【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考數(shù)學(xué)(江蘇專用-理科)二輪專題整合:1-2-1三角函數(shù)與三角變換_第1頁
【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考數(shù)學(xué)(江蘇專用-理科)二輪專題整合:1-2-1三角函數(shù)與三角變換_第2頁
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第1講三角函數(shù)與三角變換一、填空題1.(2021·蘇北四市模擬)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)+α))=eq\f(1,3),則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)+2α))=______. 解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)+2α))=-coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+\f(π,6)+2α)) =-coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)+2α))=2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)+α))-1=-eq\f(7,9). 答案-eq\f(7,9)2.(2022·南京、鹽城模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=cos(2x+φ),則“f(x)是奇函數(shù)”是“φ=eq\f(π,2)”的______條件. 解析φ=eq\f(π,2)?f(x)=coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,2)))=-sin2x為奇函數(shù),∴“f(x)是奇函數(shù)”是“φ=eq\f(π,2)”的必要條件. 又f(x)=cos(2x+φ)是奇函數(shù)?f(0)=0?φ=eq\f(π,2)+kπ(k∈Z)φ=eq\f(π,2). ∴“f(x)是奇函數(shù)”不是“φ=eq\f(π,2)”的充分條件. 答案必要不充分3.(2022·蘇錫常鎮(zhèn)模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(π,6)))+sinα=eq\f(4,5)eq\r(3),則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(7π,6)))的值是________. 解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α-\f(π,6)))+sinα =eq\f(\r(3),2)cosα+eq\f(3,2)sinα=eq\f(4,5)eq\r(3), ∴eq\f(1,2)cosα+eq\f(\r(3),2)sinα=eq\f(4,5), 即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,6)))=eq\f(4,5). 故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(7π,6)))=-sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,6)))=-eq\f(4,5). 答案-eq\f(4,5)4.(2022·安徽卷)若將函數(shù)f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,4)))的圖象向右平移φ個單位,所得圖象關(guān)于y軸對稱,則φ的最小正值是________. 解析f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,4)))eq\o(→,\s\up12(右平移φ))g(x)=sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x-φ+\f(π,4)))=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,4)-2φ)), 關(guān)于y軸對稱,即函數(shù)g(x)為偶函數(shù), 則eq\f(π,4)-2φ=kπ+eq\f(π,2),∴φ=-eq\f(k,2)π-eq\f(π,8)(k∈Z), 明顯,k=-1時,φ有最小正值eq\f(π,2)-eq\f(π,8)=eq\f(3π,8). 答案eq\f(3π,8)5.(2022·蘇北四市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx-\f(π,4)))(ω>0)的最大值與最小正周期相同,則函數(shù)f(x)在[-1,1]上的單調(diào)增區(qū)間為________. 解析由于函數(shù)f(x)的最大值是2,所以最小正周期T=2=eq\f(2π,2ω),解得ω=eq\f(π,2),所以f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx-\f(π,4))),當(dāng)2kπ-eq\f(π,2)≤πx-eq\f(π,4)≤2kπ+eq\f(π,2),k∈Z,即2k-eq\f(1,4)≤x≤2k+eq\f(3,4),k∈Z時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)在x∈[-1,1]上的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,4),\f(3,4))). 答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(1,4),\f(3,4)))6.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=________. 解析由題意知f(x)的一條對稱軸為直線x=eq\f(π,3),和它相鄰的一個對稱中心為原點,則f(x)的周期T=eq\f(4π,3),從而ω=eq\f(3,2). 答案eq\f(3,2)7.已知函數(shù)f(x)=3sin(ωx-eq\f(π,6))(ω>0)和g(x)=3cos(2x+φ)的圖象的對稱中心完全相同,若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),則f(x)的取值范圍是______. 解析由兩三角函數(shù)圖象的對稱中心完全相同,可知兩函數(shù)的周期相同,故ω=2,所以f(x)=3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,6))),那么當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))時,-eq\f(π,6)≤2x-eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6), 所以-eq\f(1,2)≤sin(2x-eq\f(π,6))≤1,故f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(3,2),3)). 答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(3,2),3))8.給出下列說法: ①正切函數(shù)在定義域內(nèi)是增函數(shù); ②函數(shù)f(x)=2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4)))的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ-\f(3,4)π,kπ+\f(π,4)))(k∈Z); ③函數(shù)y=2taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,3)))的定義域是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,12)+kπ,k∈Z)))); ④函數(shù)y=tanx+1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,4),\f(π,3)))上的最大值為eq\r(3)+1,最小值為0. 其中正確說法的序號是________. 解析①正切函數(shù)在定義域內(nèi)不具有單調(diào)性,故錯誤; ②由kπ-eq\f(π,2)<x+eq\f(π,4)<kπ+eq\f(π,2)(k∈Z),解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ-\f(3,4)π,kπ+\f(π,4)))(k∈Z),故正確; ③由2x+eq\f(π,3)≠eq\f(π,2)+kπ(k∈Z),解得x≠eq\f(π,12)+eq\f(kπ,2)(k∈Z),故錯誤; ④由于函數(shù)y=tanx+1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,4),\f(π,3)))上單調(diào)遞增,所以x=eq\f(π,3)時取得最大值為eq\r(3)+1,x=-eq\f(π,4)時取得最小值為0,故正確,所以正確說法是②④. 答案②④二、解答題9.(2022·宿遷摸底改編)已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<eq\f(π,2))的圖象的一部分如圖所示.. (1)求函數(shù)f(x)的解析式; (2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-6,-\f(2,3)))時,求函數(shù)y=f(x)+f(x+2)的最大值與最小值及相應(yīng)的x的值. 解(1)由圖象知A=2,T=8=eq\f(2π,ω), ∴ω=eq\f(π,4),得f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x+φ)). 由eq\f(π,4)×1+φ=2kπ+eq\f(π,2)?φ=2kπ+eq\f(π,4), 又|φ|<eq\f(π,2),∴φ=eq\f(π,4).∴f(x)=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x+\f(π,4))). (2)y=2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x+\f(π,4)))+2sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x+2+\f(π,4))) =2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x+\f(π,4)))+2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x+\f(π,4))). =2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)x+\f(π,2)))=2eq\r(2)coseq\f(π,4)x, ∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-6,-\f(2,3))), ∴eq\f(π,4)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(3π,2),-\f(π,6))), ∴當(dāng)eq\f(π,4)x=-eq\f(π,6),即x=-eq\f(2,3)時,y的最大值為eq\r(6); 當(dāng)eq\f(π,4)x=-π,即x=-4時,y的最小值為-2eq\r(2).10.(2022·江蘇卷)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π)),sinα=eq\f(\r(5),5). (1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+α))的值; (2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)-2α))的值. 解(1)由于α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),π)),sinα=eq\f(\r(5),5), 所以cosα=-eq\r(1-sin2α)=-eq\f(2\r(5),5). 故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+α))=sineq\f(π,4)cosα+coseq\f(π,4)sinα =eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2\r(5),5)))+eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(5),5)=-eq\f(\r(10),10). (2)由(1)知sin2α=2sinαcosα=2×eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2\r(5),5)))=-eq\f(4,5), cos2α=1-2sin2α=1-2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2=eq\f(3,5), 所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)-2α))=coseq\f(5π,6)cos2α+sineq\f(5π,6)sin2α =eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(3),2)))×eq\f(3,5)+eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(4,5))) =-eq\f(4+3\r(3),10).11.(2021·蘇北四市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+x))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)-x))+eq\r(3)sinxcosx(x∈R). (1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值; (2)在△ABC中,若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))=1,求sinB+sinC的最大值. 解(1)f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)+x))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c

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