1、专题限时集训(三)三角函数的概念、图象与性质 三角恒等变换与解三角形 1(2020全国卷)已知sin sin1，则sin()A B C DBsin sinsin cos sin1，sin，故选B2(2019全国卷)已知，2sin 2cos 21，则sin ()A B C DB由2sin 2cos 21，得4sin cos 12sin21，即2sin cos 1sin2.因为，所以cos ，所以2sin 1sin2，解得sin ，故选B3(2020全国卷)在ABC中，cos C，AC4，BC3，则tan B()A B2 C4 D8C法一：在ABC中，cos C，则sin C，所以C.由余弦定理知
2、AB2AC2BC22ACBCcos C1692439，所以AB3.由正弦定理，得sin B，易知B，所以cos B，tan B4.故选C法二：在ABC中，cos C，AC4，BC3，所以由余弦定理知AB2AC2BC22ACBCcos C1692439，所以AB3，所以ABC是等腰三角形过点B作BDAC于点D(图略)，则BD，tan ，所以tan B4.故选C4多选(2020新高考全国卷)如图是函数ysin (wx)的部分图象，则sin (wx)()AsinBsinCcosDcosBC由题图可知，函数的最小正周期T2，2.当2时，ysin(2x)，将点代入得，sin0，22k，kZ，即2k，kZ
3、，故ysin.由于ysinsin2xsin，故选项B正确；ysin2xcos2xcos2x，选项C正确；对于选项A，当x时，sin10，错误；对于选项D，当x时，cos211，错误当2时，ysin(2x)，将代入，得sin0，结合函数图象，知22k，kZ，得2k，kZ，ysin，但当x0时，ysin2x0，与图象不符合，舍去综上，选BC5(2017全国卷)已知曲线C1：ycos x，C2：ysin，则下面结论正确的是()A把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2B把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单
4、位长度，得到曲线C2C把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2D把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2D因为ysincoscos，所以曲线C1：ycos x上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到曲线ycos 2x，再把得到的曲线ycos 2x向左平移个单位长度，得到曲线ycos 2cos.故选D6(2020全国卷)已知函数f (x)sin x，则()Af (x)的最小值为2Bf (x)的图象关于y轴对称Cf (x)的图象关于直线x对称Df (x)的图象关于直线x对称D由题意得s
5、in x1，0)(0，1对于A，当sin x(0，1时，f (x)sin x22，当且仅当sin x1时取等号；当sin x1，0)时，f (x)sin x22，当且仅当sin x1时取等号，所以A错误对于B，f (x)sin(x)f (x)，所以f (x)是奇函数，图象关于原点对称，所以B错误对于C，f (x)sin(x)(sin x)，f (x)sin(x)sin x，则f (x)f (x)，f (x)的图象不关于直线x对称，所以C错误对于D，f sincos x，f sincos x，所以f f ，f (x)的图象关于直线x对称，所以D正确故选D7(2018全国卷)若f (x)cos x
6、sin x在a，a是减函数，则a的最大值是()A B C DA法一：f (x)cos xsin xcos，且函数ycos x在区间0，上单调递减，则由0x，得x.因为f (x)在a，a上是减函数，所以解得a，所以0a，所以a的最大值是，故选A法二：因为f (x)cos xsin x，所以f (x)sin xcos x，则由题意，知f (x)sin xcos x0在a，a上恒成立，即sin xcos x0，即sin0在a，a上恒成立，结合函数ysin的图象可知有解得a，所以0a，所以a的最大值是，故选A8(2016全国卷)已知函数f (x)sin(x)，x为f (x)的零点，x为yf (x)图象
7、的对称轴，且f (x)在上单调，则的最大值为()A11 B9 C7 D5B先根据函数的零点及图象对称轴，求出，满足的关系式，再根据函数f (x)在上单调，则的区间长度不大于函数f (x)周期的，然后结合|计算的最大值因为f (x)sin(x)的一个零点为x，x为yf (x)图象的对称轴，所以k(k为奇数)又T，所以k(k为奇数)又函数f (x)在上单调，所以，即12.若11，又|，则，此时，f (x)sin，f (x)在上单调递增，在上单调递减，不满足条件若9，又|，则，此时，f (x)sin，满足f (x)在上单调的条件故选B9(2018全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
8、若ABC的面积为，则C()A B C DC根据题意及三角形的面积公式知absin C，所以sin Ccos C，所以在ABC中，C.10(2019全国卷)下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是()Af (x)|cos 2x|Bf (x)|sin 2x|Cf (x)cos|x|Df (x)sin|x|AA中，函数f (x)|cos 2x|的周期为，当x时，2x，函数f (x)单调递增，故A正确；B中，函数f (x)|sin 2x|的周期为，当x时，2x，函数f (x)单调递减，故B不正确；C中，函数f (x)cos|x|cos x的周期为2，故C不正确；D中，f (x)sin|x|由正弦函数图
9、象知，在x0和x0时，f (x)均以2为周期，但在整个定义域上f (x)不是周期函数，故D不正确故选A11(2016全国卷)在ABC中，B，BC边上的高等于BC，则cos A()A B C DC法一：设ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由题意得SABCaaacsin B，ca.由余弦定理得b2a2c22accos Ba2a22aaa2，ba.cos A.故选C法二：同法一得ca.由正弦定理得sin Csin A， 又B，sin Csinsin A，即cos Asin Asin A，tan A3，A为钝角又1tan2A，cos2A，cos A.故选C12(2019全国卷)关于函数f
10、 (x)sin|x|sin x|有下述四个结论：f (x)是偶函数；f (x)在区间单调递增；f (x)在，有4个零点；f (x)的最大值为2.其中所有正确结论的编号是()A B C DC法一：f (x)sin|x|sin(x)|sin|x|sin x|f (x)，f (x)为偶函数，故正确；当x时，f (x)sin xsin x2sin x，f (x)在单调递减，故不正确；f (x)在，的图象如图所示，由图可知函数f (x)在，只有3个零点，故不正确；ysin|x|与y|sin x|的最大值都为1且可以同时取到，f (x)可以取到最大值2，故正确综上，正确结论的序号是.故选C法二：f (x)
11、sin|x|sin(x)|sin|x|sin x|f (x)，f (x)为偶函数，故正确，排除B；当x时，f (x)sin xsin x2sin x，f (x)在单调递减，故不正确，排除A；ysin |x|与y|sin x|的最大值都为1且可以同时取到，f (x)的最大值为2，故正确故选C13(2019全国卷)设函数f (x)sin(0)，已知f (x)在0，2有且仅有5个零点下述四个结论：f (x)在(0，2)有且仅有3个极大值点；f (x)在(0，2)有且仅有2个极小值点；f (x)在单调递增；的取值范围是.其中所有正确结论的编号是()A B C DD如图，根据题意知，xA2xB，根据图象
12、可知函数f (x)在(0，2)有且仅有3个极大值点，所以正确；但可能会有3个极小值点，所以错误；根据xA2xB，有2，得，所以正确；当x时，x，因为，所以，所以函数f (x)在单调递增，所以正确14(2016全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A，cos C，a1，则b_.因为A，C为ABC的内角，且cos A，cos C，所以sin A，sin C，所以sin Bsin(AC)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C.又a1，所以由正弦定理得b.15(2019全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b6，a2c，B，则ABC的面积为_
13、6法一：因为a2c，b6，B，所以由余弦定理b2a2c22accos B，得62(2c)2c222cccos ，得c2，所以a4，所以ABC的面积Sacsin B42sin 6.法二：因为a2c，b6，B，所以由余弦定理b2a2c22accos B，得62(2c)2c222cccos ，得c2，所以a4，所以a2b2c2，所以A，所以ABC的面积S266.16(2015全国卷)在平面四边形ABCD中，ABC75，BC2，则AB的取值范围是_(，)画出四边形ABCD，延长CD，BA，探求出AB的取值范围如图所示，延长BA与CD相交于点E，过点C作CFAD交AB于点F，则BFABBE.在等腰三角形
14、CFB中，FCB30，CFBC2，BF.在等腰三角形ECB中，CEB30，ECB75，BECE，BC2，BE.AB.17(2020北京高考)若函数f (x)sin(x)cos x的最大值为2，则常数的一个取值为_(答案不唯一)易知当ysin(x)，ycos x同时取得最大值1时，函数f (x)sin(x)cos x取得最大值2，故sin(x)cos x，则2k，kZ，故常数的一个取值为.18一题两空(2019浙江高考)在ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上若BDC45，则BD_，cosABD_.在BDC中，BC3，sinBCD，BDC45，由正弦定理得，则BD.在ABD中，s
15、inBAD，cosBAD，ADB135，cosABDcos180(135BAD)cos(45BAD)cos 45cosBADsin 45sinBAD.1(2020济南模拟)在ABC中，sin A，cos B，则cos C()A BC或DD因为cos B，所以sin B，因为sin A，所以cos A，因为sin Bsin A，所以BA，所以角A为锐角，所以cos A，cos Ccos(AB)sin Asin Bcos Acos B.2(2020潍坊模拟)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c1，b2，A，则B()A B C D或Cc1，b2，A，由余弦定理可得a，由正弦定理可
16、得sin B，ba，B为锐角，B.故选C3(2020石家庄模拟)若将函数f (x)sin x2cos x的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)sin x2cos x的图象，则cos ()A B C DCf (x)sin(x)，其中cos ，sin ，g(x)sin x2cos xsin(x)，sin(x)sin(x)，xx2k，kZ，22k，kZ，cos cos 22cos211，故选C4(2020江西红色七校第一次联考)若函数f (x)Asin(x)图象的一个对称中心为，与该对称中心相邻的一条对称轴的方程为x，该对称轴处所对应的函数值为1，为了得到g(x)cos 2x的图象，只需将f (
17、x)的图象()A向左平移个单位长度B向左平移个单位长度C向右平移个单位长度D向右平移个单位长度B由题可知f (x)的最小值为1，故A1.最小正周期T4，故2.又当x时，f (x)取得最小值，故22k，kZ，又|，所以，即f (x)sin.又g(x)cos 2xsinsin，故只要将f (x)的图象向左平移个单位长度，即可得到g(x)cos 2x的图象5(2020济宁模拟)已知，且sin 2(1sin )cos (1cos 2)，则下列结论正确的是()A2B2CDA法一：因为，所以由sin 2(1sin )cos (1cos 2)，得，所以，所以，所以，所以tantan.又，函数ytan x在区
18、间上单调递增，所以，即2，故选A法二：tan ，tan，由sin 2(1sin )cos (1cos 2)，得，则tan tan.又，函数ytan x在区间上单调递增，所以，且2，故选A6(2020西安模拟)将函数f (x)sin(2x)(0)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)sin的图象，则函数f (x)的一个单调递减区间为()A BC DA将函数f (x)sin(2x)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，所以g(x)sinsinsin.又0，所以，所以f (x)sin.由2k2x2k(kZ)，解得kxk(kZ)，令k0可得函数f (x)的一个单调递减区间为，故选A7(
19、2020四川五校联考)在ABC中，角A的平分线交BC于点D，BD2CD2，则ABC面积的最大值为()A3 B2 C3 D4C如图，由BD2CD2，知BC3，由角平分线定理，得2，设ACx，BAC2，则AB2x，由余弦定理，得324x2x222xxcos 2，即x2.SABC2xxsin 2x2sin 23，当且仅当9tan ，即tan 时取等号故ABC面积的最大值为3.8多选(2020济宁模拟)已知函数f (x)sin，则下列四个命题正确的是()Af (x)的最小正周期是Bf (x)是x的充分不必要条件C函数f (x)在区间上单调递增D函数y|f (x)|的图象向左平移个单位长度后得到图象的对
20、称轴方程为x(kZ)AD对于A，由最小正周期T知A正确；对于B，由f (x)得2x2k或2x2k(kZ)，即xk或xk(kZ)，可知f (x)是x的必要不充分条件，B不正确；对于C，由x得2x，因为ysin x在上单调递减，故C不正确；对于D，y|f (x)|的图象向左平移个单位长度得y|sin 2x|的图象，由y|sin x|的图象的对称轴为直线x(kZ)得y|sin 2x|的图象的对称轴为直线x(kZ)，D正确故选AD10.(2020淄博模拟)ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若向量m(a，cos A)，n(cos C，bc)，且mn0，则角A的大小为()A B C DB法一：
21、由mn0，得acos Ccos A(bc)0，由正弦定理，得sin Acos Ccos A(sin Bsin C)0，即sin Acos Ccos Asin Csin Bcos A，所以sin(AC)sin Bcos A，所以sin(B)sin Bcos A，即sin Bsin Bcos A因为0B，所以sin B0，所以cos A，所以A，故选B法二：由mn0，得acos Ccos A(bc)0，由余弦定理，得abcos Ac0，即bbcos A，所以cos A，所以A，故选B11多选(2020青岛模拟)已知函数f (x)sin(x)，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数yf (x)的
22、图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，那么函数yf (x)的图象()A关于点对称B关于点对称C关于直线x对称D关于直线x对称BD由题意，知f (x)的最小正周期T2，所以4，所以f (x)sin(4x)，此函数图象平移后所得图象对应的函数为ysinsin，当函数ysin的图象关于y轴对称时，必有k(kZ)，即k(kZ)，结合|，得，所以由4xn(nZ)，得x(nZ)，当n0时，x，所以函数f (x)的图象的一个对称中心为.由4xm(mZ)，得x(mZ)，当m1时，x，所以函数f (x)的图象关于直线x对称，故选BD12多选(2020枣庄模拟)如图是函数f (x)sin(x)的部分图
23、象，把函数f (x)的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是()A函数g(x)是奇函数B函数g(x)图象的对称轴为直线x(1k)(kZ)C函数g(x)的单调递增区间为(kZ)D函数g(x)图象的对称中心为(k，0)(kZ)AD由题意知函数f (x)的最小正周期T2，由T及0，得2，所以f (x)sin(2x)又f (x)的图象经过点，所以sin1.因为，所以，故f (x)sin.把函数f (x)的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)，得到ysin的图象，再将ysin的图象向左平移个单位长度，得到函
24、数g(x)的图象，故g(x)sin x，是奇函数，A选项正确；函数g(x)图象的对称轴为直线xk(kZ)，B选项错误；函数g(x)的单调递增区间为(kZ)，C选项错误；函数g(x)图象的对称中心为(k，0)(kZ)，D选项正确故选AD13多选(2020临沂模拟)把函数f (x)sin 2xcos 2x的图象向右平移个单位长度，得到函数yg(x)的图象，则下列判断正确的是()Ag(x)sin 2xcos 2xB函数yg(x)的图象关于直线x对称C函数yg(x)在上单调递减D函数yg(x)的图象关于点对称ABD法一：f (x)sin 2xcos 2xsin，所以g(x)sinsin 2xcos 2
25、xsin，显然A正确；令2xk(kZ)，得x(kZ)，所以直线x(kZ)是函数yg(x)的图象的对称轴，当k1时，得对称轴为直线x，B正确；令2xk(kZ)，得x(kZ)，所以点(kZ)是函数yg(x)的图象的对称中心，当k0时，得对称中心为点，D正确；令2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，所以函数yg(x)在区间(kZ)上单调递减，故C错误故选ABD法二：f (x)sin 2xcos 2xsin，所以g(x)sinsin 2xcos 2xsin，显然A正确；当x时，gsinsin，所以B正确；当x时，gsin0，所以D正确；当x时，2x，易知C错误故选ABD14多选(2020滨州模拟)已
26、知P(1，2)是函数f (x)Asin(x)图象的一个最高点，B，C是与P相邻的两个最低点设BPC，若tan，则下列说法正确的是()AA2Bf (x)的最小正周期为6CD是f (x)图象的一个对称中心ABD如图，连接BC，设BC的中点为D，E，F为与点P最近的函数f (x)的图象与x轴的交点，即函数f (x)图象的两个对称中心，连接PD，则由题意知A2，A正确；|PD|4，BPDCPD，PDBC，所以tanBPDtan，所以|BD|3，|BC|6，f (x)的最小正周期为6，B正确；，12k，kZ，2k，kZ，又|，故，C错误；由函数f (x)图象的对称性知，xF1，所以F是f (x)图象的一
27、个对称中心，D正确故选ABD15多选(2020泰安模拟)已知直线x是函数f (x)sin xacos x的图象的一条对称轴，若x1，x2满足f (x1)f (x2)2，则()Aa的值为1Bf (x)的最大值为2Cf (x)在上单调递增D|x1x2|可取或ACD法一：f (x)sin xacos xsin(x)，其中tan a.由直线x是函数图象的对称轴可得k(kZ)，即k(kZ)，所以atan 1，故A正确，f (x)sin，所以B错误，C正确若f (x1)f (x2)2，则f (x1)f (x2)或，当f (x1)f (x2)时，可设x12k1，x22k2，其中k1，k2Z，则|x1x2|，
28、当k1k20时，可得|x1x2|；当k1k21时，|x1x2|.当f (x1)f (x2)时，同理可得|x1x2|，k1，k2Z，易知|x1x2|可取或.故选ACD法二：由直线x是函数f (x)图象的对称轴可得f 0，即f cosasin0，即a1，故A正确，f (x)sin，所以B错误，C正确若f (x1)f (x2)2，则f (x1)f (x2)或，当f (x1)f (x2)时，可设x12k1，x22k2，其中k1，k2Z，则|x1x2|，当k1k20时，可得|x1x2|；当k1k21时，|x1x2|.当f (x1)f (x2)时，同理可得|x1x2|，k1，k2Z，易知|x1x2|可取或
29、.故选ACD16多选(2020聊城模拟)已知函数f (x)Acos(x)的图象如图所示，令g(x)f (x)f (x)，则下列说法正确的是()A若函数h(x)g(x)2的两个不同零点分别为x1，x2，则|x1x2|的最小值为B函数g(x)的最大值为2C函数g(x)的图象上存在点P，使得在P点处的切线与直线y3x1平行D函数g(x)图象的对称轴方程为xk(kZ)AD由题图可知，A2，得1，由f 2cos2以及|，得，所以f (x)2cos，所以g(x)2cos2sin2cos.h(x)2cos2，令h(x)0，得cos，易知该方程的实根之间差的绝对值的最小值为，选项A正确；g(x)的最大值为2，
30、选项B不正确；g(x)2sin3无解，选项C不正确；由xk(kZ)，得g(x)图象的对称轴方程为xk(kZ)，所以选项D正确17(2020大同调研)已知sin，且，则cos_.1因为，所以.由sin，得，所以，则coscos1.18(2020惠州第一次调研)若，sin，则cos 2_.由sin可得sin cos ，故sin cos ，两边平方得12sin cos ，所以sin 2，因为，所以2，所以2，故cos 2.19(2020日照模拟)在ABC中，B，BC边上的高等于BC，则sin A_.法一：记A，B，C的对边分别为a，b，c，作ADBC交BC于D(图略)，则ADa.ABC的面积Saaa
31、csin B，得ac.由余弦定理得b2a2c22accos B，得bc.由正弦定理得，所以sinBAC.法二：作ADBC交BC于D(图略)，则ADBC，设BC3，则AD1.由B，可知BD1，则DC2，AC.由正弦定理得，所以sinBAC.20(2020合肥调研)在ABC中，A2B，AB，BC4，CD平分ACB交AB于点D，则线段AD的长为_1因为A2B，BC4，所以由正弦定理，得，所以cos B，且AC2，所以由余弦定理AC2BC2AB22BCABcos B，得AC24224，即9AC3193AC3360，得(AC3)(3AC7)(3AC16)0，解得AC或AC3.当AC时，cos B，2B2
32、ACBA，由三角形内角和定理ABACB，得B，矛盾，舍去；当AC3时，由三角形的角平分线，得，即，解得AD1.综上可得，AD1.21(2020广东四校联考)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB1，BC2，ACD是以D为顶点的等腰直角三角形，则BCD面积的最大值为_1在ABC中，设ACB，ABC，由余弦定理可得AC2144cos 54cos ，因为ACD为等腰直角三角形，所以CD2，由正弦定理得，所以ACsin sin ，所以CDsin sin ，所以(CDcos )22CD2(1sin2)2CD22CD2sin254cos sin2(2cos )2，因为BAC，所以为锐角，CDcos 2co
33、s ，SBCD2CDsinCDsinCDsin CDcos sin 1cos 1sin，当时，(SBCD)max1.22一题两空(2020烟台模拟)已知0，且sin ，则tan_，_.7因为0，且sin ，所以cos ，所以tan ，则tantan7.23一题两空(2020济南模拟)在ABC中，已知点D在线段AC上，ABBD，BC3，BD5，sinABC，则CD_，cosBAC_.4由题意得sinABCsincosDBC，在DBC中，因为BD5，BC3，所以由余弦定理可知DC2BD2BC22BDBCcosDBC252725316，所以CD4.易知cosBACcossinBDAsinBDC，又sinDBC，所以由正弦定理可知sinBDCBC，则cosBAC.24一题两空(2020陕西百校联盟第一次模拟)在ABC中，D为AC的中点，若AB，BC2，BD，则cosABC_，sinC_.法一：依题意得，cosADBcosBDC，所以，又ADDCAC，所以BD2AD2AB2(BD2DC2BC2)，所以2BD，即2，解得AC.由余弦定理得cosABC，所以sinABC，由正弦定理，得sinC.法二：依题意得()，所以2()2，即22242，2222cosABC4()2，解得cosABC，所以sinABC.因为()2()22(22)，所以4()2|22，解得|.由正弦定理，得sinC.