深圳市必修第一册第五单元《三角函数》检测(含答案解析)

一、选择题

1．下列函数中，既是奇函数，又在区间0,1上是增函数的是（ ） A．f(x)x2 C．f(x)sin2x

31B．f(x)x3 D．f(x)2x2x

2．已知曲线C1：y＝2sinx，C2：y2sin(2xA．把C1上各点的横坐标缩短到原来的个单位长度，得到曲线C2 63)，则错误的是（ ）

1倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平行移动2B．把C1上各点的横坐标缩短到原来的

1倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平行移动25个单位长度，得到曲线C2 6C．把C1向左平行移动

1个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的

231个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的 62倍，纵坐标不变，得到曲线C2 D．把C1向左平行移动

倍，纵坐标不变，得到曲线C2 3．若将函数f(x)1sin2x图象上的每一个点都向左平移个单位长度，得到233gx的图象，则函数gx的单调递增区间为（ ）

A．kC．k4,k3(kZ) 4B．kD．k412,k,k(kZ) 42,k(kZ) 365(kZ) 124．将函数fx2sin2x不变，再将所得图像向左平移

12图像上的每一个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标

3个单位得到函数gx的图像，在gx的图像的所有对

称轴中，离原点最近的对称轴为（ ） A．x24

B．xπ 4C．x5 24D．x12

5．已知一个扇形的半径与弧长相等，且扇形的面积为2cm2，则该扇形的周长为（ ） A．6cm

B．3cm

C．12cm

D．8cm

6．cos45sin15sin45cos15（ ）. A．1

7．函数ysin2xA．

B．1 2C．3 2D．

1 2π的最小正周期是（ ） 5B．

C．2

D．4π

 28．已知函数fx2sin4x，则（ ）

6A．fx的最小正周期为 B．fx的单调递增区间为C．fx的图象关于直线xD．fx的图象关于点kk,kZ 262126

对称

,0对称 24ππxA0在它的一个最小正周期内的图像上，最高点

63C．2.5

D．4

9．已知函数fxAsin与最低点的距离是5，则A等于（ ）． A．1

B．2

10．下面函数中最小正周期为π的是（ ）． A．ycosx C．ytanB．yπ2sinx

3x 2D．y2cos2xsin2x

13,11．已知将向量a绕起点逆时针旋转得到向量b，则b（ ） 2246262,A． 446262,B． 442626,D． 442662,C． 44f(x)sin(x)0,||12．函数的图象如图所示，为了得到

2g(x)sin3x的图象，只需将f(x)的图象（ ）

4

A．向右平移B．向左平移C．向右平移D．向左平移

π个单位长度 6π个单位长度 6π个单位长度 2π个单位长度 2二、填空题

13．若sin1，则sin2____________ 4214．已知定义在a,a上的函数fxcosxsinx是减函数，其中a0，则当a取最大值时，fx的值域是______.

(x1)2sin(x2)15．设函数f(x)的最大值为M，最小值为m，则2(x2)1Mm_________.

16．已知函数f(x)4sin2x70x，若函数F(x)f(x)a恰有3个零66点，分别为x1,x2,x3x1x2x3，则x12x2x3的值为________. 17．已知锐角满足cos(18．若fx2sinx3)1，则sin______． 530的最小正周期为

，则4gxtanx0的最小正周期为______．

67，0,，则tan ________. 1720．已知函数f(x)3sinxcosx.若关于x的方程f(x)m在[0,2)上有两个不同的解

19．已知sincos和（其中10m10），则cos()_____（结果用m表示）. 三、解答题

21．已知函数fxcosx.

（1）已知，为锐角，f值；

45，tan，求cos2及tan的

352（2）函数gx3f2x1，若关于x的不等式gxa1gx3a3有解，求

实数a的最大值. 22．已知 sin3，cos5312，,，,1322 ,a，且图象的相12求sin()，cos()，tan2的值. 23．已知fx3sinxa0,邻两条对称轴的距离为

2的图象过点. 2（1）求函数fx的单调区间； （2）若fx在区间24．设cos（1）求（2）求cos,上的最大值与最小值之和为3，求实数a的值. 12212,sin，，其中，0,． 2292322以及

2的取值范围．

2的值．

25．如图，以Ox为始边作角与(0βαπ))，它们的终边分别与单位圆相交于点P､Q，已知点P的标为,34 55

（1）求

sin2cos21的值;

1tan（2）若OPOQ0，求sin()的值

26．已知函数fxsinx0,的最小正周期为. 2gf（1）求的值及的值域；

6（2）若3，sin2cos0. 求f的值.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【分析】 A.根据f(x)x23x3定义域为[0,)判断；B. 由幂函数的性质判断；C.由函数

ysinx的性质判断；D.由指数函数y2x的性质判断. 【详解】 A. f(x)x23x3定义域为[0,)，不关于原点对称，所以函数是非奇非偶，故错误；

13B. 由幂函数知f(x)xx13f(x)是奇函数，在0,1是减函数，故错误；

上是增函4C. 因为f(x)sin2xsin2xf(x)，所以f(x)是奇函数，在0,数，在,1上减函数，故错误； 4xD. 因为f(x)22x2x2xf(x)，所以f(x)是奇函数，因为

y2x,y2x是增函数，f(x)2x2x在区间0,1上是增函数，故正确；

故选：D

2．D

解析：D 【分析】

利用函数yAsinx+的图象变换规律对各个选项进行检验即可. 【详解】

A. C1上各点横坐标缩短到原来的

1倍，得到y2sin2x，再向左平移个单位长度，得

62到y2sin2x+=2sin2x+，正确； 6315倍，得到y2sin2x，再向右平移个单位长度，

62B. C1上各点的横坐标缩短到原来的得到y2sin2x确； C. C1向左平移

565=2sin2x35=2sin2x22sin2x，正

331个单位长度，得到y2sinx+，再把各点横坐标缩短到原来的

233倍，得到y2sin2x+D. C1向左平移

，正确； 31个单位长度，得到y2sinx+，再把各点横坐标缩短到原来的626y2sin2x+倍，得到，错误.

6故选：D

3．A

解析：A 【分析】 求出gx【详解】

132kkZ即可解出增区间. sin2x，令2k2x222111gxsin2xsin2xsin2x， 由题可知23322令

22k2x332kkZ，解得kxkkZ， 2443(kZ). gx的单调递增区间为k,k44故选：A.

4．A

解析：A 【分析】

利用三角函数的伸缩变换和平移变换，得到gx2sin4x23，然后令2k,kZ求解. 32【详解】 4x将函数fx2sin2x图像上的每一个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不3y2sin4x变，，

3再将所得图像向左平移令4x12个单位得到函数gx2sin4x23， 2k,kZ， 32k,kZ， 解得x424所以在gx的图像的所有对称轴中，离原点最近的对称轴为x故选：A

24，

5．A

解析：A 【分析】

12由题意利用扇形的面积公式可得R2，解得R的值，即可得解扇形的周长的值．

2【详解】

解：设扇形的半径为Rcm，则弧长lRcm， 又因为扇形的面积为2cm2， 12所以R2，

2解得R2cm， 故扇形的周长为6cm． 故选：A．

6．B

解析：B 【分析】

根据两角差的正弦公式，准确运算，即可求解. 【详解】

由cos45sin15sin45cos15sin1545sin30故选：B.

1. 27．B

解析：B 【分析】

按照三角函数的周期公式求最小正周期即可. 【详解】

解：函数ysin2x故选：B.

π2的最小正周期为T2. 58．B

解析：B 【分析】

对A，根据解析式可直接求出最小正周期；对B，令

f2k4x2k,kZ可求出单调递增区间；对C，计算可判断；

2626对D，计算f可判断.

24【详解】 对于A，

2fx2sin4x，fx的最小正周期为T，故A错误；

642对于B，令22k4x622k,kZ，解得

kkx,kZ，26212kk,kZ，故B正确； fx的单调递增区间为26212对于C，

f2sin412，fx的图象不关于直线x对

6666称，故C错误； 对于D，称. 故选B. 【点睛】

方法点睛：判断正弦型函数fx=Asinx对称轴或对称中心的方法： （1）利用正弦函数的性质求出对称轴或对称中心，令x称轴，令xkkZ可求得对称中心；

（2）代入求值判断，若fx0=Asinx0A，则xx0是对称轴；若

f2sin430，fx的图象不关于点,0对

24624242kkZ可求得对

fx0=Asinx00，则x0,0是对称中心. 9．B

解析：B 【分析】

根据正弦型函数图象性质确定函数fx的最小正周期T，再根据最高点与最低点的距离

是5，可列出方程(2A)2()25，从而解得A的值. 【详解】

T222πT6π解：函数fxAsinxA0的最小正周期 633函数fxAsin点的距离是5，

ππxA0在它的一个最小正周期内的图像上，最高点与最低

636(2A)2()25，解得A2.

2故选：B. 【点睛】

对于三角函数，求最小正周期和最值时可先把所给三角函数式化为yAsinωxφ或

yAcosx的形式，则最小正周期为T2，最大值为A，最小值为A；奇

偶性的判断关键是解析式是否为yAsinx或yAcosx的形式．

10．D

解析：D 【分析】

根据三角函数的周期公式结合图象对选项进行逐一判断，可得答案. 【详解】

cosxcosx，ycosxcosx，周期为2π，故A不符合题意； πy2sinx的周期为2π，故B不符合题意；

3画出函数ytanxx的图象，易得函数ytan的周期为2π，故C不符合题意； 22π2cos2xsin2xcos2x1sin2x2sin2x1，周期为π，故D符合题

4意． 故选：D

11．C

解析：C 【分析】

先求出a与x轴正方向的夹角为3，即可得b与x轴正方向的夹角为

347， 12再利用向量坐标的定义即可求解. 【详解】

设a的起点是坐标原点，a与x轴正方向的夹角为，a1

31323，所有， ,由a可得tan22132设b与x轴正方向的夹角为，则因为ysin347且b1 12726， sinsincoscossin124343443xcos726， coscoscossinsin1243434342662,故b， 44故选：C.

12．A

解析：A 【分析】

首先根据函数f(x)的图象得到fxsin3x到答案. 【详解】 由题知：

，再根据三角函数的平移变换即可得4T522，所以T，解得3. 4124633fsin0， 44所以2k，kZ，解得342k，kZ. 4又因为2，所以4，fxsin3x. 4π44，所以只需将f(x)的图象向右平移个单位长度.

636故选：A

因为

二、填空题

13．【分析】由题意结合诱导公式二倍角余弦公式直接运算即可得解【详解】若则故答案为：

1解析：

2【分析】

由题意结合诱导公式、二倍角余弦公式直接运算即可得解. 【详解】 若sinπ1ππ112cos2sin212sin12， ，则4224421sin2.

2故答案为：1. 214．【分析】先求出函数单调减区间的一般形式根据函数在的单调性可得利用整体法可求当取最大值时的值域【详解】令则故的减区间为由题设可得为的子集故且故故当时故故的值域为故答案为：【点睛】关键点点睛：正弦型函数

解析：0,2

【分析】

先求出函数单调减区间的一般形式，根据函数在a,a的单调性可得amax体法可求当a取最大值时，fx的值域． 【详解】

4，利用整

fxcosxsinx2sinx，

4令2k2x42k24,kZ，则2k,2k4x2k3,kZ， 4故fx的减区间为2k3,kZ， 4由题设可得a,a为2k4,2k3,kZ的子集， 4a43a故k0且，故0a，故amax，

444a0当x时，x0，故0sinx2，

42444故fx的值域为0,2． 故答案为：0,2．

【点睛】

关键点点睛：正弦型函数在给定范围（含参数）上的单调性可由单调区间的一般形式得到参数满足的条件，这是解决此类问题的通法．

15．2【分析】可考虑向左平移2个单位对函数解析式进行化简根据左右平移值域不变求解【详解】令则定义域为R且故是奇函数故其最大值与最小值的和为零所以函数的最大值与最小值的和为2故在函数中

解析：2 【分析】

可考虑向左平移2个单位对函数解析式进行化简，根据左右平移值域不变求解. 【详解】

(x1)2sin(x2)f(x)

(x2)21(x1)2sinx2xsinxf(x2)1， 22x1x1令g(x)2xsinx，则定义域为R，且g(x)g(x)， 2x1故g(x)是奇函数，故其最大值与最小值的和为零， 所以函数yf(x2)的最大值与最小值的和为2， 故在函数f(x)中，Mm2.

16．【分析】令则通过正弦函数的对称轴方程求出函数的对称轴方程分别为和结合图像可知从而求得进而求得的值【详解】令则函数恰有3零点等价于的图像与直线恰有3个交点即与直线恰有3个交点设为如图函数的图像取得最值 解析：

5π 3【分析】

令2x5t，则t,，通过正弦函数的对称轴方程，求出函数的对称轴方程分662别为t2和t3，结合图像可知t1t2，t2t33，从而求得x1x2，

32x2x3【详解】 令2x4，进而求得x12x2x3的值． 35t，则t, 662函数F(x)f(x)a恰有3零点，等价于yf(x)的图像与直线ya恰有3个交点，即y4sint与直线ya恰有3个交点，设为t1,t2,t3，如图

函数y4sint，t35,的图像取得最值有2个t值，分别为t和t，由正

2262弦函数图像的对称性可得t1t22x162x2622，即x1x23

t2t32x262x362343，即x2x3，

32故x12x2x3x1x2x2x3故答案为：【点睛】

5π． 3345 ， 33方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

17．【分析】利用余弦的两角和公式展开结合代入计算即可【详解】解得根据

代入计算解得故答案为： 解析：263 10【分析】

利用余弦的两角和公式展开，结合sin2cos21，代入计算即可． 【详解】

131coscossin，

3225解得cos3sin代入计算，解得sin故答案为：

2，根据sin2cos21， 5263． 10263. 1018．【分析】先由的最小正周期求出的值再由的最小正周期公式求的最小正周期【详解】的最小正周期为即则所以的最小正周期为故答案为：

 8【分析】 解析：

先由fx的最小正周期，求出的值，再由ytanx的最小正周期公式求gx的最小正周期. 【详解】

2fx2sinx0的最小正周期为，即，则8

344所以gxtan8x故答案为：

6的最小正周期为T8

 819．【分析】根据已知条件求得的值由此求得的值【详解】依题意两边平方得而所以所以由解得所以故答案为：【点睛】知道其中一个可通过同角三角函数的基本关系式求得另外两个在求解过程中要注意角的范围 解析：【分析】

根据已知条件求得sin,cos的值，由此求得tan的值. 【详解】

15 8依题意sincos7，两边平方得 1712sincos49240,2sincos0， 22而0,，所以sin0,cos0， 所以sincossincos212sincos124023. 2177sincos15817,cos， 由解得sin1717sincos2317sin15. cos815故答案为：

8【点睛】

sincos,sincos知道其中一个，可通过同角三角函数的基本关系式求得另外两

所以tan个，在求解过程中要注意角的范围.

20．【分析】先利用辅助角公式化简再利用同角三角函数关系计算出与最后利用化简计算即可【详解】解：其中为锐角且又在上有两个不同的解和即由题意知：与异号不妨设则故答案为：【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利

m21 解析：5【分析】

先利用辅助角公式化简fx，再利用同角三角函数关系计算出cos与

cos，最后利用cos()cos化简计算即可.

【详解】 解：又

f(x)3sinxcosx10sinx，其中为锐角且tan1， 3fxm在[0,2)上有两个不同的解和，

10sinm， 10sinm即sin1010m，sinm， 101010， cos1sin2110m102， cos1sin110m由题意知：cos与cos异号，

221010不妨设cos1，则， mcos11010mcos()

22cos

coscossinsin

101010101m1mmm 10101010m21. 5m2故答案为：1.

5【点睛】

关键点点睛：本题解题的关键是利用辅助角公式对fx进行化简.

22三、解答题

21．（1）cos2【分析】

（1）利用二倍角公式，求出cos2，然后分别求出cos，sin()，进而求出

27，tan；（2）a的最大值为3. 2511tan，最后，利用tantan2求解即可

（2）由gx3f2x13cos2x12,4，得关于x的不等式

g2xa1gx3a3有解，化简得，即g2xa1gx3有解，令

tgx3，然后，利用对勾函数的性质求解即可

【详解】

4cos2sin222解：（1）∵tan，∴cos2cossin

3cos2sin2411tan237∵，，为锐角，即，0,， 22251tan241342tan324tan20,20,∴.，21tan27， 4132∵fxcosx，∴fcos225， 5sin25tan2， ∴sin1cos，∴

cos524tantan272. ∴tantan21tantan2122411727. 综上，cos2，tan25112（2）gx3f2x13cos2x12,4， 关于x的不等式g即g22xa1gx3a3有解，

2xa1gx3有解，令tgx3，

96有解， t则t1,7，t3a1t有解，即a1t99a7t，设htt，则hx在1,3上单调递减，

ttmax在3,7上单调递增，则t9maxh1,h710， tmax∴a3，故实数a的最大值为3. 【点睛】

关键点睛：（1）利用二倍角公式，以及正切函数的两角和差公式求解； （2）通过化简，把问题转化为g2xa1gx3有解，令tgx3，然后，

利用对勾函数的性质求解；主要考查学生的转化化归思想以及运算能力，属于中档题 22．163324；； 65657【分析】

由已知条件，利用同角三角函数基本关系结合角所在的象限求出cos，sin，以及

tan的值，再利用两角和的正弦公式，两角差的余弦公式，正切的二倍角公式即可求解.

【详解】 因为3,，sin，

52243所以cos1sin21，

55因为,3，cos2212， 132512所以sin1cos1， 1313所以sin()sincoscossin3124516， 513513654123533cos()coscossinsin

51351365322tansin3424，所以tan2因为tan， 221tan7cos4314综上所述：sin()162433. ，cos()，tan26565723．（1）单调递增区间为k6,k3(kZ)，单调递减区间为

53k,k(kZ)2. ；（）364【分析】

（1）根据图象上相邻两条对称轴的距离为

可知周期为，可确定2，然后将点2,a代入求解出的值，利用整体法求解原函数的单调区间即可. 12（2）由（1）中的结果可知fx在,上的单调性，确定出fx在,上122122的最大值与最小值，使最大值与最小值之和为3，得到关于a的方程求解即可. 【详解】

（1）由函数fx图象的相邻两条对称轴间的距离为得函数fx的最小正周期T，

， 2∴22.

,a， 12又函数fx的图象过点∴f3sin2aa， 1212sin20，k. ∴612∵||，∴，则f(x)3sin2xa.

626令2k解得22x62k2，

6xk3，(kZ)，

2k22x62k3， 2解得k3xk5，(kZ) 6∴函数fx的单调递增区间为k6,k3(kZ)，

5k,k(kZ). 单调递减区间为36（2）由（1）知，函数fx在,上单调递增，在,上单调递减，

32123又f3a，122f3a，33fa， 22∴fx在区间3,上的最大值与最小值之和为a3a3，

21223. 4【点睛】

∴a本题考查三角函数图象性质的综合应用，解答时只要方法如下：

（1）求解三角函数单调区间时一般采用整体代换法，将自变量部分的代数式当做一个整体，利用正弦函数、余弦函数的单调性列出不等式求解即可；

（2）求解三角函数在某固定区间上的最值或值域时，关键是分析清楚原函数在所给区间上的单调性，利用单调性确定取得最大值或最小值的点，确定最值；也可以采用换元法，将函数yAsinωxφ的最值转化为求yAsint的最值问题，只需根据格据正弦函数的图像性质确定即可.

24．（1）【分析】

22，022；（2）75． 27（1）由,，0,以及不等式知识求出,，

242212,,再根据cos，sin可得,，

2229223420,． 22（2）根据cos【详解】 （1）2cos，利用两角差的余弦公式可求得结果.

22,，0,，

22,，0,，,0， 242242,，,0，

24224又所以

,，,, 2424212cos，sin，

292322，022.

（2）cos2cos

22coscossinsin，

2222又

1cos且,，

29222451， sin1299又

2sin，0,， 2322252， cos1323cos21545275． 939327【点睛】

关键点点睛：将所求角拆成两个已知角进行求解是解题关键. 25．（1）【分析】

（1）根据终边上点的坐标，利用三角函数定义得到角的正弦值与余弦值，利用二倍角的正弦公式、二倍角法余弦公式，切化弦，把要求的式子化简，约分整理，将所求三角函数值代入求解即可；

（2）以向量的数量积为0为条件，可得187. ；（2）25252 ，从而可得sin3，进而得54，利用两角和的正弦公式可得结果. 5【详解】 cos（1）由三角函数定义得cos34， sin 552sincos2cos22cossincos2cos2∴原式 sinsincos1coscos3182·=

525（2）OPOQ0，∴∴22 ，

3sinsincos，∴ 2524coscossin，

25∴sinsincoscossin

44337. 5555251,1；（2）f423. 21026．（1）2，g的值域为【分析】

（1）由函数fx的最小正周期可求得的值，求得gsin值范围可求得g的值域；

，结合的取3（2）求得tan2，利用二倍角的正、余弦公式以及弦化切思想可求得f【详解】

（1）由于函数fxsinx0,的值.

的最小正周期为，则222，

fxsin2x，gfsin，

6322，6351，所以，gsin,1； 632（2）

sin2cos0，可得tan2，

3，所以，

133fsin2sin2cos2sincos2cos2132223sincos3cos23tan332sincos3cos2sin2cos22tan212233433. 5210【点睛】

求函数fxAsinx在区间a,b上值域的一般步骤：

第一步：三角函数式的化简，一般化成形如yAsinxk的形式或

yAcosxk的形式．

第二步：由x的取值范围确定x的取值范围，再确定sinx（或

cosx）的取值范围；

第三步：求出所求函数的值域（或最值）.