广东高考解答题基本题型三角函数_锐角三角函数基础题型

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理科数学高考解答题基本题型---三角函数

一、考试大纲

（1）任意角的概念、弧度制

① 了解任意角的概念。

② 了解弧度制的概念，能进行弧度与角度的互化。

（2）三角函数

① 理解任意角三角函数（正弦、余弦、正切）的定义。

② 能利用单位圆中的三角函数线推导出

2,的正弦、余弦、正切的诱导公式，能画出

ysinx,ycosx,ytanx的图象，了解三角函数的周期性。③ 理解正弦函数、余弦函数在区间

。理解正切函数在区间,的单0,2的性质（如单调性、最大值和最小值以及与x轴的交点等）22

调性。④ 理解同角三角函数的基本关系式：sin2xcos2x1,sinxtanx。⑤ 了解函数cosx

能画出yAsin(x)的图象。了解参数A，，对函数图象变化yAsin(x)的物理意义；的影响。

⑥ 了解三角函数是描述周期变化现在的重要函数模型，会用三角函数解决一些简单实际问题。

（3）和与差的三角函数公式

① 会用向量数量积推导出两角差的余弦公式；② 能利用两角差的余弦公式导出两角差的正弦、正切公式；③ 能利用两角差的余弦公式导出两角和的正弦、余弦、正切公式。导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系。

（4）简单的三角恒等变换

能运用上述公式进行简单的恒等变换（包括导出积化和差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆）。

（5）正弦定理和余弦定理

掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题

（6）应用

能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题。

二、考情分析

1、从近几年的试题情况来看，高考对三角函数的考查都是以基础题（送分题）的形式出现的，都是在第一个解答题的位置，考查的内容集中在“基本概念和基本题型”上，三角函数式的化简与求值是广东高考命题的大方向，近七年中有六年是这类题型，分别是2008年、2009年、2010年、2011年、2012年、2013年，毫无疑问，这类题型（是广东高考的基本题型）务必认真学习，加以掌握，做到100%的得分。

2、从全国的高考试题看，考查最多的题型是前面利用降幂公式、倍角公式、辅助角公式，后面考查三角函数的性质（奇偶性、单调性、对称性、周期性和图像性质等），命题千变万化，是考查三角函数的最佳选择，广东已连续7年没有考过这种题型，2014年广东省会不会考查这种题型呢？

3、关注全国高考命题中的新题型：2010年四川卷的三角函数解答题为“叙述并证明cos()coscossinsin，2011年陕西卷的三角函数题为”叙述并证明余弦定理“。

三、高考原题 2010年第16题．（本小题满分l4分）

已知函数f(x)Asin(3x)(A0,x(,),0)在x（1）求f(x)的最小正周期；（2）求f(x)的解析式；（3）若f(



2时取得最大值4。



12)

12，求sin。

52

3解：（1）∵f(x)Asin(3x)(A0,x(,),0)∴3,T(2)f(x)Asin(3x)(A0,x(,),0)在x∴f(x)4sin(3∴



时取得最大值4知，A=4。



)4,(0)∴sin(3



)1,(0)



2



∴



∴f(x)4sin(3x

)；

(3)∵f(



12)

122123∴4sin(3())∴sin(2) 53124525

∴cos2

33122

∴12sin∴sin

∴sin

5555

2011年第16题．（本小题满分12分）已知函数f(x)2sin(x（1）求f（

6),xR．

5)的值；

4106

]，f(3)，f(32)，求cos()的值． 22135515

)2sin解：（1）f()2sin(

43464

5110

（2）∵f(3)2sin[(3)]2sin，∴sin．

13232613

63

∵f(32)2sin()2cos，∴cos．

255

124,sin．∵,[0,]，∴cos

2135

∴cos()coscossinsin．

（2）设,[0,

2012年第16题.（本小题满分12分）

已知函数f(x)2cos(x



6)（其中0，xR）的最小正周期为10.（1）求的值；（2）设0,解：（1）T

56，f5352516，求cos()的值.f5

617

10，解得 5

1

（2）f(x)2cos(x)

563

f52cos2cos2sin，即sin

3362555168

f52cos2cos，即cos

6661717

因为0,2

415，所以，cos

sin5172

4831513

 51751785

所以cos()coscossinsin

2013年第16题．（本小题满分12分）

已知函数f(x)



x,xR.12

(Ⅰ)求f



的值；6

(Ⅱ)若cos【解析】(Ⅰ)f

(Ⅱ)f2因为cos

33,,2,求52

f2．

3



1； 

466124









22cos2sin2 33124

343,,2,所以sin,552

247,cos2cos2sin2 2525

72417

cos2sin2.252525

所以sin22sincos所以f2

四、拓展训练

1、设函数f(x)＝





3

3sin2ωx－sin ωxcos ωx(ω>0)，且y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴

2π的距离为

4(1)求ω的值；

3π

(2)求f(x)在区间[π，]上的最大值和最小值．

2解：(1)f(x)＝3sin2ωx－sin ωxcos ωx

1－cos 2ωx1

3＝sin 2ωx 2223

1＝cos 2ωxin 2ωx 22

π

＝－sin(2ωx．

π2ππ

ω>0，所以＝4×42ω4

因此ω＝1.π

(2)由(1)知f(x)＝－sin(2x－．

3π5ππ8π

当π≤x≤时，≤2x23333π

所以－sin(2x－≤1.23

因此－1≤f(x)≤23π3

故f(x)在区间[π，－1.22

2．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c,且2asin Bb.(1)求角A的大小；

(2)若a＝6，b＋c＝8，求△ABC的面积．

ab

解：(1)由2asin B3b及正弦定理＝

sin Asin B

得sin A＝2

π

因为A是锐角，所以A3

222

(2)由余弦定理a＝b＋c－2bccos A，得b2＋c2－bc＝36.28

又b＋c＝8，所以bc31

由三角形面积公式S＝bcsin A，2128373

得△ABC的面积为2323

3．已知函数f(x)＝(2cos2x－1)sin 2x＋cos 4x.(1)求f(x)的最小正周期及最大值；

π2

(2)若α∈(，π)，且f(α)＝α的值．

解：(1)因为f(x)＝(2cos2x－1)sin 2xcos 4x

＝cos 2xsin 2x＋s 4x

＝sin 4x＋cos 4x)22π＝sin(4x＋)，24

π2所以f(x)的最小正周期为.22

π

(2)因为f(α)，所以sin(4α＋＝1.24π

因为α∈(π)，π9π17π

所以4α＋∈(．

444π5π9π

所以4α＋＝，故α＝.4216

π

4．已知函数f(x)＝4cos ωx·sin(ωx＋ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω的值；

π

(2)讨论f(x)在区间[0上的单调性．

π

解：(1)f(x)＝4cos ωx·sin(ωx＋)

＝22sin ωx·cos ωx＋2cos2ωx

π

＝2(sin 2ωx＋cos 2ωx)＋2＝2sin(2ωx＋＋2.因为f(x)的最小正周期为π，且ω>0，2π

从而有π，故ω＝1.2ω

π

(2)由(1)知，f(x)＝2sin(2x＋＋2.πππ5π

若0≤x≤，则2x＋2444

ππππ

当2x＋≤0≤x≤f(x)单调递增； 4428ππ5πππ

当x＋

πππ

综上可知，f(x)在区间[0上单调递增，在区间(，上单调递减．

882

π

5、已知函数f(x)＝cos x·cos(x－)．

2π

(1)求f(的值；

(2)求使f(x)

42π2ππππ

解：(1)f(＝coscos＝－coscos3333311＝－2＝－.24

π13

(2)f(x)＝cos xcos(x＝cos x(cos x＋sin x)

322

1313

＝s2xsin xcos x＋cos 2x)＋sin 2x 22441π1＝s(2x－＋.234

11π11f(x)

42344

πππ3π

即cos(2x－于是2kπ＋x－kπ＋，3232

5π11π

k∈Z.解得kπ＋

121215π11π

故使f(x)

41212