新高考專用2024年高考數(shù)學考試易錯題易錯點08三角函數(shù)與解三角形備戰(zhàn)含解析

Page15專題08三角函數(shù)與解三角形三角函數(shù)與解三角形三角函數(shù)與解三角形求值忽視角的范圍含參問題忽視對參數(shù)的探討混淆三角函數(shù)圖象平移規(guī)則致錯忽視三角函數(shù)的值域致錯復(fù)合函數(shù)忽視內(nèi)函數(shù)自變量的符號開方?jīng)]考慮正負號復(fù)合函數(shù)忽視內(nèi)函數(shù)自變量的符號開方?jīng)]考慮正負號易錯學問1．對于有關(guān)三角函數(shù)求值的問題，要留意角的范圍，尤其是利用條件縮小角的范圍，2．對于含有整數(shù)k的問題，要留意對k進行探討，3．三角函數(shù)圖象左右平移是針對自變量x的，4.對于含有二次根式的求值問題，開方時要留意考慮正負，5.對于與三角函數(shù)有關(guān)的復(fù)合函數(shù)單調(diào)性問題，要留意內(nèi)函數(shù)的單調(diào)性，6.逆用三角函數(shù)公式時，要留意其結(jié)構(gòu)特征，易錯分析一、忽視角的范圍致錯1．已知α是其次象限角，sinα＝eq\f(5,13)，則cosα等于()A．－eq\f(12,13) B．－eq\f(5,13)C.eq\f(5,13) D.eq\f(12,13)【錯解】選D，因為，又sinα＝eq\f(5,13)，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(12,13).【錯因】沒有留意條件α是其次象限角，【正解】選A∵α是其次象限角，則cosα>0，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(12,13).2．已知sinθ＋cosθ＝eq\f(4,3)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，則sinθ－cosθ的值為________．【錯解】∵sinθ＋cosθ＝eq\f(4,3)，∴sinθcosθ＝eq\f(7,18)，∴(sinθ－cosθ)2＝1－2sinθcosθ＝eq\f(2,9)，∴sinθ－cosθ＝eq\f(\r(2),3).答案：eq\f(\r(2),3)【錯因】沒有留意由條件θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))可得sinθ<cosθ，【正解】∵sinθ＋cosθ＝eq\f(4,3)，∴sinθcosθ＝eq\f(7,18)，∴(sinθ－cosθ)2＝1－2sinθcosθ＝eq\f(2,9)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴sinθ<cosθ，∴sinθ－cosθ＝－eq\f(\r(2),3).答案：－eq\f(\r(2),3)3．已知θ∈(0，π)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,3)，則sinθ＋cosθ＝________.【錯解】由題知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,3)＝eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)?tanθ＝eq\f(1,7)，又因為θ∈(0，π)，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,cosθ)＝\f(1,7)，,cos2θ＋sin2θ＝1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(2),10)，,cosθ＝\f(7\r(2),10)，))或，所以sinθ＋cosθ＝eq\f(4\r(2),5)或答案：eq\f(4\r(2),5)或【錯因】沒有留意由tanθ＝eq\f(1,7)>0可以縮小角的范圍，即可推出θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，【正解】由題知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,3)＝eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)?tanθ＝eq\f(1,7)，又因為θ∈(0，π)，且tanθ>0，所以θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,cosθ)＝\f(1,7)，,cos2θ＋sin2θ＝1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(2),10)，,cosθ＝\f(7\r(2),10)，))所以sinθ＋cosθ＝eq\f(8\r(2),10)＝eq\f(4\r(2),5).答案：eq\f(4\r(2),5)4．在△ABC中，若C＝3B，則eq\f(c,b)的取值范圍為()A．(0,3) B．(1,3)C．(1，eq\r(3)) D．(eq\r(3)，3)【錯解】選A由正弦定理可得，eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sinB＋2B,sinB)＝eq\f(sinB·cos2B＋cosB·sin2B,sinB)＝cos2B＋2cos2B＝4cos2B－1.又0＜B＜180°，∴cos2B1，又eq\f(c,b)>0，∴0＜eq\f(c,b)＜3.【錯因】忽視了A＋B＋C＝180°及條件C＝3B，【正解】選B由正弦定理可得，eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin3B,sinB)＝eq\f(sinB＋2B,sinB)＝eq\f(sinB·cos2B＋cosB·sin2B,sinB)＝cos2B＋2cos2B＝4cos2B－1.又A＋B＋C＝180°，C＝3B，∴0°＜B＜45°，∴eq\f(\r(2),2)＜cosB＜1，∴1＜4cos2B－1＜3，即1＜eq\f(c,b)＜3.二、對于含有二次根式的求值問題，開方時沒有留意正負5．化簡：2eq\r(sin8＋1)＋eq\r(2cos8＋2)＝()A．4cos4 B．－2sin4－4cos4C．4sin4 D．2sin4+4cos4【錯解】選D原式＝2eq\r(1＋2sin4cos4)＋eq\r(4cos24)＝2eq\r(sin24＋cos24＋2sin4cos4)＋2cos4＝2sin4＋2cos4＋2cos4=2sin4＋4cos4.【錯因】開方時沒有考慮2cos4、sin4＋cos4的正負，【正解】選B原式＝2eq\r(1＋2sin4cos4)＋eq\r(4cos24)＝2eq\r(sin24＋cos24＋2sin4cos4)＋2|cos4|＝2|sin4＋cos4|＋2|cos4|，∵π＜4＜eq\f(3π,2)，∴sin4＋cos4＜0，cos4＜0，∴原式＝－2(sin4＋cos4)－2cos4＝－2sin4－4cos4.6．若eq\f(3π,2)<θ<eq\f(5π,2)，則eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ))等于()A．sineq\f(θ,4) B．coseq\f(θ,4)C．－sineq\f(θ,4) D．－coseq\f(θ,4)【錯解】選B由二倍角公式得eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ)＝eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝eq\r(cos2\f(θ,2))＝coseq\f(θ,2)，∴eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ))＝＝coseq\f(θ,4)【錯因】沒有用eq\f(3π,2)<θ<eq\f(5π,2)去求eq\f(θ,2)、eq\f(θ,2)的范圍，【正解】選A∵eq\f(3π,2)<θ<eq\f(5π,2)，∴eq\f(3π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(5π,4)，eq\f(3π,8)<eq\f(θ,4)<eq\f(5π,8)，∴cosθ>0，coseq\f(θ,2)<0，sineq\f(θ,4)>0，∴eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ)＝eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝eq\r(cos2\f(θ,2))＝－coseq\f(θ,2)，∴eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cosθ))＝eq\r(\f(1－cos\f(θ,2),2))＝eq\r(sin2\f(θ,4))＝sineq\f(θ,4).三、三角函數(shù)圖象左右平移時忽視自變量x的系數(shù)致錯7．為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，可以將函數(shù)y＝sin2x的圖象()A．向右平移eq\f(π,6)個單位 B．向右平移eq\f(π,3)個單位C．向左平移eq\f(π,6)個單位 D．向左平移eq\f(π,3)個單位【錯解】選B依據(jù)左加右減可知，為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，可以將函數(shù)y＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位．【錯因】圖象左右平移針對的是自變量x,【正解】選A∵函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))，∴為了得到函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，可以將函數(shù)y＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位．8．要得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的圖象，只需將y＝sineq\f(1,2)x的圖象()A．向左平移eq\f(π,3)個單位 B．向右平移eq\f(π,3)個單位C．向左平移eq\f(4π,3)個單位 D．向右平移eq\f(4π,3)個單位【錯解】選A因為y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))＝，故要得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sineq\f(1,2)x的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位．【錯因】函數(shù)圖象平移變換時，沒留意函數(shù)的名稱是不一樣的，不能干脆進行平移，【正解】選Cy＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,6)＋eq\f(π,2)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3)))))，故要得到y(tǒng)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,6)))的圖象，只需將函數(shù)y＝sineq\f(1,2)x的圖象向左平移eq\f(4π,3)個單位．四、涉及到整數(shù)k的問題，忽視對k的探討致錯9．已知角α為第一象限角，則eq\f(α,2)是第________象限角．【錯解】∵α是第一象限角，∴2kπ<α<eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴kπ<eq\f(α,2)<eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，則eq\f(α,2)是第一象限角．答案：一【錯因】沒有對k分狀況探討，【正解】∵α是第一象限角，∴2kπ<α<eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴kπ<eq\f(α,2)<eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，當k為偶數(shù)時，eq\f(α,2)是第一象限角；當k為奇數(shù)時，eq\f(α,2)是第三象限角．綜上，eq\f(α,2)是第一或第三象限角．答案：一或三10．(忽視對k的探討)已知A＝eq\f(sinkπ＋α,sinα)＋eq\f(coskπ＋α,cosα)(k∈Z)，則A的值構(gòu)成的集合是________．【錯解】A＝eq\f(sinα,sinα)＋eq\f(cosα,cosα)＝2.答案：{2}【錯因】沒有對k分狀況探討，【正解】當k為奇數(shù)時：A＝eq\f(－sinα,sinα)－eq\f(cosα,cosα)＝－2.當k為偶數(shù)時：A＝eq\f(sinα,sinα)＋eq\f(cosα,cosα)＝2.答案：{－2,2}五、含參問題忽視對參數(shù)的探討致錯11．已知角α的終邊過點P(－4m,3m)(m≠0)，則2sinα＋cosα＝________.【錯解】易知OP＝eq\r(－4m2＋3m2)＝5m，則sinα＝，cosα＝.故2sinα＋cosα＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)【錯因】沒有對參數(shù)m分狀況探討，【正解】易知OP＝eq\r(－4m2＋3m2)＝5|m|，則sinα＝eq\f(3m,5|m|)，cosα＝eq\f(－4m,5|m|).當m>0時，sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，2sinα＋cosα＝eq\f(2,5)；當m<0時，sinα＝－eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，∴2sinα＋cosα＝－eq\f(2,5).故2sinα＋cosα＝±eq\f(2,5).答案：±eq\f(2,5)六、三角函數(shù)的單調(diào)性問題中，忽視自變量x的系數(shù)為負值致錯12．函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的單調(diào)遞增區(qū)間為________．【錯解】要求f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的單調(diào)遞增區(qū)間，只需令－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(π,6)－x≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的單調(diào)遞增區(qū)間為＋2kπ，eq\f(2π,3)＋2kπ](k∈Z).答案：＋2kπ，eq\f(2π,3)＋2kπ](k∈Z).【錯因】沒有留意自變量x的系數(shù)是負數(shù)，【正解】因為f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，所以要求f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的單調(diào)遞增區(qū)間，只須要求y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的單調(diào)遞減區(qū)間．令eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得eq\f(2π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(5π,3)＋2kπ(k∈Z)，所以y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2kπ，\f(5π,3)＋2kπ))(k∈Z)，此即為函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))的單調(diào)遞增區(qū)間．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2kπ，\f(5π,3)＋2kπ))(k∈Z)七、推斷三角形形態(tài)時考慮不全致錯13.已知在△ABC中，三個內(nèi)角為A，B，C，sin2A＝sin2B，則△ABC是()A．等腰三角形 B．等邊三角形C．直角三角形 D．等腰或直角三角形【錯解】選A因為sin2A＝sin2B，所以2A＝2B，解得A＝B，所以△ABC是等腰三角形．【錯因】sin2A＝sin2B時，有兩種可能：2A＝2B或2A＝π－2B，【正解】選D因為sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，解得A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，所以△ABC是等腰或直角三角形．八、忽視正切函數(shù)本身的定義域14．已知函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx－1))＋eq\r(9－x2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定義域是____．【錯解】∵函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx－1))＋eq\r(9－x2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx－1>0，,9－x2≥0，))∴，∴x∈，∴函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定義域為.答案：【錯因】沒有考慮的定義域，【正解】∵函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx－1))＋eq\r(9－x2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tanx－1>0，,9－x2≥0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)<x<kπ＋\f(π,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，,－3≤x≤3，))∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，－\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))易錯題通關(guān)1．集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α|kπ＋\f(π,4)≤α≤kπ＋\f(π,2)，k∈Z))中的角所表示的范圍(陰影部分)是()【答案】C【解析】當k＝2n(n∈Z)時，2nπ＋eq\f(π,4)≤α≤2nπ＋eq\f(π,2)(n∈Z)，此時α的終邊和eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)的終邊一樣；當k＝2n＋1(n∈Z)時，2nπ＋π＋eq\f(π,4)≤α≤2nπ＋π＋eq\f(π,2)(n∈Z)，此時α的終邊和π＋eq\f(π,4)≤α≤π＋eq\f(π,2)的終邊一樣，結(jié)合選項知選C.2．在△ABC中，若sin2A＝sin2C，則△ABC的形態(tài)是()A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】因為sin2A＝sin2C?sin2A＝sin(π－2C)，所以A＝C或A＋C＝eq\f(π,2).當A＝C時，三角形為等腰三角形；當A＋C＝eq\f(π,2)時，三角形為直角三角形．3．已知角θ的頂點與原點重合，始邊與x軸非負半軸重合，若A(－1，y)是角θ終邊上的一點，且sinθ＝－eq\f(3\r(10),10)，則y＝()A．3 B．－3C．1 D．－1【答案】B【解析】因為sinθ＝－eq\f(3\r(10),10)<0，A(－1，y)是角θ終邊上一點，所以y<0，由三角函數(shù)的定義，得eq\f(y,\r(y2＋1))＝－eq\f(3\r(10),10).解得y＝－3.4.已知θ是第三象限角，且cos(π＋θ)＝eq\f(1,3)，則tanθ＝()A.eq\f(\r(2),4) B．2C．2eq\r(2) D.eq\r(10)【答案】C【解析】cos(π＋θ)＝－cosθ＝eq\f(1,3)，所以cosθ＝－eq\f(1,3)，又θ是第三象限角，所以sinθ＝－eq\r(1－cos2θ)＝－eq\r(1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))2)＝－eq\f(2\r(2),3)，所以tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(－\f(2\r(2),3),－\f(1,3))＝2eq\r(2).5．已知α終邊與單位圓的交點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(3,5)))，且α是其次象限角，則eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)的值等于()A.eq\f(1,5) B．－eq\f(1,5)C．3 D．－3【答案】C【解析】因為α終邊與單位圓的交點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(3,5)))，且α是其次象限角，所以sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，則eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)＝eq\r(1－2sinα·cosα)＋eq\r(21＋cos2α)＝eq\r(sinα－cosα2)＋eq\r(4cos2α)＝|sinα－cosα|＋2|cosα|＝eq\f(7,5)＋eq\f(8,5)＝3.6．設(shè)α角屬于其次象限，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－coseq\f(α,2)，則eq\f(α,2)角屬于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限【答案】C【解析】∵α是其次象限角，∴90°＋k·360<α<180°＋k·360°，k∈Z，∴45°＋k·180°<eq\f(α,2)<90°＋k·180°，k∈Z.當k＝2n，n∈Z時，eq\f(α,2)在第一象限；當k＝2n＋1，n∈Z時，eq\f(α,2)在第三象限，∴eq\f(α,2)在第一象限或在第三象限，∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－coseq\f(α,2)，∴coseq\f(α,2)<0，∴eq\f(α,2)角在第三象限．7．已知sinα，cosα是方程x2－2kx＋k2＋k＝0的兩根，則k的值為()A.eq\f(1±\r(3),2) B.eq\f(1－\r(3),2)C．1±eq\r(3) D．1＋eq\r(3)【答案】B【解析】由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＋cosα＝2k，,sinαcosα＝k2＋k，))∵sin2α＋cos2α＝(sinα＋cosα)2－2sinαcosα＝4k2－2(k2＋k)＝1，即2k2－2k－1＝0，解得k＝eq\f(2±2\r(3),4)＝eq\f(1±\r(3),2).∵sinα＋cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，∴sinα＋cosα∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))，即2k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\r(2)))，∴k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，∴k＝eq\f(1－\r(3),2).若θ∈(0，π)，tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝6，則sinθ＋cosθ＝()A．eq\f(2\r(3),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C．±eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(2,3)【答案】A【解析】因為tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(sinθ,cosθ)＋eq\f(cosθ,sinθ)＝eq\f(sin2θ＋cos2θ,sinθcosθ)＝6，所以sinθcosθ＝eq\f(1,6)，又θ∈(0，π)，則sinθ>0，cosθ>0，所以sinθ＋cosθ>0.所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝eq\f(4,3)，所以sinθ＋cosθ＝eq\f(2\r(3),3).9．在△ABC中，cosA＝eq\f(5,13)，sinB＝eq\f(3,5)，則cosC的值為()A.eq\f(16,65)B．－eq\f(56,65)C．－eq\f(16,65)D.eq\f(16,65)或－eq\f(56,65)【答案】A【解析】在△ABC中，由cosA＝eq\f(5,13)，sinB＝eq\f(3,5)，可得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(12,13)，因為sinB<sinA且A為銳角，則b<a，所以A>B，所以B為銳角，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(4,5)，則cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＝eq\f(16,65).10．已知cosα＝eq\f(2\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則α＋β的值是()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,4)C.eq\f(7π,4) D.eq\f(5π,4)【答案】B【解析】因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10)，cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又0＜α＋β＜π，故α＋β＝eq\f(π,4).11．已知φ∈R，則“φ＝0”是“y＝sin(x＋φ)為奇函數(shù)”的()A．充分不必要條件B．充要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件【答案】A【解析】當φ＝0時，y＝sin(x＋φ)為奇函數(shù)；當y＝sin(x＋φ)是奇函數(shù)時，φ＝kπ，k∈Z，所以“φ＝0”是“y＝sin(x＋φ)為奇函數(shù)”的充分不必要條件，故選A.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知acosA＝bcosB，且c2＝a2＋b2－ab，則△ABC的形態(tài)為()A．等腰三角形或直角三角形B．等腰直角三角形C．直角三角形D．等邊三角形【答案】D【解析】因為acosA＝bcosB，所以sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，又A，B∈(0，π)，故可得A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).由c2＝a2＋b2－ab，得cosC＝eq\f(1,2)，又C∈(0，π)，故可得C＝eq\f(π,3).綜上所述，A＝B＝C＝eq\f(π,3).故三角形ABC是等邊三角形．13．把函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象向左平移m(m>0)個單位，得到函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象，則m的最小值是()A.eq\f(7,24)πB.eq\f(17,24)πC.eq\f(5,24)πD.eq\f(19,24)π【答案】B【解析】選B把函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的圖象向左平移m(m>0)個單位，得到f(x)＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋m－\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2m－\f(π,4)))的圖象，g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))，由2m－eq\f(π,4)＝－eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，得m＝－eq\f(7π,24)＋kπ，k∈Z，∵m>0，∴當k＝1時，m最小，此時m＝π－eq\f(7π,24)＝eq\f(17π,24).14．已知ω>0，函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋eq\f(π,4)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，則實數(shù)ω的取值范圍是（）A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(5,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(1,2)，eq\f(3,4)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，eq\f(1,2)))D．(0,2]【答案】A【解析】由eq\f(π,2)≤x≤π，得eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,4)≤ωx＋eq\f(π,4)≤πω＋eq\f(π,4)，由題意eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，πω＋\f(π,4)))?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．當k＝0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).15.已知函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的圖象的一部分如圖所示，則ω，φ的值分別為()A．1，eq\f(π,3) B．1，－eq\f(π,3)C．2，－eq\f(π,3) D．2，eq\f(π,3)【答案】D【解析】由圖象知，eq\f(T,4)＝eq\f(7π,12)－eq\f(π,3)＝eq\f(π,4)，即T＝π，所以eq\f(2π,ω)＝π，即ω＝2.又函數(shù)圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，0))，所以2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，又|φ|<eq\f(π,2)，故φ＝eq\f(π,3)，故選D.16．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋eq\f(π,6)))(ω>0)，對隨意x∈R，都有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(π,3)))，并且f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](－eq\f(π,6)，eq\f(π,3))上不單調(diào)，則ω的最小值是()A．1B．3C．5D．7【答案】D【解析】由題意，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(π,3)))是函數(shù)f(x)的最大值，∴eq\f(ωπ,3)＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即ω＝6k＋1，k∈Z.∵ω>0，∴k∈N.當k＝0時，ω＝1，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋eq\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](－eq\f(π,6)，eq\f(π,3))上單調(diào)遞增，不符合題意；當k＝1時，ω＝7，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7x＋eq\f(π,6)))符合題意，∴ω的最小值是7.17．(多選)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，則下列結(jié)論正確的是()A．cosC＝eq\f(\r(3),3)B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a(chǎn)＝3D．S△ABC＝eq\r(2)【答案】AD【解析】選AD由A＋3C＝π，得B＝2C.依據(jù)正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得2eq\r(3)sinC＝3×2sinCcosC，又sinC>0，故cosC＝eq\f(\r(3),3)，sinC＝eq\f(\r(6),3)，故A正確；sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯誤；由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，將b＝2eq\r(3)，c＝3代入得a2－4a＋3＝0，解得a＝3或a＝1.若a＝3，則A＝C＝eq\f(π,4)，且B＝eq\f(π,2)，與sinB＝eq\f(2\r(2),3)沖突，所以a＝1，故C錯誤；S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×2eq\r(3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\r(2)，故D正確．故選A、D.18.（多選題）如圖是函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)的部分圖象，則sin(ωx＋φ)＝()A．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))B．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))C．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))D．coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))【答案】BC【解析】由題圖可知，函數(shù)的最小正周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴eq\f(2π,|ω|)＝π，ω＝±2.當ω＝2時，y＝sin(2x＋φ)，將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入得，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，∴y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，故A錯誤；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))知B正確；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))知C正確；由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2x))知D錯誤．綜上可知，正確的選項為B、C.若0＜α＜eq\f(π,2)，－π＜β＜－eq\f(π,2)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,3)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝－eq\f(\r(3),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝()A．－eq\f(5\r(3),9)B.eq\f(5\r(3),9)C．－eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),3)【答案】D【解析】∵0＜α＜eq\f(π,2)，－π＜β＜－eq\f(π,2)，則eq\f(π,4)＜eq\f(π,4)＋α＜eq\f(3π,4)，eq\f(π,2)＜eq\f(π,4)－eq\f(β,2)＜eq\f(3π,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(2\r(2),3)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))))＝eq\f(\r(6),3)，因此，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(\r(3),3).20．已知角α的終邊經(jīng)過點(3a－9，a＋2)，且cosα≤0，sinα＞0，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】(－2,3]【解析】∵cosα≤0，sinα＞0，∴角α的終邊落在其次象限或y軸的正半軸上．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－9≤0，,a＋2＞0，))∴－2＜a≤3.21．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的相鄰兩個零點間的距離為eq\f(π,2)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝－2，則φ＝________.【答案】－eq\f(π,4)【解析】由題意T＝2×eq\f(π,2)＝π，ω>0，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋φ))＝－2，－eq\f(π,4)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，k∈Z，又－π<φ<0，所以φ＝－eq\f(π,4).22．化簡eq\f(sinnπ＋αcosnπ－α,cos[n＋1π－α])(n∈Z)的結(jié)果為________．【答案】(－1)n＋1sinα(n∈Z)【解析】①當n＝2k(k∈Z)時，原式＝eq\f(sin2kπ＋αcos2kπ－α,cos[2k＋1π－α])＝eq\f(sinαcosα,－cosα)＝－sinα.②當n＝2k＋1(k∈Z)時，原式＝eq\f(sin[2k＋1π＋α]cos[2k＋1π－α],cos[2k＋2π－α])＝eq\f(－sinα－cosα,cosα)＝sinα.綜上，化簡的結(jié)果為(－1)n＋1sinα(n∈Z)．23．在銳角△ABC中，BC＝2，sinB＋sinC＝2sinA，則中線AD長的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(13),2))).【解析】設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a＝2，對sinB＋sinC＝2sinA運用正弦定理，得b＋c＝2a＝4，解得c＝4－b，結(jié)合該三角形為銳角三角形，得到不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋c2＝b2＋4－b2＞4，,c2＋4＝4－b2＋4＞b2，,b2＋4＞c2＝4－b2，))解得eq\f(3,2)＜b＜eq\f(5,2)，故bc＝b(4－b)＝－b2＋4b，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，得到eq\f(15,4)＜bc≤4.運用向量得到eq\o(AD,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→)))，所以|eq\o(AD,\s\up7(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(eq\o(AB2,\s\up7(→))＋eq\o(AC2,\s\up7(→))＋2|eq\o(AB,\s\up7(→))|·|eq\o(AC,\s\up7(→))|·cos∠BAC)＝eq\f(1,2)eq\r(b2＋c2＋2bc·\f(b2＋c2－4,2bc))＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－4)＝eq