- 三角函数的图象与性质
- 共712题
7.函数f（x）=（
A
Bπ
C
D2π
正确答案
知识点
7.函数
A
B
C
D
正确答案
解析
由题意可知T=
考查方向
解题思路
1、利用相邻的零点与对称轴之间的距离求出
易错点
本题易于在求解
知识点
已知
正确答案
解析
由
考查方向
本题主要考查了矩阵的概念，三角函数图像与性质的综合应用
易错点
函数平移的对象是x，这是解决函数平移的问题的关键
知识点
15．已知函数
（Ⅰ）求
（Ⅱ）设
正确答案
（Ⅰ）
解析
试题分析：本题属于三角函数的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）直接按步骤来求，（2）要注意三角恒等变换的正确性；
（Ⅰ）解：
所以函数
由
得
所以函数
（注：或者写成单调递增区间为
（Ⅱ）解：由题意，得
因为函数
所以
所以
解得
又因为
所以
考查方向
本题主要考查了三角恒等变换以及三角函数的图象与性质，三角函数的性质的考查主要分以下几类：
1．三角函数的定义域，
2．三角函数的单调性与最值，
3．三角函数的周期性，
4．三角函数的奇偶性或对称性．
解题思路
本题考查三角恒等变换、三角函数的图象与性质，解题步骤如下：1．利用二倍角公式和配角公式将函数
易错点
1、第一问中的单调递增区间易错误写成集合的形式，或丢掉“
2、第二问中易利用
知识点
16.已知函数
（Ⅰ）求函数
（Ⅱ）若
正确答案
（Ⅰ）函数
（Ⅱ）
解析
本题第二问特别要注意：一定要结合函数的定义域正确书写增区间．
所以函数
（Ⅱ）解：由
得
所以函数
所以当
（注：或者写成增区间为
考查方向
解题思路
本题主要考查正、余弦的二倍角公式及
1、把
2、由
3、最后通过
易错点
本题体现了三角函数部分的基本的解题思想方法，为学生非常熟悉的题型对于第二问可能由于思维定势审题不全忽略
知识点
（本小题满分13分）
已知函数
（Ⅰ）若
（Ⅱ）若
正确答案
考查方向
易错点
1、本题在第一问
知识点
15．已知函数
（Ⅰ）求函数
（Ⅱ）求函数
正确答案
（Ⅰ）
（Ⅱ）0
解析
（Ⅰ）因为
（Ⅱ）因为
当
当
因为
所以函数
考查方向
本题主要考察了三角函数的图象与性质，属于中档题，是高考的热点，解决此类题的关键：一是会化简，熟悉三角恒等变形公式；二是会用性质，熟悉单调性、周期性、对称性、和最值问题。
易错点
1、本题易在化简的过程汇总发生错误，导致最小正周期算错 。
2、单调性分析不全面，导致题目无法进行。
知识点
4.已知函数
A[0, 
B[-
C[-
D[-
正确答案
解析
∵
∴
∵
∴
所以答案选A
考查方向
本题主要考查了三角函数的周期和值域
解题思路
利用利用辅助角公式
易错点
利用辅助角公式化简函数
知识点
17.设函数
（1）求函数
（2）若
正确答案
（1）
（2）
解析
试题分析：本题属于三角函数的图像与性质及正余弦定理的综合应用问题，属于简单题，只要掌握相关三角函数的知识，即可解决本题，解析如下：
试题解析：（1）
∴函数f(x)的最小正周期
当
当
（2）因为
∴
∵
由余弦定理得：
∴
考查方向
解题思路
（1）先用两角和与差的正弦化简
（2）先根据解析式求得角
易错点
相关知识点不熟容易证错。
知识点
（18分）（2015•上海）对于定义域为R的函数g（x），若存在正常数T，使得cosg（x）是以T为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称T为其余弦周期．已知f（x）是以T为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．
（1）验证g（x）=x+sin
（2）设a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x0∈[a，b]，使得f（x0）=c；
（3）证明：“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充分条件是“u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”，并证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．
正确答案
解：（1）g（x）=x+sin
∴
∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；
（2）∵f（x）的值域为R；
∴存在x0，使f（x0）=c；
又c∈[f（a），f（b）]；
∴f（a）≤f（x0）≤f（b），而f（x）为增函数；
∴a≤x0≤b；
即存在x0∈[a，b]，使f（x0）=c；
（3）证明：若u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；
则：cosf（u0+T）=1，T≤u0+T≤2T；
∴cosf（u0）=1，且0≤u0≤T；
∴u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；
∴“u0为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u0+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”；下面证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）：
①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；
②当x=T时，cosf（2T）=cosf（T）=1；
∴f（2T）=2k1π，（k1∈Z），f（T）=4π，且2k1π＞4π，∴k1＞2；
1）若k1=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x0∈（0，T），使f（x0）=2π；
cosf（x0+T）=cosf（x0）=1⇒f（x0+T）=2k2π，k2∈Z；
∴f（T）＜f（x0+T）＜f（2T）；
∴4π＜2k2π＜6π；
∴2＜k2＜3，无解；
2）若k1≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x1＜x2＜2T，使得f（x1）=6π，f（x2）=8π；
则T，x1，x2，2T为cosf（x）=1在[T，2T]上的4个解；
但方程cosf（x）=1在[0，2T]上只有f（x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；
3）当k1=4时，f（2T）=8π=f（T）+f（T），结论成立；
③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf（x）=c在（0，T）上的解；
设其解为f（x1），f（x2），…，f（xn），（x1＜x2＜…＜xn）；
则f（x1+T），f（x2+T），…，f（xn+T）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；
又f（x+T）∈（4π，8π）；
而f（x1）+4π，f（x2）+4π，…，f（xn）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；
∴f（xi+T）=f（xi）+4π=f（xi）+f（T）；
∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．
知识点
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