高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第五节三角函数的图象与性质夯基提能作业本理.docx

高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第五节三角函数的图象与性质夯基提能作业本理.docx

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高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第五节三角函数的图象与性质夯基提能作业本理

2019-2020年高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第五节三角函数的图象与性质夯基提能作业本理

1.y=|cosx|的一个单调增区间是（　　）　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.B.[0,π]C.D.

2.（xx宜春中学与新余一中联考）设函数f（x）=sin-cos的图象关于原点对称,则角θ=（　　）

A.-B.C.-D.

3.已知函数f（x）=3cos在上的最大值为M,最小值为m,则M+m等于（　　）

A.0B.3+C.3-D.

4.已知函数f（x）=sin-1（ω>0）的最小正周期为,则f（x）的图象的一条对称轴方程是（　　）

A.x=B.x=C.x=D.x=

5.已知f（x）=sin,x∈[0,π],则f（x）的单调递增区间为　　　　. 

6.函数y=tan的图象与x轴交点的坐标是　　　　. 

7.（xx聊城模拟）若函数f（x）=2cos的最小正周期为T,T∈（1,3）,则正整数ω的最大值为　　　　. 

8.已知函数y=cos.

（1）求函数的最小正周期;

（2）求函数图象的对称轴及对称中心.

9.已知函数f（x）=（sinx+cosx）2+2cos2x-2.

（1）求f（x）的单调递增区间;

（2）当x∈时,求函数f（x）的最大值和最小值.

B组　提升题组

10.（xx大连模拟）已知函数f（x）=sin（x-φ）,且f（x）dx=0,则函数f（x）的图象的一条对称轴是（　　）　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.x=B.x=C.x=D.x=

11.已知函数y=2cosx的定义域为,值域为[a,b],则b-a的值是（　　）

A.2B.3C.+2D.2-

12.已知ω>0,函数f（x）=sin在上单调递减,则ω的取值范围是（　　）

A.B.C.D.（0,2]

13.设常数a使方程sinx+cosx=a在闭区间[0,2π]上恰有三个解x1,x2,x3,则x1+x2+x3=　　　　. 

14.（xx重庆,18,13分）已知函数f（x）=sinsinx-cos2x.

（1）求f（x）的最小正周期和最大值;

（2）讨论f（x）在上的单调性.

15.已知f（x）=2sin+a+1.

（1）若x∈R,求f（x）的单调递增区间;

（2）当x∈时,f（x）的最大值为4,求a的值;

（3）在

（2）的条件下,求满足f（x）=1且x∈[-π,π]的x的取值集合.

答案全解全析

A组　基础题组

1.D　作出y=|cosx|的图象（如图）.易知是y=|cosx|的一个单调增区间.故选D.

2.D　∵f（x）=2sin,且f（x）的图象关于原点对称,∴f（0）=2sin=0,即sin=0,∴θ-=kπ（k∈Z）,即θ=+kπ（k∈Z）,又|θ|<,∴θ=.

3.C　∵x∈,∴2x-∈,∴cos∈,∴f（x）∈,∴M+m=3-.

4.A　依题意,得=,|ω|=3,又ω>0,所以ω=3,令3x+=kπ+（k∈Z）,解得x=+（k∈Z）,当k=0时,x=.因此函数f（x）的图象的一条对称轴方程是x=.

5.答案　

解析　由-+2kπ≤x+≤+2kπ,k∈Z,得-+2kπ≤x≤+2kπ,k∈Z.又x∈[0,π],所以f（x）的单调递增区间为.

6.答案　,k∈Z

解析　令2x+=kπ（k∈Z）得,x=-（k∈Z）.

∴函数y=tan的图象与x轴交点的坐标是,k∈Z.

7.答案　6

解析　因为T=,T∈（1,3）,所以1<<3,即<ω<2π.

所以正整数ω的最大值为6.

8.解析　

（1）由题可知ω=,T==8π,

所以函数的最小正周期为8π.

（2）由x+=kπ（k∈Z）,得x=4kπ-（k∈Z）,所以函数图象的对称轴为x=4kπ-（k∈Z）.

由x+=kπ+（k∈Z）,得x=4kπ+（k∈Z）,所以函数图象的对称中心为（k∈Z）.

9.解析　

（1）f（x）=sin2x+cos2x=sin,令2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,则kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.

故f（x）的单调递增区间为,k∈Z.

（2）∵x∈,∴≤2x+≤,

∴-1≤sin≤,∴-≤f（x）≤1,

∴当x∈时,函数f（x）的最大值为1,最小值为-.

B组　提升题组

10.A　由f（x）dx=sin（x-φ）dx=-cos（x-φ）=-cos+cosφ=0,得cosφ=sinφ,从而有tanφ=,则φ=nπ+,n∈Z,从而有f（x）=sin=（-1）nsin,n∈Z.令x-=kπ+,k∈Z,得x=kπ+,k∈Z,即f（x）的图象的对称轴是x=kπ+,k∈Z,故选A.

11.B　因为在上,y=2cosx是单调减函数,且当x=时,y=2cos=1,当x=π时,y=2cosπ=-2,所以-2≤y≤1,即函数的值域是[-2,1],所以b-a=1-（-2）=3.

12.A　由题意知=≥π-=（ω>0）,

∴0<ω≤2,又由

解得≤ω≤,故选A.

13.答案　

解析　设f（x）=sinx+cosx=2sin,根据原方程在[0,2π]上恰有三个解,不妨设x1

14.解析　

（1）f（x）=sinsinx-cos2x=cosxsinx-（1+cos2x）=sin2x-·cos2x-=sin-,因此f（x）的最小正周期为π,最大值为.

（2）当x∈时,0≤2x-≤π.易知当0≤2x-≤,即≤x≤时,f（x）单调递增,当≤2x-≤π,即≤x≤时,f（x）单调递减.所以f（x）在上单调递增;在上单调递减.

15.解析　

（1）f（x）=2sin+a+1,由2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,可得x∈（k∈Z）,所以f（x）的单调递增区间为（k∈Z）.

（2）易知在上,当x=时,f（x）取最大值,则f=2sin+a+1=a+3=4,所以a=1.

（3）由f（x）=2sin+2=1可得sin=-,则2x+=+2kπ或2x+=π+2kπ,k∈Z,即x=+kπ或x=+kπ,k∈Z,又x∈[-π,π],所以x=-,-,,,所以x的取值集合为.

2019-2020年高三数学一轮复习第四章三角函数解三角形第八节解三角形夯基提能作业本文

1.如图,两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等,灯塔A在观察站南偏西40°方向上,灯塔B在观察站南偏东60°方向上,则灯塔A在灯塔B的（　　）

A.北偏东10°方向上B.北偏西10°方向上

C.南偏东80°方向上D.南偏西80°方向上

2.一艘海轮从A处出发,以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行,30分钟后到达B处,在C处有一座灯塔,海轮在A处观察灯塔,其方向是南偏东70°,在B处观察灯塔,其方向是北偏东65°,那么B,C两点间的距离是（　　）

A.10海里B.10海里

C.20海里D.20海里

3.（xx江西联考）某位居民站在离地20m高的阳台上观测到对面楼房房顶的仰角为60°,楼房底部的俯角为45°,那么这栋楼房的高度为（　　）

A.20mB.20（1+）m

C.10（+）mD.20（+）m

4.某人向正东方向走xkm后,向右转150°,然后朝新方向走3km,结果他离出发点恰好是km,那么x的值为（　　）

A.B.2C.或2D.3

5.如图,一条河的两岸平行,河的宽度d=0.6km,一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB=1km,水的流速为2km/h,若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6min,则客船在静水中的速度为（　　）

A.8km/hB.6km/h

C.2km/hD.10km/h

6.如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上的B,D两点,测出四边形ABCD各边的长度（单位:

km）:

AB=5,BC=8,CD=3,DA=5,且∠B与∠D互补,则AC的长为　　　　km. 

7.某同学骑电动车以24km/h的速度沿正北方向的公路行驶,在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上,15min后到点B处,测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上,则点B与电视塔的距离是

　　　　km. 

8.如图,在山顶上有一座铁塔BC,在塔顶B处测得地面上一点A的俯角α=60°,在塔底C处测得A处的俯角β=45°,已知铁塔BC的高为24m,则山高CD=　　　　m. 

9.隔河看两目标A与B,但不能到达,在岸边选取相距千米的C、D两点,测得∠ACB=75°,∠BCD=45°,∠ADC=30°,∠ADB=45°（A、B、C、D在同一平面内）,求两目标A、B之间的距离.

10.为扑灭某着火点,现场安排了两支水枪,如图,D是着火点,A、B分别是水枪位置,已知AB=15m,在A处看着火点的仰角为60°,∠ABC=30°,∠BAC=105°（其中C为D在地面上的射影）,求两支水枪的喷射距离至少是多少.

B组　提升题组

11.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱,为了测量喷水柱喷出的水柱的高度,某人在喷水柱正西方的点A处测得水柱顶端的仰角为45°,从点A向北偏东30°方向前进100m到达点B,在B点处测得水柱顶端的仰角为30°,则水柱的高度是（　　）

A.50mB.100mC.120mD.150m

12.如图,航空测量组驾驶飞机飞行的航线和山顶在同一铅直平面内,已知飞机的飞行高度为10000m,速度为50m/s,某一时刻飞机看山顶的俯角为15°,经过420s后看山顶的俯角为45°,则山顶的海拔为　　　　m.（取=1.4,=1.7） 

13.如图,一栋建筑物AB的高为（30-10）m,在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD.在它们之间的地面上的点M（B,M,D三点共线）处测得楼顶A,塔顶C的仰角分别是15°和60°,在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°,则通信塔CD的高为　　　　m. 

14.如图,在海岸A处发现北偏东45°方向上,距A处（-1）海里的B处有一艘走私船.在A处北偏西75°方向上,距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10海里/时的速度追截走私船,此时走私船正以10海里/时的速度,从B处向北偏东30°方向逃窜.问:

缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船?

并求出所需时间.

15.（xx辽宁沈阳二中月考）在一个特定时段内,以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A,某时刻测得一艘匀速直线行驶的船位于点A的北偏东45°且与点A相距40海里的位置B,经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°+θ

且与点A相距10海里的位置C.

（1）求该船的行驶速度（单位:

海里/时）;

（2）若该船不改变航行方向继续行驶,判断它是否会进入警戒水域,并说明理由.

答案全解全析

A组　基础题组

1.D　由条件及题图可知,∠A=∠ABC=40°,因为∠BCD=60°,所以∠CBD=30°,所以∠DBA=10°,因此灯塔A在灯塔B南偏西80°方向上.

2.A　如图所示,易知,在△ABC中,AB=20海里,∠CAB=30°,∠ACB=45°,根据正弦定理得=,

解得BC=10（海里）.

3.B　如图,设AB为阳台的高度,CD为楼房的高度,AE为水平线.由题意知AB=DE=20m,∠DAE=45°,∠CAE=60°,故AE=20m,则CE=20m.所以CD=20（1+）m.故选B.

4.C　由题意作出示意图,如图所示,由余弦定理得（）2=x2+32-2x·3·cos30°,整理得x2-3x+6=0,解得x=或2.故选C.

5.B　连接AB,设AB与河岸线所成的锐角为θ,客船在静水中的速度为vkm/h,由题意知,sinθ==,从而cosθ=,结合已知及余弦定理可得=+12-2××2×1×,解得v=6.选B.

6.答案　7

解析　∵82+52-2×8×5×cos（π-D）=32+52-2×3×5×cosD,∴cosD=-,∴在△ACD中,由余弦定理可计算得AC==7.则AC的长为7km.

7.答案　3

解析　由题意知AB=24×=6km,在△ABS中,∠BAS=30°,AB=6km,∠ABS=180°-75°=105°,∴∠ASB=45°,由正弦定理知=,∴BS==3（km）.

8.答案　（36+12）

解析　tan∠BAD=,tan∠CAD=,则tan∠BAC=tan（∠BAD-∠CAD）====,

又tan∠BAC=tan（60°-45°）=2-,

∴=2-,

解得CD=（36+12）m.

9.解析　在△ACD中,∠ACD=120°,∠CAD=∠ADC=30°,

所以AC=CD=千米.

在△BCD中,∠BCD=45°,∠BDC=75°,∠CBD=60°,

由正弦定理知BC==千米.

在△ABC中,由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=（）2+-2×××

cos75°=3+2+-=5,所以AB=千米,

所以两目标A,B之间的距离为千米.

10.解析　在△ABC中,可知∠ACB=45°,

由正弦定理得=,

解得AC=15m.

又∵∠CAD=60°,∴AD=30m,CD=15m,

在△ABC中,由正弦定理得=,解得BC=m.

由勾股定理可得BD==15m.

综上可知,两支水枪的喷射距离至少分别为30m,15m.

B组　提升题组

11.A　如图,设水柱高度是hm,水柱底端为C,则在△ABC中,∠BAC=60°,AC=hm,AB=100m,BC=hm,根据余弦定理得（h）2=h2+1002-2·h·100·cos60°,即h2+50h-5000=0,即（h-50）（h+100）=0,解得h=50（舍负）,故水柱的高度是50m.

12.答案　2650

解析　如图,作CD垂直于直线AB于点D,∵∠A=15°,∠DBC=45°,∴∠ACB=30°,

又在△ABC中,=,AB=50×420=21000,

∴BC=×sin15°=10500（-）.

∵CD⊥AD,∴CD=BC·sin∠DBC=10500×（-）×=10500×（-1）=7350.

故山顶的海拔h=10000-7350=2650（m）.

13.答案　60

解析　如图,在Rt△ABM中,AM=====20.

易知∠MAN=∠AMB=15°,

所以∠MAC=30°+15°=45°,

又∠AMC=180°-15°-60°=105°,

所以∠ACM=30°.

在△AMC中,由正弦定理得=,

解得MC=40.

在Rt△CMD中,CD=40×sin60°=60,

故通信塔CD的高为60m.

14.解析　如图,设缉私船应沿CD方向行驶t小时,才能最快截获（在D点）走私船,

则CD=10t海里,BD=10t海里,

在△ABC中,由余弦定理,有

BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC

=（-1）2+22-2（-1）·2·cos120°=6,

解得BC=（海里）.

∵=,

∴sin∠ABC===,

可知∠ABC=45°,∴B点在C点的正东方向上,

∴∠CBD=90°+30°=120°,

在△BCD中,由正弦定理,得=,

∴sin∠BCD===.

可知∠BCD=30°.

∵在△BCD中,∠CBD=120°,∠BCD=30°,

∴∠D=30°,∴BD=BC,即10t=.

∴t=,易知小时≈15分钟.

∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶,才能最快截获走私船,大约需要15分钟.

15.解析　

（1）如图,AB=40海里,AC=10海里,∠BAC=θ.

由于0°<θ<90°,sinθ=,

所以cosθ==.

由余弦定理得BC=

=10（海里）.

所以该船的行驶速度为=15（海里/时）.

（2）该船会进入警戒水域.理由如下:

如图所示,设直线AE与直线BC相交于点Q.

在△ABC中,由余弦定理得,

cos∠ABC=

==.

从而sin∠ABC===.

在△ABQ中,由正弦定理得,

AQ==

=40（海里）.

由于AE=55海里>40海里=AQ,所以点Q位于点A和点E之间,且QE=AE-AQ=15（海里）.

过点E作EP⊥BC于点P,

在Rt△QPE中,PE=QE·sin∠PQE,则PE=QE·sin∠AQC=QE·sin（45°-∠ABC）=15×=3（海里）,又3海里<7海里,所以该船会进入警戒水域.