復(fù)習(xí)高中數(shù)學(xué)三角函數(shù)各類型試題及答案

三角函數(shù)各類型試題及答案1.已知角θ的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊為x軸的正半軸，若P(4，y)是角θ終邊上一點(diǎn)，且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，則y＝________.2.已知角θ的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線y＝2x上，則cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)3.已知函數(shù)f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．4.若tanα＝3，則eq\f(sin2α,cos2α)的值等于()A．2B．3C．4D．65.設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期為π，且f(－x)＝f(x)，則()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞減B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))單調(diào)遞減C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))單調(diào)遞增6已知函數(shù)f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，y＝f(x)的部分圖象如圖1－7，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝()A．2＋eq\r(3)B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),3)D．2－eq\r(3)7.設(shè)函數(shù)f(x)＝cosωx(ω>0)，將y＝f(x)的圖像向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得的圖像與原圖像重合，則ω的最小值等于()A.eq\f(1,3)B．3C．6D．98.已知等比數(shù)列{an}的公比q＝3，前3項(xiàng)和S3＝eq\f(13,3).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若函數(shù)f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值，且最大值為a3，求函數(shù)f(x)的解析式．9.已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx，x∈R.若f(x)≥1，則x的取值范圍為()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)))≤x≤2kπ＋π，k∈Z))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))≤x≤kπ＋π，k∈Z))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)))≤x≤2kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)))≤x≤kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))10.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足csinA＝acosC.(1)求角C的大小；(2)求eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值，并求取得最大值時(shí)角A，B的大?。?1.設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，則()A．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增，其圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱B．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增，其圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱C．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞減，其圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱D．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞減，其圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱12.若函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，則ω＝()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C．2D．313.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ為常數(shù)，A>0，ω>0)的部分圖象如圖1－1所示，則f(0)的值是________．圖1－114.已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若f(x)的最小正周期為6π，且當(dāng)x＝eq\f(π,2)時(shí)，f(x)取得最大值，則()A．f(x)在區(qū)間[－2π，0]上是增函數(shù)B．f(x)在區(qū)間[－3π，－π]上是增函數(shù)C．f(x)在區(qū)間[3π，5π]上是減函數(shù)D．f(x)在區(qū)間[4π，6π]上是減函數(shù)15.在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，則AB＋2BC的最大值為_(kāi)_______．16.在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.(1)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝2cosA,求A的值；(2)若cosA＝eq\f(1,3)，b＝3c，求sinC的值．17.若0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，coseq\f(π,4)＋α＝eq\f(1,3)，coseq\f(π,4)－eq\f(β,2)＝eq\f(\r(3),3)，則cosα＋eq\f(β,2)＝()A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\f(5\r(3),9)D．－eq\f(\r(6),9)18.已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，則tan2α＝________.19若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin2α＋cos2α＝eq\f(1,4)，則tanα的值等于()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\r(2)D.eq\r(3)20設(shè)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\f(1,3)，則sin2θ＝()A．－eq\f(7,9)B．－eq\f(1,9)C.eq\f(1,9)D.eq\f(7,9)21已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，x∈R.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))的值；(2)設(shè)α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3α＋\f(π,2)))＝eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求cos(α＋β)的值．22已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，x∈R.(1)求f(0)的值；(2)設(shè)α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3α＋\f(π,2)))＝eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求sin(α＋β)的值．.1.已知角θ的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，始邊為x軸的正半軸，若P(4，y)是角θ終邊上一點(diǎn)，且sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，則y＝________.－8【解析】r＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(16＋y2)，∵sinθ＝－eq\f(2\r(5),5)，∴sinθ＝eq\f(y,r)＝eq\f(y,\r(16＋y2))＝－eq\f(2\r(5),5)，解得y＝－8.2.已知角θ的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線y＝2x上，則cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)B【解析】解法1：在角θ終邊上任取一點(diǎn)P(a,2a)(a≠0)，則r2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))2＝a2＋(2a)2＝5a2，∴cos2θ＝eq\f(a2,5a2)＝eq\f(1,5)，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝eq\f(2,5)－1＝－eq\f(3,5).解法2：tanθ＝eq\f(2a,a)＝2，cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5).大綱文數(shù)14.C2[2011·全國(guó)卷]已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，tanα＝2，則cosα＝________.－eq\f(\r(5),5)【解析】∵tanα＝2，∴sinα＝2cosα，代入sin2α＋cos2α＝1得cos2α＝eq\f(1,5)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴cosα＝－eq\f(\r(5),5).3.已知函數(shù)f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．【解答】(1)因?yàn)閒(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以f(x)的最小正周期為π.(2)因?yàn)椋璭q\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)時(shí)，f(x)取得最大值2；當(dāng)2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)時(shí)，f(x)取得最小值－1.4.若tanα＝3，則eq\f(sin2α,cos2α)的值等于()A．2B．3C．4D．6D【解析】因?yàn)閑q\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,cos2α)＝eq\f(2sinα,cosα)＝2tanα＝6，故選D.5.設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的最小正周期為π，且f(－x)＝f(x)，則()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞減B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))單調(diào)遞減C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))單調(diào)遞增A【解析】原式可化簡(jiǎn)為f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ＋\f(π,4)))，因?yàn)閒(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))，又因?yàn)閒(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,4)))＝±eq\r(2)cos2x，所以φ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以φ＝eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z，又因?yàn)閑q\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).所以f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，所以f(x)＝eq\r(2)cos2x在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．6已知函數(shù)f(x)＝Atan(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))，y＝f(x)的部分圖象如圖1－7，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝()A．2＋eq\r(3)B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),3)D．2－eq\r(3)B【解析】由圖象知eq\f(π,ω)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)－\f(π,8)))＝eq\f(π,2)，ω＝2.又由于2×eq\f(π,8)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，φ＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,4).這時(shí)f(x)＝Ataneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).又圖象過(guò)(0,1)，代入得A＝1，故f(x)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,24)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,24)＋\f(π,4)))＝eq\r(3)，故選B.7.設(shè)函數(shù)f(x)＝cosωx(ω>0)，將y＝f(x)的圖像向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得的圖像與原圖像重合，則ω的最小值等于()A.eq\f(1,3)B．3C．6D．9C【解析】將y＝f(x)的圖像向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到的圖像與原圖像重合，則eq\f(π,3)＝eq\f(2π,ω)k，k∈Z，得ω＝6k，k∈Z，又ω＞0，則ω的最小值等于6，故選C.8.已知等比數(shù)列{an}的公比q＝3，前3項(xiàng)和S3＝eq\f(13,3).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若函數(shù)f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0,0<φ<π)在x＝eq\f(π,6)處取得最大值，且最大值為a3，求函數(shù)f(x)的解析式．【解答】(1)由q＝3，S3＝eq\f(13,3)得eq\f(a11－33,1－3)＝eq\f(13,3)，解得a1＝eq\f(1,3).所以an＝eq\f(1,3)×3n－1＝3n－2.(2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的最大值為3，所以A＝3；因?yàn)楫?dāng)x＝eq\f(π,6)時(shí)f(x)取得最大值，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1.又0<φ<π，故φ＝eq\f(π,6).所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).9.已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx，x∈R.若f(x)≥1，則x的取值范圍為()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,3)))≤x≤2kπ＋π，k∈Z))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))≤x≤kπ＋π，k∈Z))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,6)))≤x≤2kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)))≤x≤kπ＋\f(5π,6)，k∈Z))A【解析】因?yàn)閒(x)＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sinx－eq\f(π,6)，由f(x)≥1，得2sinx－eq\f(π,6)≥1，即sinx－eq\f(π,6)≥eq\f(1,2)，所以eq\f(π,6)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z.10.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿足csinA＝acosC.(1)求角C的大??；(2)求eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值，并求取得最大值時(shí)角A，B的大?。窘獯稹?1)由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC.因?yàn)?<A<π，所以sinA>0.從而sinC＝cosC.又cosC≠0，所以tanC＝1，則C＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，B＝eq\f(3π,4)－A，于是eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝eq\r(3)sinA－cos(π－A)＝eq\r(3)sinA＋cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).因?yàn)?<A<eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(11π,12).從而當(dāng)A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)時(shí)，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))取最大值2.綜上所述，eq\r(3)sinA－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))的最大值為2，此時(shí)A＝eq\f(π,3)，B＝eq\f(5π,12).11.設(shè)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，則()A．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增，其圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱B．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞增，其圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱C．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞減，其圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對(duì)稱D．y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調(diào)遞減，其圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱D【解析】f(x)＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋\f(π,4)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝eq\r(2)cos2x，所以y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)單調(diào)遞減，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\r(2)cosπ＝－eq\r(2)，是最小值．所以函數(shù)y＝f(x)的圖像關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱．12.若函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，則ω＝()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C．2D．3B【解析】本題考查三角函數(shù)的單調(diào)性．因?yàn)楫?dāng)0≤ωx≤eq\f(π,2)時(shí)，函數(shù)f(x)為增函數(shù)，當(dāng)eq\f(π,2)≤ωx≤π時(shí)，函數(shù)f(x)為減函數(shù)，即當(dāng)0≤x≤eq\f(π,2ω)時(shí)，函數(shù)f(x)為增函數(shù)，當(dāng)eq\f(π,2ω)≤x≤eq\f(π,ω)時(shí)，函數(shù)f(x)為減函數(shù)，所以eq\f(π,2ω)＝eq\f(π,3)，所以ω＝eq\f(3,2).13.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ為常數(shù)，A>0，ω>0)的部分圖象如圖1－1所示，則f(0)的值是________．圖1－1eq\f(\r(6),2)【解析】由圖象可得A＝eq\r(2)，周期為4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，所以ω＝2，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，－\r(2)))代入得2×eq\f(7π,12)＋φ＝2kπ＋eq\f(3,2)π，即φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，所以f(0)＝eq\r(2)sinφ＝eq\r(2)sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(6),2).14.已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若f(x)的最小正周期為6π，且當(dāng)x＝eq\f(π,2)時(shí)，f(x)取得最大值，則()A．f(x)在區(qū)間[－2π，0]上是增函數(shù)B．f(x)在區(qū)間[－3π，－π]上是增函數(shù)C．f(x)在區(qū)間[3π，5π]上是減函數(shù)D．f(x)在區(qū)間[4π，6π]上是減函數(shù)A【解析】∵eq\f(2π,ω)＝6π，∴ω＝eq\f(1,3).又∵eq\f(1,3)×eq\f(π,2)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z且－π<φ≤π，∴當(dāng)k＝0時(shí)，φ＝eq\f(π,3)，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x＋\f(π,3)))，要使f(x)遞增，須有2kπ－eq\f(π,2)≤eq\f(1,3)x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解之得6kπ－eq\f(5π,2)≤x≤6kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，當(dāng)k＝0時(shí)，－eq\f(5,2)π≤x≤eq\f(π,2)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)π，\f(π,2)))上遞增．大綱理數(shù)17.C5，C8[2011·全國(guó)卷]△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c.已知A－C＝90°，a＋c＝eq\r(2)b，求C.【解答】由a＋c＝eq\r(2)b及正弦定理可得sinA＋sinC＝eq\r(2)sinB.又由于A－C＝90°，B＝180°－(A＋C)，故cosC＋sinC＝eq\r(2)sin(A＋C)＝eq\r(2)sin(90°＋2C)＝eq\r(2)cos2C.故eq\f(\r(2),2)cosC＋eq\f(\r(2),2)sinC＝cos2C，cos(45°－C)＝cos2C.因?yàn)?°<C<90°，所以2C＝45°－C，C＝15°.15.在△ABC中，B＝60°，AC＝eq\r(3)，則AB＋2BC的最大值為_(kāi)_______．課標(biāo)理數(shù)16.C5，C8[2011·課標(biāo)全國(guó)卷]2eq\r(7)【解析】因?yàn)锽＝60°，A＋B＋C＝180°，所以A＋C＝120°，由正弦定理，有eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)＝eq\f(\r(3),sin60°)＝2，所以AB＝2sinC，BC＝2sinA.所以AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sin(120°－A)＋4sinA＝2(sin120°cosA－cos120°sinA)＋4sinA＝eq\r(3)cosA＋5sinA＝2eq\r(7)sin(A＋φ)，(其中sinφ＝eq\f(\r(3),2\r(7))，cosφ＝eq\f(5,2\r(7)))所以AB＋2BC的最大值為2eq\r(7).16.在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.(1)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝2cosA,求A的值；(2)若cosA＝eq\f(1,3)，b＝3c，求sinC的值．本題主要考查三角函數(shù)的基本關(guān)系式、兩角和的正弦公式、解三角形，考查運(yùn)算求解能力．【解答】(1)由題設(shè)知sinAcoseq\f(π,6)＋cosAsineq\f(π,6)＝2cosA.從而sinA＝eq\r(3)cosA，所以cosA≠0，tanA＝eq\r(3)，因?yàn)?＜A＜π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由cosA＝eq\f(1,3)，b＝3c及a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝b2－c2.故△ABC是直角三角形，且B＝eq\f(π,2)，所以sinC＝cosA＝eq\f(1,3).17.若0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，coseq\f(π,4)＋α＝eq\f(1,3)，coseq\f(π,4)－eq\f(β,2)＝eq\f(\r(3),3)，則cosα＋eq\f(β,2)＝()A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\f(5\r(3),9)D．－eq\f(\r(6),9)C【解析】∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,3)，0<α<eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(2\r(3),3).又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(3),3)，－eq\f(π,2)<β<0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(6),3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(5\r(3),9).18.已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，則tan2α＝________.－eq\f(4,3)【解析】∵sinα＝eq\f(\r(5),5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\f(2\r(5),5)，則tanα＝－eq\f(1,2)，tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝－eq\f(4,3).19若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sin2α＋cos2α＝eq\f(1,4)，則tanα的值等于()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\r(2)D.eq\r(3)D【解析】因?yàn)閟in2α＋cos2α＝sin2α＋1－2sin2α＝1－sin2α＝cos2α，∴cos2α＝eq\f(1,4)，sin2α＝1－cos2α＝eq\f(3,4)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα＝eq\f(1,2)，sinα＝eq\f(\r(3),2)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(3)，故選D.20設(shè)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\f(1,3)，則sin2θ＝()A．－eq\f(7,9)B．－eq\f(1,9)C.eq\f(1,9)D.eq\f(7,9)A【解析】sin2θ＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2θ))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))).由于sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\f(1,3)，代入得sin2θ＝－eq\f(7,9)，故選A.21已知函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，x∈R.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)))的值；(2)設(shè)α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4