第5讲　第2课时　简单的三角恒等变换 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第三章 三角函数、解三角形 第 5 讲 第 2 课时 简单的三角 恒等变换 1 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 1化简 tan 1 tan 4 2 ( ) Acos Bsin C. 1 cos D. 1 sin 题型题型 一一 三角函数式的化三角函数式的化简简 答案答案 解析 原式 2tan 2 1tan2 2 1tan 2 1tan 2 2tan 2 1tan 2 2 1tan2 2 1tan2 2 1tan2 2 cos2 2sin 2 2 cos

2、2 2sin 2 2 1 cos. 解析解析 2化简： 1sincos sin 2cos 2 22cos (0) 解 由 (0，)，得 0 20， 22cos 4cos2 22cos 2. 又(1sincos) sin 2cos 2 2sin 2cos 22cos 2 2 sin 2cos 2 解解 2cos 2 sin2 2cos 2 2 2cos 2cos， 故原式 2cos 2cos 2cos 2 cos. 解解 1三角函数式的化简要遵循“三看”原则 2三角函数式化简的方法 弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂 在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规 律，根号中

3、含有三角函数式时，一般需要升次 1. 22cos82 1sin8的化简结果为_ 解析 原式 4cos242sin4cos42 2|cos4|2|sin4cos4|，因为5 4 43 2 ， 所以 cos40，且 sin4cos4， 所以原式2cos42(sin4cos4)2sin4. 解析解析 2sin4 解 原式sin22sincos sin sin2sincos sin sincoscossin2sincos sin cossinsincos sin sin sin sin sin. 解解 2化简：sin2 sin 2cos() 1若 sin2 5 5 ，sin() 10 10 ，且 4，

4、 ， ，3 2 ，则 的值是( ) A.7 4 B.9 4 C.5 4 或7 4 D.5 4 或9 4 答案答案 题型题型 二二 三角函数式的求值三角函数式的求值 解析 4， ， 2 2，2 ， sin2 5 5 ， 2 2， . 4， 2 且 cos22 5 5 ， 又 sin() 10 10 ， ，3 2 ， 2， 5 4 ，cos()3 10 10 ， 解析解析 cos()cos()2 cos()cos2sin()sin2 3 10 10 2 5 5 10 10 5 5 2 2 ， 又 5 4 ，2 ， 7 4 . 解析解析 条件探究 将本例中的条件改为 sin 5 5 ，sin() 1

5、0 10 ， ， 均为锐角，则 _. 解析 因为 ， 均为锐角，所以 20， 0， 2 ， 所以 02)的两根分别为 tan，tan，且 ， 2， 2 ，则 _. 解析 由根与系数的关系且 a2 得，tantan3a0.所以 tan0，tan0)在区间 4， 3 4 上是增函数，且在区间0， 上恰好取得一次最大值，则 的取值范围是( ) A. 1 2， 2 3 B. 1 3， 2 3 C. 1 3， 2 3 D. 1 2， 2 3 答案答案 解析 f(x)2sinx 1cos x 2 2 sin2xsinx(1sinx) sin2xsinx. 所以区间 2， 2 (0)是函数 f(x)含原点的

6、递增区间 又因为函数 f(x)在 4， 3 4 上单调递增， 所以 4， 3 4 2， 2 ，所以 2 4， 2 3 4 ， 解析解析 又 0，所以 00)个单位长度，平移后的图象关于 y 轴对称， 则 a 的值可能为( ) A. 6 B. 3 C. 2 D.2 3 答案答案 解析 f(x)2 3sinx cosx2cos2x1 3sin2xcos2x2sin 2x 6 .将 其 图 象 向 左 平 移 a 个 单 位 长 度 ，所 得 图 象 对 应 的 解 析 式 为 y 2sin 2xa 6 2sin 2x2a 6 ，因为平移后的图象关于 y 轴对称，所以 2a 6k 2，kZ.即 a

7、k 2 3，kZ.当 k0 时，a 3. 解析解析 2 (2019 石家庄模拟)设函数 f(x)sin(x)cos(x) 0，| 2 的最小正周期为 ，且 f(x)f(x)，则( ) Af(x)在 0， 2 上单调递增 Bf(x)在 2， 2 上单调递减 Cf(x)在 0， 2 上单调递减 Df(x)在 2， 2 上单调递增 答案答案 解析 f(x)sin(x)cos(x) 2sin x 4 . 函数 f(x) 的最小正周期为 ， 2 ，得 2.又 f(x)f(x)， 函数 f(x)为偶 函数， 4k 2(kZ) |bc Bbac Ccab Dacb A组组 基础关基础关 答案答案 解析 ac

8、os50 cos127 cos40 cos37 cos50 cos127 sin50 sin127 cos(50 127 )cos(77 )cos77 sin13 .b 2 2 (sin56 cos56 ) 2 2 sin56 2 2 cos56 sin(56 45 )sin11 .c 1tan239 1tan239 1 sin239 cos239 1 sin239 cos239 cos239 sin239 cos78 sin12 .因为函数 ysinx，x 0， 2 为增函 数所以 sin13 sin12 sin11 ，即 acb. 解析解析 2.化简 cos2 x 12 sin2 x 12

9、 ( ) A11 2cos2x B11 2sin2x C1cos2x D1sin2x 解析 原式 1cos 2x 6 2 1cos 2x 6 2 11 2 cos 2x 6 cos 2x 6 11 2 2sin2xsin 61 1 2sin2x. 答案答案 解析解析 3(2019 湖北重点中学联考)已知 A(xA，yA)是单位圆(圆心在坐标原点 O)上任意一点， 将射线 OA 绕 O 点逆时针旋转 30 到 OB， 交单位圆于点 B(xB， yB)，则 xAyB的最大值为( ) A. 2 B. 3 2 C1 D.1 2 答案答案 解析 设 x 轴正方向逆时针转到射线 OA 的角为 ，根据三角函

10、数定 义 xAcos，yBsin(30 )，所以 xAyBcossin(30 ) 3 2 sin 1 2cossin(150 )，故其最大值为 1.故选 C. 解析解析 4(2019 济南一模)公元前 6 世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正 五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为 0.618，这一数值也可以表 示为 m2sin18 .若 m2n4，则 m n 2cos227 1( ) A8 B4 C2 D1 解析 由题意得 n4m244sin218 4cos218 ，则 m n 2cos227 1 2sin18 4cos 218 cos54 2sin18 2cos18 cos54 2si

11、n36 sin36 2，故选 C. 答案答案 解析解析 5已知 为第四象限角，sincos1 5，则 tan 2的值为( ) A1 2 B.1 2 C1 3 D.1 3 答案答案 解析 将 sincos1 5的等号两边同时平方，得 12sincos 1 25， 得 2sincos24 25，所以(sincos) 212sincos49 25.因为 为第四 象限角，所以 sin0，所以 sincos7 5，结合 sincos 1 5，解得 sin 3 5，cos 4 5.所以 tan 2 sin 2 cos 2 2sin 2cos 2 2cos2 2 sin 1cos 1 3. 故选 C. 解析

12、解析 6(2020 福州外国语学校适应性考试)已知 A，B 均为钝角，sin2A 2 cos A 3 5 15 10 ，且 sinB 10 10 ，则 AB( ) A.3 4 B.5 4 C.7 4 D.7 6 答案答案 解析 因为 sin2A 2cos A 3 1cosA 2 1 2cosA 3 2 sinA1 2 3 2 sinA 5 15 10 ，所以 sinA 5 5 ，因为 A，B 均为钝角，所以 AB(，2)，由 sinA 5 5 得 cosA2 5 5 ，由 sinB 10 10 得 cosB3 10 10 ，所以 cos(AB) cosAcosBsinAsinB 2 2 ，所以

13、 AB7 4 . 解析解析 7(2019 洛阳三模)函数 ylog1 2 sin2xcos 4cos2x sin 4 的单调递减区 间是( ) A. k 8，k 5 8 ，kZ B. k 8，k 3 8 ，kZ C. k 8，k 3 8 ，kZ D. k3 8 ，k5 8 ，kZ 答案答案 解析 ylog1 2 sin2xcos 4cos2xsin 4 log1 2 sin 2x 4 .令 tsin 2x 4 ，则 ylog1 2 t.因为 ylog 1 2 t 在(0， )上是减函数，所以要求函数 ylog1 2 sin 2x 4 的单调递减区间，只 要求出 tsin 2x 4 的单调递增区

14、间，同时注意 tsin 2x 4 0.由 2k2x 42k 2，kZ，解得 k 80， 2sin3cos， 又 sin2cos21， cos 2 13，sin 3 13， sin 4 sin2cos21 2 2 sincos sincos2cos2sin2 2 4cos 26 8 . 解析解析 5设函数 f(x) 2 2 cos 2x 4 sin2x. (1)求函数 f(x)的最小正周期； (2)设函数 g(x)对任意 xR， 有 g x 2 g(x)， 且当 x 0， 2 时， g(x)1 2f(x)求函数 g(x)在，0上的解析式 解 (1)函数 f(x) 2 2 cos 2x 4 sin

15、2x 2 2 cos2xcos 4sin2xsin 4 sin2x 1 2cos2x 1 2sin2x 1 2 1 2cos2x 1 2 1 2sin2x， 所以函数 f(x)的最小正周期 T2 2 . (2)当 x 0， 2 时，g(x)1 2f(x)，即 g(x)1 2 1 2 1 2sin2x 1 2sin2x. 解解 当 x 2，0 时，x 2 0， 2 ， 因为 g x 2 g(x)， 所以 g(x)g x 2 1 2sin 2 x 2 1 2sin2x. 当 x ， 2 时，x 0， 2 ， 可得 g(x)g(x)1 2sin2(x) 1 2sin2x. 解解 所以函数 g(x)在，0上的解析式为 g(x) 1 2sin2x 2x0 ， 1 2sin2x x 2 . 解解 本课结束本课结束