专题15三角恒等变换三角函数的应用（课时训练）-2021年秋季高一数学上学期讲义（人教A版2019）

专题15三角恒等变换、三角函数的应用A组基础巩固1．（2021·全国·高一课时练习）化简，得（）A． B． C． D．【答案】A【分析】应用诱导公式及逆用差角正弦公式化简求值即可.【详解】由，，∴.故选：A2．（2021·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（文））已知，且，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据同角三角函数的基本关系求出，再根据利用诱导公式及二倍角的正弦公式计算可得；【详解】解：∵，∴，∵，∴，则，∴，故选：B.3．（2021·江苏省前黄高级中学高三开学考试）若，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用万能公式可得，再由同角三角函数的商数关系将弦化切，即可求值.【详解】由题设，，∴.故选：A4．（2021·安徽·霍邱县第一中学高二开学考试）下列关于函数及其图象的说法正确的是（）A．B．最小正周期为C．函数图象的对称中心为点D．函数图象的对称轴方程为【答案】D【分析】化简，利用正弦型函数的性质，依次判断，即可【详解】∵∴，A选项错误；的最小正周期为，B选项错误；令，则，故函数图象的对称中心为点，C选项错误；令，则，所以函数图象的对称轴方程为，D选项正确故选：D5．（2021·江西九江·高二期中（理））已知函数的最小正周期为，且图象向右平移个单位长度后得到的图象，则的对称中心为（）A． B．C． D．【答案】C【分析】由函数的周期求出，从而得到，进而可求得，再由三角函数的对称性求解即可【详解】的最小正周期为，所以，即，故，由，解得，从而的对称中心为，故选：C．6．（2019·新疆·克拉玛依市教育研究所三模（文））将函数的图象向左平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，下面所给四个结论中正确的是（）A．函数在上的最大值为B．将函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于原点对称C．点是函数图象的一个对称中心D．函数在区间上为增函数【答案】D【分析】利用的图象变换规律求出的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，即可得出结论.【详解】由题意知，函数图象向左平移个单位，得，再将横坐标变为原来的2倍，得.A：由，得，此时在上单调递减，所以.故A错误；B：将图象向右平移个单位，得，它不是奇函数，图象不关于原点对称.故B错误；C：当时，，故点不是函数图象的一个对称中心，故C错误；D：由，得，此时在上为增函数，故D正确.故选：D7．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）已知，直线，是的图像的相邻两条对称轴，则的图像的对称中心可以是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】用相邻两条对称轴的距离的2倍即为函数周期，求出周期，然后求，进而再求出的值，注意这里有两种可能，需要分类讨论.【详解】由题意，所以，因为，所以，又是的图像的对称轴，所以代入后等于1或1.①当时，即，此时，，解得：，.所以，把的图像的对称中心设为，则，.解得，.当时，，故C选项正确.②当时，即，此时，，解得：，.所以，把的图像的对称中心设为，则，.解得，.A、B、D选项均不满足上面两种情况.故选：C8．（2021·北京·清华附中高三月考）函数（其中，）的图象如图所示，为了得到的图象，则需将的图象（）A．横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位B．横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位C．横坐标伸长到原来的倍，再向右平移个单位D．横坐标伸长到原来的倍，再向右平移个单位【答案】C【分析】先根据图象的特点可求出，然后再根据周期变换与相位变换即可得出【详解】由图可知，，所以，故，故函数，又函数图象经过点，故有，即，所以（），又，所以，所以，故将函数图象的横坐标伸长到原来的2倍得到的图象，然后再向右平移个单位即可得到的图象.故选：C9．（2021·北京·北大附中高三月考）如图所示，有一半径为10米的水轮，水轮的圆心与水面的距离为6米，若水轮每分钟逆时针转4圈，且水轮上的点P在t=0时刚刚从水中浮现，则5秒钟后点P与水面的距离是（结果精确到0.1米）（）A．9.3米 B．9.9米 C．15.3米 D．15.9米【答案】D【分析】5秒钟后点P逆时针转了，设，此时点P与水面的距离是，计算结果即可．【详解】设，则，由于，所以5秒钟后点P逆时针转了，则此时点P与水面的距离是故选：D10．（2022·全国·高三专题练习）如图，一个大风车的半径为8m，12min旋转一周，它的最低点P0离地面2m，风车翼片的一个端点P从P0开始按逆时针方向旋转，则点P离地面的距离h(m)与时间t(min)之间的函数关系式是（）A．h(t)＝－8sint＋10 B．h(t)＝－cost＋10C．h(t)＝－8sint＋8 D．h(t)＝－8cost＋10【答案】D【分析】由题意得出的最大值和最小值，以及最小正周期，可求出、、的值，再将点代入函数解析式求出的值，由此可得出与之间的函数关系式.【详解】设，由题意可得，，，，，，，当时，，得，可取，所以.故选：D.11．（2021·全国·高一课时练习）已知，若，则________．【答案】【分析】先求出，利用两角和的余弦公式即可求得.【详解】因为，，所以，所以.故答案为：.12．（2021·北京·101中学模拟预测）函数的单调增区间为___________.【答案】（）.【分析】利用二倍角公式，两角差的正弦公式化简函数解析式可得，进而根据正弦函数的单调性即可求解.【详解】解：，令，，得，可得单调增区间为（）.故答案为：（）..13．（2021·北京·潞河中学高三月考）已知，则_________【答案】【分析】根据二倍角公式，先求出，再根据的范围，判断符号，即可求解.【详解】，，，故答案为:【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数求值问题，熟记公式是解题关键，属于基础题。14．（2021·全国·模拟预测（文））函数的最小正周期为___________.【答案】【分析】利用辅助角公式可得，再由即可求解.【详解】（其中）所以.故答案为：15．（2021·重庆·垫江第五中学校高三月考）已知，，则___________.【答案】【分析】利用同角三角函数的基本关系求得，再由运用正弦的和角公式可得答案.【详解】，，又，，，故答案为：.【点睛】关键点点睛：在解决三角函数中的给值求值问题时，关键在于运用已知的角去表示待求的角，再利用相应的三角函数公式得以解决.16．（2021·天津十四中高三月考）已知函数的部分图像如图所示，将函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的，再将所得函数图像向左平移个单位长度，的到函数的图像，则下列关于函数的说法正确的是___________.（写序号）（1）点是图像的一个对称中心（2）是图像的一条对称轴（3）在区间上单调递增（4）若，则的最小值为【答案】（2）（4）【分析】首先根据函数的图象，求函数的解析式，再根据图象变换规律求函数的解析式，再根据三角函数的性质，即可判断.【详解】由图象可知，，解得：，，解得：，,因为，所以，所以，的图像上所有点的横坐标伸长到原来的，得，再将所得函数图像向左平移个单位长度，得当时，，所以不是函数的对称中心，是函数的对称轴，故（1）错误；（2）正确；当时，，所以在区间上单调递增，在单调递减，故（3）错误；若，则是函数的最大值和最小值点，所以，故（4）正确.故答案为：（2）（4）17．（2021·江西·九江一中高一月考）设偶函数的部分图象如图所示，为等腰直角三角形，则的值为_________．【答案】【分析】通过函数的图象，利用求出A和函数的周期，进一步确定，利用函数是偶函数求出，即可求出.【详解】由题意，因为为等腰直角三角形，所以,所以，则，而函数是偶函数，所以，又，故，于是.所以.故答案为：.18．（2020·云南·富源县第六中学高一期末）已知函数的图象如图所示，则函数的解析式为__________.【答案】【分析】根据最大值得，再由图像得周期，从而得，根据时，取得最大值，利用整体法代入列式求解，再结合的取值范围可得.【详解】根据图像的最大值可知，，由，可得，所以，再由得，，所以，因为，所以，故函数的解析式为.故答案为：.19．（2021·全国·高一课前预习）如图所示，单摆从某点开始来回摆动，离开平衡位置的距离和时间的函数关系式为，那么单摆来回摆一次所需的时间为_______．【答案】【分析】利用周期公式：即可求解.【详解】由，单摆来回摆一次为一个周期，由.故答案为：

B组能力提升20．（2021·福建·莆田第二十五中学高三月考）（多选题）已知函数，则（）A．的最大值为B．的图象关于点对称C．图象的对称轴方程为D．在上有4个零点【答案】ACD【分析】先通过降幂公式、两角和与差的正弦公式及辅助角公式将函数化简，进而结合三角函数的图象和性质解得答案.【详解】，则的最大值为，A正确；易知图象的对称中心的纵坐标为，B错误；令，得，此即图象的对称轴方程，C正确；由，得，当吋，，作出函数的图象，如图所示：所以方程在上有4个不同的实根，即在上有4个零点，D正确.故选：ACD.21．（2021·福建省福州外国语学校高三月考）（多选题）如图所示，点M，N是函数f（x）=2cos（>0，）的图象与x轴的交点，点P在M，N之间的图象上运动，若M（－1，0），且当△MPN的面积最大时，PM⊥PN，则（）A．f（0）=B．+=C．f（x）的单调增区间为[－1+8k，1+8k]（k∈Z）D．f（x）的图象关于直线x=5对称【答案】AD【分析】根据图象以及题中信息求出函数的解析式，可判断出B选项的正误；求出的值，可判断出A选项的正误；结合余弦型函数的基本性质可判断出C、D选项的正误.【详解】由题意可知，当的面积最大时，点为函数图象上的一个最高点，设点的坐标为，由余弦型函数的对称性可知，又，则为等腰直角三角形，且，则直线的斜率为，得，则点的坐标为，所以，函数最小正周期为，，，得，，，，得，则，∴，A选项正确；，B选项错误；解不等式，解得，所以，函数的单调递增区间为，C选项错误；，所以，函数的图象关于直线对称，D选项正确.故选：AD.22．（2021·全国·高一单元测试）（多选题）函数(，，)在一个周期内的图象如图所示，则()A．该函数的解析式为B．该函数图象的对称中心为，C．该函数的增区间是，D．把函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图象【答案】ACD【分析】对于选项A：根据图像和已知条件求出和最小正周期，然后利用正弦型函数的最小正周期公式求出，通过代点求出即可；对于选项BC：结合正弦函数的性质，利用整体代入法求解即可；对于选项D：利用伸缩变换即可求解.【详解】由题图可知，，周期，所以，则，因为当时，，即，所以，，即，，又，故，从而，故A正确；令，，得，，故B错误；令，，得，，故C正确；函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到，故D正确．故选：ACD.23．（2021·全国·高三专题练习）（多选题）摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转分钟，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为（）A．摩天轮离地面最近的距离为4米B．若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则C．若在，时刻，游客距离地面的高度相等，则的最小值为30D．，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米【答案】BC【分析】易知摩天轮离地面最近的距离，从而可判断A；求出分钟后，转过的角度，即可求出关于的表达式，即可判断B；由余弦型函数的性质可求出的最小值即可判断C；求出在上的单调性，结合当时，即可判断D.【详解】解：由题意知，摩天轮离地面最近的距离为米，故A不正确；分钟后，转过的角度为，则，B正确；周期为，由余弦型函数的性质可知，若取最小值，则，又高度相等，则关于对称，则，则；令，解得，令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，当时，，当时，，所以在只有一个解；故选:BC.【点睛】关键点睛:本题的关键是求出关于的表达式，结合三角函数的性质进行判断.24．（2021·全国·高一专题练习）(多选题)如图所示的是一质点做简谐运动的图象，则下列结论正确的是（）A．该质点的运动周期为0.7sB．该质点的振幅为5C．该质点在0.1s和0.5s时运动速度为零D．该质点的运动周期为0.8s【答案】BCD【分析】由题图求得质点的振动周期可判定A错，D正确；由该质点的振幅，可判定B正确；由简谐运动的特点，可判定C正确．【详解】由题图可知，质点的振动周期为2×(0.7－0.3)＝0.8s，所以A错，D正确；该质点的振幅为5，所以B正确；由简谐运动的特点知，质点处于平衡位置时的速度最大，即在0.3s和0.7s时运动速度最大，在0.1s和0.5s时运动速度为零，故C正确．综上，BCD正确．故选：BCD.25．（2020·广东·仲元中学高一期末）已知函数只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数的最大值为2；②函数的图像可由的图像平移得到；③函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为．（1）请写出这两个条件的序号，说明理由，并求出的解析式；（2）求不等式的解集．【答案】（1）①③；.（2）【分析】（1）分别根据三个条件求出和的值，得到矛盾，从而可判断出所选条件；然后根据所选条件即可求出函数的解析式；（2）结合正弦函数的图象即可求解三角不等式.（1）函数满足的条件为①③，理由如下：若满足条件①，则；若满足条件②，则，，所以①②相互矛盾；若满足条件③，则，所以，所以②③也相互矛盾，所以函数满足的两个条件只能为①③，此时.（2）由，得，所以，即，所以不等式的解集为．26．（2021·全国·高一课时练习）已知函数的最小正周期为，且点是该函数图象上的一个最高点.（1）求函数的解析式；（2）若，求函数的值域；（3）把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，在上是增函数，求的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）由周期公式可得的值，根据最高点求得以及的值，可得的解析式；（2）由（1）可得的解析式，根据的范围可得的范围，由正弦函数的性质即可得值域；（3）根据图象的平移得的解析式，利用正弦函数的性质求得的单调递增区间，根据在上是增函数列不等式组结合即可求解.（1）由题意可得：，，可得，因为函数的图象经过点，所以，即，因为，所以，所以.（2）因为，所以，，所以，所以函数的值域为.（3）把函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数解析式为，令，解得：，可得函数的增区间为，因为函数在上是增函数，所以，，解得，因为，所以，.即的取值范围是.27．（2021·全国·高一单元测试）如图为函数（，，）的图象的一段．（1）求其解析式；（2）若将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，求函数图象的对称轴方程．【答案】（1）（2），【分析】(1)根据图像以及已知条件求出和最小正周期，然后利用正弦型函数的最小正周期公式求出，然后通过代点求出即可；(2)首先通过平移变换求出，然后结合正弦函数的性质，利用整体代入法求对称轴即可.（1）由图象和已知条件知，，，则，故．由图像可知，当时，，故，，即，，又，所以．故所求解析式为．（2）结合(1)中条件可知，，令，，则，，故函数图象的对称轴方程为:，．28．（2021·北京·潞河中学高三月考）已知函数，其中，函数图象上相邻两个对称中心之间的距离为，且在处取到最小值2．（1）求函数的解析式；（2）若将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移个单位得到函数图象，求函数的单调递增区间；（3）若函数在内的值域为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】(1)由给定条件依次求出的周期，，初相及A即可得解；(2)根据给定变换求出函数的解析式，即可求出其单调递增区间；(3)根据函数定义域与值域的关系即可求出参数m的取值范围.【详解】(1)函数图象上相邻两个对称中心之间的距离为，设周期为T，则，即，因此，，因在处取到最小值2，则，而，则，，所以函数的解析式是；(2)由(1)知：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到，再将所得图象向左平移个单位，到函数的图象，由得：，所以函数的单调递增区间为；(3)由(2)知，由于，则有，因函数的值域为，而，，显然在上单调递减，则有，当时，，于是有在上单调递增，又，则，即，从而得，解得，综上得：，所以的取值范围为．29．（2021·辽宁·高三月考）已知函数的图象如图所示．（1）求函数的解析式；（2）将函数的图象上每一点的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，求函数图象的对称轴方程和对称中心坐标．【答案】（1）；（2）对称轴方程是；对称中心坐标是，．【分析】（1）由图象可得，由求出周期可得的值，再由最高点可得的值，进而可得的解析式；（2）先根据图象的伸缩和平移变换求出的解析式，再由正弦函数的对称轴和对称中心即可求解.【详解】（1）由图象可得，由，解得：，由，解得因为，所以，，所以；（2）由题意得，令，解得：，所以函数图象的对称轴方程是，令，解得：，所以函数图象的对称中心坐标是.30．（2021·新疆生产建设兵团第十二师高级中学高三月考（理））已知函数．（1）求的值及的最小正周期；（2）当时，求的最大值和最小值．【答案】（1），的最小正周期为；（2）的最大值为2，最小值为1.【分析】(1)整理，得，由周期公式可得解；(2)由已知可得，所以，问题得解.（1）∵∴，∴，∴，（2）由（1）知，，∵，则，∴，∴的最大值为2，最小值为1.31．（2021·四川绵阳·高三月考（理））已知函数，其图象的两条相邻对称轴间的距离为.（1）求函数在上的单调递增区间；（2）将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若函数为偶函数，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先由二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调增区间即可求解；（2）根据图象的平移变换得出，由结合的范围即可求解.【详解】（1），因为相邻对称轴间距离为，所以函数的最小正周期，即，解：，所以.由，可得，当时，，所以函数在上的单调递增区间为；（2）将函数的图象向左平移个单位后得，因为为偶函数，所以，即，所以，即，又因为，所以，.32．（2021·河南·高三月考（文））已知函数，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．（1）若，求的单调递增区间；（2）若，的一条对称轴为直线，求当时的值域．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由两角和的余弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，由平移变换得出的表达式，再结合余弦函数性质得增区间；（2）由余弦函数图象的对称轴求得，再结合余弦函数性质得值域．【详解】解：（1）因为，所以，当时，，由，得所以的单调递增区间为．（2）由（1）知，由的一条对称轴为，所以，即，所以，得．又．故，则，由．得．故，则的值域为．33．（2021·浙江宁波·高三月考）已知函数．（1）求的值；（2）若，，求的值．【答案】（1）2；（2）．【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简函数为求解；（2）由，得到，，再由，利用两角差的余弦公式求解.【详解】（1）因为，，，所以．（2）由，得，，所以，.34．（2021·湖南·永州市第一中学高一期中）已知函数，.（1）求函数的单调递减区间；（2）若函数在恒成立，求实数的取值范围.【答