C 三角函數(shù)(文科)(高考真題+模擬新題)

C三角函數(shù)C1角的概念及任意角的三角函數(shù)3．B9、C1[2012·湖北卷]函數(shù)f(x)＝xcos2x在區(qū)間[0,2π]上的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．2B．3C．4D3．D[解析]要使f(x)＝xcos2x＝0，則x＝0或cos2x＝0，而cos2x＝0(x∈[0,2π])的解有x＝eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，eq\f(5π,4)，eq\f(7π,4)，所以零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為5.故選D.20．C1、M1[2012·福建卷]某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．20．解：解法一：(1)選擇(2)式，計(jì)算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－a)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).解法二：(1)同解法一．(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).C2同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式與誘導(dǎo)公式4．C2[2012·全國卷]已知α為第二象限角，sinα＝eq\f(3,5)，則sin2α＝()A．－eq\f(24,25)B．－eq\f(12,25)C.eq\f(12,25)D.eq\f(24,25)4．A[解析]由α為第二象限角及sinα＝eq\f(3,5)得cosα＝－eq\f(4,5)，所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(24,25)，故選A.6．C2、C6[2012·遼寧卷]已知sinα－cosα＝eq\r(2)，α∈(0，π)，則sin2α＝()A．－1B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2)D．16．A[解析]本小題主要考查同角基本關(guān)系與倍角公式的應(yīng)用．解題的突破口為靈活應(yīng)用同角基本關(guān)系和倍角公式．∵sinα－cosα＝eq\r(2)?(sinα－cosα)2＝2?1－2sinαcosα＝2?sin2α＝－1.故而答案選A.19．C2、C3、C4[2012·重慶卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，－π<φ≤π)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值2，其圖象與x軸的相鄰兩個(gè)交點(diǎn)的距離為eq\f(π,2).(1)求f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(6cos4x－sin2x－1,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))的值域．19．解：(1)由題設(shè)條件知f(x)的周期T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.因f(x)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值2，所以A＝2.從而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.又由－π<φ≤π得φ＝eq\f(π,6).故f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)g(x)＝eq\f(6cos4x－sin2x－1,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))))＝eq\f(6cos4x＋cos2x－2,2cos2x)＝eq\f(2cos2x－13cos2x＋2,22cos2x－1)＝eq\f(3,2)cos2x＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2x≠\f(1,2))).因cos2x∈[0,1]，且cos2x≠eq\f(1,2)，故g(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(7,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(5,2))).C3三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)8．C3[2012·福建卷]函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))的圖象的一條對稱軸是()A．x＝eq\f(π,4)B．x＝eq\f(π,2)C．x＝－eq\f(π,4)D．x＝－eq\f(π,2)8．C[解析]解題關(guān)鍵是明確三角函數(shù)圖象的對稱軸經(jīng)過最高點(diǎn)或最低點(diǎn)，可以把四個(gè)選項(xiàng)代入驗(yàn)證，只有當(dāng)x＝－eq\f(π,4)時(shí)，函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)－\f(π,4)))＝－1取得最值，所以選擇C.17．C3、C4[2012·陜西卷]函數(shù)f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋1(A>0，ω>0)的最大值為3，其圖像相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)設(shè)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2，求α的值．17．解：(1)∵函數(shù)f(x)的最大值為3，∴A＋1＝3，即A＝2，∵函數(shù)圖像的相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，∴最小正周期T＝π，∴ω＝2，故函數(shù)f(x)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1.(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋1＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵0<α<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)<α－eq\f(π,6)<eq\f(π,3)，∴α－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，故α＝eq\f(π,3).18．C3、C4[2012·湖南卷]已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈R，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象如圖1－6所示．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的單調(diào)遞增區(qū)間．圖1－618．解：(1)由題設(shè)圖象知，周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)－\f(5π,12)))＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.因?yàn)辄c(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))在函數(shù)圖象上，所以Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝0.又因?yàn)?＜φ＜eq\f(π,2)，所以eq\f(5π,6)＜eq\f(5π,6)＋φ＜eq\f(4π,3).從而eq\f(5π,6)＋φ＝π，即φ＝eq\f(π,6).又點(diǎn)(0,1)在函數(shù)圖象上，所以Asineq\f(π,6)＝1，得A＝2.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))－2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝2sin2x－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sin2x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z.所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.圖1－79．B14、C3[2012·湖南卷]設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)是最小正周期為2π的偶函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，0＜f(x)＜1；當(dāng)x∈(0，π)且x≠eq\f(π,2)時(shí)，x－eq\f(π,2)f′(x)＞0.則函數(shù)y＝f(x)－sinx在[－2π，2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．2B．4C．5D9．B[解析]本題考查函數(shù)的性質(zhì)和函數(shù)的零點(diǎn)，以及數(shù)形結(jié)合思想，意在考查考生函數(shù)性質(zhì)與圖像綜合運(yùn)用的能力；具體的解題思路和過程：利用函數(shù)的奇偶性、周期性和單調(diào)性，作出函數(shù)簡圖，把f(x)－sinx＝0構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合思想，得出函數(shù)的零點(diǎn)數(shù)．由當(dāng)x∈(0，π)且x≠eq\f(π,2)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))f′(x)＞0，可知函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)遞減的，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是單調(diào)遞增的，又由函數(shù)為偶函數(shù)，周期為2π，可畫出其一個(gè)簡圖，令f(x)－sinx＝0，即f(x)＝sinx，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)y＝f(x)和y＝sinx，由圖可知，函數(shù)有4個(gè)零點(diǎn)．[易錯(cuò)點(diǎn)]本題易錯(cuò)一：對函數(shù)的性質(zhì)掌握不到位，無法作出函數(shù)圖象的簡圖；易錯(cuò)二：函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)的確定有三種方法，此題只能用函數(shù)的交點(diǎn)方法求解；易錯(cuò)三：許多考生不習(xí)慣作圖，無法正確運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想解答．19．C2、C3、C4[2012·重慶卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，－π<φ≤π)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值2，其圖象與x軸的相鄰兩個(gè)交點(diǎn)的距離為eq\f(π,2).(1)求f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(6cos4x－sin2x－1,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))的值域．19．解：(1)由題設(shè)條件知f(x)的周期T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.因f(x)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值2，所以A＝2.從而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.又由－π<φ≤π得φ＝eq\f(π,6).故f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)g(x)＝eq\f(6cos4x－sin2x－1,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))))＝eq\f(6cos4x＋cos2x－2,2cos2x)＝eq\f(2cos2x－13cos2x＋2,22cos2x－1)＝eq\f(3,2)cos2x＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2x≠\f(1,2))).因cos2x∈[0,1]，且cos2x≠eq\f(1,2)，故g(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(7,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(5,2))).3．C3、N2[2012·上海卷]函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinx2,－1cosx))的最小正周期是________．3．π[解析]考查二階矩陣和三角函數(shù)的值域，以矩陣為載體，實(shí)為考查三角函數(shù)的性質(zhì)，易錯(cuò)點(diǎn)是三角函數(shù)的化簡．f(x)＝sinxcosx＋2＝eq\f(1,2)sin2x＋2，由三角函數(shù)周期公式得，T＝eq\f(2π,2)＝π.C4函數(shù)的圖象與性質(zhì)6．C4[2012·浙江卷]把函數(shù)y＝cos2x＋1的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，然后向左平移1個(gè)單位長度，再向下平移1個(gè)單位長度，得到的圖象是()圖1－26．A[解析]本題考查了余弦函數(shù)的性質(zhì)與函數(shù)圖象的變換，考查了學(xué)生對余弦函數(shù)圖象、性質(zhì)的掌握，會(huì)利用“五點(diǎn)法”確定函數(shù)的大致形狀、位置．函數(shù)y＝cos2x＋1圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍，得到函數(shù)y＝cosx＋1的圖象；再將函數(shù)向左平移一個(gè)單位長度，得到函數(shù)y＝cos(x＋1)＋1的圖象；最后把函數(shù)向下平移1個(gè)單位長度即得到函數(shù)y＝cos(x＋1)的圖象，可以看成是函數(shù)y＝cosx向左平移一個(gè)單位得到y(tǒng)＝cos(x＋1)的圖象，可用特殊點(diǎn)驗(yàn)證函數(shù)的大致位置．7．C4[2012·天津卷]將函數(shù)f(x)＝sinωx(其中ω＞0)的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位長度，所得圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))，則ω的最小值是()A.eq\f(1,3)B．1C.eq\f(5,3)D．27．D[解析]法一：將函數(shù)f(x)＝sinωx的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位，得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)ω))的圖象，又∵其圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)ω－\f(π,4)ω))＝sineq\f(π,2)ω＝0，∴ω最小值取2.法二：函數(shù)f(x)＝sinωx的圖象向右平移eq\f(π,4)個(gè)單位后過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))，∴函數(shù)f(x)＝sinωx的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(π,2)ω＝0，∴ω最小值取2.8．C4[2012·山東卷]函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值與最小值之和為()A．2－eq\r(3)B．0C．－1D．－1－eq\r(3)8．A[解析]本題考查函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)的圖象與性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，中檔題．∵0≤x≤9，∴－eq\f(π,3)≤eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)≤eq\f(7,6)π，當(dāng)eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)＝－eq\f(1,3)π時(shí)，y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))有最小值2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\r(3)，當(dāng)eq\f(π,6)x－eq\f(π,3)＝eq\f(1,2)π時(shí)，y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))有最大值2.9．C4[2012·課標(biāo)全國卷]已知ω>0,0<φ<π，直線x＝eq\f(π,4)和x＝eq\f(5π,4)是函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)圖像的兩條相鄰的對稱軸，則φ＝()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(3π,4)9．A[解析]由題意，函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期為T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)－\f(π,4)))＝2π，又ω>0，所以ω＝eq\f(2π,T)＝1.故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋φ)).故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝1，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋φ))＝－1，))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝－1，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋φ))＝1，))②由①得φ＝2kπ＋eq\f(π,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))；由②得φ＝2kπ－eq\f(3π,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)).又已知0<φ<π，所以由①得φ＝eq\f(π,4)；②無解．綜上，φ＝eq\f(π,4).故選A.15．C4[2012·全國卷]當(dāng)函數(shù)y＝sinx－eq\r(3)cosx(0≤x<2π)取得最大值時(shí)，x＝________.15.eq\f(5π,6)[解析]本小題主要考查利用三角函數(shù)的兩角和與差公式變形求最值，解題的突破口為化為振幅式并注意定義域．函數(shù)可化為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，由x∈[0,2π)得x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(5π,3)))，∴x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(5π,6)時(shí)，函數(shù)有最大值2，故填eq\f(5π,6).19．C2、C3、C4[2012·重慶卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，－π<φ≤π)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值2，其圖象與x軸的相鄰兩個(gè)交點(diǎn)的距離為eq\f(π,2).(1)求f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝eq\f(6cos4x－sin2x－1,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))的值域．19．解：(1)由題設(shè)條件知f(x)的周期T＝π，即eq\f(2π,ω)＝π，解得ω＝2.因f(x)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值2，所以A＝2.從而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，所以eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z.又由－π<φ≤π得φ＝eq\f(π,6).故f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)g(x)＝eq\f(6cos4x－sin2x－1,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))))＝eq\f(6cos4x＋cos2x－2,2cos2x)＝eq\f(2cos2x－13cos2x＋2,22cos2x－1)＝eq\f(3,2)cos2x＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2x≠\f(1,2))).因cos2x∈[0,1]，且cos2x≠eq\f(1,2)，故g(x)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(7,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(5,2))).17．C3、C4[2012·陜西卷]函數(shù)f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＋1(A>0，ω>0)的最大值為3，其圖像相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)設(shè)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2，求α的值．17．解：(1)∵函數(shù)f(x)的最大值為3，∴A＋1＝3，即A＝2，∵函數(shù)圖像的相鄰兩條對稱軸之間的距離為eq\f(π,2)，∴最小正周期T＝π，∴ω＝2，故函數(shù)f(x)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋1.(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋1＝2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵0<α<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)<α－eq\f(π,6)<eq\f(π,3)，∴α－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，故α＝eq\f(π,3).7．C4[2012·安徽卷]要得到函數(shù)y＝cos(2x＋1)的圖象，只要將函數(shù)y＝cos2x的圖象()A．向左平移1個(gè)單位B．向右平移1個(gè)單位C．向左平移eq\f(1,2)個(gè)單位D．向右平移eq\f(1,2)個(gè)單位7．C[解析]因?yàn)閥＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋1))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，所以只需要將函數(shù)y＝cos2x的圖像向左移動(dòng)eq\f(1,2)個(gè)單位即可得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋1))的圖像．5．A3、C4[2012·山東卷]設(shè)命題p：函數(shù)y＝sin2x的最小正周期為eq\f(π,2)；命題q：函數(shù)y＝cosx的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱．則下列判斷正確的是()A．p為真B．綈q為假C．p∧q為假D．p∨q為真5．C[解析]本題考查含量詞命題間的真假關(guān)系及三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，考查推理能力，容易題．∵函數(shù)y＝sin2x的最小正周期為π，∴命題p為假命題；函數(shù)y＝cosx的圖象的對稱軸所在直線方程為x＝kπ，k∈Z，∴命題q為假命題，由命題間的真假關(guān)系得p∧q為假命題．18．C3、C4[2012·湖南卷]已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈R，ω＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象如圖1－6所示．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))的單調(diào)遞增區(qū)間．圖1－618．解：(1)由題設(shè)圖象知，周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)－\f(5π,12)))＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.因?yàn)辄c(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))在函數(shù)圖象上，所以Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)＋φ))＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝0.又因?yàn)?＜φ＜eq\f(π,2)，所以eq\f(5π,6)＜eq\f(5π,6)＋φ＜eq\f(4π,3).從而eq\f(5π,6)＋φ＝π，即φ＝eq\f(π,6).又點(diǎn)(0,1)在函數(shù)圖象上，所以Asineq\f(π,6)＝1，得A＝2.故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).(2)g(x)＝2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))－2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝2sin2x－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sin2x－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x＋\f(\r(3),2)cos2x))＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z.所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.圖1－715．C4、C5、C6、C7[2012·北京卷]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx).(1)求f(x)的定義域及最小正周期；(2)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．15．解：(1)由sinx≠0得x≠kπ(k∈Z)，故f(x)的定義域?yàn)閧x∈R|x≠kπ，k∈Z}．因?yàn)閒(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx)＝2cosx(sinx－cosx)＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，x≠kπ(k∈Z)．得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)．所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kx＋\f(7π,8)))(k∈Z)．3．C4[2012·全國卷]若函數(shù)f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)(φ∈[0,2π])是偶函數(shù)，則φ＝()A.eq\f(π,2)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,2)D.eq\f(5π,3)3．C[解析]本小題主要考查三角函數(shù)的性質(zhì)．解題的突破口為正、余弦函數(shù)的振幅式在對稱軸處取得最值．∵f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)為偶函數(shù)，有x＝0時(shí)f(x)取得最值，即eq\f(φ,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，即φ＝3kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，由于φ∈[0,2π]，所以k＝0時(shí)，φ＝eq\f(3π,2)符合，故選C.18．C4、C6、C7[2012·湖北卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝sin2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx＋λ(x∈R)的圖象關(guān)于直線x＝π對稱，其中ω，λ為常數(shù)，且ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若y＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，求函數(shù)f(x)的值域．18．解：(1)因?yàn)閒(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx＋λ＝－cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋λ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＋λ.由直線x＝π是y＝f(x)圖象的一條對稱軸，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＝±1，所以2ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即ω＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)(k∈Z)，又ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，k∈Z，所以k＝1，故ω＝eq\f(5,6)，所以f(x)的最小正周期是eq\f(6π,5).(2)由y＝f(x)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，即λ＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)×\f(π,2)－\f(π,6)))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2)，即λ＝－eq\r(2).故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))－eq\r(2)，函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇－2－eq\r(2)，2－eq\r(2)]．C5兩角和與差的正弦、余弦、正切5．C5、C7[2012·重慶卷]eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)5．C[解析]eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin17°＋30°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin17°cos30°＋cos17°sin30°－sin17°cos30°,cos17°)＝sin30°＝eq\f(1,2)，選C.17．C8、C5[2012·課標(biāo)全國卷]已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊，c＝eq\r(3)asinC－ccosA.(1)求A；(2)若a＝2，△ABC的面積為eq\r(3)，求b，c.17．解：(1)由c＝eq\r(3)asinC－ccosA及正弦定理得eq\r(3)sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0.由于sinC≠0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).又0<A<π，故A＝eq\f(π,3).(2)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)，故bc＝4.而a2＝b2＋c2－2bccosA，故b2＋c2＝8.解得b＝c＝2.16．C8、C5[2012·安徽卷]設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，且有2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC.(1)求角A的大小；(2)若b＝2，c＝1，D為BC的中點(diǎn)，求AD的長．16．解：(1)(方法一)由題設(shè)知，2sinBcosA＝sin(A＋C)＝sinB.因?yàn)閟inB≠0，所以cosA＝eq\f(1,2).由于0<A<π，故A＝eq\f(π,3).(方法二)由題設(shè)可知，2b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc).于是b2＋c2－a2＝bc.所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2).由于0<A<π，故A＝eq\f(π,3).(2)(方法一)因?yàn)閑q\o(AD2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→)),2)))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(1＋4＋2×1×2×coseq\f(π,3))＝eq\f(7,4)，所以|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(7),2).從而AD＝eq\f(\r(7),2).(方法二)因?yàn)閍2＝b2＋c2－2bccosA＝4＋1－2×2×1eq\f(1,2)＝3，所以a2＋c2＝b2，B＝eq\f(π,2).因?yàn)锽D＝eq\f(\r(3),2)，AB＝1，所以AD＝eq\r(1＋\f(3,4))＝eq\f(\r(7),2).15．C4、C5、C6、C7[2012·北京卷]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx).(1)求f(x)的定義域及最小正周期；(2)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．15．解：(1)由sinx≠0得x≠kπ(k∈Z)，故f(x)的定義域?yàn)閧x∈R|x≠kπ，k∈Z}．因?yàn)閒(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx)＝2cosx(sinx－cosx)＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，x≠kπ(k∈Z)．得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)．所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kx＋\f(7π,8)))(k∈Z)．16．C5、C7[2012·廣東卷]已知函數(shù)f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(π,6)))，x∈R，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2).(1)求A的值；(2)設(shè)α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(4,3)π))＝－eq\f(30,17)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4β－\f(2,3)π))＝eq\f(8,5)，求cos(α＋β)的值．16．解：(1)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)得Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(π,6)))＝eq\r(2)，故A＝2.(2)∵－eq\f(30,17)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(4,3)π))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(4π,3)))＋\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－2sinα，eq\f(8,5)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4β－\f(2π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4β－\f(2π,3)))＋\f(π,6)))＝2cosβ，∴sinα＝eq\f(15,17)，cosβ＝eq\f(4,5).∵α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,17)))2)＝eq\f(8,17)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2)＝eq\f(3,5).∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(8,17)×eq\f(4,5)－eq\f(15,17)×eq\f(3,5)＝－eq\f(13,85).C6二倍角公式11．C6[2012·江蘇卷]設(shè)α為銳角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))的值為________．11.eq\f(17\r(2),50)[解析]本題考查三角函數(shù)求值問題．解題突破口為尋找已知角和所求角之間的整體關(guān)系．由條件得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，從而sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝eq\f(24,25)，coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝2×eq\f(16,25)－1＝eq\f(7,25)，從而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝eq\f(24,25)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(7,25)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(17\r(2),50).6．C2、C6[2012·遼寧卷]已知sinα－cosα＝eq\r(2)，α∈(0，π)，則sin2α＝()A．－1B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2)D．16．A[解析]本小題主要考查同角基本關(guān)系與倍角公式的應(yīng)用．解題的突破口為靈活應(yīng)用同角基本關(guān)系和倍角公式．∵sinα－cosα＝eq\r(2)?(sinα－cosα)2＝2?1－2sinαcosα＝2?sin2α＝－1.故而答案選A.7．F2、C6[2012·陜西卷]設(shè)向量a＝(1，cosθ)與b＝(－1,2cosθ)垂直，則cos2θ等于()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(1,2)C．0D．－17．C[解析]由向量垂直的充要條件可知，要使兩向量垂直，則有－1＋2cos2θ＝0，則cos2θ＝2cos2θ－1＝0.故選C.15．C4、C5、C6、C7[2012·北京卷]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx).(1)求f(x)的定義域及最小正周期；(2)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．15．解：(1)由sinx≠0得x≠kπ(k∈Z)，故f(x)的定義域?yàn)閧x∈R|x≠kπ，k∈Z}．因?yàn)閒(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx)＝2cosx(sinx－cosx)＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，x≠kπ(k∈Z)．得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)．所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kx＋\f(7π,8)))(k∈Z)．18．C4、C6、C7[2012·湖北卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝sin2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx＋λ(x∈R)的圖象關(guān)于直線x＝π對稱，其中ω，λ為常數(shù)，且ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若y＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，求函數(shù)f(x)的值域．18．解：(1)因?yàn)閒(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx＋λ＝－cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋λ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＋λ.由直線x＝π是y＝f(x)圖象的一條對稱軸，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＝±1，所以2ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即ω＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)(k∈Z)，又ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，k∈Z，所以k＝1，故ω＝eq\f(5,6)，所以f(x)的最小正周期是eq\f(6π,5).(2)由y＝f(x)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，即λ＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)×\f(π,2)－\f(π,6)))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2)，即λ＝－eq\r(2).故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))－eq\r(2)，函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇－2－eq\r(2)，2－eq\r(2)]．9．C6[2012·江西卷]已知f(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，若a＝f(lg5)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,5)))，則()A．a(chǎn)＋b＝0B．a(chǎn)－b＝0C．a(chǎn)＋b＝1D．a(chǎn)－b＝19．C[解析]函數(shù)f(x)＝sin2(x＋eq\f(π,4))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)sin2x，∵f(lg5)＋f(－lg5)＝1＋eq\f(1,2)[sin(2lg5)＋sin(－2lg5)]＝1＋eq\f(1,2)[sin(2lg5)－sin(2lg5)]＝1，∴a＋b＝1.故選C.C7三角函數(shù)的求值、化簡與證明5．C5、C7[2012·重慶卷]eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)5．C[解析]eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin17°＋30°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin17°cos30°＋cos17°sin30°－sin17°cos30°,cos17°)＝sin30°＝eq\f(1,2)，選C.15．C4、C5、C6、C7[2012·北京卷]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx).(1)求f(x)的定義域及最小正周期；(2)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．15．解：(1)由sinx≠0得x≠kπ(k∈Z)，故f(x)的定義域?yàn)閧x∈R|x≠kπ，k∈Z}．因?yàn)閒(x)＝eq\f(sinx－cosxsin2x,sinx)＝2cosx(sinx－cosx)＝sin2x－cos2x－1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－1，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)函數(shù)y＝sinx的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，x≠kπ(k∈Z)．得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)．所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(3π,8)，kx＋\f(7π,8)))(k∈Z)．16．C5、C7[2012·廣東卷]已知函數(shù)f(x)＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(π,6)))，x∈R，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2).(1)求A的值；(2)設(shè)α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(4,3)π))＝－eq\f(30,17)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4β－\f(2,3)π))＝eq\f(8,5)，求cos(α＋β)的值．16．解：(1)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)得Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(π,6)))＝eq\r(2)，故A＝2.(2)∵－eq\f(30,17)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(4,3)π))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(4π,3)))＋\f(π,6)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝－2sinα，eq\f(8,5)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4β－\f(2π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4β－\f(2π,3)))＋\f(π,6)))＝2cosβ，∴sinα＝eq\f(15,17)，cosβ＝eq\f(4,5).∵α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,17)))2)＝eq\f(8,17)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2)＝eq\f(3,5).∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(8,17)×eq\f(4,5)－eq\f(15,17)×eq\f(3,5)＝－eq\f(13,85).18．C4、C6、C7[2012·湖北卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝sin2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx－cos2ωx＋λ(x∈R)的圖象關(guān)于直線x＝π對稱，其中ω，λ為常數(shù)，且ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若y＝f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，求函數(shù)f(x)的值域．18．解：(1)因?yàn)閒(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2eq\r(3)sinωx·cosωx＋λ＝－cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋λ＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＋λ.由直線x＝π是y＝f(x)圖象的一條對稱軸，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6)))＝±1，所以2ωπ－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即ω＝eq\f(k,2)＋eq\f(1,3)(k∈Z)，又ω∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，k∈Z，所以k＝1，故ω＝eq\f(5,6)，所以f(x)的最小正周期是eq\f(6π,5).(2)由y＝f(x)的圖象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝0，即λ＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)×\f(π,2)－\f(π,6)))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2)，即λ＝－eq\r(2).故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)x－\f(π,6)))－eq\r(2)，函數(shù)f(4．C7[2012·江西卷]若eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(1,2)，則tan2α＝()A．－eq\f(3,4)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(4,3)D.eq\f(4,3)4．B[解析]eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)＝eq\f(1,2)，解得tanα＝－3，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(3,4)，故選B.x)的值域?yàn)閇－2－eq\r(2)，2－eq\r(2)]．16．C7、C8[2012·天津卷]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知a＝2，c＝eq\r(2)，cosA＝－eq\f(\r(2),4).(1)求sinC和b的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))的值．16．解：(1)在△ABC中，由cosA＝－eq\f(\r(2),4)，可得sinA＝eq\f(\r(14),4)，又由eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)及a＝2，c＝eq\r(2)，可得sinC＝eq\f(\r(7),4).由a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋b－2＝0，因?yàn)閎＞0，故解得b＝1.所以sinC＝eq\f(\r(7),4)，b＝1.(2)由cosA＝－eq\f(\r(2),4)，sinA＝eq\f(\r(14),4)，得cos2A＝2cos2A－1＝－eq\f(3,4)，sin2A＝2sinAcosA＝－eq\f(\r(7),4).所以，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＝cos2Acoseq\f(π,3)－sin2Asineq\f(π,3)＝eq\f(－3＋\r(21),8).C8解三角形13．C8[2012·重慶卷]設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝1，b＝2，cosC＝eq\f(1,4)，則sinB＝________.13.eq\f(\r(15),4)[解析]由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋4－2×1×2×eq\f(1,4)＝4，解得c＝2，所以b＝c，B＝C，所以sinB＝sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(15),4).15．C8、F3[2012·浙江卷]在△ABC中，M是線段BC的中點(diǎn)，AM＝3，BC＝10，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________.15．－16[解析]本題主要考查平面幾何的性質(zhì)、平面向量的線性運(yùn)算與數(shù)量積．法一：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\o(AM,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→)))·(eq\o(AM,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→)))＝|eq\o(AM,\s\up6(→))|2－|eq\o(MB,\s\up6(→))|2＝9－5×5＝－16.法二：特例法：假設(shè)△ABC是以AB、AC為腰的等腰三角形，如圖，AM＝3，BC＝10，AB＝AC＝eq\r(34)，cos∠BAC＝eq\f(34＋34－100,2×34)＝－eq\f(8,17)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos∠BAC＝－16.5．C8[2012·四川卷]如圖1－2，正方形ABCD的邊長為1，延長BA至E，使AE＝1，連結(jié)EC、ED，則sin∠CED＝()A.eq\f(3\r(10),10)B.eq\f(\r(10),10)C.eq\f(\r(5),10)D.eq\f(\r(5),15)圖1－25．B[解析]法一：由已知，∠CED＝∠BED－∠BEC＝45°－∠BEC，而結(jié)合圖形可知tan∠BEC＝eq\f(1,2)，∴tan∠CED＝tan(45°－∠BEC)＝eq\f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，∴sin∠CED＝eq\f(\r(10),10).法二：由已知，利用勾股定理可得DE＝eq\r(2)，CE＝eq\r(5)，又CD＝1，利用余弦定理得：cos∠CED＝eq\f(2＋5－1,2×\r(2)×\r(5))＝eq\f(3\r(10),10)，∴sin∠CED＝eq\f(\r(10),10).法三：同法二，得DE＝eq\r(2)，CE＝eq\r(5)，又CD＝1，有S△CED＝eq\f(1,2)CD·AD＝eq\f(1,2)，又S△CED＝eq\f(1,2)CE·EDsin∠CED＝eq\f(\r(10),2)sin∠CED，對比得sin∠CED＝eq\f(\r(10),10).17．C8[2012·上海卷]在△ABC中，若sin2A＋sin2B＜sin2C，則△ABCA．鈍角三角形B．直角三角形C．銳角三角形D．不能確定17．A[解析]考查正弦定理和判斷三角形的形狀，考查考生的轉(zhuǎn)化思想，關(guān)鍵是利用正弦定理，把角轉(zhuǎn)化邊，再利用邊之間的關(guān)系，判斷三角形的形狀．由正弦定理可把不等式轉(zhuǎn)化為a2＋b2<c2，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以三角形為鈍角三角形．故選A.13．C8[2012·陜西卷]在△ABC中，角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c.若a＝2，B＝eq\f(π,6)，c＝2eq\r(3)，則b＝________.13．2[解析]利用題目中所給的條件是三角形的兩邊和其夾角，可以使用余弦定理來計(jì)算，可知：b2＝a2＋c2－2accosB＝4，故b＝2.17．C8[2012·遼寧卷]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，角A，B，C成等差數(shù)列．(1)求cosB的值；(2)邊a，b，c成等比數(shù)列，求sinAsinC的值．17．解：(1)由已知2B＝A＋C，A＋B＋C＝180°，解得B＝60°，所以cosB＝eq\f(1,2).(2)(解法一)由已知b2＝ac，及cosB＝eq\f(1,2)，根據(jù)正弦定理得sin2B＝sinAsinC，所以sinAsinC＝1－cos2B＝eq\f(3,4).(解法二)由已知b2＝ac，及cosB＝eq\f(1,2)，根據(jù)余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)，解得a＝c，所以B＝A＝C＝60°，故sinAsinC＝eq\f(3,4).18．C8、C9[2012·浙江卷]在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且bsinA＝eq\r(3)acosB.(1)求角B的大??；(2)若b＝3，sinC＝2sinA，求a，c的值．18．解：(1)由bsinA＝eq\r(3)acosB及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\r(3)cosB，所以tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由sinC＝2sinA及eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得c＝2a.由b＝3及余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得9＝a2＋c2－ac，將c＝2a代入得a＝eq\r(3)，c＝2eq\r(3).16．C8[2012·江西卷]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知3cos(B－C)－1＝6cosBcosC.(1)求cosA；(2)若a＝3，△ABC的面積為2eq\r(2)，求b，c.16．解：(1)由3cos(B－C)－1＝6cosBcosC，得3(cosBcosC－sinBsinC)＝－1，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,3)，從而cosA＝－cos(B＋C)＝eq\f(1,3).(2)由于0<A<π，cosA＝eq\f(1,3)，所以sinA＝eq\f(2\r(2),3).又S△ABC＝2eq\r(2)，即eq\f(1,2)bcsinA＝2eq\r(2)，解得bc＝6.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2＝13.解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bc＝6，,b2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,c＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝3，,c＝2.))8．C8[2012·湖南卷]在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，則BC邊上的高等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2)D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)8．B[解析]本題考查三角形的余弦定理，意在考查考生對余弦定理的運(yùn)用和解三角形問題的掌握；具體的解題思路和過程：先用余弦定理求出邊c的長度，再直接解直角三角形．由余弦定理得7＝c2＋22－2×2c×cos60°，解得c＝3，再由BC邊上的高構(gòu)成的直角三角形中，得h＝c×sinB＝3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，故選B.[易錯(cuò)點(diǎn)]本題易錯(cuò)一：知道兩邊及一角，用正弦定理去做，難于找到突破口；易錯(cuò)二：利用余弦定理求出c以后，不用解直角三角形，用等面積法，加大運(yùn)算過程．8．C8[2012·湖北卷]設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若三邊的長為連續(xù)的三個(gè)正整數(shù)，且A＞B＞C,3b＝20acosA，則sinA∶sinB∶sinC為()A．4∶3∶2B．5∶6∶7C．5∶4∶3D．6∶5∶48．D[解析]因?yàn)閍，b，c為連續(xù)的三個(gè)正整數(shù)，且A>B>C，可得a＝c＋2，b＝c＋1①.又因?yàn)?b＝20acosA，由余弦定理