【暑假衔接】人教A版新高二数学 复习重难点-第03讲：三角函数性质图像和三角恒等式变换高频考点突破（教师版+学生版）讲义

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考点一：任意角的三角函数的定义
设α是一个任意角，α∈R，它的终边OP与单位圆相交于点P(x，y)，
点P的纵坐标y叫做α的正弦函数，记作sin α，即sin α＝y；点P的横坐标x叫做α的余弦函数，记作cs α，即cs α＝x；把点P的纵坐标与横坐标的比值eq \f(y,x)叫做α的正切，记作tan α，即tan α＝eq \f(y,x)(x≠0)．
正弦函数、余弦函数和正切函数统称为三角函数，分别记为：
正弦函数y＝sin x，x∈R；
余弦函数y＝cs x，x∈R；
正切函数y＝tan x，x≠eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)．
考点二：正弦、余弦、正切函数值在各象限内的符号
1．图示：
2．口诀：“一全正，二正弦，三正切，四余弦”．
考点三：公式一
sin(α＋2kπ)＝sin α，cs(α＋2kπ)＝cs α，tan(α＋2kπ)＝tan α，
其中k∈Z.终边相同的角的同一三角函数的值相等．
考点四：同角三角函数的基本关系
1．平方关系：同一个角α的正弦、余弦的平方和等于1，即sin2α＋cs2α＝1.
2．商数关系：同一个角α的正弦、余弦的商等于这个角的正切，即eq \f(sin α,cs α)＝tan α其中α≠kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．
考点五：同角三角函数的基本关系
(1)平方关系：sin2α＋cs2α＝1.(2)商数关系：eq \f(sin α,cs α)＝tan α.
考点六：六组诱导公式
技巧归纳：
1．诱导公式的记忆口诀：奇变偶不变，符号看象限．
2．同角三角函数基本关系式的常用变形：
(sin α±cs α)2＝1±2sin αcs α；(sin α＋cs α)2＋(sin α－cs α)2＝2；(sin α＋cs α)2－(sin α－cs α)2＝4sin αcs α.
考点七．正弦函数、余弦函数、正切函数的图象与性质
考点八.函数y＝sin x的图象经变换得到y＝Asin(ωx＋φ) (A>0，ω>0)的图象的步骤如下：
考点九 两角和与差的余弦公式
考点十 两角和与差的正弦公式
考点十一： 两角和与差的正切公式
考点十二：二倍角的正弦、余弦、正切公式
考点十三 半角公式
sin eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,2))，cs eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1＋cs α,2))，tan eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α))＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α).
考点十四 辅助角公式
辅助角公式：asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋θ).eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan θ＝\f(b,a)))
【题型梳理】
题型一：同角三角函数的基本关系
1．（2023秋·云南红河·高一统考期末）已知，则=（ ）
A．-7B．C．D．5
【答案】C
【分析】利用弦切互化计算即可.
【详解】因为，所以 .
故选：C．
2．（2023秋·安徽马鞍山·高一统考期末）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由诱导公式以及商数关系求解即可.
【详解】，则.
故选：D
3．（2023秋·海南·高一海南华侨中学校考期末）若，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可推出，进而可得出.然后根据的范围，开方即可求出.
【详解】因为，，
所以，.
所以，.
又，所以，
所以.
故选：A.
题型二：三角函数的诱导公式
4．（2023秋·山西运城·高一统考期末）已知为第二象限角，且，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式可得出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值，再利用诱导公式化简所求代数式，代值计算即可得出所求代数式的值.
【详解】因为，则，
又因为为第二象限角，则，
因此，
.
故选：A.
5．（2023秋·云南红河·高一统考期末）已知为锐角，且.
(1)化简；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由诱导公式化简计算即可；
（2）利用三角恒等变换计算即可.
【详解】（1）由诱导公式化简可得：；
（2）∵，为锐角，∴.
又∵，为锐角，∴
6．（2023秋·河北邯郸·高一校考期末）已知第三象限角满足，且，为第三象限角，求下列各式的值.
(1)求的值；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，利用诱导公式可得，由诱导公式结合可得答案.
（2）由（1）可得，后由可得，即可得答案.
【详解】（1）由得，
即，则.
原式；
又，所以原式.
（2）由且为第三象限角得，
因为，
又为第三象限角，则，
则.
题型三：三角形的图像和性质
7．（2023春·四川成都·高一成都外国语学校校考期末）函数的一个周期内的图象如图所示，下列结论错误的是（ ）
A．的解析式是
B．函数的最小正周期是π
C．函数的最大值是2
D．函数的一个对称中心是
【答案】A
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，即可判断ABC,由验证法即可代入求解D.
【详解】由函数的最小值为可得，由图象可知，解得，
再根据五点法作图可得，求得，故函数的解析式为，故A错误，BC正确，
当时，代入中得，故是的对称中心，故D正确，
故选：A
8．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考期末）已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在上单调递增
D．函数在的取值范围为
【答案】D
【分析】根据题图得，，由可得，故，再逐项分析即可.
【详解】由题意可得,，解得.
由，得.
因为，所以，所以.
,所以函数的图象关于点对称，故A正确；
，故函数的图象关于直线对称，故B正确；
时，，所以函数在上单调递增，故C正确；
时，，所以,
所以，故D错误.
故选:D.
9．（2023秋·江苏连云港·高一校考期末）设函数（是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则函数是的最小正周期是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据单调性可求出，再根据题意得函数关于点对称，关于直线对称，得到等式组，通过作差分析可得，最后检验即可.
【详解】若在区间上具有单调性,则，
则的图象关于点对称,的图象关于直线对称,
①，
且，②
两式相减,可得,又因为，故.
当时,则结合和①式可得，.
所以.
故它的最小正周期为，
故选：B.
题型四：函数y＝Asin(ωx＋φ)图像的变换和综合性质
10．（2023秋·吉林·高一统考期末）将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据三角函数图象的平移变换，可得平移后的函数解析式，即得答案.
【详解】由题意可得，
故选：B
11．（2022·江苏·高一期末）已知函数，现将的图象向右平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数，根据函数图象的平移变换与伸缩变换法则，可得到函数，由，可得到，利用正弦函数的单调性即可求出结果.
【详解】将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，
因为，所以，所以，
所以在上的值域为，
故选：A.
12．（2023秋·江苏连云港·高一江苏省海头高级中学校考期末）已知函数，将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知在上恰有5个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求得，换元转化为在上恰有5个不相等的实根，结合的性质列出不等式求解.
【详解】，令，由题意在上恰有5个零点，即在上恰有5个不相等的实根，由的性质可得，解得．
故选：D．
题型五：两角和与差的三角函数
13．（2023春·四川成都·高一成都实外校考期末）下列化简不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用三角恒等变换的知识进行化简，从而确定正确答案.
【详解】A选项，
，所以A选项正确.
B选项，
，B选项正确.
C选项，，C选项正确.
D选项，，D选项错误.
故选：D
14．（2023秋·广东·高一校联考期末）已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将条件中两式平方相加后整理即可得答案.
【详解】，
，
两式相加得，
.
故选：C.
15．（2023秋·陕西渭南·高一统考期末）已知,都是锐角,,,则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意判断的范围,从而求出的值,将写为,再用两角和与差的余弦公式代入化简即可.
【详解】由于,都是锐角,则,,
因为,,
所以,,
所以,,
所以
.
故选:B
题型六：二倍角公式的应用
16．（2023春·江西赣州·高一校联考期末）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式得到，再将两边平方及二倍角的正弦公式计算可得.
【详解】
，
所以，
所以．
故选：A．
17．（2023秋·安徽芜湖·高一安徽师范大学附属中学校考期末）若，则（ ）
A．3B．C．D．
【答案】D
【分析】根据两角和的正切公式、二倍角公式，结合诱导公式、同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】，
，
故选：D
18．（2022秋·吉林长春·高一东北师大附中校考期末）已知，且，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用平方关系由结合已知角的范围求出的值，再代入二倍角公式和和角公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以.
因为，所以，
所以.
则.
故选：A.
题型七：降幂公式的应用
19．（2022秋·河南商丘·高一商丘市第一高级中学校考期末）若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可得，从而可求出，即得.
【详解】∵
所以，又因为，，
所以，即，
所以，又因为，
所以，．
故选：C．
20．（2021秋·湖北荆州·高一沙市中学校考期末）已知函数在上有且只有四个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先化简函数的解析式，然后利用的范围求出的范围，根据题意列不等式求解.
【详解】，因为，得，因为函数在有且只有四个零点，则，解得.
故选：C.
【点睛】关于三角函数中求解的取值范围问题，一般要先求解出整体的范围，即的范围，然后根据题意，分析范围所在的区间，列不等式求解，即可求出.
21．（2022春·河南南阳·高一校联考期末）化简=（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】利用三角恒等变换化简即得.
【详解】
.
故选：C.
题型八：三角函数恒等式变换
22．（2023春·河南焦作·高一统考期末）已知函数，有下述三个结论：
①的最小正周期是；
②在区间上不单调；
③将图象上的所有点向右平移个单位长度后，得到函数的图象．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①B．②C．①②D．①②③
【答案】C
【分析】根据题意利用三角恒等变换将函数化简成，然后根据正弦型函数的单调新性，周期和三角函数图像的平移即可求解.
【详解】因为函数
，
所以函数的最小正周期，故①正确；
当时，，由正弦函数的图像可知，函数在上先增后减，故②正确；
将图象上的所有点向右平移个单位长度后，可得，故③错误，
所以结论正确的为①②，
故选：C.
23．（2022春·湖北·高一湖北省汉川市第一高级中学校联考期末）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将两边平方，即可求出，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后利用两角差的正弦公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，
即，即，所以，
又，
即，
因为，所以，
所以，即，
所以，所以，
所以
；
故选：D
24．（2022春·陕西榆林·高一校考期末）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简得出，等式两边平方可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值.
【详解】由可得，则，
因为，
等式两边平方可得，即，
，解得.
故选：A.
题型九：三角函数的综合应用
25．（2023春·四川成都·高一成都外国语学校校考期末）已知函数．
(1)求的最小正周期和对称轴方程；
(2)若函数在上的值域．
【答案】(1)最小正周期为，对称轴为
(2)
【分析】（1）利用两角和差、二倍角和辅助角公式化简得到，由正弦型函数最小正周期、对称轴方程的求法直接求解即可；
（2）利用整体代换法，结合正弦函数的性质可确定值域.
【详解】（1），
的最小正周期；
令，解得：，
的对称轴方程为.
（2）当时，，，
即在上的值域为.
26．（2023秋·浙江杭州·高一杭十四中校考期末）已知函数.
(1)求的单调递增区间；
(2)若在上存在最小值，求实数t的取值范围；
(3)方程在上的两解分别为，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先根据差角的正弦公式及辅助角公式化简得，由计算得解.
（2）由题知，在上存在最小值，只需，继而得解.
（3）设，由题意求得，，，由两角差的余弦公式可求出的值，求出的取值范围，进而利用二倍角余弦公式可求出的值.
【详解】（1）
，
由，得，
所以的单调递增区间为：.
（2）当时，，
因为在上存在最小值，所以，
所以.
实数t的取值范围为.
（3）设，，则，
由于正弦函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
由，得，
因为方程在上的两解分别为、，
则，必有，，
所以，，同理，
，
由于，且，，则，
由，可得.
27．（2023秋·云南德宏·高一统考期末）已知函数．
(1)求的单调递减区间及最小正周期；
(2)将函数的图象向右平移个单位后得到的图象，讨论函数在上的零点个数．
【答案】(1)单调递减区间为，最小正周期为
(2)答案见解析
【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式化简得到，利用整体代入法可求得的单调递减区间；由正弦型函数最小正周期的求法可得最小正周期；
（2）根据三角函数平移变换原则可得，分别在、的情况下，得到的单调性和值域，通过分析最值可确定不同取值范围时，的零点个数.
【详解】（1），
令，解得：，
的单调递减区间为，最小正周期.
（2）由题意得：；
当时，，
当，即时，单调递增，值域为；
当，即时，单调递减，值域为；
则当，即时，无零点；
当，即时，有且仅有一个零点；
当，即时，有两个不同零点；
当，即时，有且仅有一个零点；
当，即时，有且仅有一个零点；；
当，即时，无零点；
综上所述：当时，无零点；当时，有且仅有一个零点；当时，有两个不同零点.
【专题突破】
一、单选题
28．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）在平面直角坐标系中，若角以轴的非负半轴为始边，且终边过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式可得，再利用三角函数的定义即可求解.
【详解】角的终边经过点，
，
则.
故选：A.
29．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由条件结合利用二倍角公式求，再利用诱导公式求.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：C.
30．（2023春·江苏南通·高一校考期末）已知函数在内恰有个最值点和个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用辅助角公式化简得出，由求出的取值范围，根据函数在内恰有个最值点和个零点，可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】因为，
且当时，，
因为函数在内恰有个最值点和个零点，
所以，，解得，
故选：B.
31．（2023春·江西赣州·高一校联考期末）在平面直角坐标系中，为第四象限角，角的终边与以10为半径的圆交于点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用任意角的三角函数定义求得，根据为第四象限角，判断的范围，然后求出的值，最后根据两角差的余弦公式求出即可.
【详解】在平面直角坐标系中，为第四象限角，角的终边与半径为10的圆交于点．
故选：C．
32．（2023秋·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末）已知，满足，若函数在区间上有且只有三个零点，则的范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正弦函数的周期性和对称性分析可得为函数的对称轴，再根据周期性分析零点即可.
【详解】由题意可知：函数的最小正周期，
因为，则为函数的对称轴，
则函数在之后的零点依次为，
若函数在区间上有且只有三个零点，则.
故选：D.
33．（2023秋·河南郑州·高一郑州市第四十七高级中学校考期末）已知当时，函数取得最小值，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件，利用辅助角公式，结合三角函数的诱导公式，求出，再根据商数求解即可．
【详解】由函数，其中，，
所以当，函数取得最小值为，
所以，，
所以，所以．
故选：B．
34．（2023秋·云南德宏·高一统考期末）设函数，则下列结论错误的是 （ ）
A．的一个周期为−2πB．的值为
C．的一个零点为D．在上单调递减
【答案】D
【分析】根据周期的定义判断A，利用两角和余弦公式求，判断B，根据零点的定义判断C，根据余弦函数的单调性求函数的单调区间，判断D.
【详解】因为，
所以是函数的一个周期， A正确；
f＝cs，故B正确；
因为，
所以的一个零点为，故C正确；
由，可得，
所以在上单调递减，
取可得在上单调递减，
由，可得，
所以在上单调递增，
取可得在上单调递增，故D错误．
故选：D.
35．（2023秋·云南楚雄·高一统考期末）已知黄金三角形是一个等腰三角形，其底与腰的长度的比值为黄金比值（即黄金分割值，该值恰好等于），则下列式子的结果不等于的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用两角和差公式和诱导公式依次化简各个选项即可.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：C.
36．（2023秋·河北邢台·高一邢台一中校考期末）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用诱导公式可求得，利用三角恒等变换化简所求代数式，可求得结果.
【详解】因为，则，
若，则，矛盾，故.
因此，
.
故选：C.
37．（2023秋·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考期末）2023年是农历癸卯兔年，在中国传统文化中，兔被视为一种祥瑞之物，是活力和幸福的象征，寓意福寿安康.故宫博物院就收藏着这样一副蕴含“吉祥团圆”美好愿景的名画——《梧桐双兔图》，该绢本设色画纵约176cm，横约95cm，其挂在墙壁上的最低点离地面194cm.小南身高160cm（头顶距眼睛的距离为10cm），为使观赏视角最大，小南离墙距离应为（ ）
A．B．76cmC．94cmD．
【答案】D
【分析】由题意只需最大，设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，求出，，设，则，求出，，代入，利用基本不等式求解即可.
【详解】由题意可得为锐角，故要使最大，只需最大，
设小南眼睛所在的位置点为点，过点做直线的垂线，垂足为，如图，
则依题意可得（cm），（cm），，
设，则，且，
，
故
，当且仅当即时等号成立，
故使观赏视角最大，小南离墙距离应为cm.
故选：D.
38．（2023秋·北京·高一清华附中校考期末）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
①时，的最大值为；
②时，方程在上有且只有三个不等实根；
③时，为奇函数；
④时，的最小正周期为
A．①②B．①③C．②④D．①④
【答案】D
【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，结合正弦函数性质判断命题①，结合平方关系，正弦函数性质化简不等式求方程的解，判断命题②，根据奇函数的定义及正弦函数和余弦函数性质判断命题③，根据三角恒等变换及余弦型函数的周期公式判断命题④，由此可得正确选项.
【详解】因为，
所以当时，，此时函数的最大值为，命题①为真命题；
当时，，方程可化为，
当时，，故，由正弦函数性质可得方程在上有两个解，
当时，原方程可化为，方程在上无解，
所以方程在上有且只有两个不等实根；命题②为假命题；
当时，，，
，所以，所以不为奇函数，命题③为假命题；
当时，，
所以的最小正周期为，命题④正确；
故选：D.
二、多选题
39．（2023春·江西赣州·高一校联考期末）已知某曲线部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．
B．一条对称轴方程为
C．在上单调递增
D．图象可以由图象向左平移个单位长度得到
【答案】ABD
【分析】对于.根据图象求得，再由求解判断；对于B.由求解判断；对于C：由求解判断；对于D.利用平移变换求解判断.
【详解】对于A.因为，所以由图象知，
，所以，
又因为，且在的单调递减区间上，所以
因为，所以，
又因为，所以，所以，故A正确；
对于B.，故对称轴方程为，当时，，故B正确；
对于C.由知，
由，解得，
所以的单调递增区间为，故C错误；
对于D.图象向左平移个单位长度得到，
，故D正确．
故选：ABD．
40．（2023秋·云南红河·高一统考期末）下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．已知角的终边过点，则
D．已知扇形弧长为2，圆心角为，则该扇形的面积为
【答案】BCD
【分析】根据诱导公式可判定A，根据弧度与角度的转化可判定B，根据三角函数的定义可判定C，根据扇形的弧长与面积公式可判定D.
【详解】对于A选项，，所以A错误；
对于B选项，，所以B正确；
对于C选项，由三角函数的定义得，，所以C正确；
对于D选项，扇形弧长为2，圆心角为，则该扇形的半径为，
扇形面积，所以D正确.
故选：BCD．
41．（2023春·江苏盐城·高一江苏省响水中学校考期末）已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
C．函数的最小正周期为
D．若在上有且仅有3个零点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对A：必有一个最大值和一个最小值可求；对B：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；对C：化简后求周期；对D：求出的范围，数据正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解.
【详解】由，故必有一个最大值和一个最小值，
则为半个周期长度，故正确；
由题意的图象关于轴对称，B正确；
的最小正周期为C错误.
，在上有且仅在3个零点，
结合正弦函数的性质知：，则，D正确；
故选：ABD
42．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音，若一个复合音的数学模型是函数，则（ ）
A．函数图像的一个对称中心为
B．函数图像的一条对称轴为直线
C．函数在区间上单调递增
D．将函数的图像向左平移个单位后的图像关于y轴对称
【答案】AC
【分析】化简得到，根据对称中心对称轴判断A，B选项，根据单调性判断C选项，根据平移判断D选项.
【详解】
，故A正确；
对选项B：当时，，故的图像不关于对称，B错误；
，函数在区间上单调递增，C正确；
将函数的图像向左平移个单位后得到，D错误.
故选: AC.
三、填空题
43．（2023春·上海浦东新·高一统考期末）化简_________.
【答案】
【分析】利用三角函数的诱导公式化简即可得解.
【详解】
.
故答案为：.
44．（2023春·四川成都·高一成都外国语学校校考期末）若将函数的图象向左平移个单位长度，平移后的图象关于点对称，则______．
【答案】
【分析】先利用辅助角公式将函数的解析式化简，并求出平移变换后的函数解析式，由变换后的函数图象关于点对称，可得出的表达式，结合的范围可求出的值.
【详解】,
将函数的图象向左平移个单位后，
所得图象的函数解析式为，
由于函数的图象关于点对称，则，
得，，，.
故答案为：.
45．（2023秋·山西大同·高一统考期末）如图，一个半径为3米的筒车按逆时针方向每4分钟转1圈，筒车的轴心距离水面的高度为1.5米.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：米）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，且与时间（单位：分钟）之间的关系式为：，则与时间之间的关系是______.

【答案】，
【分析】根据题意求出振幅、周期，利用正弦型三角函数的性质求解即可.
【详解】根据筒车模型中各量的物理意义及题意可知，筒车按逆时针方向每4分钟转1圈，
所以筒车旋转的角速度.筒车的半径为3米，
所以.筒车的轴心距离水面的高度为1.5米，所以.
以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，此时.
所以筒车上的某个盛水筒到水面的距离（单位：米）
（在水面下则为负数）与时间的关系为，.
故答案为：，.
46．（2023秋·河南三门峡·高一统考期末）若函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则______．
【答案】/
【分析】由题意可得的最小正周期为，由奇函数的定义和周期性，结合特殊角的三角函数值，计算可得所求和．
【详解】函数是定义在上的奇函数，则，
又满足，可得的最小正周期为，
所以，则函数关于点对称，即，
又当时，，
所以
．
故答案为：．
四、解答题
47．（2023春·上海浦东新·高一统考期末）已知，且函数，
(1)求函数的最小正周期；
(2)求函数的单调减区间；
(3)若函数（其中）是上的偶函数，求的值，
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示与三角函数的恒等变换化简，由此得解；
（2）利用整体代入法，结合正弦函数的性质即可得解；
（3）利用诱导公式与三角函数的奇偶性即可得解.
【详解】（1）因为，
所以
.
故的最小止周期为.
（2）由，得，
所以函数的单调减区间为.
（3）因为，
因为是上的偶函数，
所以，即，
又，所以或.
48．（2023春·上海闵行·高一闵行中学校考期末）已知函数.
(1)求函数的最小正周期；
(2)求函数在区间上的最小值和最大值及相应的取值.
【答案】(1)最小正周期为
(2)时，的最大值为；当时，的最小值为.
【分析】（1）化简函数为，结合最小正周期的公式，即可求解；
（2）由，可得，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由函数 ，
所以函数的最小正周期为.
（2）解：由，可得，
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减，
所以当时，的最大值为；
又由，
所以当时，的最小值为.
49．（2023秋·云南红河·高一统考期末）已知函数（其中）
(1)求函数的值域；
(2)若函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，且函数的图象与轴的相邻两交点间的距离为，求函数的单调递增区间.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，然后根据正弦函数的值域即可求解；
（2）先将函数进行平移，然后根据题意得到的最小正周期为，进而求出，再利用正弦型函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由题意得
，
由于 ，得 ，所以函数的值域为．
（2）所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），可得，
由函数的图象与轴的相邻两交点间的距离为，可知的最小正周期为，
又由，得 ，即得，于是有.
再由 ，解得 ，
所以的单调递增区间为.
50．（2023春·河南周口·高一校联考期末）已知函数，其中．
(1)若函数的最大值是最小值的倍，求的值；
(2)当时，函数的正零点由小到大的顺序依次为，，，…，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，在结合正弦函数的性质求出的最值，即可得到方程，解得即可；
（2）依题意可得，令，求出，即可求出，，从而得解.
【详解】（1）因为，
所以，
当时，，
当时，，
由，解得，故；
（2）当时，，
令，有，有或，
可得或，
取，可得，，
又由，有，解得，故．
51．（2023秋·广东深圳·高一统考期末）已知函数.
(1)求函数取最大值时的取值集合；
(2)若函数在区间上是增函数，求实数的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数，根据正弦型三角函数的最大值取值情况即可求得的取值集合；
（2）根据函数的单调性，确定实数的取值范围，即可得最大值.
【详解】（1）函数，
当取最大值时，，
此时满足，即，
所以取最大值时的取值集合为：；
（2）由，
得，
所以的单调增区间为，
当时，是的一个单调增区间，
因为，所以，
因此，实数m的最大值为.
52．（2023秋·吉林·高一统考期末）如图，角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线绕点按逆时针方向旋转后与单位圆相交于点，设．
(1)求的值；
(2)若函数，求的单调递增区间；
(3)在（2）的条件下，函数的最小值为，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）由三角函数定义可得；方法一：将直接代入即可求得；方法二：利用两角和差公式和辅助角公式化简得到，代入即可；
（2）由（1）可得，根据正弦型函数单调区间的求法可求得结果；
（3）结合诱导公式和二倍角公式，采用换元法可将转化为关于的二次函数的形式，讨论对称轴位置即可利用最小值构造方程求得的值.
【详解】（1）由题意知：，，
方法一：；
方法二：，
.
（2）由（1）得：，
令，解得：，
的单调递增区间为.
（3）由（2）得：，
令，则，
是开口方向向下，对称轴为的抛物线，
①当，即时，，解得：；
②当，即时，，解得：；
综上所述：或.
【点睛】关键点点睛：本题考查正弦型函数单调区间、与正弦函数有关的复合函数最值的求解问题；本题根据最值求解参数值的关键是能够结合二倍角公式，将问题转化为关于变量的二次函数的形式，进而利用含参数二次函数最值的求法来进行讨论.
53．（2023秋·山西朔州·高一怀仁市第一中学校校考期末）如图，在扇形中，的平分线交扇形弧于点，点A是扇形弧上的一点（不包含端点），过A作的垂线交扇形弧于另一点，分别过作的平行线，交于点．
(1)若，求；
(2)设，求四边形的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）记与的交点分别为，求出的长，即可求得答案;
（2）连接，记与的交点分别为，求出的长，即可表示出四边形的面积，结合三角恒等变换以及正弦函数的性质化简求值，即得答案.
【详解】（1）由题意可知关于对称，连接，记与的交点分别为，
则，
故，
则，
故.
（2）连接，记与的交点分别为，，
则，
，，
，
所以四边形的面积
，
因为，，
所以当，即时，取到最大值1，
故.
组数
一
二
三
四
五
六
角
2kπ＋α(k∈Z)
π＋α
－α
π－α
eq \f(π,2)－α
eq \f(π,2)＋α
正弦
sin α
－sin α
－sin α
sin α
cs α
cs α
余弦
cs α
－cs α
cs α
－cs α
sin α
－sin α
正切
tan α
tan α
－tan α
－tan α
口诀
函数名不变
符号看象限
函数名改变
符号看象限
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
{x|x∈R且x≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z}
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
单调性
在[－eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(π,2)＋2kπ](k∈Z)上递增；
在[eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)上递减
在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上递增；
在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上递减
在(－eq \f(π,2)＋kπ，eq \f(π,2)＋kπ)(k∈Z)上递增
最值
当x＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；
当x＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1
当x＝2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；
当x＝π＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
对称中心
(kπ，0)(k∈Z)
(eq \f(π,2)＋kπ，0) (k∈Z)
(eq \f(kπ,2)，0)(k∈Z)
对称轴方程
x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)
x＝kπ(k∈Z)
周期
2π
2π
π
名称
简记符号
公式
使用条件
两角差的余弦公式
C(α－β)
cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β
α，β∈R
两角和的余弦公式
C(α＋β)
cs(α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β
α，β∈R
名称
简记符号
公式
使用条件
两角和的正弦
S(α＋β)
sin(α＋β)＝sin αcs β＋cs αsin β
α，β∈R
两角差的正弦
S(α－β)
sin(α－β)＝sin αcs β－cs αsin β
α，β∈R
名称
公式
简记符号
条件
两角和的正切
tan(α＋β) ＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)
T(α＋β)
α，β，α＋β≠kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)
两角差的正切
tan(α－β) ＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)
T(α－β)
α，β，α－β≠kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)