人教版2018最新高中数学高考三角函数重点题型解析及常见试题、答案Word版

高考三角函数重点题型解析及常见试题(附参考答案)

三角函数的主要考点是：三角函数的概念和性质（单调性，周期性，奇偶性，最值），三角函数的图象，三角恒等变换（主要是求值），三角函数模型的应用，正余弦定理及其应用，平面向量的基本问题及其应用．

题型1 三角函数的最值：最值是三角函数最为重要的内容之一，其主要方法是利用正余弦函数的有界性，通过三角换元或者是其它的三角恒等变换转化问题．

例1 若x是三角形的最小内角，则函数ysinxcosxsinxcosx的最大值是（ ） A．1

B．2

C．12 2D．

12 2分析：三角形的最小内角是不大于决．

解析：由0x2的，而sinxcosx12sinxcosx，换元解33，令tsinxcosx72sin(x),而x，得

444121t2．

t21又t12sinxcosx，得sinxcosx，

22t211(2)21122．选择答案D．(t1)1，有10y2得yt 2222点评：涉及到sinxcosx与sinxcosx的问题时，通常用换元解决． 解法二：ysinxcosxsinxcosx12sinxsin2x，

42当x4时，ymax12，选D。

22例2．已知函数f(x)2asinxcosx2bcosx．，且f(0)8,f()12．

6 （1）求实数a，b的值；（2）求函数f(x)的最大值及取得最大值时x的值．

分析：待定系数求a，b；然后用倍角公式和降幂公式转化问题． 解析：函数f(x)可化为f(x)asin2xbcos2xb．

1

（1）由 f(0)8，f()12可得f(0)2b8， f()6633ab12，所以22b4，a43．

（2）f(x)43sin2x4cos2x48sin(2x故当2x6)4，

62k2即xk6(kZ)时，函数fx取得最大值为12．

点评：结论asinbcosa2b2sin是三角函数中的一个重要公式，它在

解决三角函数的图象、单调性、最值、周期以及化简求值恒等式的证明中有着广泛应用，

是实现转化的工具，是联系三角函数问题间的一条纽带，是三角函数部分高考命题的重点内容．

题型2 三角函数的图象：三角函数图象从“形”上反应了三角函数的性质，一直是高考所重点考查的问题之一．

例3．（2009年福建省理科数学高考样卷第8题）为得到函数ycos2x只需将函数ysin2x的图象

π的图象，35π个长度单位 125πC．向左平移个长度单位

6A．向左平移5π个长度单位 125πD．向右平移个长度单位

6B．向右平移

分析：先统一函数名称，在根据平移的法则解决． 解析：函数ycos2xπ5sin2xsin2x33265sin2x，

12故要将函数ysin2x的图象向左平移

5π个长度单位，选择答案A． 12

2

yyy2y3222-o22-3222-xoxo32xxo2-32ABCD例4 （2008高考江西文10）函数ytanxsinxtanxsinx在区间(图象是

分析：分段去绝对值后，结合选择支分析判断．

322,)内的

2tanx,当tanxsinx时解析：函数ytanxsinxtanxsinx．结合选择支

2sinx,当tanxsinx时和一些特殊点，选择答案D．

点评：本题综合考察三角函数的图象和性质，当不注意正切函数的定义域或是函数分段不准确时，就会解错这个题目． 题型3 用三角恒等变换求值：其主要方法是通过和与差的，二倍角的三角变换公式解决． 例5 （2008高考山东卷理5）已知cos是

A．

π47πsin3sin，则的值65623 5

B．

23 5C．4 5D．

4 5分析：所求的sin解析： C ．cos7πsin()，将已知条件分拆整合后解决． 664333434sinsincossin，6522565所以sin764sin． 65

3

点评：本题考查两角和与差的正余弦、诱导公式等三角函数的知识，考查分拆与整合的数 学思想和运算能力．解题的关键是对cosπ4sin3的分拆与整合． 65例6（2008高考浙江理8）若cos2sin5,则tan= A．

1 2B．2 C．1 D．2 2121,cos，即tan，

255分析：可以结合已知和求解多方位地寻找解题的思路． 方法一：5sin5，其中sin再由sin1知道2k2kZ，所以2k2，

sin2cos2．

所以tantan2ktan22cossin2方法二：将已知式两端平方得

cos24cossin4sin255sin2cos2sin24sincos4cos20tan24tan40tan2方法三：令sin2cost，和已知式平方相加得55t，故t0， 即sin2cos0，故tan2．

方法四：我们可以认为点Mcos,sin在直线x2y5上，

2

5x522而点M又在单位圆xy1上，解方程组可得，

y255从而tanycos2sin52．这个解法和用方程组求解实质上是一致的． 22xsincos1

4

方法五：只能是第三象限角，排除C．D．，这时直接从选择支入手验证，

由于

1计算麻烦，我们假定tan2，不难由同角三角函数关系求出2255,cos，检验符合已知条件，故选B． 55sin点评：本题考查利用三角恒等变换求值的能力，试题的根源是考生所常见的“已知

1sincos,0,，求tan的值（人教A版必修4第三章复习题B组最后

5一题第一问）”之类的题目 ，背景是熟悉的，但要解决这个问题还需要考生具有相当的知识迁移能力．

题型4 正余弦定理的实际应用：这类问题通常是有实际背景的应用问题，主要表现在航海和测量上，解决的主要方法是利用正余弦定理建立数学模型． 例7．（2008高考湖南理19）在一个特定时段内，以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域．点E正北55海里处有一个雷达观测站A．某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45且与点A相距402海里的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45 (其中sin26，090)且与点A相距261013海里的位置C．

（1）求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；

（2）若该船不改变航行方向继续行驶．判断它是否会进入警戒水域，并说明理由．

分析：根据方位角画出图形，如图．第一问实际上就是求BC的长，在ABC中用余弦定理即可解决；第二问本质上求是求点E到直线BC的距离，即可以用平面解析几何的方法，也可以通过解三角形解决． 解析：（1）如图，AB402

2， AC1013，BAC,sin26. 26由于090，所以cos1(262526). 2626

5

由余弦定理得BC所以船的行驶速度为AB2AC22ABACcos105.

105155（海里/小时）． 23（2）方法一 ： 如上面的图所示，以A为原点建立平面直角坐标系， 设点B,C的坐标分别是Bx1,y1,Cx2,y2，BC与x轴的交点为D． 由题设有， x1y12AB40， 2x2ACcosCAD1013cos(45)30， y2ACsinCAD1013sin(45)20.

所以过点B,C的直线l的斜率k202，直线l的方程为y2x40． 10|05540|357，所以船会进入警戒水域．

14又点E0,55到直线l的距离d

解法二： 如图所示，设直线AE与BC的延长线相交于点Q．在ABC中，由余弦定理得，

AB2BC2AC24022102510213310cosABC==．

102ABBC2402105

6

从而sinABC1cosABC12910. 101010ABsinABC1040． 在ABQ中，由正弦定理得，AQsin(45ABC)2210210402由于AE5540AQ，所以点Q位于点A和点E之间，且EQAEAQ15． 过点E作EPBC于点P，则EP为点E到直线BC的距离． 在RtQPE中，

PEQEsinPQEQEsinAQCQEsin(45ABC)15所以船会进入警戒水域．

5357. 5

点评：本题以教材上所常用的航海问题为背景，考查利用正余弦定理解决实际问题的能力，解决问题的关键是根据坐标方位画出正确的解题图． 本题容易出现两个方面的错误，一是对方位角的认识模糊，画图错误；二是由于运算相对繁琐，在运算上出错． 题型5 三角函数与平面向量的结合：三角函数与平面向量的关系最为密切，这二者的结合有的是利用平面向量去解决三角函数问题，有的是利用三角函数去解决平面向量问题，更多的时候是平面向量只起衬托作用，三角函数的基本问题才是考查的重点．

例8（2009年杭州市第一次高考科目教学质量检测理科第18题）已知向量（0），令f(x)ab，且f(x)的周期为． a(2cosx,cos2x),b(sinx,1)，

7

(1) 求f的值；(2)写出在[,]上的单调递增区间． fx224分析：根据平面向量数量积的计算公式将函数fx的解析式求出来，再根据f(x)的周期为就可以具体确定这个函数的解析式，下面只要根据三角函数的有关知识解决即

可． 解析：(1)

f(x)ab2cosxsinxcos2xsin2xcos2x2sin(2x)，

4∵f(x)的周期为． ∴1， f(x)2sin(2x)，

4f()sincos1 ．

422 (2) 由于f(x)2sin(2x)，

4当2k2x2k（kZ）时，fx单增，

2423即，∵x[,] kxk（kZ）

88223∴fx在[,]上的单调递增区间为[,]．

2288点评：本题以平面向量的数量积的坐标运算为入口，但本质上是考查的三角函数的性质，

这是近年来高考命题的一个热点． 例9 （2009江苏泰州期末15题）

已知向量a3sin,cos，b2sin,5sin4cos，3,2，且2ab．

（1）求tan的值； （2）求cos的值． 23分析：根据两个平面向量垂直的条件将问题转化为一个三角函数的等式，通过这个等式

探究第一问的答案，第一问解决后，借助于这个结果解决第二问．

解析：（1）∵ab，∴ab0．而a3sin,cos， b2sin,5sin4cos，

8

故

ab6sin25sincos4cos20，由于

cos0，

∴6tan25tan40， 解得tan，或tan4313π．∵， 2π，tan0， 22故tan14（舍去）．∴tan． 233π3π（2）∵，． （，π） 2π，∴224由tan，求得tan∴sin431． ，tan2（舍去）

2222525， ，cos525ππ251532515coscoscossinsin．  525210232323点评：本题以向量的垂直为依托，实质上考查的是三角恒等变换．在解题要注意角的范

围对解题结果的影响．

题型6 三角形中的三角恒等变换：这是一类重要的恒等变换，其中心点是三角形的内角和是，有的时候还可以和正余弦定理相结合，利用这两个定理实现边与角的互化，然后在利用三角变换的公式进行恒等变换，是近年来高考的一个热点题型． 例10．（安徽省皖南八校2009届高三第二次联考理科数学17题）三角形的三内角A，设向量m(ca,ba),n(ab,c)，若m//n， B，C所对边的长分别为a，b，c，

（1）求角B的大小；

（2）求sinAsinC的取值范围．

分析：根据两个平面向量平行的条件将向量的平行关系转化为三角形边的关系，结合余弦定理解决第一问，第一问解决后，第二问中的角A,C就不是独立关系了，可以用其中的一个表达另一个，就把所要解决的问题归结为一个角的三角函数问题． 解析：（1）

2m//n,c(ca)(ba)(ab)，

22a2c2b21cacba,1． 由余弦定理，得cosB,B．

ac23

9

（2）

ABC,AC2， 3sinAsinCsinAsin(

222A)sinAsincosAcossinA 33333sinAcosA3sin(A) 2260A25 ,A3666

13sin(A)1,sinAsinC3 262点评：本题从平面向量的平行关系入手，实质考查的是余弦定理和三角形中的三角恒等变换，解决三角形中的三角恒等变换要注意三角形内角和定理和角的范围对结果的影响．

题型7 用平面向量解决平面图形中的问题：由于平面向量既有数的特征（能进行类似数的运算）又具有形的特征，因此利用平面向量去解决平面图形中的问题就是必然的了，这在近年的高考中经常出现．考试大纲明确指出用会用平面向量解决平面几何问题． 例11. 如图，已知点G 是ABO的重心，点P在OA上，点Q在OB上，且PQ过

ABO 的重心G，OPmOA，OQnOB，试证明

数．

11为常数，并求出这个常mn

分析：根据两向量共线的充要条件和平面向量基本定理，把题目中需要的向量用基向量表达出来，本题的本质是点P,G,Q共线，利用这个关系寻找m,n所满足的方程． 解析：令OAa，OBb，则OPma，OQnb，设AB的中点为M， 显然

10

121OM(ab).，因为G是ABC的重心，所以OGOM(ab)．由

233P、

G、Q三点共线，有PG、GQ共线，所以，有且只有一个实数，使 PGGQ，

而PGOGOP111(ab)ma(m)ab， 333111GQOQOGnb(ab)a(n)b，

333所以(m)ab[a(n)b]．

1313131311m33又因为a、b不共线，由平面向量基本定理得，消去，

11(n)33整理得3mnmn，故

113．结论得证．这个常数是3． mn【点评】平面向量是高中数学的重要工具，它有着广泛的应用，用它解决平面几何问题是一个重要方面，其基本思路是根据采用基向量或坐标把所要解决的有关的问题表达出来，再根据平面向量的有关知识加以处理．课标区已把几何证明选讲列入选考范围，应引起同学们的注意．

题型8 用导数研究三角函数问题：导数是我们在中学里引进的一个研究函数的重要工具，利用导数探讨三角函数问题有它极大的优越性，特别是单调性和最值． 例12. 已知函数f(x)cosx2tsinxcosxsinx，若函数f(x)在区间(是增函数，求实数t的取值范围． 分析：函数的fx导数在(解析：函数f(x)在区间(22,]上

126,]大于等于零恒成立． 126,]上是增函数，则等价于不等式f(x)0在区间(,]126126,]上恒成立， 从而

126上恒成立，即f(x)2sin2x2tcos2x0在区间(ttan2x在区间(,]上恒成立， 而函数ytan2x在区间(,]上为增函数，

126126所以函数ytan2x在区间(,]上的最大值为ymaxtan(2)3，所以t31266为所求．

11

点评：用导数研究函数问题是导数的重要应用之一，是解决高中数学问题的一种重要的思想意识．本题如将f(x)化为fxtsin2xcos2xt1sin(2x)的形式，

2则与t有关，讨论起来极不方便，而借助于导数问题就很容易解决．

题型9 三角函数性质的综合应用：将三角函数和其它的知识点相结合而产生一些综合性的试题，解决这类问题往往要综合运用我们的数学知识和数学思想，全方位的多方向进行思考．

例13. 设二次函数f(x)xbxc(b,cR)，已知不论，为何实数，恒有

2f(sin)0和f(2cos)0．

（1）求证：bc1 ； （2）求证：c3；

（3）若函数f(sin)的最大值为8，求b，c的值．

分析：由三角函数的有界性可以得出f10，再结合有界性探求．

解析：（1）因为1sin1且f(sin)0恒成立，所以f(1)0，又因为

12cos3且f(2cos)0恒成立，所以f(1)0， 从而知f(1)0，

1bc0，即bc1．

（2）由12cos3且f(2cos)0恒成立得f(3)0， 即 93bc0，将b1c代如得933cc0，即c3． （3）f(sin)sin2(1c)sinc(sin1c21c2)c()， 22因为

1bc81c2，所以当sin1时[f(sin)]max8， 由 ， 解得 21bc0f(sin)0 利用正余弦函数的有界性得出

f(2cos)0b4，c3．

点评：本题的关键是bc1，由f10，从而f(1)0，使问题解决，这里正余弦函数的有界性在起了重要作用． f10

12

【专题训练与高考预测】 一、选择题

1．若[0,2)，且1cos

A．[0,2 1sin2sincos，则的取值范围是（ ）

2] B．[2,] C．[,3] 2D．[3,2) 21（ ） n，则lgsin

1cos11mn11 A．mn B．(m) C． D．(n)

2n22m。003．若|a|2sin15,|b|4cos15，a与b的夹角为30，则ab （ ）

2．设是锐角，且lg(1cos)m，lg

A．

3 2B．3 C．23 D．

1 24．若O为ABC的内心，且满足(OBOC)(OBOC2OA)0，则ABC的形状为

A．等腰三角形

B．正三角形

C．直角三角形

（ ） D．钝角三角形

（ ）

5．在ABC中，若

A．直角三角形 C．钝角三角形

abc，则ABC是 cosAcosBcosC

B．等边三角形 D．等腰直角三角形

0)、OC(2，2)、CA(2cos，2sin)，则直线OA与直线OB 6．已知向量OB(2，的夹角的取值范围是

A．[

（ ）

，]

12125B．[，]

5412C．[5，] 122D．[0，]

4二、填空题

66227．sinxcosx3sinxcosx的化简结果是__________．

8．若向量a与b的夹角为，则称ab为它们的向量积，其长度为|ab||a||b|sin，

已知|a|1，|b|5，且ab4，则|ab|_______________．

9． 一货轮航行到某处，测得灯塔S在货轮的北偏东15，与灯塔S相距20海里，随后货轮

按北偏西30的方向航行30分钟后，又得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为每小时 海里．

13

三、解答题

sin2()4cos21210． 已知：tan()，tan()． 2310cossin2 （1）求tan()的值； （2）求tan的值．

11． 已知函数fx3sin2x22sin(x) xR． 612 （1）求函数fx的最小正周期；

（2）求使函数fx取得最大值的x的集合．

12．已知向量a(cos,sin)， b(cos,sin)， ab （1）求cos()的值; （2）若0【参考答案】

1．解析：B由已知可得sin0，且cos0，故得正确选项B．

2．解析：C lg(1cos)n与lg(1cos)m相加得lg(1cos)mn，

∴2lgsinmn，故选C．

3．解析：B ab4sin30cos302sin603，选B．

4．解析：A已知即CB(ABAC)0，即边BC与顶角BAC的平分线互相垂直，这表明ABC是一个以AB、AC为两腰的等腰三角形．

5．解析：B依题意，由正弦定理得sinAcosA，且sinBcosB，sinCcosC，故得． 6．解析：A由|CA|2为定值，∴A点的轨迹方程为(x2)(y2)2，由图形易知

所求角的最大、最小值分别是该圆的切线与x轴的夹角，故得．

7． 解析： 1 原式(sinxcosx)3sinxcosx3sinxcosx3sinxcosx1．

223422422225． 52， 20， 且sin5， 求sin． 13。。。22

14

8．解析：3 由夹角公式得cos433，∴sin，∴|ab|153． 5559． 20(62) 解析：设轮速度为x海里/小时，作出示意图，由正弦定理得

1x202，解得x20(62)． sin30sin1051110．解析：（1）∵tan() ∴tan，

33sin(2)4cos2sin24cos2∵tan()

10cos2sin210cos2sin22sincos4cos22cos(sin2cos)sin2costan2 10cos22sincos2cos(5cossin)5cossin5tan125∴tan()3 ．

1165351tan()tan31 （2）∵tantan[()] ，∴tan163．

51431tan()tan116311．解析：（1）因为fx3sin(2x)1cos2x 612312sin2xcos2x16262 2sin2x1662sin2x13

所以fx的最小正周期T2． 2

15

（2）当fx取最大值时，sin2x1，此时2x2k kZ，即 332xk55 kZ，所以所求x的集合为xxk kZ． 1212a(cos,sin)， b(cos,sin)，

12．解析：（1）

abcoscos，sinsin．

ab25， 5coscossinsin43， cos． 552225， 5即 22cos （2）

0,0，

2234cos， sin.

55512sin， cos，

1313sinsinsincoscossin,4123533． 513513650

16