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三角函数专项练习

1.已知函数f(x)Asin(x)(A0，0π)，xR的最大值是1，其图π1M像经过点，

32（1）求f(x)的解析式；

123πf()f()（2）已知，0，，且，，求f()的值．

1352

2.如图，在平面直角坐标系xOy中，以Ox轴为始边作两个A，B两点．已知锐角，，它们的终边分别交单位圆于252A，B两点的横坐标分别是，． 510（1）求tan()的值；

（2）求

2的值．

2,x,. 3.已知cosx41024（Ⅰ）求sinx的值； sin2x的值. （Ⅱ）求3

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4.已知函数f(x)3sin(x)cos(x)

0）为偶函数，且函数yf(x)图象的两相邻对称轴间的距离为π．

2（0π，πf（Ⅰ）求的值；

8（Ⅱ）将函数yf(x)的图象向右平移到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数

π个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长6yg(x)的图象，求g(x)的单调递减区间．

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参考答案

1.解：（1）依题意有A1，则f(x)sin(x)，将点M(,1)代入得3215sin()，而0，3236，2，故f(x)sin(x)cosx；

2312cos,cos（2）依题意有，而,(0,)，

513234125sin1()2,sin1()2，

5513133124556f()cos()coscossinsin。

51351365

2.解：（1）由已知条件即三角函数的定义可知cos225,cos，因为锐角，故105sin0，从而sin1cos2tan7,tan1. 27252同理可得

sin1cos，

因此

1051tantan23所以tan()=; 1tantan171273（2）tan(2)tan[()]11(3)2

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121,

3又0,0,故02,

222从而由

tan(2)1

得

23. 4

3x,，所以x,，于是3.解：（Ⅰ）因为4422472sinx1cos2x

4410sinxsinx44sinx4cos4cosx4sin472222410210252

3423cosx1sinx1（Ⅱ）因为x,

，故55242472sin2x2sinxcosx,cos2x2cosx1

25252473sin2xsin2xcoscos2xsin所以

33350

4.解：（Ⅰ）31f(x)3sin(x)cos(x)2sin(x)cos(x)

22

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π2sinx．

6因为f(x)为偶函数，所以对xR，f(x)f(x)恒成立，因此ππsin(x)sinx．即66ππππsinxcoscosxsinsinxcoscosxsin整理6666得sinxcosπ0．

6π因为0，且xR，所以cos0．

6πππ又因为0π，故．所以f(x)2sinx2cosx．

262由题意得2π2π，所以22．故f(x)2cos2x．

ππf2cos2．

因此48ππ（Ⅱ）将f(x)的图象向右平移个单位后，得到fx的图象，再将所得图象横坐标66xπ伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到f的图象．

46xπxπxπ所以g(x)f2cos22cos．

462346xπ当2kπ≤≤2kππ（kZ），

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即4kπ2π8π≤x≤4kπ（kZ）时，g(x)单调递减，因此g(x)的单调递减332π8π4kπ，4kπ区间为（kZ）．

33

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