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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b 8.7 [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===-.
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