C　三角函数（文科）

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1、C三角函数C1 角的概念及任意角的三角函数3B9、C12012湖北卷 函数f(x)x cos2x在区间0,2上的零点的个数为()A2 B3 C4 D53D解析 要使f(x)xcos2x0，则x0或cos2x0，而cos2x0(x0,2)的解有x，所以零点的个数为5.故选D.20C1、M12012福建卷 某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：(1)sin213cos217sin13cos17；(2)sin215cos215sin15cos15；(3)sin218cos212sin18cos12；(4)sin2(18)cos248sin(18)cos48；(5)sin2(

2、25)cos255sin(25)cos55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论20解：解法一：(1)选择(2)式，计算如下：sin215cos215sin15cos151sin301.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30a).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.解法二：(1)同解法一(2)三角恒等式为sin

3、2cos2(30)sincos(30).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin(cos30cossin30sin)cos2(cos60cos2sin60sin2)sincossin2cos2cos2sin2sin2(1cos2)1cos2cos2.C2 同角三角函数的基本关系式与诱导公式4C22012全国卷 已知为第二象限角，sin，则sin2()A BC. D.4A解析 由为第二象限角及sin得cos，所以sin22sincos2，故选A.6C2、C62012辽宁卷 已知sincos，(0，)，则sin2()A1 BC. D16A解析 本小题主要考查同角基本关系与倍角公

4、式的应用解题的突破口为灵活应用同角基本关系和倍角公式sincos(sincos)2212sincos2sin21.故而答案选A.19C2、C3、C42012重庆卷 设函数f(x)Asin(x)(其中A0，0，)在x处取得最大值2，其图象与x轴的相邻两个交点的距离为.(1)求f(x)的解析式；(2)求函数g(x)的值域19解：(1)由题设条件知f(x)的周期T，即，解得2.因f(x)在x处取得最大值2，所以A2.从而sin1，所以2k，kZ.又由0，0)的最大值为3，其图像相邻两条对称轴之间的距离为.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设，f2，求的值17解：(1)函数f(x)的最大值为3，A1

5、3，即A2，函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，最小正周期T，2，故函数f(x)的解析式为y2sin1.(2)f2sin12，即sin，0，0，0，)在x处取得最大值2，其图象与x轴的相邻两个交点的距离为.(1)求f(x)的解析式；(2)求函数g(x)的值域19解：(1)由题设条件知f(x)的周期T，即，解得2.因f(x)在x处取得最大值2，所以A2.从而sin1，所以2k，kZ.又由0,00，所以1.故f(x)sin.故 或 由得2k；由得2k.又已知0，所以由得；无解综上，.故选A.15C42012全国卷 当函数ysinxcosx(0x0，0，)在x处取得最大值2，其图象与x轴的相邻两个

6、交点的距离为.(1)求f(x)的解析式；(2)求函数g(x)的值域19解：(1)由题设条件知f(x)的周期T，即，解得2.因f(x)在x处取得最大值2，所以A2.从而sin1，所以2k，kZ.又由0，0)的最大值为3，其图像相邻两条对称轴之间的距离为.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设，f2，求的值17解：(1)函数f(x)的最大值为3，A13，即A2，函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，最小正周期T，2，故函数f(x)的解析式为y2sin1.(2)f2sin12，即sin，0，故.7C42012安徽卷 要得到函数ycos(2x1)的图象，只要将函数ycos2x的图象()A向左平移1个单

7、位 B向右平移1个单位C向左平移个单位 D向右平移个单位7C解析 因为ycoscos2，所以只需要将函数ycos2x的图像向左移动个单位即可得到函数ycos的图像5A3、C42012山东卷 设命题p：函数ysin2x的最小正周期为；命题q：函数ycosx的图象关于直线x对称则下列判断正确的是()Ap为真 B綈q为假Cpq为假 Dpq为真5C解析 本题考查含量词命题间的真假关系及三角函数的图象与性质，考查推理能力，容易题函数ysin2x的最小正周期为，命题p为假命题；函数ycosx的图象的对称轴所在直线方程为xk，kZ，命题q为假命题，由命题间的真假关系得pq为假命题18C3、C42012湖南卷

8、 已知函数f(x)Asin(x)的部分图象如图16所示(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)ff的单调递增区间图1618解：(1)由题设图象知，周期T2，所以2.因为点在函数图象上，所以Asin0，即sin0.又因为0，所以.从而，即.又点(0,1)在函数图象上，所以Asin1，得A2.故函数f(x)的解析式为f(x)2sin.(2)g(x)2sin2sin2sin2x2sin2sin2x2sin2xcos2x2sin.由2k2x2k，得kxk，kZ.所以函数g(x)的单调递增区间是，kZ.图1715C4、C5、C6、C72012北京卷 已知函数f(x).(1)求f(x)的定义域及

9、最小正周期；(2)求f(x)的单调递减区间15解：(1)由sinx0得xk(kZ)，故f(x)的定义域为xR|xk，kZ因为f(x)2cosx(sinxcosx)sin2xcos2x1sin1，所以f(x)的最小正周期T.(2)函数ysinx的单调递减区间为(kZ)由2k2x2k，xk(kZ)得kxk(kZ)所以f(x)的单调递减区间为(kZ)3C42012全国卷 若函数f(x)sin(0,2)是偶函数，则()A. B.C. D.3C解析 本小题主要考查三角函数的性质解题的突破口为正、余弦函数的振幅式在对称轴处取得最值f(x)sin为偶函数，有x0时f(x)取得最值，即k，即3k(kZ)，由于

10、0,2，所以k0时，符合，故选C.18C4、C6、C72012湖北卷 设函数f(x)sin2x2sinxcosxcos2x(xR)的图象关于直线x对称，其中，为常数，且.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的图象经过点，求函数f(x)的值域18解：(1)因为f(x)sin2xcos2x2sinxcosxcos2xsin2x2sin.由直线x是yf(x)图象的一条对称轴，可得sin1，所以2k(kZ)，即(kZ)，又，kZ，所以k1，故，所以f(x)的最小正周期是.(2)由yf(x)的图象过点，得f0，即2sin2sin，即.故f(x)2sin，函数f(x)的值域为2，2C5 两

11、角和与差的正弦、余弦、正切5C5、C72012重庆卷 ()A BC. D.5C解析 sin30，选C.17C8、C52012课标全国卷 已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，casinCccosA.(1)求A；(2)若a2，ABC的面积为，求b，c.17解：(1)由casinCccosA及正弦定理得sinAsinCcosAsinCsinC0.由于sinC0，所以sin.又0A，故A.(2)ABC的面积SbcsinA，故bc4.而a2b2c22bccosA，故b2c28.解得bc2.16C8、C52012安徽卷 设ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且有2sinBco

12、sAsinAcosCcosAsinC.(1)求角A的大小；(2)若b2，c1，D为BC的中点，求AD的长16解：(1)(方法一)由题设知，2sinBcosAsin(AC)sinB.因为sinB0，所以cosA.由于0A，故A.(方法二)由题设可知，2bac.于是b2c2a2bc.所以cosA.由于0A，故A.(2)(方法一)因为2(222)(14212cos)，所以|.从而AD.(方法二)因为a2b2c22bccosA412213，所以a2c2b2，B.因为BD，AB1，所以AD.15C4、C5、C6、C72012北京卷 已知函数f(x).(1)求f(x)的定义域及最小正周期；(2)求f(x)

13、的单调递减区间15解：(1)由sinx0得xk(kZ)，故f(x)的定义域为xR|xk，kZ因为f(x)2cosx(sinxcosx)sin2xcos2x1sin1，所以f(x)的最小正周期T.(2)函数ysinx的单调递减区间为(kZ)由2k2x2k，xk(kZ)得kxk(kZ)所以f(x)的单调递减区间为(kZ)16C5、C72012广东卷 已知函数f(x)Acos，xR，且f.(1)求A的值；(2)设，f，f，求cos()的值16解：(1)由f得Acos，故A2.(2)f2cos2cos2sin，f2cos2cos，sin，cos.，cos，sin.cos()coscossinsin.C

14、6 二倍角公式11C62012江苏卷 设为锐角，若cos，则sin的值为_11.解析 本题考查三角函数求值问题解题突破口为寻找已知角和所求角之间的整体关系由条件得sin，从而sin，cos21，从而sinsin.6C2、C62012辽宁卷 已知sincos，(0，)，则sin2()A1 BC. D16A解析 本小题主要考查同角基本关系与倍角公式的应用解题的突破口为灵活应用同角基本关系和倍角公式sincos(sincos)2212sincos2sin21.故而答案选A.7F2、C62012陕西卷 设向量a(1，cos)与b(1,2cos)垂直，则cos2等于()A. B. C0 D17C解析 由

15、向量垂直的充要条件可知，要使两向量垂直，则有12cos20，则cos22cos210.故选C.15C4、C5、C6、C72012北京卷 已知函数f(x).(1)求f(x)的定义域及最小正周期；(2)求f(x)的单调递减区间15解：(1)由sinx0得xk(kZ)，故f(x)的定义域为xR|xk，kZ因为f(x)2cosx(sinxcosx)sin2xcos2x1sin1，所以f(x)的最小正周期T.(2)函数ysinx的单调递减区间为(kZ)由2k2x2k，xk(kZ)得kxk(kZ)所以f(x)的单调递减区间为(kZ)18C4、C6、C72012湖北卷 设函数f(x)sin2x2sinxco

16、sxcos2x(xR)的图象关于直线x对称，其中，为常数，且.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的图象经过点，求函数f(x)的值域18解：(1)因为f(x)sin2xcos2x2sinxcosxcos2xsin2x2sin.由直线x是yf(x)图象的一条对称轴，可得sin1，所以2k(kZ)，即(kZ)，又，kZ，所以k1，故，所以f(x)的最小正周期是.(2)由yf(x)的图象过点，得f0，即2sin2sin，即.故f(x)2sin，函数f(x)的值域为2，29C62012江西卷 已知f(x)sin2，若af(lg5)，bf，则()Aab0 Bab0Cab1 Dab19C解

17、析 函数f(x)sin2(x)sin2x，f(lg5)f(lg5)1sin(2lg5)sin(2lg5)1sin(2lg5)sin(2lg5)1，ab1.故选C.C7 三角函数的求值、化简与证明5C5、C72012重庆卷 ()A BC. D.5C解析 sin30，选C.15C4、C5、C6、C72012北京卷 已知函数f(x).(1)求f(x)的定义域及最小正周期；(2)求f(x)的单调递减区间15解：(1)由sinx0得xk(kZ)，故f(x)的定义域为xR|xk，kZ因为f(x)2cosx(sinxcosx)sin2xcos2x1sin1，所以f(x)的最小正周期T.(2)函数ysinx的

18、单调递减区间为(kZ)由2k2x2k，xk(kZ)得kxk(kZ)所以f(x)的单调递减区间为(kZ)16C5、C72012广东卷 已知函数f(x)Acos，xR，且f.(1)求A的值；(2)设，f，f，求cos()的值16解：(1)由f得Acos，故A2.(2)f2cos2cos2sin，f2cos2cos，sin，cos.，cos，sin.cos()coscossinsin.18C4、C6、C72012湖北卷 设函数f(x)sin2x2sinxcosxcos2x(xR)的图象关于直线x对称，其中，为常数，且.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若yf(x)的图象经过点，求函数f(x)的

19、值域18解：(1)因为f(x)sin2xcos2x2sinxcosxcos2xsin2x2sin.由直线x是yf(x)图象的一条对称轴，可得sin1，所以2k(kZ)，即(kZ)，又，kZ，所以k1，故，所以f(x)的最小正周期是.(2)由yf(x)的图象过点，得f0，即2sin2sin，即.故f(x)2sin，函数f(4C72012江西卷 若，则tan2()A B. C D.4B解析 ，解得tan3，tan2，故选B.x)的值域为2，216C7、C82012天津卷 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a2，c，cosA.(1)求sinC和b的值；(2)求cos的值16解：

20、(1)在ABC中，由cosA，可得sinA，又由及a2，c，可得sinC.由a2b2c22bc cosA，得b2b20，因为b0，故解得b1.所以sinC，b1.(2)由cosA，sinA，得cos2A2cos2A1，sin2A2sinAcosA.所以，coscos2Acossin2Asin.C8解三角形13C82012重庆卷 设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a1，b2，cosC，则sinB_.13.解析 由余弦定理，得c2a2b22abcosC142124，解得c2，所以bc，BC，所以sinBsinC.15C8、F32012浙江卷 在ABC中，M是线段BC的中点，AM3，

21、BC10，则_.1516解析 本题主要考查平面几何的性质、平面向量的线性运算与数量积法一：()()|2|295516.法二：特例法：假设ABC是以AB、AC为腰的等腰三角形，如图，AM3，BC10，ABAC，cosBAC，|cosBAC16.5C82012四川卷 如图12，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE1，连结EC、ED，则sinCED()A. B. C. D.图125B解析 法一：由已知，CEDBEDBEC45BEC，而结合图形可知tanBEC，tanCEDtan(45BEC)，sinCED.法二：由已知，利用勾股定理可得DE，CE，又CD1，利用余弦定理得：cosCED，s

22、inCED.法三：同法二，得DE，CE，又CD1，有SCEDCDAD，又SCEDCEEDsinCEDsinCED，对比得sinCED.17C82012上海卷 在ABC中，若sin2Asin2Bsin2C，则ABC的形状是()A钝角三角形 B直角三角形C锐角三角形 D不能确定17A解析 考查正弦定理和判断三角形的形状，考查考生的转化思想，关键是利用正弦定理，把角转化边，再利用边之间的关系，判断三角形的形状由正弦定理可把不等式转化为a2b2c2，cosC0，所以三角形为钝角三角形故选A.13C82012陕西卷 在ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若a2，B，c2，则b_.132解析

23、 利用题目中所给的条件是三角形的两边和其夹角，可以使用余弦定理来计算，可知：b2a2c22accosB4，故b2.17C82012辽宁卷 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A，B，C成等差数列(1)求cosB的值；(2)边a，b，c成等比数列，求sinAsinC的值17解：(1)由已知2BAC，ABC180，解得B60，所以cosB.(2)(解法一)由已知b2ac，及cosB，根据正弦定理得sin2BsinAsinC，所以sinAsinC1cos2B.(解法二)由已知b2ac，及cosB，根据余弦定理得cosB，解得ac，所以BAC60，故sinAsinC.18C8、C9201

24、2浙江卷 在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinAacosB.(1)求角B的大小；(2)若b3，sinC2sinA，求a，c的值18解：(1)由bsinAacosB及正弦定理，得sinBcosB，所以tanB，所以B.(2)由sinC2sinA及，得c2a.由b3及余弦定理b2a2c22accosB，得9a2c2ac，将c2a代入得，a，c2.16C82012江西卷 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3cos(BC)16cosBcosC.(1)求cosA；(2)若a3，ABC的面积为2，求b，c.16解：(1)由3cos(BC)16cosBcosC，得3

25、(cosBcosCsinBsinC)1，即cos(BC)，从而cosAcos(BC).(2)由于0ABC，可得ac2，bc1.又因为3b20acosA，由余弦定理可知cosA，则3b20a，联立，化简可得7c213c600，解得c4或c(舍去)，则a6，b5.又由正弦定理可得，sinAsinBsinCabc654.故选D.6C82012广东卷 在ABC中，若A60，B45，BC3，则AC()A4 B2 C. D.6B解析 根据正弦定理得：，即.解得AC2.13C82012福建卷 在ABC中，已知BAC60，ABC45，BC，则AC_.13.解析 在ABC中，利用正弦定理得：AC.17C8201

26、2全国卷 ABC中，内角A、B、C成等差数列，其对边a、b、c满足2b23ac，求A.17解：由A、B、C成等差数列及ABC180得B60，AC120.由2b23ac及正弦定理得2sin2B3sinAsinC，故sinAsinC.cos(AC)cosAcosCsinAsinCcosAcosC，即cosAcosC，cosAcosC0，cosA0或cosC0，所以A90或A30.11C82012北京卷 在ABC中，若a3，b，A，则C的大小为_11.答案 本题考查三角形中正弦定理(或余弦定理)以及三角形性质的应用法一：正弦定理：由正弦定理知，所以sinB，又a3b，所以AB，所以0B，得B，故CB

27、A；法二：余弦定理：由余弦定理可得a232c2()22ccos，故c2c60，所以c2.再由正弦定理可得2，所以sinC1，故C.16C7、C82012天津卷 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a2，c，cosA.(1)求sinC和b的值；(2)求cos的值16解：(1)在ABC中，由cosA，可得sinA，又由及a2，c，可得sinC.由a2b2c22bc cosA，得b2b20，因为b0，故解得b1.所以sinC，b1.(2)由cosA，sinA，得cos2A2cos2A1，sin2A2sinAcosA.所以，coscos2Acossin2Asin.17C8、C520

28、12课标全国卷 已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，casinCccosA.(1)求A；(2)若a2，ABC的面积为，求b，c.17解：(1)由casinCccosA及正弦定理得sinAsinCcosAsinCsinC0.由于sinC0，所以sin.又0A，故A.(2)ABC的面积SbcsinA，故bc4.而a2b2c22bccosA，故b2c28.解得bc2.16C8、C52012安徽卷 设ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且有2sinBcosAsinAcosCcosAsinC.(1)求角A的大小；(2)若b2，c1，D为BC的中点，求AD的长16解：(1)(

29、方法一)由题设知，2sinBcosAsin(AC)sinB.因为sinB0，所以cosA.由于0A，故A.(方法二)由题设可知，2bac.于是b2c2a2bc.所以cosA.由于0A，故A.(2)(方法一)因为2(222)(14212cos)，所以|.从而AD.(方法二)因为a2b2c22bccosA412213，所以a2c2b2，B.因为BD，AB1，所以AD.17C8、D32012山东卷 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sinB(tanAtanC)tanAtanC.(1)求证：a，b，c成等比数列；(2)若a1，c2，求ABC的面积S.17解：(1)证明：在ABC中

30、，由于sinB(tanAtanC)tanAtanC，所以sinB，因此sinB(sinAcosCcosAsinC)sinAsinC，所以sinBsin(AC)sinAsinC，又ABC，所以sin(AC)sinB，因此sin2BsinAsinC，由正弦定理得b2ac，即a，b，c成等比数列(2)因为a1，c2，所以b，由余弦定理得cosB，因为0B，所以sinB，故ABC的面积SacsinB12.C9 单元综合10. C92012江西卷 如图13，|OA|2(单位：m)，|OB|1(单位：m)，OA与OB的夹角为，以A为圆心，AB为半径作圆弧与线段OA延长线交于点C.甲、乙两质点同时从点O出发

31、，甲先以速率1(单位：m/s)沿线段OB行至点B，再以速率3(单位：m/s)沿圆弧行至点C后停止；乙以速率2(单位：m/s)沿线段OA行至点A后停止，设t时刻甲、乙所到达的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为S(t)(S(0)0)，则函数yS(t)的图像大致是()图13图1410A解析 在OAB中，由余弦定理得AB.当0t1时，图像与横轴平行，故选A.15C92012江苏卷 在ABC中，已知3.(1)求证：tanB3tanA；(2)若cosC，求A的值15解：(1)证明：因为3，所以ABACcosA3BABCcosB， 即ACcosA3BCcosB，由正弦定理知，从而sinBcosA3s

32、inAcosB，又因为0A，0B0，cosB0，所以tanB3tanA.(2)因为cosC，0C0，故tanA1，所以A.18C8、C92012浙江卷 在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinAacosB.(1)求角B的大小；(2)若b3，sinC2sinA，求a，c的值18解：(1)由bsinAacosB及正弦定理，得sinBcosB，所以tanB，所以B.(2)由sinC2sinA及，得c2a.由b3及余弦定理b2a2c22accosB，得9a2c2ac，将c2a代入得，a，c2.16C9、F42012山东卷 如图15，在平面直角坐标系xOy中，一单位圆的圆心的初始位置

33、在(0,1)，此时圆上一点P的位置在(0,0)，圆在x轴上沿正向滚动当圆滚动到圆心位于(2,1)时，的坐标为_图1516(2sin2,1cos2)解析 本题考查向量坐标运算与三角函数，考查数据处理能力与创新意识，难题根据题意可知圆滚动了2个单位弧长，点P旋转了2弧度结合图象，设滚动后圆与x轴的交点为Q，圆心为C2，作C2My轴于M, PC2Q2，PC2M2，点P的横坐标为21cos2sin2，点P的纵坐标为11sin1cos2.18C92012四川卷 已知函数f(x)cos2sincos.(1)求函数f(x)的最小正周期和值域；(2)若f()，求sin2的值18解：(1)由已知，f(x)cos2sincos(1cosx)sinxcos.所以f(x)的最小正周期为2，值域为.(2)由(1)知，f()cos，所以cos.所以sin2coscos212cos21.