1、C单元三角函数C1角的概念及任意的三角函数13C1，C2，C62013四川卷 设sin 2sin ，则tan 2的值是_13.解析 解法一：由sin 2sin ，得2sin cos sin ，又，故sin 0，于是cos ，进而sin ，于是tan ，tan 2.解法二：同上得cos ，又，可得，tan 2tan .C2同角三角函数的基本关系式与诱导公式13C22013全国卷 已知是第三象限角，sin ，则cot _132 解析 cos，所以cot2 .13C1，C2，C62013四川卷 设sin 2sin ，则tan 2的值是_13.解析 解法一：由sin 2sin ，得2sin cos s
2、in ，又，故sin 0，于是cos ，进而sin ，于是tan ，tan 2.解法二：同上得cos ，又，可得，tan 2tan .15C2，C52013新课标全国卷 设为第二象限角，若tan，则sin cos _15解析 由tan得tan cos 3sin ，由sin2cos2110sin21， 在第二象限，sin ，cos ，sin cos .20C2、C5、C6，C82013重庆卷 在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2b2abc2.(1)求C；(2)设cos Acos B，求tan 的值20解：(1)因为a2b2abc2，所以由余弦定理有cos C.故C.(2)由题
3、意得，因此(tan sin Acos A)(tan sin Bcos B)，tan2 sin Asin Btan (sin Acos Bcos Asin B)cos Acos B，tan2 sin Asin Btan sin (AB)cos Acos B.因为C，所以AB，所以sin (AB).因为cos (AB)cos Acos Bsin Asin B，即sin Asin B.解得sin Asin B.由得tan25tan 40，解得tan 1或tan 4.9C2、C6，C72013重庆卷 4cos 50tan 40()A. B.C. D2 19C解析 原式4sin 40，故选C.C3三角函
4、数的图像与性质3A2、C32013北京卷 “”是“曲线ysin(2x)过坐标原点”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件3A解析 曲线ysin(2x)过坐标原点，sin 0，k，kZ，故选A.1C32013江苏卷 函数y3sin的最小正周期为_1解析 周期为T.8C32013山东卷 函数yxcos xsin x的图像大致为()图128D解析 f(x)xcos(x)sin(x)(xcos xsin x)f(x)，yxcos xsin x为奇函数，图像关于原点对称，排除选项B.当x时，y10，排除选项C；x，y0)的最小正周期为.(1)求的值；(2)讨论f(
5、x)在区间0，上的单调性16解：(1)f(x)4cos xsinx2 sin xcos x2 cos2 x(sin 2xcos 2x)2sin2x.因为f(x)的最小正周期为，且0，从而有，故1.(2)由(1)知，f(x)2sin2x.若0x，则2x.当2x，即0x时，f(x)单调递增；当2x，即x时，f(x)单调递减综上可知，f(x)在区间0，上单调递增，在区间，上单调递减20C4，C9，B142013福建卷 已知函数f(x)sin(x)(0，00，得2.又曲线yf(x)的一个对称中心为，(0，)，故fsin0，得，所以f(x)cos 2x.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍
6、(纵坐标不变)后可得ycos x的图像，再将ycos x的图像向右平移个单位长度后得到函数g(x)cos的图像，所以g(x)sin x.(2)当x时，sin x，0cos 2xcos 2xsin xcos 2x.问题转化为方程2cos 2xsin xsin xcos 2x在内是否有解设G(x)sin xsin xcos 2x2cos 2x，x，则G(x)cos xcos xcos 2x2sin 2x(2sin x)因为x，所以G(x)0，G(x)在内单调递增又G0，且函数G(x)的图像连续不断，故可知函数G(x)在内存在唯一零点x0，即存在唯一的x0满足题意(3)方法一：依题意，F(x)asi
7、nxcos 2x，令F(x)asin xcos 2x0.当sin x0，即xk(kZ)时，cos2x1，从而xk(kZ)不是方程F(x)0的解，所以方程F(x)0等价于关于x的方程a，xk(kZ)现研究x(0，)(，2)时方程a的解的情况令h(x)，x(0，)(，2)，则问题转化为研究直线ya与曲线yh(x)，x(0，)(，2)的交点情况h(x)，令h(x)0，得x或x.当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：xh(x)00h(x)11当x0且x趋近于0时，h(x)趋向于，当x且x趋近于时，h(x)趋向于，当x1时，直线ya与曲线yh(x)在(0，)内无交点，在(，2)内有2个交点；当
8、a1时，直线ya与曲线yh(x)在(0，)内有2个交点，在(，2)内无交点；当1a0，p(1)a1，p(1)a1.当a1时，函数p(t)有一个零点t1(1，0)(另一个零点t21，舍去)，F(x)在(0，2上有两个零点x1，x2，且x1，x2(，2)；当a1时，函数p(t)有一个零点t1(0，1)(另一个零点t21，舍去)，F(x)在(0，2上有两个零点x1，x2，且x1，x2(0，)；当1a0)个单位长度后，所得到的图像关于y轴对称，则m的最小值是()A. B. C. D.4B解析 结合选项，将函数ycos xsin x2sin的图像向左平移个单位得到y2sin2cos x，它的图像关于y轴
9、对称，选B.11C42013江西卷 函数ysin 2x2 sin2 x的最小正周期T为_11解析 ysin 2x(1cos 2x)2sin，所以最小正周期为.17C42013辽宁卷 设向量a(sin x，sin x)，b(cos x，sin x)，x.(1)若|a|b|，求x的值；(2)设函数f(x)ab，求f(x)的最大值17解： (1)由|a|2(sin x)2(sin x)24sin2x.|b|2(cos x)2(sin x)21，及|a|b|，得4sin2x1.又x，从而sin x，所以x.(2)f(x)absin xcos xsin2xsin 2xcos 2xsin.当x时，sin取
10、最大值1.所以f(x)的最大值为.5C42013山东卷 将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图像，则的一个可能取值为()A. B. C0 D5B解析 方法一：将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后得到f(x)sin的图像，若f(x)sin为偶函数，必有k，kZ，当k0时，.方法二：将函数ysin(2x)的图像沿x轴向左平移个单位后得到f(x)sin的图像，其对称轴所在直线满足2xk，kZ，又f(x)sin为偶函数，y轴为其中一条对称轴，即k，kZ，当k0时，.16F3，C42013陕西卷 已知向量acos x，b(sin x，cos 2x)，xR，设
11、函数f(x)ab.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在上的最大值和最小值16解：f(x)cos x，(sin x，cos 2x)cos xsin xcos 2xsin 2xcos 2xcos sin 2xsincos 2xsin2x.(1)f(x)的最小正周期为T，即函数f(x)的最小正周期为.(2)0x，2x.由正弦函数的性质，当2x，即x时，f(x)取得最大值1.当2x，即x0时，f(0)，当2x，即x时，f，f(x)的最小值为.因此，f(x)在0，上最大值是1，最小值是.5C42013四川卷 函数f(x)2sin (x)的部分图像如图14所示，则，的值分别是()A2， B2，
12、C4， D4，5A解析 由图知，故周期T，于是2.f(x)2sin(2x)再由f2，得sin1，于是2k(kZ)，因为，取k0，得.15C4，C52013天津卷 已知函数f(x)sin2x6sin xcos x2cos2 x1，xR.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间0，上的最大值和最小值15解：(1)f(x)sin 2xcoscos 2xsin3sin 2xcos 2x2sin 2x2cos 2x2 sin2x.所以，f(x)的最小正周期T.(2)因为f(x)在区间0，上是增函数，在区间，上是减函数又f(0)2，f2 ，f2，故函数f(x)在区间0，上的最大值为2 ，最小值
13、为2.C5两角和与差的正弦、余弦、正切17C5、C82013山东卷 设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ac6，b2，cos B.(1)求a，c的值；(2)求sin(AB)的值17解：(1)由余弦定理b2a2c22accos B，得b2(ac)22ac(1cosB)，又b2，ac6，cos B，所以ac9，解得a3，c3.(2)在ABC中，sin B.由正弦定理得sin A.因为ac，所以A为锐角，所以cos A.因此sin(AB)sin Acos Bcos Asin B.17C5，C8，F12013四川卷 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2 cos
14、Bsin (AB)sin Bcos(AC).(1)求cos A的值；(2)若a4 ，b5，求向量在方向上的投影17解：(1)由2cos2cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)，得cos(AB)1cosBsin(AB)sinBcosB，即cos(AB)cosBsin(AB)sinB，则cos(ABB)，即cos A.(2)由cos A，0Ab，则AB，故B.根据余弦定理，有(4 )252c225c，解得c1或c7(舍去)，故向量在方向上的投影为|cosB.15C4，C52013天津卷 已知函数f(x)sin2x6sin xcos x2cos2 x1，xR.(1)求f(x)的最小正周期；
15、(2)求f(x)在区间0，上的最大值和最小值15解：(1)f(x)sin 2xcoscos 2xsin3sin 2xcos 2x2sin 2x2cos 2x2 sin2x.所以，f(x)的最小正周期T.(2)因为f(x)在区间0，上是增函数，在区间，上是减函数又f(0)2，f2 ，f2，故函数f(x)在区间0，上的最大值为2 ，最小值为2.17C5，C82013新课标全国卷 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcos Ccsin B.(1)求B；(2)若b2，求ABC面积的最大值17解：(1)由已知及正弦定理得sin Asin Bcos Csin Csin B又A(BC)，故
16、sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C由和C(0，)得sin Bcos B.又B(0，)，所以B.(2)ABC的面积Sacsin Bac.由已知及余弦定理得4a2c22accos .又a2c22ac，故ac，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最大值为1.17C5，C82013新课标全国卷 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcos Ccsin B.(1)求B；(2)若b2，求ABC面积的最大值17解：(1)由已知及正弦定理得sin Asin Bcos Csin Csin B又A(BC)，故sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bs
17、in C由和C(0，)得sin Bcos B.又B(0，)，所以B.(2)ABC的面积Sacsin Bac.由已知及余弦定理得4a2c22accos .又a2c22ac，故ac，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最大值为1.15C2，C52013新课标全国卷 设为第二象限角，若tan，则sin cos _15解析 由tan得tan cos 3sin ，由sin2cos2110sin21， 在第二象限，sin ，cos ，sin cos .20C2、C5、C6，C82013重庆卷 在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2b2abc2.(1)求C；(2)设cos Acos B
18、，求tan 的值20解：(1)因为a2b2abc2，所以由余弦定理有cos C.故C.(2)由题意得，因此(tan sin Acos A)(tan sin Bcos B)，tan2 sin Asin Btan (sin Acos Bcos Asin B)cos Acos B，tan2 sin Asin Btan sin (AB)cos Acos B.因为C，所以AB，所以sin (AB).因为cos (AB)cos Acos Bsin Asin B，即sin Asin B.解得sin Asin B.由得tan25tan 40，解得tan 1或tan 4.C6二倍角公式13C1，C2，C6201
19、3四川卷 设sin 2sin ，则tan 2的值是_13.解析 解法一：由sin 2sin ，得2sin cos sin ，又，故sin 0，于是cos ，进而sin ，于是tan ，tan 2.解法二：同上得cos ，又，可得，tan 2tan .20C2、C5、C6，C82013重庆卷 在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2b2abc2.(1)求C；(2)设cos Acos B，求tan 的值20解：(1)因为a2b2abc2，所以由余弦定理有cos C.故C.(2)由题意得，因此(tan sin Acos A)(tan sin Bcos B)，tan2 sin Asin
20、 Btan (sin Acos Bcos Asin B)cos Acos B，tan2 sin Asin Btan sin (AB)cos Acos B.因为C，所以AB，所以sin (AB).因为cos (AB)cos Acos Bsin Asin B，即sin Asin B.解得sin Asin B.由得tan25tan 40，解得tan 1或tan 4.9C2、C6，C72013重庆卷 4cos 50tan 40()A. B.C. D2 19C解析 原式4sin 40，故选C.C7三角函数的求值、化简与证明15C7，C82013北京卷 在ABC中，a3，b2 ，B2A.(1)求cos A
21、的值；(2)求c的值15解：(1)因为a3，b2 ，B2A，所以在ABC中，由正弦定理得.所以.故cos A.(2)由(1)知cos A，所以sin A.又因为B2A，所以cos B2cos2 A1.所以sin B.在ABC中，sin Csin(AB)sin AcosBcos Asin B.所以c5.18C7、C82013全国卷 设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(abc)(abc)ac.(1)求B；(2)若sin Asin C，求C.18解：(1)因为(abc)(abc)ac，所以a2c2b2ac.由余弦定理得cos B，因此B120.(2)由(1)知AC60，所以cos(AC
22、)cos Acos Csin Asin Ccos Acos Csin Asin C2sin Asin Ccos(AC)2sin Asin C2，故AC30或AC30，因此C15或C45.6C72013浙江卷 已知R，sin 2cos ，则tan 2()A. B. C D6C解析 由(sin 2cos )22得sin24sin cos 4cos2，4sin cos 13cos2，2sin 213，故2sin 2，所以tan 2，选择C.9C2、C6，C72013重庆卷 4cos 50tan 40()A. B.C. D2 19C解析 原式4sin 40，故选C.C8解三角形17C82013新课标全
23、国卷 如图14所示，在ABC中，ABC90，AB，BC1，P为ABC内一点，BPC90.(1)若PB，求PA；(2)若APB150，求tan PBA.图1417解：(1)由已知得， PBC60，所以PBA30.在PBA中，由余弦定理得PA232cos 30.故PA.(2)设PBA，由已知得PBsin .在PBA中，由正弦定理得，化简得cos 4sin .所以tan ，即tan PBA.13C82013福建卷 如图14所示，在ABC中，已知点D在BC边上，ADAC，sinBAC，AB3，AD3，则BD的长为_图1413.解析 设BAD，则BAC，sin ，所以cos ，ABD中，由余弦定理得BD
24、.17C82013湖北卷 在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c.已知cos 2A3cos(BC)1.(1)求角A的大小；(2)若ABC的面积S5 ，b5，求sin Bsin C的值17解： (1)由cos 2A3cos(BC)1，得2cos2A3cos A20.即(2cos A1)(cos A2)0，解得cos A或cos A2(舍去)，因为0A，所以A.(2)由Sbcsin Abcbc5 ，得bc20，又b5，知c4.由余弦定理得a2b2c22bc cosA25162021，故a.又由正弦定理得sin Bsin CsinAsin Asin2 A.3C82013湖南卷 在锐角ABC
25、中，角A，B所对的边长分别为a，b，若2asin Bb，则角A等于()A. B. C. D.3D解析 由正弦定理可得2sin Asin Bsin B，又sin B0，所以可得sin A，又A为锐角，故A，选D.16C82013江西卷 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos C(cos Asin A)cos B0.(1)求角B的大小；(2)若ac1，求b的取值范围解：(1)由已知得cos(AB)cos Acos Bsin A cos B0，即有sin A sin Bsin Acos B0，因为sin A0，所以sin Bcos B0，又cos B0，所以tan B，又0B，
26、所以B.(2)由余弦定理，有b2a2c22accos B.因为ac1，cos B，有b23.又0a1，于是有b21，即有bb，则B()A. B. C. D.6A解析 由正弦定理可得到sin Asin Bcos Csin Csin Bcos Asin B因为B(0，)，所以sin B0，所以sin Acos Csin Ccos A，即sin(AC)sin B，则B，故选A.18C7、C82013全国卷 设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(abc)(abc)ac.(1)求B；(2)若sin Asin C，求C.18解：(1)因为(abc)(abc)ac，所以a2c2b2ac.由余弦定
27、理得cos B，因此B120.(2)由(1)知AC60，所以cos(AC)cos Acos Csin Asin Ccos Acos Csin Asin C2sin Asin Ccos(AC)2sin Asin C2，故AC30或AC30，因此C15或C45.17C5、C82013山东卷 设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ac6，b2，cos B.(1)求a，c的值；(2)求sin(AB)的值17解：(1)由余弦定理b2a2c22accos B，得b2(ac)22ac(1cosB)，又b2，ac6，cos B，所以ac9，解得a3，c3.(2)在ABC中，sin B.由正弦定理
28、得sin A.因为ac，所以A为锐角，所以cos A.因此sin(AB)sin Acos Bcos Asin B.7C82013陕西卷 设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos Cccos Basin A，则ABC的形状为()A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D不确定7B解析 结合已知bcos Cccos Basin A，所以由正弦定理代入可得sin Bcos Csin Ccos Bsin Asin Asin(BC)sin2Asin Asin2Asin A1，故A90，故三角形为直角三角形17C5，C8，F12013四川卷 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，
29、c，且2cos2 cos Bsin (AB)sin Bcos(AC).(1)求cos A的值；(2)若a4 ，b5，求向量在方向上的投影17解：(1)由2cos2cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)，得cos(AB)1cosBsin(AB)sinBcosB，即cos(AB)cosBsin(AB)sinB，则cos(ABB)，即cos A.(2)由cos A，0Ab，则AB，故B.根据余弦定理，有(4 )252c225c，解得c1或c7(舍去)，故向量在方向上的投影为|cosB.15C8，E8，N12013四川卷 设P1，P2，Pn为平面内的n个点，在平面内的所有点中，若点P到P1，
30、P2，Pn点的距离之和最小，则称点P为P1，P2，Pn点的一个“中位点”例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的中位点则有下列命题：若A，B，C三个点共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；若四个点A，B，C，D共线，则它们的中位点存在且唯一；梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点其中的真命题是_(写出所有真命题的序号)15解析 对于，如果中位点不在直线AB上，由三角形两边之和大于第三边可知与题意矛盾而当中位点在直线AB上时，如果不与C重合，则|PA|PB|PC|PA|PB|也不符合题意，故C为唯一的中位点，正确；对于，我们取斜
31、边长为4的等腰直角三角形，此时，斜边中点到三个顶点的距离均为2，和为6；而我们取斜边上中线的中点，该点到直角顶点的距离为1，到两底角顶点的距离均为，显然2 16，故该直角三角形的斜边中点不是中位点，错误；对于，当A，B，C，D四点共线时，不妨设他们的顺序就是A，B，C，D，则当点P在B，C之间运动时，点P到A，B，C，D四点的距离之和相等且最小，即这个时候的中位点有无穷多个，错误；对于，同样根据三角形两边之和大于第三边的性质，如果中位点不在对角线的交点上，则距离之和肯定不是最小的，正确6C82013天津卷 在ABC中，ABC，AB，BC3，则sinBAC()A. B.C. D.6C解析 由余弦
32、定理得AC229235，即AC，由正弦定理得，解得sin BAC.17C5，C82013新课标全国卷 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcos Ccsin B.(1)求B；(2)若b2，求ABC面积的最大值17解：(1)由已知及正弦定理得sin Asin Bcos Csin Csin B又A(BC)，故sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C由和C(0，)得sin Bcos B.又B(0，)，所以B.(2)ABC的面积Sacsin Bac.由已知及余弦定理得4a2c22accos .又a2c22ac，故ac，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最
33、大值为1.20C2、C5、C6，C82013重庆卷 在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2b2abc2.(1)求C；(2)设cos Acos B，求tan 的值20解：(1)因为a2b2abc2，所以由余弦定理有cos C.故C.(2)由题意得，因此(tan sin Acos A)(tan sin Bcos B)，tan2 sin Asin Btan (sin Acos Bcos Asin B)cos Acos B，tan2 sin Asin Btan sin (AB)cos Acos B.因为C，所以AB，所以sin (AB).因为cos (AB)cos Acos Bsin Asin B，即sin Asin B.解得sin Asin B.由得
