专题02 三角恒等变换(解析版)

姓名：___________考号：___________分数：___________

（考试时间：120分钟 满分：150分）

一、 选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的） 1．已知角满足A．1或3 【答案】A 【分析】

利用二倍角公式可得出关于tan的方程，由此可解得tan的值. 【详解】

1cos21，则tan（ ）

1sin22B．1 C．1或3 D．3

1cos212cos2121， 2221sin2cos2sincossin12tantan2可得tan22tan30，解得tan1或tan3. 故选：A.

2．已知函数f(x)sinx(sinxcosx)(0)在区间(0,)上恰有2个最大值点，则的取值范围是（ ） A．1119, 88B．1119, 88C．1119, 44D．1119, 44【答案】A 【分析】

(0,)上恰有2个最大值点，建立不等式，求出的取值范围 先把解析式化简，再由f(x)在 【详解】

f(x)sinx(sinxcosx)x(0,)，

1cos2x121sin2xsin2x，

222422x,2 444f(x)在 (0,)上恰有2个最大值点，

∴ysint在∵当t,2上恰有两个最大值点，

44,2时，y可以取最大值，

592,25911192． ，解得24288故选：A. 【点睛】

三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于ysinx或ycosx的性质解题；3．已知tan()A．3 【答案】B 【分析】

1，tan()2，0,，则tan等于（ ） 22B．

1 3C．3或

1 3D．1或

131和tan()2按照两角和差的正切公式展开计算， 22tan12tan可得，求出tan的值，最后求出tan的值.

2tan12tan对tan()【详解】

tan()tantan12tan1，化简得tan，

1tantan22tantantan2tan2，化简得tan，

1tantan12tan又

tan()则

2tan12tan，得4tan21tan2，

2tan12tan所以tan1， 又0,故选：B.

2，则tan0，tan1，则tan1. 3【点睛】

易错点睛：本题计算结果时易忽略0,，从而导致错解. 24．黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体得比值等于较小部分与较大部分得比值，该比值为m510.618，这是公认的最能引起美感的比例．黄金分割比例得值还可以近似地表示23sin12m的 近似值等于（ ）

cos12B．1

C．2

D．3 为2sin18，则A．

1 2【答案】B 【分析】

由题可得m2sin18，利用sin18sin3012【详解】

由题可得m2sin18，

展开化简可得3sin12mcos121.

cos12cos123sin122sin30123sin12m3sin122sin18cos12cos12cos123sin122sin30cos122cos30sin12cos121.

cos12cos12

故选：B.

5．已知函数fx3sinxcosx0,0，其图象两相邻对称轴间的距离为

，且图象向左平移个单位后关于原点对称，则

62B．3 C．1

f的值为（ ） 12D．1

A．3 【答案】C 【分析】

化简函数解析式为fx2sinx，求出函数fx的最小正周期，可得出的值，再6由平移后所得函数为奇函数，结合的取值范围可得出的值，可得出函数fx的解析式，代值计算可得出f【详解】

的值. 12fx3sinxcosx2sinx，

6因为函数fx的图象两相邻对称轴间的距离为则该函数的最小正周期为T将函数fx的图象向左平移

， 22，2，

个单位后，得到函数6y2sin2x2sin2x的图象，

666y2sin2x因为函数为奇函数，则kkZ，可得kkZ，

6660，25，则fx2sin2x， 635f2sin1. 因此，612故选：C. 【点睛】

思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：

（1）将函数解析式变形为yAsinx+B0或yAcosx+B0的形式；（2）将x看成一个整体；

（3）借助正弦函数ysinx或余弦函数ycosx的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.

6．已知函数f(x)tanxsinxcosx，则（ ） A．f(x)的最小正周期为2 B．f(x)的图象关于y轴对称

C．f(x)的图象不关于,0对称 2D．f(x)的图象关于(,0)对称 【答案】D 【分析】

A用周期性来判断，B用奇偶性来判断，CD选项利用对称性来判断. 【详解】

1fxtanxsin2x，

21A选项，ytanx和ysin2x的最小正周期都是，所以fx的最小正周期是，A选项错

2误.

B选项，ytanx和y错误. C选项，f1sin2x都是奇函数，所以fx是奇函数，图象关于原点对称，B选项2111xtanxsin2xsin2x，

tanx2222111fxtanxsin2xsin2xfx，

tanx22222所以f(x)的图象关于,0对称，C选项错误. 2D选项，fxtanx11sin22xtanxsin2x， 2211fxtanxsin22xtanxsin2xfx，

22所以f(x)的图象关于故选：D. 【点睛】

,0对称，D选项正确.

判断函数图象关于点a,0对称，则需判断faxfax. 7．已知tanA．

2，则2cos2（ ）

B．

5 38 3C．2 D．3

【答案】A 【分析】

cos2sin2利用余弦的二倍角结合同角三角函数中齐次式的处理方法，将cos2化为，再转化

cos2sin2为tan的式子，求出cos2的值，得到答案. 【详解】

cos2sin21tan2121由cos2cossin， 222cossin1tan12322有2cos22故选: A

15． 338．在ABC中，2sin2A22cosA30，若BC，m0，n0，且

m21tan2B2tanBm210，sin2C1n2，则有（ ）

B．mn

C．mn1

D．mn2

A．mn 【答案】A 【分析】 求出B8C4，m2sinB，n2sinC，即得m,n的大小；求出

44mnsin(BC)cos(BC)，即得mn的大小.

【详解】

解：因为2sin2A22cosA30， 所以21cosA22cosA30，

2整理得

2cosA10，即cosA22， 2由A为三角形内角得A因为BC， 所以B3，BC， 448C24，0CB24，

又m1tanB2tanBm1

2m211tan2B2tanB0，

m212sinBm21sin2B所以0， 22cosBcosBcosB所以m21sin2Bsin452， 222所以m1sin2B(sinBcosB)，

因为nsin2C1(sinCcosC)，m0，n0， 所以msinBcosB222sinB，nsinCcosC2sinC，

44则mn，所以A正确，B错误；

mn(sinBcosB)(sinCcosC)

sinBsinCsinBcosCsinCcosBcosBcosC

sin(BC)cos(BC)2，D错误；

又cos(BC)cos42， 2222，C错误． 22所以sin(BC)cos(BC)故选：A． 【点睛】

m2sinBn2sinC关键点睛：解答本题的关键是通过三角恒等变换，求出，，

44三角恒等变换关键在于“三看（看角看名看式）”“三变（变角变名变式）”. 9．已知sin1cos，则cos2（ ）

363B．A．7 943 9C．43 9D．

7 9【答案】D 【分析】

根据条件利用正弦的和差化积公式展开化简得到sin可． 【详解】

1，再利用二倍角公式化简求值即6311sincos，所以sincoscossincos，

66363即

131cossincos， 223∴311sincossin， 2236271cos2cos212sin212.

36693故选：D. 【点睛】

关键点睛：本题考查三角恒等变换，解题关键是熟练掌握两角和差的正弦公式以及公式的逆用、余弦二倍角公式及角的变换，属于常考题.

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 10．将函数y3cos2x的图像向右平行移动6个单位长度得到函数yfx的图像，若6

f2，则f2___________.

12【答案】【分析】

5 3本题首先可根据图像变换得出yfx3cos2x，然后根据f2得出62，最后根据二倍角公式即可得出结果. cos263【详解】

将函数y3cos2x的图像向右平行移动6个单位长度， 6得到函数yfx3cos2x的图像， 6因为f22，所以cos， 263则f23cos223cos4 1212632532cos221321，

693故答案为：5. 343P11．点0,为锐角的终边与单位圆的交点，OP0逆时针旋转得OP1，点P1的横坐标为

355___________. 【答案】【分析】

利用两角和的余弦可求P1的横坐标. 【详解】

设以射线OP0为终边的角为，则cos433 1043,sin， 55，则设以射线OP1为终边的角为

故coscos3，

1433433， coscossinsin332525103433. 10故P1的横坐标为故答案为：433. 1012．已知sin1，则sin2cos2__________． 83【答案】

72. 9【分析】

由二倍角公式求得cos(最后求出结果. 【详解】 因为sin(42)727，再根据两角和余弦公式展开得到(cos2sin2)，9291)， 83所以cos(2(27))12sin2()1， 8899又cos(2(22))cos(2)cos2sin2 8422所以

27(cos2sin2)， 2972. 9则sin2cos2故答案为：【点睛】

72. 9(1)给值求值问题一般是正用公式将所求“复角”展开，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角的三角函数值，代入展开式即可．

(2)通过求所求角的某种三角函数值来求角，关键点在选取函数，常遵照以下原则：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,，选正、余弦2皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围为,，选正弦较好．

2213．化简sin60cos152sin215sin75______．

【答案】【分析】

2 2利用诱导公式与二倍角公式得到2sin215sin75cos60sin15，逆用两角和的正弦公式，即可求解． 【详解】

sin60cos152sin215sin75

sin60cos152sin15cos15sin15 sin60cos15sin30sin15 sin60cos15cos60sin15 sin45

2． 214．已知角满足sin【答案】【分析】

1sin2，则____________ 6637 9根据诱导公式，结合余弦的二倍角公式进行求解即可. 【详解】 因为sin1，所以有： 6317sin2cos2cos212sin212()2,故答

6636392案为：

7. 915．已知a(0,1)，若sin2，则tan的值为___________. 223【答案】【分析】

2 2由诱导公式可求得cos2【详解】

1，再根据二倍角的余弦公式求得sin,cos，即可求得tan. 31sin2cos2，a(0,)，

322sin1cos231cos26，cos， 2323tansin2. cos22. 2故答案为：

三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16．设函数fxlg1cos2xcosx，0,（1）讨论函数yfx的奇偶性，并说明理由； （2）设0，解关于x的不等式f 2x43fx0. 4【答案】（1）答案见解析；（2）2k【分析】

4,2k3352k,2k，kZ.

444（1）应用分析法：若f(x)为偶函数有fxfx，易得2sinxsin0恒成立；若f(x)为奇函数有fx0fx00，易得2cos0恒成立；再根据的取值范围即可确定f(x)分别为奇、偶函数是否能成立.

（2）由函数不等式，将自变量代入化简得2cosx可求解集. 【详解】

（1）由对数的性质，得1cos2x0，

∴cos2x1，即xkkZ，故定义域关于原点对称， 1、偶函数，则有fxfx，即

cos0，结合题设及余弦函数的性质即4lg 可得cosxcosx，1cos2xcosxlog1cos2xcosx，

∴整理得：要使2sinxsin0对一切xkkZ恒成立，在0,2、奇函数，则定义域内，任意x0有fx0fx00，如x0∴f中有0. 24，

4f0，而4flg1cos()coscos，

2444flg1coscos=cos，

2444∴2cos0，显然在[0,2)上不成立， 综上，当0时为偶函数；当0,时既不是奇函数又不是偶函数. 2（2）由fx43fx0，代入得433lg1cos2xcosxlg1cos2xcosx0，

4444∴lg1sin2xcos3xlg1sin2xcosx0，化简为44cosxcosx0，展开整理得：2cosxcos0，

444∵0,，即cos0， 2cosx04,k1Z,k2Z ∴可得xk1434xk2∴解集为2k【点睛】 关键点点睛：

4,2k3352k,2k444，kZ. （1）利用分析法，假设f(x)为奇或偶函数，将问题转化为说明在已知的范围中是否有使

2sinxsin0、2cos0成立的区间即可.

（2）将自变量代入函数式，结合三角恒等变换化简，根据余弦函数的性质求解集. 17．已知函数f(x)2sinxcosx23sinx（1）求函数f(x)的对称轴方程； （2）将函数f(x)的图象向右平移值域．

【答案】（1）对称轴方程为x【分析】

（1）利用三角恒等变换化简函数f（x）的解析式，再利用正弦函数的对称性，求得函数f（x）的对称轴方程．(2)由平移变化得g(x)的解析式，再利用整体换元法求值域 【详解】

cosx 44个单位长度，得到函数g(x)的图象，当x0,，求g(x)的32k，k∈Z．（2）[3,2] 212）cos（x） 44＝sin2x3sin（2x）＝sin2x3cos2x＝2sin（2x），

23kk，k∈Z，故函数f（x）的对称轴方程为x，k∈Z．∴令2xkπ，求得x

32212212（1）∵函数f（x）＝2sinxcosx+23sin（x（2）g(x)=fx令t2x2sin2x2sin2x 3333,3)则2sint[3,2]，故g(x)的值域为[3,2]

3[2318．已知函数f(x)3sinxcosx. （Ӏ）求函数f(x)的单调递增区间； （ӀӀ）若f()85,[,]，求sin的值. 566【答案】（Ⅰ）【分析】

24332k,2k，kZ；. （Ⅱ）3310（1）先用辅助角公式变形函数为 f(x)2sinx出x即可得解； （2）由f()6，再把x6带入函数单调递增区间，分离

438sincos，即，根据的范围求出，带入65655sinsin即可得解.

66【详解】

（Ⅰ） f(x)3sinxcosx2sinx 62k，kZ

26222kx2k，kZ， 得33令2kx22k,2k，kZ； f(x)的单调增区间为33（Ⅱ）f()48，即sin，

6555,，,，

6366又sin43， sin6523所以32,，得cos 6365sinsinsincoscossin

666666433. 1019．已知函数f(x)3sinxcosx（1）求f(x)的最小正周期；

1cos2x． 2c分别为角A、B、C的对边．当f(B)1,C（2）在ABC中，a、b、时，求ABC的周长．

【答案】（1）最小正周期为；（2）363． 【分析】

（1）对函数化简得f(x)sin2x4,BC边上的高AH3，再利用周期公式求解即可； 6（2）由f(B)1求出角B，然后分在Rt△AHB和RtAHC求出c,BH,b,CH的值，从而可求出三角形的周长 【详解】 解：（1）f(x)31sin2xcos2xsin2x 226∴f(x)的最小正周期为．

（2）∵f(B)1，∴sin2B1，

6又∵B为三角形内角， ∴B3．

在Rt△AHB中，∵3csinB，∴

c3sin32,BH3tan31．

在RtAHC中，∵3bsinCb，∴

3sin46,CHAH3．

aBHCH31，ABC的周长363．

20．已知函数f(x)sinx2cos2x． 2（1）求f(x)的最小正周期及单调递减区间；

9（2）若f(),(,)，求sinsin2的值．

442【答案】（1）T2；单调递减区间是：519272k,2kkZ；（2）． 4416【分析】

（1）先将f(x)化为2sin(x（2）由f()【详解】

（1）f(x)sinxcosx12sin(x所以，最小正周期T2． 令

4)1，进而求出最小正周期和单调递减区间；

9分别求出sin，sin2，然后相加即可. 44)1，

22kx4352k，得2kx2k 24242k,52k](kZ). 4所以，单调递减区间是：[95214（2）由f(),(,)知sin()， ,cos()4424848故sinsin[(4)4]52214257． 282882295sin2(sincos)212sin11，

4164sinsin21927. 16