江苏省姜堰市蒋垛中学2015年高三数学三角函数单元过关练习（二）.doc

1江苏省姜堰市蒋垛中学江苏省姜堰市蒋垛中学 20142014 年高三数学年高三数学 三角函数单元过关练习三角函数单元过关练习（（2 2））一：填空题1、求值：= 0330cos2、求值：sin75ocos15o – cos75osin15o= 3、函数最小值是 )sin cosf xxx4、函数的最大值为 3，最小值为– 1，则a + b= bxaxfsin)(5、求值：= 000040tan20tan340tan20tan6、是最小正周期为 的 函数（填奇、偶） 2(sincos )1yxx7、已知，则= ),2(,1cos,152sinmm mmm8、已知，则= )23,(,53cos),,2(,32sin)cos(9、已知函数在一个)|| , 0, 0)(sin()(AxAxf周期内的图象如下图所示.则函数的解析式是 。

)(xf10、把函数的图象上所有的点向左平行移动sin ()yx xR个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变） ，31 2得到的图象所表示的函数是 11、函数的单调递增区间是 ]), 0[(cos3sin)(xxxxf12、已知，则= 34tan, 3)tan()2tan(13、已知函数，则= )(3sin)(Nxxxf)2011()2() 1 (fff14、已知，且在区间有最小值，( )sin()(0),()()363f xxff( )f x(,)6 3 无最大值，则＝__________.1211y 2 1-2 125x••2二：解答题15、已知函数的最小正周期2( )2cos2sincos1(0)f xxxxxR>，是．2（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求函数的 最大值，并且求使取得最大值的的集合．( )f x( )f xx16、已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)(0＜φ＜π，ω＞0)为偶函数，且3函数y＝f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为．(Ⅰ)求f()的值；π 2π 8(Ⅱ)将函数y＝f(x)的图象向右平移个单位后，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)的单π 6调递减区间．317、求函数的最大值与最小值。

2474sin cos4cos4cosyxxxx18、已知函数的最小正周期为 π.2( )sin3sinsin()(0)2f xxxx（Ⅰ）求 ω 的值；（Ⅱ）求函数f(x)在区间[0，]上的取值范围.2 3419、已知函数)4sin()4sin(2)32cos()(xxxxf（Ⅰ）求函数的最小正周期和图象的对称轴方程；)(xf（Ⅱ）求函数在区间上的值域)(xf]2,12[20、已知函数.)1217,(),(cossin)(sincos)(,11)(xxfxxfxxgtttf（Ⅰ）将函数g(x)化简成 Asin(ωx+φ)+B（A＞0，ω＞0，φ∈[0，2π]）的形式； （Ⅱ）求函数g(x)的值域.5三角函数单元过关练习三角函数单元过关练习 2 2 参考答案参考答案 一：填空题1、 2、 3、 4、3 或– 1 5、 6、，奇 7、4 21 231 23π8、 9、 10、 15853)62sin(2)(xxfsin 23yxxR，11、 12、 13、 14、)65, 0( 31 23 314二：解答题15、解：（Ⅰ）1 cos2( )2sin212xf xxsin2cos22xx．2 sin2coscos2sin244xx2sin 224x由题设，函数的最小正周期是，可得，所以．( )f x22 222（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，．( )2sin 424f xx当，即时，取得最大值 1，所以函4242xk()162kxkZsin 44x数的最大值是，此时的集合为．( )f x22x162kx xkZ，16、解：(Ⅰ)f(x)＝sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)＝23[32sin(ωx＋φ)－12cos(ωx＋φ)]＝2sin(ωx＋φ－)π 6因为f(x)为偶函数，所以对x∈R R，f(－x)＝f(x)恒成立，因此sin(－ωx＋φ－)＝sin(ωx＋φ－)π 6π 6即－sinωxcos(φ－)＋cosωxsin(φ－)＝sinωxcos(φ－)π 6π 6π 6＋cosωxsin(φ－)，π 6整理得sinωxcos(φ－)＝0．因为ω＞0，且x∈R R，所以 cos(φ－)＝0π 6π 6又因为0＜φ＜π，故φ－＝．π 6π 26所以f(x)＝2sin(ωx＋)＝2cosωx．π 2由题意得，所以f(x)＝2cos2x，2π ω＝2·π2因此f()＝2cos＝．π 8π 42(Ⅱ)将f(x)的图象向右平移个单位后，得到f(x一)的图象．π 6π 6所以g(x)＝f(x－)＝2cos[2(x－)]＝2cos(2x－)．π 6π 6π 3当2kπ≤2x－≤2kπ＋π (k∈Z Z)π 3即kπ＋≤x≤kπ＋ (k∈Z Z)时，g(x)单调递减．π 62π 3因此g(x)的单调递减区间为[kπ＋，kπ＋] (k∈Z Z)π 62π 317、解：2474sin cos4cos4cosyxxxx2272sin24cos1 cosxxx2272sin24cossinxxx272sin2sin 2xx21 sin26x由于函数在中的最大值为 216zu11 ，2 max1 1610z  最小值为 2 min1 166z故当时取得最大值，当时取得最小值。

sin21x  y10sin21x y618、解：（Ⅰ）=1 cos23( )sin222xf xx311sincos2222xx=1sin(2).62x因为函数f(x)的最小正周期为 π,且ω＞0，所以，解得ω=1.2 2（Ⅱ）由（Ⅰ）得1( )sin(2).62f xx因为 0≤x≤，所以≤≤所以≤≤1.2 31 226x7.61 2(2)6x因此 0≤≤，即f(x)的取值范围为[0，]1sin(2)62x3 23 219、解：)4sin(]2)4sin[(2)32cos()(xxxxf7)4sin()4cos(2)32cos(xxx)22sin()32cos(xxxxxxx2cossin232cos212cos)32cos()62sin(2cos21sin23xxx(Ⅰ),对称轴为:, T)( ,262Zkkx)( ,321Zkkx(Ⅱ),65 623,212xx∵在区间上单调递增，在区间上单调递减，)62sin()(xxf]3,12[]2,3[∴当时，取得最大值 1，又∵，∴当3x)(xf21)2(23)12(ff时，取得最小值 ，。

12x)(xf23] 1 ,23[)(xf20、解：（Ⅰ）1 sin1 cos( )cossin1 sin1 cosxxg xxxxxAA2222(1 sin )(1 cos )cossincossinxxxxxxAA1 sin1 coscossin.cossinxxxxxxAA17,,coscos , sinsin ,12xxxxx   ＝1 sin1 cos( )cossincossinxxg xxxxxAAsincos2xx2sin2.4x（Ⅱ）由得17 12x，，55.443x，在上为减函数，在上为增函数，sint53,4235,23又（当） ，5535sinsin,sinsin()sin34244x，，17,2x 即21sin()222sin()23424xx ，，，，故g(x)的值域为22, 3 .。