高中数学高考解密01 三角函数的图像及性质（讲义）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版）

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核心考点一 三角函数的概念、诱导公式及同角关系式
1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，则sinα＝y，csα＝x，tanα＝eq \f(y,x)(x≠0)．各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．
2．同角基本关系式：sin2α＋cs2α＝1，eq \f(sin α,cs α)＝tanαeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)).
3．诱导公式：在eq \f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．
1.【2020新课标1理9】已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，得，即，解得或（舍去），又．故选A．
2．【2016新课标1文14】已知是第四象限角，且，则 ．
【答案】
【解法1】由题意．
因为，所以，
从而，因此．故填．
评注：此处的角还可由缩小至，但没必要．
另外，还可利用来进行处理，或者直接进行推演，即由题意，故，所以．
【解法2】考虑到，令，则，因为是第四象限角，所以，故，所以．
【解法3】考虑，运用两角和的正切公式．令，则，因为是第四象限角，所以，故，从而，所以，故．
【解法4】．
【解法5】展开求出，运用两角和的正切公式．因为，所以，，因为是第四象限角，所以，，解得，，所以，故．
【解法6】运用两角和的正弦公式求出，再运用两角和的正切公式．因为，是第四象限角，所以，从而
，，所以，故．
1．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(2，1)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))等于( )
A．－7 B．－eq \f(1,7) C.eq \f(1,7) D．7
【答案】A
【解析】由角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(2,1)，
可得x＝2，y＝1，tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(1,2)，
∴tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(1,1－\f(1,4))＝eq \f(4,3)，
∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan 2α＋tan \f(π,4),1－tan 2αtan \f(π,4))＝eq \f(\f(4,3)＋1,1－\f(4,3)×1)＝－7.
2.已知曲线f(x)＝x3－2x2－x在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为α，则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))－2cs2α－3sin(2π－α)cs(π＋α)的值为( )
A.eq \f(8,5) B．－eq \f(4,5) C.eq \f(4,3) D．－eq \f(2,3)
【答案】A
【解析】由f(x)＝x3－2x2－x可知f′(x)＝3x2－4x－1，
∴tan α＝f′(1)＝－2，
cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))－2cs2α－3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋α))
＝(－sin α)2－2cs2α－3sin αcs α
＝sin2α－2cs2α－3sin αcs α
＝eq \f(sin2α－2cs2α－3sin αcs α,sin2α＋cs2α)
＝eq \f(tan2α－3tan α－2,tan2α＋1)
＝eq \f(4＋6－2,5)＝eq \f(8,5).
3.在平面直角坐标系中，若角α的终边经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(5π,3)，cs \f(5π,3)))，则sin(π＋α)等于( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
【答案】B
【解析】由诱导公式可得，sin eq \f(5π,3)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(π,3)))＝－sin eq \f(π,3)＝－eq \f(\r(3),2)，
cs eq \f(5π,3)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π－\f(π,3)))＝cs eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，
由三角函数的定义可得，sin α＝eq \f(\f(1,2),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2))＝eq \f(1,2)，
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋α))＝－sin α＝－eq \f(1,2).
4.已知sin(3π＋α)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋α))，则eq \f(sinπ－α－4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)),5sin2π＋α＋2cs2π－α)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,6) D．－eq \f(1,6)
【答案】D
【解析】∵sin(3π＋α)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋α))， ∴－sin α＝－2cs α，即sin α＝2cs α，
则eq \f(sinπ－α－4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)),5sin2π＋α＋2cs2π－α)＝eq \f(sin α－4cs α,5sin α＋2cs α)＝eq \f(2cs α－4cs α,10cs α＋2cs α)＝eq \f(－2,12)＝－eq \f(1,6).
核心考点二 三角函数的图象及应用
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象：
(1)“五点法”作图：
设z＝ωx＋φ，令z＝0，eq \f(π,2)，π，eq \f(3π,2)，2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得．
(2)图象变换：
(先平移后伸缩)y＝sin xeq \(――――――――――――→,\s\up7(向左φ>0或向右φ0倍) ,\s\d5(纵坐标不变))
y＝sin(ωx＋φ)eq \(―――――――――――――→,\s\up7(纵坐标变为原来的AA>0倍),\s\d5(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)．
(先伸缩后平移)y＝sinxeq \(――――――――――→,\s\up10(横坐标变为原来的\f(1,ω)ω>0倍),\s\d5(纵坐标不变))y＝sinωxeq \(―――――――→,\s\up7(向左φ>0或右φ0倍),\s\d5(横坐标不变))y＝Asin(ωx＋φ)．
1．【2017新课标1理9】已知曲线，则下面结论正确的是( )
A．把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个单位长度，得到曲线；
B．把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个单位长度，得到曲线；
C．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线；
D．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线．
【答案】D
【解析】，，首先曲线、统一为一三角函数名，可将用诱导公式处理．．横坐标变换需将变成，即．注意的系数，在右平移需将提到括号外面，这时平移至，根据“左加右减”原则，“”到“”需加上，即再向左平移．故选D
2.【2020新课标1理7】设函数在的图像大致如下图，则的最小正周期为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由图可得函数图象过点，将它代入函数可得，又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，所以，解得，所以函数的最小正周期为，故选C．
1.已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的最小正周期为π，为了得到函数g(x)＝cs ωx的图象，只要将y＝f(x)的图象( )
A．向左平移eq \f(π,12)个单位长度 B．向右平移eq \f(π,12)个单位长度
C．向左平移eq \f(5π,12)个单位长度 D．向右平移eq \f(5π,12)个单位长度
【答案】A
【解析】由题意知，函数f(x)的最小正周期T＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，g(x)＝cs 2x.把g(x)＝cs 2x变形得g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋\f(π,3)))，所以只要将f(x)的图象向左平移eq \f(π,12)个单位长度，即可得到g(x)＝cs 2x的图象，故选A.
2.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|0，|φ|0)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后得到函数的解析式为y＝cs ωeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(ωπ,3))).
∵平移后得到的函数图象与函数y＝sin ωx的图象重合，
∴－eq \f(ωπ,3)＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，即ω＝－6k＋eq \f(3,2)(k∈Z)．
∴当k＝0时，ω＝eq \f(3,2).
4.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|0)的最小正周期为π.
(1)求函数y＝f(x)图象的对称轴方程；
(2)讨论函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调性.
【解析】(1)∵f(x)＝sin ωx－cs ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))，且T＝π，
∴ω＝2，于是f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).
令2x－eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(3π,8)(k∈Z).
即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(3π,8)(k∈Z).
(2)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z).
注意到x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以令k＝0，
得函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,8)))；
同理，其单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，\f(π,2))).
2.已知函数f(x)＝2sin ωxcs ωx＋2eq \r(3)sin2ωx－eq \r(3)(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求函数f(x)的单调递增区间.
(2)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位，再向上平移1个单位，得到函数y＝g(x)的图象，若y＝g(x)在[0，b](b>0)上至少含有10个零点，求b的最小值.
【解析】(1)f(x)＝2sin ωxcsωx＋eq \r(3)(2sin2ωx－1)
＝sin 2ωx－eq \r(3)cs 2ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3))).
由最小正周期为π，得ω＝1，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
整理得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kx＋eq \f(5π,12)，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))，k∈Z.
(2)将函数f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位，再向上平移1个单位，得到y＝2sin 2x＋1的图象；
所以g(x)＝2sin 2x＋1.
令g(x)＝0，得x＝kπ＋eq \f(7π,12)或x＝kπ＋eq \f(11π,12)(k∈Z)，
所以在[0，π]上恰好有两个零点，若y＝g(x)在[0，b]上有10个零点，则b不小于第10个零点的横坐标即可.
所以b的最小值为4π＋eq \f(11π,12)＝eq \f(59π,12).
3.已知向量m＝(2cs ωx，－1)，n＝(sin ωx－cs ωx，2)(ω>0)，函数f(x)＝m·n＋3，若函数f(x)的图象的两个相邻对称中心的距离为eq \f(π,2).
(1)求函数f(x)的单调增区间；
(2)若将函数f(x)的图象先向左平移eq \f(π,4)个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)倍，得到函数g(x)的图象，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，求函数g(x)的值域.
【解析】(1)f(x)＝m·n＋3＝2cs ωx(sin ωx－cs ωx)－2＋3
＝sin 2ωx－cs 2ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,4))).
依题意知，最小正周期T＝π.
∴ω＝1，因此f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
求得f(x)的增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)＋kπ，\f(3π,8)＋kπ))，k∈Z.
(2)将函数f(x)的图象先向左平移eq \f(π,4)个单位，
得y＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象.
然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)倍，得到函数g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))的图象.
故g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))，
由eq \f(π,4)≤x≤eq \f(π,2)，知eq \f(5π,4)≤4x＋eq \f(π,4)≤eq \f(9π,4).
∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))≤eq \f(\r(2),2).
故函数g(x)的值域是[－eq \r(2)，1].核心考点
读高考设问知考法
命题解读
三角函数的概念、诱导公式及同角关系式
【2018新课标3文理4】若，则( )
三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：
1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查；
2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查.
【2020新课标1理9】已知，且，则（ ）
【2020新课标3文5】已知，则（ ）
【2020新课标3理9】已知，则（ ）
【2016新课标1文14】已知是第四象限角，且，则 ．
【2020新课标2文13】若，则__________．
【2018新课标2理15】已知，，则__________．
【2017新课标1文15】已知，，则=__________．
三角函数的图象及应用
【2017新课标1理9】已知曲线，
，则下面结论正确的是( )
【2017新课标3理6】设函数，则下列结论错误的是( )
【2020新课标1理7】设函数在的图像大致如下图，则的最小正周期为（ ）
【2020新高考全国10】下图是函数的部分图像，则（ ）
三角函数的性质
【2018新课标3文6】函数的最小正周期为( )
【2017课标2理14】函数的最大值是 ．
【2019课标1文15】函数的最小值为．
【2017新课标2文13】函数的最大值为 ．
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
递增
区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))
[2kπ－π，2kπ]
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))
递减
区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))
[2kπ，2kπ＋π]
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
对称
中心
(kπ，0)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))
对称轴
x＝kπ＋eq \f(π,2)
x＝kπ
周期性
2π
2π
π