《（通用版）2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題一 平面向量、三角函數與解三角形教學案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題一 平面向量、三角函數與解三角形教學案 文（77頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題一 平面向量、三角函數與解三角形 [研高考·明考點] 年份 卷別 小題考查 大題考查 2017 卷Ⅰ T13·向量的垂直、向量的坐標運算 ———— T15·同角三角函數的基本關系、兩角差的余弦公式 T11·利用正弦定理解三角形 卷Ⅱ T4·向量的數量積、向量的垂直 ———— T3、T13·三角函數的性質 T16·利用正、余弦定理解三角形 卷Ⅲ T13·向量的數量積、向量的垂直 ——— T4·同角三角函數的基本關系、二倍角公式 T6·誘導公式、三角函數的性質 T15·利用正弦定理解三角形 2016 卷Ⅰ T13·向量的坐標運算、向量垂直的

2、應用 ——— T6·三角函數的圖象與變換及性質 T14·同角三角函數基本關系式、誘導公式 T4·利用余弦定理解三角形 卷Ⅱ T13·向量共線的坐標運算公式的應用 ——— T3·已知三角函數圖象求解析式 T11·二倍角公式、誘導公式及三角函數的最值問題 T15·同角三角函數的基本關系、兩角和的正弦公式及利用正弦定理解三角形 卷Ⅲ T3·向量的夾角問題 ——— T14·三角函數的圖象與變換 T6·三角恒等變換的求值問題 T9·解三角形、三角形面積公式 2015 卷Ⅰ T2·平面向量的線性運算 T17·正、余弦定理及三角形面積公式 T8·三角函數的圖象與性

3、質 卷Ⅱ T4·平面向量的數量積運算 T17·正弦定理及三角形內角和定理 [析考情·明重點] 小題考情分析 大題考情分析 常考點 1.平面向量的線性運算(3年3考) 2.平面向量的數量積及應用(3年6考) 3.三角函數的圖象與性質及應用(3年7考) 4.三角恒等變換與求值(3年5考) 5.利用正、余弦定理解三角形(3年6考) ?？键c 解三角形是此部分在高考解答題中考查時的熱點，題型主要有： 1.三角形的基本量的求解問題 2.與三角形面積有關的問題 3.以平面幾何為載體的解三角形問題 偶考點 正、余弦定理的實際應用 偶考點 1.三角函數的綜合問題 2.

4、平面向量與解三角形、三角函數的綜合問題 第一講 小題考法——平面向量 考點(一) 主要考查平面向量的加、減、數乘等線性運算以及向量共線定理的應用. 平面向量的線性運算 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·合肥質檢)已知向量a＝(1,3)，b＝(－2，k)，且(a＋2b)∥(3a－b)，則實數k＝(　　) A．4 B．－5 C．6 D．－6 (2)(2018屆高三·湘中名校聯考)若點P是△ABC的外心，且＋＋λ＝0，∠ACB＝120°，則實數λ的值為(　　) A. B．－ C．－1 D．1 [解析]　(1)a＋2b＝(－3,3＋2k)，

5、3a－b＝(5,9－k)，由題意可得－3(9－k)＝5(3＋2k)，解得k＝－6. (2)設AB的中點為D，則＋＝2.因為＋＋λ＝0，所以2＋λ＝0，所以向量，共線．又P是△ABC的外心，所以PA＝PB，所以PD⊥AB，所以CD⊥AB.因為∠ACB＝120°，所以∠APB＝120°，所以四邊形APBC是菱形，從而＋＝2＝，所以2＋λ＝＋λ＝0，所以λ＝－1，故選C. [答案]　(1)D　(2)C [方法技巧] 解決以平面圖形為載體的向量線性運算問題的方法 (1)充分利用平行四邊形法則與三角形法則，結合平面向量基本定理、共線定理等知識進行解答． (2)如果圖形比較規(guī)則，向量比較明確，

6、則可考慮建立平面直角坐標系，利用坐標運算來解決． [演練沖關] 1．(2017·南昌調研)設a，b都是非零向量，下列四個選項中，一定能使＋＝0成立的是(　　) A．a＝2b B．a∥b C．a＝－b D．a⊥b 解析：選C　“＋＝0，且a，b都是非零向量”等價于“非零向量a，b共線且反向”，結合各選項可知選C. 2．(2017·福州模擬)已知△ABC和點M滿足＋＋＝0.若存在實數m，使得＋＝m成立，則m＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選B　由＋＋＝0知，點M為△ABC的重心，設點D為邊BC的中點，則＝＝×(＋)＝(＋)，所以＋＝3，則m＝

7、3，故選B. 3．(2017·沈陽質檢)已知向量，和在正方形網格中的位置如圖所示，若＝λ＋μ，則λμ＝(　　) A．－3 B．3 C．－4 D．4 解析：選A　建立如圖所示的平面直角坐標系xAy，設網格中小正方形的邊長為1，則＝(2，－2)，＝(1,2)，＝(1,0)，由題意可知(2，－2)＝λ(1,2)＋μ(1，0)，即解得所以λμ＝－3.故選A. 考點(二) 主要考查數量積的運算、夾角以及模的計算問題或求參數的值. 平面向量的數量積及應用 [典例感悟] [典例]　(1)(2018屆高三·廣西三市聯考)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a與b的夾

8、角的余弦值為sin，則b·(2a－b)＝(　　) A．2 B．－1 C．－6 D．－18 (2)(2017·全國卷Ⅱ)已知△ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內一點，則·(＋)的最小值是(　　) A．－2 B．－ C．－ D．－1 (3)(2018屆高三·湖北七市(州)聯考)平面向量a，b，c不共線，且兩兩所成的角相等，若|a|＝|b|＝2，|c|＝1，則|a＋b＋c|＝________. [解析]　(1)∵|a|＝1，|b|＝2，a與b的夾角的余弦值為sin＝－，∴a·b＝－3，則b·(2a－b)＝2a·b－b2＝－18. (2)如圖，以等邊三角

9、形ABC的底邊BC所在直線為x軸，以BC的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，則A(0，)，B(－1,0)，C(1,0)，設P(x，y)，則＝(－x, －y)， ＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋22－，故當x＝0，y＝時，·(＋)取得最小值，為－. (3)∵平面向量a，b，c不共線，且兩兩所成的角相等，∴它們兩兩所成的角為120°，∴|a＋b＋c|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2|a||b|·cos 120°＋2|b||c|cos 120°＋2|a||c|

10、cos 120°＝22＋22＋12＋2×2×2×＋2×2×1×＋2×2×1×＝1，故|a＋b＋c|＝1. [答案]　(1)D　(2)B　(3)1 [方法技巧] 解決以平面圖形為載體的向量數量積問題的方法 (1)選擇平面圖形中的模與夾角確定的向量作為一組基底，用該基底表示構成數量積的兩個向量，結合向量數量積運算律求解． (2)若已知圖形中有明顯的適合建立直角坐標系的條件，可建立直角坐標系將向量數量積運算轉化為代數運算來解決． [演練沖關] 1．(2017·云南調研)平面向量a與b的夾角為45°，a＝(1,1)，|b|＝2，則|3a＋b|＝(　　) A．13＋6 B．2 C.

11、 D. 解析：選D　依題意得|a|＝，a·b＝×2×cos 45°＝2，則|3a＋b|＝＝＝＝，故選D. 2．(2018屆高三·湖南五市十校聯考)△ABC是邊長為2的等邊三角形，向量a，b滿足＝2a，＝2a＋b，則向量a，b的夾角為(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 解析：選C　＝－＝2a＋b－2a＝b，則向量a，b的夾角即為向量與的夾角，故向量a，b的夾角為120°. 3．(2017·天津高考)在△ABC中，∠A＝60°，AB＝3，AC＝2.若＝2，＝λ－ (λ∈R)，且·＝－4，則λ的值為________． 解析：法一：＝＋＝＋ ＝＋(

12、－)＝＋. 又·＝3×2×＝3， 所以·＝·(－＋λ) ＝－2＋·＋λ2 ＝－3＋3＋λ×4＝λ－5＝－4， 解得λ＝. 法二：以點A為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立平面直角坐標系(圖略)，不妨假設點C在第一象限， 則A(0,0)，B(3,0)，C(1，)． 由＝2，得D， 由＝λ－，得E(λ－3，λ)， 則·＝·(λ－3，λ)＝(λ－3)＋×λ＝λ－5＝－4，解得λ＝. 答案： [必備知能·自主補缺] (一) 主干知識要記牢 1．平面向量的兩個充要條件 若兩個非零

13、向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，則 (1)a∥b?a＝λb(b≠0)?x1y2－x2y1＝0. (2)a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0. 2．平面向量的性質 (1)若a＝(x，y)，則|a|＝＝. (2)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則||＝. (3)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，θ為a與b的夾角，則cos θ＝＝ . (4)|a·b|≤|a|·|b|. (二) 二級結論要用好 1．三點共線的判定 (1)A，B，C三點共線?，共線． (2)向量，，中三終點A，B，C共線?存在實數α，β使得＝α＋β，且α＋β＝1. [針對練1]　

14、在?ABCD中，點E是AD邊的中點，BE與AC相交于點F，若＝m＋n (m，n∈R)，則＝________. 解析：如圖，＝2，＝m＋n，∴＝＋＝m＋(2n＋1)， ∵F，E，B三點共線，∴m＋2n＋1＝1，∴＝－2. 答案：－2 2．中點坐標和三角形的重心坐標 (1)設P1，P2的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則線段P1P2的中點P的坐標為，. (2)三角形的重心坐標公式：設△ABC的三個頂點的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，則△ABC的重心坐標是G. 3．三角形“四心”向量形式的充要條件 設O為△ABC所在平面上一點，角A，B，C

15、所對的邊長分別為a，b，c，則 (1)O為△ABC的外心?||＝||＝||＝. (2)O為△ABC的重心?＋＋＝0. (3)O為△ABC的垂心?·＝·＝·. (4)O為△ABC的內心?a＋b＋c＝0. (三) 易錯易混要明了 1．要特別注意零向量帶來的問題：0的模是0，方向任意，并不是沒有方向；0與任意向量平行；λ0＝0(λ∈R)，而不是等于0；0與任意向量的數量積等于0，即0·a＝0；但不說0與任意非零向量垂直． 2．當a·b＝0時，不一定得到a⊥b，當a⊥b時，a·b＝0；a·b＝c·b，不能得到a＝c，即消去律不成立；(a·b)·c與a·(b·c)不一定相等，(a·b)·c

16、與c平行，而a·(b·c)與a平行． 3．兩向量夾角的范圍為[0，π]，向量的夾角為銳角與向量的數量積大于0不等價． [針對練2]　已知向量a＝(－2，－1)，b＝(λ，1)，若a與b的夾角為鈍角，則λ的取值范圍是________． 解析：依題意，當a與b的夾角為鈍角時，a·b＝－2λ－1<0，解得λ>－.而當a與b共線時，有－2×1＝－λ，解得λ＝2，即當λ＝2時，a＝－b，a與b反向共線，此時a與b的夾角為π，不是鈍角，因此，當a與b的夾角為鈍角時，λ的取值范圍是∪(2，＋∞)． 答案：∪(2，＋∞) [課時跟蹤檢測]

17、 A組——12＋4提速練 一、選擇題 1．(2017·沈陽質檢)已知平面向量a＝(3,4)，b＝，若a∥b，則實數x為(　　) A．－ B. C. D．－ 解析：選C　∵a∥b，∴3×＝4x，解得x＝，故選C. 2．已知向量a＝(1,2)，b＝(2，－3)．若向量c滿足c⊥(a＋b)，且b∥(a－c)，則c＝(　　) A. B. C. D. 解析：選A　設c＝(x，y)，由題可得a＋b＝(3，－1)，a－c＝(1－x,2－y)．因為c⊥(a＋b)，b∥(a－c)，所以解得故c＝. 3．已知平面直角坐標系內的兩個向

18、量a＝(1,2)，b＝(m,3m－2)，且平面內的任一向量c都可以唯一的表示成c＝λa＋μb(λ，μ為實數)，則實數m的取值范圍是(　　) A．(－∞，2) B．(2，＋∞) C．(－∞，＋∞) D．(－∞，2)∪(2，＋∞) 解析：選D　由題意知向量a，b不共線，故2m≠3m－2，即m≠2. 4．(2017·西安模擬)已知向量a與b的夾角為120°，|a|＝3，|a＋b|＝，則|b|＝(　　) A．5 B．4 C．3 D．1 解析：選B　因為|a＋b|＝，所以|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝13，即9＋2×3×|b|cos 120°＋|b|2＝13，得|b|

19、＝4. 5．(2018屆高三·西安八校聯考)已知點A(－1,1)，B(1,2)，C(－2，－1)，D(3,4)，則向量在方向上的投影是(　　) A. B．－ C．3 D．－3 解析：選C　依題意得，＝(2,1)，＝(5,5)，·＝(2,1)·(5,5)＝15，||＝，因此向量在方向上的投影是＝＝3. 6．已知A，B，C三點不共線，且點O滿足＋＋＝0，則下列結論正確的是(　　) A．＝＋ B．＝＋ C．＝－ D．＝－－ 解析：選D　∵＋＋＝0，∴O為△ABC的重心，∴＝－×(＋)＝－(＋)＝－(＋＋)＝－－，故選D. 7．已知向量a＝(，1)，b是不平行于x

20、軸的單位向量，且a·b＝，則b＝(　　) A. B. C. D．(1,0) 解析：選B　設b＝(cos α，sin α)(α∈(0，π)∪(π，2π))，則a·b＝(，1)·(cos α，sin α)＝cos α＋sin α＝2sin＋α＝，得α＝，故b＝. 8．(2018屆高三·廣東五校聯考)已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2,1)，若|a＋b|＝|a－b|，則實數λ的值為(　　) A．－1 B．2 C．1 D．－2 解析：選A　由|a＋b|＝|a－b|可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，即a·b＝(λ，1)·(λ＋2,1)＝λ2＋2λ

21、＋1＝0，解得λ＝－1. 9．(2017·惠州調研)若O為△ABC所在平面內任一點，且滿足(－)·(＋－2)＝0，則△ABC的形狀為(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形 解析：選A　(－)·(＋－2)＝0，即·(＋)＝0，∵－＝，∴(－)·(＋)＝0，即||＝||，∴△ABC是等腰三角形，故選A. 10．(2017·日照模擬)如圖，在△ABC中，AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD是BC邊上的高，則·＝(　　) A．0 B．4 C．8 D．－4 解析：選B　因為AB＝BC＝4，∠ABC＝30°，AD是BC邊上的高，所以AD

22、＝4sin 30°＝2，所以·＝·(＋)＝·＋·＝·＝2×4×cos 60°＝4，故選B. 11．(2017·全國卷Ⅲ)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上．若＝λ＋μ，則λ＋μ的最大值為(　　) A．3 B．2 C. D．2 解析：選A　以A為坐標原點，AB，AD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的平面直角坐標系， 則A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直線BD的方程為2x＋y－2＝0，點C到直線BD的距離為＝，所以圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝. 因為P在圓C上，所以P. 又＝(1,0)，＝(0,2

23、)，＝λ＋μ＝(λ，2μ)， 所以 則λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3(其中tan φ＝2)，當且僅當θ＝＋2kπ－φ，k∈Z時，λ＋μ取得最大值3. 12．如圖，△ABC的外接圓的圓心為O，AB＝2，AC＝，BC＝3，則·的值為(　　) A. B. C．2 D．3 解析：選A　取BC的中點為D，連接AD，OD，則OD⊥BC，＝(＋)，＝－，所以·＝(＋)·＝·＋·＝·＝(＋)·(－)＝(2－2)＝×()2－22＝.故選A. 二、填空題 13．(2017·山東高考)已知e1，e2是互相垂直的單位向量．若e1－e2與e1＋λe2的夾角為60°，

24、則實數λ的值是________． 解析：因為e1－e2與e1＋λe2的夾角為60°，所以cos 60°＝＝＝， 解得λ＝. 答案： 14．已知非零向量m，n滿足4|m|＝3|n|，且m，n夾角的余弦值為，若n⊥(tm＋n)，則實數t的值為________． 解析：∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋|n|2＝0.又4|m|＝3|n|，∴t×|n|2×＋|n|2＝0，解得t＝－4. 答案：－4 15．(2017·石家莊質檢)已知與的夾角為90°，||＝2，||＝1，＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且·＝0，則的值為________． 解析：根據題意，建立如圖所示的平

25、面直角坐標系，則A(0,0)，B(0,2)，C(1,0)，所以＝(0,2)，＝(1,0)，＝(1，－2)．設M(x，y)，則＝(x，y)，所以·＝(x，y)·(1，－2)＝x－2y＝0，所以x＝2y，又＝λ＋μ，即(x，y)＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x＝μ，y＝2λ，所以＝＝. 答案： 16．(2017·北京高考)已知點P在圓x2＋y2＝1上，點A的坐標為(－2,0)，O為原點，則·的最大值為________． 解析：法一：由題意知，＝(2,0)，令P(cos α，sin α)，則＝(cos α＋2，sin α)，·＝(2,0)·(cos α＋2，sin α)＝2c

26、os α＋4≤6，當且僅當cos α＝1，即α＝0，P(1,0)時等號成立，故·的最大值為6. 法二：由題意知，＝(2,0)，令P(x，y)，－1≤x≤1，則·＝(2,0)·(x＋2，y)＝2x＋4≤6，當且僅當x＝1，P(1,0)時等號成立，故·的最大值為6. 答案：6 B組——能力小題保分練 1．已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，點D，E分別是邊AB，BC的中點，連接DE并延長到點F，使得DE＝2EF，則·的值為(　　) A．－ B. C. D. 解析：選B　如圖所示，＝＋. 又D，E分別為AB，BC的中點，且DE＝2EF，所以＝，＝＋＝， 所以＝＋. 又＝－

27、， 則·＝· (－) ＝·－2＋2－· ＝2－2－·＝||2－||2－×||×||×cos∠BAC. 又||＝||＝1，∠BAC＝60°， 故·＝－－×1×1×＝.故選B. 2．(2017·長春質檢)已知a，b是單位向量，且a·b＝－.若平面向量p滿足p·a＝p·b＝，則|p|＝(　　) A. B．1 C. D．2 解析：選B　由題意，不妨設a＝(1,0)，b＝，p＝(x，y)，∵p·a＝p·b＝，∴ 解得∴|p|＝＝1，故選B. 3．(2017·浙江高考)如圖，已知平面四邊形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC與BD交于點O.記I1＝·，I

28、2＝·，I3＝·，則(　　) A．I1I3，作AG⊥BD于點G，又AB＝AD， ∴OB·，即I1>I3，

29、∴I3

30、，D不重合)，若＝x＋(1－x)，則x的取值范圍是________． 解析：依題意，設＝λ，其中1<λ<，則有＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ.又＝x＋(1－x)，且，不共線，于是有x＝1－λ，由λ∈知，x∈，即x的取值范圍是. 答案： 6．(2017·江蘇高考)如圖，在同一個平面內，向量，，的模分別為1,1，，與的夾角為α，且tan α＝7，與的夾角為45°.若＝m＋n (m，n∈R)，則m＋n＝________. 解析：法一：如圖，以O為坐標原點，OA所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則A(1，0)， 由tan α＝7，α∈， 得sin α＝，cos α＝， 設C(xC

31、，yC)，B(xB，yB)， 則xC＝||cos α＝×＝， yC＝||sin α＝×＝，即C. 又cos(α＋45°)＝×－×＝－， sin(α＋45°)＝×＋×＝， 則xB＝||cos(α＋45°)＝－， yB＝||sin(α＋45°)＝， 即B. 由＝m＋n，可得 解得所以m＋n＝＋＝3. 法二：由tan α＝7，α∈， 得sin α＝，cos α＝， 則cos(α＋45°)＝×－×＝－， 所以·＝1××＝1， ·＝1××＝， ·＝1×1×＝－， 由＝m＋n， 得·＝m2＋n·，即＝m－n.① 同理可得·＝m·＋n2， 即1＝－m＋n.② ①＋②得

32、m＋n＝， 即m＋n＝3. 答案：3 第二講 小題考法——三角函數的圖象與性質 考點(一) 主要考查三角函數的圖象變換或根據圖象求解析式(或參數). 三角函數的圖象及應用 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·合肥質檢)要想得到函數y＝sin 2x＋1的圖象，只需將函數y＝cos 2x的圖象(　　) A．向左平移個單位長度，再向上平移1個單位長度 B．向右平移個單位長度，再向上平移1個單位長度 C．向左平移個單位長度，再向下平移1個單位長度 D．向右平移個單位長度，再向下平移1個單位長度 (2)(2017·貴陽檢測)函數f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周

33、期為π，若其圖象向左平移個單位長度后關于y軸對稱，則(　　) A．ω＝2，φ＝ B．ω＝2，φ＝ C．ω＝4，φ＝ D．ω＝2，φ＝－ (3)(2017·沈陽模擬)函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分圖象如圖所示，則f的值為________． [解析]　(1)先將函數y＝cos 2x的圖象向右平移個單位長度，得到y(tǒng)＝sin 2x的圖象，再向上平移1個單位長度，即得y＝sin 2x＋1的圖象，故選B. (2)依題意得，T＝＝π，ω＝2，則f(x)＝sin(2x＋φ)，其圖象向左平移個單位長度得到函數f ＝sin的圖象關于y軸對稱，于是有＋φ＝k

34、π＋，k∈Z，即φ＝kπ－，k∈Z. 又|φ|<，因此φ＝－，故選D. (3)由圖象可知A＝2，T＝－＝，∴T＝π，∴ω＝2，∵當x＝時，函數f(x)取得最大值，∴2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，∴φ＝＋2kπ(k∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝，∴f(x)＝2sin，則f ＝2sin＝2cos＝. [答案]　(1)B　(2)D　(3) [方法技巧] 1．函數表達式y(tǒng)＝Asin(ωx＋φ)＋B的確定方法 字母 確定途徑 說明 A 由最值確定 A＝ B 由最值確定 B＝ ω 由函數的 周期確定 相鄰的最高點與最低點的橫坐標之差的絕對值為半個周期，最高點(

35、或最低點)的橫坐標與相鄰零點之差的絕對值為個周期，ω＝ φ 由圖象上的 特殊點確定 一般把第一個零點作為突破口，可以從圖象的升降找準第一個零點的位置，利用待定系數法并結合圖象列方程或方程組求解 2．三角函數圖象平移問題處理的“三看”策略 [演練沖關] 1．(2017·全國卷Ⅰ)已知曲線C1：y＝cos x，C2：y＝sin，則下面結論正確的是(　　) A．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2 B．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2 C．把C1上各

36、點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2 D．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2 解析：選D　易知C1：y＝cos x＝sin，把曲線C1上的各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，得到函數y＝sin的圖象，再把所得函數的圖象向左平移個單位長度，可得函數y＝sin＝sin2x＋的圖象，即曲線C2. 2．(2017·云南模擬)函數f(x)＝sin ωx的圖象向左平移個單位長度，所得圖象經過點，則ω的最小值是(　　) A. B．2 C．1 D. 解析：選C　依題意得，函數f＝s

37、in ωx＋(ω>0)的圖象過點，于是有f＋＝sin ω＋ ＝sin ωπ＝0(ω>0)，則ωπ＝kπ，k∈Z，即ω＝k∈Z，因此正數ω的最小值是1，故選C. 3．(2017·陜西質檢)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)的圖象上的一個最高點和它相鄰的一個最低點的距離為2，且過點，則函數f(x)＝________. 解析：依題意得 ＝2，則＝2，即ω＝，所以f(x)＝sin，由于該函數圖象過點2，－，因此sin(π＋φ)＝－，即sin φ＝，而－≤φ≤，故φ＝，所以f(x)＝sin. 答案：sin 4.(2017·蘭州模擬)已知函數f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<

38、φ<π)為奇函數，該函數的部分圖象如圖所示，△EFG(點G是圖象的最高點)是邊長為2的等邊三角形，則f(1)＝________. 解析：由題意得，A＝，T＝4＝，ω＝. 又∵f(x)＝Acos(ωx＋φ)為奇函數， ∴φ＝＋kπ，k∈Z，∵0<φ<π，則φ＝， ∴f(x)＝cos，∴f(1)＝－. 答案：－ 考點(二) 主要考查三角函數的奇偶性及對稱性、周期性或求函數的單調區(qū)間，以及根據函數的單調性、奇偶性、周期性等求參數或取值范圍. 三角函數的性質及應用 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·沈陽質檢)已知f(x)＝2sin2x＋2sin xcos x，則f(x)

39、的最小正周期和一個單調遞減區(qū)間分別為(　　) A．2π， B．π， C．2π， D．π， (2)(2017·全國卷Ⅲ)設函數f(x)＝cos，則下列結論錯誤的是(　　) A．f(x)的一個周期為－2π B．y＝f(x)的圖象關于直線x＝對稱 C．f(x＋π)的一個零點為x＝ D．f(x)在單調遞減 (3)(2016·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－為f(x)的零點，x＝為y＝f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在上單調，則ω的最大值為(　　) A．11 B．9 C．7 D．5 [解析]　(1)f(x)＝2sin2x＋2sin xcos x

40、＝1－cos 2x＋sin 2x＝sin＋1，則T＝＝π.由＋2kπ≤2x－≤＋2kπ(k∈Z)，得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，令k＝0得f(x)在上單調遞減，故選B. (2)根據函數解析式可知函數f(x)的最小正周期為2π，所以函數的一個周期為－2π，A正確； 當x＝時，x＋＝3π，所以cosx＋＝－1，所以B正確； f(x＋π)＝cos＝cos，當x＝時，x＋＝，所以f(x＋π)＝0，所以C正確； 函數f(x)＝cos在上單調遞減，在上單調遞增，故D不正確． (3)由題意得 且|φ|≤， 則ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－. 對比選項，將選項各值依次代入驗證： 若ω＝

41、11，則φ＝－，此時f(x)＝sin，f(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，不滿足f(x)在區(qū)間上單調； 若ω＝9，則φ＝，此時f(x)＝sin，滿足f(x)在區(qū)間上單調遞減，故選B. [答案]　(1)B　(2)D　(3)B [方法技巧] 1．求函數單調區(qū)間的方法 (1)代換法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ為常數，A≠0，ω>0)的單調區(qū)間時，令ωx＋φ＝z，得y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由復合函數的單調性求得． (2)圖象法：畫出三角函數的圖象，結合圖象求其單調區(qū)間． 2．判斷對稱中心與對稱軸的方法 利用函數y

42、＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸一定經過圖象的最高點或最低點，對稱中心一定是函數的零點這一性質，通過檢驗f(x0)的值進行判斷． 3．求三角函數周期的常用結論 (1)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為，y＝tan的最小正周期為. (2)正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是個周期；正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是個周期． [演練沖關] 1．(2017·洛陽模擬)下列函數中，是周期函數且最小正周期為π的是(　　) A．y＝sin x＋cos x B．y＝sin2x－cos2x C．y＝c

43、os|x| D．y＝3sincos 解析：選B　對于A，函數y＝sin x＋cos x＝sinx＋的最小正周期是2π，不符合題意；對于B，函數y＝sin2x－cos2x＝1－cos 2x－(1＋cos 2x)＝－cos 2x的最小正周期是π，符合題意；對于C，y＝cos|x|＝cos x的最小正周期是2π，不符合題意；對于D，函數y＝3sincos＝sin x的最小正周期是2π，不符合題意．故選B. 2．(2017·長春質檢)關于函數y＝2sin3x＋＋1，下列敘述有誤的是(　　) A．其圖象關于直線x＝－對稱 B．其圖象可由y＝2sin＋1圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼牡玫? C

44、．其圖象關于點對稱 D．其值域是[－1,3] 解析：選C　由3x＋＝＋kπ(k∈Z)解得x＝＋，k∈Z，取k＝－1，得函數y＝2sin3x＋＋1的一個對稱軸為x＝－，故A正確；由圖象變換知識可得橫坐標變?yōu)樵瓉淼模褪前褁的系數擴大3倍，故B正確；由3x＋＝kπ(k∈Z)解得x＝－＋，k∈Z，取k＝3，得x＝，此時y＝1，所以函數y＝2sin＋1的對稱中心為，故C錯誤；由于－1≤sin3x＋≤1，所以函數y＝2sin＋1的值域為[－1,3]，故D正確． 3．(2018屆高三·湘中名校聯考)已知函數f(x)＝sinωx－＋，ω>0，x∈R，且f(α)＝－，f(β)＝.若|α－β|的最小值為，

45、則函數的單調遞增區(qū)間為________． 解析：由f(α)＝－，f(β)＝，|α－β|的最小值為，知＝，即T＝3π＝，所以ω＝，所以f(x)＝sin＋.由－＋2kπ≤x－≤＋2kπ(k∈Z)，得－＋3kπ≤x≤π＋3kπ，即函數f(x)的單調遞增區(qū)間為－＋3kπ，π＋3kπ，k∈Z. 答案：－＋3kπ，π＋3kπ，k∈Z　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考點(三) 主要考查求三角函數的值域或最值，以及根據函數的值域或最值求參數. 三角函數的值域與最值問題 [典例感悟] [典例]　(1)(2016·全國卷Ⅱ)函數f(x)＝cos 2x＋6cos－x的最大值為(　　)

46、 A．4 B．5 C．6 D．7 (2)函數f(x)＝sin在上的值域為________． [解析]　(1)∵f(x)＝cos 2x＋6cos－x＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－22＋， 又sin x∈[－1,1]，∴當sin x＝1時，f(x)取得最大值5. (2)∵x∈，∴2x＋∈， ∴當2x＋＝，即x＝時，f(x)max＝1. 當2x＋＝，即x＝時，f(x)min＝－， ∴f(x)∈. [答案]　(1)B　(2) [方法技巧] 求三角函數的值域(最值)的常見類型及方法 三角函數類型 求值域(最值)方法 y＝asin

47、x＋bcos x＋c 先化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，再求值域(最值) y＝asin2x＋bsin x＋c 可先設sin x＝t，化為關于t的二次函數，再求值域(最值) y＝asin xcos x＋ b(sin x±cos x)＋c 可先設t＝sin x±cos x，化為關于t的二次函數，再求值域(最值) y＝ 一般可看成過定點的直線與圓上動點連線的斜率問題，利用數形結合求解 [演練沖關] 1．當x∈時，函數y＝3－sin x－2cos2x的最小值是________，最大值是________． 解析：y＝3－sin x－2cos2x＝3－sin x－2(1－

48、sin2x)＝22＋. ∵x∈，∴sin x∈. ∴當sin x＝時，ymin＝， 當sin x＝－或sin x＝1時，ymax＝2. 答案：　2 2．設x∈，則函數y＝的最大值為________． 解析：因為x∈，所以tan x>0，所以函數y＝＝＝＝≤＝，當且僅當3tan x＝時等號成立，故函數的最大值為. 答案： 3．(2017·南寧模擬)已知函數f(x)＝cos3x＋，其中x∈，若f(x)的值域是，則m的取值范圍是________． 解析：由x∈，可知≤3x＋≤3m＋，∵f＝cos＝－，且f＝cos π＝－1，∴要使f(x)的值域是，需要π≤3m＋≤，即≤m≤. 答

49、案： [必備知能·自主補缺] (一) 主干知識要記牢 1．三角函數的圖象及常用性質 函數 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 圖象 單調性 在－＋2kπ，＋2kπ(k∈Z)上單調遞增；在＋2kπ，＋2kπ(k∈Z)上單調遞減 在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上單調遞增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上單調遞減 在－＋kπ，＋kπ(k∈Z)上單調遞增 對稱性 對稱中心：(kπ，0)(k∈Z)；對稱軸：x＝＋kπ(k∈Z) 對稱中心：＋k

50、π，0(k∈Z)；對稱軸：x＝kπ(k∈Z) 對稱中心：(k∈Z) 2．三角函數的兩種常見的圖象變換 (1)y＝sin xy＝sin(x＋φ) y＝sin(ωx＋φ) y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)． (2)y＝sin xy＝sin ωx y＝sin(ωx＋φ) y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)． (二) 二級結論要用好 1．sin α－cos α＞0?α的終邊在直線y＝x上方(特殊地，當α在第二象限時有 sin α－cos α＞1)． 2．sin α＋cos α＞0?α的終邊在直線y＝－x上方(特殊地，當α在第一象限時有sin α＋co

51、s α>1)． (三) 易錯易混要明了 求y＝Asin(ωx＋φ)的單調區(qū)間時，要注意ω，A的符號．ω<0時，應先利用誘導公式將x的系數轉化為正數后再求解；在書寫單調區(qū)間時，弧度和角度不能混用，需加2kπ時，不要忘掉k∈Z，所求區(qū)間一般為閉區(qū)間． 如求函數f(x)＝2sin的單調減區(qū)間，應將函數化為f(x)＝－2sin，轉化為求函數y＝sinx－的單調增區(qū)間． [課時跟蹤檢測] A組——12＋4提速練 一、選擇題 1．(2017·寶雞質檢)函數f(x)＝tan的單

52、調遞增區(qū)間是(　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 解析：選B　由kπ－<2x－0，|φ|<的部分圖象如圖所示，則函數f(x)的解析式為(　　) A．f(x)＝sin B．f(x)＝sin C．f(x)＝sin D．f(x)＝sin 解析：選A　由題圖可知， 函數f(x)的最小正周期為T＝＝×4＝π，所以ω＝2，即f(x)＝sin(2x＋φ)．又函數f(x)的圖象經過點，

53、所以sin＋φ＝1，則＋φ＝2kπ＋(k∈Z)，解得φ＝2kπ＋(k∈Z)，又|φ|<，所以φ＝，即函數f(x)＝sin2x＋，故選A. 3．(2017·天津高考)設函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，則(　　) A．ω＝，φ＝ B．ω＝，φ＝－ C．ω＝，φ＝－ D．ω＝，φ＝ 解析：選A　法一：由f＝2， 得ω＋φ＝＋2kπ(k∈Z)， ① 由f＝0，得ω＋φ＝k′π(k′∈Z)， ② 由①②得ω＝－＋(k′－2k)． 又最小正周期T＝>2π，所以0<ω<1，ω＝. 又|φ|

54、<π，將ω＝代入①得φ＝.選項A符合． 法二：∵f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π， ∴f(x)的最小正周期為4＝3π， ∴ω＝＝，∴f(x)＝2sin. 由2sin＝2，得φ＝2kπ＋，k∈Z. 又|φ|<π，∴取k＝0，得φ＝.故選A. 4．(2017·湖北荊州質檢)函數f(x)＝2x－tan x在上的圖象大致為(　　) 解析：選C　因為函數f(x)＝2x－tan x為奇函數，所以函數圖象關于原點對稱，排除選項A，B，又當x→時，y<0，排除選項D，故選C. 5．(2017·安徽蕪湖模擬)若將函數y＝sin 2的圖象向右平移m(m>0)個單位長度后所得的圖象

55、關于直線x＝對稱，則m的最小值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　平移后所得的函數圖象對應的解析式是y＝sin 2，因為該函數的圖象關于直線x＝對稱，所以2＝kπ＋(k∈Z)，所以m＝－(k∈Z)，又m>0，故當k＝0時，m最小，此時m＝. 6．(2017·云南檢測)函數f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<的部分圖象如圖所示，則f(x)的單調遞增區(qū)間為(　　) A．(－1＋4kπ，1＋4kπ)，k∈Z B．(－3＋8kπ，1＋8kπ)，k∈Z C．(－1＋4k,1＋4k)，k∈Z D．(－3＋8k,1＋8k)，k∈Z 解析：選D　由題圖，知

56、函數f(x)的最小正周期為T＝4×(3－1)＝8，所以ω＝＝，所以f(x)＝sinx＋φ.把(1,1)代入，得sin＋φ＝1，即＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，又|φ|<，所以φ＝，所以f(x)＝sinx＋.由2kπ－≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，得8k－3≤x≤8k＋1(k∈Z)，所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(8k－3,8k＋1)(k∈Z)，故選D. 7．(2017·全國卷Ⅲ)函數f(x)＝sin＋cos的最大值為(　　) A. B．1 C. D. 解析：選A　因為cos＝cos＝sin，所以f(x)＝sin，于是f(x)的最大值為. 8．(2017·武昌調研)若f(x)＝cos

57、2x＋acos＋x在區(qū)間上是增函數，則實數a的取值范圍為(　　) A．[－2，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(－∞，－4) D．(－∞，－4] 解析：選D　f(x)＝1－2sin2x－asin x，令sin x＝t，t∈，則g(t)＝－2t2－at＋1，t∈，因為f(x)在上單調遞增，所以－≥1，即a≤－4，故選D. 9．已知函數f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)，若將函數f(x)的圖象向左平移個單位長度后所得圖象對應的函數為偶函數，則φ＝(　　) A. B. C. D. 解析：選D　函數f(x)的圖象向左平移個單位長度后所得圖象對應的函數解析式為y＝s

58、in2x＋＋φ＝sin，由于該函數是偶函數，∴＋φ＝＋kπ(k∈Z)，即φ＝＋kπ(k∈Z)，又0<φ<π，∴φ＝，故選D. 10．若函數f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω>0)滿足f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|的最小值為，則函數f(x)的解析式為(　　) A．f(x)＝2sin B．f(x)＝2sin C．f(x)＝2sin D．f(x)＝2sin 解析：選A　f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝2sinωx＋.因為f(α)＝－2，f(β)＝0，且|α－β|min＝，所以＝，得T＝2π(T為函數f(x)的最小正周期)，故ω＝＝1，所以f(x)＝2sin，故選A

59、. 11．(2018屆高三·廣西三市聯考)已知x＝是函數f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)(0<φ<π)圖象的一條對稱軸，將函數f(x)的圖象向右平移個單位長度后得到函數g(x)的圖象，則函數g(x)在－，上的最小值為(　　) A．－2 B．－1 C．－ D．－ 解析：選B　f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos(2x＋φ)＝2sin.∵x＝是f(x)＝2sin圖象的一條對稱軸，∴2×＋＋φ＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝＋kπ(k∈Z)，∵0<φ<π，∴φ＝，則f(x)＝2sin2x＋，∴g(x)＝2sin＝－2sin2x－，則g(x)在上的最小值為g＝－1，故選B.

60、 12．(2017·廣州模擬)已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)是奇函數，直線y＝與函數f(x)的圖象的兩個相鄰交點的橫坐標之差的絕對值為，則(　　) A．f(x)在上單調遞減 B．f(x)在上單調遞減 C．f(x)在上單調遞增 D．f(x)在上單調遞增 解析：選D　f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝sinωx＋φ＋，因為0<φ<π且f(x)為奇函數，所以φ＝，即f(x)＝－sin ωx，又直線y＝與函數f(x)的圖象的兩個相鄰交點的橫坐標之差的絕對值為，所以函數f(x)的最小正周期為，由＝，可得ω＝4，故f(x)＝－sin

61、 4x，由2kπ＋≤4x≤2kπ＋，k∈Z，得＋≤x≤＋，k∈Z，令k＝0，得≤x≤，此時f(x)在上單調遞增，故選D. 二、填空題 13．(2017·全國卷Ⅱ)函數f(x)＝sin2x＋cos x－的最大值是________． 解析：依題意，f(x)＝sin2x＋cos x－＝－cos2x＋cos x＋＝－2＋1， 因為x∈，所以cos x∈[0,1]， 因此當cos x＝時，f(x)max＝1. 答案：1 14．已知函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)對任意的x都有f＋x＝f，則f＝________. 解析：函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)對任意的x都有f＋x＝f，則其圖象

62、的一條對稱軸為x＝，所以f＝±2. 答案：±2 15．(2017·深圳調研)已知函數f(x)＝cos xsin x(x∈R)，則下列四個結論中正確的是________．(寫出所有正確結論的序號) ①若f(x1)＝－f(x2)，則x1＝－x2； ②f(x)的最小正周期是2π； ③f(x)在區(qū)間上是增函數； ④f(x)的圖象關于直線x＝對稱． 解析：因為f(x)＝cos xsin x＝sin 2x，所以f(x)是周期函數，且最小正周期為T＝＝π，所以①②錯誤；由2kπ－≤2x≤2kπ＋(k∈Z)，解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，當k＝0時，－≤x≤，此時f(x)是增函數，所以③正確

63、；由2x＝＋kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，取k＝1，則x＝，故④正確． 答案：③④ 16．已知函數f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1A>0，ω>0,0<φ<的最大值為3，f(x)的圖象與y軸的交點坐標為(0,2)，其相鄰兩條對稱軸間的距離為2，則f(1)＋f(2)＋…＋f(2 016)＋f(2 017)＝________. 解析：∵函數f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1＝A·＋1＝cos(2ωx＋2φ)＋1＋A>0，ω>0,0<φ<的最大值為3，∴＋1＋＝3，∴A＝2.根據函數圖象相鄰兩條對稱軸間的距離為2，可得函數的最小正周期為4，即＝4，∴ω＝.再根據f(x)的圖象與y軸的

64、交點坐標為(0,2)，可得cos 2φ＋1＋1＝2，∴cos 2φ＝0，又0<φ<，∴2φ＝，φ＝.故函數f(x)的解析式為f(x)＝cos＋2＝－sinx＋2，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2 016)＋f(2 017)＝－sin＋sin＋sin＋…＋sin＋sin＋2×2 017＝504×0－sin＋4 034＝0－1＋4 034＝4 033. 答案：4 033 B組——能力小題保分練 1．曲線y＝2coscos和直線y＝在y軸右側的交點的橫坐標按從小到大的順序依次記為P1，P2，P3，…，則|P3P7|＝(　　) A．π B．2π C．4π D．6π 解析：選B　

65、y＝2coscos＝cos2x－sin2x＝cos 2x，故曲線對應的函數為周期函數，且最小正周期為π，直線y＝在y軸右側與函數y＝2cosx＋cosx－在每個周期內的圖象都有兩個交點，又P3與P7相隔2個周期，故|P3P7|＝2π，故選B. 2．已知函數f(x)＝2sin(2x＋φ)在區(qū)間－，上單調且最大值不大于，則φ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選D　因為函數f(x)＝2sin(2x＋φ)在區(qū)間上單調且最大值不大于，又－＋φ<2x＋φ≤＋φ，所以2×＋φ≤，且2×＋φ≥－，解得－≤φ≤0，故選D. 3.已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖

66、所示，則(　　) A．f(x)的圖象關于直線x＝－對稱 B．f(x)的圖象關于點－，0對稱 C．若方程f(x)＝m在上有兩個不相等的實數根，則實數m的取值范圍是(－2，－ ] D．將函數y＝2sin的圖象向左平移個單位長度得到函數f(x)的圖象 解析：選C　根據題中所給的圖象，可知函數f(x)的解析式為f(x)＝2sin，∴當x＝－時，2×－＋＝－π，f＝2sin(－π)＝0，從而f(x)的圖象關于點－，0對稱，而不是關于直線x＝－對稱，故A不正確；當x＝－時，2×＋＝－，∴f(x)的圖象關于直線x＝－對稱，而不是關于點對稱，故B不正確；當x∈時，2x＋∈，f(x)∈[－2， ]，結合正弦函數圖象的性質，可知若方程f(x)＝m在上有兩個不相等的實數根，則實數m的取值范圍是(－2，－ ]，故C正確；根據圖象平移變換的法則，可知應將y＝2sin的圖象向左平移個單位長度得到f(x)的圖象，故D不正確．故選C. 4．如果兩個函數的圖象平移后能夠重合，那么稱這兩個函數互為生成函數．給出下列四個函數： ①f(x)＝sin x＋cos x；②f(x)＝(sin x＋cos x)； ③