資源簡介

答案詳解
專題一　三角函數的圖象和性質講義
二、回歸真題
1.C　[因為函數y=2sin,
所以函數y=2sin在[0,2π]上的圖象恰好是三個周期的圖象,
所以作出函數y=2sin與y=sin x在[0,2π]上的圖象如圖所示,
由圖可知,這兩個圖象共有6個交點,故選C.]
2.BC　[對于A,令f(x)=0,則x=,k∈Z,又g≠0,故A錯誤;
對于B,f(x)與g(x)的最大值都為1,故B正確;對于C,f(x)與g(x)的最小正周期都為π,故C正確;
對于D,f(x)圖象的對稱軸方程為2x=+kπ,k∈Z,即x=,k∈Z,g(x)圖象的對稱軸方程為2x-+kπ,k∈Z,即x=,k∈Z,故f(x)與g(x)的圖象的對稱軸不相同,故D錯誤.故選BC.]
3.2　[由題意知f(x)=sin x-,當x∈[0,π]時,x-,∴sin,
于是f(x)∈[-,2],故f(x)在[0,π]上的最大值為2.]
考點探究
例1　(1)C　(2)B　[(1)由圖象可知,A=2,由f(0)=f可得,T=π,又T=,所以,解得ω=3,所以f(x)=2sin(3x+φ).由f可得,f=-2,所以f=-2,即+2kπ,k∈Z,即φ=-π+2kπ,k∈Z,且|φ|<,當k=1時,φ=,所以f(x)=2sin,則f.故選C.
(2)依題意,g(x)=f+φ,由g(x)是偶函數,得-,k∈Z,φ=kπ+,k∈Z,而|φ|<,取k=-1,則φ=-.故選B.]
訓練1　(1)B　(2)D　[(1)由題意ωx+φ=,則x=,所以T.
設A(x1,y1),B(x2,y2),因為,所以解得
所以2y1=y2=f(x2)=f=sin=cos(2ωx1+2φ)
=1-2sin2(ωx1+φ)=1-2,所以2+2y1-1=0,又由圖可知y1>0,所以y1=.故選B.
(2)觀察圖象可知函數為偶函數,對于A,f(-x)=sin(tan(-x))=sin(-tan x)=-sin(tan x)=-f(x),為奇函數,排除;
對于B,f(-x)=tan(sin(-x))=tan(-sin x)=-tan(sin x)=-f(x),為奇函數,排除;同理,C,D選項為偶函數,而對于C項,其定義域為,k∈Z,不是R,舍去,故D正確.故選D.]
例2　(1)D　(2)D　[(1)由說法②可得ω=1,說法③可得,則T=π=,則ω=2,②和③相互矛盾;當①②④成立時,由題意A=3,ω=1,,k∈Z.因為φ∈,故k=0,φ=,即f(x)=3sin,f;說法①③④成立時,由題意A=3,ω=2,,k∈Z,φ=kπ-,故不合題意.故選D.
(2)對于A,因為f(x+π)=sin(x+π)+sin(2x+2π)=-sin x+sin 2x≠f(x),故周期不是π,故A錯誤;對于B,因為函數y=sin x的最大值為1,y=,故兩個函數同時取最大值時,f(x)的最大值為,此時需滿足x=+2kπ,k∈Z且2x=+2kπ,k∈Z,不能同時成立,故最大值不能同時取到,故f(x)的最大值不為,則B錯誤;對于C,f(π-x)=sin(π-x)+sin[2(π-x)]=sin x-sin 2x,則f(x)+f(π-x)=2sin x≠0,故f(x)的圖象不關于點對稱,C錯誤;對于D,因為f(x)=sin x+sin 2x=sin x(1+cos x)=0時,sin x=0,又x∈[0,π],所以x=0或者x=π;或者1+cos x=0,此時cos x=-1,又x∈[0,π],所以x=π,綜上可知,f(x)在區間
[0,π]上有2個零點,故D正確,故選D.]
訓練2　(1)BC　(2)ACD　[(1)因為函數f(x)=2sin(ω>0)圖象關于點中心對稱,所以=kπ(k∈Z),可得ω=4k+(k∈Z),因為ω>0,可得ω=4k+(k∈N),所以f(x)=2sin(k∈N).對于A選項,f(x)的最小正周期為T=≤3π(k∈N),A錯;
對于B選項,f=2sin=2sin=1(k∈N),B對;
對于C選項,f(π)=2sin=2(k∈N),故函數f(x)的圖象關于直線x=π對稱,C對;
對于D選項,將f(x)的圖象向左平移個單位后,可得到函數y=
2sin=2sin
=故f(x)的圖象向左平移個單位長度后得到的函數為奇函數,D錯.故選BC.
(2)因為g(x)=sin
=cos,將函數f(x)的圖象右移,
將函數f(x)的圖象右移,故A正確,B錯誤;由A選項可知,g(x)=f,所以函數f(x)與g(x)=f對稱,故C正確;
若函數f(x)與g(x)的圖象關于點對稱,則在f(x)上取點A(x1,y1)關于-x1,-y1必在g(x)上,所以y1=cos 2x1,所以g=-cos 2x1=-y1,故D正確.故選ACD.]
例3　(1)D　(2)C　[(1)若0≤x<,則φ≤x+φ<+φ,又因為0<φ<π,函數f(x)在上存在最大值,但不存在最小值,所以當+φ≥π,即φ≥時,只需滿足,此時;當+φ<π,即φ<時,函數一定存在最大值,要讓函數無最小值,則,此時,綜上,,即φ的取值范圍是.故選D.
(2)由圖可知函數過點(0,),所以f(0)=2sin φ=,即sin φ=,又0<φ<π,所以φ=,依題意可得ω>0,若φ=則靠近
y軸的最大值的橫坐標不可能為負數,故舍去;所以φ=,即f(x)=2sinωx+,因為x∈,所以ωx+.
又y=sin x,x∈的圖象如圖所示:
要使函數f(x)在區間恰有一條對稱軸和一個對稱中心,則<2π,解得,即ω的取值范圍是.故選C.]
訓練3　(1)A　(2)
[(1)由題意得,函數f(x)的單調增區間為-π+2kπ≤ωx-≤2kπ(k∈Z),且ω>0,解得(k∈Z).由題意可知:(k∈Z).于是k(k∈Z).又ω>0,于是0<ω≤.故選A.
(2)由于f(x)在區間上有且只有兩個零點,所以,即 3<ω≤9,由f(x)=0得,ωx+=kπ,k∈Z,∵x∈,
∴ωx+.
∴
解得,所以ω的取值范圍是.]
答案詳解
專題一　三角函數的圖象和性質練習
1.C　[由圖可得:A=2,π,即T=π=,即ω=±2,觀察各選項可知,本題考慮ω=2即可,則y=2sin(2x+φ),把點代入y=2sin(2x+φ)中,可得sin=1,故+2kπ,k∈Z,即φ=+2kπ,k∈Z,所以y=2sin2x+.故選C.]
2.C　[由題意T==π,解得ω=2,所以f(x)=cos+1,當x∈時,t=2x+,所以f(x)在區間,當且僅當x=0時等號成立.故選C.]
3.A　[由題圖可知f(0)=2sin φ=-,即sin φ=-,又|φ|<,所以φ=-,又f(x)=2sin(ωx+φ)對稱,且f=2,因為T>π且ω>0,所以>π,解得0<ω<2,所以-,所以,解得ω=,所以f(x)=2sin,所以f
=2sin=1.故選A.]
4.C　[設y1=4|cos t|,y2=的大致圖象,當t=5π時,y1=4>=y2;當t=6π時,y1=4<=y2.根據圖象可得兩個函數共有11個交點.故選C.]
5.B　[由三角函數的圖象變換規律可知,g(x)=sin,x∈,則ωx-,因為函數g(x)在-,0上單調遞增,所以-,且ω>0,得0<ω≤.故選B.]
6.D　[根據題意可知若x∈,則可得ωx-,顯然當x=0時,可得2sin,由f(x)的值域為,利用三角函數圖象性質可得+π,解得,即ω的取值范圍是.故選D.]
7.D　[ω>0,當x∈[0,π]時,ωx-,設ωx-=t,如圖作出函數y=sin t的圖象,若f(x)有且僅有三個零點,則y=sin t在有兩個最小值點,有一個或兩個最大值點,故A,B正確;由于函數y=f(x)在[0,π]上有且只有3個零點,由圖象可知2π≤πω-<3π,解得,C正確;當x∈時,ωx-,由<0,所以y=sin t在上單調遞減,在上單調遞增,D錯誤.故選D.]
8.A　[由sin x-cos x=,若sin x要使f(x)=a有4個不同實根x1,x2,x3,x4(x1x1+x2=-,x3+x4=π,
故,且9.AD　[把函數y=2sin個單位長度,可得函數y=2sin=2cos 2x的圖象,A正確;把函數y=2sin個單位長度,可得函數y=2sin2x-的圖象,B錯誤;把函數y=2sin個單位長度,可得函數y=2sin2x+的圖象,C錯誤;把函數y=2sin2x-個單位長度,可得函數y=2sin=2cos 2x的圖象,D正確;故選AD.]
10.AC　[對A,由fπ=0,故A正確;對B,f(x)的圖象向右平移sin 2x,顯然其為奇函數,故B錯誤;對C,當x∈時,則2x+,由余弦函數單調性知,f(x)在區間上單調遞減,故C正確;對于D,由f(x)=1,得cos,解得x=+kπ,k∈Z,f(x)在區間(0,m)上與y=1有且只有6個交點,其橫坐標從小到大依次為:,,,,,,而第7個交點的橫坐標為,∴,故D錯誤.故選AC.]
11.BD　[由T= Tω=2π,又f(T)=2cos(ωT+φ)=,可得cos φ=,又0<φ<π,則φ=,即f(x)=2cos,若f(x)在上單調,則π,即,令t=ωx+,則-π<π,即y=2cos t在-,上單調遞減,即-,即,此時ymin≥=1,此時ymax-ymin≤2-1=1,不符合題意,所以f(x)在[-,]上不單調,即y=2cos t在-,上不單調,又ymax-ymin=3,即 ω≤3,即0<ω≤3,即π,-,若ymin=2cos,此時-,符合題意;若ymin=2cos,此時=π,不符合題意;綜上可得,ω=,φ=,即f(x)=2cos,對于A,f(0)=2cos ,故錯誤;對于B,f=1,f=1,故B正確;對于C,當x∈,則,且y=2cos x在0,π上先遞減后遞增,故C錯誤;對于D,因為f'(x)=-3sin,所以f'(0)=
-,f(0)=,可得y=x是y=f(x)在(0,f(0))處的切線,故D正確;故選BD.]
12.-　[由T==π(ω>0)得,ω=2,所以f(x)=sin(2x+φ),又f(x)=sin(2x+φ)的圖象關于點中心對稱,所以+φ=kπ,k∈Z,解得φ=-+kπ,k∈Z,又|φ|<,所以取k=1,則φ=-.]
13.　[由題意可知,f是函數的最大值,則ω·+2kπ,k∈Z,得ω=+3k,k∈Z,且在區間上無最小值,所以,所以0<ω≤3,所以ω=.]
14.　[令f(x)-1=2sin-1=0,即sin,當x∈(0,π)時,ωx+,即有2π+,解得2<ω≤.]專題一　三角函數的圖象和性質（講義）
一、考情分析
高頻考點 2025年高考預測
圖象變換(三角函數圖象的平移、伸縮變換) 繼續以選擇、填空題形式考查三角函數的圖象、性質及應用,難度中等偏下
圖象識別(辨別函數圖象、求解析式中參數值)
圖象、性質應用(判斷零點個數、解不等式、考查最值、周期性、單調性、奇偶性、對稱性等)
二、回歸真題
1.(2024·新高考Ⅰ卷)當x∈[0,2π]時,曲線y=sin x與y=2sin的交點個數為(　　)
A.3 B.4 C.6 D.8
2.(多選)(2024·新高考Ⅱ卷)對于函數f(x)=sin 2x和g(x)=sin,下列說法中正確的有(　　)
A.f(x)與g(x)有相同的零點
B.f(x)與g(x)有相同的最大值
C.f(x)與g(x)有相同的最小正周期
D.f(x)與g(x)的圖象有相同的對稱軸
3.(2024·全國甲卷)函數f(x)=sin x-cos x在[0,π]上的最大值是　　　　.
三、考點探究
考點一　三角函數的圖象與解析式
例1　(1)(2024·衡陽二聯)已知函數f(x)=Asin(ωx+φ)的部分圖象如圖所示,f(0)=f,則f等于(　　)
A.0 B.-1 C.-
(2)(2024·安徽“江南十校”聯考)已知函數f(x)=3sin(2x+φ)個單位長度后,得到函數g(x)的圖象.若g(x)是偶函數,則φ為(　　)
A.
總結　1.左右平移,即把x換為x+φ(φ>0時左移,φ<0時右移),橫坐標的伸縮,即把x換成x(ω>0).
2.由圖象確定解析式y=Asin(ωx+φ)的步驟:先定A,再定ω,最后利用“五點法”中的最值點或零點確定φ(用零點時要分清第幾個零點).
3.若y=Asin(ωx+φ)為偶函數,則φ=kπ+(k∈Z);若y=Asin(ωx+φ)為奇函數,則φ=kπ(k∈Z).
訓練1　(1)(2024·武漢調研)如圖,在函數f(x)=sin(ωx+φ)的部分圖象中,若,則點A的縱坐標為(　　)
A.
(2)(2024·廣州綜合測試)已知函數f(x)的部分圖象如圖所示,則f(x)的解析式可能是(　　)
A.f(x)=sin(tan x) B.f(x)=tan(sin x)
C.f(x)=cos(tan x) D.f(x)=tan(cos x)
考點二　三角函數的性質及應用
例2　(1)(2024·南京、鹽城模擬)關于函數f(x)=Asin(ωx+φ),有下列說法:
①f(x)的最大值為3;
②f(x)的圖象可由y=3sin x的圖象平移得到;
③f(x)的圖象上相鄰兩個對稱中心間的距離為;
④f(x)的圖象關于直線x=對稱.
若有且僅有一個說法是錯誤的,則f等于(　　)
A.-
(2)(2024·鄭州二模)聲音是由物體振動產生的聲波,其中包含著正弦函數.純音的數學模型是函數y=Asin ωt,但我們平
時聽到的樂音不止是一個音在響,而是許多個音的結合,稱為復合音.若一個復合音的數學模型是函數f(x)=sin x+
sin 2x(x∈R),則下列說法正確的是(　　)
A.f(x)的一個周期為π
B.f(x)的最大值為
C.f(x)的圖象關于點對稱
D.f(x)在區間[0,π]上有2個零點
總結　1.研究函數y=Asin(ωx+φ)的性質,注意以下幾點:(1)把ω化為正數;(2)把ωx+φ看作一個整體(令t=ωx+φ);(3)結合y=Asin t的圖象進行分析.
2.注意是研究一個函數的性質,還是兩個函數之間的關系.
訓練2　(1)(多選)(2024·浙江七彩陽光聯盟聯考)已知函數f(x)=2sin(ω>0)的圖象關于點中心對稱,則下列結論正確的是(　　)
A.f(x)的最小正周期3π
B.f=1
C.f(x)的圖象關于直線x=π對稱
D.f(x)的圖象向左平移個單位后關于y軸對稱
(2)(多選)(2024·杭州調研)已知函數f(x)=cos 2x,g(x)=sin,則下列結論正確的是(　　)
A.將函數f(x)的圖象右移個單位可得到函數g(x)的圖象
B.將函數f(x)的圖象右移個單位可得到函數g(x)的圖象
C.函數f(x)與g(x)的圖象關于直線x=對稱
D.函數f(x)與g(x)的圖象關于點對稱
考點三　三角函數中參數的最值(范圍)
例3　(1)(2024·武昌質檢)已知函數f(x)=sin(x+φ),0<φ<π,若函數f(x)在上存在最大值,但不存在最小值,則φ的取值范圍是(　　)
A.
(2)(2024·東北三省三校聯考)函數f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分圖象如圖所示,若f(x)在區間恰有一條對稱軸和一個對稱中心,則ω的取值范圍是(　　)
A.
總結　解此類問題的思路:一般令t=ωx+φ(ω>0),再利用y=Asin t的圖象,結合條件列出關于參數的等價不等式(組)求解.
訓練3　(1)(2024·溫州模擬)已知函數f(x)=,其中ω>0.若f(x)在區間上單調遞增,則ω的取值范圍
是(　　)
A. D.(0,1]
(2)(2024·茂名綜測)函數f(x)=2sin(ω>0)在區間上有且只有兩個零點,則ω的取值范圍是　　　　　　　　.
專題一　三角函數的圖象和性質（練習）
(分值：73分)
單選題每小題5分，共40分；多選題每小題6分，共18分.
一、單選題
1.(2024·東北三省三校模擬)下圖是函數y＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象，則該函數的解析式可以是(　　)
A.y＝2sin B.y＝2sin
C.y＝2sin D.y＝2sin
2.(2024·蘇州調研)已知函數f(x)＝cos＋1(ω>0)的最小正周期為π，則f(x)在區間上的最大值為(　　)
A. B.1 C. D.2
3.(2024·德州測試)已知函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示，則f等于(　　)
A.1 B. C. D.
4.(2024·山西質檢)方程4|cos t|－＝0的實數根的個數為(　　)
A.9 B.10 C.11 D.12
5.(2024·貴陽適考)將函數f(x)＝sin x的圖象先向右平移個單位長度，再把所得函數圖象上的每個點的縱坐標不變，橫坐標都變為原來的(ω>0)倍，得到函數g(x)的圖象.若函數g(x)在上單調遞增，則ω的取值范圍是(　　)
A. B. C. D.(0，1]
6.(2024·溫州適考)若函數f(x)＝2sin(ω>0)，x∈的值域為[－，2]，則ω的取值范圍是(　　)
A. B. C. D.
7.(2024·湖北名校三聯)已知函數f(x)＝sin(ω>0，0≤x≤π)，若f(x)有且僅有三個零點，則下列說法中不正確的是(　　)
A.f(x)＋1有且僅有兩個零點 B.f(x)－1有一個或兩個零點
C.ω的取值范圍是 D.f(x)在區間上單調遞減
8.(2024·長郡中學適考)已知函數f(x)的定義域為，且f(x)＝若關于x的方程f(x)＝a有4個不同實根x1，x2，x3，x4(x1A. B. C.(1，) D.(－，1)
二、多選題
9.(2024·浙江9＋1高中聯盟模擬)為了得到函數y＝2cos 2x的圖象，只要把函數y＝2sin圖象上所有的點(　　)
A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度
C.向左平移個單位長度 D.向右平移個單位長度
10.(2024·山西質評)已知函數f(x)＝cos，則下列結論正確的是(　　)
A.f(x)的一個對稱中心為
B.f(x)的圖象向右平移個單位長度后得到的函數是偶函數
C.f(x)在區間上單調遞減
D.若f(x)在區間(0，m)上與y＝1有且只有6個交點，則m∈
11.(2023·杭州二中高三測試)記函數f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期為T，若f(T)＝，且f(x)在上的最大值與最小值的差為3，則(　　)
A.f(0)＝1 B.f＝f
C.f(x)在區間上單調遞減 D.直線y＝－x是曲線y＝f(x)的切線
三、填空題
12.(2024·深圳調研)若函數f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期為π，其圖象關于點中心對稱，則φ＝________.
13.(2024·湖北七市(州)聯測)已知函數f(x)＝sin(ω>0)滿足f(x)≤f恒成立，且在區間上無最小值，則ω＝________.
14.(2024·河南TOP二十名校質檢)已知函數f(x)＝2sin(ω>0)，若關于x的方程f(x)－1＝0在區間(0，π)上恰有兩個實數根，則ω的取值范圍為________.答案精析
專題二　三角恒等變換與正、余弦定理講義
二、回歸真題
1.A　[由cos(α+β)=m得cos αcos β-sin αsin β=m.①由tan αtan β=2得=2,②
由①②得所以cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-3m,故選A.]
2.C　[由正弦定理得sin Asin C=sin2B,因為B=,所以sin Asin C=.
由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac=ac,所以a2+c2=ac,所以sin2A+sin2C=sin Asin C,
所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=,
又sin A>0,sin C>0,所以sin A+sin C=.故選C.]
3.-　[由題知tan(α+β)==,即sin(α+β)=-2cos(α+β),又sin2(α+β)+cos2(α+β)=1,
可得sin(α+β)=±.由2kπ<α<2kπ+,k∈Z,2mπ+π<β<2mπ+,m∈Z,得2(k+m)π+π<α+β<2(k+m)π+2π,k+m∈Z.
又tan(α+β)<0,所以α+β是第四象限角,故sin(α+β)=-.]
三、考點探究
例1　(1)A　(2)f(x)=sin x(答案不唯一)
[(1)由題設θ∈,tan 2θ=-4tan,得= -4(tan θ+1)2=2tan θ,
則(2tan θ+1)(tan θ+2)=0 tan θ=-2或tan θ=-,因為θ∈,tan θ∈(-1,0),
所以tan θ=-,=.故選A.
(2)依題意不妨令f(x)=sin x,則f(x+y)=sin(x+y)=sin xcos y+cos xsin y,
又f(x)ff(y)=sin xsinsin y=sin xcos y+cos xsin y,所以f(x+y)=f(x)ff(y),故f(x)=sin x符合題意.同理可證明f(x)=sin 5x,f(x)=sin 9x,…,也符合題意.]
訓練1　(1)D　(2)f(x)=　[(1)由條件等式可知,,整理為3sin α=sin2α+cos2α=1,則sin α=,又α∈,cos α=,所以sin 2α=2sin αcos α=2×,cos 2α=1-2sin2α=,所以sin.故選D.
(2)令x=0,y=t,得f(t)+f(-t)=2cos t,令x=+t,y=,得f(π+t)+f(t)=0,令x=,y=+t,得f(π+t)+f(-t)=-2sin t,由以上3式,得f(t)=sin t+cos t,即f(x)=sin x+cos x=.]
例2(1)AC　(2)B [(1)f(x)=sin
sin 2x,即f(x)=-sin 2x,對于A,fcos 2x,易知為偶函數,所以A正確;對于B,f(x)=-+kπ,k∈Z x=,k∈Z,故B錯誤;對于C,x∈,2x∈,y=sin 2x單調遞減,則f(x)=-sin 2x單調遞增,故C正確;對于D,f(x)=-sin 2x,則sin 2x∈[-1,1],所以f(x)∈[-,],故D錯誤,故選AC.
(2)∵2cos2=1+sin ωx,f(x)=sin ωx(1+sin ωx)-sin2ωx=sin ωx.令ωx=+2kπ(k∈Z)可得x=,∵f(x)在區間[0,π]上恰好取得一次最大值,∴0≤+2kπ(k∈Z),解得-(k∈Z),∵f(x)在區間上是增函數,∴.綜上,.故選B.]
訓練2　(1)BC　(2)B　[(1)由題意可得:
f(x)=cos 2x·cos=cos2x==.對于選項A:令4x+=kπ,k∈Z,解得x=,k∈Z,所以曲線y=f(x)的對稱軸為x=,k∈Z,故A錯誤;
對于選項B:因為x∈,則4x+,且y=cos x在內單調遞增,所以f(x)在區間上單調遞增,故B正確;對于選項C,當4x+=2kπ,k∈Z,即x=,k∈Z時,f(x)取到最大值為,故C正確;
對于選項D:令4x+,k∈Z,解得x=,k∈Z,可知f(x)的零點為x=,k∈Z,則f(x)在區間[0,2π]上的零點為,,…,,共8個,結合A可知,這些零點均關于直線x=對稱,所以f(x)在區間[0,2π]上的所有零點之和為4×2×π,故D錯誤,故選BC.
(2)令h(x)=f(x)-g(x),當-時,總有f(x1)-f(x2)>g(x1)-g(x2),也即h(x1)>h(x2),故h(x)在區間單調遞減,又h(x)=sin,令-+2kπ,k∈Z,解得k∈(k∈Z),故h(x)在上單調遞減,則t的最大值為π.故選B.]
例3　(1)A　(2)60°　[(1)依題意,2S=bcsin A=b2+c2-a2,sin A=2=2cos A,tan A=2,
由=,
由于三角形ABC是銳角三角形,所以,所以tan B>tan,
所以0<==tan A=2,所以0<,.故選A.
(2)由正弦定理及二倍角公式得:
sin A·2sin Bcos B-sin Csin Acos A=sin Asin Acos C,因為在△ABC中,sin A≠0,2sin Bcos B-sin Ccos A=sin Acos C,即2sin Bcos B=sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin B,即2sin Bcos B=sin B,因為在△ABC中,sin B≠0,所以cos B=>0,所以B=60°.]
訓練3　(1)C　(2)A　[(1)因為2a2+c2=2b2,所以2a2-2b2=-c2,因為a2+c2-b2=2accos B,b2+c2-a2=
2bccos A,兩式相減,得2a2-2b2=2accos B-2bccos A=-c2,∴2acos B-2bcos A=-c,由正弦定理,得
2sin Acos B-2sin Bcos A=-sin C,即-2sin(B-A)=-sin C,因為sin (B-A)=,所以sin C=.故選C.
(2)因為=4csin B+a,由正弦定理得=4csin B+a,即6c2+2b2=4acsin B+a2,由余弦定理得6c2+2(a2+c2-2accos B)=4acsin B+a2,化簡得8c2+a2=4ac(sin B+cos B),即,因為=1,當且僅當a=2c時等號成立,又sinB+≤1,故sin=1,因為B∈(0,π),故B+,則B=,由a=2c,則sin A=2,整理得sin A=
2sin A+2cos A,故tan A=-2,故選A.]
答案精析
專題二　三角恒等變換與正、余弦定理練習
1.B　[由tan=2,得tan α=-3,故sin 2α=2sin αcos α=.故選B.]
2.A　[根據正弦定理得sin B=2sin Asin B,因為B∈(0,π),則sin B≠0,所以1=2sin A,解得sin A=,所以S△ABC==1.故選A.]
3.A　[
=.故選A.]
4.A　[因為2bcos C=a(2-c),兩邊同時乘以a得:2abcos C=a2(2-c),由余弦定理可得a2+b2-c2=2abcos C,則a2+b2-c2=a2(2-c),所以有a2+c2-b2=a2c,又a2+c2-b2=2accos B,所以a2c=2accos B,又因為B=,所以a=1.故選A.]
5.A　[由題意知(-1)sin C=,故(-1)sin C=,
則sin Ccos A=sin Asin C+sin Acos C+sin Ccos A=sin Asin C+sin(A+C)=sin Asin C+sin B,故sin B=(cos A-sin A)sin C,即cos A-sin A,又A=,則,由于,故,即2sin ∈(1,),∴c6.B　[因為2acos B=c-a,結合余弦定理得,2a·=c-a,整理得c=-a,所以,當且僅當,即b=a時,等號成立,此時c=-a=a,此時cos A=,又因為A∈(0,π),所以A=,故選B.]
7.A　[由f(x)=sin(ωx)+cos(ωx)可得:f(x)=2sin,若沿x軸方向平移,考慮其任意性,不妨設得到的函數為g(x)=2sin(ωx+φ).令g(x)=1,即sin(ωx+φ)=,x∈[0,π],取z=ωx+φ,則z∈[φ,ωπ+φ].依題意知,sin z=在[φ,ωπ+φ]上至少有2解,至多有3解,則須使區間[φ,ωπ+φ]的長度在2π到之間,即2π≤ωπ<,解得2≤ω<.故選A.]
8.A　[因為DE=3,DF=2,∠DEF=90°,所以EF=,
設∠BED=θ,θ∈,則∠BDE=-θ,∠CEF=-θ,
∠CFE=+θ,在△BDE中由正弦定理,
即,
所以BE=2,在△CEF中由正弦定理,即=2,
所以CE=2sin,所以BC=BE+CE=2=
2+2
sin(θ+φ),所以BCmax=2,則S△ABC=×(2)2=7,即三角形ABC的面積的最大值是7.故選A.]
9.BCD　[對A:f(x)=sin 2x+1-cos 2x=+1,對稱中心縱坐標為1,故A錯誤;
對B:-,則-,故f(x)的一個單調增區間為,而,故f(x)在上單調遞增,故B正確;對C:fcos 2x+1,故其為偶函數,故C正確;對D;f(x)=0,則sin,2x-
+2k2π,k1,k1∈Z,故x=-+k1π或k2π,k1,k2∈Z,k1=0,x=-;k1=1,x=π;k2=0,x=0,∴f(x)在(-π,π)有三個零點,故D正確.故選BCD.]
10.AC　[由余弦定理可得a2+b2-c2=2abcos C=absin C,解得tan C=2,故A正確;由acos B+bsin A=c及正弦定理,可得sin Acos B+sin Bsin A=sin C=sin(A+B),化簡可得sin Bsin A=cos Asin B.因為B∈(0,π),所以sin B>0,所以sin A=cos A,即tan A=1.因為A∈(0,π),所以A=,故B錯誤;因為tan C=2,所以cos C>0且sin C=2cos C,代入sin2C+cos2C=1,可得5cos2C=1,解得cos C=,sin C=,A=,sin C=,所以由正弦定理可得c==8,由a2+b2-c2=absin C,可得(2)2+b2-82=2,化簡可得b2-4b-24=0,解得b=6(舍),故C正確;S△ABC==24.故選AC.]
11.ABD　[對于A,因為S,所以bccos A=2bcsin A,則tan A=,因為A∈(0,π),所以A=,故A正確;對于B,因為b=2=a,則B=A=,C=,故△ABC只有一解,故B正確;對于C,若△ABC為銳角三角形,則B∈,C∈,則,即sin B∈,由正弦定理可知:b==4sin B∈(2,4),故C錯誤;對于D,若D為BC邊上的中點,則(),所以()=(b2+c2+bc),由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=4,得b2+c2=bc+4,又b2+c2=bc+4≥2bc,所以bc≤+8,當且僅當b=c=時取得等號,所以(b2+c2+bc)=×(4+2bc)≤,即|AD|≤,故D正確.故選ABD.]
12.　[由題可知sin α-sin β=-cos α+cos β,所以sin α+cos α=sin β+cos β,所以,因為α,β∈,所以α+,β+,又α≠β,所以a+=π,故α+β=,所以sin α-sin β=sin α-cos α=-,兩邊平方后得sin2α-2sin αcos α+cos2α=,故sin αcos α=,
tan α+tan β=tan α+.]
13.　[f(x)=sin(ωx)+cos(ωx)=2sin,令t=ωx+,因為0≤x≤π,所以,作出函數y=2sin t的圖象.
要使在區間[0,π]上有且僅有兩個不相等的實數x1,x2,滿足f(x1)+f(x2)=4,即使y=2sin t在區間上必須恰好出現兩個最大值.由圖知,π,解得,故ω的取值范圍為.]
14.　[如圖,
不妨設∠BAD=∠CAE=θ,∠DAE=α,分別記△ABD,△ACE,△ABE,△ACD的面積為S△ABD,S△ACE,S△ABE,S△ACD,
則= ①
= ②
由①②兩式左右分別相乘,可得,故得AC=2AB.設AB=x,在△ABC中,由余弦定理,cos∠ACB=,因x>0,則x+,當且僅當x=時,等號成立,此時
cos∠ACB≥,因0<∠ACB<π,故0<∠ACB≤,∠ACB取得最大值,此時△ABC的面積等于.]專題二　三角恒等變換與正、余弦定理講義
一、考情分析
高頻考點 高考預測
三角函數的化簡與求值(正確應用和、差、倍、半三角公式先化簡再求值,并注意積化和差、和差化積公式的應用) 繼續以選擇、填空題形式考查三角恒等變換求值,正、余弦定理的基本應用,注意與三角函數性質的交匯問題,難度中等偏下
利用三角恒等變換化簡三角函數表達式,進而研究其圖象與性質,或利用三角函數圖象與性質,求參數的值或范圍
利用正、余弦定理解三角形(求邊、角、面積、周長,并注意利用正、余弦定理進行邊角互化)
二、回歸真題
1.(2024·新高考Ⅰ卷)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,則cos(α-β)=(　　)
A.-3m B.- D.3m
2.(2024·全國甲卷)在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若B=,b2=ac,則sin A+sin C=(　　)
A.
3.(2024·新高考Ⅱ卷)已知α為第一象限角,β為第三象限角,tan α+tan β=4,tan αtan β=+1,則sin(α+β)=　　　　.
三、考點探究
考點一　利用三角恒等變換求值(解析式)
例1　(1)(2024·九省聯考)已知θ∈,tan 2θ=-4tan,則=(　　)
A.
(2)(2024·江門模擬)函數f(x)的定義域為R,對任意的x,y,恒有f(x+y)=f(x)ff(y)成立.請寫出滿足上述條件的函數f(x)的一個解析式　　　　　　　　.
總結　1.利用三角恒等變換公式及其變形,注意從“角”“名”“形”的角度分析.
2.對于例1(2)要分析所給抽象函數的結構特征,聯系三角恒等式的特征,猜想三角函數式的結構式,可用賦值法得到三角函數表達式,這是一種新題型.
訓練1　(1)(2024·湖北七市(州)聯測)若α∈,tan α=,則sin=(　　)
A.-
C.-
(2)(2024·浙江強基聯盟聯考改編)已知函數f(x)的定義域為R,且f(0)=f=1,若f(x+y)+f(x-y)=2f(x)·cos y,則函數f(x)的表達式為　　　　　　　　(化到最簡形式).
考點二　三角恒等變換與三角函數的圖象和性質
例2　(1)(多選)(2024·九省聯考)已知函數f(x)=sin,則(　　)
A.函數f為偶函數
B.曲線y=f(x)的對稱軸為x=kπ,k∈Z
C.f(x)在區間上單調遞增
D.f(x)的最小值為-2
(2)(2024·沈陽二中測試)已知函數f(x)=2sin ωx·cos2-sin2ωx(ω>0)在區間上是增函數,且在區間[0,π]上恰好取得一次最大值1,則ω的取值范圍是(　　)
A.
總結　1.先化三角函數式為Asin(ωx+φ)+B的形式,再研究其性質.
2.化三角函數式為關于一個角(或復合角)的一種三角函數的二次或三次函數式形式后,再用換元法化為常見的函數,再利用函數性質或導數求解.
訓練2　(1)(多選)(2024·汕頭一模)已知函數f(x)=cos 2xcos,則(　　)
A.曲線y=f(x)的對稱軸為x=kπ-,k∈Z
B.f(x)在區間上單調遞增
C.f(x)的最大值為
D.f(x)在區間[0,2π]上的所有零點之和為8π
(2)(2024·高郵調研)已知函數f(x)=sin,g(x)=sin 2x,若當-時,總有f(x1)-f(x2)>g(x1)-g(x2
),則實數t的最大值為(　　)
A. D.π
考點三　正、余弦定理的應用
例3　(1)(2024·梅州質檢)已知△ABC是銳角三角形,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,S為△ABC的面積,2S=b2+c2-a2,則的取值范圍為(　　)
A.
C.
(2)(2024·鎮海中學期末)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知asin 2B-sin 2A=asin Acos C,則角B=　　　　.
總結　1.已知兩邊和其中一邊對角可用余弦定理求第三邊,這種方法可避免對解個數的討論.
2.根據給出條件等式的特點,正確選用正、余弦定理及其變形進行邊角互化.
3.求三角形邊、面積及有關式子的最值范圍,常用方法:
(1)大邊對大角,兩邊之和大于第三邊;
(2)化為三角函數,利用三角函數性質及角的范圍求解;
(3)利用基本不等式.
訓練3　(1)(2024·T8二聯)在△ABC中,sin(B-A)=,2a2+c2=2b2,則sin C=(　　)
A. D.1
(2)在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且=4csin B+a,則tan A的值為(　　)
A.-2 B.-3 C.3 D.2
專題二　三角恒等變換與正、余弦定理練習
(分值：73分)
單選題每小題5分，共40分；多選題每小題6分，共18分.
一、單選題
1.(2024·湖北十一校二聯)若tan＝2，則sin 2α＝(　　)
A. B.－ C. D.－
2.(2024·青島適考)△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝2asin B，bc＝4，則△ABC的面積為(　　)
A.1 B. C.2 D.2
3.(2024·湖南雅禮中學測試)求值：＝(　　)
A. B. C.－ D.－
4.(2024·合肥質檢)在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若2bcos C＝a(2－c)，且B＝，則a＝(　　)
A.1 B. C. D.2
5.(2024·泰州調研)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＝，(－1)sin C＝tan Asin，則(　　)
A.c2c
6.(2024·張家港調研)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且2acos B＝c－a.當取最小值時，則A＝(　　)
A. B. C. D.
7.(2024·湖南九校二聯)已知函數f(x)＝sin(ωx)＋cos(ωx)，若沿x軸方向平移f(x)的圖象，總能保證平移后的曲線與直線y＝1在區間[0，π]上至少有2個交點，至多有3個交點，則正實數ω的取值范圍為(　　)
A. B. C. D.[2，4)
8.(2024·浙江五校聯盟聯考)在等邊三角形ABC的三邊上各取一點D，E，F，滿足DE＝3，DF＝2，∠DEF＝90°，則三角形ABC的面積的最大值是(　　)
A.7 B.13 C. D.
二、多選題
9.(2024·泰州調研)已知函數f(x)＝sin 2x＋2sin2x，則(　　)
A.函數f(x)的圖象關于點對稱
B.函數f(x)在區間上單調遞增
C.函數f(x)的圖象向左平移個單位長度所得到的圖象所對應的函數為偶函數
D.函數f(x)在區間(－π，π)上恰有3個零點
10.(2024·大連雙基測試)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若acos B＋bsin A＝c，a＝2，a2＋b2－c2＝absin C，則(　　)
A.tan C＝2 B.A＝
C.b＝6 D.△ABC的面積為12
11.(2024·鷹潭模擬)△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，S為△ABC的面積，且a＝2，·＝2S，下列選項正確的是(　　)
A.A＝
B.若b＝2，則△ABC只有一解
C.若△ABC為銳角三角形，則b的取值范圍是(2，4]
D.若D為BC邊上的中點，則AD的最大值為2＋
三、填空題
12.(2024·南京、鹽城一模)已知α，β∈，且sin α－sin β＝－，cos α－cos β＝，則tan α＋tan β＝________.
13.(2024·河北聯考)已知函數f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω>0)，若在區間[0，π]上有且僅有兩個不相等的實數x1，x2，滿足f(x1)＋f(x2)＝4，則ω的取值范圍為________________.
14.(2024·杭州二中高三測試)如圖，已知BC＝3，D，E為△ABC邊BC上的兩點，且滿足∠BAD＝∠CAE，＝，則當∠ACB取最大值時，△ABC的面積等于________.

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