《三角函数与解三角形》复习训练习题

《三角函数与解三角形》复习训练习题第1讲任意角、弧度制及任意角的三角函数一、选择题1.给出下列四个命题：①－eq\f(3π,4)是第二象限角；②eq\f(4π,3)是第三象限角；③－400°是第四象限角；④－315°是第一象限角.其中正确的命题有()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个解析－eq\f(3π,4)是第三象限角，故①错误.eq\f(4π,3)＝π＋eq\f(π,3)，从而eq\f(4π,3)是第三象限角，②正确.－400°＝－360°－40°，从而③正确.－315°＝－360°＋45°，从而④正确.答案C2.已知点P(tanα，cosα)在第三象限，则角α的终边所在象限是()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限解析由题意知tanα＜0，cosα＜0，∴α是第二象限角.答案B3.已知角θ的终边经过点P(4，m)，且sinθ＝eq\f(3,5)，则m等于()A.－3 B.3 C.eq\f(16,3) D.±3解析sinθ＝eq\f(m,\r(16＋m2))＝eq\f(3,5)，解得m＝3.答案B4.点P从(1，0)出发，沿单位圆逆时针方向运动eq\f(2π,3)弧长到达Q点，则Q点的坐标为()A.(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)) B.(－eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2))C.(－eq\f(1,2)，－eq\f(\r(3),2)) D.(－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))解析由三角函数定义可知Q点的坐标(x，y)满足x＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，y＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).答案A5.已知角α的终边经过点(3a－9，a＋2)，且cosα≤0，sinα>0.则实数a的取值范围是()A.(－2，3] B.(－2，3)C.[－2，3) D.[－2，3]解析∵cosα≤0，sinα>0，∴角α的终边落在第二象限或y轴的正半轴上.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－9≤0，,a＋2>0，))∴－2<a≤3.答案A6.若一圆弧长等于其所在圆的内接正三角形的边长，则其圆心角α∈(0，π)的弧度数为()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,2) C.eq\r(3) D.2解析设圆半径为r，则其内接正三角形的边长为eq\r(3)r，所以eq\r(3)r＝α·r，∴α＝eq\r(3).答案C7.给出下列命题：①第二象限角大于第一象限角；②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；③不论是用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形的半径的大小无关；④若sinα＝sinβ，则α与β的终边相同；⑤若cosθ<0，则θ是第二或第三象限的角.其中正确命题的个数是()A.1 B.2 C.3 D.4解析举反例：第一象限角370°不小于第二象限角100°，故①错；当三角形的内角为90°时，其既不是第一象限角，也不是第二象限角，故②错；③正确；由于sineq\f(π,6)＝sineq\f(5π,6)，但eq\f(π,6)与eq\f(5π,6)的终边不相同，故④错；当cosθ＝－1，θ＝π时既不是第二象限角，也不是第三象限角，故⑤错.综上可知只有③正确.答案A8.已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝()A.－eq\f(4,5) B.－eq\f(3,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)解析由题意知，tanθ＝2，即sinθ＝2cosθ，将其代入sin2θ＋cos2θ＝1中可得cos2θ＝eq\f(1,5)，故cos2θ＝2cos2θ－1＝－eq\f(3,5).答案B二、填空题9.已知角α的终边在如图所示阴影表示的范围内(不包括边界)，则角α用集合可表示为________.解析在[0，2π)内，终边落在阴影部分角的集合为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5,6)π))，所以，所求角的集合为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5,6)π))(k∈Z).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5,6)π))(k∈Z)10.设P是角α终边上一点，且|OP|＝1，若点P关于原点的对称点为Q，则Q点的坐标是________.解析由已知P(cosα，sinα)，则Q(－cosα，－sinα).答案(－cosα，－sinα)11.已知扇形的圆心角为eq\f(π,6)，面积为eq\f(π,3)，则扇形的弧长等于________.解析设扇形半径为r，弧长为l，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(l,r)＝\f(π,6)，,\f(1,2)lr＝\f(π,3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＝\f(π,3)，,r＝2.))答案eq\f(π,3)12.若390°角的终边上有一点P(a，3)，则a的值是________.解析tan390°＝eq\f(3,a)，又tan390°＝tan(360°＋30°)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3).∴eq\f(3,a)＝eq\f(\r(3),3)，∴a＝3eq\r(3).答案3eq\r(3)13.已知圆O：x2＋y2＝4与y轴正半轴的交点为M，点M沿圆O顺时针运动eq\f(π,2)弧长到达点N，以ON为终边的角记为α，则tanα＝()A.－1 B.1 C.－2 D.2解析圆的半径为2，eq\f(π,2)的弧长对应的圆心角为eq\f(π,4)，故以ON为终边的角为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(α＝2kπ＋\f(π,4)))，k∈Z))，故tanα＝1.答案B14.设α是第二象限角，P(x，4)为其终边上的一点，且cosα＝eq\f(1,5)x，则tanα等于()A.eq\f(4,3) B.eq\f(3,4) C.－eq\f(3,4) D.－eq\f(4,3)解析因为α是第二象限角，所以cosα＝eq\f(1,5)x<0，即x<0.又cosα＝eq\f(1,5)x＝eq\f(x,\r(x2＋16))，解得x＝－3，所以tanα＝eq\f(4,x)＝－eq\f(4,3).答案D15.函数y＝eq\r(2sinx－1)的定义域为________.解析∵2sinx－1≥0，∴sinx≥eq\f(1,2).由三角函数线画出x满足条件的终边范围(如图阴影所示).∴x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)，2kπ＋\f(5π,6)))(k∈Z)16.如图，在平面直角坐标系xOy中，一单位圆的圆心的初始位置在(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，eq\o(OP,\s\up6(→))的坐标为________.解析如图，作CQ∥x轴，PQ⊥CQ,Q为垂足.根据题意得劣弧eq\o(DP,\s\up8(︵))＝2，故∠DCP＝2，则在△PCQ中，∠PCQ＝2－eq\f(π,2)，|CQ|＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))＝sin2，|PQ|＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(π,2)))＝－cos2，所以P点的横坐标为2－|CQ|＝2－sin2，P点的纵坐标为1＋|PQ|＝1－cos2，所以P点的坐标为(2－sin2，1－cos2)，故eq\o(OP,\s\up6(→))＝(2－sin2，1－cos2).答案(2－sin2，1－cos2)第2讲同角三角函数基本关系式与诱导公式一、选择题1.已知α是第四象限角，sinα＝－eq\f(12,13)，则tanα＝()A.－eq\f(5,13) B.eq\f(5,13) C.－eq\f(12,5) D.eq\f(12,5)解析因为α是第四象限角，sinα＝－eq\f(12,13)，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(5,13)，故tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(12,5).答案C2.已知tanα＝eq\f(1,2)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则sinα＝()A.－eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),5) D.－eq\f(2\r(5),5)解析∵tanα＝eq\f(1,2)＞0，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴sinα＜0，∴sin2α＝eq\f(sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α,tan2α＋1)＝eq\f(\f(1,4),\f(1,4)＋1)＝eq\f(1,5)，∴sinα＝－eq\f(\r(5),5).答案A3.eq\r(1－2sin（π＋2）cos（π－2）)＝()A.sin2－cos2 B.sin2＋cos2C.±(sin2－cos2) D.cos2－sin2解析eq\r(1－2sin（π＋2）cos（π－2）)＝eq\r(1－2sin2cos2)＝eq\r(（sin2－cos2）2)＝|sin2－cos2|＝sin2－cos2.答案A4.向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，tanα))，b＝(cosα，1)，且a∥b，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝()A.－eq\f(1,3) B.eq\f(1,3) C.－eq\f(\r(2),3) D.－eq\f(2\r(2),3)解析∵a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，tanα))，b＝(cosα，1)，且a∥b，∴eq\f(1,3)×1－tanαcosα＝0，∴sinα＝eq\f(1,3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝－sinα＝－eq\f(1,3).答案A5.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－θ))＝eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋θ))＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2\r(2),3)C.－eq\f(1,3) D.－eq\f(2\r(2),3)解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋θ))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－θ))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－θ))＝eq\f(1,3).答案A6.已知tanα＝3，则eq\f(1＋2sinαcosα,sin2α－cos2α)的值是()A.eq\f(1,2) B.2 C.－eq\f(1,2) D.－2解析原式＝eq\f(sin2α＋cos2α＋2sinαcosα,sin2α－cos2α)＝eq\f(（sinα＋cosα）2,（sinα＋cosα）（sinα－cosα）)＝eq\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα＋1,tanα－1)＝eq\f(3＋1,3－1)＝2.答案B7.已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，则sin4α－cos4α的值为()A.－eq\f(1,5) B.－eq\f(3,5) C.eq\f(1,5) D.eq\f(3,5)解析sin4α－cos4α＝sin2α－cos2α＝2sin2α－1＝－eq\f(3,5).答案B8.已知函数f(x)＝asin(πx＋α)＋bcos(πx＋β)，且f(4)＝3，则f(2017)的值为()A.－1 B.1 C.3 D.－3解析∵f(4)＝asin(4π＋α)＋bcos(4π＋β)＝asinα＋bcosβ＝3，∴f(2017)＝asin(2017π＋α)＋bcos(2017π＋β)＝asin(π＋α)＋bcos(π＋β)＝－asinα－bcosβ＝－3.答案D二、填空题9.sin750°＝________.解析sin750°＝sin(720°＋30°)＝sin30°＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)10.已知α为钝角，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(3,4)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝________.解析因为α为钝角，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(\r(7),4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(\r(7),4).答案－eq\f(\r(7),4)11.化简：eq\f(sin2（α＋π）·cos（π＋α）·cos（－α－2π）,tan（π＋α）·sin3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))·sin（－α－2π）)＝________.解析原式＝eq\f(sin2α·（－cosα）·cosα,tanα·cos3α·（－sinα）)＝eq\f(sin2αcos2α,sin2αcos2α)＝1.答案112.已知θ是第四象限角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝________.解析由题意，得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(3,4).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)－\f(π,2)))＝－eq\f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝－eq\f(4,3).答案－eq\f(4,3)13.已知sin(π＋θ)＝－eq\r(3)cos(2π－θ)，|θ|<eq\f(π,2)，则θ等于()A.－eq\f(π,6) B.－eq\f(π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,3)解析∵sin(π＋θ)＝－eq\r(3)cos(2π－θ)，∴－sinθ＝－eq\r(3)cosθ，∴tanθ＝eq\r(3)，∵|θ|＜eq\f(π,2)，∴θ＝eq\f(π,3).答案D14.若sinθ，cosθ是方程4x2＋2mx＋m＝0的两根，则m的值为()A.1＋eq\r(5) B.1－eq\r(5)C.1±eq\r(5) D.－1－eq\r(5)解析由题意知sinθ＋cosθ＝－eq\f(m,2)，sinθ·cosθ＝eq\f(m,4).又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ))eq\s\up12(2)＝1＋2sinθcosθ，∴eq\f(m2,4)＝1＋eq\f(m,2)，解得m＝1±eq\r(5).又Δ＝4m2－16m≥0，∴m≤0或m≥4，∴m＝1－eq\r(5).答案B15.sin21°＋sin22°＋…＋sin290°＝________.解析sin21°＋sin22°＋…＋sin290°＝sin21°＋sin22°＋…＋sin244°＋sin245°＋cos244°＋cos243°＋…＋cos21°＋sin290°＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin244°＋cos244°)＋sin245°＋sin290°＝44＋eq\f(1,2)＋1＝eq\f(91,2).答案eq\f(91,2)16.已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝a，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋θ))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝________.解析∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋θ))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝－a.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝a，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋θ))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝0.答案0第3讲三角函数的图象与性质一、选择题1.在函数①y＝cos|2x|，②y＝|cosx|，③y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，④y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))中，最小正周期为π的所有函数为()A.①②③ B.①③④C.②④ D.①③解析①y＝cos|2x|＝cos2x，最小正周期为π；②由图象知y＝|cosx|的最小正周期为π；③y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π；④y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的最小正周期T＝eq\f(π,2)，因此选A.答案A2.函数f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)解析由kπ－eq\f(π,2)＜2x－eq\f(π,3)＜kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)＜x＜eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以函数y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)，故选B.答案B3.函数y＝cos2x－2sinx的最大值与最小值分别为()A.3，－1 B.3，－2 C.2，－1 D.2，－2解析y＝cos2x－2sinx＝1－sin2x－2sinx＝－sin2x－2sinx＋1，令t＝sinx，则t∈[－1，1]，y＝－t2－2t＋1＝－(t＋1)2＋2，所以ymax＝2，ymin＝－2.答案D4.函数f(x)＝(eq\r(3)sinx＋cosx)(eq\r(3)cosx－sinx)的最小正周期是()A.eq\f(π,2) B.π C.eq\f(3,2)π D.2π解析f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴f(x)的最小正周期T＝π.答案B5.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为4π，且∀x∈R，有f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))成立，则f(x)图象的一个对称中心坐标是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0)) C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，0))解析由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期为4π，得ω＝eq\f(1,2).因为f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))恒成立，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即eq\f(1,2)×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，由|φ|<eq\f(π,2)，得φ＝eq\f(π,3)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3))).令eq\f(1,2)x＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝2kπ－eq\f(2π,3)(k∈Z)，故f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，0))(k∈Z)，当k＝0时，f(x)图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0)).答案A二、填空题6.若函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,3)))(0<φ<π)是奇函数，则φ＝________.解析因为f(x)为奇函数，所以φ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，φ＝eq\f(5π,6)＋kπ，k∈Z.又因为0<φ<π，故φ＝eq\f(5π,6).答案eq\f(5π,6)7.函数y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的单调递增区间是________.解析∵y＝eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得2kπ－eq\f(5π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z).∴函数的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(5π,6)，2kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))8.若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω＝________.解析法一由于函数f(x)＝sinωx(ω>0)的图象经过坐标原点，由已知并结合正弦函数的图象可知，eq\f(π,3)为函数f(x)的eq\f(1,4)周期，故eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3)，解得ω＝eq\f(3,2).法二由题意，得f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\f(π,3)ω＝1.由已知并结合正弦函数图象可知，eq\f(π,3)ω＝eq\f(π,2)，解得ω＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)三、解答题9.已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋cos2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.解(1)因为f(x)＝sin2x＋cos2x＋2sinxcosx＋cos2x＝1＋sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1，所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)的计算结果知，f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，由正弦函数y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象知，当2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,8)时，f(x)取最大值eq\r(2)＋1；当2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,4)，即x＝eq\f(π,2)时，f(x)取最小值0.综上，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq\r(2)＋1，最小值为0.10.已知函数f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(x,2)＋sinx))＋b.(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调增区间；(2)若x∈[0，π]时，函数f(x)的值域是[5，8]，求a，b的值.解f(x)＝a(1＋cosx＋sinx)＋b＝eq\r(2)asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋a＋b.(1)当a＝－1时，f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋b－1，由2kπ＋eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，得2kπ＋eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,4)(k∈Z)，∴f(x)的单调增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z).(2)∵0≤x≤π，∴eq\f(π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，∴－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≤1，依题意知a≠0.(ⅰ)当a>0时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)a＋a＋b＝8，,b＝5，))∴a＝3eq\r(2)－3，b＝5.(ⅱ)当a<0时，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝8，,\r(2)a＋a＋b＝5，))∴a＝3－3eq\r(2)，b＝8.综上所述，a＝3eq\r(2)－3，b＝5或a＝3－3eq\r(2)，b＝8.11.已知函数f(x)＝2sinωx(ω>0)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值是－2，则ω的最小值等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(3,2) C.2 D.3解析∵ω>0，－eq\f(π,3)≤x≤eq\f(π,4)，∴－eq\f(ωπ,3)≤ωx≤eq\f(ωπ,4).由已知条件知－eq\f(ωπ,3)≤－eq\f(π,2)，∴ω≥eq\f(3,2).答案B12.设函数f(x)＝sin2x＋bsinx＋c，则f(x)的最小正周期()A.与b有关，且与c有关 B.与b有关，但与c无关C.与b无关，且与c无关 D.与b无关，但与c有关解析f(x)＝sin2x＋bsinx＋c，若b＝0，则f(x)＝sin2x＋c＝eq\f(1,2)(1－cos2x)＋c，∴f(x)的最小正周期T＝π.若b≠0，f(x)＝－eq\f(1,2)cos2x＋bsinx＋eq\f(1,2)＋c，∵y＝cos2x的最小正周期为π，y＝bsinx的最小正周期为2π，则f(x)的最小正周期T＝2π.因此f(x)的最小正周期与b有关，与c无关.答案B13.若函数f(x)＝4sin5ax－4eq\r(3)cos5ax的图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,3)，则实数a的值为________.解析因为f(x)＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5ax－\f(π,3)))，依题意有，eq\f(T,2)＝eq\f(π,3)，所以T＝eq\f(2π,3).又因为T＝eq\f(2π,5|a|)，所以eq\f(2π,5|a|)＝eq\f(2π,3)，解得a＝±eq\f(3,5).答案±eq\f(3,5)14.已知函数f(x)＝4tanxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3).(1)求f(x)的定义域与最小正周期；(2)讨论f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性.解(1)f(x)的定义域为{x|x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}，f(x)＝4tanxcosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\r(3)＝4sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))－eq\r(3)＝2sinxcosx＋2eq\r(3)sin2x－eq\r(3)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z.又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，取k＝0，得－eq\f(π,12)≤x≤eq\f(π,4)，∴f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上是增函数，由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3,2)π，k∈Z，∴kπ＋eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(11,12)π，k∈Z，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，取k＝－1，得－eq\f(π,4)≤x≤－eq\f(π,12)，∴f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上是减函数.第4讲函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及应用一、选择题1.若将函数y＝2sin2x的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度，则平移后图象的对称轴为()A.x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)(k∈Z) B.x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)C.x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z) D.x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,12)(k∈Z)解析由题意将函数y＝2sin2x的图象向左平移eq\f(π,12)个单位长度后得到函数的解析式为y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，由2x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)得函数的对称轴为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，故选B.答案B2.若函数y＝sin(ωx－φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))上的图象如图所示，则ω，φ的值分别是()A.ω＝2，φ＝eq\f(π,3) B.ω＝2，φ＝－eq\f(2π,3)C.ω＝eq\f(1,2)，φ＝eq\f(π,3) D.ω＝eq\f(1,2)，φ＝－eq\f(2π,3)解析由图可知，T＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))))＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－φ))＝0，所以eq\f(π,3)－φ＝kπ(k∈Z)，即φ＝eq\f(π,3)－kπ(k∈Z)，而|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，故选A.答案A3.将函数f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx的图象沿着x轴向右平移a(a>0)个单位后的图象关于y轴对称，则a的最小值是()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2) D.eq\f(2π,3)解析依题意得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，因为函数f(x－a)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a－\f(π,6)))的图象关于y轴对称，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a－\f(π,6)))＝±1，a＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即a＝kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，因此正数a的最小值是eq\f(π,3)，选B.答案B4.函数f(x)＝3sineq\f(π,2)x－logeq\s\do9(\f(1,2))x的零点的个数是()A.2 B.3 C.4 D.5解析函数y＝3sineq\f(π,2)x的周期T＝eq\f(2π,\f(π,2))＝4，由logeq\s\do9(\f(1,2))x＝3，可得x＝eq\f(1,8).由logeq\s\do9(\f(1,2))x＝－3，可得x＝8.在同一平面直角坐标系中，作出函数y＝3sineq\f(π,2)x和y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x的图象(如图所示)，易知有5个交点，故函数f(x)有5个零点.答案D5.如图是函数f(x)＝sin2x和函数g(x)的部分图象，则g(x)的图象可能是由f(x)的图象()A.向右平移eq\f(2π,3)个单位得到的B.向右平移eq\f(π,3)个单位得到的C.向右平移eq\f(7π,12)个单位得到的D.向右平移eq\f(π,6)个单位得到的解析由函数f(x)＝sin2x和函数g(x)的部分图象，可得g(x)的图象位于y轴右侧的第一个最高点的横坐标为m，则有eq\f(17π,24)－m＝eq\f(π,4)－eq\f(π,8)，解得m＝eq\f(7π,12)，故把函数f(x)＝sin2x的图象向右平移eq\f(7π,12)－eq\f(π,4)＝eq\f(π,3)个单位，即可得到函数g(x)的图象，故选B.答案B二、填空题6.某城市一年中12个月的平均气温与月份的关系可近似地用函数y＝a＋Acoseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)（x－6）))(x＝1，2，3，…，12)来表示，已知6月份的月平均气温最高为28℃，12月份的月平均气温最低为18℃，则10月份的平均气温为________℃.解析因为当x＝6时，y＝a＋A＝28；当x＝12时，y＝a－A＝18，所以a＝23，A＝5，所以y＝f(x)＝23＋5coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)（x－6）))，所以当x＝10时，f(10)＝23＋5coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)×4))＝23－5×eq\f(1,2)＝20.5.答案20.57.函数y＝sinx－eq\r(3)cosx的图象可由函数y＝sinx＋eq\r(3)cosx的图象至少向右平移________个单位长度得到.解析y＝sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，y＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，因此至少向右平移eq\f(2π,3)个单位长度得到.答案eq\f(2π,3)8.已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ≤\f(π,2)))的图象上的两个相邻的最高点和最低点的距离为2eq\r(2)，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,2)))，则函数f(x)的解析式为________.解析据已知两个相邻最高和最低点距离为2eq\r(2)，可得eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))\s\up12(2)＋（1＋1）2)＝2eq\r(2)，解得T＝4，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,2)＋φ)).又函数图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,2)))，故f(2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)×2＋φ))＝－sinφ＝－eq\f(1,2)，又－eq\f(π,2)≤φ≤eq\f(π,2)，解得φ＝eq\f(π,6)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,2)＋\f(π,6))).答案f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,2)＋\f(π,6)))三、解答题9.已知函数f(x)＝sinωx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，其中x∈R，ω＞0.(1)当ω＝1时，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；(2)当f(x)的最小正周期为π时，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上取得最大值时x的值.解(1)当ω＝1时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\f(π,3)＋coseq\f(π,2)＝eq\f(\r(3),2)＋0＝eq\f(\r(3),2).(2)f(x)＝sinωx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝sinωx＋eq\f(\r(3),2)cosωx－eq\f(1,2)sinωx＝eq\f(1,2)sinωx＋eq\f(\r(3),2)cosωx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3))).∵eq\f(2π,|ω|)＝π，且ω＞0，得ω＝2，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，得2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，∴当2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,12)时，f(x)max＝1.10.已知函数f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)≤φ＜\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，且图象上相邻最高点的距离为π.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))的值；(2)将函数y＝f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位后，得到y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间.解(1)因为f(x)的图象上相邻最高点的距离为π，所以f(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq\f(2π,T)＝2.又f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称，所以2×eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，因为－eq\f(π,2)≤φ＜eq\f(π,2)，所以k＝0，所以φ＝eq\f(π,2)－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,6)，所以f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－\f(π,6)))＝eq\r(3)sineq\f(π,3)＝eq\f(3,2).(2)将f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位后，得到feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))的图象，所以g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))－\f(π,6)))＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).当2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，即kπ＋eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(11π,12)(k∈Z)时，g(x)单调递减.因此g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z).11.设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则下列结论正确的是()A.f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,3)对称B.f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))对称C.f(x)的最小正周期为π，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))上为增函数D.把f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位，得到一个偶函数的图象解析对于函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，当x＝eq\f(π,3)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)，故A错；当x＝eq\f(π,6)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\f(π,2)＝1，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))不是函数的对称点，故B错；函数的最小正周期为T＝eq\f(2π,2)＝π，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,12)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，此时函数为增函数，故C正确；把f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位，得到g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋\f(π,6)))＝sin2x，函数是奇函数，故D错.答案C12.已知函数f(x)＝2sinωx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最小值为－2，则ω的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(9,2)))∪[6，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(9,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))C.(－∞，－2]∪[6，＋∞) D.(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析当ω>0时，－eq\f(π,3)ω≤ωx≤eq\f(π,4)ω，由题意知－eq\f(π,3)ω≤－eq\f(π,2)，即ω≥eq\f(3,2)；当ω<0时，eq\f(π,4)ω≤ωx≤－eq\f(π,3)ω，由题意知eq\f(π,4)ω≤－eq\f(π,2)，∴ω≤－2.综上可知，ω的取值范围是(－∞，－2]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).答案D13.已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(ω>0)，x∈R.在曲线y＝f(x)与直线y＝1的交点中，若相邻交点距离的最小值为eq\f(π,3)，则f(x)的最小正周期为________.解析f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).由2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝1得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∴ωx＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,6)或ωx＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(5,6)π(k∈Z).令k＝0，得ωx1＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，ωx2＋eq\f(π,6)＝eq\f(5,6)π，∴x1＝0，x2＝eq\f(2π,3ω).由|x1－x2|＝eq\f(π,3)，得eq\f(2π,3ω)＝eq\f(π,3)，∴ω＝2.故f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.答案π14.某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,3)eq\f(5π,6)Asin(ωx＋φ)05－50(1)请将上表数据补充完整，并求出函数f(x)的解析式；(2)将y＝f(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位，得到函数y＝g(x)的图象.若关于x的方程g(x)－(2m＋1)＝0在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个不同的解，求实数m的取值范围.解(1)根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).数据补全如下表：ωx＋φ0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,12)eq\f(π,3)eq\f(7π,12)eq\f(5π,6)eq\f(13π,12)Asin(ωx＋φ)050－50且函数表达式为f(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)通过平移，g(x)＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，方程g(x)－(2m＋1)＝0可看成函数y＝g(x)和函数y＝2m＋1的图象在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个交点，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，为使直线y＝2m＋1与函数y＝g(x)的图象在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个交点，结合函数y＝g(x)在[0，eq\f(π,2)]上的图象，只需eq\f(5,2)≤2m＋1<5，解得eq\f(3,4)≤m<2.即实数m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，2)).第5讲两角和与差的正弦、余弦和正切公式一、选择题1.sin20°cos10°－cos160°sin10°＝()A.－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2) C.－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)解析sin20°cos10°－cos160°sin10°＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin30°＝eq\f(1,2).答案D2.(1＋tan17°)(1＋tan28°)的值是()A.－1 B.0 C.1 D.2解析原式＝1＋tan17°＋tan28°＋tan17°·tan28°＝1＋tan45°(1－tan17°·tan28°)＋tan17°·tan28°＝1＋1＝2.答案D3.已知α是第二象限角，且tanα＝－eq\f(1,3)，则sin2α＝()A.－eq\f(3\r(10),10) B.eq\f(3\r(10),10) C.－eq\f(3,5) D.eq\f(3,5)解析因为α是第二象限角，且tanα＝－eq\f(1,3)，所以sinα＝eq\f(\r(10),10)，cosα＝－eq\f(3\r(10),10)，所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(\r(10),10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))＝－eq\f(3,5)，故选C.答案C4.设a＝eq\f(1,2)cos2°－eq\f(\r(3),2)sin2°，b＝eq\f(2tan14°,1－tan214°)，c＝eq\r(\f(1－cos50°,2))，则有()A.a＜c＜b B.a＜b＜cC.b＜c＜a D.c＜a＜b解析由题意可知，a＝sin28°，b＝tan28°，c＝sin25°，∴c＜a＜b.答案D5.已知sinα＝eq\f(3,5)且α为第二象限角，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝()A.－eq\f(19,5) B.－eq\f(5,19) C.－eq\f(31,17) D.－eq\f(17,31)解析由题意得cosα＝－eq\f(4,5)，则sin2α＝－eq\f(24,25)，cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(7,25).∴tan2α＝－eq\f(24,7)，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(tan2α＋tan\f(π,4),1－tan2αtan\f(π,4))＝eq\f(－\f(24,7)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,7)))×1)＝－eq\f(17,31).答案D二、填空题6.若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))的值是________.解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋\f(π,2)))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))－1＝2×eq\f(1,9)－1＝－eq\f(7,9).答案－eq\f(7,9)7.已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)π＋β))＝－eq\f(12,13)，则cos(α＋β)＝________.解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝－eq\f(4,5)，∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)π＋β))＝－eq\f(12,13)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))＝eq\f(12,13)，又∵β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))＝eq\f(5,13)，∴cos(α＋β)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝eq\f(3,5)×eq\f(5,13)－eq\f(4,5)×eq\f(12,13)＝－eq\f(33,65).答案－eq\f(33,65)8.已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，则tan2θ＝________.解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，得sinθ－cosθ＝eq\f(1,5)，①θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，①平方得2sinθcosθ＝eq\f(24,25)，可求得sinθ＋cosθ＝eq\f(7,5)，∴sinθ＝eq\f(4,5)，cosθ＝eq\f(3,5)，∴tanθ＝eq\f(4,3)，tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－eq\f(24,7).答案－eq\f(24,7)三、解答题9.已知向量a＝(cosθ，sinθ)，b＝(2，－1).(1)若a⊥b，求eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)的值；(2)若|a－b|＝2，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))的值.解(1)由a⊥b可知，a·b＝2cosθ－sinθ＝0，所以sinθ＝2cosθ，所以eq\f(sinθ－cosθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(2cosθ－cosθ,2cosθ＋cosθ)＝eq\f(1,3).(2)由a－b＝(cosθ－2，sinθ＋1)可得，|a－b|＝eq\r(（cosθ－2）2＋（sinθ＋1）2)＝eq\r(6－4cosθ＋2sinθ)＝2，即1－2cosθ＋sinθ＝0.又cos2θ＋sin2θ＝1，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinθ＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinθ＋cosθ)＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)＋\f(4,5)))＝eq\f(7\r(2),10).10.设cosα＝－eq\f(\r(5),5)，tanβ＝eq\f(1,3)，π<α<eq\f(3π,2)，0<β<eq\f(π,2)，求α－β的值.解法一由cosα＝－eq\f(\r(5),5)，π<α<eq\f(3π,2)，得sinα＝－eq\f(2\r(5),5)，tanα＝2，又tanβ＝eq\f(1,3)，于是tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(2－\f(1,3),1＋2×\f(1,3))＝1.又由π<α<eq\f(3π,2)，0<β<eq\f(π,2)可得－eq\f(π,2)<－β<0，eq\f(π,2)<α－β<eq\f(3π,2)，因此，α－β＝eq\f(5π,4).法二由cosα＝－eq\f(\r(5),5)，π<α<eq\f(3π,2)得sinα＝－eq\f(2\r(5),5).由tanβ＝eq\f(1,3)，0<β<eq\f(π,2)得sinβ＝eq\f(1,\r(10))，cosβ＝eq\f(3,\r(10)).所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(10))))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(10))))＝－eq\f(\r(2),2).又由π<α<eq\f(3π,2)，0<β<eq\f(π,2)可得－eq\f(π,2)<－β<0，eq\f(π,2)<α－β<eq\f(3π,2)，因此，α－β＝eq\f(5π,4).11.coseq\f(π,9)·coseq\f(2π,9)·coseq\b\lc\(\rc