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1、第四章 三角函数 第四章 三角函数4.1 三角函数的概念及相关公式题目1（江西 文14）已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，若是角终边上的一点，且，则 【审题要津】回归定义，迎刃而解解：由任意角正弦函数定义，所以，得【解法研究】熟知任意角正弦函数的定义是顺利解答本题的关键 （孟贵增供解）题目2（课标全国 文7理5）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则（）ABCD【审题要津】由正切函数的定义，依题设条件，易知，以下只需将化为单角的三角函数即可利用同角三角函数关系求解解：由已知得，选B 【解法研究】由三角函数定义，可知角的终边在第一、三象限，因此为避免讨论和的符号，
2、亦可利用同角三角函数关系求出，后，直接代入求解（孟贵增供解）题目3（上海 文17）若三角方程与的的解集分别为，则（）A B C D 【审题要津】既然可以利用集合来研究充要条件，当然也可以通过充要条件来研究集合的相关问题解：，显然是的充分而不必要条件，故，选A【解法研究】本题也可由，得；由，得，即，显然有（刘金泉供解）题目4（福建 理3）若，则的值等于（）A 2 B 3 C 4 D 6【审题要津】利用正弦二倍角公式即可通过化简求值解：选D【解法研究】注意“角的统一”及“切、弦互化”是解答本题的关键本题也可由，化为，将其代入所求式，于是有，但不如“先化简，后求值”简捷（王墨森供解）题目5（福建 文
3、9）若，且，则的值等于（）A B C D 【审题要津】利用公式，即得，以下求解易如反掌解：，又，从而得，故选D 【解法研究】利用同角三角函数关系，及，即知，又，同样可得（孟贵增供解）题目6（辽宁 理7）设，则（）ABCD【审题要津】注意到“”，即可利用二倍角公式和诱导公式求解解：选A 【解法研究】本题也可利用两角和的正弦公式将展开再平方，同样可求出的值 （孟贵增供解）题目7（重庆 文12）若，且，则 【审题要津】可利用同角函数关系式求解，也可通过构造辅助直角三角形求解 解法1：，即解法2：，构造直角三角形，如图，设，由， （孟贵增供解）题目8（大纲全国 文14）已知，则 【审题要津】可用同角三
4、角函数关系式，也可利用构造辅助直角三角形的方法求解，但由，须注意的符号解法1：，得，又，解法2：依题意，构造满足的辅助直角三角形，如图，易知，又，【解法研究】对于已知和所求都是锐角的三角函数，可利用构造直角三角形的方法直接求解，涉及到任意角的三角函数求值，则应以三角函数的绝对值作为过渡性的铺垫，最后再根据给定角的所在象限决定其符号（孟贵增供解）题目9（江苏 7）已知，则的值为 【审题要津】以“先化简，后求值”为准，可见解题目标是求出解：，依比例性质，于是所求为【解法研究】计算时，也可以利用 “”实现，题解过程所应用的比例性质，建议考生自行推导（王墨森供解）题目10（大纲全国 理14）已知，则
5、【审题要津】利用同角三角函数关系及所处象限，即可求出，进而求出的值，以下利用正切二倍角公式即可求解解：由，由，得，从而，【解法研究】也可以通过构造辅助直角三角形求解：如图， ，显然，故（孟贵增供解）题目11（浙江 理6）若，则（）AB C D【审题要津】注意到：“”并留心于角“”及“”的取值范围，即可求得及，从而可由两角差的余弦公式求解解：因为，则，又因为，所以；因为，则，又因为，所以故选C 【解法研究】只有精心审题，才能发现角的整体变换思路，这是灵活解决此题的关键（王墨森供解）题目12（重庆 理14）已知，且，则的值为 【审题要津】将所求式变形，即可发现解题目标：易知，于是利用题设条件，解出
6、即可解：由已知得，两边平方，得，于是，故，即，依审题要津，所求式【解法研究】先化简再求值是解答数学问题的基本原则，也是沟通已知和所求，进而明确解题目标的重要手段（孟贵增供解）题目13（陕西 文6）方程在内（）A没有根B有且仅有一个根C有且仅有两个根D有无穷多个根【审题要津】在同一个直角坐标系中分别作出函数和的图象即可一目了然解：在同一直角坐标系中作出函数和的图象，如图可知两函数的图象仅在内有两个交点故选C（孟贵增供解）题目14（陕西 理6）函数在内（）A没有零点B有且仅有一个零点C有且仅有两个零点D有无穷多个零点【审题要津】由于函数“”的零点即指方程“”的根于是同前题一样，可通过作图进行判断
7、解：在同一直角坐标系中，在轴的右方（包括轴），分别作出函数和的图象如图，时，在内单调增，单调减，时，因此在内函数和的图象只有一个交点又时，在内，函数与的图象没有交点即方程在内只有一个根所以在内只有一个零点故选B【解法研究】题解中涉及函数单调性的叙述，在于完善数形结合的思考理念（王成维供解）4.2 正弦型函数的图象与性质题目1（福建 理16）已知等比数列的公比，前3项和（）求数列的通项公式；（）若函数在处取得最大值，且最大值为，求函数的解析式【审题要津】由，则由等比数列前项和公式及题设，有，解得，即可求得解：（）综上，【审题要津】由解（），得，从而有以下只需依题设，即可通过求来确定的解析式解：（
8、）方法1：对，因为时，取得最大值，所以，故，又因为，因此取，得所以方法2：设的周期为，又是的最大值点，所以是的零点，即，故，由，所以取得于是有【解法研究】（）方法2与方法1相比，更注意问题的实质：对于正弦型函数来说，只要知道周期，则利用“五点法”作图时所关注的五个关键点中的任何一个点（两个最值点及三个中心点）都可以“作文章”，同时也可以画出图象参照图示，有助于对方法2的解题思路作出更加全面、深刻的理解值得说明的是，对于，画图时，将单调增区间内的零点作为“起始点”是适宜的 （刘金泉供解）题目2（上海 文4）函数的最大值为 【审题要津】将形如的函数化为一个角的正弦，即的形式，即可一步到位地求解解：
9、，当时，已知函数的最大值为【解法研究】其中角，是由，共同决定的由于，因此只需时，因此（王墨森供解）题目3（上海 理8）函数的最大值为 【审题要津】将已知函数化为其变形式中仅含“一个单角的三角函数”的形式，即可求解解：，当时，【解法研究】如掌握积化和差公式：，则，如此可简化变形步骤（刘金泉供解）题目4（新课标全国 文11）设函数，则（ ）A在单调递增，其图象关于直线对称B在单调递增，其图象关于直线对称C在单调递减，其图象关于直线对称D在单调递减，其图象关于直线对称【审题要津】将已知函数化为，即可结合其周期性，奇偶性，最值点求解解：，可见为已知函数图象的对称中心，故不是图象对称轴，因此可排除，又，
10、显然在单调递减，故选D【解法研究】如从“熟悉化”入手，可将已知函数化为，再利用“五点法”作图，则一目了然 （刘金泉供解）题目5（湖北 文6理3）已知函数，若，则的取值范围为（）（文）： A B CD（理）： A B CD图1【审题要津】将化成的形式后，即可利用正弦函数单调性求解解：由，即，即文选A，理选B图2【解法研究】解答本题，也可以利用“数形结合”，在同一直角坐标系内作出函数和的图象如图1，由周期性，显然所求为A（文）；B（理）一般地，遵照“五点法”的作图规范，画出一个周期内形如图2的“标准图象”对于解题极有帮助（王墨森供解）题目6（山东 文6理6）若函数在区间上单调递增，在区间上单调递减
11、，则（）（文）ABC 2D 3（理）A3B2C D 【审题要津】由及题设给出的函数的单调性，即知区间的长度是已知三角函数周期的解：由题意，如图，函数的周期，从而，又，文选B，理选C【解法研究】周期函数的对称中心与最近的对称轴的距离为周期的“在区间上单调递增，在区间上单调递减”的条件，在于告诉我们对应的是“峰点”，若条件是“二缺一”，应为（孟贵增供解）题目7（天津 文7）已知函数，其中，若的最小正周期为，且当时，取得最大值，则（）A 在区间上是增函数 B 在区间上是增函数 C 在区间上是减函数 D 在区间上是减函数【审题要津】由最小正周期为，可确定的值，再由时，取得最大值及，即可确定，从而的解析
12、式既定，据此判断所求不在话下解：由已知，得，从而时，取得最大值，即，于是，又得，当，即时，为增函数，令，得的增区间为，而故选A 【解法研究】由四个选项可知，本题着重考查的是的单调性，因此用常规方法求解，确定和是关键若是深入灵活地利用时取最大值及的条件，则不难求得在原点附近的一个单调增区间为和一个单减区间为如将上述区间再平移周期的整数倍即可得到其他单调区间，完全不必确定与的值参照图示，必将对这一揭示本质的解题思路有所感悟（孟贵增供解）题目8（大纲全国 文7理5）设函数，将的图象向右平移个单位长度后，所得的图象与原图象重合，则的最小值等于（）A B3C6D9【审题要津】题设条件可等价转化为，因此可
13、通过分析函数的周期求解解：将的图象向右平移个单位长度，得，依题意，于是有，则，即，时，取最小值6选C 【解法研究】实际上，题设条件已表明是函数的一个周期，令最小正周期为，则有，又由，则当时，取最小值6 （孟贵增供解）样张题目9（江苏 9）函数（是常数，）的部分图象如图所示，则 【审题要津】为了求出，必须使的解析式具体化，为此需按图索骥，确定：如图，由，易知根据对称中心与相邻的对称轴的间距为周期，可知，即，从而由及，得知，于是有以下继续审图，并关注一个周期内的“标准图象”即可准确无误地确定值解法1：由审题要津，由，即，得，令，则，故此结果与图示相符，填解法2：由审题要津，如图，时，即故，得，从而解法3：如图，由，易知于是，依题意及“”的周期性即知两式相减，经整理可得从而有，【解法研究】解
