高中數(shù)學(xué)課時(shí)作業(yè)（人教B版必修第三冊(cè)）詳解答案

課時(shí)作業(yè)(一)角的推廣1．解析：A錯(cuò)，例如495°＝135°＋360°是第二象限角，但不是鈍角；B錯(cuò)，例如α＝135°是第二象限角，β＝360°＋45°是第一象限角，但α<β；C錯(cuò)，例如α＝360°，β＝720°，則α≠β，但二者終邊重合；D正確，α與β的終邊在一條直線上，則兩角相差180°的整數(shù)倍，故α－β＝k·180°(k∈Z).答案：D2．解析：－110°是第三象限角，－210°是第二象限角，80°是第一象限角，－13°是第四象限角．故選A.答案：A3．解析：因?yàn)?12°＝360°＋52°，所以與412°角的終邊相同的角為β＝k×360°＋52°，k∈Z，當(dāng)k＝－1時(shí)，β＝－308°；當(dāng)k＝0時(shí)，β＝52°；當(dāng)k＝2時(shí)，β＝772°；當(dāng)k＝3時(shí)，β＝1132°；當(dāng)k＝4時(shí)，β＝1492°.綜上，選項(xiàng)A、C、D正確．答案：ACD4．解析：當(dāng)k＝0時(shí)，45°≤α≤90°，即選項(xiàng)C中第一象限所表示的部分；當(dāng)k＝1時(shí)，225°≤α≤270°，即選項(xiàng)C中第三象限所表示的部分；當(dāng)k＝2時(shí)，其所表示的角的范圍與k＝0時(shí)表示的范圍一致．綜上可得，選項(xiàng)C正確．答案：C5．解析：由題意，α－β為180°的奇數(shù)倍，∴α－β＝(2k－1)·180°(k∈Z).故答案為α－β＝(2k－1)·180°(k∈Z).答案：α－β＝(2k－1)·180°(k∈Z)6．解析：順時(shí)針旋轉(zhuǎn)兩圈半所得角的度數(shù)是－(2×360°＋180°)＝－900°，則逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)兩圈半所得角的度數(shù)為900°.答案：－900°900°7．解析：A∩B＝{x|k·360°＋60°<x<k·360°＋300°，k∈Z}∩{x|k·360°－360°＋150°<x<k·360°－360°＋360°，k∈Z}＝{x|k·360°＋60°<x<k·360°＋300°，k∈Z}∩{x|(k－1)·360°＋150°<x<(k－1)·360°＋360°，k∈Z}＝{x|k·360°＋150°<x<k·360°＋300°，k∈Z}．答案：{x|k·360°＋150°<x<k·360°＋300°，k∈Z}8．解析：∵α是第三象限角，∴180°＋k·360°＜α＜270°＋k·360°(k∈Z)，∴90°＋k·180°<eq\f(α,2)<135°＋k·180°(k∈Z)，若k為偶數(shù)，當(dāng)k＝2n，n∈Z，則90°＋k·360°＜eq\f(α,2)＜135°＋k·360°(k∈Z)，為第二象限角，若k為奇數(shù)，當(dāng)k＝2n＋1，n∈Z，則270°＋k·360°＜eq\f(α,2)＜315°＋k·360°(k∈Z)，為第四象限角，則eq\f(α,2)是第二象限或第四象限的角．9．解析：∵角β的終邊落在直線y＝－eq\f(\r(3),3)x上，∴在0°到360°范圍內(nèi)的角為150°和330°，∴角β的集合為{x|x＝k·180°＋150°，k∈Z}．當(dāng)－360°＜β＜360°時(shí)，角β為－210°，－30°，150°，330°.10．解析：因?yàn)?°<θ<180°，且k·360°＋180°<2θ<k·360°＋270°，k∈Z，則當(dāng)k＝0時(shí)，90°<θ<135°.又因?yàn)?4θ＝n·360°(n∈Z)，所以θ＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(180,7)))°，從而90°<n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(180,7)))°<135°，所以eq\f(7,2)<n<eq\f(21,4)，又因?yàn)閚∈Z，所以n＝4或5.當(dāng)n＝4時(shí)，θ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(720,7)))°；當(dāng)n＝5時(shí)，θ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(900,7)))°.課時(shí)作業(yè)(二)弧度制及其與角度制的換算1．解析：因?yàn)椋璭q\f(25π,6)＝－eq\f(π,6)－4π，所以－eq\f(25π,6)與－eq\f(π,6)的終邊相同，為第四象限角．答案：D2．解析：因?yàn)闀r(shí)針旋轉(zhuǎn)一周為12小時(shí)，轉(zhuǎn)過(guò)的角度為2π，按順時(shí)針轉(zhuǎn)所形成的角為負(fù)角，所以經(jīng)過(guò)2小時(shí)，時(shí)針?biāo)D(zhuǎn)過(guò)的弧度數(shù)為eq\f(1,6)×(－2π)＝－eq\f(π,3).答案：B3．解析：對(duì)于A，67°30′＝67.5°×eq\f(π,180°)＝eq\f(3π,8)，正確；對(duì)于B，－eq\f(10π,3)＝－eq\f(10π,3)×eq\f(180°,π)＝－600°，正確；對(duì)于C，－150°＝－150°×eq\f(π,180°)＝－eq\f(5π,6)，錯(cuò)誤；對(duì)于D，eq\f(π,12)＝eq\f(π,12)×eq\f(180°,π)＝15°，錯(cuò)誤．答案：AB4．解析：設(shè)扇形的半徑為r，弧長(zhǎng)為l，則由扇形面積公式可得2＝eq\f(1,2)lr＝eq\f(1,2)|α|r2＝eq\f(1,2)×4×r2，解得r＝1，l＝αr＝4，所以所求扇形的周長(zhǎng)為2r＋l＝6.答案：C5．解析：如圖所示，所以A∩B＝[－4，－π]∪[0，π].答案：[－4，－π]∪[0，π]6．解析：－570°＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(570×\f(π,180)))rad＝－eq\f(19,6)πrad，－eq\f(19π,6)＝－4π＋eq\f(5π,6).答案：－4π＋eq\f(5π,6)7．解析：設(shè)扇形的圓心角為α，則eq\f(π,3)＋4＝2r＋2α.又∵r＝2，∴α＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)8．解析：(1)由⊙O的半徑r＝10＝AB，知△AOB是等邊三角形，∴α＝∠AOB＝60°＝eq\f(π,3).(2)由(1)可知α＝eq\f(π,3)，r＝10，∴弧長(zhǎng)l＝α·r＝eq\f(π,3)×10＝eq\f(10π,3)，∴S扇形＝eq\f(1,2)lr＝eq\f(1,2)×eq\f(10π,3)×10＝eq\f(50π,3)，而S△AOB＝eq\f(1,2)·AB·5eq\r(3)＝eq\f(1,2)×10×5eq\r(3)＝eq\f(50\r(3),2)，∴S＝S扇形－S△AOB＝50eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(\r(3),2))).9．解析：(1)設(shè)扇形的半徑為r，弧長(zhǎng)為l，圓心角為α，則由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＋2r＝40，,\f(1,2)lr＝100，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l＝20，,r＝10，))則α＝eq\f(l,r)＝2(rad).故扇形的圓心角為2rad.(2)由l＋2r＝40得l＝40－2r＞0?r＜20，故S＝eq\f(1,2)lr＝eq\f(1,2)(40－2r)·r(0＜r＜20)＝20r－r2＝－(r－10)2＋100，故r＝10時(shí)，扇形面積S取最大值100.10．解析：AA1所在的圓半徑是2dm，圓心角為eq\f(π,2)；A1A2所在的圓半徑是1dm，圓心角為eq\f(π,2)；A2A3所在的圓半徑是eq\r(3)dm，圓心角為eq\f(π,3)，所以點(diǎn)A走過(guò)的路徑長(zhǎng)是三段圓弧之和，即2×eq\f(π,2)＋1×eq\f(π,2)＋eq\r(3)×eq\f(π,3)＝eq\f(（9＋2\r(3)）π,6)(dm).三段圓弧所在扇形的總面積是eq\f(1,2)×π×2＋eq\f(1,2)×eq\f(π,2)×1＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(3)π,3)×eq\r(3)＝eq\f(7π,4)(dm2).答案：eq\f(（9＋2\r(3)）π,6)dmeq\f(7π,4)dm2課時(shí)作業(yè)(三)三角函數(shù)的定義1．解析：∵90°<165°<180°，∴sin165°>0；又270°<280°<360°，∴cos280°>0；又90°<170°<180°，∴tan170°<0；又270°<310°<360°，∴tan310°<0，故選C.答案：C2．解析：r＝eq\r(（－3）2＋42)＝5，∴sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝－eq\f(3,5)，∴sinα＋cosα＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)＝eq\f(1,5).答案：C3．解析：設(shè)P(x，y)，則sinα＝eq\f(y,r)，∴y＝rsinα，又cosα＝eq\f(x,r)，x＝rcosα，∴P(rcosα，rsinα)，故選D.答案：D4．解析：因?yàn)榻茿，B的范圍不確定，A不滿(mǎn)足條件；因?yàn)锽，C∈(0，π)，所以eq\f(B,2)，eq\f(C,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以B滿(mǎn)足條件；因?yàn)榻茿的范圍不確定，所以tanA不確定，所以C不滿(mǎn)足條件；因?yàn)?<A<π，所以0<eq\f(A,2)<eq\f(π,2)，所以taneq\f(A,2)>0，又因?yàn)?<C<π，所以sinC>0，所以D滿(mǎn)足條件．綜上，BD滿(mǎn)足題意．答案：BD5．解析：∵α為第二象限角，∴cosα<0，sinα>0.答案：二6．解析：由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，,sinx>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z，,2kπ<x<2kπ＋π，k∈Z，))解得2kπ<x<2kπ＋eq\f(π,2)或2kπ＋eq\f(π,2)<x<2kπ＋π，k∈Z.答案：(2kπ，2kπ＋eq\f(π,2))∪(2kπ＋eq\f(π,2)，2kπ＋π)(k∈Z)7．解析：由sinα>0可知α的終邊在第一、二象限或在y軸正半軸上，由tanα<0可知α的終邊在第二、四象限．綜上可知α為第二象限角．答案：二8．解析：(1)因?yàn)閑q\f(1,|sinα|)＝－eq\f(1,sinα)，所以sinα<0，由lg(cosα)有意義，可知cosα>0，所以角α是第四象限角．(2)因?yàn)閨OM|＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＋m2＝1，得m＝±eq\f(4,5)，又因?yàn)榻铅潦堑谒南笙藿?，所以m<0，所以m＝－eq\f(4,5)，所以sinα＝eq\f(m,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OM)))＝eq\f(－\f(4,5),1)＝－eq\f(4,5).9．解析：∵α是第二象限角，∴x<0.∵|OP|＝eq\r(x2＋（\r(5)）2)＝eq\r(x2＋5)，∴cosα＝eq\f(x,\r(x2＋5))＝eq\f(\r(2),4)x，∴x2＝3.又∵x<0，∴x＝－eq\r(3)，∴sinα＝eq\f(\r(5),|OP|)＝eq\f(\r(5),\r(8))＝eq\f(\r(10),4).10．解析：由題意知x不是終邊在坐標(biāo)軸上的角，則有：x為第一象限角時(shí)：y＝eq\f(sinx,sinx)＋eq\f(cosx,cosx)＋eq\f(tanx,tanx)＝3；x為第二象限角時(shí)：y＝eq\f(sinx,sinx)＋eq\f(cosx,－cosx)＋eq\f(－tanx,tanx)＝－1；x為第三象限角時(shí)：y＝eq\f(－sinx,sinx)＋eq\f(cosx,－cosx)＋eq\f(tanx,tanx)＝－1；x為第四象限角時(shí)：y＝eq\f(－sinx,sinx)＋eq\f(cosx,cosx)＋eq\f(－tanx,tanx)＝－1；綜上知此函數(shù)值域?yàn)閧－1，3}．答案：{－1，3}課時(shí)作業(yè)(四)單位圓與三角函數(shù)線1．解析：由題意α的終邊為一、三象限的平分線，且0＜α＜2π，故得α＝eq\f(π,4)或eq\f(5π,4).答案：C2．解析：由圖可得：eq\o(OM,\s\up6(→))為余弦線，eq\o(MP,\s\up6(→))為正弦線，eq\o(AT,\s\up6(→))為正切線．A選項(xiàng)：當(dāng)點(diǎn)P在AB上時(shí)，cosα＝x，sinα＝y(tǒng)，所以cosα>sinα，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意；B選項(xiàng)：當(dāng)點(diǎn)P在CD上時(shí)，cosα＝x，sinα＝y(tǒng)，tanα＝eq\f(y,x)，所以tanα>sinα>cosα，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意；C選項(xiàng)：當(dāng)點(diǎn)P在EF上時(shí)，cosα＝x，sinα＝y(tǒng)，tanα＝eq\f(y,x)，所以sinα>cosα>tanα，故C選項(xiàng)正確，不符合題意；D選項(xiàng)：點(diǎn)P在GH上且GH在第三象限，tanα>0，sinα<0，cosα<0，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意．光速解題第一象限角的正切值恒大于該角的正弦值，第三象限角的正切值恒大于該角的正弦值，故不可能在第一和第三象限．答案：ABD3．解析：根據(jù)下列四個(gè)圖形，容易判斷正確的結(jié)論有②④，故選B.答案：B4．解析：畫(huà)出單位圓(圖略)，結(jié)合正弦線得出sinx≥eq\f(1,2)的取值范圍是[eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)].答案：B5．解析：∵eq\f(π,4)<1<eq\f(π,3)，∴正弦線大于余弦線的長(zhǎng)度，∴sin1>cos1.答案：sin1>cos16．解析：由圖可知：coseq\f(6π,5)<0，taneq\f(2π,5)>0，sineq\f(2π,5)>0.因?yàn)閨eq\o(MP,\s\up6(→))|<|eq\o(AT,\s\up6(→))|，所以sineq\f(2π,5)<taneq\f(2π,5).故coseq\f(6π,5)<sineq\f(2π,5)<taneq\f(2π,5).答案：coseq\f(6π,5)<sineq\f(2π,5)<taneq\f(2π,5)7．解析：由于角eq\f(5π,6)的終邊與單位圓的交點(diǎn)橫坐標(biāo)是coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2)，縱坐標(biāo)是sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)，所以角eq\f(5π,6)的終邊與單位圓的交點(diǎn)的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))8．解析：如圖，eq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(AT,\s\up6(→))分別為正弦線，余弦線和正切線．sineq\f(7π,6)＝－eq\f(1,2)，coseq\f(7π,6)＝－eq\f(\r(3),2)，taneq\f(7π,6)＝eq\f(\r(3),3).9．解析：作出以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心的單位圓，分別作直線x＝－eq\f(1,2)，x＝eq\f(\r(3),2).直線x＝－eq\f(1,2)與單位圓交于點(diǎn)P1，P2與x軸交于點(diǎn)M1；直線x＝eq\f(\r(3),2)與單位圓交于點(diǎn)P3，P4，與x軸交于點(diǎn)M2.連接OP1，OP2，OP3，OP4.在[－π，π)范圍內(nèi)，coseq\f(2π,3)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)))＝－eq\f(1,2)，coseq\f(π,6)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，則點(diǎn)P1，P2，P3，P4分別在角eq\f(2π,3)，－eq\f(2π,3)，eq\f(π,6)，－eq\f(π,6)的終邊上．又－eq\f(1,2)≤cosθ<eq\f(\r(3),2)，結(jié)合圖形可知，當(dāng)θ∈[－π，π)時(shí)，－eq\f(2π,3)≤θ<－eq\f(π,6)或eq\f(π,6)<θ≤eq\f(2π,3)，故θ的取值范圍為2kπ－eq\f(2π,3)≤θ<2kπ－eq\f(π,6)，k∈Z或2kπ＋eq\f(π,6)<θ≤2kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z.10.解析：(1)如圖所示，當(dāng)x＝eq\f(π,4)和x＝－eq\f(3π,4)時(shí)，sinx＝cosx，故使sinx≤cosx成立的x的一個(gè)變化區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)，\f(π,4))).(2)根據(jù)三角函數(shù)線的定義可知，eq\f(π,6)與eq\f(5π,6)的正弦線相等，eq\f(π,3)與eq\f(4π,3)的正切線相等，eq\f(π,4)與eq\f(5π,4)的余弦線相反．(3)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，則sinθ＞0，cosθ＜0，sinθ＜|cosθ|，所以sinθ＋cosθ＜0.答案：(1)A(2)B(3)④課時(shí)作業(yè)(五)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式1．解析：由sinα＋sin2α＝1，得sinα＝cos2α，所以cos2α＋cos4α＝sinα＋sin2α＝1.答案：B2．解析：∵α是第三象限的角，∴sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))\s\up12(2))＝－eq\f(5,13).答案：B3．解析：因?yàn)閑q\r(1－cos2α)＋eq\r(1－sin2α)＝sinα－cosα，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα≥0，,cosα≤0，))又α∈[0，2π)，所以α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故選B.答案：B4．解析：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinα＋cosα))2＝1＋2sinαcosα＝eq\f(5,4)，∴2sinαcosα＝eq\f(1,4)，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－sinα))2＝1－2sinαcosα＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，∴cosα－sinα＝±eq\f(\r(3),2)，又∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴0<cosα<sinα，即cosα－sinα＝－eq\f(\r(3),2).故選B.答案：B5．解析：∵tanA＝－eq\f(5,12)，又A是三角形的內(nèi)角，∴A是鈍角．∵eq\f(sinA,cosA)＝－eq\f(5,12)，∴－5cosA＝12sinA.又sin2A＋cos2A＝1，∴cosA＝－eq\f(12,13).答案：－eq\f(12,13)6．解析：eq\r(1－sin2\f(3π,5))＝eq\r(cos2\f(3π,5))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,5)))，因?yàn)閑q\f(π,2)<eq\f(3π,5)<π，所以coseq\f(3π,5)<0，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,5)))＝－coseq\f(3π,5)，即eq\r(1－sin2\f(3π,5))＝－coseq\f(3π,5).答案：－coseq\f(3π,5)7．解析：由于sinαcosα＝－eq\f(1,6)，eq\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，所以sinα>0，cosα<0，故sinα－cosα>0，所以sinα－cosα＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinα－cosα))2)＝eq\r(1－2sinαcosα)＝eq\r(1＋\f(1,3))＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)8．解析：(1)eq\f(cosα－sinα,cosα＋sinα)＋eq\f(cosα＋sinα,cosα－sinα)＝eq\f(1－tanα,1＋tanα)＋eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1－\f(2,3),1＋\f(2,3))＋eq\f(1＋\f(2,3),1－\f(2,3))＝eq\f(26,5).(2)eq\f(1,sinαcosα)＝eq\f(sin2α＋cos2α,sinαcosα)＝eq\f(tan2α＋1,tanα)＝eq\f(13,6).(3)sin2α－2sinαcosα＋4cos2α＝eq\f(sin2α－2sinαcosα＋4cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tan2α－2tanα＋4,tan2α＋1)＝eq\f(\f(4,9)－\f(4,3)＋4,\f(4,9)＋1)＝eq\f(28,13).9．解析：sinα＋cosα＝eq\f(1,5)?(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,25)?2sinαcosα＝－eq\f(24,25)，又α∈(0，π)，∴sinα>0，cosα<0，sinα－cosα＝eq\r(（sinα－cosα）2)＝eq\r(1－2sinαcosα)＝eq\r(\f(49,25))＝eq\f(7,5)，解得sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝－eq\f(3,5)，tanα＝－eq\f(4,3).答案：－eq\f(4,3)10．解析：(1)原式＝eq\r(,\f(（1－cosα）2,1－cos2α))＋eq\r(,\f(（1＋cosα）2,1－cos2α))＝eq\f(1－cosα,|sinα|)＋eq\f(1＋cosα,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinα)))＝eq\f(2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinα)))，因?yàn)棣?lt;α<eq\f(3π,2)，所以原式＝－eq\f(2,sinα).(2)證明：eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,cosθ)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ,cosθ)))2)＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ.課時(shí)作業(yè)(六)誘導(dǎo)公式一、二、三、四1．解析：因?yàn)閟in600°＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(720°－120°))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－120°))＝－sin120°＝－sin60°＝－eq\f(\r(3),2).答案：B2．解析：因?yàn)椋璭q\f(π,6)＋α＋eq\f(7π,6)－α＝π，所以eq\f(7π,6)－α＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋α))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋α))＝eq\f(5,13).答案：B3．解析：由于A＋B＋C＝π，所以A＋B＝π－C.所以cos(A＋B)＝cos(π－C)＝－cosC．答案：B4．解析：由誘導(dǎo)公式易知A正確；B正確，eq\f(sin（－α）,tan（360°－α）)＝eq\f(－sinα,－tanα)＝cosα；C錯(cuò)誤，eq\f(cos（π－α）tan（－π－α）,sin（2π－α）)＝eq\f(（－cosα）（－tanα）,－sinα)＝－1；D正確，eq\r(1＋2sin（π＋θ）cos（2π－θ）)＝eq\r(1－2sinθcosθ)，＝eq\r(（sinθ－cosθ）2)＝|sinθ－cosθ|，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinθ>0，cosθ<0，所以sinθ－cosθ>0，所以eq\r(1＋2sin（π＋θ）cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－θ)))＝sinθ－cosθ.答案：ABD5．解析：原式＝eq\f(cosα·sin（－α）,cosα·sin（－α）)＝1.答案：16．解析：因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq\f(\r(2),4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝±eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α)))＝±eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)))2)＝±eq\f(\r(14),4)，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，所以eq\f(π,6)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)，－\f(π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq\f(\r(14),4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(5π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝－eq\f(\r(14),4).答案：－eq\f(\r(14),4)7．解析：∵cos(－α)－sin(－α)＝－eq\f(1,5)，∴cosα＋sinα＝－eq\f(1,5)，∴1＋2sinαcosα＝eq\f(1,25).∴2sinαcosα＝－eq\f(24,25)<0.又α∈(0，π)，∴sinα>0，cosα<0，∴cosα－sinα＝－eq\r(1－2sinαcosα)＝－eq\f(7,5).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosα＋sinα＝－\f(1,5)，,cosα－sinα＝－\f(7,5)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosα＝－\f(4,5)，,sinα＝\f(3,5)．))∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)8．解析：(1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,6)π))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(20,3)π))＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,4)π))＝－sineq\f(π,6)＋coseq\f(2π,3)＋taneq\f(π,4)＝－eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝0；(2)原式＝eq\f(－tanαcosα（－sinα）,－cosα（－sinα）)＝tanα.9．解析：(1)f(α)＝eq\f(－sinαcosα（－tanα）,（－tanα）sinα)＝－cosα.(2)因?yàn)閟in(α－π)＝－sinα＝eq\f(1,5)，所以sinα＝－eq\f(1,5).又α是第三象限角，所以cosα＝－eq\f(2\r(6),5).所以f(α)＝eq\f(2\r(6),5).(3)因?yàn)椋璭q\f(31π,3)＝－6×2π＋eq\f(5π,3)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(31π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6×2π＋\f(5π,3)))＝－coseq\f(5π,3)＝－coseq\f(π,3)＝－eq\f(1,2).10．解析：f(2018)＝asin(2018π＋a)－bcos(2018π－b)＋ctan(2018π＋c)＝asina－bcosb＋ctanc，而f(2020)＝asin(2020π＋a)－bcos(2020π－b)＋ctan(2020π＋c)＝asina－bcosb＋ctanc，所以f(2020)＝f(2018)＝－1.課時(shí)作業(yè)(七)誘導(dǎo)公式五、六、七、八1．解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝－sinx＝eq\f(3,5)，∴sinx＝－eq\f(3,5).答案：B2．解析：因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝－cosθ，對(duì)于A，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))＝cosθ；對(duì)于B，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))＝－sinθ；對(duì)于C，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝－sinθ；對(duì)于D，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋θ))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))＝－cosθ.答案：D3．解析：A選項(xiàng)，tan(A＋B)＝tan(π－C)＝－tanC，不正確；B選項(xiàng)，cos(2A＋2B)＝cos[2(π－C)]＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2C))＝cos2C，正確；C選項(xiàng)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π－C,2)))＝coseq\f(C,2)，不正確；D選項(xiàng)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π－C,2)))＝coseq\f(C,2)，正確．光速解題利用互補(bǔ)、互余關(guān)系求解．eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(A＋B＋C＝π，\f(A＋B＋C,2)＝\f(π,2)，,2A＋2B＋2C＝2π，)))這樣更容易求解．答案：BD4．解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)＋\f(π,2)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝－eq\f(1,3).故選A.答案：A5．解析：cos1030°＝cos(3×360°－50°)＝cos(－50°)＝cos50°.答案：cos50°6．解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)7．解析：由tan(3π＋α)＝2，得tanα＝2，則原式＝eq\f(sin（α－π）－cosα＋cosα＋2sinα,sinα－cosα)＝eq\f(－sinα＋2sinα,sinα－cosα)＝eq\f(sinα,sinα－cosα)＝eq\f(tanα,tanα－1)＝eq\f(2,2－1)＝2.答案：28．解析：原式＝－sin(3×360°＋120°)·cos(3×360°＋210°)－cos(2×360°＋300°)·sin(2×360°＋330°)＋tan(2×360°＋225°)＝－sin(180°－60°)·cos(180°＋30°)－cos(360°－60°)·sin(360°－30°)＋tan(180°＋45°)＝sin60°cos30°＋cos60°sin30°＋tan45°＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋1＝2.9．解析：(1)f(α)＝eq\f(tan（π－α）·cos（2π－α）·sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),cos（－α－π）)＝eq\f(－tanα·cosα·cosα,－cosα)＝sinα.(2)由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝－eq\f(3,5)，得cosα＝－eq\f(3,5)，又α是第二象限角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5)，則tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(4,3).10．解析：由sin(π－α)－cos(π＋α)＝eq\f(\r(2),3)，得sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),3)，①將①兩邊平方，得1＋2sinαcosα＝eq\f(2,9)，故2sinαcosα＝－eq\f(7,9).又eq\f(π,2)＜α＜π，∴sinα＞0，cosα＜0.(1)(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,9)))＝eq\f(16,9)，∴sinα－cosα＝eq\f(4,3).(2)sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＋cos3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cos3α－sin3α＝(cosα－sinα)(cos2α＋cosα·sinα＋sin2α)＝－eq\f(4,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(7,18)))＝－eq\f(22,27).課時(shí)作業(yè)(八)正弦函數(shù)的性質(zhì)與圖象1．解析：∵函數(shù)y＝sin|x|是偶函數(shù)，且x≥0時(shí)，sin|x|＝sinx.故應(yīng)選B.答案：B2．解析：根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系式，化簡(jiǎn)可得y＝cos2x－sinx＋1＝1－sin2x－sinx＋1，令t＝sinx，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1))，則y＝－t2－t＋2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(9,4)，由二次函數(shù)性質(zhì)可知，當(dāng)t＝－eq\f(1,2)時(shí)，取得最大值eq\f(9,4)，當(dāng)t＝1時(shí)，取得最小值0，所以值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,4))).答案：D3．解析：∵sin168°＝sin(180°－12°)＝sin12°，cos10°＝sin80°，而y＝sinx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上遞增，∴sin11°<sin168°<cos10°，故選C.答案：C4．解析：畫(huà)出y＝sinx，x∈[0，2π]的草圖如下：因?yàn)閟ineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－\f(π,3)))＝－eq\f(\r(3),2).即在[0，2π]內(nèi)，滿(mǎn)足sinx＝－eq\f(\r(3),2)的是x＝eq\f(4π,3)或x＝eq\f(5π,3).可知不等式sinx<－eq\f(\r(3),2)的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(5π,3))).答案：C5．解析：由函數(shù)y＝－sinx＋1與正弦函數(shù)圖象的關(guān)系可知，函數(shù)y＝－sinx＋1的對(duì)稱(chēng)中心為(kπ，1)，k∈Z，對(duì)稱(chēng)軸為x＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.答案：(kπ，1)，k∈Zx＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z6．解析：－1≤sinx≤1，故當(dāng)sinx＝1時(shí)，y＝2＋sinx有最大值為3.答案：37．解析：由sinx－eq\f(m,2)＝0得sinx＝eq\f(m,2).在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))))的圖象與直線y＝eq\f(m,2)，如圖所示．由圖知，當(dāng)eq\f(\r(3),2)≤eq\f(m,2)<1，即eq\r(3)≤m<2時(shí)，兩圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，即原函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)m∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，2)).設(shè)兩個(gè)零點(diǎn)分別為x1，x2，由于兩交點(diǎn)關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對(duì)稱(chēng)，所以eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(π,2)，所以x1＋x2＝π.答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，2))π8．解析：(1)f(x)＝eq\f(（－cosx）（－sinx）tanx（－sinx）,（－sinx）sinx)＝sinx，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(22π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(22π,3)))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π＋\f(4π,3)))＝－sineq\f(4π,3)＝eq\f(\r(3),2).(2)因?yàn)閒(x)＝sinx，所以g(x)＝1－2sinx，x∈[－eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]，所以g(x)的減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))).因?yàn)椋璭q\f(π,6)≤x≤eq\f(2π,3)，所以－eq\f(1,2)≤sinx≤1，所以－1≤1－2sinx≤2，所以g(x)的值域?yàn)閇－1，2].9．解析：設(shè)t＝sinx，則有y＝(t－1)2＋2，且t∈[－1，1]，在閉區(qū)間[－1，1]上，當(dāng)t＝－1時(shí)，函數(shù)y＝(t－1)2＋2取得最大值(－1－1)2＋2＝6.由t＝sinx＝－1，得x＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)，即當(dāng)x＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)，函數(shù)y＝(sinx－1)2＋2取得最大值6.在閉區(qū)間[－1，1]上，當(dāng)t＝1時(shí)，函數(shù)y＝(t－1)2＋2取得最小值，最小值為2.由t＝sinx＝1，得x＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即當(dāng)x＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時(shí)，函數(shù)y＝(sinx－1)2＋2取得最小值2.10．解析：令f(x)＝sinx－eq\f(x,10)＝0，即sinx＝eq\f(x,10)，令y1＝sinx，y2＝eq\f(x,10)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)分別作出y1，y2的圖象如圖．由圖可知兩圖象有7個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)有7個(gè)零點(diǎn)．答案：D課時(shí)作業(yè)(九)正弦型函數(shù)的性質(zhì)與圖象1．解析：y＝sin3x的圖象向左平移eq\f(π,4)個(gè)單位長(zhǎng)度得y＝sin3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(3π,4))).故選D.答案：D2．解析：令f(x)＝y(tǒng)＝sin(ωx＋φ)，由圖象得eq\f(T,2)＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以T＝eq\f(2π,|ω|)＝π，解得|ω|＝2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))代入f(x)＝sin(2x＋φ)，得2×eq\f(π,6)＋φ＝kπ(k∈Z)，得φ＝－eq\f(π,3)＋kπ(k∈Z)，令k＝1，則φ＝eq\f(2π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，即f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故C正確；由sinα＝sin(π－α)，得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))，故B正確；由f(0)>0，排除D.故選BC.答案：BC3．解析：函數(shù)的圖象向右平移φ(φ>0)個(gè)單位后得到的函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)－φ))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)－2φ))，又為偶函數(shù)，可得eq\f(π,3)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝－eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)，k∈Z，由于φ>0，故φ的最小值為eq\f(5π,12).答案：B4．解析：f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝4coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))))＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))(x∈R)，A正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期：T＝eq\f(2π,2)＝π，B錯(cuò)誤；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋\f(π,3)))＝0，則f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))對(duì)稱(chēng)，C正確；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝0，不是最值，D錯(cuò)誤．答案：AC5．解析：由題意得eq\f(T,2)＝2π－eq\f(3π,4)，∴T＝eq\f(5π,2)，ω＝eq\f(4,5).又由x＝eq\f(3π,4)時(shí)y＝－1得－1＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,5)＋φ))，－eq\f(2π,5)<eq\f(3π,5)＋φ<eq\f(8π,5)，∴eq\f(3π,5)＋φ＝eq\f(3π,2)，∴φ＝eq\f(9π,10).答案：eq\f(9π,10)6．解析：當(dāng)0≤x≤eq\f(π,3)時(shí)，eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，所以1＋a≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a≤2＋a，由1＋a＋2＋a＝7，得a＝2.答案：27．解析：因?yàn)閷?duì)任意x∈R都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，所以f(x1)是最小值，f(x2)是最大值；所以|x1－x2|的最小值為函數(shù)的半個(gè)周期，因?yàn)閒(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(π,6)))的周期T＝8π，所以|x1－x2|的最小值為4π.答案：4π8．解析：(1)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))，當(dāng)eq\f(1,3)x－eq\f(π,6)＝0時(shí)，可得x＝eq\f(π,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0，當(dāng)eq\f(1,3)x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)時(shí)，可得x＝2π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2，當(dāng)eq\f(1,3)x－eq\f(π,6)＝π時(shí)，可得x＝eq\f(7π,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0，當(dāng)eq\f(1,3)x－eq\f(π,6)＝eq\f(3π,2)時(shí)，可得x＝5π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－2，當(dāng)eq\f(1,3)x－eq\f(π,6)＝2π時(shí)，可得x＝eq\f(13π,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0，表格如下：eq\f(1,3)x－eq\f(π,6)0eq\f(π,2)πeq\f(3π,2)2πxeq\f(π,2)2πeq\f(7π,2)5πeq\f(13π,2)f(x)020－20畫(huà)出圖象，如圖：(2)第一步：y＝sinx；第二步：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))eq\o(→,\s\up7(橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的3倍，縱坐標(biāo)不變))可得y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))；第三步：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6)))eq\o(→,\s\up7(縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，橫坐標(biāo)不變))f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－\f(π,6))).9．解析：(1)由2x－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得f(x)的對(duì)稱(chēng)軸方程是x＝eq\f(π,3)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z；由2x－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z解得對(duì)稱(chēng)中心是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，k∈Z；由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得單調(diào)遞增區(qū)間是[－eq\f(π,6)＋kπ，eq\f(π,3)＋kπ]，k∈Z；由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，解得單調(diào)遞減區(qū)間是[eq\f(π,3)＋kπ，eq\f(5π,6)＋kπ]，k∈Z.(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0時(shí)，f(x)取最小值為－1；當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時(shí)，f(x)取最大值為2.10．解析：(1)∵圖象最高點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，5))，∴A＝5.∵eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(π,4)，∴T＝π.∴ω＝eq\f(2π,T)＝2.∴y＝5sin(2x＋φ).代入點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，5))，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＝1.∴eq\f(2π,3)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.令k＝0，則φ＝－eq\f(π,6)，∴y＝5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(2)∵函數(shù)的增區(qū)間滿(mǎn)足2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴2kπ－eq\f(π,3)≤2x≤2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z).∴kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z).∴增區(qū)間為[kπ－eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(π,3)](k∈Z).(3)∵5sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))≤0，∴2kπ－π≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，∴kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z).課時(shí)作業(yè)(十)余弦函數(shù)的性質(zhì)與圖象1．解析：當(dāng)0<x<π時(shí)，正弦函數(shù)與余弦函數(shù)的圖象如圖所示：因?yàn)閏oseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2)，所以由圖象可知，使得sinx>eq\f(1,2)和cosx<eq\f(1,2)同時(shí)成立的x的取值范圍為eq\f(π,3)<x<eq\f(5π,6).答案：B2．解析：化簡(jiǎn)所給函數(shù)的解析式，A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x，該函數(shù)周期為π，函數(shù)為偶函數(shù)，不合題意；B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2x，該函數(shù)周期為π，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上遞減，不合題意；C．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x，該函數(shù)周期為π，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上遞增，函數(shù)是奇函數(shù)，符合題意；D．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝－cosx，該函數(shù)周期為2π，不合題意．答案：C3．解析：由函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，在A中，由余弦函數(shù)的周期性得f(x)的一個(gè)周期為2π，故A正確；在B中，函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的對(duì)稱(chēng)軸滿(mǎn)足條件x＋eq\f(π,6)＝kπ，即x＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,6)對(duì)稱(chēng)，故B正確；在C中，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－sinx，－sinπ＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的一個(gè)零點(diǎn)為π，故C正確；在D中，函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上先減后增，故D錯(cuò)誤．答案：ABC4．解析：將y＝cosx的圖象位于x軸下方的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，x軸上方(或x軸上)的圖象不變，即得y＝|cosx|的圖象(如圖).故選D.答案：D5．解析：y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，由2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，得kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)(k∈Z).所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)6．解析：∵4π＝eq\f(2π,|－ω|)，∴ω＝±eq\f(1,2).答案：±eq\f(1,2)7．解析：因?yàn)閥＝cosx在[－π，0]上是增函數(shù)，在[0，π]上是減函數(shù)，所以只有－π<a≤0時(shí)滿(mǎn)足條件，故a∈(－π，0].答案：(－π，0]8．解析：由于y＝cosx的對(duì)稱(chēng)中心坐標(biāo)為(kπ＋eq\f(π,2)，0)(k∈Z)，對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝kπ(k∈Z)，又由2x－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,12)(k∈Z)；由2x－eq\f(π,3)＝kπ，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，故y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的對(duì)稱(chēng)中心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(5π,12)，3))(k∈Z)，對(duì)稱(chēng)軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z).因?yàn)楫?dāng)θ＝2kπ(k∈Z)時(shí)，y＝3－2cosθ取得最小值，所以當(dāng)2x－eq\f(π,3)＝2kπ，即x＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)時(shí)，y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))取得最小值1.同理可得當(dāng)x＝kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)時(shí)，y＝3－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))取得最大值5.9．解析：y＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(2,3)))2－eq\f(1,3)，因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以cosx∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).當(dāng)cosx＝eq\f(1,2)時(shí)，y取到最小值為ymin＝－eq\f(1,4).10．解析：(1)∵f(x)的周期T＝π，故eq\f(2π,ω)＝π，∴ω＝2，∴f(x)＝2cos2x，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝2coseq\f(π,4)＝eq\r(2).(2)將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位后，得到y(tǒng)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的圖象，再將所得圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的4倍，縱坐標(biāo)不變，得到y(tǒng)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,6)))的圖象，所以g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,6)))＝2cos(2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)－\f(π,6)))]＝2cos(eq\f(x,2)－eq\f(π,3)).當(dāng)2kπ≤eq\f(x,2)－eq\f(π,3)≤2kπ＋π(k∈Z)，即4kπ＋eq\f(2π,3)≤x≤4kπ＋eq\f(8π,3)(k∈Z)時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，因此g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[4kπ＋eq\f(2π,3)，4kπ＋eq\f(8π,3)](k∈Z).課時(shí)作業(yè)(十一)正切函數(shù)的性質(zhì)與圖象1．解析：由eq\f(π,4)＋x≠kπ＋eq\f(π,2)得x≠kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，故選D.答案：D2．解析：利用正切函數(shù)的周期性和單調(diào)性可得．答案：C3．解析：定義域是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))∩{x|x≠kπ，k∈Z}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠\f(kπ,2)，k∈Z)))).又f(－x)＝tan(－x)＋eq\f(1,tan（－x）)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanx＋\f(1,tanx)))＝－f(x)，即函數(shù)y＝tanx＋eq\f(1,tanx)是奇函數(shù)．答案：A4．解析：由函數(shù)y＝tanx的對(duì)稱(chēng)中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，0))，k∈Z，令3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(kπ,2)，k∈Z，則x＝eq\f(kπ,6)－eq\f(π,18)(k∈Z)，∴y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))對(duì)稱(chēng)中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,6)－\f(π,18)，0))，k∈Z.故選D.答案：D5．解析：因?yàn)閥＝tanx與y＝－tanx的單調(diào)性相反，所以y＝－tanx的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπ)(k∈Z).答案：(－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπ)(k∈Z)6．解析：∵f(5)＝asin5＋btan5＋1＝7，∴asin5＋btan5＝6，∴f(－5)＝asin(－5)＋btan(－5)＋1＝－(asin5＋btan5)＋1＝－6＋1＝－5.答案：－57．解析：當(dāng)tanx≤eq\f(\r(