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高中数学三年真题与两年模拟题1635节答案
16.三角函数的图象与性质
【三年高考真题演练】
[2016年高考真题]
1.A [由图可知，T＝2＝π，所以ω＝2，由五点作图法可知2×＋φ＝，所以φ＝－，所以函数的解析式为y＝2sin，故选A.]
2.B [∵f（x）＝2sinxcosx＋（cos2x－sin2x）＝sin2x＋cos2x＝2sin，
∴T＝π，故选B.]
3.B [因为f（x）＝sin2x＋bsinx＋c＝－＋bsinx＋c＋，其中当b＝0时，f（x）＝－＋c＋，f（x）的周期为π；b≠0时，
f（x）的周期为2π.即f（x）的周期与b有关但与c无关，故选B.]
4.B [因为x＝－为f（x）的零点，x＝为f（x）的图象的对称轴，所以－＝＋kT，即＝T＝·，所以ω＝4k＋1（k∈N*），又因为f（x）在上单调，所以－＝≤＝，即ω≤12，由此得ω的最大值为9，故选B.]
5.A [点P在函数y＝sin图象上，
则t＝sin＝sin＝.
又由题意得y＝sin＝sin2x，
故s＝＋kπ，k∈Z，所以s的最小值为.]
6.7 [在区间[0，3π]上分别作出y＝sin2x和y＝cosx的简图如下：
由图象可得两图象有7个交点.]
7.解
（1）由f（x）＝2sin（π－x）sinx－（sinx－cosx）2
＝2sin2x－（1－2sinxcosx）
＝（1－cos2x）＋sin2x－1
＝sin2x－cos2x＋－1
＝2sin＋－1.
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋（k∈Z），
得kπ－≤x≤kπ＋（k∈Z）.
所以f（x）的单调递增区间是（k∈Z）
.
（2）由
（1）知f（x）＝2sin＋－1，
把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）.
得到y＝2sin＋－1的图象.
再把得到的图象向左平移个单位，
得到y＝2sinx＋－1的图象，
即g（x）＝2sinx＋－1.
所以g＝2sin＋－1＝.
[两年经典高考真题]
1.D [由图象知＝－＝1，∴T＝2.由选项知D正确.]
2.C [由题干图易得ymin＝k－3＝2，则k＝5.∴ymax＝k＋3＝8.]
3.D [因f（－x）＝－x·cos（－x）＋sin（－x）＝－（xcosx＋sinx）＝－f（x），故该函数为奇函数，排除B，又x∈，y>0，排除C，而x＝π时，y＝－π，排除A，故选D.]
4.B [∵由题中图象可知x0＋－x0＝.∴T＝.∴＝.
∴ω＝4.故选B.]
5.A [A选项：
y＝cos＝－sin2x，T＝π，且关于原点对称，故选A.]
6.B [∵T＝＝π，∴B正确.]
7.A [①y＝cos|2x|，最小正周期为π；②y＝|cosx|，最小正周期为π；③y＝cos，最小正周期为π；④y＝tan，最小正周期为，所以最小正周期为π的所有函数为①②③，故选A.]
8.D [函数y＝sinx的图象向左平移个单位后，得到函数f（x）＝sin＝cosx的图象，f（x）＝cosx为偶函数，排除A；f（x）＝cosx的周期为2π，排除B；因为f＝cos＝0，所以f（x）＝cosx不关于直线x＝对称，排除C；故选D.]
9.D [因为f（π）＝π2＋1，f（－π）＝－1，所以f（－π）≠f（π），所以函数f（x）不是偶函数，排除A；因为函数f（x）在（－2π，－π）上单调递减，排除B；函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以函数f（x）不是周期函数，排除C；因为x>0时，f（x）>1，x≤0时，－1≤f（x）≤1，所以函数f（x）的值域为[－1，＋∞），故选D.]
10.解
（1）f（x）＝sin＋cos
＝（sinx＋cosx）－sinx
＝cosx－sinx＝sin，
因为x∈[0，π]，从而－x∈，
故f（x）在[0，π]上的最大值为，最小值为－1.
（2）由得，
又θ∈知cosθ≠0，解得.
11.解
（1）由已知，有
f（x）＝cosx·－cos2x＋
＝sinx·cosx－cos2x＋
＝sin2x－（1＋cos2x）＋
＝sin2x－cos2x＝sin.
所以f（x）的最小正周期T＝＝π.
（2）因为f（x）在区间上是减函数，
在区间上是增函数，
f＝－，f＝－，f＝，所以函数f（x）在闭区间上的最大值为，最小值为－.
【两年模拟试题精练】
1. [T＝＝.]
2.D [利用排除法，因为f（x）＝2sin（ωx＋φ）（ω≠0）的图象关于直线x＝对称，所以f＝±2，故选D.]
3.B [函数f（x）的最小正周期是π，故A错误；图象C可由函数g（x）＝sin2x的图象向右平移个单位得到故C错；函数f（x）在区间上是增函数，故D错；故选B.]
4.C [因为设函数f（x）＝2sin（ωx＋φ）（ω>0，－<φ<）的图象关于直线x＝对称，它的周期为π，所以φ＝，ω＝2，所以f（x）＝2sin（2x＋）（ω>0，－<φ<），因为f＝0，所以f（x）的一个对称中心是，故选C.]
5.D [当φ＝时，f（x）＝－cosx在区间上单调递增，故选D.]
6.C [因为f（x）＝sin－cos
＝2sin的图象关于y轴对称，所以θ＝－，所以f（x）＝－2cosx在递减，故选C.]
7.B [f（x）＝sin的图象向右平移个单位得g（x）＝sin＝sin（2x－π）＝－sin2x的图象，结合选项，可知B正确.]
8.D [由题意知f（x）＝cos，而f＝cos＝1，故选D.]
9.B [由已知得函数f（x）的最小正周期为π，则ω＝2.当x∈时，2x＋φ∈，∵f（x）>1，|φ|≤，∴解得≤φ≤.]
10.解
（1）由ω＋φ＝0，ω＋φ＝π可得：
ω＝，φ＝－.
由x1－＝；x2－＝；x3－＝2π可得：
x1＝，x2＝，x3＝.
又∵Asin＝2，∴A＝2.∴f（x）＝2sin.
（2）由f（x）＝2sin的图象向左平移π个单位，
得g（x）＝2sin＝2cos的图象，
∴y＝f（x）·g（x）＝2×2sin·cos
＝2sin
∵x∈时，x－∈
∴当x－＝－时，即x＝时，ymin＝－2.
11.解
（1）f（x）＝－
＝sin2x＋sinxcosx－
＝＋sin2x－＝sin.
周期T＝π，因为cosx≠0，所以{x|x≠＋kπ，k∈Z}，
当2x－∈，
即＋kπ≤x≤＋kπ，x≠＋kπ，k∈Z时函数f（x）单调递减；所以f（x）的单调递减区间为
，，k∈Z.
（2）当x∈，2x－∈，
sin∈，当x＝时取最大值，
故当x＝时，函数f（x）的最大值为1.
12.解
（1）∵f（x）＝sin2x＋－＝sin2x＋cos2x－1＝sin－1∴f（x）＝sin－1，∴最小正周期为π，
∵x∈，∴sin∈，
所以f（x）在区间的最大值是0.
（2）∵f（A）＝－，∴A＝，由余弦定理得，
a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc≥（b＋c）2－＝，即b＋c≤＝4，当且仅当b＝c＝2时取等号.∴△ABC的周长的最大值是6.
17.三角函数图象的变换以及性质的综合应用
【三年高考真题演练】
[2016年高考真题]
1.D [函数y＝2sin的周期为π，将函数y＝2sin的图象向右平移个周期即个单位，所得函数为y＝2sin＝2sin，故选D.]
2.D [由题可知，y＝sin＝sin，则只需把y＝sin2x的图象向右平移个单位，选D.]
3.B [由题意将函数y＝2sin2x的图象向左平移个单位长度后得到函数的解析式为y＝2sin，由2x＋＝kπ＋得函数的对称轴为x＝＋（k∈Z），故选B.]
4. [y＝sinx－cosx＝2sin，由y＝2sinx的图象至少向右平移个单位长度得到.]
5. [y＝sinx－cosx＝2sin，y＝sinx＋cosx＝2sin，因此至少向右平移个单位长度得到.]
6.解
（1）f（x）的定义域为.
f（x）＝4tanxcosxcos－＝4sinxcos－
＝4sinx－＝2sinxcosx＋2sin2x－
＝sin2x＋（1－cos2x）－＝sin2x－cos2x
＝2sin.
所以，f（x）的最小正周期T＝＝π.
（2）令z＝2x－，函数y＝2sinz的单调递增区间是，
k∈Z.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
设A＝，B＝，易知A∩B＝.
所以，当x∈时，f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减.
[两年经典高考真题]
1.B [∵y＝sin＝sin，∴要得到y＝sin的图象，只需将函数y＝sin4x的图象向右平移个单位.]
2.D [易知g（x）＝sin（2x－2φ），φ∈，
由|f（x1）－f（x2）|＝2及正弦函数的有界性知，
①或②
由①知（k1，k2∈Z），
∴|x1－x2|min＝＝，由φ∈，
∴＋φ＝，∴φ＝，
同理由②得φ＝.故选D.]
3.A [由于f（x）的最小正周期为π，
∴ω＝2，即f（x）＝Asin（2x＋φ），又当x＝时，2x＋φ＝＋φ＝2kπ－，
∴φ＝2kπ－，又φ>0，
∴φmin＝，故f（x）＝Asin（2x＋）.
于是f（0）＝A，f
（2）＝Asin（4＋），
f（－2）＝Asin＝Asin，
又∵－<－4<<4－<，
其中f
（2）＝Asin
＝Asin＝Asin，f（－2）＝Asin
＝Asin＝Asin.
又f（x）在单调递增，∴f
（2）4.D [由图象知，周期T＝2＝2，
∴＝2，∴ω＝π.
由π×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝，
∴f（x）＝cos.
由2kπ<πx＋<2kπ＋π，k∈Z，得2k－∴f（x）的单调递减区间为，k∈Z.故选D.
5.A [由图象平移的规律“左加右减”，可知选A.]
6.B [将y＝3sin的图象向右平移个单位长度后得到y＝3sin，即y＝3sin（2x－）的图象，令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，化简可得x∈，k∈Z，即函数y＝3sin（2x－）的单调递增区间为，k∈Z，令k＝0，可得y＝3sin在区间上单调递增，故选B.]
7.C [f（x）＝sin，将函数f（x）的图象向右平移φ个单位后所得图象对应的函数解析式为y＝sin，由该函数为偶函数可知2φ－＝kπ＋，k∈Z，即φ＝＋，k∈Z，所以φ的最小正值为.]
8.A
9.π [∵f（x）在区间上具有单调性，且f＝f，∴x＝和x＝均不是f（x）的极值点，其极值应该在x＝＝处取得，∵f＝－f，∴x＝也不是函数f（x）的极值点，又f（x）在区间上具有单调性，∴x＝－＝为f（x）的另一个相邻的极值点，故函数f（x）的最小正周期T＝2×＝π.]
10.解
（1）根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－.数据补全如下表：
ωx＋φ
0
π
2π
x
Asin（ωx＋φ）
0
5
0
－5
0
且函数表达式为f（x）＝5sin.
（2）由
（1）知f（x）＝5sin，
因此g（x）＝5sin＝5sin.
因为y＝sinx的对称中心为（kπ，0），k∈Z.
令2x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－，k∈Z.
即y＝g（x）图象的对称中心为，k∈Z，其中离原点O最近的对称中心为.
11.解
（1）由题意知f（x）＝a·b＝msin2x＋ncos2x.
因为y＝f（x）的图象过点和，
所以即
解得m＝，n＝1.
（2）由
（1）知f（x）＝sin2x＋cos2x＝2sin.
由题意知g（x）＝f（x＋φ）＝2sin.
设y＝g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2），
由题意知x＋1＝1，所以x0＝0，
即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.
将其代入y＝g（x）得sin＝1，
因为0<φ<π，所以φ＝.
因此g（x）＝2sin＝2cos2x，
由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ，k∈Z，
所以函数y＝g（x）的单调递增区间为，k∈Z.
【两年模拟试题精练】
1.C [y＝sin图象上所有点横坐标缩小到原来的倍，得y＝sin的图象，再向左平移，得y＝sin＝sin的图象，故选C.]
2.C [由题意f（x）＝sin，将其图象向右平移φ（φ>0）个单位后解析式为f（x）＝sin[2（x－φ）＋]，则2φ－＝kπ，即φ＝＋（k∈N），所以φ的最小值为.故选C.]
3.B [根据题意，由于将函数y＝sin2x的图象向左平移个单位得到解析式为y＝sin[2]，再向上平移1个单位得到y＝sin[2（x＋）]＋1＝2cos2x，故选B.]
4.C [由已知，ω＝2，图象向左平移个单位后得到函数g（x）＝sin＝sin＝cos2x，又|φ|<，∴＋φ＝，φ＝－，∴f（x）＝sin，而f＝sin＝0，∴f（x）的图象关于点对称，故选C.]
5.B [由题意可得f（x）＝cosωx－sinωx＝2cos，将函数f（x）的图象向左平移个单位后得到g（x）＝2cos＝2cos的图象，g（x）为偶函数，所以＝kπ，k∈Z，所以ω的最小值是1，故选B.]
6.A [由图象知，函数f（x）＝sin（ωx＋φ）的周期为T＝2＝π，点在图象上，∴ω＝＝2，1＝sin⇒＋φ＝＋2kπ⇒φ＝－＋2kπ（k∈Z），而|φ|<，∴φ＝－，f（x）＝sin.而x1，x2∈，且f（x1）＝f（x2），∴x1＋x2＝＋＝，∴f（x1＋x2）＝f＝sin＝－，故选A.]
7.D [－＝T，∴T＝π，∴＝π，∴ω＝2，cos＝－1，∴＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，∴φ＝－＋2kπ，k∈Z，又|φ|<，∴φ＝－，∴f（x）＝Acos.令2kπ≤2x－≤π＋2kπ，k∈Z，∴＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，∴减区间不可能为，故选D.]
8.A [将函数y＝cos2x的图象向左平移个单位得到y＝cos（2x＋）＝－sin2x＝－2sinxcosx，所以f（x）＝－2sinx，故选A.]
9.B [由题意可以得到函数y＝10sin＋20，所以当x＝12时，y＝20＋5≈27，故选B.]
10.解
（1）由题图可得A＝1，＝－＝，T＝π.所以ω＝2.
当x＝时，f（x）＝－1，可得sin＝－1.
因为|φ|<，所以φ＝.
所以f（x）的解析式为f（x）＝sin（2x＋）.
（2）由
（1）知f（x）＝sin.将函数y＝f（x）的图象向右平移个单位长度得到y＝sin[2（x－）＋]＝sin（2x－）的图象，所以g（x）＝sin，因为0≤x≤.
所以－≤2x－≤.
当2x－＝，即x＝时，g（x）有最大值，最大值为1.
当2x－＝－，即x＝0时，g（x）有最小值，最小值为－.
11.解
（1）φ的值是，x0的值是.
（2）由题意可得：
f＝cos
＝cos＝－sinπx.
所以f（x）＋f＝cos－sinπx
＝cosπxcos－sinπxsin－sinπx
＝cosπx－sinπx－sinπx
＝cosπx－sinπx＝cos.
因为x∈[－，]，所以－≤πx＋≤.
所以当πx＋＝0，即x＝－时，g（x）取得最大值；
当πx＋＝，即x＝时，g（x）取得最小值－.
18.解三角形
【三年高考真题演练】
[2016年高考真题]
1.D [由余弦定理，得5＝b2＋22－2×b×2×，解得b＝3，
故选D.]
2.A [由余弦定理得13＝9＋AC2＋3AC⇒AC＝1，选A.]
3.D [设BC边上的高AD交BC于点D，由题意B＝，BD＝BC，DC＝BC，tan∠BAD＝1，tan∠CAD＝2，tanA＝＝－3，所以sinA＝.]
4.C [设BC边上的高AD交BC于点D，由题意B＝，BD＝BC，DC＝BC，tan∠BAD＝1，tan∠CAD＝2，tanA＝＝－3，所以cosA＝－.]
5. [在△ABC中由cosA＝，cosC＝，可得sinA＝，sinC＝，sinB＝sin（A＋C）＝sinAcosC＋cosA·sinC＝，由正弦定理得b＝＝.]
6.1 [由＝得sinC＝＝×＝，
又0＜C＜，所以C＝，B＝π－（A＋C）＝.
所以＝＝＝1.]
7.
（1）证明 根据正弦定理，可设＝＝＝k（k>0）.
则a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC.
代入＋＝中，有＋＝，变形可得：
sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin（A＋B）.
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin（A＋B）＝sin（π－C）＝sinC，
所以sinAsinB＝sinC.
（2）解 由已知，b2＋c2－a2＝bc，
根据余弦定理，有cosA＝＝.
所以sinA＝＝.
由
（1）知，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，
所以sinB＝cosB＋sinB，
故tanB＝＝4.
[两年经典高考真题]
1.D [由正弦定理可得＝2－1＝2－1，因为3a＝2b，所以＝，所以＝2×－1＝.]
2.A [由正弦定理，得＝，故a≤b⇔sinA≤sinB，选A.]
3.1 [因为sinB＝且B∈（0，π），所以B＝或B＝.又C＝，所以B＝，A＝π－B－C＝.又a＝，由正弦定理得＝，即＝，解得b＝1.]
4.
100 [在△ABC中，AB＝600，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，由正弦定理得＝，即＝，
所以BC＝300.在△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝BCtan∠CBD＝300·tan30°＝100.]
5.2 [由正弦定理可得sinBcosC＋sinCcosB＝2sinB，
sin（B＋C）＝2sinB，sinA＝2sinB，∴a＝2b，则＝2.]
6.60
7.C [由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋12－2×b×2×，即b2－6b＋8＝0，∴b＝4或b＝2，又b8.7 [S＝AB·AC·sinA，∴sinA＝，在锐角三角形中A＝，由余弦定理得BC＝＝7.]
9.或 [由正弦定理＝得sinB＝＝，
又B∈，所以B＝或.]
10.－ [由已知及正弦定理，得2b＝3c，因为b－c＝a，不妨设b＝3，c＝2，所以a＝4，所以cosA＝＝－.]
11.B [S△ABC＝AB·BCsinB＝×1×sinB＝，
∴sinB＝，若B＝45°，则由余弦定理得AC＝1，∴△ABC为直角三角形，不符合题意，因此B＝135°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝1＋2－2×1××（－）＝5，∴AC＝.故选B.]
12.C [在△ABC中，由已知条件及余弦定理可得c2＝（a－b）2＋6＝a2＋b2－2abcos，整理得ab＝6，再由面积公式S＝absinC，得S△ABC＝×6×sin＝.故选C.]
13.解
（1）由题设及正弦定理可得b2＝2ac.
又a＝b，可得b＝2c，a＝2c.
由余弦定理可得cosB＝＝.
（2）由
（1）知b2＝2ac.
因为B＝90°，由勾股定理得a2＋c2＝b2.
故a2＋c2＝2ac，得c＝a＝.
所以△ABC的面积为××＝1.
14.解
（1）S△ABD＝AB·ADsin∠BAD，
S△ADC＝AC·ADsin∠CAD.
因为S△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝
∠CAD，所以AB＝2AC.
由正弦定理可得＝＝.
（2）因为S△ABD∶S△ADC＝BD∶DC，所以BD＝.在△ABD和△ADC中，由余弦定理知
AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.
故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6，
由
（1）知AB＝2AC，所以AC＝1.
15.解
（1）因为A＝2B，所以sinA＝sin2B＝2sinBcosB.
由正、余弦定理得a＝2b·.
因为b＝3，c＝1，所以a2＝12，a＝2.
（2）由余弦定理得cosA＝＝＝－.
由于0故sin＝sinAcos＋cosAsin＝×＋×＝.
【两年模拟试题精练】
1.B [由正弦定理知＝＝1，即tanB＝，所以B＝，所以cosB＝cos＝，故选B.]
2.C [①若△ABC为等边三角形，则a＝b＝c，∴a2＋b2＋c2＝ab＋ac＋bc.②若a2＋b2＋c2＝ab＋ac＋bc，则2a2＋2b2＋2c2＝2ab＋2ac＋2bc，∴（a－b）2＋（a－c）2＋（b－c）2＝0，∴a＝b＝c，∴△ABC为等边三角形.∴选C.]
3.C [因为S△ABC＝acsinB＝×4×6×sinB＝6，所以sinB＝，且△ABC为锐角三角形，所以B＝，所以b2＝16＋36－2×4×6×cos＝28，故b＝2，选C.]
4.B [因为b>a，有正弦定理得到sinA＝，∴A＝，故选B.]
5.A [根据余弦定理cosA＝＝＝－.
∴AC＝3或AC＝－8（排除），
根据正弦定理＝，即或＝，
∴＝，故答案为，
故选A.]
6.C
7.C [因为＝，sinC＝2sinB，所以c＝2b，a2＝7b2，由余弦定理得到cosA＝，∴tanA＝，故选C.]
8.A [由已知得sin（A＋B）＝sinA⇒sinC＝sinA⇒c＝a，又b＝c，
∴等边三角形ABC，∴AB2＝5－4cosθ，SOACB＝×1×2sinθ＋AB2＝sinθ－cosθ＋＝2sin＋≤2＋＝选A.]
9.4 3 [由余弦定理得到b2＝a2＋c2－2accosB，所以c2－3c－4＝0，所以c＝4；S△ABC＝acsinB＝·3·4·＝3.]
10.7 [∵a＝3，C＝120°，△ABC的面积S＝，
∴＝absinC＝×3bsin120°，解得b＝5.
由余弦定理可得：
c2＝a2＋b2－2abcosC＝32＋52－2×3×5×cos120°＝49.
解得c＝7.
故答案为：
7.]
11.8 [∵2sin2＝1－cos2＝1＋sin2θ，∴由2sin2－cos2θ＝1得1＋sin2θ－cos2θ＝1，∴tan2θ＝，又0<θ<，∴θ＝，∴△ABD为正三角形，得∠ADC＝，设AD＝x，DC＝y，在△ADC中，得（4）2＝x2＋y2－2xycos，∴48＝x2＋y2＋xy≥（x＋y）2－xy≥（x＋y）2－＝，∴x＋y≤8，当且仅当x＝y＝4时，等号成立.]
12. [由∠B＝∠C得b＝c，代入7a2＋b2＋c2＝4得，
7a2＋2b2＝4，即2b2＝4－7a2，
由余弦定理得，cosC＝＝，
所以sinC＝＝＝，
则△ABC的面积S＝absinC＝ab×＝a
＝＝×≤××
＝××4＝，
当且仅当15a2＝8－15a2取等号，此时a2＝，
所以△ABC的面积的最大值为，
故答案为：
.]
13.解
（1）由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，
则2RsinBcosC＝6RsinAcosB－2RsinCcosB，
故sinBcosC＝3sin
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