初中想象作文-中考英语复习资料

2020年一模汇编——三角比、三角函数
一、填空题
【奉贤2】在
ABC
中，若
A60
，
AB2
，
AC23，则
ABC
的面积是___________.
【答案】3
【解析】
QB60,AB2,AC23


根据余弦定理得 ：
AC
2
AB
2
BC
2
2ABBCco sB

即
124BC
2
2BC
,解得
BC4

1
ABBCsinB23
2

sin2xcosx
0
，则锐角
x
__________. < br>【虹口
4
】若
2cosx1
则
ABC
的面积
S
【答案】


4
2
【解析】
sin2x2 cosxsin2xcos2x10

r

3
rr
1

r

【奉贤4】设
a

,sin


，
b

cos

,

，且
a∥b
，则
cos2


_____________.
3

2

【答案】0
rr
31
【解 析】
Q
a||b,sin

cos

0,si n2

1

23
Q

为锐角，
cos2

0
< br>【黄浦
5
】设

为第二象限的角，
sin


【答案】

3
，则
tan2

的值为
_ _________.
5
24

7
【解析】由

为第二象限的角，
sin


32tan

24
3


可得
tan


，所以
tan2


2
51tan

7
4
【青浦5】已 知角

的顶点在坐标原点，始边与
x
轴的正半轴重合，角

的终边与单位圆的
交点坐标是
(,)
，则
sin2

< br>
34
55
【答案】

24
25
3424
【解析】由题意得
cos

,sin


，所以
sin2

2sin

cos

5525


1

【徐汇6】 已知函数
f(x)arcsin(2x1)
，则
f
1
()< br>
6
【答案】


1

4
【解析】考察反函数性质，令
f

x

arcsin
2x1



6
，则
2x1
11
，解得
x
。
24
由原函数与反函数自变量与因变量互换，则
1



f
1


。 < br>4

6

【长宁，嘉定，金山8】已知点

2,y

在角

的终边上，且
tan




22
，则
sin


。
【答案】
22

3
【解析】因为
tan




22
，所以
tan

 22
，因为点

2,y

在角

的终边上，所以
y42
，所以
r6
，则
sin

< br>
22

3
【静安8】三倍角的正切公式为
tan3


_____.
2tan

tan
3
【答案】
tan3



13tan
2
< br>2tan

tan
3

【解析】
tan3


13tan
2


【浦东
9
】在< br>△ABC
中，边
a、b、c
满足
ab6
，
C 120
，则边
c
的最小值为
___________
．

【答案】
33

【解析】由余弦定理可得
a
2
b
2
abc
2
，
(ab)abc
则
22< br>(ab)
2
ab36c9
，所以
c33
，当且仅 当
ab3
时等号取得。

4
2
【静安
10】现将函数
ysecx,x(0,

)
的反函数定义为正反割函数， 记为：
yarcsecx
.
则
arcsec(4)
________.
（请保留两位小数）

【答案】1.82
【解析】
y


4
，
tarccos(）1.82
，
x(0,

)
，故可知
cosxcost4

2

【闵行12】设函数f(x)Asin(

x

6
)
（
0
，
A0
），
x[0,2

]
，若f(x)
恰有4
个零点，则下述结论中：① 若
f(x
0
)f (x)
恒成立，则
x
0
的值有且仅有2个；②
f(x)
在
[0,
8


]
上单调递增；③ 存在

和
x
1
，使得
f(x
1
)f(x)f(x
1< br>)
对任意
x[0,2

]
恒
19
21
在
[0,2

]
内恰有五个解”的必要条件；
2< br>成立；④“
A1
”是“方程
f(x)
所有正确结论的编号是
【答案】①③④
【解析】
f(x)Asin(

x

6
)0

x

6
k

, kZx

6k1


,kZ
，由
f(x )
6

恰有4个零点，知
x

641

6

2

且
x

631< br>

6


1925

2




,



1212


6k2


,kZ


sin


x
0


1x
0

63


由
x
0


0,2


k

,



,kZ,
Q



,

,k0< br>或
1

331212

1

1
< br>

1925



①正确；
f(x)
在
[0,



8


 

8


19

]
上单调递增，则
x

,



,




0,

,
矛
19
6

6196

22

12


盾，所以②错误；
f(x
1
)f(x)f(x
1
)
对任意
x[0,2

]
恒成立，则
2
5
T






2,sin

2x
1


1x
1
k

,kZ
，当
k1
时，
x
1

符合题
226

6
6

意，所以③正确；
11


1


1


f(x)sin


x


sin

2



，即，如图，充要条件为

26

2A
22A6




25

T2

且
A1
，也就是



2,

且A1
，所以④正确

12


3


sinx
1
sinx
2
 sinx
n
0
【浦东12】如果方程组

有实数解，则正整数< br>n
的最
sinx2sinxnsinx2019
12n
< br>小值是____________．
【答案】
90

【解析】根据合 理性安排，
sinx
i


1,0,1

1 in

进行估值计算，但要符合题意，即
需满足
sinx
1
sinx
2
sinx
3
Lsinx
n
0
，

1.
当
n89
时，
ysinx
1
2sinx
2
L89sinx
89
可求得最大值安排为：即
44
个
1
，
1
个
0
，
44
个-1
；

所以
y=1

1

2 

1

L44

1

45 0461L8911980

2.
当
n90
时，< br>ysinx
1
2sinx
2
L89sinx
89可求得最大值安排为：即
45
个
1
，
45
个
- 1
；所以

y=1

1

2
< br>1

L44

1

45
< br>1

461L89120502019

根据
1,2
估算可得，结合
|sinx
i
|1
，我们可以适当调整适 当数据大小，使得
n90
时
,
可以
凑足
y2019，故
n
min
90

二、选择题
【黄浦
1 4
】将函数
ysin(4x

3
)
的图像上各点的横坐 标伸长为原来的
2
倍，再向右平移

3
个单位，得到的函数图像的一 条对称轴的方程为（

）

【
A
】
x

12


【B
】
x

16
【
C
】
x

4

【
D
】
x

2


4

【答案】A
【解析】横坐标伸长为原来的
2
倍，
ysin(2x

3
)
，向右平移
个

3
单位，
ysin

2(x






)

sin
2x

，对称轴为
x
5


k

,k1,x


63

3

12 212
【虹口14】已知函数
f(x)3sin(2x

)cos(2 x

)
为偶函数，且在
[0,]
上为增函数，

2
则

的一个值可以是（ ）
【A】

2

2

【B】 【C】 【D】


33
63
【答案】D
【解析】
f(x)3sin(2x

)cos(2x

)=2sin(2x


< br>6
)
由于此函数为偶函数，所以



6
为


的奇数倍，又由于函数在
[0,]
为增函数，所以诱导为
cos
时，前面需要加负号，
2
2
2

满足。
3
由此可以推出只有

【杨浦14】要得到函数
y2sin(2x

3
)
的图像，只要将
y2sin2x
的图像（ ）
【A】向左平移

个单位 【B】向右平移个单位
66

个单位 【D】向右平移个单位
33
【C】向左平移
【答案】A
【解析】
y2sin(2x< br>

)2sin[2(x)]
，所以是向左平移个单位
366
【宝山16】提鞋公式也叫李善兰辅助角公式，其正弦型如下:
asinxbcosxa< br>2
b
2
sin(x

),






下列判断错误的是（ ）
【
A
】 当
a0,b0
时，辅助角

arctan
b

a

5

【
B
】当
a0,b0
时，辅助角

arctan
b



a
b



a
b



a
【
C
】当
a0,b0
时，辅助角

arctan
【
D
】当
a0,b0
时，辅助角
arctan
【答案】
B

【解析】


ab
asinxbcosxab

sinxcosx

a
2
b
2
sin(x

)

22
a
2
b
2

ab

22
其中
cos


a
a
2
b
2
,sin

b
a
2
b
2
,tan


b
；
a
当
a0,b0
时，
Qcos< br>
0,sin

0,


第四象限，所以B
错。也可以举反例排除
【浦东16】动点
A(x,y)
在圆
x
2
y
2
1
上绕坐标原点作逆时针匀速圆周运动，旋转一周的< br>
31

时间恰好是12秒．已知时间
t0
时，点
A
的坐标是

． 则动点
A
的纵坐标
y

2
,
2



关于
t
（单位：秒）的函 数在下列哪个区间上单调递增（ ）
【A】

0,3


【B】

3,6




【C】

6,9


【D】

9,12


【答案】D
【解析】由题 意可得定点
A
的转速为
2



初相


，易得
ysin(t)
，
rads
，
1 26666
单调增区间为

412k,212k

,kZ< br>，故答案选D.
【静安16】某人驾驶一艘小游艇位于湖面
A
处，测得岸边一 座电视塔的塔底在北偏东
2
方
向，且塔顶的仰角为
8
，此人驾驶 游艇向正东方向行驶1000米后到达
B
处，此时测得塔
底位于北偏西
oo
39
o
方向，则该塔的高度约为

6

（ ）
【A】265米 【B】279米 【C】292米 【D】306米
【答案】C
【解析】
000sin5sin60cos69tan87292.728
米.
【长宁，嘉定，金山16】某港口某天0时至24时的水深
y
(米)随时间
x
(时)变化曲线近似
满足如下函数模型：
y0.5sin(

x 
oooo

6
)3.24
.若该港口在该天0时至24时内，有 且只
有3个时刻水深为3米，则该港口该天水最深的时刻不可能为( )
【A】16时 【B】17时 【C】18时 【D】19时
【答案】D
【解析】①
y0.5sin(

x
< br>)3.24
，
30.5sin(

x)3.24

66


0.240.5sin(

x
②利用数形结合。
二、解答题

24

sin(

x)6
，
506

)

17、【虹口17】在
A BC
中，
a8
，
b6
，
cosA
（1）角
B
；
（2）
BC
边上的高。
【答案】（1）
1
，求：
3

（2）
42

4
1
22
且
A(0,

)
得
sinA
且
A
为钝角；
3
3
6
22
3

2
；
82< br>【解析】（1）由
cosA
由正弦定理可得：
sinB
bsin A

a
由
ba
且
A(

2
,

)，B(0,

)
，故
B

4。

7


b
2
c
2a
2
36c
2
641


cosA 
（2）

2bc12c3
c422
，

c0

设
BC
边上的高为
h
，则
hcsin B(422)
2
42

2
【宝山18】已知函数
f(x)sinxcos(

2
x)3sinxcosx

（1）求函数
f(x)
的最小正周期及对称中心；
（2）若
f(x )

在区间
[0,

2
]
上有两个解
x
1
,x
2
，求

的取值范围及
x
1
x
2
的值。
【答案】（1）
T

,(
k< br>
1

,),kZ
（2）
x
1
x
2


21223
3

1
sin2xcos(2x)
< br>232
2
【解析】(1)
f(x)sinx
T
,(
k

1
,),kZ
;
2122
1
2
（
3
）数形结合，
a[0,)

，
x
1
x
2

【崇明18】已知函数
f(x)

6
2

3

31
sin2xcos
2
x
.
22
（1）求函数
f(x)
的最小正周期及单调增区间；
（2）设
△ABC
的内角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
，且
c3
，
f(C)0
，若
sinB2sinA
，
求
a,b
的值．
【答案】（1）最小正周期是
T
，
fx
的单调增区间是
[k


(2)
a1,b2

【解析】（1）
f(x)
(
)< br>
,k

],kZ

63

p
311
sin2x(1cos2x)
=
sin(2x
-
)-
1
222
6

所以函数
fx
的最小正周期是
T

，
得函数< br>fx
的单调增区间是
[k


(
)
(
)

,k

],kZ

63
8


(2) 由
f(C)=0
，得
sin( 2C
-
pppp
)
=
1
，所以
2
C
-=
，得
C
=

6623
22
由
sin B=2sinA
及正弦定理，得
b=2a

由余弦定理
c=a+b-2abcosC
，得
a+b-ab=3

由，解得
a=1,b=2

【松江18】已知函数
222
f

x

23sinxcosx2sin
2
x
.
（
1
）求
f

x

的最大值； < br>（
2
）在
ABC
中，内角
A
、
B
、
C
所对的边分别为
a
、
b
、
c
，若f

A

=0
，
b
、
a
、< br>uuuruuur
c
成等差数列，且
ABAC2
，求边
a
的长.
【答案】（
1
）最大值为
1
；（
2
）
a2

【解析】
（
1
）
f
x

23sinxcosx2sinx3sin2xcos2x1
2 sin

2x
2





 1
…4分
6




f
max

x

f


211
………………6分
6

此时
2x

6


2< br>2k

，则
x



6
k< br>
，(
kZ
)
（
2
）由
f
< br>A

=0
得
sin

2A

< br>1
，


6

2

2A

6


6
2k

或
2A

6

5

2k


kZ


6
因
0A

，

A
< br>3
……………… 9分
由
b
、
a
、
c成等差数列，得
2abc
……………… 10分
uuuruuur
Q
ABAC2
，

bccosA=2

bc4
……………… 11分
由余弦定理，得
abc2bccosA

bc

3bc
……………… 12分
222
2
a
2
4a
2
34
，

a2
……………… 14分

9

【 浦东18】已知函数
f(x)2cos
2
x3sin2x
.
（1）求函数
f(x)
的最小正周期及单调递增区间；
uuuruuur< br>（2）在
△ABC
中，
BCBA6
，若函数
f(x)的图像经过点
(B,2)
，求
ABC
的面积.
【答案】（1 ）
T

,x

k



< br>
3
,k




,kZ
（2）
33


6

【解答】（1）
f(x)2sin

2x






< br>1T

,
xk


,
k


,
kZ


6


36





f(B)2sin2B

12


B
6

（2）< br>

3

0B



uuuruuur
1
Q
BCBA6ac12

S
△ABC
acsinB33
2

【静安
18
】请解答以下问题，要求解决两个问题的方法不同
.

（
1
）如图
1
，要在一个半径为
1
米的半圆形铁板 中截取一块面积最大的矩形
ABCD
，如何
截取？并求出这个最大矩形的面积
.
（
2
）如图
2
，要在一个长半轴为
2
米，短半 轴为
1
米的半个椭圆铁板中截取一块面积最大
的矩形
ABCD
，如何 截取？并求出这个最大矩形的面积
.





DC
A
O
B
图1
D
A
O
图2
【答案】（1）1（2）2
C
B




【解析】（1）联结OC，设
COB

，……………（1分）
则
OBcos

，
BCsin

． ………………（2分）
所以，矩形
ABCD
的面积

10



S2sin

cos

si n2

,

0



……（2分）
2

∵
sin2

1
，
∴当



4
时，所截取的最大矩形的面积最大为
1
平方米． ………（2分）
（2）以O为坐标原点，
OB
为x轴的正半轴建立直角坐标系，………（1分）
x
2
y
2
1
．…（2分） 设点C的坐标为

x,y

，故，
4
所以，矩形
ABCD
的面积

x
22


y
S2xy
2


4< br>
2
，(2分)

当且仅当
x2y
时等号成立．
故，当
x2米， y
2
米时，矩形的面积最大为
2
平方米．…（2分）
2
注：在以上两个方法和用参数方程的方法中任意选取两个方法都可．
【黄浦
18
】在△
ABC
中，
a
、
b
、
c分别是角
A
、
B
、
C
的对边，且
acosC (2bc)cosA
.
（
1
）若
ABAC3
，求△
ABC
的面积；

（
2
）若
BC
， 求
2cos
2
Bcos
2
C
的取值范围
.
【答案】（
1
）
39
33

（
2
）
(,)

44
2
uuuruuur
【解析】（
1
）由
acosC(2bc)cosA
，可得
sinAcosC(2sinBsinC)cosA
，……
1
分
即
sin(AC)2sinBcosA
，故
sinB2sinBcosA< br>，

又
sinB0
，故
cosA
1
π< br>，因
A(0,π)
，故
A
．

……………………………
4
分

23
uuuruuur
π< br>因为
ABAC3
，所以
cbcos3
，得
bc6，

……………………………………
6
分

3
13
3
．

……………………………………………………
8
分

△
AB C
的面积为
bcsinA
22
（
2
）由
Aπ
2π
，可得
BC
，

3
3
1cos2C



…………………………………
9
分

2
所以
2cos
2
Bcos
2
C1cos2B

11

< br>
34π133
cos(2C)cos2Csin2C
，

………………………………
11
分

23222
2π4π< br>π2π
33
又
BC
，故
C(,)
，即2C(,)
，所以
sin2C(,)
，

22
3 3
33
所以
2cosBcos
2
C
3339
 sin2C(,)
．

2244
39
即
2cos
2
Bcos
2
C
的取值范围是
(,)
．

…………………………………………
14
分

44
rr【青浦18】已知向量
a(3cos

x,sin

x)，
b(cos

x,cos

x)
，其中

0
，记
rr
f(x)ab
.
（1）若函数
f(x)
的最小正周期为

，求

的值；
（2）在（1） 的条件下，已知△
ABC
的内角
A
、
B
、
C
对应的边分别为
a
、
b
、
c
，
若
f( )3
，且
a4
，
bc5
，求△
ABC
的面 积.
【答案】（1）

1
；（2）
【解析】（1）
A< br>2
3
3
.
4
rr
f(x)ab(3cos< br>
x,sin

x)(cos

x,cos
x)3cos
2

xsin

xcos

x


31

3
(1cos2

x)+ sin2

xsin(2

x)

2232
且

0,

1.f(x)sin(2x
Qf(x)的周期为

，
（2）
Qf()3sin(A
解得：
A

3
)
3

2
A
2
< br>3
)
3

4
由
A(0,

) ,
知
A

,

2
333

2

13


,A.
由余弦定理得：
bc3 ,
S
V
ABC
bcsinA3.

33324
【普陀19】某居民小区为解决业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地
AOB
进行改< br>建。如图所示，平行四边形
OMPN
区域为停车场，其余
部分建成绿地，点P
在围墙
AB
弧上，点
M
和点
N
分
别在道路
OA
与道路
OB
上，且
OA60
米，
∠ AOB60
o
，设
∠POB

。
（1）求停车场面积
S
关于

的函数关系式，并指出

的取
值范围；

12

（2）当

为何值时，停车场面积
S
最大，并求出最大值（精确到0.1平方米）
【答案】（1）
S24003si n

sin(60
o


)
，

的取值范围为
0
o


60
o

（2）
1039.2m
3

【解析】（1）由平行四边形
O MPN
得，在
OPN
中，
ONP120
o
,
OPN60
o


,
则
ONOPPN
ON60PN


，即，
o o
sin(60

)sin120sin

sinOPNsin ONPsinPON
即
ON403sin(60
o


)
，
PN=403sin

，
o
则停车场面积
SONPNsinONP24003sin

sin(60

)
，
o
即
S24003sin

sin(60

)
，其中
0
o


60
o

o
（2）由（1）得
S24003sin

sin(60

)24003sin

(
31
cos

s in

)
，
22
即
S3600sin

cos

12003sin

=1800sin2

 6003cos2

6003
，
o
则
S12003sin(2

30)6003

2
因为
0
o


60
o
，所以
30
o
2

30
o
150
o
，
则
2

30
o
90
o
时，S
max
120031600360031039.2
平方米. 故当

30
o
时，停车场最大面积为
1039.2
平 方米
【闵行19】某地实行垃圾分类后，政府决定为
A
、
B
、C
三个校区建造一座垃圾处理站
M
，
集中处理三个小区的湿垃圾，已知< br>A
在
B
的正西方向，
C
在
B
的北偏东30° 方向，
M
在
B
的北偏西20°方向，且在
C
的北偏西45° 方向，小区
A
与
B
相距2
km
，
B
与C
相距3
km
.
（1）求垃圾处理站
M
与小区
C
之间的距离；
（2）假设 有大、小两种运输车，车在往返各小区、处理站之间都是直线行驶，一辆大车的
行车费用为每公里
a
元，一辆小车的行车费用为每公里

a
元（其中

为满 足
100

是1

99
内的正整数），现有两种运输湿垃圾 的方案：
方案1：只用一辆大车运输，从
M
出发，依次经
A
、B
、
C
再由
C
返回到
M
；
方案2： 先用两辆小车分别从
A
、
C
运送到
B
，然后并各自返回到< br>A
、
C
，一辆大车从
M
直接到
B
再返回到< br>M
；试比较哪种方案更合算？请说明理由.
（结果精确到小数点后两位）

13

【答案】（1）
MC5.44km
（2）第一种方案 ：
16.89a
，第二种方案：
13.72a10

a
；
当
0.01

0.32
，选择方案二，当
0.32< br>
0.99
，选择方案一。
【解析】（1）由题意可知：
AMB20MB

2

sin20
MB
2
BC
2
MC
2
QBM C50,cos50

2MB
g
BC
MC5.44km

（MAABBCCM）a16.89a
（2）第一种方案：
y
1< br>

a2MBga13.72a10

a
第二种方案：
y
2
2(ABBC)g
当
y
1
 y
2
,0.01

0.32;y
1
y
2< br>,0.32

0.99


第一种方案：
16 .89a
，第二种方案：
13.72a10

a
；
当< br>0.01

0.32
，选择方案二，当
0.32
0.99
，选择方案一。
【徐汇19】 如图，某市郊外景区内一条笔直的公路
a
经过三个景点
委会又开发了风景优美的景点
D
，经测量景点
D< br>位于景点
A
、
B
、
C
，景区管
A
的 北偏东30°方向8
km
处，
位于景点
B
的正北方向，还位于景点< br>C
的北偏西75°方向上，已知
AB5km
.
（1）景区管委会准 备由景点
D
向景点
B
修建一条笔直的公路，不考虑其他因素，求出这
条公路的长；（结果精确到0.1
km
）
（2）求景点
C
与景点< br>D
之间的距离.（结果精确到0.1
km
）
【答案】（1）
4333.9km
；（2）
4.0km

【解析】（1）设
BDx
，则由余弦定理
5
2
8
2< br>x
2
16xcos30
o
，即
x
2
8 3x390
，
解得
x433
，
4338
舍 去，所以
x433
，这条公路的长约为
3.9km

（2）在< br>ABD
中，由正弦定理得
所以
sinABDsinCBD
由 正弦定理得
CD
ADAB

，
sinABDsinADB< br>4
sinDCBsin

CBDBDC

0.7 9
，，在
CBD
，
5
4BD
4.0
。 < br>5sinDCB
景点
C
与景点
D
之间的距离为
4. 0km
。

14

【杨浦19】东西向的铁路上有两个道口
A,B
,铁路两侧的公路分布如图，
C
位于
A
的南偏西15
。
，且位于
B
的南偏东
15
。
方向，D
位于
A
的正北方向，
ACAD2km
,
C
处有一辆救
护车欲通过道口前往
D
处的医院送病人，发现北偏东
45
方向的
E
处（火车头位置）又一
列火车自东向西驶来，若火车通过每个道口都需要1 分钟，救护车与火车的速度均为
。
60kmh
。
（1）判断救护车通过道口
A
是否会受到火车影响，并说明理由
（2）为了尽快将病人送到医院，救护车应该选择
A,B
中的哪个道口？通过计算说明
【答案】（1）会受影响，见解析 （2）从
B
道口走，见
解析
【解析】（1）
VEAC
中，
CAE=105
。
，E =45
。
，ACE=30


AEACAE2
  AE2

1
sinACEsinE
2
2
2

救护车到达道口
A
需要
2km
= 2min

60kmh
火车通过道口A需要
火车通过A道口时间为
所以，救护车通过道口
A
会受影响
2km
+1=(2+1)min > 2min

6 0kmh
（2）在
VABC
中，
B=BAC75，ACB=30，A CBC2

。。

ACAB2AB
  AB=62

1
sinBsinACB
62
2
4

火车通过
B
道口的时间为
6
=6
，救护车通过< br>B
道口的时间为2min
60kmh

救护车通过
B
道口时火车尚未到达，可以直接通过

VABD
中，
DB=AB
2
AD
2
= 23-3，

经
B
道口到达医院的总时间为
2+23-34.25 min


15

（2+1 ）min
由（1）得 ，救护车从
A
道口走，通过时间为火车通过A道口的时间

经A道口到达医院 的总时间为
2+124.41min

所以，从
B
道口去医院更快
【长宁，嘉定，金山19】（本题满分14分，第一小题6分，第二小题8分）
如图，某城市 有一矩形街心广场ABCD，其中
AB4
百米，
BC3
百米。现将挖掘一 个三
角形水池
DMN
种植荷花，其中
M
点在
BC
边 上，
N
点在
AB
边上，要求
MDN
(1) 若
ANCM2
百米，判断
DMN
是否符合要求，并说明理由；
(2) 设
CDM

,求
DMN
的面积
S< br>关于

的表达式，并求出
S
的最小值。
【答案】（1）不符合 （2）见解析
【解析】
212
，tan(A DN)
423
12

23

7
1
（ 1）
tan(CDMADN)
12
4
1
23
tan(CDM)
MDN

4
.

4
所以
DMN
不符合要求。
（2）在
Rt MCD
中，
DM
3
4
DN
，

co s

cos(

)
4
S
S
1< br>
DNDMsin
24
1432

2cos

cos(



)
2

4
1 2
2sin(2


S

4
)1
当



8
时，
S
min

12< br>21
12212

【奉贤20】函数
f

x< br>
sin

tan

x

，其中

0
.
（1）讨论
f

x

的奇偶性；
（2）

1
时，求证
f

x

的最小正周期

；

16

（3）



1.50,1.57

，当函数
f

x

的图像 与
g

x


件的

d的个数，说明理由 .
【答案】（1）奇函数；（2）证明略；（3）198个
【解析】（1）由
< br>xk


1

1


x

的图像有交点时，求满足条
2

x

2k1

，
kZ

22

2k1所以函数
f

x

sin

tanwx
的定义域为
{x|x

,kZ}

kZ
不写扣1分
2

得
x

所以定义域关于原点对称 -----------1分
f

x

sin
tanw(x)

sin

tanwx

s in

tanwx

f(x)
-----------1分
所以函数
f

x

sin

tanwx

是
{x|x
（2）
w1
，
f

x

sin

tanx

函数
f(x)
是周期函数，且

是它的一个周期.
因为
f

x


sin


tan

x




sin

tanx

f(x)
----------2分（必须要验证）
所以函数
f(x)
是周期函数，且

是它的一个周期.
假设
T
0
是函数
f

x

si n

tanx

的最小正周期，且
0T
0


那么对任意实数
x
，都有
f

xT0

sin


tan

xT
0



sin

tanx

f(x)
成立
取
x0
，则
sin

tanT
0

0
，所以
tanT
0
k

，
kZ
（*）
取
xT
0
，则
sin

tan2T
0

sin

tanT
0

所以
sin

2k1

,kZ}
上的奇函数. ----------1分
2


2tanT
0


sin

tanT
0


2
1tanT
0

把（*）式代入上式，得
sin

得
2k


2k


，所以
0
 n

,
k,nZ

22

22
1k< br>

1k


2k
n
,
k,n Z
k0
时，上式左边为无理数，右边为有理数
22
1k
< br>所以只能
k0
但由
0T
0


，
tanT
0
k

，
kZ
知
k0

所以假设错误，故

是
f(x)
的最小正周期. -----------3分
（3）因为
x0
，
1111
(x )2x1
且
f

x

sin

tanwx

1

2x2x
17

由
f

x

sin

tanwx

g(x)
11
(x)
成立，当且仅当
x1
成立 -----------2分
2x
sin

tanw

 1
，得
tan

2k


所以

arctan(2k



2


2
)n

，
k,nZ

因为

(1.50,1.57)
，所以只能
n0
得

arctan(2k


得

arc tan(2k



2
)
，
kZ
-----------1分
)
是
k
的递增函数

2
当
k0
时，

arctan(2k


当
k0
时，

arctan

2
)arc tan(
3

)0
，不符合
2
1.00(1.50,1.57)

2
5

当
k1
时，

arctan1.44(1.50,1.57)

2
9

当
k2
时，

arcta n1.5001(1.50,1.57)

2
13

当
k3
时，

arctan1.52(1.50,1.57)

2



797

1.5699

1.50，1.57
< br>
2
801

当
k200
时，

arctan1.570001546

1.50，1.57

2
当
k199
时，

arctan
1.57

无解 当
k200时,

1.570001546
< br>1.50，
故满足条件的

的个数有198个. -----------3分


18