三角函数高考题及解析

22y x O x

y x y x

y O O O A． B． C． D．

2.（2008山东文10，理5）已知cosπ47πsin3sin，则 的值是（ ）656A．23 5B．23 5

C．4 5D．

4 53.（2008山东文17，理17）已知函数f(x)3sin(x)cos(x)（0π，

0）为偶函数，且函数yf(x)图象的两相邻对称轴间的距离为

（Ⅰ）求f

π． 2π

的值； 8

（Ⅱ）文：将函数yf(x)的图象向右平移的单调递减区间．

理：将函数y＝f(x)的图象向右平移

π个单位后，得到函数yg(x)的图象，求g(x)6π个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到6原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间. 4.（2009山东文3理3）将函数ysin2x的图象向左平移得图象的函数解析式是( ).

A. y2cosx B. y2sinx C.y5.（2009山东文17)设函数f(x)=2sinxcos最小值. (1) 求.的值;

(2) 在ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知a1,b222个单位, 再向上平移1个单位,所41sin(2x4) D. ycos2x

2cosxsinsinx(0)在x处取

2,f(A)3,求角C.. 26.（2009山东理17） 设函数f(x)=cos(2x+（1）求函数f(x)的最大值和最小正周期.

2)+sinx. 311C，f()=－，且C为锐角，求sinA. 3432（2）设A,B,C为ABC的三个内角，若cosB=

7.（2010山东文17）已知函数f(x)sin(x)cosxcosx(＞0)的最小正周期为

．

（Ⅰ）求的值．

1 （Ⅱ）将函数yf(x)的图像上各点的横坐标缩短到原来的2，纵坐标不变，得到函数

yg(x)的图像，求函数g(x)在区间0,上的最小值。

168（2010山东理17） 已知函数fx11sin2xsincos2xcossin0＜＜，其图象过点222（

（Ⅰ）求的值； （Ⅱ）将函数

π1,）． 62yfx的图象上各点的横坐标缩短到原来的

1，纵坐标不变，得到函数2yfx的图象，求函数gx在[0,

π]上的最大值和最小值． 4

上单调递增，在区间

3

9.（2011山东文6理6）若函数f(x)sinx(0)在区间0,

,上单调递减，则 32(A) 3 (B) 2 (C)

10.（2011山东文17理17）在

32 (D) 23ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知

cosA-2cosC2c-a. =cosBbsinC（I） 求的值；

sinA1（II） 文：若cosB=，ABC的周长为5，求b的长.

41理：若cosB,b2，求ABC的面积S

411.（2008全国文卷一6）y(sinxcosx)1是（ ） A．最小正周期为2π的偶函数 C．最小正周期为π的偶函数

B．最小正周期为2π的奇函数 D．最小正周期为π的奇函数

212.（2008全国文卷一9）为得到函数ycosx（ ）

π的图象，只需将函数ysinx的图像3π个长度单位 65πC．向左平移个长度单位

6A．向左平移

B．向右平移

π个长度单位 65π个长度单位 613.（2008全国文卷一17）设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且acosB3，bsinA4． （Ⅰ）求边长a；

（Ⅱ）若△ABC的面积S10，求△ABC的周长l．

14.（2008全国文卷二1）若sin0且tan0是，则是（ ）

D．向右平移

A．第一象限角

B． 第二象限角

C． 第三象限角

D． 第四象限角

15.（2008全国文卷二10）函数f(x)sinxcosx的最大值为（ ） A．1

B．

2 C．3

D．2

16.（2008全国文卷二17） 在△ABC中，cosA（Ⅰ）求sinC的值；

（Ⅱ）设BC5，求△ABC的面积．

17.（2008全国理卷一8）为得到函数ycos2x（ ）

53，cosB． 135π的图像，只需将函数ysin2x的图像35π个长度单位 125πC．向左平移个长度单位

6A．向左平移

B．向右平移

5π个长度单位 125π个长度单位 618.（2008全国理卷一17） 设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且

3acosBbcosAc．

5（Ⅰ）求tanAcotB的值；

D．向右平移

（Ⅱ）求tan(AB)的最大值．

19.（2008全国理卷二8）若动直线xa与函数f(x)sinx和g(x)cosx的图像分别交于

M，N两点，则MN的最大值为（ ）

A．1

B．2 C．3

D．2

20.（2008全国理卷二17）在△ABC中，cosB（Ⅰ）求sinA的值； （Ⅱ）设△ABC的面积S△ABC54，cosC． 13533，求BC的长． 2o21.（2009全国文卷一1）sin585的值为

(A) 2233 (B) (C) (D) 222222.（2009全国文卷一4）已知tana=4,cot=

(A)

1,则tan(a+)= 37777 (B) (C) (D)  1111131323.（2008全国文卷一10）如果函数y3cos(2x)的图像关于点(的最小值为

4,0)中心对称，那么3 (B) (C) (D) 643224.（2009全国文卷一18）在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c.已知

(A)

a2c22b，且sinB4cosAsinC，求b.

25.（2009全国文卷二4）已知△ABC中，cot12，则cosA 5125512(A) (B) (C)  (D) 

13131313A32,bac，求B. 2ytan(x26.（2009全国文卷二18）设△ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，

cos(AC)cosB27.（2009全国文卷二9）若将函数

与函数

4)(0)的图像向右平移

个单位长度后，661111(A) (B) (C) (D)

264328.（2009全国理卷一8）如果函数

ytan(x)的图像重合，则的最小值为

4y＝3cos2x＋的图像关于点，0中心对称，那么

3||的最小值为（A）

 （B） （C） (D) 6432329.（2009全国理卷一16）若x，则函数ytan2xtanx的最大值为 。

4230.（2009全国理卷一17）在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知

（A）

a2c22b，且sinAcosC3cosAsinC, 求b

31.（2009全国卷理卷二3） 已知ABC中，cot

A.

A12 13B.

5 1312， 则cosA 5512C. D. .

13130的图像向右平移

32.（2009全国理卷二8）若将函数ytanx46个单位长度

后，与函数ytanx的图像重合，则的最小值为 6 A．

1 6B.

1 4C.

1 3D.

1 233.（2009全国理卷二17） 设ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，

cos(AC)cosB32，bac，求B。 21 21 23 234.（2010全国文卷一1）cos300°＝ （A）3 2

（B） （C） （D）

35.（2010

全国文卷一18）已知VABC的内角A，B及其对边a，b满足

，求内角C． abacotAbcotB236.（2010全国文卷二3）已知sin，则cos(2)

3(A) 5511 (B)  (C) (D) 33991，则cos___________. 25338.（2010全国文卷二17） △ABC中，D为边BC上的一点，BD=33,sinB ,cosADC.

13537.（2010全国文卷二13）已知是第二象限的角，tan求AD.

39.（2010全国理卷一2） 记cos(80)k,那么tan100

1k21k2kkA. B. - C. D. -

22kk1k1k40.（2010全国理卷一14） 已知为第三象限的角，cos23,则tan(2) .

5441.（2010全国理卷一17） 已知

VABC的内角A，B及其对边a，

b满足

，求内角C． abacotAbcotB42.（2010全国理卷二7）为了得到函数的图像

ysin(2x)的图像，只需把函数ysin(2x)36个长度单位 （B）向右平移个长度单位 44（C）向左平移个长度单位 （D）向右平移个长度单位

22443.（2010全国理卷二13） 已知a是第二象限的角，tan(2a)，则

3tana ．

（A）向左平移

44（2010全国理卷二17）.

ABC中，D为边BC上的一点，BD33，sinB5，133cosADC，求AD．

545.（2011全国文7，理5） 设函数f(x)cosx(0)，将y图像向右平移

13f(x)的

个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于 3（A） （B）3 （C）6 （D）9

3),tan2,则cos . 247.（2011全国18）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.己知

46.（2011

全国文14）已知(,asinAcsinC2asinCbsinB.

(Ⅰ)求B；

0A75,b2,求a，c. （Ⅱ）若

48.（2011全国理14） 已知(2)，sin5，则tan2 5o49.（2011全国理17） △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知AC90，

ac2b

求C;

50.（2008山东文8，理15）已知a，b，c为△ABC的三个内角

A，B，C的对边，向量

m(3，1)，n(cosA，sinA)．若mn，且acosBbcosAcsinC，则角A，B的大小分别为（ ） A．

ππ， 63 B．

2ππ， 36C．

ππ， 36 D．

ππ， 3351.（2010山东文15，理15）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c．若

a2,b2,sinBcosB2,，则角A的大小为____________________．

1. A 2. C

3. 解：（Ⅰ）f(x)3sin(x)cos(x)

π2sinx．

6因为f(x)为偶函数，

所以对xR，f(x)f(x)恒成立，

因此sin(xππ)sinx． 66ππππcosxsinsinxcoscosxsin， 6666π0． 6即sinxcos整理得sinxcos因为0，且xR， 所以cosπ0． 6又因为0π， 故ππ． 62π2cosx． 2所以f(x)2sinx由题意得

2π2π，所以2． 2故f(x)2cos2x．

因此fππ2cos2． 48（Ⅱ）文：将f(x)的图象向右平移

π个单位后，得到6πfx的图象，

6所以g(x)πππfx2cos2x2cos2x．

663π≤2kππ（kZ）， 3π2π即kπ≤x≤kπ（kZ）时，g(x)单调递减，

63当2kπ≤2x因此g(x)的单调递减区间为kπ 理：将f(x)的图象向右平移个

π2π，kπ（kZ）． 63个单位后，得到f(x)的图象，再将所得图象横坐标伸

66x长到原来的4倍，纵坐标不变，得到f()的图象.

46x 当 2kπ≤≤2 kπ+ π (k∈Z),

2328 即 4kπ＋≤x≤4kπ+ (k∈Z)时，g(x)单调递减.

33,4k (k∈Z) 因此g(x)的单调递减区间为 4k334

A

285. 解: （1）

f(x)2sinx1coscosxsinsinx 2因为函数f(x)在x处取最小值，所以sin()1,由诱导公式知sin1,因为

0,所以（2）因为f(A)2.所以

f(x)sin(x)cosx

233,所以cosA,因为角A为ABC的内角,所以A.又因为226bsinA12ab2,也就是sinB, a22sinAsinBa1,b2,所以由正弦定理,得

因为ba,所以B3.

44733当B时,C;当B时,C.

4641246412或B6. 解（1）f(x)=cos(2x+

1cos2x132sin2x )+sinx.=cos2xcossin2xsin33222313,最小正周期. 2所以函数f(x)的最大值为（2）f(

32C2C312CC1sin)==－,所以sin,因为C为锐角,所以,所以

332433322,所以sinA =cosB=

C21. 3

7.

f(x) （Ⅱ）由（Ⅰ）知

21sin(2x)242，

g(x)f(2x)

所以

21sin(4x)242。

0x

当

6时，44x42

2sin(4x)14所以2

1g(x)

因此

122，

0,g(x) 在区间16内的最小值为1．

故

8. 解：（Ⅰ）因为

11f(x)sin2xsincos2xcossin()(0)

22211cos2x1所以f(x)sin2xsin2coscos

2221又函数图象过点(,)

6211所以cos(2)

226即cos(3)1,

又0

所以3.

f(x)1cos(2x)，将函数yf(x)的图象上各点的横坐标缩短到22 （Ⅱ）由（Ⅰ）知

原来的

1，纵坐标不变，得到函数yg(x)的图象，可知 2因为x[0,4]

所以4x[0,] 因此4x故所以

3[23,3]

1cos(4x)1 2311yg(x)在[0,]上的最大值和最小值分别为和.

4243处取得最大，∴有

9.B．【解析】本小题考查三角函数的图像及单调性。由题可知f(x)在

wpp3=2kp+，解得w=6k+，代入选项使得k为整数的为选项。 322cosA-2cosC2c-acosA-2cosC2sinC-sinA10. （Ⅰ）根据正弦定理，变形得，化简==cosBbcosBsinBsinC得sin（A+B）=2sin(B+C)即sinC=2sinA，则=2…………………………….6分

sinAsinC222B由（Ⅰ）知（Ⅱ）文：根据余弦定理得b=a+c-2accos=2.得c=2a，联立得

sinA222b2=a2+4a-a=4a，则b=2a。又b=5-3a，得a=1带入得b=2………………………12分

（Ⅱ）理：由 由余弦定理 得

sinC2得 c2a， sinA1,b2， 4b2a2c22accosB及 cosB4a24a24a21， 4a1，从而 c2，

1又因为 cosB,0B，

4解得 所以 sinB15 4因此 S111515acsinB12 224422211. D 解析：y(sinxcosx)1sinx2sinxcosxcosx1sin2x，所以，

这个函数是最小正周期为π的奇函数，选择D； 12. C 解析：依题意，

ysinx，所以cos(x)xcos()只需将函数

22π5π个长度单位，得到函数ycosx的图象，选择C; ysinxcos(x)向左平移

36213. 解析：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB3，bsinA4得

bsinA4，据正弦定理得

acosB3sinBsinA44，∴tanB，由于B是三角形内角，所以B(0,)，据平方关系式得，

sinAcosB33234cosB=，∴sinB=，又acosB3，所以a=5；

5534（2）由（1）知cosB=，∴sinB=，又SacsinB10，所以c=5；由余弦定理得

55b2a2c22accosB25253020，b25，∴l1025

0,在三、四象限；tan0，在一、三象限，∴选C

15. B【解析】f(x)sinxcosx2sin(x)，所以最大值是2

414. C【解析】sin16. 解：

512，得sinA， 131334由cosB，得sinB． ·············································································· 2分

5516所以sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB． ······································· 5分

6545BCsinB513． ·（Ⅱ）由正弦定理得AC············································· 8分 12sinA3131113168所以△ABC的面积SBCACsinC5······················· 10分 ． ·

223653（Ⅰ）由cosA17. A． ycos2xπ55sin(2x)sin2(x)，只需将函数ysin2x的图像3612向左平移

π5π个单位得到函数ycos2x的图像.

31218. 解析：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理及acosBbcosA可得sinAcosBsinBcosA3c 53333sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB 5555即sinAcosB4cosAsinB，则tanAcotB4； （Ⅱ）由tanAcotB4得tanA4tanB0

1,tanA2时，等号成立， 213故当tanA2,tanB时，tan(AB)的最大值为.

24当且仅当4tanBcotB,tanB19. B【解析】在同一坐标系中作出f1(x)sinx及g1(x)cosx在[0,2]的图象，由图象知，

当x2233，即a时，得y1，y2，∴MNy1y22

224420. 解：（Ⅰ）由cosB由cosC512，得sinB， 131343，得sinC． 5533． ······································· 5分 65所以sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC（Ⅱ）由S△ABC33133得ABACsinA， 22233由（Ⅰ）知sinA，

65故ABAC65， ···························································································· 8分

ABsinB20又ACAB，

sinC132013故AB265，AB． 132ABsinA11所以BC············································································ 10分 ． ·

sinC221. 解：sin585sin(360225)sin(18045)sin45A。

22. 解：由题tan3，tan(oooooo2，故选择2)tantan437，故选择B。

1tantan1121123. 解: 函数

4y＝3cos2x＋的图像关于点，0中心对称

32413kk(kZ)由此易得||min.故选A 326622224. 解：由余弦定理得acb2bccosA， 又 ac2b,b0，

22b22bccosA2b，

即b2ccosA2 ① 由正弦定理得又由已知得

bsinB csinCsinB4coAssCi nsinB4cosA， sinC所以b4ccosA ② 故由①②解得

12知A为钝角，cosA<0排除5cosA1212A和B，再由cotA,和sin2Acos2A1求得cosA选D

sinA513326. 解：由 cos（AC）+cosB=及B=π（A+C）得

23 cos（AC）cos（A+C）=，

23 cosAcosC+sinAsinC（cosAcosCsinAsinC）=,

23 sinAsinC=.

425. D解析：本题考查同角三角函数关系应用能力，先由cotA=又由b=ac及正弦定理得 故

2sinB23， 4 sinB33B 或 sin（舍去），

22于是 B=

2π2π 或 B=. 33又由 bac知ba或bc

所以 B=27.D 28. 解:

函数

π。 34y＝3cos2x＋的图像关于点，0中心对称

32413kk(kZ)由此易得||min.故选A 326629. 解:令tanxt,4x2t1,

30. 解法一：在

ABC中sinAcosC3cosAsinC,则由正弦定理及余弦定理

a2b2c2b2c2a23c,化简并整理得：2(a2c2)b2.又由已知有:a2ab2bca2c22b4bb2.解得b4或b0(舍）.

解法二:由余弦定理得: acb2bccosA.又ac2b,b0。

所以b2ccosA2…………………………………①

又sinAcosC3cosAsinC，sinAcosCcosAsinC4cosAsinC

22222sin(AC)4cosAsinC，即sinB4cosAsinC

由正弦定理得sinBbsinC，故b4ccosA………………………② c12，A(,). 5252)1212 故选D 13由①，②解得b4。 31. 解：已知ABC中，cotA11(cosA11tan2A向右平移6个单位ytan[(x)]tanx 32.解：ytanx464616k(kZ)，

46621又0min.故选D

23333. 由cos(AC)cosB，易想到先将B(AC)代入cos(AC)cosB2233得cos(AC)cos(AC)然后利用两角和与差的余弦公式展开得sinAsinC；又

24k由bac，利用正弦定理进行边角互化，得sinBsinAsinC，进而得sinB223.故222。大部分考生做到这里忽略了检验，事实上，当B时，由

33313cosBcoAs(C)，进而得cos(AC)cos(AC)2，1矛盾，应舍

22B或去。

也可利用若b2ac则ba或bc从而舍去B2。不过这种方法学生不易想到 334.C

35. 解： 由abacotAbcotB及正弦定理得

sinAsinBcosAcosB,

sinAcosAcosBsinB,

sinAco4scAossin从而

4Bcos4sinBsin(A4)sin(4B).

又0AB

A

44B故

AB

2, 所以 C2.

36. B 37. 255 38. 解： 由cosADC350知B2 由已知得cosB12413,sinADC5，

从而 sinBADsin(ADCB) 3365. 由正弦定理得

ADsinBBDsinBAD, 所以ADBDsinBsinBAD

si4ncos，

33 =513=25. 336539. B 40.

1 741.解：由abacotAbcotB及正弦定理得

从而sinAcos又0故A所以C4cosAsin4cosBsin4sinBcos4

AB

44

B

242. B【解析】ysin(2x6)=sin2(x)，ysin(2x)sin2(x)，所以将

1236个长度单位得到ysin(2x)的图像，故选B.

6431442tan443.【解析】由tan(2a)得tan2a，又tan2a，解得22331tan3

11tan或tan2，又a是第二象限的角，所以tan.

22344.解： 由cosADC0知B.

52124由已知得cosB …………2分 ,sinADC.

135ysin(2x)的图像向右平移

BADsin(ADCB) 从而 sin33. 65BDsinB

sinBAD …………6分

由正弦定理得 所以AD3351325. 3365 …………10分

个单位长度后，所得的图像与原图像重32k(kZ),解得6k,又0,令合，说明了是此函数周期的整数倍,得

3345.C 【解析】由题意将yf(x)的图像向右平移

k1,得min6.

46. 553【解析】(,),tan2,则cos. 552222ac2acb47. 【解析】(I)由正弦定理得…………………………3分

由余弦定理得b2a2c22accosB.

cosB故（II）

22，因此B45 .…………………………………6分

sinAsin(3045)

264 …………………………………8分

ab故

sinA2613sinB2

cb48.

sinCsin6026sinBsin45.…………………………………12分

4 349. 由AC90，得A为钝角且sinAcosC， 利用正弦定理，ac2b可变形为sinAsinC2sinB，

2sin(C45)2sinB，

即有sinAsinCcosCsinC又A、B、C是ABC的内角，故

C45B或(C45)B180(舍去)

所以ABC(90C)(C45)C180。 所以C15. 50. C 51.

 6