人教版高一数学《三角函数》及详细答案 2014.8

班级：_____________ 姓名：_____________ 座号：_____________ 分数：_____________ 一、选择题：本大题共10小题，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a的终边经过点(-4，3)，则cos a＝( )

4334 A． B． C．－ D．－ 5555

π

2．将函数y＝sin x的图像向左平移个单位，得到函数y＝f (x)的图像，则下列说法正确的是

2

A．y＝f (x)是奇函数 B．y＝f (x)的周期为π

ππC．y＝f (x)的图像关于直线x＝对称 D．y＝f (x)的图像关于点(－，0)对称

22

3．若将函数f (x)＝sin 2x＋cos 2x的图像向右平移φ个单位，所得图像关于y轴对称，则φ的最小

正值是( ) ππ3π3π

A． B． C． D． 8484

ππ4．在函数①y＝cos|2x|，②y＝|cos x|，③y＝cos(2x＋)，④y＝tan(2x－)中，最小正周期为π 64 的所有函数为( )

A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③ ππ5．将函数y＝3sin(2x＋)的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数( ) 32 π7ππ7π

，上单调递减 B．在区间，上单调递增 A．在区间12121212ππππ

－，上单调递减 D．在区间－，上单调递增 C．在区间63636．已知函数f (x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的图像如图所示，则f (x)的解析式及S＝f (0)＋f (1)＋f (2)＋…

＋f (2013)的值分别为( ) 111

A．f (x)＝sin 2πx＋1，S＝2013 B．f (x)＝sin 2πx＋1，S＝2013

222

1π1π1

C．f (x)＝sinx＋1，S＝2014 D．f (x)＝sinx＋1，S＝2014

22222

7．在△ABC中，若sin(A－B)＝1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)，则△ABC的形状一定是( )

A．等边三角形 B．不含60°的等腰三角形 C．钝角三角形 D．直角三角形

数学试题 1

(第6题图) (第8题图) (第9题图) ππ

8．函数f (x)＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)的图象如上图所示，如果x1，x2∈(－，)，且f (x1)＝f (x2)，

63

则f (x1＋x2)＝( ) 12 3 A．1 B． C． D． 222 9．如上图，一个半径为10米的水轮按逆时针方向每分钟转4圈．记水轮上的点P到水面的距离为d米(P在水面下则d为负数)，如果(d米)与时间t(秒)之间满足关系式：d＝Asin(ωt＋φ)＋k ππ

(A＞0， ω＞0，－＜φ＜)，且当P点从水面上浮现时开始计算时间，那么以下结论中错误

22

的是( )

A．A＝10 B．ω＝ 2ππ C．φ＝ D．k＝5 156 13π110．定义一种运算(a，b)*(c，d)＝ad－bc，若函数f (x)＝(1，log3x)*(tan，()x)，x0是方程 45 f (x)＝0的解，且0＜x1＜x0，则f (x1)的值( )

A．恒为正值 B．等于0 C．恒为负值 D．不大于0 二、填空题：本大题共5小题。

π

11．已知函数y＝cos x与y＝sin(2x＋φ)(0≤φ＜π)，它们的图像有一个横坐标为的交点，则φ的

3

值是________．

12．直线l1和l2是圆x2＋y2＝2的两条切线．若l1与l2的交点为(1，3)，则l1与l2的夹角的正切值

等于________． 13．已知函数f (x)＝3 sin ωx＋cos ωx(ω＞0)，x∈R.在曲线y＝f (x)与直线y＝1的交点中，若相

π

邻交点距离的最小值为，则f (x)的最小正周期为________．

3

14．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，角a，β的顶点与坐标原点重合，始

边与x轴的非负半轴重合，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点．若

3443

点A，B的坐标分别为(，)和(－，)，则cos(α＋β)的值为________．

5555

(第14题图)

ππ15．将函数f (x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，－≤φ＜)图像上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐22

ππ标不变，再向右平移个单位长度得到y＝sin x的图像，则f ()＝________．

66

三、解答题：本大题共8小题。解答需写出文字说明、证明过程和演算步骤。 16．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a＝3，cos A＝

6 π

，B＝A＋． 32

（1）求b的值；

（2）求△ABC的面积．

数学试题 2

π

2x＋的部分图像如图所示． 17．函数f (x)＝3sin6（1）写出f (x)的最小正周期及图中x0，y0的值； ππ

－，－上的最大值和最小值． （2）求f (x)在区间122

18．某实验室一天的温度(单位：℃)随时间t(单位：h)的变化近似满足函数关系：

ππ

f (t)＝10－3 cost－sint，t∈[0，24)．

1212

（1）求实验室这一天上午8时的温度； （2）求实验室这一天的最大温差．

π3x＋． 19．已知函数f (x)＝sin4

（1）求f (x)的单调递增区间；

α4π

α＋cos 2α，求cos α－sin α的值． （2）若α是第二象限角，f ＝cos354

π5π32 x＋，x∈R，且f ＝20．（14广东）已知函数f (x)＝Asin3122． （1）求A的值；

ππ

0，，求f －θ． （2）若f (θ)－f (－θ)＝3 ，θ∈26

数学试题 3

21．已知函数f (x)＝π(x－cos x)－2sin x－2，g(x)＝(x－π)π

0，，使f (x0)＝0； （1）存在唯一x0∈21－sin x2x

＋－1．证明：

1＋sin x π

π

（2）存在唯一x1∈2，π，使g(x1)＝0，且对（1）中的x0，有x0＋x1＞π．

22．如图所示，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：

新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m．经测量，点A位于点O正北方向60 m处，

4点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸)，tan∠BCO＝．

3（1）求新桥BC的长．

（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？

2π

23．如图所示，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝7 ，EA＝2，∠ADC＝，∠BEC

3

π＝． 3

（1）求sin∠CED的值； （2）求BE的长．

数学试题 4

高一数学周练（三角函数）

参 考 答 案

一、选择题：1－5 DDCAB 6－10 DDDCA

－44【解析】 1．根据题意，cos a＝＝－，故选D．

5(－4)2＋32 ππ

x＋ 的图像，即f (x)＝ 2．将函数y＝sin x的图像向左平移个单位后，得到函数y＝f (x)＝sin 22

cos x．由余弦函数的图像与性质知，f (x)是偶函数，其最小正周期为2π，且图像关于直线x＝π

＋kπ，0(k∈Z)对称，故选D． kπ(k∈Z)对称，关于点2

ππ2x＋的图像向右平移φ个单位，得到y＝2 sin 2x＋－2φ的图像，3．方法一：将f (x)＝2 sin 44πππ3π－2φ＝±1，即sin 2φ－＝±1，故2φ－＝kπ＋， 由所得图像关于y轴对称，可知sin 4448 k∈Z，又φ＞0，所以φmin＝

3π

，故选C． 8

4．函数y＝cos|2x|＝cos 2x，其最小正周期为π，①正确；将函数y＝cos x的图像中位于x轴上方的图像不变，位于x轴下方的图像对称地翻转至x轴上方，即可得到y＝|cos x|的图像，所以π

2x＋的最小正周期为π，③其最小天正周期也为π，②正确；函数y＝cos 正确；函数y＝tan 6ππ

2x－的最小正周期为，④不正确．故选A． 42

π2π

2x＋的图像向右平移个单位长度，得到y＝3sin 2x－π的图像 ，函数单5．将函数y＝3sin 332

π2ππ7π调递增，则－＋2kπ≤2x－π≤＋2kπ，k∈Z，即＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，即函数y＝

2321212 2π7π2x－π的单调递增区间为＋kπ， ＋ k 3sin π ，k∈Z，当k＝0时，可知函数在区间31212 π，7π上单调递增．故选A．

1212

1.5－0.511.5＋0.5π

6．由题意知，A＝＝，b＝＝1．因为函数f (x)的周期是4，所以ω＝．由五点2222

π1π

法作图知，30＋φ＝0，所以φ＝0，故函数的解析式为f (x)＝2sinx＋1．因为f (0)＋f (1)＋f (2)

222

1

＋f (3)＝4，所以S＝f (0)＋f (1)＋f (2)＋…＋f (2013)＝f (0)＋f (1)＋50334＝2014．故选D．

2

7．由题意得，1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)＝1－2cos Asin B，又sin(A－B)＝sin Acos B－cos Asin B，π

以sin Acos B＋cos Asin B＝1，即sin(A＋B)＝1，所以A＋B＝，故△ABC一定为直角三角形．

2

数学试题 5

故选D．

ππ－＋63ππ

－，上，8．函数f (x)＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)的图象可得，在区间函数图象关于直线x＝ 632

＝ πππ2π－(－)＝π＝，可得ω＝2．对称．由函数的最大值为1可得A＝1，再由周期T＝2  6312ω πππππ2x＋．如果x1，x2∈－，，再由五点法作图可得2×(－)＋?＝0，?＝，∴f (x)＝sin 36363 x1＋ x ππ2π3 2 且f (x1)＝f (x2)，则有 ＝，故f (x1＋x2)＝f ()＝sin ＝．故选D． 212632 A＋k＝159．由图可知d的最大值为15，最小值为－5即k＝－5－A＋，解得A＝10，k＝5，故A，D正确． ∵每分钟转4圈，∴函数的周期为15s，故ω＝ 2π，即B正确．依题意，可知当t＝0时，d＝0，15 π即10sinφ＝－5，解可得φ＝－，即C错误．故选C．

6 13π1113π110．f(x)＝(1，log3x)*(tan，()x)＝()x－tan log3x＝()x－log3x．∵x0是方程f (x)＝0的解，

45545 11∴()x0－log3x0＝0．又由于函数f (x)＝()x－log3x在区间(0，x0)上是单调减函数，f (x0)＝0，55 ∵0＜x1＜x0，∴f (x1)＞0．故选A．

二、填空题：

π4242 11． 12． 13．π 14．－ 15． 63252

【解析】

ππ12π223＋φ＝，解得π＋φ＝＋2kπ(k∈Z)或π＋φ11．将x等于分别代入两个函数，得到sin 323363

＝5πππ＋2kπ(k∈Z)，化简解得φ＝－＋2kπ(k∈Z)或φ＝＋626 π2kπ(k∈Z)．又φ∈[0，π)，故φ＝．

6

12．如图所示，根据题意知，OA⊥PA，OA＝2 ，OP＝10 ，所以PA＝

OP2－OA 2＝22 ，所以tan∠OPA＝

OA2 1＝＝，故tan∠APB＝PA22 2

(第12题图解) ππ1πππ5πωx＋＝1，∴sin ωx＋＝，∴ωx1＋＝＋2k1π(k∈Z)或ωx2＋＝＋13．∵f (x)＝2sin 6626666

2tan∠OPA44＝，即l1与l2的夹角的正切值等于． 231－tan∠OPA3

数学试题 6

2k2π(k∈Z)，则ω(x2－x1)＝∴T＝π．

2ππ

＋2(k2－k1)π．又∵相邻交点距离的最小值为，∴ω＝2， 33

4334121224

14．由题意知sin α＝，cos α＝，sin β＝，cos β＝－，∴cos(α＋β)＝－－＝－．

5555252525

15．函数f (x)＝sin(ωx＋φ)图像上每一点的横坐标缩短为原来的一半，得到y＝sin(2ωx＋φ)的图

ωπππ

2ωx－＋φ的图像．由题意知 像，再向右平移个单位长度，得到y＝sin2ωx－＋φ＝sin 366

ωπωπππ1

2ωx－＋φ＝sin x，所以2ω＝1，－＋φ＝2kπ(k∈Z)，又－≤φ＜，所以ω＝，sin  33222

1ππ1ππππ2

x＋，所以f ＝sin 3＋＝sin＝． φ＝，所以f (x)＝sin 626266642

三、解答题： 16．解：（1）在△ABC中，

由题意知，sin A＝1－cos2A＝π

又因为B＝A＋，

2

π6A＋＝cos A＝． 所以sin B＝sin 23asin B

由正弦定理可得，b＝＝sin A

3×

63

＝32． 333． 3

ππ3A＋＝－sin A＝－． （2）由B＝A＋得cos B＝cos 223由A＋B＋C＝π，得C＝π－(A＋B)，

所以sin C＝sin[π－(A＋B)] ＝sin(A＋B)

＝sin Acos B＋cos Asin B ＝

3663

×－＋× 3333

1＝． 3

11132

因此△ABC的面积S＝absin C＝×3×32×＝．

2232

17．解：（1）f (x)的最小正周期为π．

7π

x0＝，y0＝3．

6

数学试题 7

ππ5ππ

－，－，所以2x＋∈－，0． （2）因为x∈12266π

于是，当2x＋＝0，

6

π

即x＝－时，f (x)取得最大值0；

12ππ

当2x＋＝－，

62

π

即x＝－时，f (x)取得最小值－3．

3

ππ12π2π3×8－sin ×8＝10－3cos－sin＝10－3×－－＝10．18．解：（1）f(8)＝10－3cos  12122233

故实验室上午8时的温度为10℃．

ππ3π1π

t＋， （2）因为f (t)＝10－2 cost＋sint＝10－2sin 123212212

又0≤t<24，

πππππ7π

t＋≤1． 所以≤t＋<，所以－1≤sin 12331233

ππ

t＋＝1； 当t＝2时，sin 123ππ

t＋＝－1． 当t＝14时，sin 123于是f (t)在[0，24)上取得最大值12，最小值8．

故实验室这一天最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃．

ππ

－＋2kπ，＋2kπ，k∈Z， 19．解：（1）因为函数y＝sin x的单调递增区间为 22

ππππ2kππ2kπ

由－＋2kπ≤3x＋≤＋2kπ，k∈Z，得－＋≤x≤＋，k∈Z，

24243123

π2kππ2kπ

－＋，＋，k∈Z． 所以函数f (x)的单调递增区间为 43123

π4π

α＋＝cos α＋(cos2α－sin2α)． （2）由已知，得sin 454ππππ4

cos αcos－sin αsin(cos2α－sin2α)， 所以sin αcos＋cos αsin＝ 44445

4

即sin α＋cos α＝(cos α－sin α)2(sin α＋cos α)．

5

3π

当sin α＋cos α＝0时，由α在第二象限内，得α＝＋2kπ，k∈Z．

4

此时，cos α－sin α＝－2．

5

当sin α＋cos α≠0时，(cos α－sin α)2＝．

4

5

由α是第二象限角，得cos α－sin α＜0，此时cos α－sin α＝－．

2

5

综上所述，cos α－sin α＝－2或－．

2

数学试题 8

5π5π＋π＝Asin3π＝32 ，∴A＝32 ·2 ＝3． 20．解：（1）f ＝Asin 12123422

π

x＋， （2）由（1）得：f (x)＝3sin 3ππ

θ＋－3sin －θ＋ ∴f (θ)－f (－θ)＝3sin 33

ππππ

sinθcos ＋cosθsin －3 sin(－θ)cos ＋cos(－θ)sin  ＝3 3333π

＝6 sinθcos ＝3 sinθ＝3 ．

3∴sinθ＝

π3 6 0，，∴cosθ＝． ，又∵θ∈233

ππππ6

－θ＝3sin －θ＋＝3sin －θ＝3cosθ＝3×＝6 ． ∴f 36623

π0，π上为增函数．0，时，21．证明：（1）当x∈f′(x)＝π＋πsin x－2cos x＞0，所以f (x)在区间又22ππ0，π，使f (x0)＝0． f (0)＝－π－2＜0，f ＝－4＞0，所以存在唯一x∈0

222πcos x2x，π时，化简得g(x)＝(π－x)·（2）当x∈＋－1． 21＋sin xπ

πf（t）tcos t2

0，．记u(t)＝g(π－t)＝－令t＝π－x则t∈－t＋1，则u′(t)＝． 21＋sin tππ（1＋sin t）

ππ

x0，时，u′(t)＞0．所以在x0，上u(t)为增由（1）得，当t∈(0，x0)时，u′(t)＜0；当t∈22

πx0，π时，u(t)＜0，所以u(t)在x0，π上无零点． 函数，由u＝0知，当t∈222

在(0，x0)上u(t)为减函数，

由u(0)＝1及u(x0)＜0知存在唯一t0∈(0，x0)，使u(t0)＝0．

π

0，，使u(t0)＝0． 于是存在唯一t0∈2ππ

，π，则g(x1)＝g(π－t0)＝u(t0)＝0．因此存在唯一的x1∈，π，使g(x1)＝0．设x1＝π－t0∈ 22

由于x1＝π－t0，t0＜x0，所以x0＋x1＞π．

22．解：方法一：

（1）如图1所示， 以O为坐标原点， OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．

由条件知A(0, 60)，C(170，0)，

4

直线BC的斜率kBC＝－tan∠BCO＝－．

33

又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率kAB＝．

4设点B的坐标为(a，b)，

2

数学试题 9

b－0b－6034

则kBC＝＝－， kAB＝＝，

3a－170a－04解得a＝80，b＝120，

所以BC＝(170－80)2＋(0－120)2＝150．

因此新桥BC的长是150 m．

(第22题图1解)

（2）设保护区的边界圆M的半径为r m，OM＝d m(0≤d≤60)． 4

由条件知，直线BC的方程为y＝－(x－170)，

3

即4x＋3y－680＝0．

由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，

|3d － 680|680－3d即r＝＝．

542＋32r－d≥80，

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，所以

r－（60－d）≥80，



即

680－3d

5－(60－d)≥80，

解得10≤d≤35．

680－3d

故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，

5所以当OM＝10 m时，圆形保护区的面积最大．

方法二：

（1）如图2所示， 延长OA，CB交于点F．

4

因为tan∠FCO＝，

3

43

所以sin∠FCO＝， cos∠FCO＝．

55因为OA＝60，OC＝170，

680OC850500

所以OF＝OC tan∠FCO＝，CF＝＝，从而AF＝OF－OA＝．

33cos∠FCO34

因为OA⊥OC，所以cos∠AFB＝sin∠FCO＝．

5

400

又因为AB⊥BC，所以BF＝AFcos∠AFB＝，从而BC＝CF－BF＝150．

3

因此新桥BC的长是150 m． （2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD＝r m，OM＝d m(0≤d≤60)．

因为OA⊥OC，所以sin∠CFO＝cos∠FCO．

数学试题 10

680－3d

－d≥80，5

(第22题图2解)

680－3dMDMDr3

故由（1）知sin∠CFO＝＝＝＝，所以r＝．

MFOF－OM68055

－d3因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m，

r－d≥80，所以

r－（60－d）≥80，

即

680－3d

5－（60－d）≥80，

解得10≤d≤35．

680－3d

故当d＝10时，r＝最大，即圆面积最大，

5所以当OM＝10 m时，圆形保护区的面积最大．

23．解：设∠CED＝α．

（1）在△CDE中，由余弦定理，得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC，

于是由题设知，7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0，解得CD＝2(CD＝－3舍去)．

ECCD

在△CDE中，由正弦定理，得＝．

sin∠EDCsin α

2π3CD·sin2×

322121

于是，sin α＝＝＝，即sin∠CED＝．

EC777

π

（2）由题设知，0＜α＜，于是由（1）知，

3

2127

cos α＝1－sin2α＝1－＝．

497

2π

而∠AEB＝－α，所以

3

2π2π2π

－α＝coscos α＋sinsin α cos∠AEB＝cos333

13

＝－cos α＋sin α

221273217＝－×＋×＝．

272714

EA222

在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝，故BE＝＝＝47．

BEBEcos∠AEB7

14

680－3d

－d≥80，5

数学试题 11

特别注明：此卷及所附答案为众位教师所精心编辑，请务必认真完成并校对。

数学试题12