2021高考数学二轮复习专题三第1讲：三角函数的图象与性质

这是一份2021高考数学二轮复习专题三第1讲：三角函数的图象与性质，共26页。试卷主要包含了三角函数的定义，诱导公式，基本关系等内容，欢迎下载使用。

考点一 三角函数的定义、诱导公式及基本关系
1．三角函数的定义
若角α的终边过点P(x，y)，则sinα＝eq \f(y,r)，csα＝eq \f(x,r)，tanα＝eq \f(y,x)(其中r＝eq \r(x2＋y2))．
2．诱导公式
(1)sin(2kπ＋α)＝sinα(k∈Z)，cs(2kπ＋α)＝csα(k∈Z)，tan(2kπ＋α)＝tanα(k∈Z)．
(2)sin(π＋α)＝－sinα，cs(π＋α)＝－csα，tan(π＋α)＝＝tanα.
(3)sin(－α)＝－sinα，cs(－α)＝csα，tan(－α)＝－tanα.
(4)sin(π－α)＝sinα，cs(π－α)＝－csα，tan(π－α)＝－tanα.
(5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝csα，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝sinα，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝csα，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－sinα.
3．基本关系
sin2x＋cs2x＝1，tanx＝eq \f(sinx,csx).
[对点训练]
1．(2018·山东寿光一模)若角α的终边过点A(2,1)，则
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)π－α))＝( )
A．－eq \f(2\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5)
[解析] 根据三角函数的定义可知csα＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)π－α))＝－csα＝－eq \f(2\r(5),5)，故选A.
[答案] A
2．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)＋x))＝eq \f(1,5)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝( )
A．－eq \f(1,5) B.eq \f(1,5) C.eq \f(2,5) D．－eq \f(2,5)
[解析] cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π＋\f(π,6)＋x))
＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6)＋x))＝－eq \f(1,5)，故选A.
[答案] A
3．已知P(sin40°，－cs140°)为锐角α终边上的点，则α＝( )
A．40° B．50° C．70° D．80°
[解析] ∵P(sin40°，－cs140°)为角α终边上的点，因而tanα＝eq \f(－cs140°,sin40°)＝eq \f(－cs90°＋50°,sin90°－50°)＝eq \f(sin50°,cs50°)＝tan50°，又α为锐角，则α＝50°，故选B.
[答案] B
4．(2018·福建泉州质检)已知θ为第四象限角，sinθ＋3csθ＝1，则tanθ＝________.
[解析] 由(sinθ＋3csθ)2＝1＝sin2θ＋cs2θ，得6sinθcsθ＝－8cs2θ，又因为θ为第四象限角，所以csθ≠0，所以6sinθ＝－8csθ，所以tanθ＝－eq \f(4,3).
[答案] －eq \f(4,3)
[快速审题] (1)看到终边上点的坐标，想到三角函数的定义．
(2)看到三角函数求值，想到诱导公式及切弦互化．
诱导公式及三角函数关系式的应用策略
(1)已知角求值问题，关键是利用诱导公式把任意角的三角函数值转化为锐角的三角函数值求解．转化过程中注意口诀“奇变偶不变，符号看象限”的应用．
(2)对给定的式子进行化简或求值时，要注意给定的角之间存在的特定关系，充分利用给定的式子，结合诱导公式将角进行转化．
考点二 三角函数的图象与解析式
1．“五点法”作函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
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．
2．两种图象变换
[解析] (1)∵f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,4)))))，∴只需将函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度即可得到f(x)的图象，故选C.
(2)由eq \f(T,4)＝eq \f(11,12)π－eq \f(2,3)π＝eq \f(π,4)，得T＝π，
又知T＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝2，∴f(x)＝2sin(2x＋φ)．
又知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,12)π))＝－2，∴2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,6)π＋φ))＝－2，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,6)π＋φ))＝－1.∴eq \f(11,6)π＋φ＝2kπ＋eq \f(3,2)π(k∈Z)．
∴φ＝2kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)，又∵－eq \f(π,2)0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．
(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．
[对点训练]
1．[原创题]将函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)≤φ0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ω＝1，,\f(ωπ,6)＋φ＝2kπ，k∈Z，))又－eq \f(π,2)≤φ0，ω>0，|φ|0)在某一区间的最值时，将ωx＋φ视为整体，借助正弦函数的图象和性质求解．
[对点训练]
1．[角度1](2018·内蒙古赤峰二中三模)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1，则下列结论中错误的是( )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称
C．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上是增函数
D．函数f(x)的图象可由g(x)＝2sin2x－1的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到
[解析] 对于函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1，由于它的最小正周期为π，故A项正确；当x＝eq \f(π,3)时，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1＝1，函数取得最大值，故f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，故B项正确；当x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上时，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，故f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上是增函数，故C项正确；由于把g(x)＝2sin2x－1的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度得到y＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－1的图象，故D项错误，故选D.
[答案] D
2．[角度2](2018·河南濮阳一模)先将函数f(x)＝sinx的图象上的各点向左平移eq \f(π,6)个单位，再将各点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(其中ω∈N*)，得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，则ω的最大值为________．
[解析] 由题意易知g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递增，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω＋\f(π,6)≥2kπ－\f(π,2)，,\f(π,4)ω＋\f(π,6)≤2kπ＋\f(π,2)，))k∈Z，即12k－4≤ω≤8k＋eq \f(4,3)，k∈Z.
由12k－4≤8k＋eq \f(4,3)可得k≤eq \f(4,3)，当k＝1时，ω∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(8，\f(28,3)))，所以正整数ω的最大值为9.
[答案] 9
1．(2018·天津卷)将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度，所得图象对应的函数( )
A．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上单调递增
B．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递减
C．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))上单调递增
D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递减
[解析] 将y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度，所得图象对应的函数为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))＋\f(π,5)))＝sin2x，令2kπ－eq \f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq \f(π,4)≤x≤kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)．所以y＝sin2x的递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)，当k＝1时，y＝sin2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上单调递增，故选A.
[答案] A
2．(2018·全国卷Ⅱ)若f(x)＝csx－sinx在[－a，a]是减函数，则a的最大值是( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C.eq \f(3π,4) D．π
[解析] f(x)＝csx－sinx＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
由题意得a>0，故－a＋eq \f(π,4)0，))解得0