13、2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：3.1 三角函数小题专项练
【精品推荐】2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版 课件 专题2 三角函数、解三角形与平面向量第1部
＝sinωx＋π5(ω＞0)，已知 f(x) 在0，2π有且仅有 5 个零点， 下述四个结论：
数学 运算
2018·天津卷，6 2017·山东卷，16
①f(x)在(0,2π)有且仅有 3 个极 大值点；
2017·浙江卷，18 ②f(x)在(0,2π)有且仅有 2 个极
小值点；
(3)ω 的确定：结合图象，先求出周期 T，然后由 T＝2ωπ(ω>0) 来确定 ω；(4)φ 的确定：由函数 y＝Asin(ωx＋φ)＋k 最开 始与 x 轴的交点的横坐标为－ωφ即令ωx＋φ＝0，x＝－ωφ 确定 φ.将点的坐标代入解析式时，要注意选择的点属于 “五点法”中的哪一个点．“第一点”(即图象上升时与 x 轴的交点)为 ωx0＋φ＝0＋2kπ，其他依此类推即可．
命题 素养 角度 清单
真题示例
典例回顾
2.(2018·全国卷Ⅱ)若函数
三角 函数 的性 质及 应用
2019·全国卷 f(x)＝cos x－sin x 在[－a，a]
逻辑 Ⅱ，9 上是减函数，则 a 的最大值
推理 2018·全国卷 是(A )
数学 运算
201Ⅱ8·北，京10卷，A．π4
B．π2
11
C．34π
D．π
解析 f(x)＝cos x－sin x＝ 2cosx＋π4.由 2kπ≤x＋π4 ≤2kπ＋π，k∈Z，得 2kπ－π4≤x≤2kπ＋34π，k∈Z，则函 数 f(x)的单调递减区间是2kπ－π4，2kπ＋34π，k∈Z.当 k ＝0 时，函数 f(x)的单调递减区间是－π4，34π.
命题 素养 角度 清单
真题示例
典例回顾
三角 函数 性质 的综 合应 用
2019·全国卷Ⅲ，③f(x)在0，1π0单调递增；
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用解答题综合试题B及答案解析(13页)
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用解答题综合试题B1.已知函数f(x)=x2+mx(m>0),数列{a n}的前n项和为S n.点(n,S n)在f(x)图象上,且f(x)的最小值为-.(1)求数列{a n}的通项公式;,记数列{b n}的前n项和为T n,求证:T n<1.(2)数列{b n}满足b n=--2.(2019河南南阳一中高三一模,理18)在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=2CD=2BC=2AD=4,∠DAB=60°,AE=BE,△PAD为正三角形,且平面PAD ⊥平面ABCD.(1)求二面角P-EC-D的余弦值;(2)线段PC上是否存在一点M,使异面直线DM和PE所成角的余弦值为?若存在,指出点M的位置;若不存在,请说明理由.3.(2019安徽江淮十校高三最后一卷,理19)某销售公司在当地A、B两家超市各有一个销售点,每日从同一家食品厂一次性购进一种食品,每件200元,统一零售价为每件300元,两家超市之间调配食品不计费用,若进货不足食品厂以每件250元补货,若销售有剩余食品厂以每件150回收.现需决策每日购进食品数量,为此搜集并整理了A、B两家超市往年同期各50天的该食品销售记录,得到如下数据:0000以这些数据的频数代替两家超市的食品销售件数的概率,记X表示这两家超市每日共销售食品件数,n表示销售公司每日共需购进食品的件数.(1)求X的分布列;(2)以销售食品利润的期望为决策依据,在n=19与n=20之中选其一,应选哪个?4.(2019河北石家庄高三模拟,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|=2x0.(1)求抛物线C的方程;(2)过点P引圆M:(x-3)2+y2=r2(0<r≤)的两条切线PA,PB,切线PA,PB与抛物线C的另一交点分别为A,B,线段AB中点的横坐标记为t,求t的取值范围.5.(2019山东潍坊高三二模,理)已知函数f(x)=x e x-1-a ln x(无理数e=2.718…).(1)若f(x)在(1,+∞)单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a=0时,设g(x)=·f(x)-x2-x,证明:当x>0时,g(x)>1--2.6.已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=4cos θ,直线l与圆C交于A,B 两点.(1)求圆C的直角坐标方程及弦AB的长;(2)动点P在圆C上(不与A,B重合),试求△ABP的面积的最大值.7.已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|.(1)求函数f(x)的值域M;(2)若a∈M,试比较|a-1|+|a+1|,-2a的大小.参考答解答题综合练B1.(1)解f(x)=(x+m)2-,故f(x)的最小值为-=-,又m>0,所以m=,即S n=n2+n,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=n;当n=1时,a1=1也适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=n.(2)证明由(1)知b n=----,所以T n=1-+…+--=1--,所以T n<1.2.解(1)设O是AD的中点,连接PO,OE,△PAD为正三角形,则PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD.∵AD=AE=2,∠DAB=60°,故△ADE为正三角形.∴OE⊥AD.建立如图所示空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),E(0,,0),C(-2,,0),D(-1,0,0),于是=(-2,,-),=(0,,-),=(1,0,), 设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),由得---不妨取y=1,则z=1,x=0.∴n1=(0,1,1).平面EDC的一个法向量为n2=(0,0,1),设二面角P-EC-D的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos<n1,n2>|=由图知θ为锐角,所以二面角P-EC-D的余弦值为(2)设= 0≤λ≤1 则=(-2λ,,-),=(1-2λ,,),=(0,,-),所以|cos<>|=-,解得λ=或λ=, 所以存在点M为线段PC的三等分点.3.解(1)由已知两家超市销售食品件数8,9,10,11的概率分别为X取值为16,17,18,19,20,21.P(X=16)=;P(X=17)=2=;P(X=18)=2=;P(X=19)=2+2=;P(X=20)=2=;P(X=21)=2=;P(X=22)=所以X的分布列为(2)当n=19时,记Y1为A,B两家超市销售该食品的利润,则Y1的分布列为E(Y1)=1 450+1 600+1 750+1 900+1 950+2 000+2 050=1 822.当n=20时,记Y2为A,B两家超市销售该食品的利润,则Y2的分布列为E(Y2)=1 400+1 550+1 700+1 850+2 000+2 050+2 100=1 804.因为E(Y1)>E(Y2),故应选n=19.4.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+,由题意得解得所以抛物线的方程为y2=4x.(2)由题意知,过P引圆(x-3)2+y2=r2(0<r)的切线斜率存在,且不为0.设切线PA的方程为y=k1(x-1)+2,则圆心M(3,0)到切线PA的距离d==r,整理得,(r2-4)-8k1+r2-4=0.设切线PB的方程为y=k2(x-1)+2,同理可得(r2-4)-8k2+r2-4=0.所以,k1,k2是方程(r2-4)k2-8k+r2-4=0的两根,k1+k2=-,k1k2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由-得k1y2-4y-4k1+8=0,由韦达定理知,2y1=-,所以y1=--2=4k2-2,同理可得y2=4k1-2.设点D的横坐标为x0,则x0=--=2( )-2(k1+k2)+1=2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3.设t=k1+k2,则t=-[-4,-2),所以x0=2t2-2t-3,对称轴t=>-2,所以9<x0≤37.5.(1)解由题意可得f'(x)=(1+x)e x-1---0在(1,+∞)内恒成立.∴a≤ x+x2)e x-1.令h(x)=(x+x2)e x-1,则h'(x)=(1+3x+x2)e x-1>0, ∴函数h(x)=(x+x2)e x-1在(1,+∞)内单调递增.∴a≤h(1)=2.∴实数a的取值范围是(-∞,2].(2)证明当a=0时,g(x)=f(x)-x2-x=e x-x2-x.g'(x)=e x-2x-1.令u(x)=g'(x)=e x-2x-1,则u'(x)=e x-2,可得x=ln 2时,函数u(x)取得极小值,g'(ln 2)=u(ln 2)=1-2ln 2<0.∵g'(0)=0,又g'1+ln 2=-21+ln 2-1=e-3-ln 2>0.∴存在x0∈ln 2,1+ln 2,使得g'(x0)=-2x0-1=0,=2x0+1.由单调性可得,当x=x0时,函数g(x)取得极小值,即最小值,∴g(x ≥g(x0)=-x0=2x0+1--x0=-+x0+1=-x0-2+由x0∈ln 2,1+ln 2,可得函数y=g(x0)单调递减,故g(x ≥g(x0)>-1+ln 2-2+>1--2.∴当x>0时,g(x)>1--2.6.解(1)由ρ=4cos θ得ρ2=4ρcos θ,所以x2+y2-4x=0,所以圆C的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.将直线l的参数方程代入圆C:(x-2)2+y2=4,并整理得t2+2t=0,解得t1=0,t2=-2, 所以直线l被圆C截得的弦长为|t1-t2|=2(2)直线l的普通方程为x-y-4=0.圆C的参数方程为(θ为参数),可设圆C上的动点P(2+2cos θ,2sin θ),则点P到直线l的距离d==-当cosθ+=-1时,d 取最大值,且d 的最大值为2+,所以S△ABP2(2+)=2+2,即△ABP的面积的最大值为2+27.解(1)f(x)=----根据函数f(x)的单调性可知,当x=时,f(x)min=f=所以函数f(x)的值域M=,+∞.(2)∵a∈M,∴a,∴0<1.又|a-1|+|a+1|=a-1+a+1=2a≥3 ∴a,知a-1>0,4a-3>0,-->0,-2a,所以|a-1|+|a+1|>-2a.。
2020版高三数学新课标大二轮增分攻略数学(理) 专题一三角函数与解三角形第一讲 三角函数的图象与性质
第三篇 重点热点、突破篇第一讲 三角函数的图象与性质[高考导航]1．三角函数的图象，主要涉及图象变换问题以及由图象确定函数解析式问题．2．三角函数的性质，通常是给出函数解析式，先进行三角变换，将其转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式再研究其性质(如单调性、值域、对称性)，或知道某三角函数的图象或性质求其解析式，再研究其他性质．考点一 同角三角关系式及诱导公式1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P (x ，y )，则sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx (x ≠0)．各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．2．同角基本关系式：sin 2α＋cos 2α＝1，sin αcos α＝tan α⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠k π＋π2，k ∈Z . 3．诱导公式：在k π2＋α，k ∈Z 的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．1．(2019·广东惠州二调)已知sin x ＋cos x ＝15，x ∈[0，π]，则tan x 的值为( )A ．－34B ．－43C ．±43D ．－34或－43[解析] ∵sin x ＋cos x ＝15，∴(sin x ＋cos x )2＝125，即1＋2sin x cos x ＝125.∴2sin x cos x ＝－2425<0.∵x ∈[0，π]，∴sin x >0，cos x <0. ∴sin x －cos x >0.∴(sin x －cos x )2＝1－2sin x cos x ＝4925，∴sin x －cos x ＝75. 又知sin x ＋cos x ＝15，∴sin x ＝45，cos x ＝－35，则tan x ＝sin x cos x ＝－43，故选B. [答案] B2．(2019·福州质检)已知P (sin40°，－cos140°)为锐角α终边上的点，则α＝( )A ．40°B ．50°C ．70°D ．80°[解析] ∵P (sin40°，－cos140°)为角α终边上的点，因而tan α＝－cos140°sin40°＝－cos (90°＋50°)sin (90°－50°)＝sin50°cos50°＝tan50°，又α为锐角，则α＝50°，故选B.[答案] B3．(2019·唐山五校联考)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6＋x ＝15，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝( )A ．－15 B.15 C.25 D ．－25 [解析] cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π＋π6＋x ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－5π6＋x ＝－15.[答案] A4．(2019·河北六校第三次联考)若sin α是方程5x 2－7x －6＝0的根，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α－32πsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－αtan 2(2π－α)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋αsin (π＋α)＝( )A.35B.53C.45D.54[解析] ∵方程5x 2－7x －6＝0的两根分别为x 1＝2和x 2＝－35，∴sin α＝－35.则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α－32πsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－αtan 2(2π－α)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋αsin (π＋α)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α(－cos α)tan 2αsin α(－sin α)(－sin α)＝－cos 2α·sin 2αcos 2αsin 3α＝－1sin α＝53，故选B. [答案] B5．(2019·云南师大附中月考)已知tan θ＝2，则sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θ的值为( )A.195B.165C.2310D.1710[解析] 解法一：sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θ＝sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θsin 2θ＋cos 2θ＝tan θ＋1tan θ＋tan 2θtan 2θ＋1，将tan θ＝2代入，得原式＝2310，故选C.解法二：tan θ＝2＝21，在平面直角坐标系xOy 中，不妨设θ为锐角，角θ的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，在终边上取点P (1,2)，则|OP |＝5，由三角函数的定义，得sin θ＝25，cos θ＝15，所以sin θ＋cos θsin θ＋sin 2θ＝25＋1525＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝2310，故选C.[答案] C6．(2019·湘东六校联考)在平面直角坐标系xOy 中，点P (x 0，y 0)在单位圆O 上，设∠xOP ＝α，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4.若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－45，则x 0的值为________．[解析] ∵点P (x 0，y 0)在单位圆O 上，且∠xOP ＝α，∴cos α＝x 0，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－45，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝35，∴x 0＝cos α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝－45×22＋35×22＝－210. [答案] －210(1)涉及与圆及角有关的函数建模问题，常常借助三角函数的定义求解．应用定义时，注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上点的位置无关．(2)应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限内的符号；利用同角三角函数的关系化简过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．考点二 三角函数的图象及变换1．“五点法”作函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点、连线可得．2．两种图象变换【例1】 (1)(2019·南昌调研)函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象可由函数g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象( )A ．向左平移π2个单位长度得到 B ．向右平移π2个单位长度得到 C ．向左平移π4个单位长度得到 D ．向右平移π4个单位长度得到(2)(2019·济南模拟)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2<φ<0的部分图象如图所示，则φ＝________.[解题指导] (1)化f (x )为正弦形式→转化为x 上的变化量→确定结果(2)由对称中心及对称轴得周期T→由T ＝2πω得ω→利用f ⎝⎛⎭⎪⎫1112π＝－2及φ的范围得φ值[解析] (1)∵f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋π2＝ sin ⎩⎨⎧⎭⎬⎫2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋π4，∴只需将函数g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象向左平移π4个单位长度即可得到f (x )的图象．故选C.(2)由T 4＝1112π－23π＝π4，得T ＝π，又知T ＝2πω，∴ω＝2，∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)．又知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1112π＝－2，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫116π＋φ＝－2， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫116π＋φ＝－1.∴116π＋φ＝2k π＋32π(k ∈Z )． ∴φ＝2k π－π3(k ∈Z )，又∵－π2<φ<0，∴φ＝－π3. [答案] (1)C (2)－π3解决三角函数图象问题的策略(1)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．1．(2019·广东揭阳一模)将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2≤φ<π2图象上每一点的横坐标先伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平移π3个单位长度得到y ＝sin x 的图象，则函数f (x )的单调递增区间为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π12，2k π＋5π12，k ∈Z B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π6，2k π＋5π6，k ∈Z C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋5π6，k ∈Z [解析] 解法一：将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，则函数变为y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ωx ＋φ，再向左平移π3个单位长度得到的函数为y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12ω⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ωx ＋ωπ6＋φ＝sin x ，又ω>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧12ω＝1，ωπ6＋φ＝2k π，k ∈Z ，又－π2≤φ<π2，所以ω＝2，φ＝－π3，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3，由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，可得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z .故选C.解法二：将y ＝sin x 的图象向右平移π3个单位长度得到的函数为y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3，将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3的图象上每一点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，则函数变为y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝f (x )，由2k π－π2≤2x－π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，可得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，故选C.[答案] C2．(2019·太原3月联考)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－π6，π3，x 1≠x 2且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝( )A ．1B.12C.22D.32[解析] 由题图知A ＝1，函数f (x )的最小正周期T ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π，所以2πω＝π，即ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)，又因为点⎝⎛⎭⎪⎫－π6，0在图象的上升段上，所以－π3＋φ＝2k π(k ∈Z )，所以φ＝2k π＋π3(k ∈Z )，又|φ|<π2，所以φ＝π3，故f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，可知在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3上，函数f (x )的图象关于x ＝π12对称，因为x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，f (x 1)＝f (x 2)，所以x 1＋x 2＝π6，所以f (x 1＋x 2)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝32.故选D.[答案] D考点三 三角函数的性质1．三角函数的单调区间y ＝sin x 的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z )； y ＝cos x 的单调递增区间是[2k π－π，2k π](k ∈Z )，单调递减区间是[2k π，2k π＋π](k ∈Z )；y ＝tan x 的递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z )．2．三角函数的奇偶性与对称性y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得．y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得．y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数． 角度1：研究三角函数的单调性、奇偶性、周期性【例2】 (2019·天津卷)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，将y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g (x )．若g (x )的最小正周期为2π，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8＝( ) A ．－2 B ．－ 2 C. 2 D ．2 [解题指导]由奇函数确定φ→由伸缩变换确定g (x )的解析式→由g (x )的周期确定ω→由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2确定A[解析] ∵f (x )＝A sin(ωx ＋φ)为奇函数，∴φ＝k π，k ∈Z ，又|φ|<π，∴φ＝0，∴f (x )＝A sin ωx ，则g (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x .由g (x )的最小正周期T ＝2π，得ω2＝2πT ＝1，∴ω＝2.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝A sin π4＝22A ＝2，∴A ＝2， ∴f (x )＝2sin2x ，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8＝2sin 3π4＝2，故选C.[答案] C角度2：求三角函数的单调区间及最值【例3】 (2019·石家庄二中月考)已知函数f (x )＝(23cos ωx ＋sin ωx )sin ωx －sin 2⎝⎛⎭⎪⎫π2＋ωx (ω>0)，且函数y ＝f (x )的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4.(1)求ω的值和函数f (x )的单调递增区间； (2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的值域．[解题指导] (1)化简函数解析式→利用周期性和对称性求ω值→写出f (x )解析式→求f (x )单调递增区间(2)由x 范围求出角整体范围→利用f (x )单调性和图象求出值域[解] (1)f (x )＝23cos ωx ·sin ωx ＋sin 2ωx －cos 2ωx ＝3sin2ωx －cos2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6.由f (x )图象的一个对称中心，到最近的对称轴的距离为π4，知14·2π2ω＝π4，即ω＝1.所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6＋k π，π3＋k π(k ∈Z )．(2)因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6， 所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤1，所以－1≤f (x )≤2. 即函数f (x )的值域为[－1,2]．三角函数性质问题的解题策略(1)讨论三角函数的单调性，研究函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数．(2)求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的单调区间，是将ωx ＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为y ＝A sin(ωx ＋φ)的增区间(或减区间)，但是当A >0，ω<0时，需先利用诱导公式变形为y ＝－A sin(－ωx －φ)，则y ＝－A sin(－ωx －φ)的增区间即为原函数的减区间，减区间即为原函数的增区间．(3)求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)在某一区间的最值时，将ωx ＋φ视为整体，借助正弦函数的图象和性质求解．1．(2019·太原一模)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期是π，若将其图象向右平移π3个单位后得到的图象关于原点对称，则函数f (x )的图象( )A ．关于直线x ＝π12对称 B ．关于直线x ＝5π12对称C ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0对称D ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12，0对称[解析] ∵f (x )的最小正周期为π，∴2πω＝π，ω＝2，∴f (x )的图象向右平移π3个单位后得到g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π3＋φ的图象，又g (x )的图象关于原点对称，∴－2π3＋φ＝k π，k ∈Z ，φ＝2π3＋k π，k ∈Z ，又|φ|<π2，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪2π3＋k π<π2，∴k ＝－1，φ＝－π3，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，当x ＝π12时，2x －π3＝－π6， ∴A 、C 错误，当x ＝5π12时，2x －π3＝π2，∴B 正确，D 错误． [答案] B2．(2019·豫南九校4月联考)已知函数f (x )＝ sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π4. (1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3，且F (x )＝－4λf (x )－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3的最小值是－32，求实数λ的值． [解] (1)∵f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2x － 2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π4 ＝12cos2x ＋32sin2x ＋(sin x －cos x )(sin x ＋cos x ) ＝12cos2x ＋32sin2x ＋sin 2x －cos 2x ＝12cos2x ＋32sin2x －cos2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )， ∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(2)F (x )＝－4λf (x )－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3＝－4λsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝2sin 2⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－4λsin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－λ2－1－2λ2. ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3，∴0≤2x －π6≤π2， ∴0≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6≤1.①当λ<0时，当且仅当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝0时，F (x )取得最小值，最小值为－1，这与已知不相符；②当0≤λ≤1时，当且仅当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝λ时，F (x )取得最小值，最小值为－1－2λ2，由已知得－1－2λ2＝－32，解得λ＝－12(舍)或λ＝12；③当λ>1时，当且仅当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1时，F (x )取得最小值，最小值为1－4λ，由已知得1－4λ＝－32，解得λ＝58，这与λ>1矛盾．综上所述，λ＝12.1．(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中，以π2为周期且在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2单调递增的是( )A ．f (x )＝|cos2x |B ．f (x )＝|sin2x |C ．f (x )＝cos|x |D ．f (x )＝sin|x |[解析] 对于选项A ，作出y ＝|cos2x |的部分图象，如图1所示，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，且最小正周期T ＝π2，故A 正确．对于选项B ，作出f (x )＝|sin2x |的部分图象，如图2所示，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递减，且最小正周期T ＝π2，故B 不正确． 对于选项C ，∵f (x )＝cos|x |＝cos x ，∴最小正周期T ＝2π，故C 不正确．对于选项D ，作出f (x )＝sin|x |的部分图象，如图3所示．显然f (x )不是周期函数，故D 不正确．故选A.[答案] A2．(2018·全国卷Ⅱ)若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]是减函数，则a 的最大值是( )A.π4B.π2C.3π4 D ．π[解析] f (x )＝cos x －sin x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，由题意得a >0，故－a ＋π4<π4，因为f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4在[－a ，a ]是减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋π4≥0，a ＋π4≤π，a >0，解得0<a ≤π4，所以a 的最大值是π4，故选A. [答案] A3．(2019·全国卷Ⅰ)关于函数f (x )＝sin|x |＋|sin x |有下述四个结论： ①f (x )是偶函数②f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递增 ③f (x )在[－π，π]有4个零点 ④f (x )的最大值为2其中所有正确结论的编号是( ) A ．①②④ B ．②④ C ．①④D ．①③[解析] f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f (－x )＝sin|－x |＋|sin(－x )|＝sin|x |＋|sin x |＝f (x )，故f (x )是偶函数，①正确；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，f (x )＝sin x ＋sin x ＝2sin x 单调递减，②不正确； 当x ∈[0，π]时，sin x ≥0，f (x )＝2sin x 有两个零点，当x ∈[－π，0)时，f (x )＝－2sin x 仅有一个零点，故③不正确；当x ≥0时，f (x )＝sin x ＋|sin x |，其最大值为2，又f (x )是R 上的偶函数，故f (x )在R 上的最大值为2，④正确．综上，①④正确，②③不正确．故选C. [答案] C4．(2019·浙江卷)设函数f (x )＝sin x ，x ∈R .(1)已知θ∈[0,2π)，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值； (2)求函数y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π42的值域．[解] (1)因为f (x ＋θ)＝sin(x ＋θ)是偶函数，所以，对任意实数x 都有sin(x ＋θ)＝sin(－x ＋θ)，即sin x cos θ＋cos x sin θ＝－sin x cos θ＋cos x sin θ，故2sin x cos θ＝0，所以cos θ＝0.又θ∈[0,2π)，因此θ＝π2或3π2. (2)y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π122＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π42＝sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π12＋sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π62＋1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos2x －32sin2x＝1－32cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.因此，函数的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－32，1＋32.高考对此部分内容主要以选择、填空题的形式考查，难度为中等偏下，大多出现在6～12或第14～15题位置上，命题的热点主要集中于三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题．专题强化训练(十一)一、选择题1．(2019·菏泽一模)若角α的终边过点A (2,1)，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－α＝( )A ．－255B ．－55 C.55 D.255[解析] 由题意知cos α＝25＝255，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－α＝－cos α＝－255.[答案] A2．(2019·桂林一模)已知sin(5π－α)＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＋2cos α＝( )A.225 B.－25 C ．－2 2 D ．－2[解析] 由sin(5π－α)＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α，得sin α＝－3cos α，所以tan α＝－3，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin α＋2cos α＝22(cos α－sin α)sin α＋2cos α＝22(1－tan α)tan α＋2＝22×4－1＝－2 2.故选C.[答案] C3．(2019·湖南湘中高三联考)已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)，其中φ为实数，若f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对x ∈R 恒成立，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (π)，则f (x )的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π，k π＋π2(k ∈Z ) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z )D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π2，k π(k ∈Z ) [解析] 因为f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6对x ∈R 恒成立，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，所以φ＝k π＋π6(k ∈Z )．因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (π)，所以sin(π＋φ)>sin(2π＋φ)，即sin φ<0，所以φ＝－56π＋2k π(k ∈Z )，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －56π，所以由三角函数的单调性知2x －5π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )，得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z )，故选C.[答案] C4．(2019·廊坊省级示范性高中联合体联考(一))已知函数f (x )＝－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，则( )A ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，其图象关于直线x ＝－π12对称B ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，其图象关于直线x ＝－π12对称C ．f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，其图象关于直线x ＝－π6对称D ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递减，其图象关于直线x ＝－π6对称[解析] f (x )＝－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4时，3x ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π，可得函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4上单调递增，又由3x ＋π4＝0，解得x ＝－π12，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称．故选A.[答案] A5．(2019·湖南省四校联考)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是( )A ．1，3π4B ．2，π4 C ．π，3π4D ．2π，π4[解析] 由题图知最小正周期T ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫54－14＝2，所以ω＝2πT ＝π，所以f (x )＝2sin(πx ＋φ)，把⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0代入，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝0，即π4＋φ＝k π(k ∈Z )，所以φ＝k π－π4(k ∈Z )．因为0<φ<π，所以φ＝3π4，故选C.[答案] C6．(2019·福州质量检测)若将函数y ＝3cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π2的图象向右平移π6个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫π6，0 B.⎝⎛⎭⎪⎫－π6，0 C.⎝⎛⎭⎪⎫π12，0 D.⎝⎛⎭⎪⎫－π12，0 [解析] 将函数y ＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2的图象向右平移π6个单位长度，得y ＝3cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋π2＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象，由2x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，当k ＝0时，x ＝π6，所以平移后图象的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，故选A. [答案] A 二、填空题7．(2019·河北沧州模拟)已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线2x －y ＝0上，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ－sin (π－θ)＝________.[解析] 设点P (a,2a )(a ≠0)为角θ终边上任意一点，根据三角函数的定义有tan θ＝yx ＝2，再根据诱导公式，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋θ＋cos (π－θ)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ－sin (π－θ)＝－cos θ－cos θcos θ－sin θ＝－21－tan θ＝2.[答案] 28．(2019·安徽六安一中3月月考)若函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(0<ω<1)在区间(π，2π)内有最值，则ω的取值范围为________．[解析] 函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(0<ω<1)取最值时，ωx ＋π6＝k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝1ω⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π3(k ∈Z )，因为f (x )在区间(π，2π)内有最值，所以1ω⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π3∈(π，2π)时，k 有解，所以1<1ω·⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋13<2，即⎩⎪⎨⎪⎧ω<k ＋13，k 2＋16<ω⇒k 2＋16<ω<k ＋13.由k 2＋16<k ＋13得k >－13.当k ＝0时，16<ω<13，当k ＝1时，结合0<ω<1，得23<ω<1，所以ω的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫16，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫16，13∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 9．(2019·江西南昌重点中学段考测试)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫0<ω<3，|φ|<π2，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝0，则f (π)＝________. [解析]解法一：因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－πω12＋φ＝0，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5πω12＋φ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－π12ω＋φ＝k 1π，5π12ω＋φ＝k 2π(k 1，k 2∈Z )，两式相减得，12ω＝k 2－k 1(k 1，k 2∈Z )．因为0<ω<3，且k 2－k 1是整数，所以ω＝2.将点⎝⎛⎭⎪⎫－π12，0看作“五点”中的第一点，则－π6＋φ＝0，所以φ＝π6，满足|φ|<π2.所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以f (π)＝12. 解法二：设f (x )的最小正周期为T ，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫512π＝0可得x＝－π12和x ＝5π12是函数f (x )的两个零点，所以k 1·T 2＝512π－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝π2(k 1∈N )，即T ＝πk 1(k 1∈N )，又知T ＝2π|ω|(ω>0)，所以2πω＝πk 1(k 1∈N )，所以ω＝2k 1(k 1∈N )，又0<ω<3，所以当k 1＝1时，ω＝2.所以f (x )＝sin(2x＋φ)．由f ⎝⎛⎭⎪⎫－π12＝0，得－π6＋φ＝k 2π(k 2∈Z )，所以φ＝k 2π＋π6(k 2∈Z )，又|φ|<π2，所以φ＝π6，则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，所以f (π)＝12.[答案] 12 三、解答题10．(2019·北京西城二模)已知函数f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求函数f (x )的定义域；(2)设β∈(0，π)，且f (β)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4，求β的值． [解] (1)由x ＋π4≠k π＋π2，k ∈Z ，得x ≠k π＋π4，k ∈Z .所以函数f (x )的定义域是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≠k π＋π4，k ∈Z . (2)依题意，得tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4. 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4cos ⎝⎛⎭⎪⎫β＋π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4. 整理得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4·⎣⎢⎡⎦⎥⎤2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4－1＝0，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝0或cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝12.因为β∈(0，π)，所以β＋π4∈⎝⎛⎭⎪⎫π4，5π4.由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝0，得β＋π4＝π，即β＝3π4； 由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π4＝12，即β＋π4＝π3，即β＝π12.所以β＝π12或β＝3π4.11．(2019·云南曲靖一中模拟)已知函数f (x )＝2cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋3sin 2x ＋sin x cos x .(1)求函数f (x )的最小正周期．(2)若f (x )－m ＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3恰有一实数根，求m 的取值范围．[解] (1)函数f (x )＝2cos x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2cos x⎝⎛⎭⎪⎫sin x cos π3－cos x sin π3＋3sin 2x＋sin x cos x＝2cos x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x －32cos x ＋3sin 2x ＋sin x cos x ＝2sin x cos x －3cos 2x ＋3sin 2x ＝sin2x －3cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. 故函数f (x )的最小正周期为2π2＝π.(2)在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3时，f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象如下．∵f (0)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫－π3＝－3，f ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫4π3－π3＝0，∴当方程f (x )－m ＝0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3恰有一实数根时，m 的取值范围为[－3，0)∪{2}．12．(2019·山东济南一模)已知函数f (x )＝sin(2π－x )·sin ⎝⎛⎭⎪⎫3π2－x －3cos 2x ＋ 3.(1)求f (x )的最小正周期和图象的对称轴方程； (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π12时，求f (x )的最小值和最大值．[解] (1)由题意，得f (x )＝(－sin x )(－cos x )－3cos 2x ＋3＝sin x cos x －3cos 2x ＋3＝12sin2x －32(cos2x ＋1)＋3＝12sin2x －32cos2x ＋32＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π；令2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，则x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )， 故所求图象的对称轴方程为x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )． (2)当0≤x ≤7π12时，－π3≤2x －π3≤5π6.由函数图象(图略)可知，－32≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤1， 即0≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＋32≤2＋32.故f (x )的最小值为0，最大值为2＋32.。
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题一三角函数和解三角形第1讲三角函数的图象和性质
返回导航
专题一 三角函数和解三角形
高考二轮总复习 • 数学
所以 ω＝－16＋23k，k∈Z， 所以 ω＝52，f(x)＝sin 52x＋π4＋2， 所以 fπ2＝sin 54π＋π4＋2＝1. 故选 A.
返回导航
专题一 三角函数和解三角形
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
2．(2022·全国甲卷)设函数 f(x)＝sin ωx＋π3在区间(0，π)恰有三个极
返回导航
【解析】 f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，所以 f(x) 在区间0，π2和32π，2π上 f′(x)>0，即 f(x)单调递增；在区间π2，32π上 f′(x)<0， 即 f(x)单调递减，又 f(0)＝f(2π)＝2，fπ2＝π2＋2，f32π＝－32π＋1＋1＝－ 32π，所以 f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－32π，最大值为π2＋2.故选 D.
值点、两个零点，则 ω 的取值范围是
( C)
A．53，163
B．53，169
C．163，83
D．163，169
专题一 三角函数和解三角形
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
【解析】 依题意可得 ω>0，因为 x∈(0，π)，所以 ωx＋π3∈π3，ωπ＋π3，
要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，
又 y＝sin x，x∈π3，3π的图象如下所示：
则52π<ωπ＋π3≤3π，解得163<ω≤83，即 ω∈163，83.故选 C.
专题一 三角函数和解三角形
高考二轮总复习 • 数学
返回导航
3．(2022·全国甲卷)将函数 f(x)＝sin ωx＋π3(ω>0)的图象向左平移π2个 单位长度后得到曲线 C，若 C 关于 y 轴对称，则 ω 的最小值是 ( C )
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版 课件：第一部分 第3讲 一、分类讨论思想
(0,x0)内 p(x)单调递减,从而有:x∈(0,x0)时,p(x)<p(0)=0,不符合题意.
综上可知,a 的取值范围是(-∞,1].
-11-
思维升华 含有参数的分类讨论问题主要包括:(1)含有参数的不 等式的求解;(2)含有参数的方程的求解;(3)函数解析式中含参数的 最值与单调性问题;(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等.
无极值点;
当 b>0 时,由 h'(x)=(e���e��� )���2��� -������=0,得 x=12ln b,
当 x<1ln b 时,h'(x)<0,所以 h(x)在 -∞,1ln b 内单调递减;
2
2
当 x>12ln b 时,h'(x)>0,所以 h(x)在 12ln b,+∞ 内单调递增. 所以 h(x)的极小值点为12ln b.
-3-
应用一 由数的概念引起的分类讨论
由t例antan1������(���+���2π401=9 江t1at-natan苏���n���+������������1卷=,1t3an)t已a������n(1知������-t+at1na���n���t)a=���n���+-������23π4,得=-323t,a则n2αsi-n5ta2nαα+-2π4=0的, 值 解是得 tan α=2 或. tan α=-13.
所以 q3-1≠0,则 2q3+1=0,
解得 q=-324.
关闭
C
解-析6-
答案
思维升华 1.在中学数学中,一次函数、二次函数、指数函数、对 数函数的单调性,基本不等式,等比数列的求和公式等在不同的条 件下有不同的结论,或者在一定的限制条件下才成立,应根据题目 条件确定是否进行分类讨论.
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.3 热点小专题一 导数的应用
令
h(t)=43t-35������,则
h'(t)=43
+
5 3������ 2
>0,所以
h(t)在(0,1]上单调递增.
所以 h(t)max=h(1)=-13.
所以 a≥-13.
当-1≤t<0 时,a≤ 43t-35������.
令
g(t)=43t-35������,则
g'(t)=43
+
5 3������ 2
-12-
热点一
热点二
热点三
热点四
对点训练3(1)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在区间(-∞,+∞)单调递
增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1]
B. -1,13
C.
-13
,
1 3
D. -1,-13
(2)设 f(x)=ex(ln x-a),若函数 f(x)在区间 1e,e 上单调递减,则实数 a
1<
2
0(,2)
������1+,32 1,解得
1≤k<32.
关闭
解-1析1-
答案
热点一
热点二
热点三
热点四
解题心得已知函数的单调性求参数范围关键是转化,即“若函数 单调递增,则f'(x)≥0;若函数单调递减,则f'(x)≤0”.如本例(1)先转化为 f'(x)>0,由此分离出参数再转化为求函数最值.本例(2)中,若函数某 个区间内不是单调函数,可转化为函数的极值点在这个区间内.
2.3 热点小专题一 导数的应用
一、考情分析
从近几年高考客观题对导数应用的考查主要是:利用导数的几何
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：第一部分 第3讲 二、转化化归思想
1,…,a2-a1=2,累加得:an-a1=n+(n-1)+…+3+2,
∴an=1+2+3+…+n=12n(n+1).
当 n=1 时,a1=12 ×1×(1+1)=1 也满足上式.
∴数列{an}的通项公式为
an=12n(n+1).
∴bn=������
1
������ +1
+
1 ������������ +2
且 g(-1)=-3e-1≥h(-1)=-a-a,解得23e ≤a<1.
-9-
解法 3 由 f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中 a<1,得 f(0)=1-a<0,得满足题意
的整数 x0=0.
又 f(1)=e>0,根据唯一性,得 f(-1)≥0 也要成立,即 e-1(-2-1)+a+a≥0,
显然,当a≤0时,满足不等式g(x)<h(x)的整数有无数多个.
-7-
函数 g(x)=ex(2x-1)的图象与 y 轴的交点为 A(0,-1),与 x 轴的交点为
D
1 2
,0
.取点 C
-1,-
3 e
.
由图可知,不等式 g(x)<h(x)只有一个整数解时,须满足 kPC≤a<kPA.
而
kPC=01--(--13e )
问题转化为对-1≤a≤1,恒有 g(x)<0,即 φ(a)<0,
所以 ������(1) < 0, ������(-1) < 0,
即 3������2-������-2 < 0, 3������2 + ������-8 < 0,
2020《新高考 二轮专题突破+考前集训 理科数学》课件 第1部分 重难专题 专题7 解析几何
二轮专题突破+考前集训 理科数学
专题网络建构
小题考点探究
大题题型探究
专题七 解析几何
解析：依题意，设圆的半径为 r，则 r＝1，设圆(x－ 2)2＋y2＝1 的圆心到直线 y＝ 3x＋b 的距离为 d.∵圆(x－ 2)2＋y2＝1 上的点到直线 y＝ 3x＋b 的最短距离为 3， ∴d－r＝ 3，即|2 33＋＋1b|－1＝ 3，解得 b＝2 或 b＝－4 3 －2.故选 D.
二轮专题突破+考前集训 理科数学
专题网络建构
小题考点探究
大题题型探究
专题七 解析几何
考点 3 圆锥曲线的几何性质 【典例印证】 (2019 全国卷Ⅰ，16)已知双曲线 C：xa22－yb22＝1(a＞0， b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 的直线与 C 的 两条渐近线分别交于 A，B 两点．若F→1A＝A→B，F→1B·F→2B ＝0，则 C 的离心率为____2____．
二轮专题突破+考前集训 理科数学
专题网络建构
小题考点探究
大题题型探究
专题七 解析几何
【题组微练】
1．(2019 北京朝阳四模)已知 F1，F2 分别为双曲线 C： xa22－by22＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，直线 y＝ 3x 与双
曲线 C 的一个交点 P 在以线段 F1F2 为直径的圆上，则双 曲线 C 的离心率为( C )
二轮专题突破+考前集训 理科数学
专题网络建构
小题考点探究
大题题型探究
专题七 解析几何
2．(2019 山东聊城三模)已知抛物线 C：y2＝4x 的焦
点 F 和准线 l ，过点 F 的直线交 l 于点 A，与抛物线的
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：3.2 三角变换与解三角形专项练
10
5
关闭
A
解-1析4-
答案
一、选择题 二、填空题
12.在△ABC
中,������������3·������������
=
������������·������������ 2
=
������������1·������������,则
sin
A∶sin
B∶sin
关闭
C=( )
A在.5△∶A3B∶C 4中,∵
3 2
×
15 4
=
91615.故选
B.
关闭
B
解-析7-
答案
一、选择题 二、填空题
5.△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.若△ABC 的面积为������2+4������2-������2,
则 C=( )
A.π2
B.π3
C.π4
D.π6
由
S=������
2
+������ 2 -������ 4
-2-
3.降幂公式
cos2α=1+c2os2������;sin2α=1-co2s2������;sin αcos α=sin22������. 4.正弦、余弦定理
(1)正弦定理:si���n���������
=
������ sin������
=
si���n��� ������=2R(R
为三角形外接圆的半径).
4
4
(B������+������)2 ≤22,a+b≤4,因为 a+b>c=2,所以 a+b+c∈(4,6],故选 B.
关闭
4
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题三第二讲三角恒等变换与解三角形
[解析] 由题意S △ABC ＝12ab sin C ＝a2＋b2－c24.即sin C ＝a2＋b2－c22ab .由余弦定理可知sin C ＝cos C .即tan C ＝1.又C ∈(0.π).所以C ＝π4.3．(20xx·全国Ⅰ卷.11)已知角α的顶点为坐标原点.始边与x 轴的非负半轴重合.终边上有两点A ()1，a .B ()2，b .且cos2α＝23.则||a －b ＝( B )A ．15B ．55C ．255D ．1[解析] 由cos2α＝2cos 2α－1＝23可得cos 2α＝56＝cos2αsin2α＋cos2α＝1tan2α＋1.化简可得tan α＝±55；当tan α＝55时.可得a 1＝55.b 2＝55.即a ＝55.b ＝255.此时|a －b |＝55；当tan α＝－55时.仍有此结果.故|a －b |＝55. 4．(20xx·天津卷.6)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度.所得图象对应的函数( A )A ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增 B ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减 C ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增 D ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递减 [解析] 选A ．因为将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度.得到函数y ＝sin2x 的图象． 用五点法作出草图.如图：从图中可以看出选项A 正确.其他都不正确．⎝ ⎛4－α＝5.sin22＋＝4.＋c＝.则△7．(20xx·淮北二模)在△ABC 中.角A .B .C 的对边分别为a .b .c .若a 2＝3b 2＋3c 2－23bc sin A .则C 等于π6.[解析] 由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A . 所以b 2＋c 2－2bc cos A ＝3b 2＋3c 2－23bc sin A .3sin A －cos A ＝b2＋c2bc .2sin(A －π6)＝b2＋c2bc ≥2.因此b ＝c .A －π6＝π2⇒A ＝2π3.所以C ＝π－2π32＝π6. 8．(20xx·长沙三模)在锐角△ABC 中.D 为BC 的中点.满足∠BAD ＋∠C ＝90°.则角B .C 的大小关系为B ＝C .(填“B <C ”“B ＝C ”或“B >C ”)[解析] 设∠BAD ＝α.∠CAD ＝β.因为∠BAD ＋∠C ＝90°.所以α＝90°－C .β＝90°－B . 因为D 为BC 的中点. 所以S △ABD ＝S △ACD . 所以12c ·AD sin α＝12b ·AD sin β.所以c sin α＝b sin β.所以c cos C ＝b cos B . 由正弦定理得.sin C cos C ＝sin B cos B .即sin2C ＝sin2B .所以2B ＝2C 或2B ＋2C ＝π. 因为△ABC 为锐角三角形.所以B ＝C ．9．为了竖起一块广告牌.要制造三角形支架.如图.要求∠ACB ＝60°.BC 的长度大于1米.且AC 比AB 长0.5米.为了稳定广告牌.要求AC 越短越好.则AC 最短为2＋3.[解析] 由题意设BC ＝x (x >1)米. AC ＝t (t >0)米.依题设AB ＝AC －0.5 ＝(t －0.5)米.在△ABC 中.由余弦定理得： AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos60°.所以sin2A ＝2sin A cos A ＝1213. cos2A ＝1－2sin 2A ＝－513. 所以sin(2A ＋π4)＝sin2A cos π4＋cos2A sin π4＝7226.B 组1．(20xx·福州三模)已知a .b .c 分别是△ABC 的内角A .B .C 所对的边.点M 为△ABC 的重心．若a MA →＋b MB →＋33c MC →＝0.则C ＝( D )A ．π4B ．π2 C ．5π6D ．2π3[解析] ∵M 为△ABC 的重心.则MA →＋MB →＋MC →＝0. ∴MA →＝－MB →－MC →. ∵a MA →＋b MB →＋33c ·MC →＝0.∴a ·(－MB →－MC →)＋b MB →＋33c ·MC →＝0.即(b －a )·MB →＋(33c －a )·MC →＝0.∵MB →与MC →不共线. ∴b －a ＝0.32c －a ＝0.得a b33c ＝111.令a ＝1.b ＝1.c ＝3.则cos C ＝a2＋b2－c22ab ＝1＋1－32×1×1＝－12.∴C ＝2π3.故选D ．2．(20xx·××市一模)若sin(π6－α)＝13.则cos(2π3＋2α)＝( A )。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题三第二讲三角恒等变换与解三角形
高考考点考点解读[解析] 由题意S △ABC ＝12ab sin C ＝a2＋b2－c24，即sin C ＝a2＋b2－c22ab ，由余弦定理可知sin C ＝cos C ，即tan C ＝1，又C ∈(0，π)，所以C ＝π4.3．(20xx·全国Ⅰ卷，11)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A ()1，a ，B()2，b ，且cos2α＝23，则||a －b ＝( B ) A ．15B ．55C ．255D ．1[解析] 由cos2α＝2cos 2α－1＝23可得cos 2α＝56＝cos2αsin2α＋cos2α＝1tan2α＋1，化简可得tan α＝±55；当tan α＝55时，可得a 1＝55，b 2＝55，即a ＝55，b ＝255，此时|a －b |＝55；当tan α＝－55时，仍有此结果，故|a －b |＝55. 4．(20xx·天津卷，6)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，所得图象对应的函数( A )A ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增 B ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减 C ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增 D ．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递减 [解析] 选A ．因为将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，得到函数y＝sin2x 的图象．用五点法作出草图，如图：从图中可以看出选项A 正确，其他都不正确．⎝ ⎛4－α＝5，则sin22 .＝4＋2c＝R，则△9．为了竖起一块广告牌，要制造三角形支架，如图，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于1米，且AC 比AB 长0.5米，为了稳定广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为2＋3.[解析] 由题意设BC ＝x (x >1)米， AC ＝t (t >0)米，依题设AB ＝AC －0.5 ＝(t －0.5)米，在△ABC 中，由余弦定理得： AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos60°， 即(t －0.5)2＝t 2＋x 2－tx ，化简并整理得： t ＝x2－0.25x －1(x >1)，即t ＝x －1＋0.75x －1＋2，因为x >1，故t ＝x －1＋0.75x －1＋2≥2＋3， 当且仅当x ＝1＋32时取等号，此时取最小值2＋3.10．(20xx·全国卷Ⅰ，17)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5.(1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC ．[解析] (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sinA ＝AB sin ∠ADB. 由题设知，5sin45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25. 由题意知，∠ADB ＜90°， 所以cos ∠ADB ＝1－225＝235.∴a ·(－MB →－MC →)＋b MB →＋33c ·MC →＝0.即(b －a )·MB →＋(33c －a )·MC →＝0，∵MB →与MC →不共线， ∴b －a ＝0，32c －a ＝0. 得a b33c ＝111，令a ＝1，b ＝1，c ＝3， 则cos C ＝a2＋b2－c22ab ＝1＋1－32×1×1＝－12，∴C ＝2π3，故选D ．2．(20xx·××市一模)若sin(π6－α)＝13，则cos(2π3＋2α)＝( A ) A ．－79B ．79C ．－29D ．29[解析] ∵cos(2π3＋2α)＝－cos(π3－2α)＝－[1－2sin 2(π6－α)]＝－(1－29)＝－79.3．(20xx·威海二模)已知等腰△ABC 满足AB ＝AC ，3BC ＝2AB ，点D 为BC 边上的一点且AD ＝BD ，则sin ∠ADB 的值为( C )A ．36B ．23C ．223D ．63[解析] 如图，设AB ＝AC ＝a ，AD ＝BD ＝b ，由3BC ＝2AB ，。
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版 课件：第一部分 第1讲 选择题、填空题的解法
答案 C 解析 如图,延长CA至D,使得AD=3,连接DB,PD,因为AD=AB=3,故 △ADB为等腰三角形.又∠DAB=180°-∠CAB=120°,故∠ADB= (180°-12012°)=30°,所以∠ADB+∠DCB=90°,即∠DBC=90°,故CB⊥DB. 因为PB=4,PC=5,BC=3,所以PC2=PB2+BC2,所以CB⊥PB. 因为DB∩PB=B,DB⊂平面PBD,PB⊂平面PBD,所以CB⊥平面
B. si1n1,+∞ D. co1s1,+∞
-11-
答案 (1)A (2)C 解析 (1)由题意得,抛物线y2=8x的准线方程为l:x=-2,直线y=k(x+2) 恒过定点P(-2,0).如图,过A,B分别作AM⊥l于M,BN⊥l于N,连接OB, 由|FA|=2|FB|,则|AM|=2|BN|,点B为AP的中点,连接OB,则|OB|=1
|������������|=|������������|cos θ=������������·������������ =
|������������ |
������ 2-1 ������ 2+1
=
������2 + 1 − ������22+1,
令 ������2 + 1=t(t>1),则|������������|= ������������22-+11=t-2������ .令 f(t)=t-2������ ,则有 f'(t)=1+������22.在
-8-
例2
如图所示,在▱ABCD中,AP⊥BD,垂足为P,且AP=3,
则������������ ·������������=
【精品推荐】2020版高三数学新课标大二轮专题辅导与增分攻略数学(理)课件：高考解答题突破1 三角函数与
重点热点、突破篇
பைடு நூலகம்
篇
专题一
三角函数、解三角形
高考解答题突破(一) 三角函数与解三角形
突破“三变”——变角、变式、变名
1．常用的变角技巧 (1)已知角与特殊角的变换； (2)已知角与目标角的变换； (3)角与其倍角的变换； (4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运 用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β ＋α)－(β－α)，α＋β＝2·α＋2 β，α＋2 β＝α－β2－α2－β.
解答此类题目思路是“先变后解”，一是优先判断所给的等 式的特点，正确分析已知等式的边角关系，合理地判断边往角化， 还是角往边化；二是利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式 等进行三角形中边角关系的互化．
2．(2019·长沙五校联考)已知 a，b，c 分别为△ABC 三个内 角 A，B，C 的对边，且 acosC＋ 3asinC－b－c＝0.
3．(2019·广东八校联考)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边 分别是 a，b，c，且向量 m＝(2a－c，b)与向量 n＝(cosC，cosB) 共线．
(1)求角 B 的大小； (2)若 b＝3 7，a＝3，且A→D＝2D→C，求 BD 的长度．
[解] (1)∵向量 m＝(2a－c，b)与向量 n＝(cosC，cosB)共线， ∴(2a－c)cosB＝bcosC. 由正弦定理可得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC， ∴2sinAcosB＝sin(B＋C)＝sinA， 即 sinA(2cosB－1)＝0. ∵A∈(0，π)，∴sinA≠0，∴2cosB－1＝0，即 cosB＝12. ∵B∈(0，π)，∴B＝π3.
3．常用的变名技巧 (1)诱导公式．如 sinπ2－α＝cosα， sin32π＋α＝－cosα. (2)切弦互化．tanα＝csoinsαα.考向一 三角变换与三角函数的性 质
2020版高考文科数学突破二轮复习新课标通用课件：第三部分 回顾3 三角函数
π f(π)>f( 2 )，
所以 sin(2π＋φ)>sin(π＋φ)，即 sin φ>－sin φ，得 sin φ>0，所以 n∈Z，且 n
为偶数．不妨取 n＝0，即 φ＝π6 ，当 f(x)取最大值时，2x＋π6 ＝2kπ＋π2 ，k∈Z，
π 解得 x＝ 6 ＋kπ，k∈Z，故选 C.
第十九页，编辑于星期日：一点 三十四分。
第二十七页，编辑于星期日：一点 三十四分。
(2)由
cos
B＝－12得
sin
B＝
3 2.
由正弦定理得 sin C＝bcsin B＝5143.
在△ABC 中，∠B 是钝角，
所以∠C 为锐角．
所以 cos C＝ 1－sin2C＝1114.
所以
sin(B－C)＝sin
Bcos
C－cos
Bsin
C＝4
7
3 .
得 cos α＝12或 cos α＝－2(舍去)，故选 C.
第十五页，编辑于星期日：一点 三十四分。
2．(2019·福州市第一学期抽测)已知函数 f(x)＝sin 2x＋2sin2x－1 在[0，m]上单调递
增，则 m 的最大值是( )
π
π
A. 4
B. 2
3π C. 8
D．π
第十六页，编辑于星期日：一点 三十四分。
第十一页，编辑于星期日：一点 三十四分。
[必会结论]
三角恒等变换的常用技巧
π
π
π
(1)常值代换：①“1”的代换，如 1＝sin2θ＋cos2θ，1＝2sin 6 ＝2cos 3 ＝ 2sin 4 ，1
π ＝tan 4 .②特殊三角函数值的代换．
(2)角的变换：涉及角与角之间的和、差、倍、互补、互余等关系时，常见的拆角、
高三数学二轮复习 第1部分 专题1 突破点1 三角函数问
上一页
返回首页
下一页
提炼 4 三角函数最值问题
(1)y＝asin x＋bcos x＋c 型函数的最值：可将 y 转化为 y＝ a2＋b2sin(x＋φ)＋c
b 其中 tan φ＝a的形式，这样通过引入辅助角 φ 可将此类函数的最值问题转化为 y
＝ a2＋b2sin(x＋φ)＋c 的最值问题，然后利用三角函数的图象和性质求解．
π ∴f(x)＝cosπx＋4.
π
1
3
由 2kπ<πx＋4<2kπ＋π，k∈Z，得 2k－4<x<2k＋4，k∈Z，
1
3
∴f(x)的单调递减区间为2k－4，2k＋4，k∈Z.故选 D.]
上一页
返回首页
下一页
π
π
4．(2016·全国乙卷)已知函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω＞0，|φ|≤2，x＝－4为 f(x)
(2)y＝asin2x＋bsin xcos x＋ccos2x 型函数的最值：可利用降幂公式 sin2x＝
1－cos 2x
sin 2x
1＋cos 2x
2 ，sin xcos x＝ 2 ，cos2x＝ 2 ，将 y＝asin2x＋bsin xcos x＋ccos2x
转化整理为 y＝Asin 2x＋Bcos 2x＋C，这样就可将其转化为(1)的类型来求最值．
上一页
返回首页
下一页Байду номын сангаас
回访 1 三角函数的图象问题
π 1．(2016·全国甲卷)若将函数 y＝2sin 2x 的图象向左平移12个单位长度，则平
移后图象的对称轴为( )
kπ π A．x＝ 2 －6(k∈Z)
kπ π B．x＝ 2 ＋6(k∈Z)
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：2.1 函数概念、性质、图象专项练
∵ ∴ 又 ∴BCD..ffl.fffyo(((x=l2g2lo)o3--2是32g234gx))>33>>在R14114ff((=22R上 =>2--2332ff0上(的 ())>2->>l2-单 of偶 f23-g)23ll>调 3函 oo4>fgg()递数 323=2-1414f32-增,(32)l.o,g34).
函数,
所以 f(0)=1,即
������-1=1,解得
a=2,所以原式=log2171
+
log1
2
1141=log2
7 × 11
11 14
=-1,故答案为-1.
关闭
-1
解-1析8-
答案
一、选择题 二、填空题
14.(2019 安徽安庆二模,理 15)若 f(x)是 R 上的奇函数,且 f x+52
+f(x)=0,又 f(1)=1,f(2)=2,则 f(3)+f(4)+f(5)=
B.y=lg x
D.y=
1 ������
关闭
函数 y=10lg x 的定义域和值域均为(0,+∞),函数 y=x 的定义域和值
域均为 R,不满足要求;函数 y=lg x 的定义域为(0,+∞),值域为 R,
不满足要求;函数 y=2x 的定义域为 R,值域为(0,+∞),不满足要求;
函数 y= 1������的定义域和值域均为(0,+∞),满足要求.故选 D.
这两个函数图象平移得到的函数y=f(a-x)和y=f(b+x)的图象关于直
线x=
������−������ 2
对称;y=f(x)与y=-f(x)的图象关于x轴对称;y=f(x)与y=-f(-x)