专题05 三角函数（考点串讲）-2024-2025学年高一数学上学期期末考点大串讲（苏教版2019必修第一册）

高一数学上学期·期末复习大串讲 专题05 三角函数 苏教版(2019) 必修第一册 01 02 03 目 录 押题预测 题型剖析 考点透视 24大常考点：知识梳理、思维导图 48个题型典例剖析+技巧点拨 精选23道期末真题对应考点练 考点透视 01 PART 考点透视 考点1.角的相关概念 (1)角的概念 角可以看成__________绕着它的_______旋转所成的图形． (2)角的表示 如图，①始边：射线的_______位置OA； ②终边：射线的________位置OB； ③顶点：射线的端点O； ④记法：图中的角α可记为“角α”或“∠α”或“∠AOB”，可以简记成“α”． 一条射线 端点 起始 终止 考点透视 考点1.角的相关概念 名称 定义 图形 正角 一条射线绕其端点按______方向旋转形成的角 负角 一条射线绕其端点按_______方向旋转形成的角 零角 一条射线没有做_____旋转形成的角 逆时针 顺时针 任何 (3)角的分类 考点透视 考点2.角的相等与加减 [点拨]　对角的概念的认识关键是抓住“旋转”二字： (1)要明确旋转方向；(2)要明确旋转量；(3)要明确射线未作旋转时的位置． (1)角的相等 设角α由射线OA绕端点O旋转而成，角β由射线O′A′绕端点O′旋转而成．如果它们的________________且____________，那么就称α＝β. (2)角的加法 设α，β是任意两个角，把角α的终边旋转角β，这时终边所对应的角是_____． 旋转方向相同 旋转量相等 α＋β 考点透视 考点2.角的相等与加减 (3)相反角 把射线OA绕_______按不同方向旋转_________所成的两个角叫做互为相反角．角α的相反角记为－α. (4)角的减法 角的减法可以转化为角的加法，有α－β＝α＋(－β)． 端点O 相同的量 考点透视 考点3.平面直角坐标系中的任意角 条件 在直角坐标系中，角的顶点与______重合，角的始边与x轴的___________重合 象限角 角的_____在第几象限，就说这个角是第几象限角 轴线角 角的终边在________上，就认为这个角不属于任何一个象限，可称为轴线角 终边相同的角 所有与角α终边相同的角，连同角α在内，可构成一个集合S＝{β|β＝___________，k∈Z}，即任一与角α终边相同的角，都可以表示成角α与整数个_______的和 原点 非负半轴 终边 坐标轴 α＋k·360° 周角 考点透视 考点4.度量角的两种单位制 (1)角度制 ①定义：用______作为单位来度量角的单位制． ②1度的角：周角的______为1度的角，记作1°. (2)弧度制 ①定义：以______作为单位来度量角的单位制． ②1弧度的角：长度等于________的圆弧所对的圆心角叫做1弧度的角． ③表示方法：1弧度记作________． 度 弧度 半径长 1 rad 考点透视 考点5.弧度数的计算及弧度与角度互化 (1)弧度数的计算 正数 负数 0 考点透视 考点5.弧度数的计算及弧度与角度互化 (2)弧度与角度的互化 2π 2π π π 0.01745 57.30° 考点透视 考点5.弧度数的计算及弧度与角度互化 度 0° 30° 45° 60° 90° 120° 135° 150° 180° 弧度 0 ____ ____ ____ ____ ____ π (3)一些特殊角的度数与弧度数的对应表 考点透视 考点6.扇形的弧长及面积公式 设扇形的半径为R，弧长为l，α(0<α<2π)为其圆心角，则 (1)弧长公式：l＝_____． (2)扇形面积公式：S＝_______＝_______． [提醒]　在应用弧长公式、扇形面积公式时，要注意α的单位是“弧度”． αR 考点透视 考点7.三角函数的概念 纵 y sinα y＝sinα 横 x 纵 横 考点透视 考点7.三角函数的概念 三角函数 定义域 y＝sinx x∈_____ y＝cosx x∈_____ y＝tanx x∈__________________________ (2)三角函数的定义域 R R 考点透视 考点8.公式一 [点拨]　(1)公式一的实质：角α的终边每绕原点旋转一周，函数值将重复出现一次，体现了三角函数特有的“周而复始”的变化规律． (2)公式一的结构特征：①左、右为同一三角函数；②公式左边的角为α＋k·2π(k∈Z)，右边的角为α. 名称 符号语言 文字语言 公式一 sin(α＋k·2π)＝______(k∈Z) cos(α＋k·2π)＝______(k∈Z) tan(α＋k·2π)＝______(k∈Z) 终边相同的角的同一三角函数的值______ sinα cosα tanα 相等 考点透视 考点9.同角三角函数的基本关系 同角三角函数的基本关系 关系式 语言叙述 平方关系 ________________ 同一个角α的正弦、余弦的________等于1 商数关系 __________________________ 同一个角α的正弦、余弦的___等于角α的正切 sin2α＋cos2α＝1 平方和 商 考点透视 考点10.诱导公式 公式二 sin(π＋α)＝_______ cos(π＋α)＝______ tan(π＋α)＝______ 公式三 sin(－α)＝_______ cos(－α)＝_____ tan(－α)＝______ 公式四 sin(π－α)＝______ cos(π－α)＝______ tan(π－α)＝______ －sinα －cosα tanα －sinα cosα －tanα sinα －cosα －tanα 考点透视 考点11.诱导公式五、六 cosα sinα cosα -sinα 考点透视 考点12.正弦函数的图象 1．正弦曲线 正弦函数y＝sinx，x∈R的图象叫做___________． 正弦曲线 考点透视 考点12.正弦函数的图象 2．正弦函数图象的画法 (1)几何法 ①利用________画出y＝sinx，x∈[0，2π]的图象； ②将图象不断____________平移(每次移动2π个单位长度)． 单位圆 向左、向右 考点透视 考点12.正弦函数的图象 (2)“五点法” ①画出正弦曲线在[0，2π]上的图象的五个关键点 __________________________________________，用光滑的曲线连接； ②将所得图象不断___________平移(每次移动2π个单位长度)． 向左、向右 考点透视 考点13.余弦函数的图象 余弦曲线 考点透视 考点13.余弦函数的图象 ②用“五点法”画余弦曲线y＝cosx在[0，2π]上的图象时，所取的五个关键点分 别为___________________________________________，再用光滑的曲线连接．将所得图象不断______________平移(每次移动2π个单位长度)． [点拨]　(1)正弦函数、余弦函数的图象向左、向右是无限伸展的． (2)正弦曲线、余弦曲线两者的形状相同，只是在坐标系中的位置不同，可以通过相互平移得到． 向左、向右 考点透视 考点14.函数的周期性 (1)周期函数：一般地，设函数f(x)的定义域为D，如果存在一个____________，使得对每一个x∈D都有_________，且_____________，那么函数f(x)就叫做周期函数.___________叫做这个函数的周期． (2)最小正周期：如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的______，那么这个最小______就叫做f(x)的___________． 非零常数T x＋T∈D f(x＋T)＝f(x) 非零常数T 正数 正数 最小正周期 考点透视 考点1 函数 y＝sinx y＝cosx 周期 2kπ(k∈Z且k≠0) 2kπ(k∈Z且k≠0) 最小正周期 ______ _____ 奇偶性 _______ ________ 2π 2π 奇函数 知识点二　正弦函数、余弦函数的周期性和奇偶性 偶函数 考点透视 考点15.正弦函数、余弦函数的性质 y＝sinx y＝cosx 相同处 定义域 ______ _____ 值域 __________ ___________ 周期性 ________________ ________________ 不同处 图象 R R [－1，1] [－1，1] 最小正周期2π 最小正周期2π 考点透视 考点15.正弦函数、余弦函数的性质 不同处 奇偶性 __________ __________ 单调性 在__________________________单调递增； 在________________________上单调递减 在___________________上单调递增； 在__________________上单调递减 最值 x＝______________时，ymax＝1； x＝_____________时，ymin＝－1 x＝__________时，ymax＝1； x＝______________时，ymin＝－1 奇函数 偶函数 [2kπ－π，2kπ](k∈Z) [2kπ，2kπ＋π](k∈Z) 2kπ(k∈Z) 2kπ＋π(k∈Z) 考点透视 考点16.正切函数的图象 (1)正切函数的图象． 考点透视 考点16.正切函数的图象 正切曲线 考点透视 考点17.正切函数的性质 (1)正切函数的性质 函数 y＝tanx 定义域 ____________________________ 值域 ____ 周期 最小正周期为____ 奇偶性 ________ 单调性 _______________________________________________________ R π 奇函数 考点透视 考点17.正切函数的性质 考点透视 考点18.两角差的余弦公式 公式 cos(α－β)＝__________________ 适用条件 公式中的角α，β都是任意角 公式结构 公式右端的两部分为同名三角函数的积，连接符号与左边角的连接符号相反 cosαcosβ＋sinαsinβ 考点透视 考点19.辅助角公式 考点透视 考点20.两角和与差的余弦、正弦、正切公式 名称 简记符号 公式 适用条件 两角差的余弦公式 C(α－β) cos(α－β)＝_________________ α，β∈R 两角和的余弦公式 C(α＋β) cos(α＋β)＝__________________ α，β∈R 两角和的正弦公式 S(α＋β) sin(α＋β)＝__________________ α，β∈R 两角差的正弦公式 S(α－β) sin(α－β)＝__________________ α，β∈R cosαcosβ＋sinαsinβ cosαcosβ－sinαsinβ sinαcosβ＋cosαsinβ sinαcosβ－cosαsinβ 考点透视 考点20.两角和与差的余弦、正弦、正切公式 考点透视 考点21.半角公式 1-2sin2α 2cos2α-1 2α α 考点透视 考点22.积化和差与和差化积公式 考点透视 考点22.积化和差与和差化积公式 考点透视 考点23.二倍角的正弦、余弦、正切公式 记法 公式 S2α sin2α＝___________ C2α cos2α＝______________ T2α tan2α＝______________ 2sinαcosα cos2α－sin2α 考点透视 考点24.二倍角公式的变形 1-2sin2α (1) (2)sinαcosα＝__________． (3)1±sin2α＝ ______________ ． 2cos2α-1 (sinα±cosα)2 题型剖析 02 PART 题型剖析 题型1.任意角的概念 【例题1】下列命题正确的是(　　) A．终边与始边重合的角是零角 B．终边和始边都相同的两个角一定相等 C．在90°≤β<180°范围内的角β不一定是钝角 D．小于90°的角是锐角 解析　终边与始边重合的角还可能是360°，720°，…，A错误；终边和始边都相同的两个角可能相差360°的整数倍，如30°与－330°，B错误；因为在90°≤β<180°范围内的角β包含90°角，所以不一定是钝角，C正确；小于90°的角可以是零角，也可以是负角，D错误．故选C. 答案 解析 题型剖析 题型2.求与已知角终边相同的角 【例题2】与－463°终边相同的角可以表示为(　　) A．k·360°＋463°(k∈Z) B．k·360°＋103°(k∈Z) C．k·360°＋257°(k∈Z) D．k·360°－257°(k∈Z) 答案 解析 解析：∵－463°＝257°－2×360°，∴与－463°终边相同的角可以表示为k·360°＋257°(k∈Z)．故选C. 题型剖析 题型3.象限角的判定 解 【例题3】若α为第三象限角，试判断90°－α的终边所在的象限． 解：因为α为第三象限角， 所以180°＋k·360°<α<270°＋k·360°，k∈Z， 则－180°－k·360°<90°－α<－90°－k·360°，k∈Z， 所以90°－α的终边在第三象限． 题型剖析 题型4.角度与弧度的互化 答案 解析 105° －396° 题型剖析 题型5.利用弧度制表示角 【例题5】在[0，4π]中，与72°角终边相同的角有________(用弧度表示)． 答案 解析 题型剖析 题型6.扇形的弧长公式与面积公式的应用 【例题6】已知扇形的周长为8 cm. (1)若该扇形的圆心角为0.5 rad，求该扇形的面积； (2)求该扇形的面积的最大值，并指出对应的圆心角． 解 题型剖析 题型7.三角函数的定义及应用 解 题型剖析 题型8.判断三角函数值的符号 解　(1)∵2023°＝5×360°＋223°，2024°＝5×360°＋224°，2025°＝5×360°＋225°， ∴它们都是第三象限角， ∴sin2023°<0，cos2024°<0，tan2025°>0， ∴sin2023°cos2024°tan2025°>0. 【例题8】判断下列各式的符号： (1)sin2023°cos2024°tan2025°； (2)tan191°－cos191°； (3)sin2cos3tan4. 解 题型剖析 题型1 解 题型剖析 题型9.公式一的应用 解 题型剖析 题型10.基本关系式的简单应用 解 题型剖析 题型11.sinα±cosα，sinαcosα的应用 解 题型剖析 题型12.利用同角三角函数关系式化简与证明 解 题型剖析 题型13.给角求值 解 题型剖析 题型14.给式(值)求值 答案 解析 题型剖析 题型15. 三角函数式的化简 解 题型剖析 题型15. 三角函数式的化简 解 题型剖析 题型16.利用诱导公式化简、求值 答案 解析 题型剖析 题型17.利用诱导公式证明恒等式 证明 题型剖析 题型18.诱导公式的综合应用 题型剖析 题型18.诱导公式的综合应用 解 题型剖析 题型19.函数周期性的判断 题型剖析 题型19.函数周期性的判断 解 题型剖析 题型19.函数周期性的判断 解 题型剖析 题型19.函数周期性的判断 解 题型剖析 题型20.函数奇偶性的判断 解 题型剖析 题型20.函数奇偶性的判断 解 题型剖析 题型21.三角函数周期性与奇偶性的综合 答案 解析 题型剖析 题型22.用“五点法”作三角函数的图象 【例题22】用“五点法”作出下列函数的简图： (1)y＝1－sinx(0≤x≤2π)； (2)y＝－1＋cosx(0≤x≤2π)． 题型剖析 题型22.用“五点法”作三角函数的图象 解 题型剖析 题型22.用“五点法”作三角函数的图象 解 题型23.用图象变换法作函数图象 解 解 题型24.利用图象解方程或不等式 解　建立平面直角坐标系xOy，先用“五点法”画出函数y＝sinx，x∈R的图象． 描出点(1，0)，(10，1)，并用光滑曲线连接得到y＝lg x的图象，如图所示． 由图可知方程sinx＝lg x的解的个数为3. 【例题25】在同一平面直角坐标系中，画出函数y＝sinx和y＝lg x的图象，根据图象判断方程sinx＝lg x的解的个数． 解 题型25.利用图象判断方程解的个数 解 题型26.求正弦型、余弦型函数的单调区间 解 题型26.求正弦型、余弦型函数的单调区间 题型27.利用三角函数的单调性比较大小 解 题型27.利用三角函数的单调性比较大小 解 题型27.利用三角函数的单调性比较大小 解析 答案 题型28.正弦型、余弦型函数的最值(值域)问题 题型29.正切型函数的定义域 解 题型29.正切型函数的定义域 解 题型30.正切型函数的周期性、奇偶性 解 题型31.正切型函数的单调性 答案 解析 题型32.正切型函数的值域 题型33.正切型函数图象与性质的综合 解 题型33.正切型函数图象与性质的综合 解 题型33.正切型函数图象与性质的综合 解 题型33.正切型函数图象与性质的综合 题型34.给角求值 解 题型34.给角求值 答案 题型35.给值求值 题型剖析 题型36.给值求角 解 解 题型37.化简求值   解 题型37.化简求值   解 答案 解析 题型38.给值求值 解 解 题型39.给值求角 解 题型40.给角求值 解 题型40.给角求值 解 解 题型41.给值求值(角) 【例题42】求证：cos2(A＋B)－sin2(A－B)＝cos2Acos2B. 证明 题型42.化简与证明问题 解 题型43.利用半角公式解决求值问题 【例题44】求sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°的值． 解 题型44.积化和差、和差化积公式的应用 解 题型44.积化和差、和差化积公式的应用 解 题型45.三角函数式的化简与证明问题 解 题型45.三角函数式的化简与证明问题 解 答案 解析 π 题型46.辅助角公式的应用 【例题47】如图所示，要把半径为R的半圆形木料截成长方形，应怎样截取才能使△OAB的周长最大？ 题型47.三角恒等变换的实际应用 解 题型47.三角恒等变换的实际应用 题型48.三角恒等变换与三角函数性质的综合 解 题型48.三角恒等变换与三角函数性质的综合 押题预测 03 PART 题型剖析 1．下列角中与60°角终边相同的是(　　) A．240° B．440° C．1140° D．1260° 解析：与60°角终边相同的角的集合为{α|α＝60°＋k·360°，k∈Z}，取k＝3，得α＝1140°.所以与60°角终边相同的角是1140°. 答案 解析 题型剖析 2．已知α＝－3 rad，则角α的终边在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析： ∵α＝－3 rad≈－3×57.30°＝－171.9°，∴角α的终边在第三象限．故选C. 答案 解析 题型剖析 3．与－457°角终边相同的角的集合是(　　) A．{α|α＝457°＋k·360°，k∈Z} B．{α|α＝97°＋k·360°，k∈Z} C．{α|α＝263°＋k·360°，k∈Z} D．{α|α＝－263°＋k·360°，k∈Z} 解析：由于－457°＝－1×360°－97°＝－2×360°＋263°，故与－457°角终边相同的角的集合是{α|α＝－457°＋k·360°，k∈Z}＝{α|α＝－97°＋k·360°，k∈Z}＝{α|α＝263°＋k·360°，k∈Z}． 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 14．已知点P(sinθ，sinθcosθ)位于第二象限，那么角θ的终边所在的象限是(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：由点P(sinθ，sinθcosθ)位于第二象限可得sinθ<0，sinθcosθ>0，可得sinθ<0，cosθ<0，∴角θ的终边所在的象限是第三象限． 答案 解析 题型剖析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 答案 解析 eq \f(1,360) eq \f(l,r) eq \f(π,180) （eq \f(180,π)）° eq \f(π,4) eq \f(π,3) eq \f(2π,3) eq \f(3π,4) eq \f(5π,6) eq \f(π,2) eq \f(π,6) eq \f(1,2)αR2 eq \f(1,2)lR eq \f(y,x) (1)任意角的三角函数的定义 前提 如图，设α是一个任意角，α∈R，它的终边OP与单位圆相交于点P(x，y) 定义 正弦函数 把点P的_____坐标___叫做α的正弦函数，记作_______，即_________ 余弦函数 把点P的_____坐标_____叫做α的余弦函数，记作cosα，即x＝cosα 正切函数 把点P的_____坐标与____坐标的比值____叫做α的正切，记作tanα，即eq \f(y,x)＝tanα(x≠0)，以单位圆上点的纵坐标与横坐标的比值为函数值的函数，称为正切函数 三角函数 我们将正弦函数、余弦函数和正切函数统称为三角函数 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋kπ（k∈Z）)))) eq \f(sinα,cosα)＝tanαeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z)) (0，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0) eq \f(π,2) (1)余弦曲线 余弦函数y＝cosx，x∈R的图象叫做________． (2)余弦函数图象的画法 ①要得到y＝cosx的图象，只需把y＝sinx的图象向左平移______个单位长度即可，这是由于cosx＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))). (0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))，(2π，1) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))(k∈Z) 2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z) 2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)))(k∈Z) x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z (2)正切函数y＝tanx，x∈R，x≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z的图象叫做____________． (3)正切函数的图象特征 正切曲线是被与y轴平行的一系列直线_________________所隔开的无穷多支形状相同的曲线组成的． [点拨]　(1)画函数y＝tanx，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的简图时，可采用“三点两线”法，即可以先描三点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－1))，(0，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))，再画两条平行的虚线x＝－eq \f(π,2)，x＝eq \f(π,2)，最后连线． (2)正切函数y＝tanx图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z，没有对称轴． 在每一个开区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上都单调递增 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))) (2)函数y＝tanωx(ω≠0)的最小正周期是______． [提醒]　(1)虽然正切函数y＝tanx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)上单调递增，但不能说正切函数在其定义域上单调递增． (2)正切函数没有单调递减区间，在每一个单调区间内都是递增的，并且每个单调区间均为开区间． (3)正切函数没有最大值和最小值． eq \f(π,|ω|) y＝asinx＋bcosx＝________________eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(b,a)，φ所在象限由a和b的符号确定)). [点拨]　(1)该函数的最大值为eq \r(a2＋b2)，最小值为－eq \r(a2＋b2). (2)y＝asinx＋bcosx＝eq \r(a2＋b2)cos(x－θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(a,b)))也是常用的化简形式． eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ) 两角和的 正切公式 T(α＋β) tan(α＋β)＝_____________ α，β，α＋β≠kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z) 两角差的 正切公式 T(α－β) tan(α－β)＝_____________ α，β，α－β≠kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z) 2cos2eq \f(α,2)-1 [提醒]　公式中的正负号不能直接去掉，要根据eq \f(α,2)所在范围选用符号． 1-2sin2eq \f(α,2) (1)积化和差公式 sinαcosβ＝eq \f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]． cosαsinβ＝eq \f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]． cosαcosβ＝eq \f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]． sinαsinβ＝－eq \f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]． (2)和差化积公式 sinα＋sinβ＝2sineq \f(α＋β,2)coseq \f(α－β,2). sinα－sinβ＝2coseq \f(α＋β,2)sineq \f(α－β,2). cosα＋cosβ＝2coseq \f(α＋β,2)coseq \f(α－β,2). cosα－cosβ＝－2sineq \f(α＋β,2)sineq \f(α－β,2). eq \f(2tanα,1－tan2α) eq \f(1+cos2α,2) eq \f(1,2)sin2α eq \f(1-cos2α,2) eq \f(π,9) －eq \f(π,12) 【例题4】将下列角度与弧度进行互化： ①20°＝________；②－15°＝________； ③eq \f(7π,12)＝________；④－eq \f(11π,5)＝________． 解析　①20°＝20×eq \f(π,180)＝eq \f(π,9).②－15°＝－15×eq \f(π,180)＝－eq \f(π,12).③eq \f(7π,12)＝eq \f(7π,12)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(180,π)))°＝105°.④－eq \f(11π,5)＝－eq \f(11π,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(180,π)))°＝－396°. eq \f(2π,5)，eq \f(12π,5) 解析　因为终边与72°角相同的角为θ＝72°＋k·360°(k∈Z), 当k＝0时，θ＝72°＝eq \f(2π,5)；当k＝1时，θ＝432°＝eq \f(12π,5)，所以在[0，4π]中与72°角终边相同的角有eq \f(2π,5)，eq \f(12π,5). 解　设扇形的半径为r，弧长为l，圆心角为α，扇形的面积为S. (1)由题意，得2r＋l＝8，l＝0.5r， 解得r＝3.2 cm，l＝1.6 cm， 所以S＝eq \f(1,2)lr＝2.56(cm2)． (2)由2r＋l＝8，得l＝8－2r，r∈(0，4)， 则S＝eq \f(1,2)lr＝eq \f(1,2)(8－2r)r＝4r－r2＝－(r－2)2＋4，当r＝2 cm时，Smax＝4 cm2，此时l＝4 cm，圆心角α＝eq \f(l,r)＝2. 解　如图，在Rt△OMP中，∠MOP＝eq \f(π,4)⇒|OM|＝|MP|＝eq \f(\r(2),2)⇒Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))⇒sineq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，coseq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，所以taneq \f(5π,4)＝1. 【例题7】(2024·广东中山一中高一上月考)求eq \f(5π,4)的正弦、余弦和正切值． (2)∵191°角是第三象限角， ∴tan191°>0，cos191°<0， ∴tan191°－cos191°>0. (3)∵eq \f(π,2)<2<π，eq \f(π,2)<3<π，π<4<eq \f(3π,2)， ∴2是第二象限角，3是第二象限角，4是第三象限角， ∴sin2>0，cos3<0，tan4>0， ∴sin2cos3tan4<0. 解　(1)原式＝a2sin(－4×360°＋90°)＋b2tan(360°＋45°)－2abcos(－3×360°)＝a2sin90°＋b2tan45°－2abcos0°＝a2＋b2－2ab＝(a－b)2. (2)原式＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2π＋\f(π,6)))＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π＋\f(2π,5)))·tan(4π＋0)＝sineq \f(π,6)＋coseq \f(2π,5)tan0＝sineq \f(π,6)＋coseq \f(2π,5)×0＝eq \f(1,2). 【例题9】求下列各式的值： (1)a2sin(－1350°)＋b2tan405°－2ab·cos(－1080°)； (2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,6)))＋coseq \f(12π,5)tan4π. (4,5)【例题10】已知cosα＝－，求sinα和tanα. 解　sin2α＝1－cos2α＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5))) eq \s\up12(2)＝eq \f(9,25)， 因为cosα＝－eq \f(4,5)<0，所以α是第二或第三象限角． 当α是第二象限角时，sinα＝eq \f(3,5)，tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝－eq \f(3,4)； 当α是第三象限角时，sinα＝－eq \f(3,5)，tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝eq \f(3,4). (1,3)【例题11】已知sinα＋cosα＝－，0<α<π. (1)求sinαcosα的值；(2)求sinα－cosα的值． 解　(1)由sinα＋cosα＝－eq \f(1,3)，得(sinα＋cosα)2＝eq \f(1,9)， 即sin2α＋2sinαcosα＋cos2α＝eq \f(1,9)， 所以sinαcosα＝－eq \f(4,9). (2)因为0<α<π，sinα＋cosα<0， 所以sinα>0，cosα<0，所以sinα－cosα>0. 所以sinα－cosα＝eq \r(（sinα－cosα）2) ＝eq \r(1－2sinαcosα)＝eq \f(\r(17),3). (sin2α－sin4α)【例题12】化简，其中α是第二象限角． 解：因为α是第二象限角，所以sinα>0，cosα<0， 所以sinαcosα<0， 所以eq \r(sin2α－sin4α)＝eq \r(sin2α（1－sin2α）) ＝eq \r(sin2αcos2α)＝－sinαcosα. 【例题13】求下列三角函数值： (1)taneq \f(3π,4)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(55π,6)))＋sineq \f(11π,6)； (2)7cos270°＋3sin270°＋tan765°. 解　(1)原式＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,4)))＋coseq \f(55π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(π,6)))＝－taneq \f(π,4)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×2π＋\f(7π,6)))－sineq \f(π,6)＝－1＋coseq \f(7π,6)－eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,6)))＝－eq \f(3,2)－coseq \f(π,6)＝－eq \f(3,2)－eq \f(\r(3),2). (2)原式＝7cos(180°＋90°)＋3sin(180°＋90°)＋tan(2×360°＋45°)＝－7cos90°－3sin90°＋tan45°＝－2. －eq \f(5,3) 【例题14】 若P(－4，3)是角α终边上一点，则eq \f(cos（α－3π）tan（α－2π）,sin2（π－α）)的值为____. 解析：由已知，得sinα＝eq \f(3,5)，故所求式可化为eq \f(－cosαtanα,sin2α)＝eq \f(－cosα·\f(sinα,cosα),sin2α)＝eq \f(－1,sinα)＝－eq \f(5,3). 【例题15】化简下列各式： (1)eq \f(cos（α＋π）sin2（α＋3π）,tan（α＋π）cos3（－α－π）)； (2)eq \f(sin（kπ－α）cos[（k－1）π－α],sin[（k＋1）π＋α]cos（kπ＋α）)(k∈Z)． 解：(1)原式＝eq \f(－cosαsin2α,－tanαcos3α)＝eq \f(tan2α,tanα)＝tanα. (2)当k＝2n(n∈Z)时， 原式＝eq \f(sin（2nπ－α）cos[（2n－1）π－α],sin[（2n＋1）π＋α]cos（2nπ＋α）) ＝eq \f(sin（－α）cos（－π－α）,sin（π＋α）cosα)＝eq \f(－sinα（－cosα）,－sinαcosα) ＝－1； 当k＝2n＋1(n∈Z)时， 原式＝eq \f(sin[（2n＋1）π－α]cos[（2n＋1－1）π－α],sin[（2n＋1＋1）π＋α]cos[（2n＋1）π＋α]) ＝eq \f(sin（π－α）cosα,sinαcos（π＋α）) ＝eq \f(sinαcosα,sinα（－cosα）)＝－1. 综上，原式＝－1. eq \f(1,3) 【例题16】 已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq \f(1,3)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝________． 解析　coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq \f(1,3). 证明　∵左边＝eq \f(（－tanα）（－sinα）cosα,（－tanα）（－cosα）sinα)＝1＝右边， ∴原式成立． 【例题17】 求证： eq \f(tan（－α）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))))cos（－α）,（－tanα）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)))))＝1. (sin（π－α）cos（3π－α）cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin（π＋α）)【例题18】已知f(α)＝. (1)若α＝－eq \f(13π,3)，求f(α)的值； (2)若α为第二象限角，且coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝eq \f(3,5)，求f(α)的值． 解　(1)∵f(α)＝eq \f(sin（π－α）cos（3π－α）cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))sin（π＋α）) ＝eq \f(sinα（－cosα）（－sinα）,（－sinα）（－sinα）)＝cosα， ∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(13π,3)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(13π,3)))＝coseq \f(π,3)＝eq \f(1,2). (2)∵coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝eq \f(3,5)，∴sinα＝eq \f(3,5). ∵α为第二象限角， ∴f(α)＝cosα＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(4,5). 【例题19】求下列函数的周期： (1)y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋3))； (2)y＝|cosx|； (3)y＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－3x))； (4)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))). 解　(1)解法一：y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋3＋2π)) ＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)（x＋4）＋3))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋3))， 令y＝f(x)，则f(x＋4)＝f(x)， ∴y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x＋3))的周期为4. 解法二：ω＝eq \f(π,2)，∴T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,\f(π,2))＝4. (2)y＝|cosx|的图象如下图所示． ∴周期T＝π. (3)解法一：y＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－3x))＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6))). ∵3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)＋2π))＝3coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))－\f(π,6))) ＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))， 令y＝f(x)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))＝f(x)， ∴y＝3coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－3x))的周期为eq \f(2π,3). 解法二：∵|ω|＝3，∴T＝eq \f(2π,|ω|)＝eq \f(2π,3). (4)解法一：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)＋2π)) ＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（x＋π）－\f(π,4)))， 令y＝f(x)，则f(x＋π)＝f(x)， ∴y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的周期为π. 解法二：∵ω＝2，∴T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2)＝π. 【例题20】判断下列函数的奇偶性： (1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(π,2)))； (2)f(x)＝lg (1－sinx)－lg (1＋sinx)； (3)f(x)＝eq \f(1＋sinx－cos2x,1＋sinx). 解　(1)显然x∈R，f(x)＝coseq \f(1,2)x， ∵f(－x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x))＝coseq \f(1,2)x＝f(x)， ∴函数f(x)是偶函数． (2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－sinx>0，,1＋sinx>0，))得－1<sinx<1， 解得函数f(x)的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈R且x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))， ∴函数f(x)的定义域关于原点对称． 又f(x)＝lg (1－sinx)－lg (1＋sinx)， ∴f(－x)＝lg [1－sin(－x)]－lg [1＋sin(－x)] ＝lg (1＋sinx)－lg (1－sinx)＝－f(x)， ∴函数f(x)为奇函数． (3)∵1＋sinx≠0，∴sinx≠－1， ∴x∈R且x≠2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z. ∵定义域不关于原点对称，∴函数f(x)是非奇非偶函数． 解析　feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)－2π))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2). \lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))【例题21】(2024·黑龙江绥化市部分学校高一上期末)定义在R上的函数f(x)既是偶函数，又是周期函数，若f(x)的最小正周期为π，且当x∈时，f(x)＝sinx，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))＝(　　) A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C．－eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),2) 解　(1)①取值、列表如下： x 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π sinx 0 1 0 －1 0 1－sinx 1 0 1 2 1 　　②描点、连线，如图所示． (2)①取值、列表如下： x 0 eq \f(π,2) π eq \f(3π,2) 2π cosx 1 0 －1 0 1 －1＋cosx 0 －1 －2 －1 0 ②描点、连线，如图所示． (1－cos2x)【例题23】作出函数y＝的图象． 解　y＝eq \r(1－cos2x)＝|sinx|， 其图象如下图． (1,2)【例题24】求方程sinx＝的解集． 解　在同一平面直角坐标系中，画出函数y＝sinx的图象和直线y＝eq \f(1,2)，如图． 由图可知，在x∈[0，2π]上，由sinx＝eq \f(1,2)可得x＝eq \f(π,6)或x＝eq \f(5π,6).故方程sinx＝eq \f(1,2)的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝2kπ＋\f(π,6)，k∈Z))))∪eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝2kπ＋\f(5π,6)，k∈Z)))). 【例题26】求下列函数的单调区间： (1)y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))； (2)y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,8))). 解：(1)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,3)＋4kπ≤x≤eq \f(5π,3)＋4kπ，k∈Z，故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋4kπ，\f(5π,3)＋4kπ))，k∈Z. 由eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(x,2)－eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq \f(5π,3)＋4kπ≤x≤eq \f(11π,3)＋4kπ，k∈Z，故函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)＋4kπ，\f(11π,3)＋4kπ))，k∈Z. (2)由－π＋2kπ≤x＋eq \f(π,8)≤2kπ，k∈Z，得kπ－eq \f(9π,16)≤x≤kπ－eq \f(π,16)，k∈Z，所以函数y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,8)))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(9π,16)，kπ－\f(π,16)))，k∈Z. 由2kπ≤2x＋eq \f(π,8)≤2kπ＋π，k∈Z，得kπ－eq \f(π,16)≤x≤kπ＋eq \f(7π,16)，k∈Z，所以函数y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,8)))的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,16)，kπ＋\f(7π,16)))，k∈Z. 【例题27】利用三角函数的单调性，比较下列各组数的大小： (1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,16)))与sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10)))； (2)sin556°与cos516°； (3)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,8)))与coseq \f(7π,6). 解　(1)∵－eq \f(π,2)<－eq \f(π,10)<－eq \f(π,16)<eq \f(π,2)， 且y＝sinx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是增函数， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,16)))>sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,10))). (2)sin556°＝sin(360°＋196°)＝sin196° ＝sin(180°＋16°)＝－sin16°， cos516°＝cos(360°＋156°)＝cos156° ＝cos(90°＋66°)＝－sin66°， ∵0°<16°<66°<90°，∴sin16°<sin66°， 从而－sin16°>－sin66°， 即sin556°>cos516°. (3)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,8)))＝coseq \f(7π,8)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,8))) ＝－coseq \f(π,8)， 而coseq \f(7π,6)＝－coseq \f(π,6)， ∵函数y＝cosx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减， 且0<eq \f(π,8)<eq \f(π,6)<eq \f(π,2)，∴coseq \f(π,8)>coseq \f(π,6). ∴－coseq \f(π,8)<－coseq \f(π,6)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,8)))<coseq \f(7π,6). eq \f(1,2)－cosx (3,2)【例题28】若函数y＝a－bcosx(b＞0)的最大值为，最小值为－eq \f(1,2)，则函数的解析式为y＝________． 解析　因为y＝a－bcosx(b＞0)，所以ymax＝a＋b＝eq \f(3,2)，ymin＝a－b＝－eq \f(1,2). 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝\f(3,2)，,a－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝1，)) 所以y＝eq \f(1,2)－cosx. 【例题29】求下列函数的定义域： (1)y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))； (2)y＝eq \r(\r(3)－tanx). 解　(1)由x＋eq \f(π,4)≠kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x≠kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z. 所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,4)，k∈Z)))). (2)由eq \r(3)－tanx≥0，得tanx≤eq \r(3). 结合y＝tanx的图象可知，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上，满足tanx≤eq \r(3)的角x应满足－eq \f(π,2)<x≤eq \f(π,3). 所以函数y＝eq \r(\r(3)－tanx)的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,2)<x≤kπ＋\f(π,3)，k∈Z)))). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))【例题30】求f(x)＝tan的周期． 解　解法一：∵taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)＋π))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))，即taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,5)))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))， ∴f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,5)))的周期是eq \f(π,2). 解法二：T＝eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,2). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))【例题31】求函数y＝tan的单调区间． 解　∵y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(π,4)))，由kπ－eq \f(π,2)<eq \f(1,2)x－eq \f(π,4)<kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得2kπ－eq \f(π,2)<x<2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z， ∴函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(π,4)))的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2)))，k∈Z，不存在单调递增区间． [－eq \r(3)，＋∞) \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))【例题32】(2024·陕西汉中高一下第二次月考)函数f(x)＝tan在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,18)))上的值域为________________． 解析　由x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,18)))，可得3x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,2)))，根据正切函数的性质，可得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))∈[－eq \r(3)，＋∞)，即函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,3)))在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,18)))上的值域为[－eq \r(3)，＋∞)． \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，0＜φ＜\f(π,2))) INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\杨楠\\课件\\535数学（必修第一册导学案（A版\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Roaming\\Microsoft\\Word\\例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　设函数f(x)＝tan(ωx＋φ)，已知函数y＝f(x)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2)，且图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))对称． (1)求f(x)的解析式； (2)求f(x)的单调区间及其图象的对称中心； (3)求不等式－1≤f(x)≤eq \r(3)的解集． 解　(1)由题意，知函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,2)， 即eq \f(π,|ω|)＝eq \f(π,2). 因为ω>0，所以ω＝2. 从而f(x)＝tan(2x＋φ)． 因为函数y＝f(x)的图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，0))对称， 所以2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)))＋φ＝eq \f(kπ,2)，k∈Z， 即φ＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z. 因为0<φ<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4). 故f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))). (2)令－eq \f(π,2)＋kπ<2x＋eq \f(π,4)<eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z， 则－eq \f(3π,4)＋kπ<2x<kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z， 即－eq \f(3π,8)＋eq \f(kπ,2)＜x＜eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z， 所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋\f(kπ,2)，\f(π,8)＋\f(kπ,2)))，k∈Z，无单调递减区间． 令2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,4)－eq \f(π,8)，k∈Z， 所以f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)－\f(π,8)，0))，k∈Z. (3)由(1)，知f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))). 由－1≤taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤eq \r(3)，得 －eq \f(π,4)＋kπ≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z. 解得－eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)≤x≤eq \f(π,24)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z. 所以不等式－1≤f(x)≤eq \r(3)的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)＋\f(kπ,2)≤x≤\f(π,24)＋\f(kπ,2)，k∈Z)))). 【例题34】计算下列各式的值． (1)cos75°； (2)cos63°sin57°＋sin117°sin33°； (3)eq \f(1,2)coseq \f(7π,12)＋eq \f(\r(3),2)sineq \f(7π,12). 解 (1)原式＝cos(120°－45°) ＝cos120°cos45°＋sin120°sin45° ＝－eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4). (2)原式＝cos63°cos33°＋sin63°sin33° ＝cos(63°－33°)＝cos30°＝eq \f(\r(3),2). (3)原式＝coseq \f(π,3)coseq \f(7π,12)＋sineq \f(π,3)sineq \f(7π,12) ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(7π,12)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2). 解析　因为sinα－sinβ＝1－eq \f(\r(3),2)，所以sin2α－2sinαsinβ＋sin2β＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)　①.因为cosα－cosβ＝eq \f(1,2)，所以cos2α－2cosαcosβ＋cos2β＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)　②.①②两式相加，得1－2cos(α－β)＋1＝1－eq \r(3)＋eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)，所以－2cos(α－β)＝－eq \r(3)，所以cos(α－β)＝eq \f(\r(3),2).故选D. (\r(3),2)【例题35】已知sinα－sinβ＝1－，cosα－cosβ＝eq \f(1,2)，则cos(α－β)＝(　　) A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2) (4\r(3),7)【例题36】已知sin(π－α)＝，cos(α－β)＝eq \f(13,14)，0<β<α<eq \f(π,2)，求角β的大小． 解　∵sin(π－α)＝eq \f(4\r(3),7)，∴sinα＝eq \f(4\r(3),7). ∵0<α<eq \f(π,2)，∴cosα＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(1,7). 由0<β<α<eq \f(π,2)，得0<α－β<eq \f(π,2). ∵cos(α－β)＝eq \f(13,14)， ∴sin(α－β)＝eq \r(1－cos2（α－β）)＝eq \f(3\r(3),14). cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β) ＝eq \f(1,7)×eq \f(13,14)＋eq \f(4\r(3),7)×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(1,2). 由0<β<eq \f(π,2)，知β＝eq \f(π,3). 【例题37】化简求值： (1)cos20°cos25°－sin20°sin25°； (2)eq \f(sin7°＋cos15°sin8°,cos7°－sin15°sin8°)； (3)tan67°－tan22°－tan67°tan22°. 解　(1)原式＝cos(20°＋25°) ＝cos45°＝eq \f(\r(2),2). (2)原式＝eq \f(sin（15°－8°）＋cos15°sin8°,cos（15°－8°）－sin15°sin8°) ＝eq \f(sin15°cos8°－cos15°sin8°＋cos15°sin8°,cos15°cos8°＋sin15°sin8°－sin15°sin8°) ＝eq \f(sin15°,cos15°)＝eq \f(sin（45°－30°）,cos（45°－30°）) ＝eq \f(sin45°cos30°－cos45°sin30°,cos45°cos30°＋sin45°sin30°) ＝eq \f(\f(\r(6)－\r(2),4),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝2－eq \r(3). (3)∵tan67°－tan22° ＝tan(67°－22°)(1＋tan67°tan22°) ＝tan45°(1＋tan67°tan22°) ＝1＋tan67°tan22°， ∴tan67°－tan22°－tan67°tan22°＝1. (2\r(5),5)【例题38】已知锐角α，β满足cosα＝，sin(α－β)＝－eq \f(3,5)，则sinβ的值为________． 解析：因为α，β是锐角，即0<α<eq \f(π,2)，0<β<eq \f(π,2)，所以－eq \f(π,2)<α－β<eq \f(π,2).因为sin(α－β)＝－eq \f(3,5)，所以cos(α－β)＝eq \f(4,5).因为cosα＝eq \f(2\r(5),5)，所以sinα＝eq \f(\r(5),5)，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq \f(\r(5),5)×eq \f(4,5)－eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝eq \f(2\r(5),5). eq \f(2\r(5),5) 解　∵α－eq \f(β,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β－eq \f(α,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴0<eq \f(α＋β,2)<π，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq \f(2\r(5),5)，coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(α,2)))＝eq \f(3\r(10),10). ∴coseq \f(α＋β,2)＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(α,2))))) ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(α,2)))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(α,2)))＝eq \f(2\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2)， ∴eq \f(α＋β,2)＝eq \f(π,4). 【例题39】 已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq \f(\r(5),5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(α,2)))＝eq \f(\r(10),10)，且α－eq \f(β,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β－eq \f(α,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求eq \f(α＋β,2)的值． 【例题40】求下列各式的值： (1)1－2sin275°；(2)cos415°－sin415°； (3)eq \f(1－tan275°,tan75°)；(4)coseq \f(π,7)coseq \f(3π,7)coseq \f(5π,7). 解　(1)1－2sin275°＝cos150°＝－cos30° ＝－eq \f(\r(3),2). (2)cos415°－sin415° ＝(cos215°－sin215°)(cos215°＋sin215°) ＝cos215°－sin215°＝cos30°＝eq \f(\r(3),2). (3)eq \f(1－tan275°,tan75°)＝2×eq \f(1－tan275°,2tan75°)＝2×eq \f(1,tan150°) ＝－2eq \r(3). (4)∵coseq \f(3π,7)＝－coseq \f(4π,7)，coseq \f(5π,7)＝－coseq \f(2π,7)， ∴coseq \f(π,7)coseq \f(3π,7)coseq \f(5π,7)＝coseq \f(π,7)coseq \f(2π,7)coseq \f(4π,7) ＝eq \f(8sin\f(π,7)cos\f(π,7)cos\f(2π,7)cos\f(4π,7),8sin\f(π,7)) ＝eq \f(4sin\f(2π,7)cos\f(2π,7)cos\f(4π,7),8sin\f(π,7))＝eq \f(2sin\f(4π,7)cos\f(4π,7),8sin\f(π,7)) ＝eq \f(sin\f(8π,7),8sin\f(π,7))＝－eq \f(1,8). 解　∵tanα＝eq \f(1,7)<1，且α为锐角， ∴0<α<eq \f(π,4). 又sinβ＝eq \f(\r(10),10)<eq \f(\r(2),2)，且β为锐角，∴0<β<eq \f(π,4)， ∴0<α＋2β<eq \f(3π,4). (1,7)【例题41】已知tanα＝，sinβ＝eq \f(\r(10),10)，且α，β为锐角，求α＋2β的值． 证明　左边＝eq \f(1＋cos（2A＋2B）,2)－eq \f(1－cos（2A－2B）,2) ＝eq \f(cos（2A＋2B）＋cos（2A－2B）,2) ＝eq \f(1,2)(cos2Acos2B－sin2Asin2B＋cos2Acos2B＋sin2Asin2B) ＝cos2Acos2B＝右边， 所以等式成立． (3,5)【例题43】已知|cosθ|＝，且eq \f(5π,2)<θ<3π，求sineq \f(θ,2)，coseq \f(θ,2)，taneq \f(θ,2)的值． 解　∵|cosθ|＝eq \f(3,5)，eq \f(5π,2)<θ<3π， ∴cosθ＝－eq \f(3,5)，eq \f(5π,4)<eq \f(θ,2)<eq \f(3π,2). ∴sineq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq \f(2\r(5),5)， coseq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq \f(\r(5),5)， ∴taneq \f(θ,2)＝eq \f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝2. 解　解法一：sin220°＋cos250°＋sin20°cos50° ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋eq \f(1,2)(1＋cos100°)＋eq \f(1,2)[sin70°＋sin(－30°)] ＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)(cos100°－cos40°＋sin70°) ＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)(－2sin70°sin30°＋sin70°) ＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,2)(－sin70°＋sin70°) ＝eq \f(3,4). 解法二：sin220°＋cos250°＋sin20°cos50° ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋cos50°(cos50°＋sin20°) ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋cos50°(sin40°＋sin20°) ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋cos50°·2sin30°cos10° ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋cos50°cos10° ＝eq \f(1,2)(1－cos40°)＋eq \f(1,2)(cos60°＋cos40°) ＝eq \f(3,4). (3π,2)【例题45】已知π<α<，化简： eq \f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq \f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα)). 解　原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))－\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＋\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))). ∵π<α<eq \f(3π,2)，∴eq \f(π,2)<eq \f(α,2)<eq \f(3π,4)， ∴coseq \f(α,2)<0，sineq \f(α,2)>0， ∴原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))\s\up12(2),－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))))＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))) ＝－eq \f(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2),\r(2))＋eq \f(sin\f(α,2)－cos\f(α,2),\r(2)) ＝－eq \r(2)coseq \f(α,2). 解析： y＝eq \r(3)sinxcosx＋cos2x－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sin2x＋eq \f(1＋cos2x,2)－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),2)sin2x＋eq \f(cos2x,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，则T＝eq \f(2π,2)＝π.　 (3)【例题46】函数y＝sinxcosx＋cos2x－eq \f(1,2)的最小正周期是____． 解　设∠AOB＝α，△OAB的周长为l， 则AB＝Rsinα，OB＝Rcosα， ∴l＝OA＋AB＋OB＝R＋Rsinα＋Rcosα ＝R(sinα＋cosα)＋R＝eq \r(2)Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋R. ∵0<α<eq \f(π,2)，∴eq \f(π,4)<α＋eq \f(π,4)<eq \f(3π,4)， ∴l的最大值为eq \r(2)R＋R＝(eq \r(2)＋1)R， 此时，α＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,4)， 故当∠AOB＝eq \f(π,4)时，△OAB的周长最大． \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋x))【例题48】已知函数f(x)＝coscoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－x))，g(x)＝eq \f(1,2)sin2x－eq \f(1,4). (1)求函数f(x)的最小正周期和图象的对称轴方程； (2)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最大值，并求使h(x)取得最大值的x的取值集合． 解　(1)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx－\f(\r(3),2)sinx)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosx＋\f(\r(3),2)sinx))＝eq \f(1,4)cos2x－eq \f(3,4)sin2x＝eq \f(1＋cos2x,8)－eq \f(3（1－cos2x）,8)＝eq \f(1,2)cos2x－eq \f(1,4)， ∴函数f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π. 令2x＝kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)． (2)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(1,2)cos2x－eq \f(1,2)sin2x＝eq \f(\r(2),2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))， 当2x＋eq \f(π,4)＝2mπ(m∈Z)时，h(x)有最大值eq \f(\r(2),2)，此时x的取值集合为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝mπ－\f(π,8)，m∈Z)))). 4．若tanα＝2，则2sinαcosα＝(　　) A．±eq \f(3,5) B．－eq \f(3,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5) 解析：2sinαcosα＝eq \f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq \f(2tanα,tan2α＋1)＝eq \f(4,5). 5．(2024·广东茂名五校联盟第一次联考)已知A是△ABC的内角，且sinA＋2cosA＝－1，则tanA＝(　　) A．－eq \f(3,4) B．－eq \f(4,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,3) 解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinA＋2cosA＝－1，,sin2A＋cos2A＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinA＝\f(3,5)，,cosA＝－\f(4,5)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinA＝－1，,cosA＝0.))∵A是△ABC的内角，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinA＝\f(3,5)，,cosA＝－\f(4,5)，))则tanA＝－eq \f(3,4). 6．集合eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(α\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,4)≤α≤kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))中角的终边所在的范围(阴影部分)是(　　) 解析：当k＝2m，m∈Z时，2mπ＋eq \f(π,4)≤α≤2mπ＋eq \f(π,2)，m∈Z；当k＝2m＋1，m∈Z时，2mπ＋eq \f(5π,4)≤α≤2mπ＋eq \f(3π,2)，m∈Z.故选C. 7．(2024·陕西咸阳实验中学高一上月考)角的度量除了有角度制和弧度制之外，在军事上角的度量还有密位制，密位制的单位是密位.1密位等于周角的eq \f(1,6000)，即2π弧度＝360°＝6000密位．在密位制中，采用四个数字来记一个角的密位数，且在百位数字与十位数字之间画一条短线，例如3密位写成0－03，123密位写成1－23.设圆的半径为1，那么10－00密位的圆心角所对的弧长为(　　) A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2) 解析：由题意知，10－00密位的圆心角为eq \f(1000,6000)×2π＝eq \f(π,3)，所以弧长为eq \f(π,3)×1＝eq \f(π,3).故选C. 8．已知sinα＝eq \f(\r(5),5)，eq \f(π,2)<α<π，则tanα＝(　　) A．－2 B．2 C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2) 解析：因为eq \f(π,2)<α<π，所以cosα＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))\s\up12(2))＝－eq \f(2\r(5),5)，所以tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝－eq \f(1,2). 9．(2024·上海南洋模范中学高一下开学考试)已知5cosα－3sinα＝Acos(α＋φ)，则(　　) A．A＝4，tanφ＝－eq \f(3,5) B．A＝eq \r(34)，tanφ＝－eq \f(3,5) C．A＝eq \r(34)，tanφ＝eq \f(3,5) D．A＝4，tanφ＝eq \f(3,5) 解析：5cosα－3sinα＝eq \r(52＋32) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,\r(34))cosα－\f(3,\r(34))sinα))，所以cosφ＝eq \f(5,\r(34))， sinφ＝eq \f(3,\r(34))，A＝eq \r(34)，tanφ＝eq \f(3,5).故选C. 10．(2024·辽宁沈阳郊联体高一上期末)设π<θ<2π，cosθ＝－eq \f(1,3)，则sineq \f(θ,2)＝(　　) A.eq \f(\r(6),3) B．－eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(3),3) D．±eq \f(\r(6),3) 解析：由π<θ<2π，得eq \f(π,2)<eq \f(θ,2)<π，则sineq \f(θ,2)>0，所以sineq \f(θ,2)＝eq \r(\f(1－cosθ,2))＝eq \r(\f(2,3))＝eq \f(\r(6),3).故选A. 11．已知cosα＝eq \f(3,5)，cos(α－β)＝eq \f(7\r(2),10)，且0<β<α<eq \f(π,2)，那么β＝(　　) A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3) 解析：∵0<β<α<eq \f(π,2)，∴0<α－β<eq \f(π,2)，由cosα＝eq \f(3,5)，得sinα＝eq \f(4,5).由cos(α－β)＝eq \f(7\r(2),10)，得sin(α－β)＝eq \f(\r(2),10)，∴sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq \f(4,5)×eq \f(7\r(2),10)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),10)＝eq \f(\r(2),2)，∴β＝eq \f(π,4). 12．已知θ∈(0，π)，2sin2θ＝cos2θ－1，则cosθ＝(　　) A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C．－eq \f(2\r(5),5) D．－eq \f(\r(5),5) 解析：∵θ∈(0，π)，∴sinθ>0，2sin2θ＝cos2θ－1，∴4sinθcosθ＝1－2sin2θ－1，∴2sinθcosθ＝－sin2θ，∴sinθ＝－2cosθ，∴cosθ<0，∴sin2θ＋cos2θ＝4cos2θ＋cos2θ＝5cos2θ＝1，∴cos2θ＝eq \f(1,5)，∴cosθ＝－eq \f(\r(5),5). 13．已知角α的终边经过点(－eq \r(5)，m)(m≠0)，且sinα＝eq \f(2,5)m，则cosα的值为(　　) A．－eq \f(\r(5),5) B．－eq \f(\r(5),10) C．－eq \f(2\r(5),5) D．±eq \f(2\r(5),5) 解析：∵角α的终边上一点P(－eq \r(5)，m)(m≠0)，且sinα＝eq \f(2,5)m＝eq \f(m,\r(5＋m2))，∴m2＝eq \f(5,4)，∴cosα＝eq \f(－\r(5),\r(5＋\f(5,4)))＝－eq \f(2\r(5),5). 15．若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，tan(α－7π)＝－eq \f(3,4)，则sinα＋cosα的值为(　　) A．±eq \f(1,5) B．－eq \f(1,5) C.eq \f(1,5) D．－eq \f(7,5) 解析：∵tan(α－7π)＝－tan(7π－α)＝－tan(6π＋π－α)＝－tan(π－α)＝tanα＝－eq \f(3,4)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，且tanα＜0，∴α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sinα＞0，cosα＜0.又tanα＝eq \f(sinα,cosα)＝－eq \f(3,4)　①，sin2α＋cos2α＝1　②，由①②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(3,5)，,cosα＝－\f(4,5).)) ∴sinα＋cosα＝eq \f(3,5)－eq \f(4,5)＝－eq \f(1,5).故选B. 16．(2024·广东中山一中高一上月考)已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinα＝eq \f(\r(5),5)，cosβ＝eq \f(\r(10),10)，则α－β＝(　　) A．－eq \f(π,4) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,4) D．－eq \f(π,4)或eq \f(π,4) 解析：∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinα＝eq \f(\r(5),5)，cosβ＝eq \f(\r(10),10)，∴cosα＝eq \r(1－sin2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(5),5)，sinβ＝eq \r(1－cos2β)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(10),10)，∴cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq \f(2\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＋eq \f(\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2).又sinα<sinβ，∴α<β，∴－eq \f(π,2)<α－β<0，∴α－β＝－eq \f(π,4).故选A. 17．(2024·湖北黄冈外国语学校高一下期中)若角A为△ABC的一个内角，且sinA＋cosA＝eq \f(11,25)，则△ABC的形状为(　　) A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形 解析：∵角A为△ABC的一个内角，sinA＋cosA＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))，∴当A∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，A＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))∈[1，eq \r(2)]；当A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，A＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))，eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))∈(－1，1)．∵sinA＋cosA＝eq \f(11,25)，∴A是钝角，∴△ABC是钝角三角形．故选B. 18．化简：eq \f(sin（α－π）cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋α))tan（－α－π）,sin（5π＋α）tan2（－α－2π）)＝(　　) A．sinα B．cosα C．－sinα D．－cosα 解析：原式＝eq \f(－sinαsinα（－tanα）,－sinαtan2α)＝－eq \f(sinα,tanα)＝－eq \f(sinα,\f(sinα,cosα))＝－cosα.故选D. 19.已知f(x)是定义在(0，3)内的函数，图象如图所示，则不等式f(x)cosx<0的解集是(　　) A．(0，1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，3)) C．(0，1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，3)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 解析：当0<x<1时，f(x)<0，而此时cosx>0，满足f(x)·cosx<0；当1<x<3时，f(x)>0，由cosx<0(x∈(1，3))，解得eq \f(π,2)<x<3，故所求不等式的解集是(0，1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，3)). 20．(2024·北京高考)设函数f(x)＝sinωx(ω>0)．已知f(x1)＝－1，f(x2)＝1，且|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2)，则ω＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由题意可知，x1为f(x)的最小值点，x2为f(x)的最大值点，则|x1－x2|min＝eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，即T＝π，又ω>0，所以ω＝eq \f(2π,T)＝2.故选B. 21．函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，x∈[－π，0]的单调递增区间是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－π，－\f(5π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,6))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)) 解析：令2kπ－eq \f(π,2)≤x－eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得2kπ－eq \f(π,6)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，又－π≤x≤0，所以－eq \f(π,6)≤x≤0.故选D. 22．(多选)(2024·河南郑州一中高一上月考)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝eq \r(1－sinαcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)))，则角α的终边可能在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．x轴的非正半轴上 解析：原等式可化为－cosα＝eq \r(1－sin2α)，∴－cosα＝eq \r(cos2α)，即－cosα＝|cosα|，∴cosα≤0，∴角α的终边可能在第二或第三象限或x轴的非正半轴上．故选BCD. eq \r(3) 23．设sin2α＝－sinα，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则tan2α的值是______． 解析：因为sin2α＝－sinα，所以2sinαcosα＝－sinα，由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))知sinα≠0，所以cosα＝－eq \f(1,2)，所以α＝eq \f(2π,3)，所以sinα＝eq \f(\r(3),2)，tanα＝－eq \r(3)，所以tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(2×（－\r(3)）,1－（－\r(3)）2)＝eq \r(3). $$