（7π，6），所以eq\f(2π,ω）＝eq\f(7π,6），解得ω＝eq\f（12，7)，所以y＝sineq\f(12,7）x.由2kπ－eq\f（π,2）≤eq\f（12,7）x≤2kπ＋eq\f(π，2）得到單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（7kπ，6)－\f(7π,24),\f（7kπ，6)＋\f(7π，24）))(k∈Z）．方法二因?yàn)門＝eq\f(2π，ω)，所以將y＝sinωx（ω〉0)的圖象向左平移eq\f(1,4）T個(gè)單位長(zhǎng)度后，所對(duì)應(yīng)的解析式為y＝sinωeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2ω））).由圖象知，ωeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（7π，12）＋\f(π,2ω)))＝eq\f(3π,2），所以ω＝eq\f(12，7）,所以y＝sineq\f(12,7）x.由2kπ－eq\f（π，2)≤eq\f(12,7）x≤2kπ＋eq\f(π,2)得到單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(7kπ，6）－\f(7π,24），\f（7kπ,6）＋\f（7π，24））)(k∈Z)．9．已知f（x)＝sinx＋eq\r(3）cosx（x∈R)，函數(shù)y＝f(x＋φ)的圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱,則φ的值可以是（）A.eq\f(π，2) B.eq\f(π，6）C.eq\f(π,3) D。eq\f(π，4)答案B解析已知feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x)）＝sinx＋eq\r(3）cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（π，3））），y＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋φ）)＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋φ＋\f(π,3））)關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，所以f(0）＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（φ＋\f(π,3))）＝±2，所以φ＋eq\f（π,3）＝eq\f(π，2)＋kπ，k∈Z，φ＝eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，當(dāng)k＝0時(shí)，φ＝eq\f(π，6），故選B.10．已知函數(shù)f(x)＝2cos（ωx＋φ）－1eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ω〉0,|φ｜〈\f（π，8)))，其圖象與直線y＝1相鄰兩個(gè)交點(diǎn)的距離為eq\f（4π,3），若f（x)>0對(duì)x∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(π,8），\f（π,4)）)恒成立，則φ的取值范圍是（)A。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π，12)，0）) B。eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f（π,8)，－\f（π,24)))C.eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(π，12），\f(π，8)）) D。eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0,\f(π,12）))答案B解析由已知得函數(shù)f（x)的最小正周期為eq\f（4π,3），則ω＝eq\f(3，2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（π,8），\f（π,4))）時(shí)，eq\f(3，2）x＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π，16)＋φ，\f（3π，8)＋φ））,因?yàn)閒（x）>0，即coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3,2）x＋φ）)>eq\f（1，2),所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f（3π,16）＋φ≥－\f（π，3）＋2kπ，，\f（3π,8)＋φ≤\f(π，3)＋2kπ)）（k∈Z)，解得－eq\f（7π,48）＋2kπ≤φ≤－eq\f（π，24）＋2kπ(k∈Z），又|φ|<eq\f(π,8)，所以－eq\f（π，8）〈φ≤－eq\f(π,24)，故選B。11．函數(shù)f(x)＝Asin（ωx＋φ）（A,ω，φ為常數(shù)，A>0，ω〉0,0〈φ<π）的部分圖象如圖所示,則f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π,3）))的值為_(kāi)_______．答案1解析根據(jù)圖象可知，A＝2，eq\f(3T,4）＝eq\f（11π，12)－eq\f（π，6)，所以周期T＝π，ω＝eq\f（2π，T)＝2.又函數(shù)過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,6)，2）)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2×\f（π,6）＋φ)）＝1，又0〈φ〈π，所以φ＝eq\f(π，6），則f（x）＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，6））），因此f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,3）)）＝2sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2π，3)＋\f(π,6)))＝1.12．已知函數(shù)f(x)＝3sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（ωx－\f（π，6））)（ω>0)和g(x)＝3cos（2x＋φ）的圖象的對(duì)稱中心完全相同,若x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,2)）），則f（x)的取值范圍是________．答案eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2）,3））解析由兩個(gè)三角函數(shù)圖象的對(duì)稱中心完全相同可知，兩函數(shù)的周期相同，故ω＝2，所以f(x)＝3sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，6)）），那么當(dāng)x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2））)時(shí),－eq\f（π，6)≤2x－eq\f（π,6)≤eq\f（5π,6），所以－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6）))≤1，故f（x)∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（3，2）,3))。13．在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是a，b，c，角B為銳角，且sin2B＝8sinA·sinC，則eq\f(b，a＋c）的取值范圍為_(kāi)___________．答案eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r(6),3)，\f（2\r（5）,5)))解析因?yàn)閟in2B＝8sinA·sinC,由正弦定理可知，b2＝8ac，所以cosB＝eq\f（a2＋c2－b2，2ac）＝eq\f(a＋c2－2ac－b2,2ac)＝eq\f(a＋c2－\f（5,4)b2，\f(1，4）b2)＝eq\f(4a＋c2,b2）－5∈（0，1），令t＝eq\f（b,a＋c)，t〉0,則0〈eq\f(4，t2)－5〈1,解得eq\f(2,3）〈t2<eq\f(4,5)，即t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r（6），3)，\f（2\r(5），5)）).14.如圖，在平面四邊形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝eq\r（7),cos∠BAD＝－eq\f（\r（7)，14)，sin∠CBA＝eq\f（\r(21）,6)，則BC的長(zhǎng)為_(kāi)_______．答案3解析因?yàn)閏os∠BAD＝－eq\f（\r(7）,14)，故sin∠BAD＝eq\r（1－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(\r（7），14)）)2)＝eq\f(3\r(21)，14)，在△ADC中運(yùn)用余弦定理，可得cos∠CAD＝eq\f(1＋7－4，2\r(7))＝eq\f（2\r（7），7），則sin∠CAD＝eq\r(1－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2\r（7），7）））2）＝eq\f(\r(21),7)，所以sin∠BAC＝sin（∠BAD－∠CAD)＝eq\f（3\r(21)，14）×eq\f(2\r(7),7）＋eq\f(\r(7),14)×eq\f（\r（21),7)＝eq\f(6\r（3）＋\r（3），14)＝eq\f(\r(3）,2)，在△ABC中運(yùn)用正弦定理，可得eq\f(BC，sin∠BAC）＝eq\f(\r（7）,sin∠CBA）?BC＝eq\f（\r（3），2)×eq\r(7)×eq\f(6，\r(21）)＝3。15．在△ABC中，角A,B，C所對(duì)的邊分別為a，b,c，已知cosC＋（cosA－eq\r（3）sinA）cosB＝0.（1）求角B的大小;（2)若a＝2，b＝eq\r（7)，求△ABC的面積．解(1)由已知得－cos(A＋B)＋cosAcosB－eq\r（3）sinAcosB＝0,即sinAsinB－eq\r(3）sinAcosB＝0，因?yàn)閟inA≠0，所以sinB－eq\r（3）cosB＝0，又cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3)，又0<B〈π,所以B＝eq\f(π,3）。（2）因?yàn)閟inB＝eq\f(\r（3），2),cosB＝eq\f（1，2），b＝eq\r（7)，所以eq\f(a,sinA）＝eq\f（b,sinB）＝eq\f(\r(7），\f(\r（3),2）)＝eq\f(2\r（21），3）,又a＝2，所以sinA＝eq\f（3,\r（21))＝eq\f（\r(21），7),因?yàn)閍〈b，所以cosA＝eq\f(2\r（7),7).因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(3\r（21)，