高三理科数学培优专题-三角函数

精选文档精选文档PAGE精选文档三角函数专题

一、方法总结：

三角函数恒等变形的基本策略。

（1）注意隐含条件的应用：1＝cos2x＋sin2x。

（2）角的配凑。α＝（α＋β）－β，β＝－等。块皑著噓赔砻糝綿棖鰨疖噓务淀蕎。22

3）升幂与降幂：主要用2倍角的余弦公式。

4）化弦（切）法，用正弦定理或余弦定理。

（5）引入协助角。asinθ＋bcosθ＝a2b2sin(θ＋)，这里协助角所在象限由a、b的符号确立，角的值由tan＝b确立。a解答三角高考题的策略。

1）发现差别：察看角、函数运算间的差别，即进行所谓的“差别剖析”。

2）找寻联系：运用有关公式，找出差别之间的内在联系。

3）合理转变：选择适合的公式，促进差别的转变。

二、例题集锦：

考点一：三角函数的观点

1.（2011年东城区示范校考试15）设A是单位圆和x轴正半轴的交点，P、Q是单位圆上的两点，O是坐标原点，AOP，AOQ,0,．6（1）若Q(3,4)，求cos6的值；（2）设函数fOPOQ，求f的值域．55

考点二：三角函数的图象和性质

2.（2014年课标I，7）在函数①ycos2x，②ycosx，③ycos(2x)，④ytan2x中，最小藺羋軟麗驅鍰缂隴适讲語锼广賣鷴。64

正周期为的全部函数为（）

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A.①②③B.②③④C.②④D.①③3.（2012年课标全国，9）已知0，函数f(x)sin(x)在(,)上单一递减，则的取值范围是（）42A.[1,5]B.[1,3]C.0,1D.0,2242424.（2011年课标全国，11）设函数f(x)sin(x)cos(x)(0,)的最小正周期为，且2f(x)f(x)，则（）A.f(x)在0,单一递减B.f(x)在,3单一递减244C.f(x)在0,单一递加D.f(x)在,3单一递加244

5．将函数fxsin2x的图象向左平移个单位长度后，所得函数gx的图象对于原点对称，26

则函数fx在0,的最小值为2A．1B1C．3D32．2．226.（2011年东城区期末15）函数f(x)Asin(x)(A0,0,||)部分图象如下图．（Ⅰ）求f(x)的2最小正周期及分析式；（Ⅱ）设g(x)f(x)cos2x，求函数g(x)在区间x[0,]上的最大值和最小值．2

y

1

3ox611考点三、四、五：同角三角函数的关系、引诱公式、三角恒等变换7.已知函数f(x)2sinxcosx2cos2x（xR，0），相邻两条对称轴之间的距离等于．2（Ⅰ）求f( )的值；（Ⅱ）当x0，时，求函数f(x)的最大值和最小值及相应的x值.428.已知向量a(cosx,sinx),向量b(cosx,sinx),f(x)ab

（1）求函数g(x)f(x)sin2x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)的值.4

考点六：解三角形

9．ABC中，角A,B,C成等差数列是sinC(3cosAsinA)cosB建立的（）

A．充分不用要条件B．必需不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不用要条件

10．已知函数fxcosx,a,b,c分别为ABC的内角A,B,C所对的边，且3a23b2c24ab，则以下不

等式必定建立的是

谳財賺側綞縭讖簖睞潑缡嶇龄鴇纹。A．fsinAfcosBB．fsinAfcosBC．fsinAfsinBD．fcosAfcosB

墊鏡饋绉厙貢诈莴锤巯鹵組癩妫蘊。11.（2014年课标I，16）已知a,b,c分别为ABC三个内角A,B,C的对边，a2，且

(2b)(sinAsinB)(cb)sinC，则ABC面积的最大值为.

12.（2014年河南焦作联考）在ABC中，已知sinAsinBcosCsinAsinCcosBsinBsinCcosA，若a,b,c蘊鰷勋钇喚轾觐賡蠅貪杨劉称纠駙。

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分别是角A,B,C所对的边，则ab的最大值为.c213.（2015河北秦皇岛一模，17，12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c，知足2ABACa2b2c.（1）求角A的大小；（2）求23cos2Csin(4B)的最大值，并求获得最大值时角B,C的大小.2314（．2009全国II，17，10分）设ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，3，2bac.cos(A-C)cosB2求B的大小.14.（2015课标II，17，12分）△ABC中，D是BC上的点，AD均分BAC，ABD的面积是ADC面积的2倍.（1）求sinB；（2）若AD1,DC2，求BD和AC的长.sinC215、（2011东城一模15）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c分，且知足2cbcosB．acosA（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若a25，求△ABC面积的最大值．2

例题集锦答案：

1.（2011年城区示范校考理15）如，A是位和x正半的交点，P、Q是位上的两点，O是坐原点，AOP，AOQ,0,．6（1）若Q(3,4)，求cos的；（2）函数fOPOQ，求f的域．556★★位中的三角函数定34Y,sin解：（Ⅰ）由已知可得cos⋯⋯⋯⋯⋯2分Q55Pcoscoscossinsin⋯⋯⋯3分XOA66633415252⋯⋯⋯⋯4分33410

（Ⅱ）fOPOQcos,sincos,sin⋯⋯⋯6分663cos1sin⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分22sin⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分3[0,)[3,4)⋯⋯⋯9分3331⋯⋯⋯⋯12分sin32f的域是3,1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分22．（2011年西城期末理15）已知函数f(x)3sin2x2sin2x.（Ⅰ）若点P(1,3)在角的上，求f()的；（Ⅱ）若x[,]，求f(x)的域.63★★三角函数一般定

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解：（Ⅰ）因点P(1,3)在角的上，

因此sin3cos1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分，22因此f( )3sin22sin223sincos2sin2⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分23(3)12(3)23.⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分222

（Ⅱ）f(x)3sin2x2sin2x3sin2xcos2x1⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分

2sin(2x)1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分65因x[,]，因此2x⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分6，16366因此sin(2x)1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分26因此f(x)的域是[2,1].⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分3.（2011年城区期末理15）函数f(x)Asin(x)(A0,0,||)部分象如所示．（Ⅰ）求f(x)2的最小正周期及分析式；（Ⅱ）g(x)f(x)cos2x，求函数g(x)在区x[0,]上的最大和最小．y2解：（Ⅰ）由可得A1，T2，162323因此T．⋯⋯2分o6x因此2．1当x，f(x)1，可得sin(26)1，6因||，因此．⋯⋯5分26因此f(x)的分析式f(x)sin(2x)．⋯⋯⋯6分6（Ⅱ）g(x)f(x)cos2xsin(2x)cos2xsin2xcoscos2xsincos2x6663sin2x1cos2xsin(2x)．⋯⋯10分226因0x，因此2x5．6266当2x，即x，g(x)有最大，最大1；623

3当2x，即x0，g(x)有最小，最小1．⋯⋯13分662T21φ代点法相均衡点（最点）横坐的差等；||；ymaxymin;2T24．（2010年海淀期中文16）已知函数f(x)sin(2x6)cos2x.（1）若f()1，求sincos的；（2）求函数f(x)的增区.（3）求函数的称方程和称中心

解：（1）f(x)sin2xcoscos2xsin1cos2x...3分（只写一个公式2分）6623sin2x15分22由f( )1，可得sin237分3因此sincos1sin28分39分26（2）当22k2x22k,kZ，元法..11即x[k,k],kZ，f(x)增.44因此，函数f(x)的增区是[k,k],kZ...13分445.（2011年丰台区期末理15）已知函数f(x)2sinxcosx2cos2x（xR，0），相两条称之的距离等于2．（Ⅰ）求f( )的；（Ⅱ）当4x，，求函数f(x)的最大和最小及相的x．02解：（Ⅰ）f(x)sin2xcos2x12sin(2x)1．意⋯⋯4分因T42，因此T，1．⋯⋯6分2因此f(x)2sin(2x)1．因此f()0⋯⋯⋯7分44（Ⅱ）f(x)2sin(2x)14当x0,，2x3无范扣分44，24因此当2x4，即x，f(x)max21，⋯10分28

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当2x，即x0，f(x)min2．⋯⋯⋯13分446、（2011旭日二模理15）已知函数f(x)2sinxsin(x)2sin2x1(xR).2（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期及函数f(x)的增区；（Ⅱ）若f(x0)2，x0(ππ求cos2x0的.,)，2344解:f(x)2sinxcosx2sin2x1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分sin2xcos2x⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分2sin(2xπ和差角公式逆用⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分).4（Ⅰ）函数f(x)的最小正周期T2ππ.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分2令2kππππZ)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分≤2x≤2kπ(k242因此3π≤ππ3π≤ππ≤≤2x2kπ.即kxk.2kπ8448因此，函数f(x)的增区[kπ3πkππZ).⋯⋯⋯⋯⋯8分8,](k8（Ⅱ）解法一：由已知得f(x0)sinx0cosx02⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分23，两平方，得1sin2x02因此sin2x079同角关系式⋯⋯⋯⋯11分9因x0(ππ(,π,)，因此2x0).4422因此cos2x01(7)242.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分99解法二：因x0(ππππ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分,)，因此x0(0,).4442又因x0)2sin(2x0π2sin(x0π2f(2)4)3，24得sin(x0π110分).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯43因此cos(x0π11)222⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分)(3.43因此，cos2x0sin(2x0)sin[2(x0π2sin(x0ππ2)])cos(x0)444412242.公式的运用23937、（2011城二模理15）（本小共π72，Aππ13分）已知sin(A)10(,)．442（Ⅰ）求cosA的；（Ⅱ）求函数f(x)cos2x5sinAsinx的域．2解：（Ⅰ）因πAππ72，42，且sin(A)104因此πAπ3ππ2244，cos(A)．410角的因cosAcos[(Aππcos(Aππsin(Aππ)])cos)sin444444227223．因此cosA3⋯⋯⋯6分1021025．5（Ⅱ）由（Ⅰ）可得sinA4．5因此f(x)cos2x5sinAsinx此构化二次函数域212sin2x2sinx2(sinx1)23，xR．22因sinx[1,1]，因此，当sinx1，f(x)取最大3；22当sinx1，f(x)取最小3．因此函数f(x)的域[3,3]．28．（2011年旭日期末理15）已知△ABC中，2sinAcosBsinCcosBcosCsinB.（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）向量m(cosA,cos2A)，n(12,1)，求当mn取最5小，tan(A).4解：（Ⅰ）因2sinAcosBsinCcosBcosCsinB，和差角公式逆用因此2sinAcosBsin(BC)sin(A)sinA.⋯⋯⋯3分因0A，因此sinA1⋯⋯⋯5分0.因此cosB.2因0B，因此B.⋯⋯⋯⋯7分3

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（Ⅱ）因mn12cosAcos2A，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分5因此mn12cosA2cos2A12(cosA3)243.⋯10分5525因此当cosA3n获得最小.，m54A4.同角关系或三角函数定⋯⋯12分此sinA（0），于是tanA53因此tan(A)tanA11.⋯⋯⋯⋯⋯13分4tanA179．（2011年石景山期末理15）已知函数f(x)3sin2xsinxcosx3xR．2（Ⅰ）求f()的；（Ⅱ）若x(0,)，求f(x)的最大；（Ⅲ）在ABC中，若AB，42f(A)f(B)1，求BC的．2AB解：（Ⅰ）f()3sin2sincos431．4分44422（Ⅱ）f(x)3(1cos2x)1sin2x32221sin2x3cos2xsin(2x3)．⋯6分220x，2x2．3332当2x5，f(x)的最大1．⋯8分3，即x212（Ⅲ）f(x)sin(2x)，3若x是三角形的内角，0x，∴2x5．3331，得令f(x)2sin(2x)12x或2x35，此两解32366解得x或x7．⋯⋯10分1241由已知，A,B是△ABC的内角，AB且f(A)f(B)，2

5∴A，B7，412∴CAB6．⋯11分BCsinAsin2422．⋯⋯13分又由正弦定理，得ABsinCsin16210、（2011城一模理15）（本小共13分）在△ABC中，角A，B，C的分a，b，c分，且足2cbcosB．acosA（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若a25，求△ABC面的最大．解：（Ⅰ）因2cbcosB，acosA因此(2cb)cosAacosB由正弦定理，得(2sinCsinB)cosAsinAcosB．化角整理得2sinCcosAsinBcosAsinAcosB．因此2sinCcosAsin(AB)sinC．在△ABC中，sinC0．因此cosA1A．，32（Ⅱ）由余弦定理cosAb2c2a2125．2bc，a2因此b2c220bc2bc20均定理在三角中的用因此bc20，当且当bc取“=”．取等条件忘因此三角形的面S1bcsinA53．2因此三角形面的最大53．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分11、(2011丰台一模理15).在△中，a，，c分内角，，的，且2+2-2=bc．ABCbABCbca（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）函数f(x)3sinxcosxcos2x，当f(B)取最大3，判断△ABC2222的形状．解：（Ⅰ）在△中，因2+2-a2=bc，由余弦定理2=2+2-2bccosAABCbcabc可得cosA=1．(余弦定理或公式必有一个，否扣1分)⋯⋯3分2∵0<A<π，（或写成A是三角形内角）⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分∴A3．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分

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（Ⅱ）f(x)3sinxcosxcos2x3sinx1cosx1⋯7分222222sin(x)1⋯⋯9分，62∵A3∴B(0,2)∴6B65（没，扣1分）⋯10分36∴当B，即B，f(B)有最大是3．⋯11分6232又∵A，∴C3∴△ABC等三角形．⋯⋯13分312、(2011海淀一模理15).（本小共13分）在ABC中，内角A、B、C所