山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-简单三角恒等变换含答案解析

第 2 课时 简单的三角恒等变换 题型 一 三角函数式的化简 1.化简 tanα＋1tan  π4 ＋α2＝()A.cosα B．sinα C.1cosα D.1sinα 答案 C 解析 原式＝2tan α21－tan 2 α2＋1－tan α21＋tan α2 ＝2tan α2 ＋ 1－tan α221－tan 2 α2＝1＋tan 2 α21－tan 2 α2 ＝cos 2 α2 ＋sin2 α2cos 2 α2 －sin2 α2＝1cosα.2.化简：1＋sinθ＋cosθ  sin θ2 －cosθ22＋2cosθ(0<θ<π)． 解 由 θ∈(0，π)，得 0< θ2 <π2，∴cosθ2 >0，∴ 2＋2cosθ＝ 4cos 2 θ2 ＝2cosθ2.又(1＋sinθ＋cosθ) sin θ2 －cosθ2 ＝  2sin θ2 cosθ2 ＋2cos2 θ2 sin θ2 －cosθ2 ＝2cos θ2sin 2 θ2 －cos2 θ2

＝－2cos θ2 cosθ，故原式＝－2cos θ2 cosθ2cos θ2＝－cosθ.1.三角函数式的化简要遵循“三看”原则 2.三角函数式化简的方法 弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂． 在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次.1.2＋2cos8＋2 1－sin8的化简结果为________． 答案 －2sin4 解析 原式＝ 4cos 2 4＋2 sin4－cos4 2 ＝2|cos4|＋2|sin4－cos4|，因为 5π4<4< 3π2，所以 cos4<0，且 sin4

sin2α＋βsinα－2cos(α＋β)． 解 原式＝ sin2α＋β－2sinαcosα＋βsinα ＝ sin[α＋α＋β]－2sinαcosα＋βsinα

＝ sinαcosα＋β＋cosαsinα＋β－2sinαcosα＋βsinα ＝ cosαsinα＋β－sinαcosα＋βsinα＝ sin[α＋β－α]sinα ＝ sinβsinα.题型 二 三角函数式的求值 1.若 sin2α＝55，sin(β－α)＝1010，且 α∈  π4，π，β∈ π，3π2，则 α＋β 的值是()A.7π4 B.9π4 C.5π4或 7π4 D.5π4或 9π4 答案 A 解析 ∵α∈  π4，π，∴2α∈ π2，2π，∵sin2α＝55，∴2α∈  π2，π.∴α∈  π4，π2且 cos2α＝－ 2 55，又 sin(β－α)＝1010，β∈  π，3π2，∴β－α∈  π2，5π4，cos(β－α)＝－ 3 1010，∴cos(α＋β)＝cos[(β－α)＋2α] ＝cos(β－α)cos2α－sin(β－α)sin2α ＝  － 3 1010×  － 2 55－1010×55＝22，又 α＋β∈  5π4，2π，∴α＋β＝ 7π4.2.(2019·太原质检)[2sin50°＋sin10°(1＋ 3tan10°)]· 2sin 2 80°＝________.答案 6 解析 因为 2sin 2 80°＝ 2sin80°＝ 2cos10°，所以原式＝ 2[2sin(60°－10°)cos10°＋sin10°(cos10°＋ 3sin10°)] ＝ 2  2   32cos10°－ 12 sin10°cos10°＋sin10°cos10°＋ 3sin2 10° ＝ 2(3cos 2 10°＋ 3sin 2 10°)＝ 2× 3＝ 6.3.(2019·聊城模拟)已知 cos  θ＋ π4＝1010，θ∈  0，π2，则 sin  2θ－ π3＝________.答案 4－3 310 解析 由题意，得 cos 2  θ＋ π4＝1＋cos  2θ＋ π22＝110，cos 2θ＋ π2＝－sin2θ＝－45，即 sin2θ＝45.因为 cos  θ＋ π4＝1010>0，θ∈  0，π2，所以 0<θ< π4，2θ∈ 0，π2，根据同角三角函数基本关系式，可得 cos2θ＝ 35，由两角差的正弦公式，可得 sin  2θ－ π3＝sin2θcos π3 －cos2θsinπ3 ＝45 ×12 －35 ×32＝ 4－3 310.1.三角函数给角求值问题的解题策略 一般所给出的角都是非特殊角，要观察所给角与特殊角间的关系，利用三角变换转化为求特殊角的三角函数值问题，另外此类问题也常通过代数变形(比如：正负项相消、分子分母相约等)的方式来求值． 2.三角函数给值求角问题的解题策略 对于给值求角问题，通过先求角的某个三角函数值来求角，在选取函数时，遵循以下原则：

(1)已知正切函数值，选正切函数．(2)已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数． 若角的范围是  0，π2，选正弦或余弦函数皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦

函数较好；若角的范围为  － π2，π2，选正弦函数较好． 1.已知方程 x 2 ＋3ax＋3a＋1＝0(a>2)的两根分别为 tanα，tanβ，且 α，β∈－ π2，π2，则 α＋β＝________.答案 － 3π4 解析 由根与系数的关系且 a>2 得，tanα＋tanβ＝－3a<0，tanαtanβ＝3a＋1>0.所以 tanα<0，tanβ<0.又 α，β∈  － π2，π2，则 α，β∈  － π2，0，于是 α＋β∈(－π，0)，tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ ＝－3a1－3a＋1 ＝1，又 α＋β∈(－π，0)，所以 α＋β＝－ 3π4.2.计算：cos20°cos40°cos60°cos80°＝________.答案 116 解析 原式＝ 12 cos20°cos40°cos80° ＝ sin40°cos40°cos80°4sin20°＝ sin80°cos80°8sin20° ＝sin160°16sin20°＝116.题型 三 三角恒等变换的综合应用 角度 1 研究三角函数的图象问题 1.(2019·湖南四校联考)函数 y＝sinx－ 3cosx 的图象可由函数 y＝sinx＋ 3cosx 的图象至少向右平移的单位长度是()A.π2 B.2π3 C.π3 D.π4 答案 B

解析 因为 y＝sinx－ 3cosx＝2sin  x－ π3 ＝2sin  x＋ π3 －2π3，y＝sinx＋ 3cosx＝2sin  x＋ π3，所以函数 y＝sinx＋ 3cosx 的图象至少向右平移 2π3个单位长度才能得到函数 y＝sinx－ 3cosx 的图象.角度 2 研究三角函数的性质问题 2.(2020·山西大学附中模拟)已知函数 f(x)＝cos  x＋ π4sinx，则函数 f(x)满足()A.最小正周期 T＝2π B.图象关于点   π8，－24对称 C.在区间  0，π8上为减函数 D.图象关于直线 x＝ π8 对称 答案 D 解析 f(x)＝22(cosx－sinx)sinx＝22  12 sin2x－1－cos2x2＝242sin  2x＋ π4－1 ＝ 12 sin 2x＋ π4－24.所以函数 f(x)的最小正周期 T＝ 2π2＝π，故 A 不正确；将 x＝ π8 代入 f(x)＝sin  2x＋ π4，求得 f  π8＝1，此时函数 f(x)取得最大值．故函数 f(x)的图象关于直线 x＝ π8 对称，且函数 f(x)的图象不关于  π8，－24对称，故 B 不正确，D 正确；令 u＝2x＋ π4，则函数 f(x)改写为 y＝12 sinu－24，因为 u＝2x＋ π4 在 0，π8上为增函数，所以 y＝ 12 sinu－24在  π4，π2上为增函数，所以函数 f(x)在  0，π8上为增函数，故 C 不正确.3.(2020·华中师范大学第一附中模拟)已知函数 f(x)＝2sinωxsin 2  ωx2＋ π4－sin 2 ωx(ω>0)在区间  － π4，3π4上是增函数，且在区间[0，π]上恰好取得一次最大值，则 ω 的取值范围是()A. 12，23 B. 13，23 C. 13，23 D. 12，23 答案 D 解析 f(x)＝2sinωx ·1－cos  ωx＋ π22－sin 2 ωx＝sinωx(1＋sinωx)－sin 2 ωx＝sinωx.所以区间  －π2ω，π2ω(ω>0)是函数 f(x)含原点的递增区间． 又因为函数 f(x)在  － π4，3π4上单调递增，所以  － π4，3π4⊆  －π2ω，π2ω，所以 －π2ω ≤－π4，π2ω ≥3π4，又 ω>0，所以 0<ω≤ 23.又因为函数 f(x)在区间[0，π]上恰好取得一次最大值． 由 ωx＝2kπ＋ π2，k∈Z，解得 x＝2kπω＋π2ω，k∈Z.所以当 x＝2kπω＋π2ω，k∈Z时 f(x)取得最大值，所以 0≤π2ω ≤π，解得 ω≥12.综上知，ω 的取值范围是  12，23.三角恒等变换在研究三角函数性质中的两个注意点(1)三角函数的性质问题，往往都要先化成 f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b 的形式再求解．要注意在进行此步骤之前，如果函数解析式中出现 α 及其二倍角、半角或函

数值的平方，应根据变换的难易程度去化简，往往要利用到二倍角公式、升幂或降幂公式，把解析式统一化成关于同一个角的三角函数式．如举例说明 2,3.(2)要正确理解三角函数的性质，关键是记住三角函数的图象，根据图象并结合整体代入的基本思想即可求三角函数的单调区间、最值与周期． 1.(2019·江西省重点中学协作体联考)将函数 f(x)＝2 3sinx·cosx－2cos 2 x＋1 的图象向左平移 a(a>0)个单位长度，平移后的图象关于 y 轴对称，则 a 的值可能为()A.π6 B.π3 C.π2 D.2π3 答案 B 解析 f(x)＝2 3sinx·cosx－2cos 2 x＋1＝ 3sin2x－cos2x＝2sin  2x－ π6.将其图象向左平移 a 个单位长度，所得图象对应的解析式为 y＝2sin  2x＋a－ π6＝2sin  2x＋2a－ π6，因为平移后的图象关于 y 轴对称，所以 2a－ π6 ＝kπ＋π2，k∈Z.即a＝ kπ2＋ π3，k∈Z.当 k＝0 时，a＝π3.2.(2019·石家庄模拟)设函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ) ω>0，|φ|< π2的最小正周期为 π，且 f(－x)＝f(x)，则()A.f(x)在  0，π2上单调递增 B.f(x)在  － π2，π2上单调递减 C.f(x)在  0，π2上单调递减 D.f(x)在  － π2，π2上单调递增 答案 A 解析 f(x)＝sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)＝ 2sin  ωx＋φ－ π4.∵函数 f(x)的最小正

周期为 π，∴ 2πω ＝π，得 ω＝2.又 f(－x)＝f(x)，∴函数 f(x)为偶函数，∴φ－π4 ＝kπ＋π2(k∈Z)．∵|φ|<π2，∴k＝－1，φ＝－π4，∴f(x)＝ 2sin  2x－ π4 －π4＝－ 2cos2x.当 2kπ≤2x≤π＋2kπ(k∈Z)，即 kπ≤x≤ π2 ＋kπ(k∈Z)时，f(x)单调递增． 结合选项知 k＝0 时，0≤x≤ π2.组 基础关 1.设 a＝cos50°cos127°＋cos40°cos37°，b＝22(sin56°－cos56°)，c＝ 1－tan2 39°1＋tan 2 39°，则 a，b，c 的大小关系是()A.a>b>c B．b>a>c C.c>a>b D．a>c>b 答案 D 解析 a＝cos50°cos127°＋cos40°cos37°＝cos50°cos127°＋sin50°sin127°＝cos(50°－127°)＝cos(－77°)＝cos77°＝sin13°.b＝22(sin56°－cos56°)＝22sin56°－22cos56°＝sin(56°－45°)＝sin11°.c＝1－tan 2 39°1＋tan 2 39°＝1－ sin2 39°cos 2 39°1＋ sin2 39°cos 2 39°＝cos 2 39°－sin 2 39°＝cos78°＝sin12°.因为函数 y＝sinx，x∈0，π2为增函数．所以 sin13°>sin12°>sin11°，即 a>c>b.2.化简 cos 2  x－π12＋sin 2  x＋π12＝()A.1＋ 12 cos2x B．1＋ 12 sin2x C.1＋cos2x D．1＋sin2x

答案 B 解析 原式＝1＋cos  2x－ π62＋1－cos  2x＋ π62＝1＋ 12cos  2x－ π6－cos  2x＋ π6＝1＋ 12 ·2sin2xsinπ6 ＝1＋12 sin2x.3.(2019·湖北重点中学联考)已知 A(x A，y A)是单位圆(圆心在坐标原点 O)上任意一点，将射线 OA 绕 O 点逆时针旋转 30°到 OB，交单位圆于点 B(x B，y B)，则 x A －y B 的最大值为()A.2 B.32 C．1 D.12 答案 C 解析 设 x 轴正方向逆时针转到射线 OA 的角为 α，根据三角函数定义 x A ＝cosα，y B ＝sin(α＋30°)，所以 x A －y B ＝cosα－sin(α＋30°)＝－32sinα＋ 12 cosα＝sin(α＋150°)，故其最大值为 1.故选 C.4.(2019·济南一模)公元前 6 世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin18°.若 m 2 ＋n＝4，则m n2cos 2 27°－1 ＝()A.8 B．4 C．2 D．1 答案 C 解析 由题意得 n＝4－m 2 ＝4－4sin 2 18°＝4cos 2 18°，则m n2cos 2 27°－1 ＝2sin18° 4cos 2 18°cos54°＝ 2sin18°×2cos18°cos54°＝ 2sin36°sin36° ＝2，故选 C.5.已知 α 为第四象限角，sinα＋cosα＝ 15，则 tanα2 的值为()A.－ 12 B.12

C．－ 13 D.13 答案 C 解析 将 sinα＋cosα＝ 15 的等号两边同时平方，得 1＋2sinαcosα＝125，得2sinαcosα＝－ 2425，所以(sinα－cosα)2 ＝1－2sinαcosα＝ 4925.因为 α 为第四象限角，所以 sinα<0，cosα>0，所以 sinα－cosα＝－ 75，结合 sinα＋cosα＝15，解得 sinα＝－35，cosα＝ 45.所以 tanα2 ＝sin α2cos α2＝2sin α2 cosα22cos 2 α2＝sinα1＋cosα ＝－13.故选 C.6.(2020·福州外国语学校适应性考试)已知 A，B 均为钝角，sin 2 A2 ＋cos A＋ π3＝5－ 1510，且 sinB＝1010，则 A＋B＝()A.3π4 B.5π4 C.7π4 D.7π6 答案 C 解析 因为 sin 2 A2 ＋cos A＋ π3＝ 1－cosA2＋ 12 cosA－32sinA＝ 12 －32sinA＝5－ 1510，所以 sinA＝55，因为 A，B 均为钝角，所以 A＋B∈(π，2π)，由 sinA＝55得 cosA＝－ 2 55，由 sinB＝1010得 cosB＝－ 3 1010，所以 cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB＝22，所以 A＋B＝ 7π4.7.(2019·洛阳三模)函数 y＝log 12sin2xcos π4 －cos2x·sinπ4的单调递减区间是()A. kπ＋ π8，kπ＋5π8，k∈Z B. kπ＋ π8，kπ＋3π8，k∈Z

C. kπ－ π8，kπ＋3π8，k∈Z D. kπ＋ 3π8，kπ＋ 5π8，k∈Z 答案 B 解析 y＝log 12sin2xcos π4 －cos2xsinπ4 ＝log 12 sin 2x－ π4.令 t＝sin  2x－ π4，则 y＝log 12 t.因为 y＝log12 t 在(0，＋∞)上是减函数，所以要求函数 y＝log 12 sin 2x－ π4的单调递减区间，只要求出 t＝sin  2x－ π4的单调递增区间，同时注意 t＝sin  2x－ π4>0.由 2kπ<2x－ π4 ≤2kπ＋π2，k∈Z，解得 kπ＋ π8

＝ 3   32sin  x＋π12＋ 12 cos x＋π12 ＝ 3sin  x＋π12＋ π6＝ 3sin  x＋ π4，所以函数 f(x)的最大值是 3.组 能力关 1.(2019·湖北八校第一次联考)已知 3π≤θ≤4π，且1＋cosθ2＋1－cosθ2＝62，则 θ＝()A.10π3或 11π3 B.37π12或 47π12 C.13π4或 15π4 D.19π6或 23π6 答案 D 解析 ∵3π≤θ≤4π，∴ 3π2≤ θ2 ≤2π，∴cosθ2 ＞0，sinθ2 ＜0，则1＋cosθ2＋1－cosθ2＝ cos 2 θ2 ＋sin 2 θ2 ＝cosθ2 －sinθ2 ＝ 2cos θ2 ＋π4＝62，∴cos  θ2 ＋π4＝32，∴ θ2 ＋π4 ＝π6 ＋2kπ 或θ2 ＋π4 ＝－π6 ＋2kπ，k∈Z，即 θ＝－ π6 ＋4kπ 或 θ＝－5π6＋4kπ，k∈Z.∵3π≤θ≤4π，∴θ＝ 19π6或 23π6，故选 D.2.(2019·豫北名校联考)若函数 f(x)＝5cosx＋12sinx 在 x＝θ 时取得最小值，则cosθ＝()A.513 B．－513 C.1213 D．－ 1213 答案 B

解析 f(x)＝5cosx＋12sinx＝13  513 cosx＋1213 sinx ＝13sin(x＋α)，其中 sinα＝513，cosα＝ 1213，由题意知 θ＋α＝2kπ－π2(k∈Z)，得 θ＝2kπ－π2 －α(k∈Z)，那么 cosθ＝cos  2kπ－ π2 －α ＝cos π2 ＋α ＝－sinα＝－513，故选 B.3.(2019·成都模拟)已知函数 f(x)＝ 3sin2x－2cos 2 x＋1，将 f(x)的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的 12，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移 1 个单位长度，得到函数 y＝g(x)的图象，若 g(x 1)g(x 2)＝9，则|x 1 －x 2 |的值可能为()A.π3 B.π2 C.3π4 D.5π4 答案 B 解析 f(x)＝ 3sin2x－2cos 2 x＋1＝ 3sin2x－cos2x＝2sin  2x－ π6，将 f(x)图象上的所有点的横坐标缩短到原来的 12，纵坐标不变，得 y＝2sin 4x－ π6的图象，再把所得图象向上平移 1 个单位长度得函数 g(x)＝2sin  4x－ π6＋1 的图象，此函数的最大值为 3，最小值为－1.若 g(x 1)g(x 2)＝9，则直线 x＝x 1 和 x＝x 2 是 g(x)图象的对称轴，|x 1 －x 2 |的值是 g(x)的周期 T＝ π2 的整数倍．故选 B.4.已知 α∈  0，π2，且 2sin 2 α－sinα·cosα－3cos 2 α＝0，则sin  α＋ π4sin2α＋cos2α＋1 ＝________.答案 268 解析 ∵α∈  0，π2，且 2sin 2 α－sinα·cosα－3cos 2 α＝0，则(2sinα－3cosα)·(sinα＋cosα)＝0，又 α∈  0，π2，sinα＋cosα>0，∴2sinα＝3cosα，又 sin 2 α＋cos 2 α＝1，∴cosα＝213，sinα＝313，∴sin  α＋ π4sin2α＋cos2α＋1 ＝22sinα＋cosαsinα＋cosα 2 ＋cos 2 α－sin 2 α ＝24cosα ＝268.5.设函数 f(x)＝22cos  2x＋ π4＋sin 2 x.(1)求函数 f(x)的最小正周期；(2)设函数 g(x)对任意 x∈R，有 g  x＋ π2＝g(x)，且当 x∈  0，π2时，g(x)＝ 12 －f(x)．求函数 g(x)在[－π，0]上的解析式． 解(1)函数 f(x)＝22cos  2x＋ π4＋sin 2 x ＝22 cos2xcos π4 －sin2xsinπ4＋sin 2 x ＝ 12 cos2x－12 sin2x＋12 －12 cos2x＝12 －12 sin2x，所以函数 f(x)的最小正周期 T＝ 2π2＝π.(2)当 x∈  0，π2时，g(x)＝ 12 －f(x)，即 g(x)＝ 12 － 12 －12 sin2x ＝12 sin2x.当 x∈  － π2，0 时，x＋π2 ∈ 0，π2，因为 g  x＋ π2＝g(x)，所以 g(x)＝g  x＋ π2＝ 12 sin 2  x＋ π2 ＝－ 12 sin2x.当 x∈  －π，－ π2时，x＋π∈  0，π2，可得 g(x)＝g(x＋π)＝ 12 sin[2(x＋π)]＝12 sin2x.所以函数 g(x)在[－π，0]上的解析式为

g(x)＝ － 12 sin2x － π2

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-古典概型含答案解析

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-对数与对数函数含答案解析

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-导数综合应用含答案解析

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-直接证明与间接证明含答案解析

山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-函数模型及其应用含答案解析