高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第五章 三角函数本章综合与测试学案及答案

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类型1 三角函数式的化简与求值
本章主要学习了同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角和与差的三角函数公式、倍角公式等．
(1)牢记两个基本关系式sin2α＋cs2α＝1及eq \f(sin α,cs α)＝tan α，并能应用两个关系式进行三角函数的求值、化简、证明．在应用中，要注意掌握解题的技巧．比如：已知sin α±cs α的值，可求cs αsin α.注意应用(sin α±cs α)2＝1±2sin αcs α.在倍角公式中特别关注cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α及其变形．
(2)诱导公式可概括为k·eq \f(π,2)±α(k∈Z)的各三角函数值的化简公式．记忆规律是：奇变偶不变，符号看象限．
【例1】 (1)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(1,6)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则eq \f(sin 4α,1＋cs2α)的值为__________．
(2)化简：eq \f(1＋sin α＋cs α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)－cs \f(α,2))),\r(2＋2cs α))(π<α<2π)．
(1)－eq \f(4\r(2),15) [(1)∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(π,2)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α)).
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝eq \f(1,6)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝eq \f(1,3)，
即cs 2α＝eq \f(1,3).
又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴2α∈(π，2π)，∴sin 2α＝－eq \f(2\r(2),3).
∴cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)＝eq \f(1＋\f(1,3),2)＝eq \f(2,3).
∴eq \f(sin 4α,1＋cs2α)＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(2),3)))×\f(1,3),1＋\f(2,3))＝－eq \f(4\r(2),15).]
(2)[解] 原式＝
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cs \f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)－cs \f(α,2))),\r(4cs2\f(α,2)))
＝eq \f(2cs \f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)＋sin \f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)－cs \f(α,2))),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2))))
＝eq \f(cs \f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin2\f(α,2)－cs2\f(α,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2))))＝－eq \f(cs \f(α,2)cs α,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)))).
∵π<α<2π，∴eq \f(π,2)∴cs eq \f(α,2)<0.∴原式＝cs α.
eq \a\vs4\al([跟进训练])
1．已知sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，且α∈(0，π)．
(1)求tan 2α的值；
(2)求2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋\f(π,6)))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6))).
[解] (1)由sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，得sin αcs α＝－eq \f(12,25)，因为α∈(0，π)，所以α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
所以sin α－cs α
＝eq \r(2－sin α＋cs α2)＝eq \f(7,5)，
解得sin α＝eq \f(4,5)，cs α＝－eq \f(3,5)，
故tan α＝－eq \f(4,3)，
所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(24,7).
(2)2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋\f(π,6)))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))
＝1－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))
＝1－eq \f(1,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α－eq \f(\r(3),2)sin α－eq \f(1,2)cs α
＝1－cs α
＝eq \f(8,5).
类型2 三角函数的图象与性质
(1)三角函数的性质包括定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性等，在研究性质时，一般先通过恒等变换将函数表达式变形为y＝Asin(ωx＋φ)＋k或y＝Acs(ωx＋φ)＋k等形式，然后将ωx＋φ看成一个整体，利用整体代换思想解题是常见的技巧．
(2)函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
①“五点法”作图；②图象伸缩、平移变换．
【例2】 已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))cs ωx在x＝eq \f(π,4)处取得最值，其中ω∈(0,2)．
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,36)个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象．若α为锐角，且g(α)＝eq \f(4,3)－eq \r(2)，求cs α的值．
[解] (1)∵f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))cs ωx
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin ωxcs \f(π,4)－cs ωxsin \f(π,4)))cs ωx
＝2eq \r(2)sin ωxcs ωx－2eq \r(2)cs2ωx
＝eq \r(2)sin2ωx－eq \r(2)cs 2ωx－eq \r(2)
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,4)))－eq \r(2).
因为f(x)在x＝eq \f(π,4)处取得最值，
∴eq \f(ωπ,2)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即ω＝2k＋eq \f(3,2)，k∈Z，
又ω∈(0,2)，
∴ω＝eq \f(3,2).
∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))－eq \r(2).
∴函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,3).
(2)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,36)个单位长度，得到函数y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,36)))－\f(π,4)))－eq \r(2)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))－eq \r(2)的图象，
再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－eq \r(2)的图象，
即g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－eq \r(2).
∵α为锐角，g(α)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))－eq \r(2)＝eq \f(4,3)－eq \r(2)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(2,3).
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6))))＝eq \f(\r(5),3).
∴cs α＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋\f(π,6)))
＝eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))－eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))
＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(5),3)－eq \f(1,2)×eq \f(2,3)
＝eq \f(\r(15)－2,6).
eq \a\vs4\al([跟进训练])
2．(1)已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是
( )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
(2)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x.
①求f(x)的最小正周期和最大值；
②讨论f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的单调性．
(1)D [因为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝cs2x＋eq \f(2π,3)－eq \f(π,2)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，所以曲线C1：y＝cs x上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，得到曲线y＝cs 2x，再把得到的曲线y＝cs 2x向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
故选D.]
(2)[解] ①f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x
＝cs xsin x－eq \f(\r(3),2)(1＋cs 2x)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)，
因此f(x)的最小正周期为π，最大值为eq \f(2－\r(3),2).
②当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，0≤2x－eq \f(π,3)≤π，从而
当0≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，即eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,12)时，f(x)单调递增，
当eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤π，即eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(2π,3)时，f(x)单调递减．
综上可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上单调递减．
类型3 三角函数模型的应用
如果某种现象的变化具有周期性，那么我们可以根据这一现象的特征和条件利用三角函数知识建立数学模型——三角函数模型．在解题中务必关注以下两点：(1)自变量的取值范围；(2)数形结合的灵活运用．
【例3】 如图所示，摩天轮的半径为40 m，O点距地面的高度为50 m，摩天轮作匀速转动，每2 min转一圈，摩天轮上点P的起始位置在最高点．
(1)试确定在时刻t min时P点距离地面的高度；
(2)在摩天轮转动一圈内，有多长时间P点距离地面超过70 m.
[解] (1)建立如图所示的平面直角坐标系．
设φ(0≤φ≤2π)是以Ox为始边，OP0(P0表示点P的起始位置)为终边的角，OP在t min内转过的角为eq \f(2π,2)t，即πt.∴以Ox为始边，OP为终边的角为(πt＋φ)，即P点纵坐标为40sin(πt＋φ)，∴P点距地面的高度为z＝50＋40sin(πt＋φ)，(0≤φ≤2π)，
由题可知，φ＝eq \f(π,2)，∴z＝50＋40sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πt＋\f(π,2)))＝50＋40csπt.
(2)当50＋40csπt≥70时，解得，2k－eq \f(1,3)≤t≤2k＋eq \f(1,3)，持续时间为eq \f(2,3)min.
即在摩天轮转动一圈内，有eq \f(2,3)minP点距离地面超过70 m.
eq \a\vs4\al([跟进训练])
3.如图所示，某动物种群数量1月1日低至700,7月1日高至900，其总量在此两值之间依正弦型曲线变化．
(1)求出种群数量y关于时间t的函数表达式；(其中t以年初以来的月为计量单位)
(2)估计当年3月1日动物种群数量．
[解] (1)设种群数量y关于t的解析式为y＝Asin(ωt＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－A＋b＝700，,A＋b＝900，))
解得A＝100，b＝800.
又周期T＝2×(6－0)＝12，
∴ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,6)，∴y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t＋φ))＋800.
又当t＝6时，y＝900，
∴900＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×6＋φ))＋800，
∴sin(π＋φ)＝1，∴sin φ＝－1，
∴取φ＝－eq \f(π,2)，
∴y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)t－\f(π,2)))＋800.
(2)当t＝2时，
y＝100sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)×2－\f(π,2)))＋800＝750，
即当年3月1日动物种群数量约是750.
1．(2020·全国卷Ⅱ)若α为第四象限角，则( )
A．cs 2α＞0 B．cs 2α＜0
C．sin 2α＞0D．sin 2α＜0
D [法一：由题意，知－eq \f(π,2)＋2kπ<α<2kπ(k∈Z)，所以－π＋4kπ<2α<4kπ(k∈Z)，所以cs 2α≤0或cs 2α>0，sin 2α<0，故选D.
法二：当α＝－eq \f(π,4)时，cs 2α＝0，sin 2α＝－1，排除A，B，C，故选D.]
2．(2020·全国卷Ⅲ)已知sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(\r(2),2)
B [∵sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \f(3,2)sin θ＋eq \f(\r(3),2)cs θ＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，故选B.]
3．(多选)(2020·新高考全国卷Ⅰ)如图是函数y＝sin (ωx＋φ)的部分图象，则sin (ωx＋φ)＝( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))
B．eq \a\vs4\al(sin)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))
C．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
D．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))
BC [由题图可知，函数的最小正周期T＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,6)))＝π，∴eq \f(2π,|ω|)＝π，ω＝±2.当ω＝2时，y＝sin(2x＋φ)，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))代入得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝0，∴2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，故y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).由于y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))，故选项B正确；y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2x))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，选项C正确；对于选项A，当x＝eq \f(π,6)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝1≠0，错误；对于选项D，当x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(2π,3),2)＝eq \f(5π,12)时，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2×\f(5π,12)))＝1≠－1，错误．当ω＝－2时，y＝sin(－2x＋φ)，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))代入，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2×\f(π,6)＋φ))＝0，结合函数图象，知－2×eq \f(π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得φ＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(4π,3)))，但当x＝0时，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(4π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)<0，与图象不符合，舍去．综上，选BC.]
4．(2020·江苏高考)将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是__________．
x＝－eq \f(5π,24) [因为函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度可得
g(x)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)＋\f(π,4)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,12)))，
则y＝g(x)的对称轴为2x－eq \f(π,12)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(7π,24)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z.
当k＝0时，x＝eq \f(7π,24)，当k＝－1时，x＝－eq \f(5π,24).
所以平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是x＝－eq \f(5π,24).]
5．(2020·浙江高考)已知tan θ＝2，则cs 2θ＝________，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝________.
－eq \f(3,5) eq \f(1,3) [tan θ＝2，则
cs 2θ＝eq \f(cs2θ－sin2θ,cs2θ＋sin2θ)＝eq \f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq \f(1－4,1＋4)＝－eq \f(3,5).
taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(tan θ－tan \f(π,4),1＋tan θtan\f(π,4))＝eq \f(2－1,1＋2×1)＝eq \f(1,3).]