2017年高考数学真题三角函数(理科)

第一节 三角函数概念、同角三角函数关系式和诱导公式

题型42 终边相同的角的集合的表示与识别——暂无 题型43 倍角、等分角的象限问题——暂无 题型44 弧长与扇形面积公式的计算——暂无 题型45 三角函数定义题——暂无 题型46 三角函数线及其应用——暂无

题型47 象限符号与坐标轴角的三角函数值——暂无 题型48 诱导求值与变形——暂无

题型49 同角求值——已知角与目标角相同——暂无

第二节 三角函数的图像与性质

题型50 已知解析式确定函数性质

1.（2017全国3理6）设函数fxcosxπ，则下列结论错误的是（ ）. 3A．fx的一个周期为2

B．yfx的图像关于直线x8对称 3C．fx的一个零点为x 6

D．fx在上π,单调递减 2ππ解析 函数fxcosx的图像可由ycosx向左平移个单位长度得到，由图可知，

33πfx在,π上先递减后递增，所以D选项错误.故选D.

2y-O6

x

题型51 根据条件确定解析式

51.（2017天津理7）设函数f(x)2sin(x)，xR，其中0，||.若f2，

8f0，且fx的最小正周期大于2，则（ ）.

8A.2， 312B.211

， C.， D.， 312242433

π52k182，其中k,kZ，所以4k2k2.

解析 解法一：由题意21123311k28又T22，所以01，从而21π，由，得..由2k112312故选A．

55x解法二：由f2，f，易知为fx2sinx的一条对称轴，0888点115T2112k1，又因为T,0为fx的一个零点，则 ，即

888422k12.又0，且fx的最小正周期大于2，所以=，从而33=52+2k，又，所以=.故选A. 832122.(2017浙江理18)已知函数fxsinxcosx23sinxcosxxR.

22（1）求f2的值； 3（2）求fx的最小正周期及单调递增区间. 2321解析 （1）由sin，cos，得

3232231231f232. 222322（2）由

cos2xcos2xsin2x，

sin2x2sinxcosx，得

fxcos2x3sin2x2sin2x，

6所以fx的最小正周期是T22π. 2由正弦函数的性质得2k剟2x6322k,kZ，解得k剟xk,kZ. 2632所以fx的单调递增区间是k，k,kZ.

36

题型52 三角函数的值域（最值)——暂无 题型53 三角函数图像变换

1.（2017全国1理9）已知曲线C1：ycosx，C2：ysin 2x则下面结论正确的是（ ）.

2π， 3A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移位长度，得到曲线C2

B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移位长度，得到曲线C2

C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的位长度，得到曲线C2

D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的位长度，得到曲线C2

解析 C1:ycosx，C2:ysin2xπ个单6π个单121π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单261π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单2122π. 3首先曲线C1，C2统一为一三角函数名，可将C1:ycosx用诱导公式处理．

πππycosxcosxsinx．横坐标变换需将1变成2，

222即

倍πC1上各点横坐标缩短到原来的1ππ2ysinxysin2xsin2x2242ππysin2xsin2x．

33注意的系数，左右平移需将2提到括号外面，这时x根据“左加右减”原则，“xππ平移至x， 43ππππ”到“x”需加上，即再向左平移．故选D. 4312122.（2017山东理1）设函数f(x)sinxsinx，其中03.已知62f0. 6（1）求；

（2）将函数yfx的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图像向左平移

3个单位，得到函数ygx的图像，求g(x)在,上的最小值. 444sinx， 62以

解析 （1）因为fxsinx所

fx31sinxcosxcosx2233sinxcosx22133sinxcosx 223sinx.

3由题设知f0k，kZ. ，所以636故6k2，kZ，又03，所以2.

x（2）由（1）得f3nis2x，所以gx3sinx3sinx. 3431223x,x,xx因为，所以，当，即时，gx取1233412344得最小值

3. 2第三节 三角恒等变换

题型54 化简求值

1.（17江苏05）若tanπ1，则tan ． 46解析 解法一（角的关系）：tantan44tan141tan47767．故填．

5556解法二（直接化简）：tan77πtan11tan，所以．故填． 41tan6552.(2017北京理12)在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关

1，cos=___________. 3122，由于与关于y轴对称， 解析 由题作出图形，如图所示，sin，则cos33于y轴对称.若sin则sinsin122，cos，故33cos2222117. 33339yβO

αx23.（2017全国2理14）函数fxsinx33coxsx0,的最大值42是 ．

2解析 fxsinx3cosx33πxt且1cos2x3cosxx0，，令cos4422133t0，1，yt3tt x1，当，即时，fx取最大值为1．t422624.(2017浙江理18)已知函数fxsin2xcos2x23sinxcosxxR. （1）求f2的值； 3（2）求fx的最小正周期及单调递增区间. 2321解析 （1）由sin，cos，得

3232231231f232. 222322（2）由

cos2xcos2xsin2xsx23xs， i6，

sin2x2sinxcosxnx22s，得

fxcoin2所以fx的最小正周期是T22π. 2由正弦函数的性质得2k剟2x6322k,kZ，解得k剟xk,kZ. 2632所以fx的单调递增区间是k，k,kZ.

36

第四节 解三角形

题型55 正弦定理的应用

1.（2017天津理15）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知ab，

a5,c6，sinB3. 5（1）求b和sinA的值； （2）求sin2Aπ的值. 434，可得cosB.由已知及余弦定理，55解析 （1）在△ABC中，因为ab，故由sinB得b2a2c22accosB13，所以b13. 由正弦定理

asinB313ab，得sinA. b13sinAsinB21312，所以sin2A2sinAcosA， 1313（2）由（Ⅰ）及ac，得cosAcos2A12sin2Aπππ725，故sin2Asin2Acoscos2Asin. 13444262.（2017山东理9）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC为锐角三角形，且满足sinB12cosC2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是（ ）.

A.a2b B.b2a C.A2B D.B2A 解析

因为siAn(C)B2siCncoAsC2si，A所以C2sinBcosCsinAcosC，又0C

题型56 余弦定理的应用

题型57 判断三角形的形状——暂无 题型58 解三角形的综合应用

，得2sinBsinA，即2ba.故选A. 21.（2017江苏18）如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，

E1G1的长分别为14cm和62cm． 分别在容器水深均为12cm． 现Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，

有一根玻璃棒l，其长度为40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）.

（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分

的长度；

（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部

分的长度．

D1A1B1C1H1O1E1F1G1DABCEHOFG容器Ⅰ

容器Ⅱ

解析 （1）由正棱柱的定义，CC1平面ABCD，所以平面A1ACC1平面ABCD，

CC1AC．

记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处，如图所示为截面A1ACC1的平面图形．因为

AC107，AM40，所以MC401072230，从而sinMAC3.记4，Q1为垂足，则PQAM与水面的交点为P1， 过点P1作PQ11AC11平面ABCD，故PQ1112，从而AP1PQ1116．

sinMAC答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．

A1C1MP1

AQ1C问(1)（2）如图所示为截面E1EGG1的平面图形，O，O1是正棱台两底面的中心．

OO1平面EFGH，O1OEG． 所以平面E1EGG1平面EFGH， 由正棱台的定义，

同理，平面E1EGG1平面E1F1G1H1，O1OE1G1． 记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．

过G作GKE1G1，K为垂足，则GKOO132． 因为EG 14，E1G162，所以KG1从而GG1621424， 2KG12GK2 24232240．

4，，sinsin∠KGGcos∠KGGEGGENG设则． 11152因为

3，所以cos． 2540147在△ENG中，由正弦定理可得，解得sin． sinsin25因为024，所以cos， 225于是sin∠NEGsinsin=

sincoscossin424373． 5255255记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2EG，Q2为垂足，则P2Q2平面EFGH， 故P2Q212，从而EP2PQ2220．

sinNEG答：玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．

E1O1KNP2G1

EOGQ2问(2)评注 此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．

也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下：

AC107，AM40，所以CM402107所以由△AP1Q1∽△ACM，

230，PQ1112，

PQAP12AP1111，解得AP116． ，即CMAM3040答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm． 2.(2017北京理15)在△ABC中，A60，c（1）求sinC的值；

（2）若a7，求△ABC的面积.

解析 （1）在△ABC中，因为A60，c3a. 73a， 7所以由正弦定理得sinCcsinA3333. a7214（2）因为a7，所以c373.由余弦定理a2b2c22bccosA，得7172b232b23，

2解得b8或b5（舍）.所以△ABC的面积S113bcsinA8363. 2223.（2017全国1理17）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABCa2的面积为.

3sinA（1）求sinBsinC的值；

（2）若6cosBcosC1，a3，求△ABC的周长.

分析 本题主要考查三角函数及其变换，正弦定理，余弦定理等基础知识的综合应用.

1a2a21解析 （1）因为△ABC的面积S且SbcsinA，所以bcsinA，即

23sinA3sinA23a2bcsin2A.

222由正弦定理得sinAsinBsinCsinA，由sinA0，得sinBsinC322. 3（2）由（1）得sinBsinC21，又cosBcosC，因为ABCπ， 361. 2所以cosAcosπBCcosBCsinBsinCcosBcosC又因为A0，π，所以A60，sinA13，cosA.

22由余弦定理得a2b2c2bc9 ①

aaa2sinB，csinC，所以bc由正弦定理得bsinBsinC8 ② sinAsinAsin2A由①，②，得bc33，所以abc333，即△ABC周长为333. 4.（2017全国2理17）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知

sinAC8sin2(1)求cosB;

B． 2(2)若ac6，△ABC的面积为2，求b.

2解析 （1）依题得sinB8sinB1cosB84(1cosB)． 22因为sin2Bcos2B1，所以16(1cosB)2cos2B1，所以(17cosB15)(cosB1)0，得cosB1（舍去）或cosB15. 17（2）由⑴可知sinB817118，因为S△ABC2，所以acsinB2，即ac2，得ac.172221715a2c2b215，即a2c2b215，从而(ac)22acb215， 因为cosB，所以

172ac17即3617b215，解得b2．

5.（2017全国3理17）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c ，已知

sinA3cAos，0a27，b2．

（1）求c；

（2）设D为BC边上一点，且AD AC，求△ABD的面积．

ππ解析 （1）由sinA3cosA0，得2sinA0，即AkπkZ，

33又A0,π，所以Aπ2ππ，得A.由余弦定理得a2b2c22bccosA. 3312又因为a27,b2,cosA代入并整理得c125，解得c4.

2a2b2c227. （2）因为AC2,BC27,AB4，由余弦定理得cosC2ab7因为ACAD，即△ACD为直角三角形，则ACCDcosC，得CD7. 从而点D为BC的中点，S△ABD111SABCABACsinA3. 2226.(2017浙江理14)已知△ABC，ABAC4，BC2. 点D为AB延长线上的一点，

BD2，联结CD，则△BDC的面积是___________，cosBDC__________.

解析 如图所示，取BC的中点为O，在等腰△ABC中，AOOB，所以AO=COABDAB-BO=2215，sin?CBDsin?OBA15， 4所以△BDC的面积为

1创BCBD葱sinOBA=2三

角

形

，

所

15．因为BC=BD=2，所以2以

△BDCcos?CBD

是等腰

?CB2?DπB，D10． 4Ccos(π-2?BDC)1-2cos2?BDC-1，解得cos?BDC4