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第3章 三角函数、解三角形 第5讲 第2课时 A组基础关1.设acos50cos127cos40cos37，b(sin56cos56)，c，则a，b，c的大小关系是()A.abc BbacC.cab Dacb答案D解析acos50cos127cos40cos37cos50cos127sin50sin127cos(50127)cos(77)cos77sin13.b(sin56cos56)sin56cos56sin(5645)sin11.ccos239sin239cos78sin12.因为函数ysinx，x为增函数所以sin13sin12sin11，即acb.2.(2018全国卷)若f(x)cosxsinx在a，a是减函数，则a的最大值是()A. B. C. D答案A解析f(x)cosxsinxcos，由2kx2k(kZ)得2kx2k(kZ)，因此a，a.aa，a，a，0a，从而a的最大值为，选A.3.化简：()A.1 B. C. D2答案C解析原式，故选C.4.已知为第四象限角，sincos，则tan的值为()A. B. C D.答案C解析将sincos的等号两边同时平方，得12sincos，得2sincos，所以(sincos)212sincos.因为为第四象限角，所以sin0，所以sincos，结合sincos，解得sin，cos.所以tan.故选C.5.(2018洛阳三模)函数ylog的单调递减区间是()A.，kZB.，kZC.，kZD.，kZ答案B解析yloglogsin.令tsin，则ylogt.因为ylogt在(0，)上是减函数，所以要求函数ylogsin的单调递减区间，只要求出tsin的单位递增区间，同时注意tsin0.由2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，所以原函数的单调递减区间是，kZ.故选B.6.(2018济南一模)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m2sin18.若m2n4，则()A.8 B4 C2 D1答案C解析由题意得n4m244sin2184cos218，则2，故选C.7如图，在平面直角坐标系xOy中，质点M，N间隔3分钟先后从点P出发，绕原点按逆时针方向做角速度为弧度/分钟的匀速圆周运动，则M与N的纵坐标之差第4次达到最大值时，N运动的时间为()A.37.5分钟 B40.5分钟C.49.5分钟 D52.5分钟答案A解析设N运动的时间为x(x0)分钟，M运动的时间为(x3)分钟，圆的半径为1.由题意可得，yNsincosx，yMsinsinx，yMyNsinxcosxsin，令sin1，解得x2k，x12k，k0,1,2,3.M与N的纵坐标之差第4次达到最大值时，N运动的时间31237.5(分钟).8.若sin80m，则用含m的式子表示cos5_.答案解析因为sin80m，所以cos10m，所以cos5.9.函数f(x)sin5sinx的最大值为_答案4解析f(x)cos2x5sinx12sin2x5sinx22，当sinx1时，f(x)max1254.10.已知，(0，)，且tan()，tan，则2的值为_答案解析tan()，tan，tantan().tan(2)tan()1.tan，(0，)，0，20)，其图象的一条对称轴在区间内，且f(x)的最小正周期大于，则的取值范围为()A. B(0,2) C(1,2) D1,2)答案C解析由题意f(x)sinxcosx2sin(0)令xk，kZ，得x，kZ，函数图象的一条对称轴在区间内，kZ，3k1，02.的取值范围为(1,2).3.(2018郑州质检一)若将函数f(x)3sin(2x)(0)图象上的每一个点都向左平移个单位，得到yg(x)的图象，若函数yg(x)是奇函数，则函数yg(x)的单调递增区间为()A.(kZ)B.(kZ)C.(kZ)D.(kZ)答案B解析由题意得g(x)3sin3sin，函数yg(x)是奇函数，k，kZ，k，kZ，又0，.g(x)3sin(2x)3sin2x.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.函数yg(x)的单调递增区间为，kZ.故选B.4.设函数f(x)cossin2x.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)设函数g(x)对任意xR，有gg(x)，且当x时，g(x)f(x)求函数g(x)在，0上的解析式解(1)函数f(x)cossin2xsin2xcos2xsin2xcos2xsin2x，所以函数f(x)的最小正周期T.(2)当x时，g(x)f(x)，即g(x)sin2x.当x时，x，因为gg(x)，所以g(x)gsin2sin2x.当x时，x，可得g(x)g(x)sin2(x)sin2x.所以函数g(x)在，0上的解析式为g(x)
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