您的位置：360文档中心› 2020高考数学刷题首选单元测试三三角函数解三角形与平面向量文含解析

2020高考数学刷题首选单元测试三三角函数解三角形与平面向量文含解析

合集下载

2020版高考数学一轮复习第3章三角函数、解三角形3.5两角和与差的正弦、余弦与正切公式课后作业理

2020版高考数学一轮复习第3章三角函数、解三角形3.5两角和与差的正弦、余弦与正切公式课后作业理

3．5 两角和与差的正弦、余弦与正切公式[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．计算sin43°cos13°＋sin47°cos103°的结果等于( ) A.12 B.33 C.22 D.32 答案 A解析 原式＝sin43°cos13°－cos43°sin13°＝sin(43°－13°)＝sin30°＝12.故选A.2.sin47°－sin17°cos30°cos17°＝( )A ．－32 B ．－12 C.12 D.32答案 C解析 sin47°＝sin(30°＋17°)＝sin30°cos17°＋cos30°·sin17°， ∴原式＝sin30°cos17°cos17°＝sin30°＝12.故选C.3．已知过点(0,1)的直线l ：x tan α－y －3tan β＝0的斜率为2，则tan(α＋β)＝( ) A ．－73 B.73 C.57 D ．1答案 D解析 由题意知tan α＝2，tan β＝－13.∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝2－131－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝1.故选D.4．(2017·云南一检)cos π9·c os 2π9·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π9＝( )A ．－18B ．－116 C.116 D.18答案 A解析 cos π9·cos 2π9·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π9 ＝cos20°·cos40°·cos100°＝－cos20°·cos40°·cos80°＝－sin20°·cos20°·cos40°·cos80°sin20°＝－12sin40°·cos40°·cos80°sin20°＝－14sin80°·cos80°sin20°＝－18sin160°sin20°＝－18sin20°sin20°＝－18.故选A.5．(2017·衡水中学二调)3cos10°－1sin170°＝( )A ．4B ．2C ．－2D ．－4 答案 D 解析 3cos10°－1sin170°＝3cos10°－1sin10°＝3sin10°－cos10°sin10°cos10°＝2sin 10°－30°12sin20°＝－2sin 20°12sin20°＝－4.故选D.6．若0<α<π2，－π2<β<0，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝13，cos ⎝⎛ π4－⎭⎪⎫β2＝33，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋β2＝( )A.33 B ．－33 C.539 D ．－69答案 C解析 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋β2＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2，由0<α<π2，得π4<α＋π4<3π4，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝223. 由－π2<β<0，得π4<π4－β2<π2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－β2＝63，代入上式，得cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋β2＝539，故选C.7．(2018·长春模拟)已知tan(α＋β)＝－1，tan(α－β)＝12，则sin2αsin2β的值为( )A.13 B ．－13 C ．3 D ．－3 答案 A 解析 sin2αsin2β＝sin[α＋β＋α－β]sin[α＋β－α－β]＝sin α＋βcos α－β＋cos α＋βsin α－βsin α＋βcos α－β－cos α＋βsin α－β＝tan α＋β＋tan α－βtan α＋β－tan α－β＝13.故选A.8．(2017·山西八校联考)若将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)＋3cos(2x ＋φ)(0<φ<π)的图象向左平移π4个单位长度，平移后的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称，则函数g (x )＝cos(x ＋φ)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π6上的最小值是( )A ．－12B ．－32 C.22 D.12答案 D解析 ∵f (x )＝sin(2x ＋φ)＋3cos(2x ＋φ)＝2sin ( 2x ＋φ＋π3 )，∴将函数f (x )的图象向左平移π4个单位长度后，得到函数解析式为y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋φ＋π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋π3的图象．∵该图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0对称，对称中心在函数图象上，∴2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π2＋φ＋π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π＋φ＋π3＝0，解得π＋φ＋π3＝k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝k π－5π6，k ∈Z . ∵0<φ<π，∴φ＝π6，∴g (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π6，∴x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π3，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，则函数g (x )＝cos(x ＋φ)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π6上的最小值是12.故选D.9．(2018·兰州检测)在斜三角形ABC 中，sin A ＝－2cos B ·cos C ，且tan B tan C ＝1－2，则角A 的值为( )A.π4B.π3C.π2D.3π4 答案 A解析 由题意知，－2cos B cos C ＝sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ，等式－2cos B cos C ＝sin B cos C ＋cos B sin C 两边同除以cos B cos C ，得tan B ＋tan C ＝－2，又tan(B ＋C )＝tan B ＋tan C 1－tan B tan C ＝－1＝－tan A ，即tan A ＝1，所以A ＝π4.故选A.10．(2018·河北模拟)已知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，且sin θ－cos θ＝－144，则2cos 2θ－1cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ等于( )A.23B.43C.34D.32 答案 D解析 由sin θ－cos θ＝－144，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝74，∵θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，∴π4－θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝34，∴2cos 2θ－1cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝cos2θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－θ＝32.故选D.二、填空题11．已知cos(α＋β)cos(α－β)＝13，则cos 2α－sin 2β＝________.答案 13解析 ∵(cos αcos β－sin αsin β)(cos αcos β＋sin αsin β)＝13，∴cos 2αcos 2β－sin 2αsin 2β＝13.∴cos 2α(1－sin 2β)－(1－cos 2α)sin 2β＝13.∴cos 2α－sin 2β＝13.12．已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝12，tan β＝－17，则2α－β的值为________．答案 －3π4解析 ∵tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan α－β＋tan β1－tan α－βtan β＝12－171＋12×17＝13>0，又α∈(0，π)，∴0<α<π2.又∵tan2α＝2tan α1－tan 2α＝2×131－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝34>0， ∴0<2α<π2，∴tan(2α－β)＝tan2α－tan β1＋tan2αtan β＝34＋171－34×17＝1.∵tan β＝－17<0，∴π2<β<π，－π<2α－β<0，∴2α－β＝－3π4.13．(2017·江苏模拟)已知α、β为三角形的两个内角，cos α＝17，sin(α＋β)＝5314，则β＝________.答案π3解析 因为0<α<π，cos α＝17，所以sin α＝1－cos 2α＝437，故π3<α<π2，又因为0<α＋β<π，sin(α＋β)＝5314<32，所以0<α＋β<π3或2π3<α＋β<π.由π3<α<π2，知2π3<α＋β<π， 所以cos(α＋β)＝－1－sin2α＋β＝－1114，所以cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α＝12，又0<β<π，所以β＝π3.14．已知sin α＝12＋cos α，且α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos2αsin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4的值为________． 答案 －142解析 ∵sin α＝12＋cos α，∴sin α－cos α＝12，∴(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝14，∴2sin αcos α＝34，∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin α＋cos α＝sin 2α＋cos 2α＋2sin αcos α ＝ 1＋34＝72， ∴cos2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝cos α＋sin αcos α－sin α22sin α－cos α ＝－2(sin α＋cos α)＝－142. B 级三、解答题15．(2017·合肥质检)已知a ＝(sin x ，3cos x )，b ＝(cos x ，－cos x )，函数f (x )＝a ·b ＋32. (1)求函数y ＝f (x )图象的对称轴方程；(2)若方程f (x )＝13在(0，π)上的解为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值．解 (1)f (x )＝a ·b ＋32＝(sin x ，3cos x )·(cos x ，－cos x )＋32＝sin x ·cos x －3cos 2x ＋32＝12sin2x －32cos2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3.令2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝5π12＋k π2(k ∈Z )，即函数y ＝f (x )图象的对称轴方程为x ＝5π12＋k π2(k ∈Z )．(2)由条件知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1－π3＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－π3＝13>0，设x 1<x 2，则0<x 1<5π12<x 2<2π3，易知(x 1，f (x 1))与(x 2，f (x 2))关于直线x ＝5π12对称，则x 1＋x 2＝5π6， ∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－x 1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1－5π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1－π3－π2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x 1－π3＝13.16．(2017·黄冈质检)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －7π6.(1)求函数f (x )的最大值，并写出f (x )取最大值时x 的取值集合；(2)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝32，b ＋c ＝2.求实数a的取值范围．解 (1)f (x )＝2cos 2x －sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －7π6＝(1＋cos2x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin2x cos 7π6－cos2x sin 7π6 ＝1＋32sin2x ＋12cos2x ＝1＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.∴函数f (x )的最大值为2.当且仅当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＝1，即2x ＋π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，即x ＝k π＋π6，k ∈Z 时取到．∴函数f (x )的最大值为2时x 的取值集合为x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ＝k π＋π6，k ∈Z . (2)由题意，f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＋1＝32，化简得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12.∵A ∈(0，π)，∴2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3.在△ABC 中，根据余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc .由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＝1，即a 2≥1.∴当且仅当b ＝c ＝1时，取等号．又由b ＋c >a 得a <2.所以a 的取值范围是[1,2)．17．(2017·青岛诊断)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a sin B ＋3a cos B ＝3c .(1)求角A 的大小；(2)已知函数f (x )＝λcos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋A 2－3(λ>0，ω>0)的最大值为2，将y ＝f (x )的图象的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的32倍后便得到函数y ＝g (x )的图象，若函数y ＝g (x )的最小正周期为π.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求函数f (x )的值域．解 (1)∵a sin B ＋3a cos B ＝3c ， ∴sin A sin B ＋3sin A cos B ＝3sin C . ∵C ＝π－(A ＋B )，∴sin A sin B ＋3sin A cos B ＝3sin(A ＋B ) ＝3(sin A cos B ＋cos A sin B )． 即sin A sin B ＝3cos A sin B .∵sin B ≠0，∴tan A ＝3，∵0<A <π，∴A ＝π3.(2)由A ＝π3，得f (x )＝λcos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6－3＝λ·1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π32－3＝λ2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3＋λ2－3，∴λ－3＝2，λ＝5.∴f (x )＝5cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6－3＝52cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3－12，从而g (x )＝52cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫43ωx ＋π3－12，∴2π43ω＝π，得ω＝32， ∴f (x )＝52cos ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋π3－12.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，π3≤3x ＋π3≤11π6，∴－1≤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π3≤32，从而－3≤f (x )≤53－24，∴f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3，53－24.18．(2017·江西南昌三校模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－2x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π4.(1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间； (2)若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3，且F (x )＝－4λf (x )－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3的最小值是－32，求实数λ的值． 解 (1)∵f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π4＝12cos2x ＋32sin2x ＋(sin x－cos x )(sin x ＋cos x )＝12cos2x ＋32sin2x ＋sin 2x －cos 2x ＝12cos2x ＋32sin2x －cos2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )，∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(2)F (x )＝－4λf (x )－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3 ＝－4λsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－4λsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－1 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－λ2－1－2λ2.∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，π3，∴0≤2x －π6≤π2， ∴0≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6≤1. ①当λ<0时，当且仅当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝0时，F (x )取得最小值，最小值为－1，这与已知不相符；②当0≤λ≤1时，当且仅当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝λ时，F (x )取得最小值，最小值为－1－2λ2，由已知得－1－2λ2＝－32，解得λ＝－12(舍)或λ＝12；③当λ>1时，当且仅当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝1时，F (x )取得最小值，最小值为1－4λ，由已知得1－4λ＝－32，解得λ＝58，这与λ>1矛盾．综上所述，λ＝12.。

2020高考数学刷题首秧第三章三角函数解三角形与平面向量考点测试26平面向量基本定理及坐标表示文含解析.pdf

2020高考数学刷题首秧第三章三角函数解三角形与平面向量考点测试26平面向量基本定理及坐标表示文含解析.pdf

考点测试26　平面向量基本定理及坐标表示高考概览本考点是高考常考知识点，常考题型为选择题和填空题，分值5分，中、低等难度考纲研读1．了解平面向量基本定理及其意义2．掌握平面向量的正交分解及其坐标表示3．会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算4．理解用坐标表示的平面向量共线的条件一、基础小题1．已知向量a ＝(2,1)，b ＝(－4，m )，若a ＝－b ，则m ＝( )12A ．－2 B ．2 C ．－ D ．1212答案　A解析　由向量的坐标运算可得1＝－m ，解得m ＝－2．故选A ．122．设向量e 1，e 2为平面内所有向量的一组基底，且向量a ＝3e 1－4e 2与b ＝6e 1＋k e 2不能作为一组基底，则实数k 的值为( )A ．8B ．－8C ．4D ．－4答案　B解析　由a 与b 不能作为一组基底，则a 与b 必共线，故＝，即k ＝－8．故选B ．36－4k 3．已知点A (1,3)，B (4，－1)，则与向量同方向的单位向量为( )AB →A ．，－B ．，－35454535C ．－，D ．－，35454535答案　A解析　因为＝(3，－4)，所以与其同方向的单位向量e ＝＝(3，－4)＝，－AB →AB →|AB → |153545．故选A ．4．若向量a ＝(2,1)，b ＝(－1,2)，c ＝0，，则c 可用向量a ，b 表示为( )52A ．a ＋b B ．－a －b 1212C ．a ＋b D ．a －b 32123212答案　A解析　设c ＝x a ＋y b ，则0，＝(2x －y ，x ＋2y )，所以Error!解得Error!则c ＝a ＋b ．故5212选A ．5．已知平行四边形ABCD 中，＝(3,7)，＝(－2,3)，对角线AC 与BD 交于点O ，则AD → AB →的坐标为( )CO →A ．－，5B ．，51212C ．，－5 D ．－，－51212答案　D解析　＝＋＝(－2,3)＋(3,7)＝(1,10)．AC → AB → AD →∴＝＝，5．∴＝－，－5．故选D ．OC → 12AC → 12CO →126．设向量a ＝(1，－3)，b ＝(－2,4)，c ＝(－1，－2)，若表示向量4a,4b －2c,2(a －c )，d 的有向线段首尾相连能构成四边形，则向量d ＝( )A ．(2,6)B ．(－2,6)C ．(2，－6)D ．(－2，－6)答案　D解析　设d ＝(x ，y )，由题意知4a ＝(4，－12)，4b －2c ＝(－6,20)，2(a －c )＝(4，－2)，又4a ＋4b －2c ＋2(a －c )＋d ＝0，所以(4，－12)＋(－6,20)＋(4，－2)＋(x ，y )＝(0,0)，解得x ＝－2，y ＝－6，所以d ＝(－2，－6)．故选D ．7．已知点A (1，－2)，若向量与向量a ＝(2,3)同向，且||＝，则点B 的坐标AB → AB →13为( )A ．(2,3)B ．(－2,3)C ．(3,1)D ．(3，－1)答案　C解析　设＝(x ，y )，则＝k a (k >0)，即Error!由||＝得k ＝1，故＝＋＝(1，AB → AB → AB → 13OB → OA → AB →－2)＋(2,3)＝(3,1)．故选C ．8．已知向量＝(k,12)，＝(4,5)，＝(10，k )，当A ，B ，C 三点共线时，实数kOA → OB → OC →的值为( )A ．3B ．11C ．－2D ．－2或11答案　D解析　因为＝－＝(4－k ，－7)，＝－＝(6，k －5)，且∥，所以(4－AB → OB → OA → BC → OC → OB → AB → BC →k )(k －5)－6×(－7)＝0，解得k ＝－2或11．故选D ．9．已知向量，和在正方形网格中的位置如图所示，若＝λ＋μ，则λμ＝AC → AD → AB → AC → AB → AD →( )A ．－3B ．3C ．－4D ．4答案　A解析　建立如图所示的平面直角坐标系xAy ，则＝(2，－2)，＝(1,2)，＝(1,0)，AC → AB → AD →由题意可知(2，－2)＝λ(1,2)＋μ(1,0)，即Error!解得Error!所以λμ＝－3．故选A ．10．设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，＝，＝，若＝λ1＋λ2AD → 12AB → BE → 23BC → DE → AB → AC→(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．答案　12解析　∵＝＋＝＋＝＋(－)＝－＋，∴λ1＝－，λ2＝，DE → DB → BE → 12AB → 23BC → 12AB → 23AC → AB →16AB → 23AC → 1623∴λ1＋λ2＝．1211．如图，已知平面内有三个向量，，，其中与的夹角为120°，与的夹OA → OB → OC → OA → OB → OA → OC →角为30°，且||＝||＝1，||＝2．若＝λ＋μ(λ，μ∈R )，则λ＋μ的OA → OB → OC → 3OC → OA → OB →值为________．答案　6解析　以O 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (1,0)，B ，C (3，)．(－12，32)3由＝λ＋μ，OC → OA → OB →得Error!解得Error!所以λ＋μ＝6．二、高考小题12．(2016·全国卷Ⅱ)已知向量a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，且(a ＋b )⊥b ，则m ＝( )A ．－8 B ．－6 C ．6 D ．8答案　D解析　由题可得a ＋b ＝(4，m －2)，又(a ＋b )⊥b ，∴4×3－2×(m －2)＝0，∴m ＝8．故选D ．13．(2015·湖南高考)已知点A ，B ，C 在圆x 2＋y 2＝1上运动，且AB ⊥BC ．若点P 的坐标为(2,0)，则|＋＋|的最大值为( )PA → PB → PC →A ．6B ．7C ．8D ．9答案　B解析　解法一：由圆周角定理及AB ⊥BC ，知AC 为圆的直径，故＋＝2＝(－4,0)(OPA → PC → PO →为坐标原点)．设B (cos α，sin α)，∴＝(cos α－2，sin α)，PB →∴＋＋＝(cos α－6，sin α)，|＋＋|＝＝PA → PB → PC → PA → PB → PC →(cos α－6)2＋sin 2α≤＝7，当且仅当cos α＝－1时取等号，此时B (－1,0)，故|＋＋37－12cos α37＋12PA → PB →|的最大值为7．故选B ．PC →解法二：同解法一得＋＝2(O 为坐标原点)，又＝＋，∴|＋＋|＝|3PA → PC → PO → PB → PO → OB → PA → PB → PC →＋|≤PO → OB →3||＋||＝3×2＋1＝7，当且仅当与同向时取等号，此时B 点坐标为(－1,0)，PO → OB → PO → OB →故|＋＋|max ＝7．故选B ．PA → PB → PC →14．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)，c ＝(1，λ)．若c ∥(2a ＋b )，则λ＝________．答案　12解析　由题可得2a ＋b ＝(4,2)，∵c ∥(2a ＋b )，c ＝(1，λ)，∴4λ－2＝0，即λ＝．1215．(2015·全国卷Ⅱ)设向量a ，b 不平行，向量λa ＋b 与a ＋2b 平行，则实数λ＝________．答案　12解析　由于a ，b 不平行，所以可以以a ，b 作为一组基底，于是λa ＋b 与a ＋2b 平行等价于＝，即λ＝．λ1121216．(2015·江苏高考)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，若m a ＋n b ＝(9，－8)(m ，n ∈R )，则m －n 的值为________．答案　－3解析　由a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，可得m a ＋n b ＝(2m ，m )＋(n ，－2n )＝(2m ＋n ，m －2n )，由已知可得Error!解得Error!故m －n ＝－3．17．(2017·江苏高考)如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1,1，，OA → OB → OC → 2OA→与的夹角为α，且tan α＝7，与的夹角为45°．若＝m ＋n (m ，n ∈R )，则m ＋n ＝OC → OB → OC →OC → OA → OB →________．答案　3解析　解法一：∵tan α＝7，α∈[0，π]，∴cos α＝，sin α＝．2107210∵与的夹角为α，∴＝．OA → OC →210OA → ·OC → |OA → ||OC →|∵＝m ＋n ，||＝||＝1，||＝，OC → OA → OB → OA → OB → OC →2∴＝．　①210m ＋nOA → ·OB →2又∵与的夹角为45°，OB → OC →∴＝＝．　②22OB → ·OC → |OB → ||OC →|mOA → ·OB →＋n 2又cos ∠AOB ＝cos(45°＋α)＝cos αcos45°－sin αsin45°＝×－×＝－21022721022，35∴·＝||||cos ∠AOB ＝－，OA → OB → OA → OB →35将其代入①②得m －n ＝，－m ＋n ＝1，351535两式相加得m ＋n ＝，所以m ＋n ＝3．252565解法二：过C 作CM ∥OB ，CN ∥OA ，分别交线段OA ，OB 的延长线于点M ，N ，则＝m ，＝n ，由正弦定理得OM → OA → ON → OB →＝＝，∵||＝，|OM → |sin45°|OC → |sin (135°－α)|ON → |sin αOC →2由解法一，知sin α＝，cos α＝，7210210∴||＝＝＝，OM →2sin45°sin (135°－α)1sin (45°＋α)54||＝＝＝．ON →2sin αsin (135°－α)2×7210sin (45°＋α)74又＝m ＋n ＝＋，||＝|O |＝1，OC → OA →OB → OM → ON → OA → B →∴m ＝，n ＝，∴m ＋n ＝3．5474解法三：如图，设O ＝m ，D ＝n ，则在△ODC 中有OD ＝m ，DC ＝n ，OC ＝，∠OCD ＝D → OA → C → OB →245°，由tan α＝7，得cos α＝，210又由余弦定理知Error!即Error!①＋②得4－2n －m ＝0，即m ＝10－5n ，代入①得12n 2－49n ＋49＝0，解得n ＝或n ＝2574，当n ＝时，m ＝10－5×＝－<0(不符合题意，舍去)，当n ＝时，m ＝10－5×＝，73737353747454故m ＋n ＝＋＝3．5474三、模拟小题18．(2018·长春质检二)已知平面向量a ＝(1，－3)，b ＝(－2,0)，则|a ＋2b |＝( )A ．3 B ．3 C ．2 D ．522答案　A解析　a ＋2b ＝(1，－3)＋2·(－2,0)＝(－3，－3)，所以|a ＋2b |＝＝3(－3)2＋(－3)2，故选A ．219．(2018·吉林白城模拟)已知向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，若m a ＋n b 与a －2b 共线，则＝( )mnA ．B ．2C ．－D ．－21212答案　C解析　由向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，得m a ＋n b ＝(2m －n ，3m ＋2n )，a －2b ＝(4，－1)．由m a ＋n b 与a －2b 共线，得＝，所以＝－，故选C ．2m －n 43m ＋2n －1m n 1220．(2018·山东潍坊一模)若M 是△ABC 内一点，且满足＋＝4，则△ABM 与△ACMBA → BC → BM →的面积之比为( )A ．B ．C ．D ．2121314答案　A解析　设AC 的中点为D ，则＋＝2，于是2＝4，从而＝2，即M 为BD 的BA → BC → BD → BD → BM → BD → BM →中点，于是＝＝＝．S△ABM S△ACM S △ABM 2S △AMD BM 2MD 1221．(2018·河北衡水中学2月调研)一直线l 与平行四边形ABCD 中的两边AB ，AD 分别交于点E ，F ，且交其对角线AC 于点M ，若＝2，＝3，＝λ－μ(λ，μ∈R )，AB → AE → AD → AF → AM → AB → AC →则μ－λ＝( )52A ．－B ．1C ．D ．－31232答案　A解析　＝λ－μ＝λ－μ(＋)＝(λ－μ)－μ＝2(λ－μ)－3μAM → AB → AC → AB → AB → AD → AB → AD → AE →，因为E ，M ，F 三点共线，所以2(λ－μ)＋(－3μ)＝1，即2λ－5μ＝1，AF →∴μ－λ＝－，故选A ．521222．(2018·湖南四大名校联考)在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F ．若＝a ，＝b ，则＝( )AC → BD → AF →A ．a ＋bB ．a ＋b 14121214C ．a ＋b D ．a ＋b 23131223答案　C解析　解法一：如题图，根据题意，得＝＋＝(a －b )，＝＋＝(a ＋AB → 12AC → 12DB → 12AD → 12AC → 12BD → 12b )．∵E 是线段OD 的中点，DF ∥AB ，∴＝＝，∴D ＝A ＝(a －b )，∴A ＝A ＋DDF AB DE EB 13F → 13B → 16F → D → ＝(a ＋b )＋(a －b )＝a ＋b ．故选C ．F → 12162313解法二：如题图，根据题意，得＝＋＝(a －b )，＝＋＝(a ＋b )．令AB → 12AC → 12DB → 12AD → 12AC → 12BD → 12＝t ，则＝t (＋)＝t ＋＝a ＋b ．由＝＋，令＝s ，又＝(a ＋b )，AF → AE → AF → AB → BE → AB → 34BD → t 2t 4AF → AD → DF → DF → DC → AD → 12＝a －b ，所以＝a ＋b ，所以Error!解方程组得Error!把s 代入即可得到＝a ＋DF → s 2s 2AF → s ＋121－s 2AF → 23b ．故选C ．1323．(2018·湖北黄石质检)已知点G 是△ABC 的重心，过G 作一条直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且＝x ，＝y ，则的值为( )AM → AB → AN → AC →xy x ＋yA ．B ．C ．2D ．31213答案　B解析　由已知得M ，G ，N 三点共线，∴＝λ＋(1－λ)＝λx ＋(1－λ)y ．∵AG → AM → AN → AB → AC → 点G 是△ABC 的重心，∴＝×(＋)＝(＋)，AG → 2312AB → AC →13AB →AC → ∴Error!即Error!得＋＝1，即＋＝3，通分变形得，＝3，∴＝．故选B ．13x 13y 1x 1y x ＋y xy xy x ＋y 1324．(2018·合肥质检三)已知向量＝(2,0)，＝(0,2)，＝t ，t ∈R ，则当||OA → OB → AC → AB → OC →最小时，t ＝________．答案　12解析　由＝t 知A ，B ，C 三点共线，即动点C 在直线AB 上．从而当OC ⊥AB 时，||AC → AB → OC →最小，易得|O |＝|O |，此时|A |＝|A |，则t ＝．A →B →C → 12B →1225．(2018·太原3月模拟)在正方形ABCD 中，已知M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若＝λAC →＋μ，则实数λ＋μ＝________．AM → AN →答案　43解析　解法一：如图，因为M ，N 分别是BC ，CD 的中点，所以＝＋，＝＋AM → 12AB → 12AC → AN → 12AD → 12，所以＋＝(＋)＋＝＋＝，所以＝＋，而＝λ＋μ，AC → AM → AN → 12AB → AD → AC → 12AC → AC → 32AC → AC → 23AM → 23AN → AC → AM → AN →所以λ＝，μ＝，λ＋μ＝．232343解法二：如图，以A 为原点，分别以AB ，AD 所在直线为x ，y 轴建立平面直角坐标系．设正方形ABCD 边长为1，则A (0,0)，C (1，1)，M 1，，N ，1．所以＝(1,1)，AM ＝1，1212AC →，＝，1，所以λ＋μ＝λ＋μ，λ＋μ＝，所以Error!所以Error!λ＋μ＝．12AN → 12AM → AN → 1212AC →43一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题1．(2018·皖南八校模拟)如图，∠AOB ＝，动点A 1，A 2与B 1，B 2分别在射线OA ，OB 上，π3且线段A 1A 2的长为1，线段B 1B 2的长为2，点M ，N 分别是线段A 1B 1，A 2B 2的中点．(1)用向量与表示向量；A 1A 2→B 1B 2→ MN →(2)求向量的模．MN →解　(1)＝＋＋，＝＋＋，两式相加，并注意到点M ，N 分别是MN → MA 1→ A 1A 2→ A 2N → MN → MB 1→ B 1B 2→ B 2N →线段A 1B 1，A 2B 2的中点，得＝(＋)．MN → 12A 1A 2→ B 1B 2→(2)由已知可得向量与的模分别为1与2，夹角为，所以·＝1，A 1A 2→ B 1B 2→ π3A 1A 2→ B 1B 2→ 由＝(＋)MN → 12A 1A 2→ B 1B 2→得||＝＝MN → 14(A 1A 2→ ＋B 1B 2→ )2＝．12A 1A 2→ 2＋B 1B 2→ 2＋2A 1A 2→ ·B 1B 2→722．(2018·湖北荆门调研)在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A (1,0)和点B (－1,0)，||＝1，且∠AOC ＝x ，其中O 为坐标原点．OC →(1)若x ＝，设点D 为线段OA 上的动点，求|＋|的最小值；3π4OC → OD →(2)若x ∈，向量m ＝，n ＝(1－cos x ，sin x －2cos x )，求m ·n 的最小值及对应[0，π2]BC →的x 值．解　(1)设D (t,0)(0≤t ≤1)，由题易知C ，(－22，22)所以＋＝，OC → OD →(－22＋t ，22)所以|＋|2＝－t ＋t 2＋＝t 2－t ＋1＝2＋(0≤t ≤1)，OC → OD →122122(t －22)12所以当t ＝时，|＋|2的最小值为，22OC → OD →12则|＋|的最小值为．OC → OD →22(2)由题意得C (cos x ，sin x )，m ＝＝(cos x ＋1，sin x )，BC →则m ·n ＝1－cos 2x ＋sin 2x －2sin x cos x＝1－cos2x －sin2x ＝1－sin ．2(2x ＋π4)因为x ∈，所以≤2x ＋≤，[0，π2]π4π45π4所以当2x ＋＝，即x ＝时，π4π2π8sin 取得最大值1，(2x ＋π4)所以m ·n 的最小值为1－，此时x ＝．2π8。

2020高考数学刷题首秧第三章三角函数解三角形与平面向量考点测试23正弦定理和余弦定理文含解析29

2020高考数学刷题首秧第三章三角函数解三角形与平面向量考点测试23正弦定理和余弦定理文含解析29

考点测试23 正弦定理和余弦定理高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值5分、12分，中、低等难度考纲研读掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题一、基础小题1．在△ABC 中，C ＝60°，AB ＝3，BC ＝2，那么A 等于( ) A ．135° B ．105° C ．45° D ．75° 答案 C解析 由正弦定理知BC sin A ＝AB sin C ，即2sin A ＝3sin60°，所以sin A ＝22，又由题知0°<A <120°，所以A ＝45°．故选C ．2．在△ABC 中，A ＝120°，AB ＝5，BC ＝7，则sin Csin B ＝( )A ．85B ．58C ．53D ．35答案 C解析 在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC cos A ，代入得49＝25＋AC 2＋5AC ，解得AC ＝3或AC ＝－8(舍去)，所以sin C sin B ＝AB AC ＝53，故选C ．3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，则角B 的值为( )A ．π3B ．π6C ．π3或2π3D ．π6或5π6答案 C解析 由余弦定理，知a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，所以由(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac 可得2ac cos B ·sin B cos B ＝3ac ，所以sin B ＝32，所以B ＝π3或2π3，故选C ．4．在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B <sin 2C ，则△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不能确定 答案 C解析 由正弦定理得a 2＋b 2<c 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c22ab<0，所以C 是钝角，故△ABC 是钝角三角形．故选C ．5．已知△ABC 中，cos A ＝35，cos B ＝45，BC ＝4，则△ABC 的面积为( )A ．6B ．12C ．5D ．10 答案 A解析 因为cos A ＝35，cos B ＝45，所以sin A ＝45，sin B ＝35，则由正弦定理得BC sin A ＝ACsin B ，所以AC ＝BC ·sin Bsin A＝3，则由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，即32＝AB 2＋42－8×45AB ，解得AB ＝5，所以△ABC 是以AC ，BC 为直角边的直角三角形，所以其面积为12×3×4＝6，故选A ．6．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足a ∶b ∶c ＝6∶4∶3，则sin2A sin B ＋sin C ＝( )A ．－1114B ．127C ．－1124D ．－712答案 A解析 不妨设a ＝6，b ＝4，c ＝3，由余弦定理可得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－1124，则sin2A sin B ＋sin C＝2sin A cos A sin B ＋sin C ＝2a cos A b ＋c ＝12×－11244＋3＝－1114，故选A ． 7．在△ABC 中，“sin A <sin B ”是“A <B ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 C解析 根据正弦定理，“sin A <sin B ”等价于“a <b ”，根据“大边对大角”，得“a <b ”等价于“A <B ”．故选C ．8．在△ABC 中，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是( ) A ．b ＝10，A ＝45°，C ＝60° B ．a ＝6，c ＝5，B ＝60° C ．a ＝14，b ＝16，A ＝45° D ．a ＝7，b ＝5，A ＝60° 答案 C解析 由条件解三角形，其中有两解的是已知两边及其一边的对角．C 中，sin B ＝b sin Aa＝16×sin45°14＝427<1，b >a ，B >A ，角B 有两个解，故选C ．二、高考小题9．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2B ．30C ．29D ．2 5 答案 A解析 因为cos C ＝2cos 2C2－1＝2×552－1＝－35，所以AB 2＝BC 2＋AC 2－2BC ×AC cos C＝1＋25－2×1×5×－35＝32，∴AB ＝42．故选A ．10．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝( )A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6答案 C解析 由题可知S △ABC ＝12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24，所以a 2＋b 2－c 2＝2ab sin C ．由余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ，所以sin C ＝cos C ．∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4，故选C ．11．(2017·山东高考)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sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，则下列等式成立的是( )A ．a ＝2bB ．b ＝2aC ．A ＝2BD ．B ＝2A 答案 A解析 解法一：因为sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，所以sin B ＋2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin(A ＋C )，所以sin B ＋2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin B ，即cos C (2sin B －sin A )＝0，所以cos C ＝0或2sin B ＝sin A ，即C ＝90°或2b ＝a ， 又△ABC 为锐角三角形，所以0°＜C ＜90°，故2b ＝a ． 故选A ．解法二：由正弦定理和余弦定理得b 1＋a 2＋b 2－c 2ab ＝2a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc，所以2b 21＋a 2＋b 2－c2ab＝a 2＋3b 2－c 2，即2ba(a 2＋b 2－c 2)＝a 2＋b 2－c 2，即(a 2＋b 2－c 2)2ba－1＝0，所以a 2＋b 2＝c 2或2b ＝a ，又△ABC 为锐角三角形，所以a 2＋b 2＞c 2，故2b ＝a ．故选A ．12．(2018·浙江高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若a ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sin B ＝________，c ＝________．答案2173 解析 由asin A ＝b sin B 得sin B ＝b a sin A ＝217，由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得c 2－2c －3＝0，解得c ＝3(舍去负值)．13．(2018·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为________．答案233解析 根据题意，结合正弦定理可得sin B sin C ＋sin C ·sin B ＝4sin A sin B sin C ，即sin A ＝12，结合余弦定理可得2bc cos A ＝8，所以A 为锐角，且cos A ＝32，从而求得bc ＝833，所以△ABC 的面积为S ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233．三、模拟小题14．(2018·广东广雅中学、江西南昌二中联考)已知a ，b ，c 为△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，若3b cos C ＝c (1－3cos B )，则sin C ∶sin A ＝( )A ．2∶3B ．4∶3C ．3∶1D ．3∶2 答案 C解析 由正弦定理得3sin B cos C ＝sin C －3sin C cos B ，3sin(B ＋C )＝sin C ，因为A ＋B ＋C ＝π，所以B ＋C ＝π－A ，所以3sin A ＝sin C ，所以sin C ∶sin A ＝3∶1，故选C ．15．(2018·合肥质检)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若sin(C －A )＝12sin B ，且b ＝4，则c 2－a 2＝( )A ．10B ．8C ．7D ．4 答案 B解析 依题意，有sin C cos A －cos C sin A ＝12sin B ，由正弦定理得c cos A －a cos C ＝12b ；再由余弦定理可得c ·b 2＋c 2－a 22bc －a ·b 2＋a 2－c 22ab ＝12b ，将b ＝4代入整理，得c 2－a 2＝8，故选B ．16．(2018·珠海摸底)在△ABC 中，已知角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，C ＝60°，a ＝4b ，c ＝13，则△ABC 的面积为________．答案3解析 根据余弦定理，有a 2＋b 2－2ab cos C ＝c 2，即16b 2＋b 2－8b 2×12＝13，所以b 2＝1，解得b ＝1，所以a ＝4，所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×4×1×32＝3．17．(2018·贵阳期末)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin B ＝3b cos A ，a ＝4，若△ABC 的面积为43，则b ＋c ＝________．答案 8解析 由a sin B ＝3b cos A 得bsin B＝a3cos A，再由正弦定理bsin B＝asin A，所以asin A＝a3cos A，即tan A ＝3，又A 为△ABC 的内角，所以A ＝π3．由△ABC 的面积为S ＝12bc sin A＝12bc ×32＝43，得bc ＝16．再由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得b 2＋c 2＝32，所以b ＋c ＝(b ＋c )2＝b 2＋c 2＋2bc ＝32＋2×16＝8．18．(2018·长春质检)已知△ABC 中内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若其面积S ＝b 2sin A ，角A 的平分线AD 交BC 于点D ，AD ＝233，a ＝3，则b ＝________．答案 1解析 由S ＝12bc sin A ＝b 2sin A ，可知c ＝2b ，由角平分线定理可知，BD CD ＝AB AC ＝cb ＝2．又BD ＋CD ＝a ＝3，所以BD ＝233，CD ＝33．在△ABD 中，因为BD ＝AD ＝233，AB ＝c＝2b ，所以cos ∠ABD ＝12AB BD ＝32b ，在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos∠ABD ，所以b 2＝4b 2＋3－43b cos ∠ABD ＝3＋4b 2－6b 2，解得b ＝1．一、高考大题1．(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5．(1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC ．解 (1)在△ABD 中，由正弦定理，得BD sin A ＝ABsin ∠ADB ．由题设知，5sin45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25．由题设知，∠ADB <90°， 所以cos ∠ADB ＝1－225＝235． (2)由题设及(1)知，cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝25．在△BCD 中，由余弦定理，得BC 2＝BD 2＋DC 2－2BD ×DC cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×22×25＝25，所以BC ＝5． 2．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知△ABC 的面积为a 23sin A．(1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长． 解 (1)由题设得12ac sin B ＝a 23sin A ，即12c sin B ＝a3sin A ．由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A3sin A ．故sin B sin C ＝23．(2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12，所以B ＋C ＝2π3，故A ＝π3．由题设得12bc sin A ＝a 23sin A ，即bc ＝8．由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9， 即(b ＋c )2－3bc ＝9，得b ＋c ＝33． 故△ABC 的周长为3＋33．3．(2016·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c ．(1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．解 (1)由已知及正弦定理得， 2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C ， 2cos C sin(A ＋B )＝sin C ．故2sin C cos C ＝sin C ．因sin C ≠0，可得cos C ＝12，因为C ∈(0，π)，所以C ＝π3．(2)由已知，得12ab sin C ＝332．又C ＝π3，所以ab ＝6．由已知及余弦定理，得a 2＋b 2－2ab cos C ＝7． 故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25，a ＋b ＝5． 所以△ABC 的周长为5＋7． 二、模拟大题4．(2018·深圳4月调研)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知B 为锐角，且a cos B ＋b sin B ＝c ．(1)求C 的大小；(2)若B ＝π3，延长线段AB 至点D ，使得CD ＝3，且△ACD 的面积为334，求线段BD的长度．解 (1)由已知及正弦定理可得sin A cos B ＋sin 2B ＝sin C ． 因为sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ， 所以sin 2B ＝cos A sin B ．因为B ∈0，π2，所以sin B >0，所以sin B ＝cos A ，即cos π2－B ＝cos A ．因为A ∈(0，π)，π2－B ∈0，π2，所以π2－B ＝A ，即A ＋B ＝π2，所以C ＝π2．(2)设BD ＝m ，CB ＝n ．因为B ＝π3，C ＝π2，所以A ＝π6，∠DBC ＝2π3，且AC ＝3n ，AB ＝2n ，AD ＝2n ＋m ．所以S △ACD ＝12AC ·AD ·sin A＝12×3n ×(2n ＋m )×12＝334，即n (2n ＋m )＝3 ①，在△BCD 中，由余弦定理得CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD cos ∠DBC ，即m 2＋n 2＋mn ＝3 ②，联立①②解得m ＝n ＝1，即BD ＝1．5．(2018·长沙统考)在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a 2＝c (a －c )＋b 2．(1)求角B 的大小；(2)设m ＝2a －c ，若b ＝3，求m 的取值范围． 解 (1)因为a 2＝c (a －c )＋b 2，所以a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12．又因为0<B <π，所以B ＝π3．(2)由正弦定理得a sin A ＝csin C ＝b sin B ＝3sin π3＝2，所以a ＝2sin A ，c ＝2sin C ． 所以m ＝2a －c ＝4sin A －2sin C ＝4sin A －2sin 2π3－A＝4sin A －2×32cos A ＋12sin A ＝3sin A －3cos A ＝23×32sin A －12cos A ＝23sin A －π6．因为A ，C 都为锐角，则0<A <π2，且0<C ＝2π3－A <π2，所以π6<A <π2，所以0<A －π6<π3，所以0<sin A －π6<32，所以0<m <3．6．(2018·福建4月质检)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3b cos C －c sin B ＝3a ．(1)求角B 的大小；(2)若a ＝3，b ＝7，D 为边AC 上一点，且sin ∠BDC ＝33，求BD ． 解 (1)由正弦定理及3b cos C －c sin B ＝3a ， 得3sin B cos C －sin C sin B ＝3sin A ， 所以3sin B cos C －sin C sin B ＝3sin(B ＋C )，所以3sin B cos C －sin C sin B ＝3sin B cos C ＋3cos B sin C ， 即－sin C sin B ＝3cos B sin C ．因为sin C ≠0，所以－sin B ＝3cos B ，所以tan B ＝－3． 又B ∈(0，π)，解得B ＝2π3．(2)解法一：在△ABC 中，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，且a ＝3，b ＝7， 所以72＝32＋c 2－2×3c ×－12，解得c ＝5．在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得732＝5sin C，解得sin C ＝5314．在△BCD 中，由正弦定理BD sin C ＝asin ∠BDC，得BD5314＝333，解得BD ＝4514．解法二：在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝bsin B ，及a ＝3，b ＝7，得sin A ＝3314．又因为B ＝2π3，所以0<A <π3，所以cos A ＝1314，则sin C ＝sin(A ＋B )＝sin 2π3cos A ＋cos 2π3sin A＝32×1314－12×3314＝5314．在△BCD中，由正弦定理BDsin C＝asin∠BDC，得BD5314＝333，解得BD＝4514．11。

2020高考数学刷题首秧单元测试三三角函数解三角形与平面向量文含解析

2020高考数学刷题首秧单元测试三三角函数解三角形与平面向量文含解析

单元质量测试(三)时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．函数f (x )＝1－2sin 2x2的最小正周期为( )A ．2πB ．πC ．π2 D ．4π答案 A解析 f (x )＝1－2sin 2x2＝cos x ，最小正周期T ＝2π，故选A ．2．已知sin θ<0，tan θ>0，则 1－sin 2θ 化简的结果为( ) A ．cos θ B ．－cos θ C ．±cos θ D ．以上都不对 答案 B解析 由已知可判断出θ是第三象限角，所以1－sin 2θ＝|cos θ|＝－cos θ．故选B ．3．(2018·福建4月质检)已知向量AB →＝(1,1)，AC →＝(2,3)，则下列向量与BC →垂直的是( )A ．a ＝(3,6)B ．b ＝(8，－6)C ．c ＝(6,8)D ．d ＝(－6,3) 答案 D解析 BC →＝AC →－AB →＝(1,2)，因为(1,2)·(－6,3)＝1×(－6)＋2×3＝0．故选D ． 4．(2018·长沙统考)已知a ，b 为单位向量，且a ⊥(a ＋2b )，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．60° C ．120° D ．150° 答案 C解析 由题意，a ·(a ＋2b )＝a 2＋2a ·b ＝|a |2＋2|a ||b |·cos 〈a ，b 〉＝1＋2cos 〈a ，b 〉＝0，所以cos 〈a ，b 〉＝－12，又0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°．故选C ．5．(2018·长春调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2b cos C －2c cos B ＝a ，且B ＝2C ，则△ABC 的形状是( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等边三角形答案 B解析 ∵2b cos C －2c cos B ＝a ，∴2sin B cos C －2sin C cos B ＝sin A ＝sin(B ＋C )，即sin B cos C ＝3cos B sin C ，∴tan B ＝3tan C ，又B ＝2C ，∴2tan C 1－tan 2C ＝3tan C ，得tan C ＝33，C ＝π6，B ＝2C ＝π3，A ＝π2，故△ABC 为直角三角形．故选B ．6．(2018·广东广州调研)如图所示，在△ABC 中，AN →＝13AC →，P 是BN 上的一点，若AP →＝mAB →＋211AC →，则实数m 的值为( )A ．911B ．511C ．311D ．211 答案 B解析 因为N ，P ，B 三点共线，所以AP →＝mAB →＋211AC →＝mAB →＋611AN →，从而m ＋611＝1⇒m ＝511．故选B ． 7．(2018·湖南长郡中学调研)若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2b sin2A ＝a sin B ，且c ＝2b ，则a b等于( )A ．2B ．3C ． 2D ． 3 答案 A解析 由2b sin2A ＝a sin B ，得4b sin A cos A ＝a sin B ，由正弦定理得4sin B sin A cos A ＝sin A sin B ，∵sin A ≠0，且sin B ≠0，∴cos A ＝14，由余弦定理，得a 2＝b 2＋4b 2－b 2，∴a 2＝4b 2，∴a b＝2．故选A ．8．(2018·江西九校联考)已知5sin2α＝6cos α，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则tan α2＝( )A ．－23B ．13C ．35D ．23答案 B解析 由题意知10sin αcos α＝6cos α，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin α＝35，cos α＝45，tanα2＝sin α2cos α2＝2sin 2α22sin α2cosα2＝1－cos αsin α＝1－4535＝13．9．(2018·东北三省四市二联)将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)|φ|＜π2的图象向右平移π12个单位，所得到的图象关于y 轴对称，则函数f (x )在0，π2上的最小值为( )A ．32 B ．12 C ．－12 D ．－32答案 D解析 f (x )＝sin(2x ＋φ)向右平移π12个单位得到函数g (x )＝sin2x －π12＋φ＝sin2x －π6＋φ，此函数图象关于y 轴对称，即函数g (x )为偶函数，则－π6＋φ＝π2＋k π，k ∈Z ，由|φ|＜π2，可得φ＝－π3，所以f (x )＝sin2x －π3，因为0≤x ≤π2，所以－π3≤2x －π3≤2π3，所以f (x )的最小值为sin －π3＝－32．故选D ． 10．(2018·湖北宜昌二模)已知△ABC 中，∠A ＝120°，且AB ＝3，AC ＝4，若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为( )A ．2215B ．103C ．6D ．127 答案 A解析 因为AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，所以有AP →·BC →＝(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB →2＋AC →2－AB →·AC →＝(λ－1)AB →·AC →－λAB →2＋AC →2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cos120°－9λ＋16＝0，解得λ＝2215，故选A ．11．(2018·河北石家庄一模)已知三个向量a ，b ，c 共面，且均为单位向量，a ·b ＝0，则|a ＋b －c |的取值范围是( )A ．[2－1，2＋1]B ．[1，2]C ．[2，3]D ．[2－1,1] 答案 A解析 由题意不妨设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(cos θ，sin θ)(0≤θ<2π)．则a ＋b －c ＝(1－cos θ，1－sin θ)， |a ＋b －c |＝(1－cos θ)2＋(1－sin θ)2＝3－22sin θ＋π4，令t ＝3－22sin θ＋π4，则3－22≤t ≤3＋22， 故|a ＋b －c |∈[2－1，2＋1]．12．(2018·湖南长沙长郡中学摸底)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且其图象向左平移π3个单位长度后得到函数g (x )＝cos ωx 的图象，则函数f (x )的图象( )A ．关于直线x ＝π12对称B ．关于直线x ＝5π12对称C ．关于点π12，0对称D ．关于点5π12，0对称答案 C解析 由题意T ＝2πω＝π，得ω＝2，把g (x )＝cos2x 的图象向右平移π3个单位长度得f (x )＝cos2x －π3＝cos2x －2π3＝sin π2－2x ＋2π3＝sin －2x ＋7π6＝sin2x －π6的图象，f π12＝0，f 5π12＝32，因此函数f (x )的图象关于点π12，0对称．故选C ．第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2018·合肥质检一)已知平面向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，|a ＋b |＝3，则a 在b 方向上的投影等于________．答案 －12解析 依题意，有|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝1＋2×1×2cos 〈a ，b 〉＋4＝3，解得cos 〈a ，b 〉＝－12，则a 在b 方向上的投影等于|a |cos 〈a ，b 〉＝－12．14．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知C ＝60°，b ＝6，c ＝3，则A ＝________．答案 75° 解析 由正弦定理得3sin60°＝6sin B ，∴sin B ＝22．又∵c ＞b ，∴B ＝45°，∴A ＝75°．15．(2018·河北石家庄质检)已知AB →与AC →的夹角为90°，|AB →|＝2，|AC →|＝1，AM →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，且AM →·BC →＝0，则λμ的值为________．答案 14解析根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (0,2)，C (1,0)，所以AB →＝(0,2)，AC →＝(1,0)，BC →＝(1，－2)．设M (x ，y )，则AM →＝(x ，y )，所以AM →·BC →＝(x ，y )·(1，－2)＝x －2y ＝0，即x ＝2y ，又AM →＝λAB →＋μAC →，即(x ，y )＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x ＝μ，y ＝2λ，所以λμ＝12y x ＝14．16．(2018·广州调研) 如图所示，某炮兵阵地位于地面A 处，两观察所分别位于地面C 处和D 处，已知CD ＝6000 m ，∠ACD ＝45°，∠ADC ＝75°，目标出现于地面B 处时测得∠BCD ＝30°，∠BDC ＝15°，则炮兵阵地到目标的距离是________ m ．(结果保留根号)答案 100042解析 在△ACD 中，∵∠ACD ＝45°，∠ADC ＝75°， ∴∠CAD ＝60°，由正弦定理可得AD sin45°＝CDsin60°，∴AD ＝6000×2232＝20006(m)．在△BCD 中，由正弦定理得BD sin30°＝CDsin135°，∴BD ＝12×600022＝30002(m)，在Rt △ABD 中，由勾股定理可得AB 2＝BD 2＋AD 2， ∴AB ＝ (30002)2＋(20006)2＝100042(m)．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55．(1)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α的值；(2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－2α的值． 解 (1)因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55， 所以cos α＝－1－sin 2α＝－255．故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝sin π4cos α＋cos π4sin α＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＋22×55＝－1010． (2)由(1)知sin2α＝2sin αcos α ＝2×55×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＝－45， cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552＝35， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2α＝cos 5π6cos2α＋sin 5π6sin2α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×35＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45＝－4＋3310．18．(2018·浙江温州统考)(本小题满分12分)已知函数f (x )＝12sin ωx ＋32cos ωx (ω>0)的最小正周期为π．(1)求ω的值，并在下面提供的直角坐标系中画出函数y ＝f (x )在区间[0，π]上的图象；(2)函数y ＝f (x )的图象可由函数y ＝sin x 的图象经过怎样的变换得到？ 解 (1)函数可化为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3， 因为T ＝π，所以2πω＝π，即ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3． 列表如下：画出图象如图所示：(2)将函数y ＝sin x (x ∈R )图象上的所有点向左平移π3个单位长度，得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3(x ∈R )的图象，再将所得图象上的所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，可得函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3(x ∈R )的图象．19．(2018·河南洛阳二模)(本小题满分12分)如图，已知扇形的圆心角∠AOB ＝2π3，半径为42，若点C 是AB 上的一动点(不与点A ，B 重合)．(1)若弦BC ＝4(3－1)，求BC 的长； (2)求四边形OACB 面积的最大值．解 (1)在△OBC 中，BC ＝4(3－1)，OB ＝OC ＝42， 所以由余弦定理得cos ∠BOC ＝OB 2＋OC 2－BC 22OB ·OC ＝32，所以∠BOC ＝π6，于是BC 的长为π6×42＝22π3．(2)设∠AOC ＝θ，θ∈0，2π3，则∠BOC ＝2π3－θ，S 四边形OACB ＝S △AOC ＋S △BOC＝12×42×42sin θ＋12×42×42sin 2π3－θ＝24sin θ＋83cos θ＝163sin θ＋π6， 由于θ∈0，2π3，所以θ＋π6∈π6，5π6，当θ＝π3时，四边形OACB 的面积取得最大值163．20．(2018·河南濮阳三模)(本小题满分12分)△ABC 内接于半径为R 的圆，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，且2R (sin 2B －sin 2A )＝(b －c )sin C ，c ＝3．(1)求角A 的大小；(2)若AD 是BC 边上的中线，AD ＝192，求△ABC 的面积．解 (1)因为2R (sin 2B －sin 2A )＝(b －c )sin C ， 所以2R sinB sin B －2R sin A sin A ＝(b －c )sinC ， 所以b sin B －a sin A ＝b sin C －c sin C ， 即b 2－a 2＝bc －c 2，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，A ＝60°．(2)以AB ，AC 为邻边作平行四边形ABEC ， 在△ABE 中，∠ABE ＝120°，AE ＝19， 由余弦定理得AE 2＝AB 2＋BE 2－2AB ·BE cos120°， 即19＝9＋BE 2－2×3×BE ×－12，解得BE ＝2(负值舍去)，所以AC ＝2． 故S △ABC ＝12AB ·AC sin ∠BAC＝12×3×2×32＝332． 21．(2018·荆门调研)(本小题满分12分)已知向量m ＝(3sin x ，cos x )，n ＝(－cos x ，3cos x )，f (x )＝m ·n －32． (1)求函数f (x )的最大值及取得最大值时x 的值；(2)若方程f (x )＝a 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )＝m ·n －32＝－3sin x cos x ＋3cos 2x －32＝－32sin2x ＋32(1＋cos2x )－32＝－32sin2x ＋32cos2x ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋5π6． 当2x ＋5π6＝2k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝k π－π6，k ∈Z 时，函数f (x )取得最大值3．(2)由于x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，2x ＋5π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，11π6．而函数g (x )＝3sin x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，3π2上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，11π6上单调递增．又g ⎝⎛⎭⎪⎫11π6＝－32，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＝－3，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＝32．结合图象(如图)，所以方程f (x )＝a 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有两个不同的实数根时，a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－3，－32．22．(2018·广东茂名二模)(本小题满分12分)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，sin A ＝2sin C,2b ＝3c ．(1)求cos C ；(2)若∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且△ABC 的面积为3154，求BD 的长． 解 (1)∵sin A ＝2sin C ，∴a ＝2c ．于是，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(2c )2＋32c 2－c 22×2c ×32c＝78．(2)由(1)知cos C ＝78，∴sin C ＝158．∵S △ABC ＝12·2c ·32c ·158＝3154，∴c 2＝4，c ＝2，则a ＝4，b ＝3． ∵BD 为∠ABC 的平分线， ∴a c ＝CD AD＝2，∴CD ＝2AD ． 又CD ＋AD ＝3，∴CD ＝2，AD ＝1．在△BCD 中，由余弦定理可得BD 2＝42＋22－2×4×2×78＝6，∴BD ＝6．Earlybird。

2020年高考数学(文)二轮专项复习专题03 三角函数与解三角形含答案

2020年高考数学(文)二轮专项复习专题03 三角函数与解三角形含答案

专题03 三角函数与解三角形§3－1 三角函数的概念【知识要点】1．角扩充到任意角：通过旋转和弧度制使得三角函数成为以实数为自变量的函数．2．弧度rad 以及度与弧度的互化：οοο3.57)π180(rad 1,π180;≈===r l α． 3．三角函数的定义：在平面直角坐标系中，任意角α 的顶点在原点，始边在x 轴正半轴上，终边上任意一点P (x ，y )，｜OP ｜＝r (r ≠0)，则;cos ;sin r x r y ==αα⋅=xy αtan5．三角函数线：正弦线，余弦线OM ，正切线6．同角三角函数基本关系式：⋅==+αααααcos sin tan ,1cos sin 22 7．诱导公式：任意角α 的三角函数与角ααα±±-2π,π,等的三角函数之间的关系，可以统一为“k ·2π±α ”形式，记忆规律为“将α 看作锐角，符号看象限，(函数名)奇变偶不变”．【复习要求】1．会用弧度表示角的大小，能进行弧度制与角度制的互化；会表示终边相同的角；会象限角的表示方法． 2．根据三角函数定义，熟练掌握三角函数在各个象限中的符号，牢记特殊角的三角函数值， 3．会根据三角函数定义，求任意角的三个三角函数值． 4．理解并熟练掌握同角三角函数关系式和诱导公式． 【例题分析】例1 (1)已知角α 的终边经过点A (－1，－2)，求sin α ，cos α ，tan α 的值；(2)设角α 的终边上一点),3(y P -，且1312sin =α，求y 的值和tan α ． 解：(1)5||==OA r ，所以.2tan ,55cos ,55252sin ==-==-=-==x y r x r y ααα(2),13123sin ,3||22=+=+==y y y OP r α 得⎪⎩⎪⎨⎧=+>13123022y y y ，解得.3236tan ,6-=-===x y y α 【评析】利用三角函数的定义求某一角三角函数值应熟练掌握，同时应关注其中变量的符号．例2 (1)判断下列各式的符号：①sin330°cos(－260°)tan225° ②sin(－3)cos4 (2)已知cos θ ＜0且tan θ ＜0，那么角θ 是( ) A ．第一象限角 B ．第二象限角 C ．第三象限角 D ．第四象限角 (3)已知α 是第二象限角，求角αα2,2的终边所处的位置．解：如图3－1－1，图3－1－2(1)①330°是第四象限角，sin330°＜0；－260°是第二象限角，cos(－260°)＜0；225°是第三象限角，tan225°＞0；所以sin330°cos(－260°)tan225°＞0.②－3是第三象限角，sin(－3)＜0；5是第四象限角，cos5＞0，所以sin(－3)cos5＜0或：－3≈－3×57.3°＝－171.9°，为第三象限角；5≈5×57.3°＝286.5°，是第四象限角【评析】角的终边所处的象限可以通过在坐标系中逆时针、顺时针两个方向旋转进行判断，图3－1－1，图3－1－2两个坐标系应予以重视．(2)cos θ ＜0，所以角θ 终边在第二或第三象限或在x 轴负半轴上tan θ ＜0，所以角θ 终边在第二或第四象限中，所以角θ 终边在第二象限中，选B.【评析】角的终边在各个象限中时角的函数值的符号应熟练掌握，(3)分析：容易误认为2α是第一象限角，其错误原因为认为第二象限角的范围是),π,2π(α 是第二象限角，所以2k π＋2π＜α ＜2k π＋π，(k ∈Z )，所以,2ππ2π4ππ+<<+k k )(Z ∈k 如下图3－1－3，可得2α是第一象限或第三象限角，又4k π＋π＜2α ＜4k π＋2π，2α 是第三象限或第四象限角或终边落在y 轴负半轴的角．【评析】处理角的象限问题常用方法(1)利用旋转成角，结合图3－1－1，图3－1－2，从角度制和弧度制两个角度处理； (2)遇到弧度制问题也可以由)π180(rad 1=°≈57.3°化为角度处理； (3)在考虑角的终边位置时，应注意考虑终边在坐标轴上的情况． (4)对于象限角和轴上角的表示方法应很熟练． 如第一象限角：)(,2ππ2π2Z ∈+<<k k k α，注意防止2π0<<α的错误写法．例3 (1)已知tan α ＝3，且α 为第三象限角，求sin α ，cos α 的值； (2)已知31cos -=α，求sin α ＋tan α 的值；(3)已知tan α ＝－2，求值：①ααααcos sin cos sin 2-+；②sin 2α ＋sin α cos α ．解：(1)因为α 为第三象限角，所以sin α ＜0，cos α ＜0⎪⎩⎪⎨⎧=+=1cos sin 3cos sin 22αααα，得到.1010cos 10103sin ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=αα (2)因为031cos <-=α，且不等于－1，所以α 为第二或第三象限角， 当α 为第二象限角时，sin α ＞0，,22cos sin tan ,322cos 1sin 2-===-=ααααα 所以⋅-=+324tan sin αα 当α 为第三象限角时，sin α ＜0，,22cos sin tan ,322cos 1sin 2==-=--=ααααα 所以⋅=+324tan sin αα综上所述：当α 为第二象限角时，324tan sin -=+αα，当α 为第三象限角时，⋅=+324tan sin αα 【评析】已知一个角的某一个三角函数值，求其余的三角函数值的步骤：(1)先定所给角的范围：根据所给角的函数值的符号进行判断(2)利用同角三角函数的基本关系式，求其余的三角函数值(注意所求函数值的符号) (3)当角的范围不确定时，应对角的范围进行分类讨论(3)(法一)：因为tan α ＝－2，所以.cos 2sin ,2cos sin αααα-=-= ①原式1cos 3cos 3cos cos 2cos cos 4=--=--+-=αααααα，②原式＝(－2cos α )2＋(－2cos α )cos α ＝2cos 2α ， 因为⎩⎨⎧=+-=1cos sin cos 2sin 22αααα，得到51cos 2=α，所以⋅=+52cos sin sin 2ααα (法二)：①原式,112141tan 1tan 21cos sin 1cos sin 2=--+-=-+=-+=αααααα②原式⋅=+-=++=++=5214241tan tan tan cos sin cos sin sin 22222αααααααα 【评析】已知一个角的正切值，求含正弦、余弦的齐次式的值：(1)可以利用αααcos sin tan =将切化弦，使得问题得以解决； (2)1的灵活运用，也可以利用sin 2α ＋cos 2α ＝1，αααcos sin tan =，将弦化为切．例4 求值：(1)tan2010°＝______； (2))6π19sin(-＝______； (3)⋅+---+-)2πcos()π3sin()2π3sin()πcos()π2sin(ααααα解：(1)tan2010°＝tan(1800°＋210°)＝tan210°＝tan(180°＋30°)＝3330tan =ο (2)216πsin )6ππsin()6ππ3sin(619πsin )6π19sin(==+-=+-=-=-或:216πsin )6ππsin()6ππ3sin()6π19sin(==--=--=-【评析】“将α 看做锐角，符号看象限，(函数名)奇变偶不变”，6π2π26ππ-⨯-=--，可以看出是2π的－2倍(偶数倍)，借助图3－1－2看出6ππ--为第二象限角，正弦值为正．(3)原式)2πcos()πsin()]2π(πsin[)cos (sin ααααα---+--=⋅⋅⋅⋅-=-=--=αααααααααsin 1sin cos cos sin sin )2πsin(cos ·sin【分析】αα-⨯=-2π32π3，将α 看做锐角，借助图3－1－2看出α-2π3为第三象限角，正弦值为负，2π的3倍(奇数倍)，改变函数名，变为余弦，所以可得ααcos )2π3sin(-=-，同理可得ααsin )2πcos(=+-，所以原式αααααααcsc sin 1sin sin cos )cos (sin -=-=---=⋅⋅⋅.【评析】诱导公式重在理解它的本质规律，对于“将α 看做锐角，符号看象限，(函数名)奇变偶不变”要灵活运用，否则容易陷入公式的包围，给诱导公式的应用带来麻烦．例5 已知角α 的终边经过点)5πsin ,5πcos (-，则α 的值为( ) A ．5π- B ．5π4 C )(,π5πZ ∈+-k k D ．)(,π25π4Z ∈+k k解：因为05πsin ,05πcos >>，所以点)5πsin ,5πcos (-在第二象限中，由三角函数定义得，5πtan 5πcos 5πsin tan -=-==x y α，因为角α 的终边在第二象限， 所以)π25π4tan(5π4tan )5ππtan(tan k +==-=α，所以，)(,π25π4Z ∈+=k k α，选D ．例6 化简下列各式：(1)若θ 为第四象限角，化简θθ2sin 1tan - (2)化简θθ2tan 1cos +(3)化简)4πcos(4sin 21--解：(1)原式＝|cos |cos sin |cos |tan cos tan 2θθθθθθθ===， 因为θ 为第四象限角，所以cos θ ＞0，原式＝θθθθsin cos cos sin ==⋅，(2)原式＝⋅==+=+=|cos |cos cos 1cos cos sin cos cos cos sin 1cos 222222θθθθθθθθθθθ当θ 为第二、三象限角或终边在x 轴负半轴上时，cos θ ＜0，所以原式1cos cos -=-=θθ，当θ 为第一、四象限角或终边在x 轴正半轴上时，cos θ ＞0，所以原式1cos cos ==θθ.(3)原式|4cos 4sin |)4cos 4(sin 4cos 4sin 212+=+=+=.4弧度属于第三象限角，所以sin4＜0，cos4＜0， 所以原式＝－(sin4＋cos4)＝－sin4－cos4．【评析】利用同角三角函数关系式化简的基本原则和方法：(1)函数名称有弦有切：切化弦；(2)分式化简：分式化整式；(3)根式化简：无理化有理(被开方式凑平方)，运用||2x x =，注意对符号的分析讨论；(4)注意公式(sin α ±cos α )2＝1±2sin α cos α ＝1±sin2α 的应用．例7 扇形的周长为定值L ，问它的圆心角θ (0＜θ ＜π)取何值时，扇形的面积S 最大?并求出最大值． 解：设扇形的半径为)20(Lr r <<，则周长L ＝r ·θ ＋2r (0＜θ ＜π) 所以44214421)2(2121ππ2,22222222++=++=+==⋅=+=θθθθθθθθθθL L L r r S L r ． 因为844244=+⨯≥++θθθθ，当且仅当θθ4=，即θ ＝2∈(0，π)时等号成立．此时16812122L L S =⨯≤，所以，当θ ＝2时，S 的最大值为162L .练习3－1一、选择题1．已知32cos -=α，角α 终边上一点P (－2，t )，则t 的值为( ) A ．5 B ．5± C ．55 D ．55±2．“tan α ＝1”是“Z ∈+=k k ,4ππ2α”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要不而充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．已知点P (sin α －cos α ，tan α )在第一象限，则在[0，2π]上角α 的取值范围是( )A ．)4π5,π()4π3,2π(Y B ．)4π5,π()2π,4π(YC ．)2π3,4π5()4π3,2π(YD ．)π,4π3()2π,4π(Y4．化简=+οο170cos 10sin 21( ) A ．sin10°＋cos10° B ．sin10°－cos10° C ．cos10°－sin10°D ．－sin10°－cos10°二、填空题5．已知角α ，β 满足关系2π0;<<<βα，则α －β 的取值范围是______． 6．扇形的周长为16，圆心角为2弧度，则扇形的面积为______．7．若2π3π,sin <<=ααm ，则tan(π－α )＝______． 8．已知：2π4π,81cos sin <<=ααα，则cos α －sin α ＝______．三、解答题9．已知tan α ＝－2，且cos(π＋α )＜0，求(1)sin α ＋cos α 的值 (2)θθ2cos sin 22-－的值10．已知21tan =α，求值： (1)ααααcos sin cos 2sin -+； (2)cos 2α －2sin α cos α ．11．化简ααααααααtan 1tan cos sin ]π)1cos[(]π)1sin[()πcos()πsin(2+++++++-⋅k k k k§3－2 三角变换【知识要点】1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式sin(α ＋β )＝sin α cos β ＋cos α sin β ；sin(α －β )＝sin α cos β －cos α sin β ； cos(α ＋β )＝cos α cos β －sin α sin β ；cos(α －β )＝cos α cos β ＋sin α sin β ；⋅+-=--+=+βαβαβαβαβαβαtan tan 1tan tan )tan(;tan tan 1tan tan )tan(2．正弦、余弦、正切的二倍角公式sin2α ＝2sin α cos α ：cos2α ＝cos 2α －sin 2α ＝1－2sin 2α ＝2cos 2α －1；⋅-=ααα2tan 1tan 22tan 【复习要求】1．牢记两角和、差、倍的正弦、余弦、正切公式，并熟练应用； 2．掌握三角变换的通法和一般规律； 3．熟练掌握三角函数求值问题． 【例题分析】例1 (1)求值sin75°＝______；(2)设54sin ),π,2π(=∈αα，则=+)4πcos(α______； (3)已知角2α的终边经过点(－1，－2)，则)4πtan(+α的值为______；(4)求值=+-οο15tan 115tan 1______．解：(1)=︒︒+︒︒=︒+︒=︒30sin 45cos 30cos 45sin )3045sin(75sin 222322+⨯21⨯426+=． (2)因为53cos ,54sin ),π,2π(-==∈ααα所以， 1027)5453(22sin 22cos 22)4πcos(-=--=-=+ααα(3)由三角函数定义得，342tan 12tan2tan ,22tan2-=-==αααα， 所以71tan 1tan 1tan 4πtan 14πtantan )4πtan(-=-+=-+=+ααααα. (4)3330tan )1545tan(15tan 45tan 115tan 45tan 15tan 115tan 1=︒=︒-︒=︒︒+︒-︒=︒+︒-⋅==-=+-=+-3330tan )1545tan(15tan 45tan 115tan 45tan 15tan 115tan 1οοοοοοοοo【评析】两角的和、差、二倍等基本三角公式应该熟练掌握，灵活运用，这是处理三角问题尤其是三角变换的基础和核心．注意αααtan 1tan 1)4πtan(-+=+和αααtan 1tan 1)4πtan(+-=-运用． 例2 求值： (1)=-12πsin 12πcos3______； (2)cos43°cos77°＋sin43°cos167°＝______； (3)=++οοο37tan 23tan 337tan 23tan o______． 解：(1)原式)12πsin 3πcos 12πcos 3π(sin 2)12πsin 2112πcos 23(2-=-= 24πsin 2)12π3πsin(2==-=.【评析】辅助角公式：,cos ),sin(cos sin 2222ba a xb a x b x a +=++=+ϕϕ⋅+=22sin b a b ϕ应熟练掌握，另外本题还可变形为=-)12πsin 2112πcos 23(2 -12πcos 6π(cos 2.24πcos 2)12π6πcos(2)12πsin 6πsin ==+=(2)分析所给的角有如下关系：77°＋43°＝120°，167°＝90°＋77°，原式＝cos43°cos77°＋sin43°cos(90°＋77°)＝cos43°cos77°－sin43°sin77°＝cos(43°＋77°)＝cos120°＝⋅-21 (3)分析所给的角有如下关系：37°＋23°＝60°，函数名均为正切，而且出现两角正切的和tan a ＋tan β 与两角正切的积tan α tan β ，所有均指向公式⋅-+=+βαβαβαtan tan 1tan tan )tan(∵,337tan 23tan 137tan 23tan )3723tan(60tan =︒︒-︒+︒=+=οοο∴,37tan 23tan 3337tan 23tan οοοο-=+∴337tan 23tan 337tan 23tan =++οοοo ．【评析】三角变换的一般规律：看角的关系、看函数名称、看运算结构．以上题目是给角求值问题，应首看角的关系：先从所给角的关系入手，观察所给角的和、差、倍是否为特殊角，然后看包含的函数名称，以及所给三角式的结构，结合三角公式，找到题目的突破口．公式βαβαβαtan tan 1tan tan )tan(-+=+的变形tan α＋tan β ＝tan(α ＋β )(1－tan α tan β )应予以灵活运用．例3 41)tan(,52)tan(=-=+βαβα，则tan2α ＝______； (2)已知1312)4πsin(,53)sin(),π,4π3(,=--=+∈ββαβα，求)4πcos(+α的值．解：(1)分析所给的两个已知角α ＋β ，α －β 和所求的角2α 之间有关系(α ＋β )＋(α －β )＝2α ，=-++=)]()tan[(2tan ββa a a 1813415214152)tan()tan(1)tan()tan(=⨯-+=-+--++βαβαβαβα，(2)∵)π,4π3(,∈βα，∴)43,2π(4π),π2,23π(π∈-∈+ββα，又∵53)sin(-=+βα，∴54)cos(=+βα；∵1312)4πsin(=-β，∴135)4πcos(-=-β．)4πsin()sin()4πcos()cos()]4π()cos[()4πcos(-++-+=--+=+ββαββαββαα65561312)53()135(54-=⨯-+-⨯=. 【评析】此类题目重在考察所给已知角与所求角之间的运算关系，主要是指看两角之间的和、差、倍的关系，如αββαααββα2)(,4π)4π()(，+-=+=--+++=)(βα)(βα-等，找到它们的关系可以简化运算，同时在求三角函数值时应关注函数值的符号．例4 如图，在平面直角坐标系xOy 中，以Ox 轴为始边做两个锐角α ，β ，它们的终边分别与单位圆相交于A ，B 两点，已知A ，B 的横坐标分别为552,102.(Ⅰ)求tan(α ＋β )的值； (Ⅱ)求α ＋2β 的值．解：由三角函数定义可得552cos ,102cos ==βα， 又因为α ，β 为锐角，所以55sin ,1027sin ==βα，因此tan α ＝7，21tan =β (Ⅰ)3tan tan 1tan tan )tan(-=-+=+βαβαβα；(Ⅱ) 34tan 1tan 22tan 2=-=βββ，所以12tan tan 12tan tan )2tan(-=-+=+βαβαβα， ∵α ，β 为锐角，∴4π32,2π320=+∴<+<βαβα 【评析】将三角函数的定义、两角和的正切、二倍角的正切公式结合在一起进行考查，要求基础知识掌握牢固，灵活运用；根据三角函数值求角，注意所求角的取值范围．例5 化简(1)12cos2sin22sin 22cos 2-+αααα；(2).2sin 3)4πcos()4πcos(2x x x +-+解：(1)原式⋅+-=--=--=-=)4πsin(2sin cos cos sin sin cos cos sin 2cos 22αααααααααα (2)法一：原式x x x x x 2sin 3)sin 22cos 22)(sin 22cos 22(2++-= x x x 2sin 3sin cos 22+-=⋅+=+=+=)6π2sin(2)2sin 232cos 21(22sin 32cos x x x x x法二：,2π)4π()4π(=--+x x 原式x x x 2sin 3)4πcos()]4π(2πcos[2+--+=x x x x x 2sin 3)2π2sin(2sin 3)4πcos()4πsin(2+--=+---=⋅+=+=)6π2sin(22sin 32cos x x x【评析】在进行三角变换时，应从三个角度：角的关系、函数的名称、所给运算式的结构全面入手，注意二倍角的变式(降幂升角)和辅助角公式的应用，此类变换是处理三角问题的基础．例6 (1)已知α 为第二象限角，且415sin =α，求12cos 2sin )4πsin(+++ααα的值． (2)已知323cos sin 32cos 62-=-x x x ，求sin2x 的值． 解：(1)因为α 为第二象限角，且415sin =α，所以41cos -=α， 原式.2cos 42)cos (sin cos 2)cos (sin 221)1cos 2(cos sin 2)cos (sin 222-==++=+-++=ααααααααααα 【评析】此类题目为给值求值问题，从分析已知和所求的三角式关系入手，如角的关系，另一个特征是往往先对所求的三角式进行整理化简，可降低运算量．(2)因为32sin 32cos 32sin 322cos 16+-=-+⋅x x x x3233)6π2cos(323)2sin 212cos 23(32-=++=+-=x x x 所以0)6π2sin(,1)6π2cos(=+-=+x x 216πsin )6π2cos(6πcos )6π2sin(]6π)6π2sin[(2sin =+-+=-+=x x x x【评析】在进行三角变换时，应从三个角度：角的关系、函数的名称、所给运算式的结构全面入手，注意二倍角的变式(降幂升角)22cos 1sin ,22cos 1cos 22αααα-=+=和辅助角公式的应用，此类变换是处理三角问题的基础，因为处理三角函数图象性质问题时往往先进行三角变换．练习3－2一、选择题1．已知53sin ),π,2π(=∈αα，则)4πtan(+α等于( ) A ．71 B ．7 C ．71-D ．－72．cos24°cos54°－sin24°cos144°＝( ) A ．23-B ．21 C ．23 D ．21-3．=-o30sin 1( ) A ．sin15°－cos15° B ．sin15°＋cos15° C ．－sin15°－cos15° D ．cos15°－sin15°4．若22)4πsin(2cos -=-αα，则cos α ＋sin α 的值为( )A ．27-B ．21-C ．21 D ．27 二、填空题 5．若53)2πsin(=+θ，则cos2θ ＝______． 6．=-οο10cos 310sin 1______．7．若53)cos(,51)cos(=-=+βαβα，则tan α tan β ＝______． 8．已知31tan -=α，则=+-ααα2cos 1cos 2sin 2______． 三、解答题 9．证明⋅=++2tan cos 1cos .2cos 12sin ααααα10．已知α 为第四象限角，且54sin -=α，求ααcos )4π2sin(21--的值．11．已知α 为第三象限角，且33cos sin =-αα. (1)求sin α ＋cos α 的值；(2)求αααααcos 82cos 112cos2sin82sin 522-++的值．§3－3 三角函数【知识要点】12．三角函数图象是研究三角函数的有效工具，应熟练掌握三角函数的基本作图方法．会用“五点法”画正弦函数、余弦函数和函数y ＝A sin(ω x ＋ϕ)(A ＞0，ω ＞0)的简图．3．三角函数是描述周期函数的重要函数模型，通过三角函数体会函数的周期性．函数y ＝A sin(ω x ＋ϕ)(ω ≠0)的最小正周期：||π2ω=T ；y ＝A tan(ω x ＋ϕ)(ω ≠0)的最小正周期：||πω=T ．同时应明确三角函数与周期函数是两个不同的概念，带三角函数符号的函数不一定是周期函数，周期函数不一定带三角函数符号．【复习要求】1．掌握三角函数y ＝sin x ，y ＝cos x ，y ＝tan x 的图象性质：定义域、值域(最值)、单调性、周期性、奇偶性、对称性等．2．会用五点法画出函数y ＝sin x ，y ＝cos x ，y ＝A sin(ω x ＋ϕ)(A ＞0，ω ＞0)的简图，掌握图象的变换方法，并能解决相关图象性质的问题．3．本节内容应与三角恒等变换相结合，通过变换，整理出三角函数的解析式，注意使用换元法，转化为最基本的三个三角函数y ＝sin x ，y ＝cos x ，y ＝tan x ，结合三角函数图象，综合考察三角函数性质 【例题分析】例1 求下列函数的定义域(1)xxy cos 2cos 1+=；(2)x y 2sin =.解：(1)cos x ≠0，定义域为},2ππ|{Z ∈+≠k k x x (2)sin2x ≥0，由正弦函数y ＝sin x 图象(或利用在各象限中和轴上角的正弦函数值的符号可得终边在第一二象限，x 轴，y 轴正半轴上) 可得2k π≤2x ≤2k π＋π， 定义域为},2πππ|{Z ∈+≤≤k k x k x例2 求下列函数的最小正周期 (1))23πsin(x y -=；(2))4π2πtan(+=x y ；x y 2cos )3(2=； (4)y ＝2sin 2x ＋2sin x cos x ；(5)y ＝｜sin x ｜．解：(1)π|2|π2=-=T ．(2)22ππ==T ．(3)214cos 2124cos 1+=+=x x y ，所以2π=T .(4)1)4π2sin(212cos 2sin 2sin 22cos 12+-=+-=+-⨯=x x x x x y ，所以T ＝π．(5)y ＝｜sin x ｜的图象为下图，可得，T ＝π．【评析】(1)求三角函数的周期时，通常利用二倍角公式(降幂升角)和辅助角公式先将函数解析式进行化简，然后用||π2ω=T (正余弦)或||πω=T (正切)求最小正周期． (2)对于含绝对值的三角函数周期问题，可通过函数图象来解决周期问题．例3 (1)已知函数f (x )＝(1＋cos2x )sin 2x ，x ∈R ，则f (x )是( ) A ．最小正周期为π的奇函数 B ．最小正周期为π的偶函数 C ．最小正周期为2π的奇函数 D ．最小正周期为2π的偶函数 (2)若函数f (x )＝2sin(2x ＋ϕ)为R 上的奇函数，则ϕ＝______． (3)函数)2π2π(lncos <<-=x x y 的图象( )解：(1),,44cos 12sin 21)cos sin 2(21sin cos 2)(2222R ∈-====x xx x x x x x f 周期为2π，偶函数，选D (2)f (x )为奇函数，f (－x )＝－f (x )，所以2sin(－2x ＋ϕ)＝－2sin(2x ＋ϕ)对x ∈R 恒成立，即sin ϕcos2x －cos ϕsin2x ＝－sin2x cos ϕ－cos2x sin ϕ， 所以2sin ϕcos2x ＝0对x ∈R 恒成立，即sin ϕ＝0，所以ϕ＝k π，k ∈Z ．【评析】三角函数的奇偶性问题可以通过奇偶性定义以及与诱导公式结合加以解决．如在本题(2)中除了使用奇偶性的定义之外，还可以从公式sin(x ＋π)＝－sin x ，sin(x ＋2π)＝sin x 得到当ϕ＝2k π＋π或ϕ＝2k π＋π，k ∈Z ，即ϕ＝k π，k ∈Z 时，f (x )＝2sin(2x ＋ϕ)可以化为f (x )＝sin x 或f (x )＝－sin x ，f (x )为奇函数．(3)分析：首先考虑奇偶性，f (－x )＝lncos(－x )＝lncos x ＝f (x )，为偶函数，排除掉B ，D 选项 考虑(0，2π)上的函数值，因为0＜cos x ＜1，所以lncos x ＜0，应选A 【评析】处理函数图象，多从函数的定义域，值域，奇偶性，单调性等方面综合考虑．例4 求下列函数的单调增区间(1))3π21cos(-=x y ;(2) ]0,π[),6π2sin(2-∈+=x x y ； (3) x x y 2sin 32cos -=；(4))23πsin(2x y -=解：(1)y ＝cos x 的增区间为[2k π＋π，2k π＋2π]，k ∈Z ，由π2π23π21ππ2+≤-≤+k x k 可得3π14π43π8π4+≤≤+k x k )3π21cos(-=x y 的增区间为Z ∈++k k k ],3π14π4,3π8π4[，(2)先求出函数)6π2sin(2+=x y 的增区间Z ∈+-k k k ],6ππ,3ππ[然后与区间[－π，0]取交集得到该函数的增区间为]6π5,π[--和]0,3π[-，(3))3π2cos(2)2sin 232cos 21(2+=-=x x x y ，转化为问题(1)，增区间为 Z ∈++k k k ],6π5π,3ππ[(4)原函数变为)3π2sin(2--=x y ，需求函数)3π2sin(-=x y 的减区间， 2π3π23π22ππ2+≤-≤+k x k ，得12π11π12π5π+≤≤+k x k ， )23πsin(2x y -=的增区间为.],12π11π,12π5π[Z ∈++k k k【评析】处理形如y ＝A sin(ω x ＋ϕ)＋k ，(ω ＜0)的函数单调性时，可以利用诱导公式将x 的分数化正，然后再求相应的单调区间．求三角函数单调区间的一般方法：(1)利用三角变换将解析式化为只含有一个函数的解析式，利用换元法转化到基本三角函数的单调性问题． (2)对于给定区间上的单调性问题，可采用问题(2)中的方法，求出所有的单调增区间，然后与给定的区间取交集即可．例5 求下列函数的值域(1)函数1)6π21cos(2++-=x y 的最大值以及此时x 的取值集合(2))3π2,6π(,sin 2-∈=x x y (3) )3π,2π(),3π2cos(2-∈+=x x y (4)y ＝cos2x －2sin x解：(1)当Z ∈+=+k k x ,ππ26π21时，1)6π21cos(-=+x ，函数的最大值为3，此时x 的取值集合为},3π5π4|{Z ∈+=k k x x(2)结合正弦函数图象得：当)3π2,6π(-∈x 时，1sin 21≤<-x该函数的值域为(－1，2](3)分析：利用换元法，转化为题(2)的形式．)6π,3π(),3π2cos(2-∈+=x x y ，,3π23π23π),6π,3π(<+<-∴-∈x x Θ设3π2+=x t ，则原函数变为3π23π,cos 2<<-=t t y ，结合余弦函数图象得：1cos 21≤<-t ，所以函数的值域为(－1，2]．(4)y ＝－2sin 2x －2sin x ＋1，设t ＝sin x ，则函数变为y ＝－2t 2－2t ＋1，t ∈[－1，1]， 因为⋅++-=23)21(22t y 结合二次函数图象得，当t ＝1时，函数最小值为－3，当21-=t 时，函数最大值为23，所以函数的值域为].23,3[-【评析】处理三角函数值域(最值)的常用方法： (1)转化为只含有一个三角函数名的形式，如y ＝A sin(ω x ＋ϕ)＋k ，y ＝A cos(ω x ＋ϕ)＋k ，y ＝A tan(ω x ＋ϕ)＋k 等，利用换元法，结合三角函数图象进行处理． (2)转化为二次型：如A sin 2x ＋B sin x ＋C ，A cos 2x ＋B cos x ＋C 形式，结合一元二次函数的图象性质求值域． 例6 函数y ＝sin(ω x ＋ϕ)的图象(部分)如图所示，则ω 和ϕ的取值是( )A ．3π,1==ϕω B ．3π,1-==ϕω C ．6π,21==ϕω D ．6π,21-==ϕω解：π)3π(3π24=--=T ，即ωπ2π4==T ，所以21=ω， 当3π-=x 时，0])3π(21sin[=+-⨯ω，所以Z ∈+=k k ,6ππω，选C例7 (1)将函数x y 21sin =的图象如何变换可得到函数)6π21sin(+=x y 的图象(2)已知函数y ＝sin x 的图象，将它怎样变换，可得到函数)3π2sin(2-=x y 的图象解：(1)x y 21sin =−−−−−−−−→−个单位图象向左平移3π)6π21sin()3π(21sin +=+=x x y (2)法一：y ＝sin x −−−−−−−−→−个单位图象向右平移3π)3πsin(-=x y −−−−−−−−−−−−−−−→−倍横坐标变为原来图象上点的纵坐标不变21,)3π2sin(-=x y−−−−−−−−−−−−−−−→−倍纵坐标变为原来图象上点的横坐标不变2,)3π2sin(2-=x y法二：y ＝sin x −−−−−−−−−−−−−−→−倍横坐标变为原来图象上点的纵坐标不变21,x y 2sin = −−−−−−−−→−个单位图象向右平移6π)6π(2sin -=x y−−−−−−−−−−−−−−−→−倍纵坐标变为原来图象上点的横坐标不变2,)3π2sin(2-=x y【评析】由y ＝sin x 的图象变换为y ＝A cos(ω x ＋ϕ)(ω ＞0)的图象时，特别要注意伸缩变换和横向平移的先后顺序不同，其横向平移过程中左右平移的距离不同．例8 (1)函数)3π21sin(2-=x y 的一条对称轴方程为( ) A ．3π4-=x B ．6π5-=x C ．3π-=x D ．3π2=x (2)函数)3π2cos(-=x y 的对称轴方程和对称中心的坐标解：(1)法一：)3π21sin(2-=x y 的对称轴为Z ∈+=-k k x ,2ππ3π21， 即Z ∈+=k k x ,3π5π2，当k ＝－1时，3π-=x ，选C法二：将四个选项依次代入)3π21sin(2-=x y 中，寻找使得函数取得最小值或最大值的选项当3π-=x 时，22πsin 2)3π6πsin(2-=-=--=y ，选C (2) )3π2cos(-=x y 的对称轴为Z ∈=-k k x ,π3π2，即Z ∈+=k k x ,6π2π对称中心：,,2ππ3π2Z ∈+=-k k x 此时Z ∈+=k k x ,12π52π所以对称中心的坐标为Z ∈+k k ),0,12π52π(【评析】正余弦函数的对称轴经过它的函数图象的最高点或最低点，对称中心是正余弦函数图象与x 轴的交点，处理选择题时可以灵活运用．例9 已知函数)0(),2πsin(sin 3,sin )(2>++=ωωωωx x x x f 的最小正周期为π． (1)求ω 的值． (2)求f (x )在区间]3π2,0[上的值域． (3)画出函数y ＝2f (x )－1在一个周期[0，π]上的简图．(4)若直线y ＝a 与(3)中图象有2个不同的交点，求实数a 的取值范围． 解：(1)x x xx f ωωωcos sin 322cos 1)(+-=21)6π2sin(212cos 21sin 23+-=+-=x x x ωωω 因为函数f (x )的最小正周期为π，且ω ＞0，所以π2π2=ω，解得ω ＝1 (2)由(1)得21)6π2sin()(+-=x x f ，因为3π20≤≤x ，所以6π76π26π≤-≤-x ，结合正弦函数图象，得1)6π2sin(21≤-≤-x因此2321)6π2sin(0≤+-≤x ，即f (x )的取值范围为]23,0[(3)由(1)得)6π2sin(21)(2-=-=x x f y(4)由图象可得，－2＜a ＜2且a ≠－1．【评析】本节内容应与三角恒等变换相结合，利用降幂升角公式和辅助角公式等三角公式化简三角函数解析式，整理、变形为只含有一个函数名的解析式，如y ＝A sin(ω x ＋ϕ)(ω ＞0)或y ＝A cos(ω x ＋ϕ)(ω ＞0)的形式，利用换元法，结合y ＝sin x 、y ＝cos x 的图象，再研究它的各种性质，如求函数的周期，单调性，值域等问题，这是处理三角函数问题的基本方法．练习3－3一、选择题1．设函数),2π2sin()(-=x x f x ∈R ，则f (x )是( ） A ．最小正周期为π的奇函数 B ．最小正周期为π的偶函数 C ．最小正周期为2π的奇函数 D ．最小正周期为2π的偶函数 2．把函数y ＝sin x (x ∈R )的图象上所有的点向左平行移动3π个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的21倍(纵坐标不变)，得到的图象所表示的函数是( ) A ．R ∈-=x x y ),3π2sin( B ．R ∈+=x x y ),6π2sin(C ．R ∈+=x x y ),3π2sin(D ．R ∈+=x x y ),32π2sin(3．函数)3π2sin(+=x y 的图象( )A ．关于点(3π，0)对称B ．关于直线4π=x 对称C ．关于点(4π，0)对称D ．关于直线3π=x 对称4．函数y ＝tan x ＋sin x －｜tan x －sin x ｜在区间)2π3,2π(内的图象大致是( ）二、填空题5．函数)2πsin(sin 3)(x x x f ++=的最大值是______． 6．函数)]1(2πcos[)2πcos(-=x x y 的最小正周期为______．7．函数)2π0,0)(sin(<<>+=ϕωϕωx y 的图象的一部分如图所示，则该函数的解析式为y ＝______．8．函数y ＝cos2x ＋cos x 的值域为______． 三、解答题9．已知函数f (x )＝2cos x (sin x －cos x )＋1，x ∈R ． (Ⅰ)求函数f (x )的对称轴的方程； (Ⅱ)求函数f (x )的单调减区间． 10．已知函数.34sin 324cos 4sin2)(2+-=xx x x f (Ⅰ)求函数f (x )的最小正周期及最值； (Ⅱ)令)3π()(+=x f x g ，判断函数g (x )的奇偶性，并说明理由．11．已知R ∈>++=a a x x x x f ,0(,cos sin 32cos 2)(2ωωωω，a 为常数)，且满足条件f (x 1)＝f (x 2)＝0的｜x 1－x 2｜的最小值为2π． (Ⅰ)求ω 的值； (Ⅱ)若f (x )在]3π,6π[-上的最大值与最小值之和为3，求a 的值．§3－4 解三角形【知识要点】1．三角形内角和为A ＋B ＋C ＝πA CB -=+π,2π222=++C B A ，注意与诱导公式相结合的问题． 2．正弦定理和余弦定理正弦定理：r CcB b A a 2sin sin sin ===，(r 为△ABC 外接圆的半径)． 余弦定理：abc b a C ac b c a B bc a c b A 2cos ;2cos ;2cos 222222222-+=-+=-+=&. a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ；c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ．3．在解三角形中注意三角形面积公式的运用：21=∆ABC S ×底×高.21=∆ABC S ab sin .sin 21sin 21B ac A bc C == 4．解三角形中注意进行“边角转化”，往往结合三角变换处理问题．【复习要求】1．会正确运用正余弦定理进行边角的相互转化；2．会熟练运用正弦定理和余弦定理解决三角形中的求角，求边，求面积问题． 【例题分析】例1 (1)在△ABC 中，3=a ，b ＝1，B ＝30°，则角A 等于( )A ．60°B ．30°C ．120°D ．60°或120° (2)△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a 、b 、c ，满足等式(a ＋b )2＝ab ＋c 2，则角C 的大小为______. (3)在△ABC 中，若sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶7∶8，则∠B 的大小是______． (4)在△ABC 中，若31tan =A ，C ＝150°，BC ＝1，则AB ＝______． 解：(1)∵,23sin ,30sin 1sin 3,sin sin =∴=∴=A A B b A a ο又∵a ＞b ，∴A ＞B ＝30°，∴A ＝60°或120°，(2)∵(a ＋b )2＝ab ＋c 2，∴a 2＋b 2－c 2＝－ab ，∴,120,2122cos 222ο=∴-=-=-+=C ab ab ab c b a C (3)∵CcB b A a sin sin sin ==，sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶7∶8. ∴a ∶b ∶c ＝5∶7∶8，∴21852*******cos 222=⨯⨯-+=-+=ac b c a B ，∴B ＝60°． (4)分析：已知条件为两角和一条对边，求另一条对边，考虑使用正弦定理，借助于31tan =A 求sin A 210,150sin 10101,sin sin ,1010sin ,31tan =∴=∴==∴=AB AB B AC A BC A A οΘΘ. 【评析】对于正弦定理和余弦定理应熟练掌握，应清楚它们各自的使用条件，做到合理地选择定理解决问题．例2 (1)在△ABC 中，a cos A ＝b cos B ，则△ABC 一定是( ) A ．直角三角形 B ．等边三角形 C ．等腰三角形 D ．等腰三角形或直角三角形 (2)在△ABC 中，2sin B ·sin C ＝1＋cos A ，则△ABC 的形状为( ) A ．直角三角形 B ．等边三角形 C ．等腰三角形 D ．等腰直角三角形解：(1)法一：BbA a sin sin =Θ，a cos A ＝b cos B ， ∴sin A cos A ＝sin B cos B ，∴sin2A ＝sin2B ，∵2A ，2B ∈(0，2π)，∴2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，∴A ＝B 或2π=+B A ，选D ． 法二：∵a cos A ＝b cos B ，∴acb c a b bc a c b a 2)(2)(222222-+=-+，整理得(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0．所以：a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2，选D ．(2)∵2sin B ·sin C ＝1＋cos A ，cos(B ＋C )＝cos(π－A )＝－cos A ， ∴2sin B ·sin C ＝1－(cos B cos C －sin B sin C )， ∴cos B cos C ＋sin B ·sin C ＝1， ∴cos(B －C )＝1，∵B ，C ∈(0，π)，∴B －C ∈(－π，π)， ∴B －C ＝0，∴B ＝C ，选C ．【评析】判断三角形形状，可以从两个角度考虑(1)多通过正弦定理将边的关系转化为角的关系，进而判断三角形形状，(2)多通过余弦定理将角的关系转化为边的关系，进而判断三角形形状，通常情况下，以将边的关系转化为角的关系为主要方向，特别需要关注三角形内角和结合诱导公式带给我们的角的之间的转化．例3 已知△ABC 的周长为12+，且sin A ＋sin B ＝2sin C (1)求边AB 的长；(2)若△ABC 的面积为C sin 61，求角C 的度数． 解：(1)由题意及正弦定理，得⎪⎩⎪⎨⎧=++=++ABAC BC AC BC AB 212，解得AB ＝1． (2)由△ABC 的面积C C AC BC S sin 61sin 21=⋅=，得31=⋅AC BC ，因为2=+AC BC ，所以(BC ＋AC )2＝BC 2＋AC 2＋2AC ·BC ＝2，可得3422=+AC BC ，由余弦定理，得212cos 222=-+=⋅BC AC AB BC AC C ， 所以C ＝60°．例4 在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 所对的边长分别为a 、b 、c ，设a 、b 、c 满足条件b 2＋c 2－bc ＝a 2和b c ＝321+，求∠A 和tan B 的值． 解(1)由已知和余弦定理得212cos 222=-+=bc a c b A ，所以∠A ＝60°． (2)分析：所给的条件是边的关系，所求的问题为角，可考虑将利用正弦定理将边的关系转化为角的关系．在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B )＝sin(60°＋B )，因为BBB B B BC b c sin sin 60cos cos 60sin sin )60sin(sin sin οοο+⋅=+==.32121tan 123+=+=B所以⋅=21tan B 【评析】体现了将已知条件(边321+==b c )向所求问题(角tan B →sin a ，cos α )转化，充分利用了正弦定理和三角形内角关系实现转化过程．例5 在△ABC 中，内角A ，B ，C 对边的边长分别是a ，b ，c ，已知c ＝2，3π=C ． (Ⅰ)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ；(Ⅱ)若sin C ＋sin(B －A )＝2sin2A ，求△ABC 的面积．解：(Ⅰ)由余弦定理abc b a C 2cos 222-+=及已知条件得，a 2＋b 2－ab ＝4，又因为△ABC 的面积等于3，所以3sin 21=C ab ，得ab ＝4．联立方程组⎩⎨⎧==-+,4,422ab ab b a 解得a ＝2，b ＝2．(Ⅱ)由题意得sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝4sin A cos A ，(sin B cos A ＋cos B sin A )＋(sin B cos A －cos B sin A )＝4sin A cos A ， 即sin B cos A ＝2sin A cos A ， 当cos A ＝0时，332,334,6π,2π====b a B A ，当cos A ≠0时，得sin B ＝2sin A ，由正弦定理得b ＝2a ，联立方程组⎩⎨⎧==-+,2,422a b ab b a 解得334,332==b a . 所以△ABC 的面积332sin 21==C ab S .【评析】以上两例题主要考查利用正弦定理、余弦定理来确定三角形边、角关系等基础知识和基本运算能力．以及三角形面积公式B ac A bc C ab S ABC sin 21sin 21sin 21===∆的运用．同时应注意从题目中提炼未知与已知的关系，合理选择定理公式，综合运用正弦定理和余弦定理实现边角之间的转化．例6 如图，测量河对岸的塔高AB 时，可以选与塔底B 在同一水平面内的两个测点C 与D ，现测得∠BCD ＝α ，∠BDC ＝β ，CD ＝s ，并在点C 测得塔顶A 的仰角为θ ，求塔高AB ．解：在△BCD 中，∠CBD ＝π－α －β ． 由正弦定理得．sin sin CBDCDBDC BC ∠=∠所以)sin(sin sin sin βαβ+=∠∠=⋅s CBD BDC CD BC ．在Rt △ABC 中，⋅+=∠=⋅)sin(sin tan tan βαβθs ACB BC AB例7 已知在△ABC 中，sin A (sin B ＋cos B )－sin C ＝0，sin B ＋cos2C ＝0，求角A ，B ，C 的大小． 解：sin A sin B ＋sin A cos B －sin(A ＋B )＝0，sin A sin B ＋sin A cos B －(sin A cos B ＋cos A sin B )＝0， sin A sin B －cos A sin B ＝sin B (sin A －cos A )＝0， 因为sin B ≠0，所以sin A －cos A ＝0，所以tan A ＝1，4π=A ，可得BC +=4π3， 所以02sin sin )22π3cos(sin )4π3(2cos sin =+=++=++B B B B B B ，sin B ＋2sin B cos B ＝0，因为sin B ≠0，所以12π,3π2,21cos ==-=C B B .【评析】考查了三角形中角的相互转化关系，同时兼顾了两角和、二倍角、诱导公式等综合应用．练习3－4一、选择题1．在△ABC 中，若A ∶B ∶C ＝1∶2∶3，则a ∶b ∶c ＝( ) A ．1∶2∶3B ．2:3:1C ．1∶4∶9D ．3:2:12．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，3,3π==a A ，b ＝1，则c ＝( ) A ．1B ．2C ．13-D ．33．△ABC 中，若a ＝2b cos C ，则△ABC 的形状一定为( ) A ．等边三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形 D ．等腰直角三角形4．△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边边长分别为a ，b ，c ，若b a 25=，A ＝2B ，则cos B ＝( ) A ．35B ．45 C ．55 D ．65二、填空题5．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ＝1，3π,3==C c ，则A ＝______． 6．在△ABC 中，角ABC 的对边分别为a 、b 、c ，若ac B b c a 3tan )(222=-+，则角B 的值为______．7．设△ABC 的内角6π=A ，则2sinB cosC －sin(B －C )的值为______． 8．在三角形ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c ，若b cos C ＝(2a －c )cos B ，则∠B 的大小为______. 三、解答题9．在△ABC 中，53tan ,41tan ==B A . (Ⅰ)求角C 的大小；(Ⅱ)若AB 的边长为17，求边BC 的边长．10．如图，某住宅小区的平面图呈扇形AOC ．小区的两个出入口设置在点A 及点C 处，小区里有两条笔直的小路AD ，DC ，且拐弯处的转角为120°．已知某人从C 沿CD 走到D 用了10分钟，从D 沿DA 走到A 用了6分钟．若此人步行的速度为每分钟50米． 求该扇形的半径OA 的长(精确到1米)．11．在三角形ABC 中，5522cos ,4π,2===B C a ，求三角形ABC 的面积S ．专题03 三角函数与解三角形参考答案练习3－1一、选择题：1．B 2．B 3．B 4．C 二、填空题 5．)0,2π(-6．16 7．21mm - 8．23- 三、解答题9．解：(1)⋅-=+=-=>55cos sin ,55cos ,552sin ,0cos ααααα (2)原式＝222)sin 1(sin sin 21cos 1sin 21θθθθθ-=+-=-+-=⋅+=-=-=5521sin 1|sin 1|θθ 10．解：(1)原式51tan 2tan -=-+=αα(2)原式.0tan 1tan 212=+-=αα11．解：当k 为偶数时，原式.0cos sin cos sin 1cos sin 1cos sin .cos sin )cos (sin cos sin 22=+-=++---=αααααααααααααα 当k 为奇数时，原式01cos sin )cos (sin =+-=αααα，综上所述，原式＝0．练习3－2一、选择题1．A 2．C 3．D 4．C 二、填空题 5257-6．4 7．21 8．65- 三、解答题 9．解：左边=====2tan 2cos 22cos2sin22cos2sin 2cos 2cos cos 2cos sin 22222.ααααααααααα右边.10．解：原式)sin (cos 2cos 1cos 2cos sin 21cos )2cos 2(sin 12ααααααααα-=-+-=--=， 因为α 为第四象限角，且54sin -=α，所以53cos =α， 所以原式514=. 11．解：(1)由a a a a cos sin 21)cos (sin 2-=-＝31可得32cos sin 2=αα， 所以a a a a cos sin 21)cos (sin 2+=+＝35，因为α 为第三象限角，所以sin α ＜0，cos α ＜0，sin α ＋cos α ＜0，所以315cos sin -=+αα. (2)原式αααααααααcos cos 3sin 4cos )12cos 2(3sin 4cos 82cos 6sin 4522+=-+=-++=3tan 4+=α，因为51tan 1tan cos sin cos sin -=-+=-+αααααα，所以2531515tan -=+-=α， 所以原式.52932534-=+-⨯= 练习3－3一、选择题1．B 2．C 3．A 4．D 二、填空题5．2 6．2 7．)3π2sin(+=x y 8．]2,89[- 三、解答题9．解：x x x x x x f 2cos 2sin 1cos 2cos sin 2)(2-=+-=＝)4π2sin(2-x . (1)Z ∈+=-k k x ,2ππ4π2，对称轴方程为Z ∈+=k k x ,8π32π， (2)Z ∈+≤-≤+k k x k ,2π3π24π22ππ2，即Z ∈+≤≤+k k x k ,8π7π8π3π，f (x )的单调减区间为Z ∈++k k k ],8π7π,8π3π[．10．解：(I)∵⋅+=+=-+=)3π2sin(22cos 32sin )4sin 21(32sin )(2x x x x x x f∴f (x )的最小正周期.π421π2==T当1)3π2sin(-=+x 时，f (x )取得最小值－2；当1)3π2sin(=+x 时，f (x )取得最大值2．(Ⅱ)由(I)知⋅+=+=)3π()().3π2sin(2)(x f x g x x f 又⋅=+=++=∴2cos 2)2π2sin(2]3π)3π(21sin[2)(xx x x g).(2cos 2)2cos(2)(x g xx x g ==-=-Θ∴函数g (x )是偶函数．11．解：(1)12cos 2sin 32sin 322cos 12)(+++=+++⨯=a x x a x xx f ωωωω,1)6π2sin(2+++=a x ω由满足条件f (x 1)＝f (x 2)＝0的｜x 1－x 2｜的最小值为2π，可得的最小正周期为π，所以ω ＝1．。

2020高考数学核心突破《专题3 三角函数、解三角形与平面向量 第1讲 三角函数的图象与性质》 (2)

2020高考数学核心突破《专题3 三角函数、解三角形与平面向量 第1讲 三角函数的图象与性质》 (2)

专题三 第1讲1．函数f (x )＝cos(w x ＋φ)的部分图象如图所示，则f (x )的单调递减区间为( D )A.⎝⎛⎭⎫k π－14，k π＋34，k ∈Z B.⎝⎛⎭⎫2k π－14，2k π＋34，k ∈Z C.⎝⎛⎭⎫k －14，k ＋34，k ∈Z D.⎝⎛⎭⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z 解析 由题图可知T 2＝54－14＝1，所以T ＝2.结合题图可知，在⎣⎡⎦⎤－34，54(f (x )的一个周期)内，函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－14，34.由f (x )是以2为周期的周期函数可知，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z ，故选D. 2．下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( A ) A ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 B ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 C ．y ＝sin 2x ＋cos 2xD ．y ＝sin x ＋cos x解析 y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝－sin 2x 是奇函数，图象关于原点对称，且最小正周期为π，A 项正确．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝cos 2x ，是偶函数，B 项错误．y ＝sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，非奇非偶，C 项错误．y ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，非奇非偶，D 项错误．故选A. 3．为了得到函数y ＝sin(2x ＋1)的图象，只需把函数y ＝sin 2x 的图象上所有的点( A ) A ．向左平行移动12个单位长度B ．向右平行移动12个单位长度C ．向左平行移动1个单位长度D ．向右平行移动1个单位长度 解析 ∵y ＝sin(2x ＋1)＝sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋12， ∴只需把y ＝sin 2x 图象上所有的点向左平移12个单位长度即得到y ＝sin(2x ＋1)的图象．故选A.4．将函数y ＝sin(2x ＋φ)的图象沿x 轴向左平移π8个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( C )A.3π4 B ．π2C.π4D ．－π4解析 y ＝sin(2x ＋φ)――→左移π8sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π8＋φ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＋φ是偶函数，即π4＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )⇒φ＝k π＋π4(k ∈Z )，当k ＝0时，φ＝π4，故选C.5．如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫π6x ＋φ＋k ，据此函数可知，这段时间水深的最大值为( C )A ．5 mB ．6 mC ．8 mD ．10 m解析 由题意可知，当sin ⎝⎛⎭⎫π6x ＋φ＝－1时，函数取得最小值2，即3×(－1)＋k ＝2，∴k ＝5.因此，函数的最大值是8，故水深的最大值为8 m.6．将函数y ＝3cos x ＋sin x (x ∈R )的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值是( B )A.π12 B ．π6C.π3D ．5π6解析 y ＝3cos x ＋sin x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，向左平移m 个单位长度后得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＋m ，由它关于y 轴对称可得sin ⎝⎛⎭⎫π3＋m ＝±1，∴π3＋m ＝k π＋π2，k ∈Z ，∴m ＝k π＋π6，k ∈Z ，又m >0，∴m 的最小值为π6.7．已知函数f (x )＝A sin(w x ＋φ)(A ，w ，φ均为正的常数)的最小正周期为π，当x ＝2π3时，函数f (x )取得最小值，则下列结论正确的是( A )A ．f (2)＜f (－2)＜f (0)B ．f (0)＜f (2)＜f (－2)C ．f (－2)＜f (0)＜f (2)D ．f (2)＜f (0)＜f (－2)解析 ∵ω>0，∴T ＝2πω＝π，∴ω＝2.又A >0，∴f ⎝⎛⎭⎫2π3＝－A ， 即sin ⎝⎛⎭⎫4π3＋φ＝－1，得φ＋4π3＝2k π＋32π(k ∈Z )， 即φ＝2k π＋π6(k ∈Z )．又∵φ>0，∴可取f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， ∴f (2)＝A sin ⎝⎛⎭⎫4＋π6， f (－2)＝A sin ⎝⎛⎭⎫－4＋π6，f (0)＝A sin π6. ∵π<4＋π6<3π2，∴f (2)<0.∵－7π6<－4＋π6<－π，且y ＝sin x 在⎝⎛⎭⎫－7π6，－π上为减函数， ∴sin ⎝⎛⎭⎫－4＋π6<sin ⎝⎛⎭⎫－7π6＝sin π6，且sin ⎝⎛⎭⎫－4＋π6>sin(－π)＝0，从而有0<f (－2)<f (0)．故有f (2)<f (－2)<f (0)．故选A.8．将函数f (x )＝sin 2x 的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎫0＜φ＜π2个单位后得到函数g (x )的图象．若对满足|f (x 1)－g (x 2)|＝2的x 1，x 2，有|x 1－x 2|min ＝π3，则φ＝( D )A.5π12 B ．π3C.π4D ．π6解析 g (x )＝sin[2(x －φ)] ＝sin(2x －2φ)． ∵|f (x )|≤1，|g (x )|≤1， ∴|f (x )－g (x )|≤2，当且仅当f (x 1)＝1，g (x 2)＝－1或f (x 1)＝－1，g (x 2)＝1时，满足|f (x 1)－g (x 2)|＝2. 不妨设A (x 1，－1)是函数f (x )图象的一个最低点，B (x 2,1)是函数g (x )图象的一个最高点， 于是x 1＝k 1π＋3π4(k 1∈Z )，x 2＝k 2π＋π4＋φ(k 2 ∈Z )．∴|x 1－x 2|≥⎪⎪⎪⎪3π4－⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝⎪⎪⎪⎪π2－φ. ∵φ ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，|x 1－x 2|min ＝π3， ∴π2－φ＝π3，即φ＝π6，故选D. 9．已知函数f (x )＝2sin x ＋φ2cos x ＋φ2⎝⎛⎭⎫|φ|<π2，且对于任意的x ∈R ，f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π6，则( C ) A ．f (x )＝f (x ＋π) B ．f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2 C ．f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫π3－xD ．f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫π6－x解析 f (x )＝sin(x ＋φ)．由题意，可知f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π6对于任意的x ∈R 恒成立，即sin(x ＋φ)≤sin ⎝⎛⎭⎫π6＋φ.又因为|φ|<π2，所以π6＋φ＝π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3.f ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝sin ⎝⎛⎭⎫π3－x ＋π3＝sin ⎣⎡⎦⎤－⎝⎛⎭⎫π3＋x ＋π＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＝f (x )．故选C. 10．已知函数f (x )＝3sin w x ＋cos w x (w ＞0)的图象与x 轴的交点的横坐标可构成一个公差为π2的等差数列，把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移π6个单位，得到函数g (x )的图象．下列说法正确的是( D )A ．g (x )在⎣⎡⎦⎤π4，π2上是增函数B ．g (x )的图象关于直线x ＝－π4对称C ．函数g (x )是奇函数D ．当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3时，函数g (x )的值域是[－2,1]解析 f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6，由题意知T 2＝π2，∴T ＝π，∴ω＝2πT ＝2，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移π6个单位，得到g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝2cos 2x 的图象，易知g (x )是偶函数且在⎣⎡⎦⎤π4，π2上是减函数，其图象不关于直线x ＝－π4对称，所以A 项，B 项，C 项错误．当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3时，2x ∈⎣⎡⎦⎤π3，4π3，则g (x )min ＝2cos π＝－2，g (x )max ＝2cos π3＝1，即函数g (x )的值域为[－2,1]，故选D.11．函数f (x )＝2x －4sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2的图象大致是( D )解析 因为函数f (x )是奇函数，所以排除A ，B 项，f ′(x )＝2－4cos x ，令f ′(x )＝2－4cos x ＝0，得x ＝±π3，故选D.12．函数f (x )＝A sin w x (A ＞0，w ＞0)的部分图象如图所示，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 018)的值为( A )A ．2＋ 2B ．32C ．6 2D ．－ 2解析 由题图可知，A ＝2，T ＝8，2πω＝8，ω＝π4，∴f (x )＝2sin π4x ，∴f (1)＝2，f (2)＝2，f(3)＝2，f(4)＝0，f(5)＝－2，f(6)＝－2，f(7)＝－2，f(8)＝0，而2 018＝8×252＋2，∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2 018)＝f(1)＋f(2)＝2＋ 2.故选A.。

专题04 三角函数的应用-名师揭秘2020年高考数学(文)一轮总复习之三角函数、三角形、平面向量(解析版)

专题04 三角函数的应用-名师揭秘2020年高考数学(文)一轮总复习之三角函数、三角形、平面向量(解析版)

专题04三角函数的应用一、本专题要特别小心：1.图象的平移（把系数提到括号的前边后左加右减）2. 图象平移要注意未知数的系数为负的情况3. 图象的横坐标伸缩变换要注意是加倍还是变为几分之几4.五点作图法的步骤5.利用图象求周期6.已知图象求解析式 二【学习目标】1．理解三角函数的定义域、值域和最值、奇偶性、单调性与周期性、对称性．2．会判断简单三角函数的奇偶性，会求简单三角函数的定义域、值域、最值、单调区间及周期． 3．理解三角函数的对称性，并能应用它们解决一些问题． 三．【方法总结】1.三角函数奇偶性的判断与其他函数奇偶性的判断步骤一致： (1)首先看定义域是否关于原点对称； (2)在满足(1)后，再看f (－x )与f (x )的关系.另外三角函数中的奇函数一般可化为y ＝A sin ωx 或y ＝A tan ωx ，偶函数一般可化为y ＝A cos ωx ＋b 的形式. 2.三角函数的单调性(1)函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的单调区间的确定，其基本思想是把ωx ＋φ看作一个整体，比如：由2k π－π2≤ωx ＋φ≤2k π＋π2(k ∈Z)解出x 的范围，所得区间即为增区间.若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)中A ＞0，ω＜0，可用诱导公式将函数变为y ＝－A sin(－ωx －φ)，则y ＝A sin(－ωx －φ)的增区间为原函数的减区间，减区间为原函数的增区间. 对函数y ＝A cos(ωx ＋φ)，y ＝A tan(ωx ＋φ)等单调性的讨论同上.(2)三角函数单调性的应用主要有比较三角函数值的大小，而比较三角函数值大小的一般步骤：①先判断正负；②利用奇偶性或周期性转化为属于同一单调区间上的两个同名函数；③再利用单调性比较. 3.求三角函数的最值常见类型：(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 或y ＝A tan(ωx ＋φ)＋B ， (2)y ＝A (sin x －a )2＋B ，(3)y ＝a (sin x ±cos x )＋b sin x cos x (其中A ，B ，a ，b ∈R ，A ≠0，a ≠0). 四．【题型方法】（一）利用三角函数测量应用例1.如图，从气球A 上测得正前方的河流的两岸B ，C 的俯角分别为75︒，30︒，此时气球的高是60m ，则河流的宽度BC 等于( )A ．30(31)m +B ．120(31)m -C ．180(21)m- D ．240(31)m -【答案】B【解析】记A 点正下方为O ，由题意可得60OA =，75ABO ∠=o ，30ACO ∠=o ，在AOB ∆中，由313tan 75tan(4530)23313OA OB +==+==+-o o o ， 得到60(23)23OB ==-+；在AOC ∆中，由3tan 303OAOC ==o 得到6033OC ==， 所以河流的宽度BC 等于60360(23)120(31)OC OB -=--=-米. 故选B练习1. 习总书记在十九大报告中指出：必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念.某市为贯彻落实十九大精神，开展植树造林活动，拟测量某座山的高.如图，勘探队员在山脚A 测得山顶B 的仰角为，他沿着倾斜角为的斜坡向上走了40米后到达C ，在C 处测得山顶B 的仰角为，则山高约为______米.（结果精确到个位，在同一铅垂面）.参考数据：.【答案】【解析】过C做CM⊥BD于M,CN⊥AD于N,设BM=h,则CM=,解得h=20(),∴BD=h+20（二）与圆有关的三角函数应用是锐角，大小为β.图中阴影区例2. 如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，APB域的面积的最大值为A．4β+4cosβB．4β+4sinβC．2β+2cosβD．2β+2sinβ【答案】B【解析】观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值，此时∠BOP =∠AOP =π-β, 面积S 的最大值为2222βππ⨯⨯+S △POB + S △POA =4β+1||sin()2OP OB πβ-‖1||sin()2OP OA πβ+-‖ 42sin 2sin 44sin βββββ=++=+⋅.故选：B .练习1．如图，四边形ABCD 内接于圆O ，若1AB =，2AD =，33cos sin BC BD DBC CD BCD =∠+∠，则BCD S △的最大值为（ ）A ．74B ．724C ．73D ．72【答案】C【解析】做DE CB ⊥于点E ，cos BD DBC BE ∠=，sin ,CD BCD DE ∠=33cos sin 3BC BD DBC CD BCD BE DE =∠+∠=+333()3BC BE DE BC BE CE DE -=⇔-==在直角三角形CDE 中，可得到tan 3.3DE DCE DCE CE π∠==∴∠=根据该四边形对角互补得到23DAB π∠=在三角形ABD 中，应用余弦定理得到11421277BD =++⨯⨯⨯= 在三角形DCB 中，应用余弦定理以及重要不等式得到222722BD CD BC BC CD BC CD BC CD BC CD ==+-⨯≥⨯-⨯=⨯进而得到1337372BCD S BC CD =⨯⨯⨯≤⨯=V 故答案为：C.练习2.位于潍坊滨海的“滨海之眼”摩天轮是世界上最高的无轴摩天轮，该摩天轮的直径均为124米，中间没有任何支撑，摩天轮顺时针匀速旋转一圈需要30分钟，当乘客乘坐摩天轮到达最高点时，距离地面145米，可以俯瞰白浪河全景，图中与地面垂直，垂足为点，某乘客从处进入处的观景舱，顺时针转动分钟后，第1次到达点，此时点与地面的距离为114米，则（ ）A ．16分钟B ．18分钟C ．20分钟D ．22分钟【答案】C【解析】根据题意，作，，如下图所示：直径为，则，所以则所以，即所以因为摩天轮顺时针匀速旋转一圈需要30分钟所以从A到B所需时间为分钟所以选C练习3.定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个顶点在半径为1的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是__________．【答案】【解析】设三个半圆圆心分别为G,F，E，半径分别为M,P,N分别为半圆上的动点，则PM≤+GF= +=，当且仅当M,G,F,P共线时取等；同理：PN≤MN≤,又外接圆半径为1，，所以,∴BC=a=2sin=,由余弦定理解b+c≤2,当且仅当b=c=取等；故故答案为（三）模型的应用例3. 据市场调查，某种商品一年内每件出厂价在7千元的基础上，按月呈的模型波动（x为月份），已知3月份达到最高价9千元，7月份价格最低为5千元，根据以上条件可确定的解析式为( )A．B．C．D．【答案】A【解析】因为3月份达到最高价9千元，7月份价格最低为5千元，所以半周期，故，所以，又，所以，所以，当时，，，.，故选A.练习1. 国际油价在某一时间内呈现出正弦波动规律：(美元)(t(天)，，)，现采集到下列信息：最高油价80美元，当(天)时达到最低油价，则的最小值为________．【答案】【解析】由最高油价为80美元知.由(天)时达到最低油价知，所以，，又，所以的最小值为.练习2.为解决城市的拥堵问题，某城市准备对现有的一条穿城公路MON进行分流，已知穿城公路MON自西向东到达城市中心O后转向u u u rON方向，已知∠MON＝34π，现准备修建一条城市高架道路L，L在MO上设一出入口A，在ON上设一出口B，假设高架道路L在AB部分为直线段，且要求市中心O与AB 的距离为10km．（1）求两站点A，B之间的距离；（2）公路MO段上距离市中心O30km处有一古建筑群C，为保护古建筑群，设立一个以C为圆心，5km 为半径的圆形保护区．因考虑未来道路AB的扩建，则如何在古建筑群和市中心O之间设计出入口A，才能使高架道路及其延伸段不经过保护区？【答案】（1）21)；（2）10220OA<<【解析】（1）过O作直线OE⊥AB于E，则OE＝10，设∠EOA＝α，则∠EOB＝34π﹣α，（42ππα<<），故AE＝10tanα，BE＝10tan（34π﹣α），AB＝10tanα+10tan（34π﹣α）＝10（3sinsin43coscos4πααπαα⎛⎫-⎪⎝⎭+⎛⎫-⎪⎝⎭）＝310sin43cos cos4ππαα⎛⎫-⎪⎝⎭，又cos3cos4παα⎛⎫⋅-⎪⎝⎭＝cosα•2cosα2sinα）＝12sin2a244π⎛⎫--⎪⎝⎭由42ππα<<，可得：2α﹣3,444πππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故cosmax322cos44παα⎛⎫⋅-=⎪⎝⎭，当且仅当2α﹣42ππ=，即α＝38π时取等号，此时，AB有最小值为2021），即两出入口之间距离的最小值为2021）．（2）由题意可知直线AB 是以O 为圆心，10为半径的圆O 的切线，根据题意，直线AB 与圆C 要相离，其临界位置为直线AB 与圆C 相切，设切点为F ，此时直线AB 为圆C 与圆O 的公切线，因为，出入口A 在古建筑群和市中心O 之间， 如图所示，以O 为坐标原点，以CO 所在的直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ， 由CF ＝5，OE ＝10，因为圆O 的方程为x 2+y 2＝100，圆C 的方程为（x+30）2+y 2＝25， 设直线AB 的方程为y ＝kx+t （k ＞0），则：221013051tkk t k ⎧=⎪+⎪⎨-+⎪=⎪+⎩，所以两式相除可得：|||30|t k t -+＝2，所以t ＝20k ，或t ＝60k ，所以，此时A （﹣20，0）或A （﹣60，0）（舍去），此时OA ＝20， 又由（1）可知当4πα=时，OA ＝102，综上，OA (102,20)∈． 即设计出入口A 离市中心O 的距离在102km 到20km 之间时，才能使高架道路及其延伸段不经过保护区．练习3．一半径为的水轮如图所示，水轮圆心距离水面；已知水轮按逆时针做匀速转动，每转一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计算时间.（1）以水轮所在平面与水面的交线为轴，以过点且与水面垂直的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，将点距离水面的高度表示为时间的函数；（2）点第一次到达最高点大约要多长时间？【答案】(1) (2)【解析】（1）设，，则，，∴，∴∴，∵，，∴，∴.∵，∴，∴（2）令，得，∴，∴∴点第一次到达最高点大约要的时间.练习4.已知某海滨浴场海浪的高度（米）是时间的（，单位：小时）函数，记作，下表是某日各时的浪高数据：（时）03691215182124（米） 1.5 1.00.5 1.0 1.5 1.00.50.99 1.5经长期观察，的曲线，可以近似地看成函数的图象．（1）根据以上数据，求出函数近似表达式；（2）依据规定，当海浪高度高于米时才对冲浪爱好者开放，请依据（1）的结论，判断一天内的上午时至晚上时之间，有多少时间可供冲浪者进行运动？【答案】（1）；（2）从8点到16点共8小时.【解析】（1）设函数，∵同一周期内，当时，当时，∴函数的周期，得，且，∴，又由题意得点是函数图象上的一个最低点，∴，∴，∴函数近似表达式为．（2）由题意得，即，解得，即，∵在规定时间上午8∶00时至晚上20∶00时之间，∴令，得，∴在规定时间上午8∶00时至晚上20∶00时之间，从8点到16点共8小时的时间可供冲浪者进行运动．（四）数学文化中的三角应用例4. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷（guǐ）影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长度等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即．已知天顶距时，晷影长．现测得午中晷影长度，则天顶距为（）（参考数据：，，，）A．B．C．D．【答案】B【解析】∵，且顶距时，晷影长．∴，当晷影长度，∴故选：B练习1．我国古代数学家刘徽于公元263年在《九章算术注》中提出“割圆术”：割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣.即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率.如果用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值可表示成（）A．B．C．D．【答案】A【解析】令圆的半径为1，则圆内接正边形的面积为，圆内接正边形的面积为，用圆的内接正边形逼近圆，可得；用圆的内接正边形逼近圆，可得；所以.故选A练习2．“勾股定理”在西方被称为“毕达哥拉斯定理”，三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明．如图所示的“勾股圆方图” 中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形．若直角三角形中较小的锐角为，现已知阴影部分与大正方形的面积之比为，则锐角（）．A．B．C．D．【答案】D【解析】设大正方形的边长为a,小正方形边长为b,则=b,阴影三角形面积为小正方形面积为又阴影部分与大正方形的面积之比为所以整理得1-,解得故选：D（五）三角形中的三角函数例5. 某小区拟对如图一直角△ABC 区域进行改造，在三角形各边上选一点连成等边三角形DEF △,在其内建造文化景观。

2020高考数学第三章三角函数、解三角形与平面向量考点测试25平面向量的概念及线性运算文(含解析)

2020高考数学第三章三角函数、解三角形与平面向量考点测试25平面向量的概念及线性运算文(含解析)

测试 25平面向量的观点及线性运算高考概览高考在本考点的常考题型为选择题和填空题，分值5分，中、低等难度考纲研读1．认识向量的实质背景2．理解平面向量的观点，理解两个向量相等的含义3．理解向量的几何表示4．掌握向量加法、减法的运算，并理解其几何意义5．掌握向量数乘的运算及其几何意义，理解两个向量共线的含义6．认识向量线性运算的性质及其几何意义一、基础小题1．以下等式：①0－a＝－a；②－ ( －a) ＝a；③a＋ ( －a) ＝ 0；④a＋ 0＝a；⑤a－b＝a＋(－b) ．正确的个数是 () A．2B．3 C．4 D．5答案 D分析由零向量和相反向量的性质知①②③④⑤均正确．2．若m∥n，n∥k，则向量m与向量 k ()A．共线 B ．不共线C．共线且同向 D ．不必定共线答案D分析如 m∥0，0∥ k，但 k 与 m可能共线也可能不共线，应选D．→→→3．如图，正六边形ABCDEF中， BA＋ CD＋ EF＝()A． 0→B．BE→C．AD→D．CF 答案D分析→→→→→ → →BA＋ CD＋ EF＝ BA＋ AF＋ CB＝ CF．应选D．4．以下命题正确的选项是()A．若 | a| ＝ | b| ，则a＝±b B ．若 | a|>| b| ，则a>bC．若a∥b，则a＝b D ．若 | a| ＝ 0，则a＝ 0答案D分析对于 A，当 | a| ＝ | b| ，即向量a，b的模相等时，方向不确立，故a＝± b 不必定建立；对于 B，向量的模能够比较大小，但向量不能够比较大小， B 不正确； C 明显不正确．故选 D．5．对于平面向量，以下说法正确的选项是()A．零向量是独一没有方向的向量B．平面内的单位向量是独一的C．方向相反的向量是共线向量，共线向量不必定是方向相反的向量D．共线向量就是相等向量答案C分析对于 A，零向量是有方向的，其方向是随意的，故 A 不正确；对于B，单位向量的模为 1，其方向能够是随意方向，故B不正确；对于C，方向相反的向量必定是共线向量，共线向量不必定是方向相反的向量，故 C 正确；对于D，由共线向量和相等向量的定义可知D不正确，应选C．6．已知m，n∈R，a，b是向量，有以下命题：①m( a－ b)＝ ma－ mb；② ( m－n) a＝ma－na；③若ma＝mb，则a＝b；④若 ma＝ na，则 m＝ n．此中正确的选项是 ()A．①②③ B ．①③④ C ．②③④ D ．①②答案D分析由数乘向量的运算律知，数乘向量对数和向量都有分派律，因此①②正确；当m＝0 时，a，b不必定相等，当a＝0时， m， n 未必相等，因此③④错误．应选D．7．已知向量a＝e＋ 2e，b＝ 2e－e ，则 a＋2b 与2a－ b()1212A．必定共线B．必定不共线C．当且仅当e1与 e2共线时共线D．当且仅当e1＝ e2时共线答案C分析由a ＋2 ＝5e1,2－＝5 2 可知，当且仅当 1 与e2 共线时，两向量共线．应选C．b a b e e8．给出以下命题：①两个拥有公共终点的向量，必定是共线向量；② λ a＝0(λ为实数)，则λ必为零；③ λ，μ 为实数，若λa＝μ b，则a与b共线．此中错误的命题的个数为()A．0 B．1 C．2 D．3答案D分析①错误，两向量共线要看其方向而不是起点或终点；②错误，当a＝0时，无论λ为什么值，λa＝0；③错误，当λ＝μ ＝0时，λ a＝μb＝0，此时 a 与 b 能够是随意愿量．错误的命题有 3 个，应选 D．9．已知向量a ，b是两个不共线的向量，若向量＝ 4 ＋b与n＝－λb共线，则实数m a aλ的值为 ()11A．－4 B ．－4 C ．4 D ．4答案B分析由于向量 a， b 是两个不共线的向量，因此若向量m＝4a＋ b 与 n＝ a－λ b 共线，1则 4×( －λ ) ＝1×1，解得λ＝－4，应选B．→→10．已知a， b 是不共线的向量，AB＝λ a＋ b，AC＝ a＋μ b，λ ，μ ∈R，则A，B， C 三点共线的充要条件为()A．λ＋μ＝ 2 B ．λ －μ＝ 1C．λμ＝－ 1 D ．λ μ＝ 1答案D分析∵ ，，三点共线，∴→ ∥→，A B C AB AC→→设 AB＝ mAC(m≠0)，则λ a＋b＝ m( a＋μ b)，λ＝ m，∴∴ λμ＝ 1，应选 D．1＝μ，m11．已知点M是△ABC的边BC的中点，点E→→→在边 AC上，且 EC＝2AE，则 EM＝()1→ 1→ 1→ 1→A ． 2AC ＋ 3AB B ．2AC ＋ 6AB1→ 1→ 1→ 3→C ． 6AC ＋ 2ABD ．6AC ＋ 2AB答案C分析如图，∵→→ → → → 2→ 1→ 2→ 1→ → 1→ 1→EC ＝ 2AE ，∴ EM ＝ EC ＋ CM ＝3AC ＋ 2CB ＝3AC ＋ 2( AB － AC ) ＝2AB ＋ 6AC ．故选 C ．→ → → →12．已知在四边形ABCD 中， O 是四边形 ABCD 内一点， OA ＝ a ，OB ＝ b ，OC ＝ c ， OD ＝ a －b ＋c ，则四边形 ABCD 的形状为 ()A ．梯形B ．正方形C ．平行四边形D ．菱形答案 C分析→→ → → → → → ，所由于 OD ＝ a －b ＋ c ，因此 AD ＝ c －b ，又 BC ＝ c －b ，因此 AD ∥ BC 且 | AD | ＝| BC | 以四边形 ABCD 是平行四边形．应选 C ．二、高考小题→→)13．(2015 ·全国卷Ⅰ ) 设 D 为△ ABC 所在平面内一点， BC ＝ 3CD ，则 (→1→ 4→→1→ 4→A ． AD ＝－ 3AB ＋ 3AC B ． AD ＝ 3AB － 3ACC ．→＝4→＋ 1→D ．→＝4→－1→AD3AB 3ACAD 3AB 3AC答案A→→→→→→→4→→4→→1→4→分析AD ＝ AB ＋ BD ＝ AB ＋ BC ＋ CD ＝ AB ＋ 3BC ＝ AB ＋ 3( AC － AB ) ＝－ 3AB ＋ 3AC ．应选 A ．→)14．(2018 ·全国卷Ⅰ ) 在△ ABC 中，AD 为 BC 边上的中线， E 为 AD 的中点，则 EB ＝(3→1→1→3→A ． 4AB － 4AC B ．4AB － 4AC3→1→1→3→C ． 4AB ＋ 4ACD ．4AB ＋ 4AC 答案A→→→→1→→1→→3→1→分析依据向量的运算法例，可得EB＝ AB－ AE＝AB－2AD＝ AB－4( AB＋AC)＝4AB－4AC，应选 A．→→15．(2015 ·安徽高考 ) △ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a，b知足AB＝2a，AC ＝2a＋b，则以下结论正确的选项是 ()A． | b| ＝ 1 B ．a⊥b→C．a·b＝ 1 D ． (4 a＋b) ⊥BC答案D→→1→→→ →分析∵ AB＝2a，AC＝ 2a＋b，∴a＝2AB，b＝AC－AB＝BC，∵△ABC是边长为 2 的等边1→→→→ →→三角形，∴ | b| ＝ 2，a·b＝2AB·BC＝－ 1，故a，b不垂直， 4a＋b＝2AB＋BC＝AB＋AC，故→→→→→(4 a＋b) ·BC＝ ( AB＋AC)· BC＝－2＋2＝0，∴(4 a＋ b)⊥ BC，应选D．16．(2015 ·北京高考 ) 在△中，点，N 知足→＝ 2→，→＝→．若→＝→＋→，ABC M AM MC BN NC MN xAB yAC 则 x＝________； y＝________．11答案－26分析→→→→2→→1→2→→1→→1→ 1如图在△ ABC中，MN＝ MA＋ AB＋ BN＝－3AC＋ AB＋2BC＝－3AC＋ AB＋2( AC－AB)＝2AB－6→11AC．∴ x＝2， y＝－6．三、模拟小题→→→17．(2018 ·河北张家口月考) 如图，在正六边形ABCDEF中， BA＋ CD＋ FB＝()A． 0→B．BE→C．AD→D．CF答案A→→→→→→→→分析在正六边形 ABCDEF中，CD∥ AF，CD＝AF，因此 BA＋ CD＋FB＝ BA＋AF＋ FB＝BA＋ AB ＝0，应选 A．18．(2018 ·邯郸摸底 ) 如图，在△ABC中，已知D为边BC的中点，E，F，G挨次为线段AD从上至下的→ →→3 个四平分点，若AB＋AC＝ 4AP，则 ()A．点P 与图中的点D重合B．点P 与图中的点 E 重合C．点P 与图中的点 F 重合D．点P 与图中的点G重合答案C分析由平行四边形法例知→ →→→ →→→→→→AB＋ AC＝2AD，又由 AB＋AC＝4AP知2AD＝4AP，即 AD＝2AP，因此 P 为 AD的中点，即点P 与点 F 重合．应选C．→→→19．(2018 ·怀化一模 ) 已知向量a，b 不共线，向量 AB＝ a＋3b，BC＝5a＋3b，CD＝－3a ＋3b，则 ()A．A，B，C三点共线B ．A，B，D三点共线C．A，C，D三点共线D ．B，C，D三点共线答案B分析→ → → → → →B ，由于 BD ＝ BC ＋ CD ＝ 2a ＋ 6b ＝ 2( a ＋ 3b ) ＝ 2AB ，因此 BD ，AB 共线，又有公共点 因此 ， ， D 三点共线．应选 B ．A B20．(2018 ·河南中原名校联考 ) 如图，在直角梯形ABCD 中， AB ＝ 2AD ＝ 2DC ，E 为 BC边上一点， → ＝ 3 → ， F 为 的中点，则 →＝()BC E C AE BF2→ 1→1→2→A ． 3AB － 3AD B ．3AB － 3AD2→ 1→ 1→ 2→C ．－AB ＋ AD D ．－AB ＋ AD 333 3答案C→ →→ →1→分析BF ＝ BA ＋ AF ＝ BA ＋ 2AE→1→1→→＝－ AB ＋ 2AD ＋ 2AB ＋ CE→1→ 1→1→＝－ AB ＋ 2AD ＋ 2AB ＋ 3CB→ 1→ 1→ 1→→ →＝－ AB ＋ 2AD ＋ 4AB ＋ 6( CD ＋ DA ＋ AB )2→1→＝－ 3AB ＋ 3AD ．应选21．(2018 ·深圳模拟则 λ ＋ μ＝ ()4 5 A ． B ．33C ．→ → →) 如下图， 正方形 ABCD 中，M 是 BC 的中点，若 AC ＝ λ AM ＋μ BD ，15 C ．8 D ．2答案 B→→→→→→ →→ 1→ → →分析由于 AC ＝ λAM ＋ μ BD ＝ λ ( AB ＋ BM ) ＋ μ ( BA ＋AD ) ＝ λ AB ＋2AD ＋ μ( － AB ＋AD ) ＝→1→ → → →λ － μ＝ 1，λ － μ(AB ＋，且 AC ＝AB ＋ AD ，因此1)2λ ＋ μAD2λ ＋μ ＝ 1，4得λ ＝ 3，51因此 λ ＋ μ＝ ，应选 B ．3μ ＝ 3，22．(2018 ·福建高三4 月质检 ) 威严漂亮的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征．正五角星是一个特别优美的几何图形，且与黄金切割有着亲密的联系：在如下图的正五角星中，以 A ， B ， C ， D ，E 为极点的多边形为正五边形，且PT 5－ 1 ＝．以下关系中正确AT2的是( )→ →5＋1→→ →5＋ 1→A ． BP － TS ＝RS B ．CQ ＋ TP ＝2 TS2→ →5－1→→ →5－ 1→C ． ES － AP ＝BQ D ．AT ＋ BQ ＝2 CR2答案A→→→→ →→ 分析RS由题意得， BP － TS ＝TE － TS ＝ SE ＝5－ 12 ＝5＋1→，因此 A 正确； →＋→ ＝→＋→ ＝ →2 RS CQ TP PATPTA＝5＋ 1→ → → → → → 2 ST ，因此 B 错误； ES － AP ＝RC － QC ＝ RQ＝5－ 1→→ → → →2QB ，因此 C 错误； AT ＋ BQ ＝SD ＋ RD ，5－1→→→→ →→5－1→→D 错误．故2CR ＝ RS ＝RD －SD ，若 AT ＋ BQ ＝CR ，则SD ＝ 0，不切合题意，因此2选 A ．→ →→ → →23．(2018 ·银川一模 ) 设点 P 是△ ABC 所在平面内一点，且 BC ＋ BA ＝ 2BP ，则 PC ＋PA ＝________．答案分析 → → →P → → 由于 BC ＋BA ＝ 2BP ，由平行四边形法例知，点 为 AC 的中点，故 PC ＋PA ＝ 0． 24．(2018 ·衡阳模拟 ) 在如下图的方格纸中， 向量 ， ， 的起点和终点均在格点 ( 小a b c正方形极点 ) 上，若 c 与 xa ＋ yb ( x ， y 为非零实数 ) 共线，则x的值为 ________．y6 答案5分析设 e 1， e 2 分别为水平方向 ( 向右 ) 与竖直方向 ( 向上 ) 的单位向量，则向量c ＝e 1－2e 2，a ＝ 2e 1＋e 2，b ＝－ 2e 1－ 2e 2，由 c 与 xa ＋ yb 共线，得 c ＝ λ ( xa ＋yb ) ，因此 e 1－ 2e 2＝ 2λ ( x32λ x －y ＝ 1，x ＝λ ，x6－y ) e 1＋ λ ( x － 2y ) e 2，因此 λ x － 2y ＝－ 2，因此y ＝5 则 y 的值为 5．，2λ一、高考大题本考点在近三年高考取未波及本题型．二、模拟大题1．(2018 ·山东莱芜模拟 ) 如图，已知△ OCB 中， B ， C 对于点 A 对称， OD ∶ DB ＝2∶ 1，→ →DC 和 OA 交于点 E ，设 OA ＝ a ， OB ＝ b ．(1) 用 a 和 b→ →表示向量 OC ， DC ；(2) 若 →＝ λ → ，务实数 λ 的值．OE OA解(1) 由题意知，A是的中点，且 → ＝ 2→ ，BCOD 3OB由平行四边形法例，得 → →→OB ＋ OC ＝ 2OA ． ∴ →＝2→－ → ＝2－ ，OC OA OB a b∴ → ＝→－→＝(2 － )－ 2 ＝2 － 5 ．DC OC ODa b 3ba 3b(2) ∵→∥→， →＝→ － → ＝ (2 a － ) －λ ＝ (2 －λ ) a － ，EC DC EC OC OEbab→ ＝ 2 －5 ，∴2－λ ＝ － 1，∴ λ ＝4．DC a3b255－ 312．(2018 ·河南安阳模拟) 如下图，在△ABC 中，在AC 上取一点N ，使得 AN ＝3AC ，11 在 AB 上取一点M ，使得AM ＝ 3AB ，在BN 的延伸线上取点P ，使得NP ＝ 2BN ，在CM 的延伸线→→ → →上取点 Q ，使得 MQ ＝ λCM 时， AP ＝ QA ，试确立 λ 的值．→→→1→→ 1→→ 1→→→→1→ → 解 ∵AP ＝ NP － NA ＝ 2( BN －CN ) ＝2( BN ＋NC ) ＝ 2BC ，QA ＝ MA － MQ ＝ 2BM ＋ λ MC ．→→ 1→ → 1→又∵ AP ＝ QA ，∴ 2BM ＋ λ MC ＝2BC ，→ 1→ 1即 λMC ＝ 2MC ，∴ λ ＝ 2．。

【2020高考数学】三角函数与平面向量结合问题解题指导(含答案)

【2020高考数学】三角函数与平面向量结合问题解题指导(含答案)

【2020高考数学】三角函数与平面向量结合问题解题指导第一篇 三角函数与解三角形专题04 三角函数与平面向量结合问题【典例1】如图，在平面直角坐标系中，已知点()2,0A 和单位圆上的两点()10B ,，34,55C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，点P 是劣弧BC 上一点，BOC α∠=，BOP β∠=．（1）若OC OP ⊥，求()()sin sin παβ-+-的值；（2）设()f t OA tOP =+，当()f t 的最小值为1时，求OP OC ⋅的值． 【思路引导】（1）根据任意角三角函数定义可求得sin ,cos αα，利用2πβα=-可求得sin cos βα=-，结合诱导公式可化简求出结果；（2）利用向量坐标表示可得到()2cos ,sin OA tOP t t ββ+=+，可求得224cos 4OA tOP t t β+=++，根据二次函数性质可求得22min44cos OA tOPβ+=-，从而利用()f t 的最小值构造方程可求得2cos β，根据角的范围可求得sin β和cos β，进而根据数量积的坐标运算可求得结果.【典例2】【江苏省启东中学2020届高三上学期期初考试数学试题】在平面直角坐标系xOy 中，设向量()cos sin a αα=，，()sin cos b ββ=-，，()12c =-． （1）若a b c +=，求sin ()αβ-的值； （2）设5π6α=，0πβ<<，且()//a b c +，求β的值． 【思路引导】（1）利用向量的数量积转化求解两角差的三角函数即可； （2）通过向量平行，转化求解角的大小即可．【典例3】【2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷】已知向量a m x (,cos 2)=，b x n (sin 2,)=，设函数()f x a b =⋅，且()y f x =的图象过点(12π和点2(,2)3π-. （Ⅰ）求,m n 的值； （Ⅱ）将()y f x =的图象向左平移ϕ（0ϕπ<<）个单位后得到函数()y g x =的图象.若()y g x =的图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求()y g x =的单调增区间. 【思路引导】（Ⅰ）利用向量的数量积坐标运算公式代入函数式整理化简，将函数过的点(12π和点2(,2)3π-代入就可得到关于,m n 的方程，解方程求其值；（Ⅱ）利用图像平移的方法得到()y g x =的解析式，利用最高点到点(0,3)的距离的最小值为1求得ϕ角，得()2cos2g x x =，求减区间需令[]22,2x k k πππ∈+解x 的范围【典例4】【河南省信阳市2019-2020学年高三第一次教学质量检测】已知函数()()f x a b c =+，其中向量()sin ,cos a x x =-，()sin ,3cos b x x =-，()cos ,sin c x x =-，x ∈R .（Ⅰ）若()52f α=，588ππα-<<-，求cos2α的值； （Ⅱ）不等式()2f x m -<在,82x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数m 的取值范围. 【思路引导】(Ⅰ)利用向量数量积公式得到()f x 后,再用二倍角公式以及两角和的正弦公式的逆用公式化成辅助角的形式,根据已知条件及同角公式解得3cos 244πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭,再将所求变成33cos 2cos 244ππαα⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦后,利用两角差的余弦公式求得;(Ⅱ)将不等式恒成立转化为最大最小值可解得.【典例5】【陕西省宝鸡市宝鸡中学2019-2020学年高三上学期期中】已知向量()a cos x cos x ωω=-，，()b sin x x ωω=（ω＞0），且函数()f x a b =⋅的两个相邻对称中心之间的距离是4π． （1）求6f π⎛⎫⎪⎝⎭；（2）若函数()()1g x m x =+在04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点，求实数m 的取值范围． 【思路引导】（1）首先利用平面向量的数量积的应用求出函数的关系式，进一步把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出结果．（2）利用函数的零点和方程之间的转换的应用，利用函数的定义域和值域之间的关系求出m 的范围．【典例6】【辽宁省鞍山市第一中学2019-2020学年高三上学期11月月考】已知实数0θπ≤≤，()cos ,sin a θθ=，()0,1j =，若向量b 满足()0a b j +⋅=，且0a b ⋅=. （1）若2a b -=，求b ；（2）若()()f x b x a b =+-在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，求实数θ的取值范围.【思路引导】（1）设出b 的坐标，结合0a b ⋅=、2a b -=、()0a b j +⋅=，解方程，先求得θ的值，再求得b 的坐标. （2）利用向量模的运算、数量积的运算化简()f x 表达式，结合二次函数的性质列不等式，解不等式求得b 的取值范围.设出b 的坐标，结合()0a b j +⋅=、0a b ⋅=，解方程，用θ表示出2b ，根据b 的取值范围列不等式，解不等式求得cos θ的取值范围，进而求得θ的取值范围.【典例7】【江西省南昌市第二中学2018届高三上学期第五次月考】在平面直角坐标系xOy 中，已知向量()cos ,sin e αα=，设,(0)OA e λλ=>，向量ππcos ,sin 22OB ββ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．（1）若π6βα=-，求向量OA 与OB 的夹角； （2）若2AB OB ≥ 对任意实数,αβ都成立，求实数λ的取值范围． 【思路引导】(1)由题意结合平面向量的坐标表示，结合平面向量的数量积运算法则可得1cos sin 62πθ==. 则向量OA 与OB 的夹角为3π. (2)原问题等价于2230OA OB λ-⋅-≥任意实数,αβ都成立.分离参数可得()23sin 2λαβλ-≥-任意实数,αβ都成立.结合三角函数的性质求解关于实数λ的不等式可得3λ≥.1. ．【河北省唐山市第一中学2019-2020学年高三上学期10月月考】已知向量()2cos 1,2sin a x x ωω=+，()()6cos 0b x x ωωω=>.（1）当2x k πωπ≠+，k Z ∈时，若向量()1,0c =，()3,0d =，且()()//a c b d -+，求224sin cos x x ωω-的值；（2）若函数()f x a b =⋅的图象的相邻两对称轴之间的距离为4π，当,86x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，求函数()f x 的最大值和最小值．2. 已知向量(sin ,1),(3cos ,cos 2)(0)2Am x n A x x A ==>，函数()f x m n =⋅的最大值为6. （Ⅰ）求A ；（Ⅱ）将函数()y f x =的图象向左平移12π个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数()y g x =的图象.求()g x 在5[0,]24π上的值域. 3. 【河南省郑州市第一中学2019-2020学年高三上学期期中】已知点()2,0A ，()0,2B -，()2,0F -，设AOC α∠=，[)0,2απ∈，其中O 为坐标原点.（1）设点C 在x 轴上方，到线段AF 3AFC π∠=，求α和线段AC 的大小；（2）设点D 为线段OA 的中点，若2OC =，且点C 在第二象限内,求)3cos y DC OB BC OA α=⋅+⋅的取值范围.4. 【河北省衡水市深州市2019-2020学年高三上学期12月月考】已知向量()()2,22=+a x ωϕ，2,22⎛=- ⎝⎭b ，其中0>ω，02πϕ<<，函数()f x a b =⋅的图像过点()1,2B ，点B 与其相邻的最高点的距离为4． （1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）计算()()()122019f f f ++⋅⋅⋅+的值． 5. 【河北省衡水中学2017届高三下学期二调考试】 已知向量()()23sin ,1,cos ,cos 1m x n x x ωωω==+，设函数()f x m n b =⋅+.（1）若函数()f x 的图象关于直线6x π=对称，[]0,3ω∈，求函数()f x 的单调递增区间；（2）在（1）的条件下，当70,12x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 有且只有一个零点，求实数b 的取值范围. 6. 已知(sin ,cos ),(sin ,sin )a x x b x x ==，函数()f x a b =⋅． （1）求()f x 的对称轴方程； （2）若对任意实数[,]63x ππ∈，不等式()2f x m -<恒成立，求实数m 的取值范围．7. 【江苏省淮安市淮阴中学2019-2020学年高三期中数学试题】在如图所示的平面直角坐标系中，已知点(1,0)A 和点(1,0)B -，1OC =，且AOC=x ∠，其中O 为坐标原点．（1）若34x π=，设点D 为线段OA 上的动点，求||OC OD +的最小值； （2）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，向量m BC =，(1cos ,sin 2cos )n x x x =--，求m n ⋅的最小值及对应的x 值． 8. 已知向量(1,3p =，()cos ,sin q x x =. （1）若//p q ，求2sin 2cos x x -的值；（2）设函数()f x p q =⋅，将函数()f x 的图象上所有的点的横坐标缩小到原来的12（纵坐标不变），再把所得的图象向左平移3π个单位，得到函数()g x 的图象，求()g x 的单调增区间.9. 已知向量(3sin ,cos )x x =m ，(cos )x x =-n ，()f x =⋅-m n .（1）求函数()f x 的最大值及取得最大值时x 的值； （2）若方程()f x a =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围. 10. 【黑龙江省大庆实验中学2019届高三上学期第一次月考】已知O 为坐标原点，()22cos ,1OA x =，()1,OB x a =+ ()R,R x a a ∈∈且为常数，若()•f x OA OB =. （Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期和单调递减区间； （Ⅱ）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 的最小值为2，求实数a 的值.【参考答案部分】【典例1】如图，在平面直角坐标系中，已知点()2,0A 和单位圆上的两点()10B ,，34,55C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，点P 是劣弧BC 上一点，BOC α∠=，BOP β∠=．（1）若OC OP ⊥，求()()sin sin παβ-+-的值；（2）设()f t OA tOP =+，当()f t 的最小值为1时，求OP OC ⋅的值． 【思路引导】（1）根据任意角三角函数定义可求得sin ,cos αα，利用2πβα=-可求得sin cos βα=-，结合诱导公式可化简求出结果；（2）利用向量坐标表示可得到()2cos ,sin OA tOP t t ββ+=+，可求得224cos 4OA tOP t t β+=++，根据二次函数性质可求得22min44cos OA tOP β+=-，从而利用()f t 的最小值构造方程可求得2cos β，根据角的范围可求得sin β和cos β，进而根据数量积的坐标运算可求得结果.解：（1）由34,55C ⎛⎫- ⎪⎝⎭可知：4sin 5α，3cos 5α=- OC OP ⊥ 2πβα∴=-3sin sin cos 25πβαα⎛⎫∴=-=-= ⎪⎝⎭ ()()431sin sin sin sin 555παβαβ∴-+-=-=-= （2）由题意得：()cos ,sin P ββ ()2,0OA ∴=，()cos ,sin OP ββ=()2cos ,sin OA tOP t t ββ∴+=+()()22222cos sin 4cos 4OA tOP t t t t βββ∴+=++=++当2cos t β=-时，22min44cos OA tOPβ+=-()min 1f t ∴==，解得：23cos 4β=1sin 2β∴==0βα<< 6πβ∴=cos β∴= 12P ⎫∴⎪⎪⎝⎭3414525210OP OC -⎛⎫∴⋅=-⨯+⨯=⎪⎝⎭【典例2】【江苏省启东中学2020届高三上学期期初考试数学试题】在平面直角坐标系xOy 中，设向量()cos sin a αα=，，()sin cos b ββ=-，，()12c =-．（1）若a b c +=，求sin ()αβ-的值； （2）设5π6α=，0πβ<<，且()//a b c +，求β的值． 【思路引导】（1）利用向量的数量积转化求解两角差的三角函数即可；（2）通过向量平行，转化求解角的大小即可．解：（1）因为()cos sin a αα=，，()sin cos b ββ=-，，()12c =-，所以1a b c ===，且()cos sin sin cos sin a b αβαβαβ⋅=-+=-.因为a b c +=，所以22a bc +=，即2221a a b b +⋅+=，所以12sin ()11αβ+-+=，即1sin ()2αβ-=-．（2）因为5π6α=，所以3122a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，．依题意，1sin cos 2b c ββ⎛⎫+=-- ⎪ ⎪⎝⎭，．因为()//a b c +，所以)()11cos sin 022ββ-+--=．化简得，11sin 22ββ-=，所以()π1sin 32β-=．因为0πβ<<，所以ππ2π333β-<-<．所以ππ36β-=，即π2β=．【典例3】【2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷】已知向量a m x (,cos 2)=，b x n (sin 2,)=，设函数()f x a b =⋅，且()y f x =的图象过点(12π和点2(,2)3π-. （Ⅰ）求,m n 的值； （Ⅱ）将()y f x =的图象向左平移ϕ（0ϕπ<<）个单位后得到函数()y g x =的图象.若()y g x =的图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求()y g x =的单调增区间.试题思路引导：（Ⅰ）利用向量的数量积坐标运算公式代入函数式整理化简，将函数过的点(12π和点2(,2)3π-代入就可得到关于,m n 的方程，解方程求其值；（Ⅱ）利用图像平移的方法得到()y g x =的解析式，利用最高点到点(0,3)的距离的最小值为1求得ϕ角，得()2cos2g x x =，求减区间需令[]22,2x k k πππ∈+解x 的范围试题解析：（1）由题意知．()y f x =的过图象过点(12π和2(,2)3π-，所以sincos,66{442sin cos ,33m n m n ππππ=+-=+即1,2{12,2m n n =-=-解得{1.m n == （2）由（1）知．由题意知()()2sin(22)6g x f x x πϕϕ=+=++．设()y g x =的图象上符合题意的最高点为0(,2)x ，由题意知2011x +=，所以，即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）．将其代入()y g x =得sin(2)16πϕ+=，因为0ϕπ<<，所以6πϕ=，因此()2sin(2)2cos 22g x x x π=+=．由222,k x k k πππ-+≤≤∈Z 得,2k x k k πππ-+≤≤∈Z ，所以函数()y f x =的单调递增区间为[,],2k k k Z πππ-+∈【典例4】【河南省信阳市2019-2020学年高三第一次教学质量检测】已知函数()()f x a b c =+，其中向量()sin ,cos a x x =-，()sin ,3cos b x x =-，()cos ,sin c x x =-，x ∈R .（Ⅰ）若()52f α=，588ππα-<<-，求cos2α的值； （Ⅱ）不等式()2f x m -<在,82x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数m 的取值范围. 【思路引导】(Ⅰ)利用向量数量积公式得到()f x 后,再用二倍角公式以及两角和的正弦公式的逆用公式化成辅助角的形式,根据已知条件及同角公式解得3cos 244πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭,再将所求变成33cos 2cos 244ππαα⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦后,利用两角差的余弦公式求得;(Ⅱ)将不等式恒成立转化为最大最小值可解得. 解：()()f x a b c =+()()sin ,cos sin cos ,sin 3cos x x x x x x =---222 sin2sin cos3cos1sin22cos x x x x x x =-+=-+32cos2sin2224x x xπ⎛⎫=+-=++⎪⎝⎭（Ⅰ）若()52fα=，则352242πα⎛⎫+=⎪⎝⎭，即3sin(2)44πα+=，由588ππα-<<-∴544ππα-<2<-，即3242πππα-<2+<，则3cos244πα⎛⎫+=⎪⎝⎭则333333cos2cos2cos2cos sin2sin444444ππππππαααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+++⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦142424⎛=-+=⎝⎭.（Ⅱ）∵不等式()2f x m-<在,82xππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，∴()22f x m-<-<，即()()22f x m f x-<<+在,82xππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，当,82xππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则2,4xππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，372,44xπππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，则当324xππ+=，即8xπ=时,()f x取得最大值，最大值为()max2f x=，当33242xππ+=，即38xπ=时,()f x取得最小值，最小值为()min322f xπ=+2=-则2222mm>-⎧⎪⎨<⎪⎩,得04m<<，即实数m的取值范围是(0,4-.【典例5】【陕西省宝鸡市宝鸡中学2019-2020学年高三上学期期中】已知向量()a cos x cos xωω=-，，()b sin x xωω=（ω＞0），且函数()f x a b=⋅的两个相邻对称中心之间的距离是4π．（1）求6f π⎛⎫⎪⎝⎭； （2）若函数()()1g x m x =+在04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点，求实数m 的取值范围． 【思路引导】（1）首先利用平面向量的数量积的应用求出函数的关系式，进一步把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出结果．（2）利用函数的零点和方程之间的转换的应用，利用函数的定义域和值域之间的关系求出m 的范围． 解：（1）向量()a cos x cos x ωω=-，，()b sin x x ωω=， 所以()f x a b =⋅=sinωx •cosωx 2ωx)1212223sin x cos x sin x πωωω⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭． 函数的两个相邻对称中心之间的距离是4π． 所以函数的最小正周期为2π， 由于ω＞0，所以242πωπ==，所以f （x ）＝sin （4x 3π-）．则f （6π）4632sin ππ⎛⎫=⋅--= ⎪⎝⎭sin 3π=0． （2）由于f （x ）＝sin （4x 3π-）．则()()1g x m x =+在04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点，即31432m x π⎛⎫+--= ⎪⎝⎭0，即m 1432x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，由于04x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，所以24333x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，，在24333x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，时，函数的图象与y ＝m 有两个交点，最高点除外．当433x ππ-=时，m 31222=+=，当432x ππ-=时，m 12=，所以当m 122⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，函数的图象在在04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恰有两个零点．【典例6】【辽宁省鞍山市第一中学2019-2020学年高三上学期11月月考】已知实数0θπ≤≤，()cos ,sin a θθ=，()0,1j =，若向量b 满足()0a b j +⋅=，且0a b ⋅=. （1）若2a b -=，求b ；（2）若()()f x b x a b =+-在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，求实数θ的取值范围.【思路引导】（1）设出b 的坐标，结合0a b ⋅=、2a b -=、()0a b j +⋅=，解方程，先求得θ的值，再求得b 的坐标. （2）利用向量模的运算、数量积的运算化简()f x 表达式，结合二次函数的性质列不等式，解不等式求得b 的取值范围.设出b 的坐标，结合()0a b j +⋅=、0a b ⋅=，解方程，用θ表示出2b ，根据b 的取值范围列不等式，解不等式求得cos θ的取值范围，进而求得θ的取值范围. 解：（1）设()00,b x y =，则()00cos ,sin b x a y θθ=+++，∵0a b ⋅=， 由2a b -=得()24a b -=，得2224a a b b -⋅+=，得2104b -+=，得3b =，∵()0a b j +⋅=，∴0sin 0y θ+=，∴0sin y θ=-，∵0a b ⋅=，∴00cos sin 0x y θθ+=，∴20sin cos x θθ=，∴()22222002sin 3sin cos x y b θθθ⎛⎫=+=⇒+- ⎪⎝⎭3tan θ=⇒= ∵[]0,θπ∈，∴3πθ=，或23πθ=，∴当3πθ=时，032x =，0y = 当23πθ=时，032x =-，02y =-，所以3,22b ⎛=-⎝⎭或3,22b ⎛=-- ⎝⎭.（2）()()()1f x b x a b xa x b =+-=+-()()2222121a x b x x a b =+-+-⋅()2222212b b x bx b ==+-+，∵()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，所以对称轴()2221221b b--≤+，即1b ≤， 设()00,b x y =，则()00cos ,sin b x a y θθ=+++，又∵()0a b j +⋅=，且0a b ⋅=，∴0sin y θ=-，20sin cos x θθ=. ∴22222020sin sin 1cos x b y θθθ⎛⎫=+=+≤ ⎪⎝⎭，即22sin cos θθ≤，21cos 2θ≥， ∴21,22cos θ⎤⎡∈--⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎦，∴30,,44ππθπ⎡⎤⎡⎤∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦. 【典例7】【江西省南昌市第二中学2018届高三上学期第五次月考】在平面直角坐标系xOy 中，已知向量()cos ,sin e αα=，设,(0)OA e λλ=>，向量ππcos ,sin 22OB ββ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．（1）若π6βα=-，求向量OA 与OB 的夹角； （2）若2AB OB ≥ 对任意实数,αβ都成立，求实数λ的取值范围． 【思路引导】(1)由题意结合平面向量的坐标表示，结合平面向量的数量积运算法则可得1cos sin62πθ==. 则向量OA 与OB 的夹角为3π. (2)原问题等价于2230OA OB λ-⋅-≥任意实数,αβ都成立.分离参数可得()23sin 2λαβλ-≥-任意实数,αβ都成立.结合三角函数的性质求解关于实数λ的不等式可得3λ≥.解析：（1）由题意， ()cos ,sin (0)OA λαλαλ=>， ()sin ,cos OB ββ=-， 所以 OA λ=， 1OB =， 设向量OA 与OB 的夹角为θ, 所以()()cos sin sin cos cos sin 1OA OB OA OBλαβλαβθαβλ-+⋅===-⋅⋅.因为6πβα=-，即6παβ-=，所以1cos sin62πθ==.又因为[]0,θπ∈，所以3πθ=,即向量OA 与OB 的夹角为3π.（2）因为2AB OB ≥对任意实数,αβ都成立，而1OB =, 所以24AB ≥，即()24OB OA-≥任意实数,αβ都成立. .因为OA λ=，所以2230OA OB λ-⋅-≥任意实数,αβ都成立. 所以()22sin 30λλαβ---≥任意实数,αβ都成立.因为0λ>，所以()23sin 2λαβλ-≥-任意实数,αβ都成立.所以2312λλ-≥，即2230λλ--≥，又因为0λ>，所以3λ≥1. ．【河北省唐山市第一中学2019-2020学年高三上学期10月月考】已知向量()2cos 1,2sin a x x ωω=+，()()6cos 0b x x ωωω=->.（1）当2x k πωπ≠+，k Z ∈时，若向量()1,0c =，()3,0d =，且()()//a c b d -+，求224sin cos x x ωω-的值；（2）若函数()f x a b =⋅的图象的相邻两对称轴之间的距离为4π，当,86x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，求函数()f x 的最大值和最小值． 【思路引导】（1）先将a c -和b d +用坐标形式表示出来，然后根据向量平行对应的坐标表示得到tan x ω的值，然后利用22sin cos 1x x ωω+=将224sin cos x x ωω-进行变形即可求值； （2）计算并化简()f x ，根据相邻两对称轴之间的距离为4π求解出ω的值，然后根据x 范围即可求解出()f x 的最大值和最小值.解：（1）因为()2cos ,2sin a c x x ωω-=，()6cos ,cos b d x x ωω+=，又因为()()//a cb d -+，2cos x x x ωωω=，又因为()2xk k Z πωπ≠+∈，所以tan x ω=，所以22222222114sin cos 4tan 1834sin cos 1sin cos tan 113112x x x x x x x x ωωωωωωωω----====-+++； （2）()())2cos 112sin cos f x a b ωx ωx ωx ωx =⋅=+-+)22cos 1sin 2sin 222sin 23x x x x x πωωωωω⎛⎫=-+==+ ⎪⎝⎭，因为相邻两对称轴之间的距离为4π，所以242T ππ=⨯=，所以224Tπω==，所以2ω=， 所以()2sin 43πf x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，因为,86x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以4,36ππx π⎛⎫⎡⎤+∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 所以()max 2sin22f x π==，此时24x π=，()min 2sin 16f x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，此时8x π=-. 2. 已知向量(sin ,1),(3cos ,cos 2)(0)2Am x n A x x A ==>，函数()f x m n =⋅的最大值为6. （Ⅰ）求A ；（Ⅱ）将函数()y f x =的图象向左平移12π个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数()y g x =的图象.求()g x 在5[0,]24π上的值域. 【解析】（Ⅰ）()(sin ,1)cos ,cos 2)sin 2.26A f x m n x x x A x π⎛⎫=⋅=⋅=+ ⎪⎝⎭ 因为()f x m n =⋅的最大值为6，所以 6.A = （Ⅱ）将函数()y f x =的图象向左平移12π个单位， 得到()6sin 26sin 2.1263t x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变， 得到()6sin 4.3g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭因为5[0,],24x π∈所以74,336x πππ≤+≤ ()6sin 43g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小值为76sin 3,6π⨯=-最大值为6sin 6,2π⨯=所以()g x 在5[0,]24π上的值域为[]3,6.- 3. 【河南省郑州市第一中学2019-2020学年高三上学期期中】已知点()2,0A ，()0,2B -，()2,0F -，设AOC α∠=，[)0,2απ∈，其中O 为坐标原点.（1）设点C 在x 轴上方，到线段AF 3AFC π∠=，求α和线段AC 的大小；（2）设点D 为线段OA 的中点，若2OC =，且点C 在第二象限内,求)3cos y DC OB BC OA α=⋅+⋅的取值范围. 【思路引导】（1）过点C 作AF 的垂线，垂足为点E ，可得出CE =2CF =，可得出OCF ∆为等边三角形，可求出α的值，然后在ACF ∆中利用余弦定理求出AC ；（2）由题中条件求出DC 、OB 、OA 的坐标，化简)cos y OB BC OA α=⋅+⋅的解析式为4cos 223y πα⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，再根据α的取值范围，结合余弦函数的定义域与基本性质可求出y 的取值范围.解：（1）过C 作AF 的垂线，垂足为E ，则CE =在直角三角形FCE 中，2sin CEFC CFE==∠，又2OF =，3OFC π∠=，所以OFC ∆为正三角形.所以3FOC π∠=，从而23FOC παπ=-∠=.在AFC ∆中，AC ==； （2）()2,0A ，点D 为线段OA 的中点，()1,0D ∴，2OC =且点C 在第二象限内，()2cos ,2sin C αα∴，,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，从而()2cos 1,2sin DC αα=-，()2cos ,2sin 2BC αα=+，()2,0OA =，()0,2OB =-，则)2cos cos 4cos y OB BC OA αααα=⋅+⋅=-+()221cos 24cos 223πααα⎛⎫=-++=++ ⎪⎝⎭，因为,2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以472,333πππα⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，从而1cos 2123πα⎛⎫-<+≤ ⎪⎝⎭， 04cos 2263πα⎛⎫∴<++≤ ⎪⎝⎭，因此，)cos y OB BC OA α=⋅+⋅的取值范围为(]0,6.4. 【河北省衡水市深州市2019-2020学年高三上学期12月月考】已知向量()()2,22=+a x ωϕ，2,⎛= ⎝⎭b ，其中0>ω，02πϕ<<，函数()f x a b =⋅的图像过点()1,2B ，点B 与其相邻的最高点的距离为4． （1）求函数()f x 的单调递减区间；（2）计算()()()122019f f f ++⋅⋅⋅+的值． 【思路引导】（1）先求出()1cos2()f x x ωϕ=-+，则()1,2B 为函数()f x 的图象的一个最高点，又点B 与其相邻的最高点的距离为4，所以242πω=，可得4πω=，再将点()1,2B 代入求出4πϕ=即可求出()1sin 2f x x π=+，最后令322222k x k πππππ+≤≤+解之即可求出函数()f x 的单调递减区间；（2）根据函数()f x 的最小正周期4，则()()()()()()()()()()1220195041234123f f f f f f f f f f ++⋅⋅⋅+=++++++⎡⎤⎣⎦求出()1f 、()2f 、()3f 、()4f 的值代入计算即可.解：（1）因为()()2,22=+a x ωϕ，2,22⎛=- ⎝⎭b()22()1cos 2()22∴=⋅=⋅-+=-+f x a b x x ωϕωϕ ()max 2∴=f x ，则点()1,2B 为函数()f x 的图象的一个最高点．点B 与其相邻的最高点的距离为4，242∴=πω，得4πω=． 函数()f x 的图象过点()1,2B ，1cos 222⎛⎫∴-+=⎪⎝⎭πϕ即sin 21=ϕ. 02πϕ<<，4πϕ∴=．()1cos 21sin 442⎛⎫∴=-+=+ ⎪⎝⎭f x x x πππ，由322222k x k πππππ+≤≤+，得4143k x k +≤≤+，k Z ∈．()f x ∴的单调递减区间是[]41,43++k k ，k Z ∈．（2）由（1）知，()1sin2=+f x x π，()f x ∴是周期为4的周期函数，且()12f =，()21f =，()30f =，()41f =()()()()12344∴+++=f f f f而201945043=⨯+，()()()12201945042102019∴++⋅⋅⋅+=⨯+++=f f f5. 【河北省衡水中学2017届高三下学期二调考试】 已知向量()()23sin ,1,cos ,cos 1m x n x x ωωω==+，设函数()f x m n b =⋅+.（1）若函数()f x 的图象关于直线6x π=对称，[]0,3ω∈，求函数()f x 的单调递增区间；（2）在（1）的条件下，当70,12x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 有且只有一个零点，求实数b 的取值范围. 思路引导：（1）根据平面向量数量积运算求解出函数()•f x m n b =+，利用函数()f x 的图象关于直线6x π=对称，且[]0,3ω∈可得1ω=，结合三角函数的性质可得其单调区间；（2）当70,12x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求出函数()f x 的单调性，函数()f x 有且只有一个零点，利用其单调性求解求实数b 的取值范围. 试题解析： 解：向量()3sin ,1m x ω=， ()cos ,cos21n x x ωω=+，()2•3sin cos cos 1f x m n b x x x b ωωω=+=+++133cos2sin 222262x x b x b πωωω⎛⎫=+++=+++ ⎪⎝⎭ （1）∵函数()f x 图象关于直线6x π=对称，∴()2?662k k Z πππωπ+=+∈，解得： ()31k k Z ω=+∈，∵[]0,3ω∈，∴1ω=，∴()3sin 262f x x b π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭，由222262k x k πππππ-≤+≤+，解得： ()36k x k k Z ππππ-≤≤+∈，所以函数()f x 的单调增区间为(),36k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦．（2）由（1）知()3sin 262f x x b π⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭，∵70,12x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ∴42,663x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦， ∴2,662x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，即0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 单调递增； 42,663x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，即7,612x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 单调递减． 又()03f f π⎛⎫=⎪⎝⎭， ∴当70312f f ππ⎛⎫⎛⎫>≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭或06f π⎛⎫= ⎪⎝⎭时函数()f x 有且只有一个零点． 即435sinsin326b ππ≤--<或3102b ++=，所以满足条件的52b ⎛⎧⎫∈-⋃- ⎨⎬ ⎩⎭⎝⎦． 6. 已知(sin ,cos ),(sin ,sin )a x x b x x ==，函数()f x a b =⋅． （1）求()f x 的对称轴方程； （2）若对任意实数[,]63x ππ∈，不等式()2f x m -<恒成立，求实数m 的取值范围． 【思路引导】（I ）利用平面向量数量积的坐标表示、二倍角公式以及两角和与差的正弦公式将函数()f x 化为12242x π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，利用242x k k Z πππ-=+∈，可得对称轴方程；（II ）原不等式化为sin 24x π⎛⎫-≥⎪⎝⎭，利用3222444k x k k Z πππππ+≤-≤+∈，可得结果；（Ⅲ）2f x m -（）＜恒成立，等价于2max m f x -＞（），利用63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，求得5212412x πππ≤-≤，可得max f x （），从而可得结果.【详解】（I ）()21cos21sin sin cosx sin222x f x a b x x x -=⋅=+⋅=+ 1sin 2242x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，令242x k k Z πππ-=+∈，，解得328k x k Z ππ=+∈，． ∴f x （）的对称轴方程为328k x k Z ππ=+∈，．（II ）由1f x （）≥得121242x π⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭，即sin 242x π⎛⎫-≥⎪⎝⎭， ∴3222444k x k k Z πππππ+≤-≤+∈，． 故x 的取值集合为42xk x k k Z ππππ⎧⎫+≤≤+∈⎨⎬⎩⎭，．（Ⅲ）∵63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴5212412x πππ≤-≤， 又∵sin y x =在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是增函数，∴5sin sin 212412x sin πππ⎛⎫≤-≤ ⎪⎝⎭，又5sinsin 12644πππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭，∴()f x 在63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时的最大值是()122max f x =+=，∵2f x m -（）＜恒成立，∴2max m f x -＞（），即54m >，∴实数m 的取值范围是⎫+∞⎪⎪⎝⎭．7. 【江苏省淮安市淮阴中学2019-2020学年高三期中数学试题】在如图所示的平面直角坐标系中，已知点(1,0)A 和点(1,0)B -，1OC =，且AOC=x ∠，其中O 为坐标原点．（1）若34x π=，设点D 为线段OA 上的动点，求||OC OD +的最小值； （2）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，向量m BC =，(1cos ,sin 2cos )n x x x =--，求m n ⋅的最小值及对应的x 值． 【思路引导】（1）设D （t ，0）（0≤t ≤1），利用二次函数的性质求得它的最小值．（2）由题意得⋅=m n 1sin （2x 4π+），再利用正弦函数的定义域和值域 求出它的最小值．解：（I ）设(,0)(01)D t t ≤≤，又22C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭所以22OC OD t ⎛+=-+ ⎝⎭所以22211||122OC OD t t +=++=-+ 21(01)22t t ⎛⎫=-+≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭所以当2t =时，||OC OD +最小值为2． （II ）由题意得(cos ,sin )C x x ，(cos 1,sin )m BC x x ==+ 则221cos sin 2sin cos 1cos2sin 2m n x x x x x x ⋅=-+-=--124x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭因为0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以52444x πππ≤+≤ 所以当242x ππ+=时，即8x π=时，sin 24x π⎛⎫+⎪⎝⎭取得最大值1所以8x π=时，1224m n x π⎛⎫⋅=-+ ⎪⎝⎭取得最小值1所以m n ⋅的最小值为1，此时8x π=8. 已知向量(1,3p =，()cos ,sin q x x =. （1）若//p q ，求2sin 2cos x x -的值；（2）设函数()f x p q =⋅，将函数()f x 的图象上所有的点的横坐标缩小到原来的12（纵坐标不变），再把所得的图象向左平移3π个单位，得到函数()g x 的图象，求()g x 的单调增区间. 【思路引导】（1）由//p q ，可得出tan x =2sin 2cos x x -的值；（2）利用平面向量数量积的坐标运算以及辅助角公式可得出()2sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，利用三角函数图象变换规律得出()52sin 26g x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，然后解不等式()5222262k x k k Z πππππ-+≤+≤+∈，可得出函数()y g x =的单调递增区间. 解：（1）(1,3p =，()cos ,sin q x x =，且//p q ，sin x x ∴=，则tan x =222222sin cos cos 2tan 1sin 2cos sin cos tan 1x x x x x x x x x --∴-===++；（2）()cos 2sin 6f x p q x x x π⎛⎫=⋅=+=+ ⎪⎝⎭，由题意可得()52sin 22sin 2366g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 由()5222262k x k k Z πππππ-+≤+≤+∈，得()236k x k k Z ππππ-+≤≤-+∈. ∴函数()y g x =的单调递增区间为()2,36k k k Z ππππ⎡⎤-+-+∈⎢⎥⎣⎦.9. 已知向量(3sin ,cos )x x =m ，(cos )x x =-n ，()f x =⋅m n . （1）求函数()f x 的最大值及取得最大值时x 的值； （2）若方程()f x a =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围. 【思路引导】（1）先通过数量积求出5()26f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，再根据三角函数即可求出最大值．（2）方程()f x a =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根表示()f x a =与y 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的交点，画出()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦的图像易得a 的取值范围． 【详解】（1）23()3sin cos sin 22f x x x x x =⋅=-=-+m n35cos 2)sin 22222226x x x x π⎛⎫+-=-+=+ ⎪⎝⎭.当52262x k πππ+=+，即6x k ππ=-，k ∈Z 时，函数f （x（2）由于0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，55112,666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦.而函数()g x x =在区间53,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在区间311,26ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增.又11362g g ππ⎛⎫⎛⎫==⎪⎪⎝⎭⎝⎭56g π⎛⎫=⎪⎝⎭结合图象（如图），所以方程()f x a =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个不同的实数根时，a ⎛∈ ⎝⎦.故实数a 的取值范围为⎛ ⎝⎦. 10. 【黑龙江省大庆实验中学2019届高三上学期第一次月考】已知O 为坐标原点，()22cos ,1OA x =，()1,OB x a =+ ()R,R x a a ∈∈且为常数，若()•f x OA OB =. （Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期和单调递减区间； （Ⅱ）若0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 的最小值为2，求实数a 的值. 【思路引导】（1）通过向量的数量积，把OA ，OB 的坐标，代入函数解析式，利用向量积的运算求得函数解析式，进而得到函数()f x 的最小正周期和单调递减区间； （2）通过x ∈[0，2π]，求出相位的范围，然后求出函数的最大值，利用最大值为2，直接求得a ． 解：(1)由题意()()22cos ,1,1,3sin2(,,OA x OB x a x R a R a ==-∈∈是常数）所以()22cos cos212sin 216f x x x a x x a x a π⎛⎫=++=+++=+++ ⎪⎝⎭， ∴()f x 的最小正周期为22ππ=， 令3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈， 所以()f x 的单调递减区间为2,,63k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦. （2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，72,666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦， ∴当7266x ππ+=，即2x π=时，()f x 有最小值a ,所以2a = .。

专题06 三角函数及解三角形——2020年高考真题和模拟题理科数学分项汇编(解析版).docx

专题06 三角函数及解三角形——2020年高考真题和模拟题理科数学分项汇编(解析版).docx

专题06三角函数及解三角形2020年高考真题1. ［2020年高考全国I卷理数】设函数f(x) = cos(®x + -)在［-”，兀］的图像大致如下图，则/(%)的最小正6周期为9 64兀3兀C. —D.兰3 2【答案】C【解析】由图可得：函数图象过点( 4 兀1T \将它代入函数/(兀)可得：cosl一- •<« + —1 = 0,又［-普,o］是函数/(兀)图象与x轴负半轴的第一个交点,十.I 4兀兀兀5 e 3所以-亍0+丁丐,解得r •2K _ 2兀_ 4兀所以函数/(%)最小正周期为=T=T=T2故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题.2. [2020 年高考全国I 卷理数】已知cc G (0,7i),且3COS2Q-8COSQ =5 ,贝0 sin^z =A. B.【答案】A又 a e (0, n),.'. sin a = Jl-cos? a =•故选：A. 【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解 能力，属于基础题.3.【2020年高考全国II 卷理数】若a 为第四象限角，则B. cos2a<0D. sin2a<0 【答案】D【解析】方法-：由。

为第四象限角，可得亍2炽“<2卄2炽从Z,所以 3兀 + 4k 兀 < 2a < 4兀 + 4-kn, e Z此时2a 的终边落在第三、四象限及V 轴的非正半轴上，所以sin2a<0,故选：D.兀方法二：当& =——时，cos 2a = cos 由a 在第四象限可得：sin a <0, cos a > 0 ,则由2 a 蕃1 aaz Qz < ，选项C 错误，选项D 正确； 故选：D.【点睛】本题主要考查三角函数的符号，二倍角公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转 化能力和计算求解能力.C. sin2a>0>0,选项B 错误;<0,选项A 错误;【解析】3cos2a-8cosa = 5 ,得6cos 2tz-8coscr-8 = 0 -【答案】A2【解析】在ABC中，cosC = —, AC = 4, BC = 3, 3根据余弦定理：AB2 =AC2+BC2-2AC BC COS C，7AB- =42+32-2X4X3X-,3可得AB2 = 9，即AB — 3 ,… AB2+BC2-AC2 9 + 9-16 1由cos B = ------------------------- = ------------ =—,2ABBC2x3x3 9故cos B =—.9故选：A.5. [2020年高考全国III卷理数】已知2tan^-tan（0+ —）=7,则tan^=A. -2B. -1【答案】D【解析】2 tan - tan | ^ + — | = 7 , z. 2tan^~ tan^ + ^ =7 ,I 4 丿 1 - tan令/ = tan&,/Hl,则2/—土 = 7,整理得严_4/ + 4 = 0,解得t = 2,即tan6» = 2.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.6.【2020年高考北京】2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（兀Day）.历史上，求圆周率兀的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似.数学家阿尔•卡西的方法是：当正整数"充分大时，计算单位圆的内接正6“边形的周长和外切正6“边形（各边均与圆相切的正6“边形）的周长，将它们的算术平均数作为2兀的近似值.按照阿尔•卡西的方法，兀的近似值的表达式是2 71 、［/ — 71 -- 当“一 2571 6 _ 时，y = —1 二 2x^ + ^ = —+ 2^(^ e Z),3n < .30° 30°) 6n < .30° 30°) A. sin —— + tan ----- B. sin —— + tan ----- 1 n n 丿 I n n ) 3n (.60° 60°) 6n (.60° < 60°) c. sin ---- + tan ----- D. sin ----- + tan ----- I nn 丿 I nn ) 【答案】A 360° 60° 30° 【解析】单位圆内接正6〃边形的每条边所对应的圆周角为一 =——，每条边长为2sin —, nx6 n n 30° 所以，单位圆的内接正6〃边形的周长为12nsin ——, n30° 30° 单位圆的外切正6n 边形的每条边长为2tan —,其周长为12〃tan —, n n30° 30° 12nsin ----- 12ntan ---------.・.* 二 ----- n --------------- n _ 2( 30° 30°则 7i = 3n\ sin------ + tan --- I n n故选：A.【点睛】本题考查圆周率兀的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正6〃边形和外切正6〃边形的 周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.7. [2020年新高考全国I 卷】下图是函数y 二sin （亦+卩）的部分图像，贝!j sin （亦+卩）=【答案】BC=6“ sin 竺+ tan 竺, I n n ) A. sin(x + f)¥亠)【解析】由函数图像可知：- = -7T —— 2 3 71 _71 6~2 27T 则血=—=—=2,所以不选A, T 71 B.解得：cp 二 Ikn + 彳兀(£ e Z ),即函数的解析式为：y = sin| 2x + —TT + 2A ；7Z - | = sin| 2x + —+ —| = cos| 2x + — | = sin| — -2x I 3 丿(6 2丿(6丿(3 (\5/r而 cos I 2x + — I — - cos( — 2x) 故选：BC.【点睛】已知fix) =Asin(a}x +^)(A>0, e>0)的部分图象求其解析式时，A 比较容易看图得出，困难的 是求待定系数e 和0常用如下两种方法：竺即可求出e ；确定y 时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标xo,则令 exo+0 = O(或 a )xo+<p=7t'),即可求出 <p.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出co 和<p, 若对A, e 的符号或对°的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.&【2020年高考全国I 卷理数】如图，在三棱锥P ABC 的平面展开图中，AC=1, AB = AD =也,佔丄AC, AB±AD, ZCAE=30°,贝0 cosZFCB= _______________ .【答案】4【解析】 AB 丄AC, AB = j3, AC = E由勾股定理得BC = V A B 2+AC 2 = 2 ‘71 F(P)同理得 BD =品，：.BF = BD = ^，在△4CE 中，AC = 1, AE = AD =运,ZCAE = 30 ，由余弦定理得 CF = 3+^2—240 AEcos30 =l + 3-2xlxV3x —= 1, 2:.CF = CE = 1,在 BCF 中，BC = 2, BF =愿，CF = 1,CF~ + BC 2 -BF 2由余弦定理得cos ZFCB = 七——2CFBC故答案为：—. 4【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.9.【2020年高考全国III 卷理数】16.关于函数f (x) =sinx ——-—有如下四个命题: sinx®f (%)的图像关于y 轴对称.®f (x)的图像关于原点对称.1T®f (X )的图像关于直线x=3对称.®f (X )的最小值为2.其中所有真命题的序号是 __________ .【答案】②③所以，函数/(x)的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数/(X )的定义域为[x\x^kn,k^Z^ ,定义域关于原点对称, / ( -x) = sin (-%) + —r = - sin x - -— = -fsinx + -^―] = -/(%),sin (—兀) sinx I sinx)所以，函数/(x)的图象关于原点对称，命题②正确;1 + 4-6 2x1x2 【解析】对于命题①,A 7C \ . (7C ] 1(2 丿(2 ) .(7i' 7' 7 sm —+ x12所以，函数/(x)的图象关于直线x = |对称，命题③正确;对于命题④，当一7i<x<0时，sinx<0,贝J f(x} = sinx + — <0< 2 , sinx命题④错误.故答案为：②③.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.JT 210.【2020年高考江苏】已知sin2(-+ <?) = -,则sin2a 的值是▲.4 3【解析】Qsin2(—+ cr) = (-^cosa-\——sin a)2 = —(1 + sin 2a)4 2 2 21 2 1— (1 + sin 2a) = —sin 2a =—2 3 3故答案为：-3【点睛】本题考查两角和正弦公式、二倍角正弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题.11.【2020年高考北京】若函数/(x) = sin(x+^) + cosx的最大值为2,则常数0的一个取值为 _______________IT TT【答案辽(2唸+亍心均可)【解析】因为 (兀)=cos ©sin 兀 +(sin 0 + 1)cos 兀=Jcos? 0 +(sin 0 + 1)2 sin (兀+ 0), 所以Jcos?(p + (sin(p +1『=2,解得sin0 = l,故可取^ = ~-7T7T故答案为：-(2^ + -,^eZ 均可). 2 2【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式，辅助角公式的应用，以及平方关系的应用，考查学生的数 学运算能力，属于基础题.1T12. [2020 年高考浙江】已知 tan& = 2,则 cos2& = _______ , tan(6>-一) = ______ .3 1【答案】V 巧cos 2 0-sin 2 0 _ 1-tan 2 _ 1 -22cos 2 ^ + sin 2 0 1 + tan 2 0 1 + 223 1故答案为： 【点睛】本题考查二倍角余弦公式以及弦化切、两角差正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.13. [2020年高考江苏】将函数y = 3sin(2x +^)的图象向右平移夕个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最 4 6近的对称轴的方程是▲ • 【答案】2-峯 24V/ 'j I r jl【解析】y — 3sin[2(x ---- ) —] = 3 sin(2x ------ ) 6 4 12小 TC TC , , x 7 TT k/C 7 x2x ------ — —F k 兀G Z)x — ----------- 1 ---- (k G Z) 12 2 24 2当k = -1时兀=——• 24故答案为：x =———24 【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题.14. [2020年新高考全国I 卷】某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.O 为圆孔 及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧与直线BC 的切点，四边 形 DEFG 为矩形，BC 丄DG,垂足为 C, tanZODC= - , BH//DG , EF=12 cm, DE=2 cm, A 到直线5DE 和EF 的距离均为7 cm,圆孔半径为1 cm,则图中阴影部分的面积为 ___________ cm 2.【解析】cos 20 = cos 2 0 - sin 2 0 = tan <9-1 l + tan& 2-11 + 2【答案】4 + »兀 2【解析】设05 = OA=r,由题意AM = AN = 1, EF = \2，所以NF = 5,因为 AP = 5,所以 ZAGP = 45\因为 BH//DG,所以 ZAH0 = 45°，因为AG 与圆弧4B 相切于A 点，所以Q4丄4G,即AOAH 为等腰直角三角形；在直角△0QD 中，0Q = 5_^r ，DQ = l-—r ，2 2因为 tanZ0DC = -^ = |，所以 21- —r = 25-^r ， DQ 5 22 解得 r = 2A /2 ；等腰直角MAH 的面积为恥》2屈2尽4；I 所以阴影部分的面积为S] + S?—㊁兀=4 +三-•故答案为：4 + T.扇形A0B 的面积S 2 = =3乃，【点睛】本题主要考查三角函数在实际中应用，把阴影部分合理分割是求解的关键，以劳动实习为背景，体现了五育并举的育人方针.15.【2020 年高考全国II 卷理数】/XABC 中，sin2A —sin2B—sin2C= sinBsinC.(1)求A；(2)若BC=3,求zMBC周长的最大值.【解析】(1)由正弦定理和已知条件得BC2-AC2-AB2^AC AB，①由余弦定理得BC2 = AC2 +AB2- 2AC AB cos A，②由①，②得cos A =—.22兀因为0<4<兀，所以A =—.3(2)由正弦定理及(1)得上匕=少-=-?£ = 2巧，sin B sin C sin A从而AC = 2A/3 sin B , AB = 2^3 sin(兀一A - B) = 3 cos B一A/3 sin B.故BC + 4C + AB = 3 + 7^sinB + 3cosB = 3 + 2V^sin(B + ¥).X0<B<-,所以当B =-时，AABC周长取得最大值3 + 2^3-3 616.[2020年高考江苏】在A ABC中，角A, B, C的对边分别为°, b, c,已知a = 3,c =迈,B = 45。

2020年高考数学三角函数、三角形、平面向量 专题14 平面向量的数量积 文(含解析)

2020年高考数学三角函数、三角形、平面向量 专题14 平面向量的数量积 文(含解析)

专题14平面向量的数量积一、本专题要特别小心:1。

平面向量数量积的模夹角公式的应用2。

平面向量数量积的坐标公式应用问题3. 向量垂直的应用4.向量的数量积问题等综合问题5。

向量夹角为锐角、钝角时注意问题6。

向量数量积在解析几何中应用7.向量数量积在三角形中的应用.二．【学习目标】1．理解平面向量数量积的含义及其物理意义．2．了解平面向量的数量积与向量投影的关系．3．掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算．4．能运用数量积表示两个向量的夹角及判断两个平面向量的垂直关系．5．会用向量方法解决一些简单的平面几何问题及力学问题．三．【方法总结】1。

要准确理解两个向量的数量积的定义及几何意义，熟练掌握向量数量积的五个重要性质及三个运算规律。

向量的数量积的运算不同于实数乘法的运算律，数量积不满足结合律：（a·b )·c ≠a ·（b·c )；消去律：a·b ＝a·c b ＝c ；a·b ＝0 a ＝0或b ＝0，但满足交换律和分配律。

2。

公式a·b ＝｜a ||b ｜cos θ；a·b ＝x 1x 2＋y 1y 2；|a |2＝a 2＝x 2＋y 2的关系非常密切,必须能够灵活综合运用.3。

通过向量的数量积，可以计算向量的长度，平面内两点间的距离，两个向量的夹角，判断相应的两直线是否垂直.4.a∥b ⇔x 1y 2－x 2y 1＝0与a ⊥b ⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0要区分清楚. 四．【题型方法】 （一）向量的数量积 例1. 在矩形ABCD 中，2AB =，2BC =，点E 为BC 的中点，点F在CD ，若，则AE BF ⋅的值（ ）A ．2B ．2C ．0D ．1【答案】A【解析】建立如图所示的坐标系，可得()0,0A ，()20B ，,()2,1E，(),2F x ，，(),2AF x =， 解得1x =，()1,2F ∴，,.故选A项．练习1. 在中，，,点是所在平面内的一点，则当取得最小值时，A．B．C．D．【答案】B【解析】，，，，以A为坐标原点建如图所示的平面直角坐标系，则,设，则，所以当x=2,y=1时取最小值，此时.故选：B.练习2. 如图所示,已知点O为ABC的重心，OA OBAB=,则AC BC⋅的值⊥，6为___________。

2020年江苏省高考数学填空题考前压轴冲刺——专题03 三角函数与解三角形问题(解析版)

2020年江苏省高考数学填空题考前压轴冲刺——专题03 三角函数与解三角形问题(解析版)

2020年江苏省高考数学填空题考前压轴冲刺专题03三角函数与解三角形问题2020年江苏高考填空题考点预测三角函数与解三角形是江苏高考必考的题型，主要考察正余弦定理，三角函数的图像与性质在解三角形中的灵活运用，常考的知识点如下：1.在ABC ∆中，C B A C B A tan tan tan tan tan tan =++,CB C B A tan tan 1tan tan tan -+-=. 2.在ABC ∆中，B c C b a cos cos +=，A c C a b cos cos +=,A b B a c cos cos +=.3.ABC ∆的面积Rabc R c ab C ab S 4221sin 21===. 4.C R c B R b A R a sin 2,sin 2,sin 2===.5.222222222cos 2,cos 2,cos 2b c a B ac c b a C ab a c b A bc -+=-+=-+=. 例1.(高考题)在锐角ABC ∆中，若C B A sin sin 2sin =,则C B A tan tan tan 的最小值为___________. 【答案】22【解析】法一：（基本不等式）因为C B A sin sin 2sin =，所以C B C B C B sin sin 2sin cos cos sin =+,得 C B C B tan tan 2tan tan =+. 所以：C B A C B A C B A C B A tan tan tan 22tan tan 2tan tan tan tan tan tan tan ≥+=++=, 即：22tan tan tan ≥C B A ，即C B A tan tan tan 的最小值为8.当4π=A 时等号成立.法二：（函数法）因为C B A sin sin 2sin =，所以C B C B C B sin sin 2sin cos cos sin =+,得 C B C B tan tan 2tan tan =+.所以1tan tan tan tan 2tan tan 1tan tan tan -=-+-=C B C B C B C B A ,所以：1tan tan tan tan 2tan tan tan 22-=C B C B C B A ,令x C B =-1tan tan ，则0,)1(2tan tan tan 2>+=x xx C B A 则84)1(2)1(2tan tan tan 2≥++=+=xx x x C B A ，当1=x 时等号成立. 即C B A tan tan tan 的最小值为8.当4π=A 时等号成立.例 2.在ABC ∆中，,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若22228a b c ++=，则ABC ∆面积的最大值为 ． 【答案】552【解析】法一：由三角形面积公式可得1sin 2S ab C =,()222211cos 4S a b C =-, 22222221142a b c S a b ab ⎡⎤⎛⎫+-=-⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，因为22228a b c ++=，所以22282a b c +=-，()2222222222222228311831114242416c a b c c S a b a b a b ab ab ⎡⎤⎡⎤-⎛⎫⎛⎫+--=-=-=-⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦()()222222835161616a bc c c +-≤-=-+，当且仅当a b =时，等号成立， 当85c =时， 2516c c -+取得最大值45，S． 法二：建立如图平面直角坐标系，设)0,2(c A -，),(),0,2(y x C c B 因为82222=++c b a ，所以82)2()2(22222=+++++-c y cx y cx ， 即222454c y x -=+，点C 在半径为2454c -的圆上运动，所以55245422212≤-=≤=c c cr ch S ，当85c =时， 2516c c -+取得最大值45，S的最大值为5．。

2020高考数学刷题首秧第三章三角函数解三角形与平面向量考点测试23正弦定理和余弦定理文含解析

2020高考数学刷题首秧第三章三角函数解三角形与平面向量考点测试23正弦定理和余弦定理文含解析

考点测试正弦定理和余弦定理高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值分、分，中、低等难度考纲研读一、基础小题．在△中，＝°，＝，＝，那么等于( )．° ．° ．° ．°答案解析由正弦定理知＝，即＝，所以＝，又由题知°<<°，所以＝°．故选．．在△中，＝°，＝，＝，则＝( )．．．．答案解析在△中，由余弦定理可得＝＋－×，代入得＝＋＋，解得＝或＝－(舍去)，所以＝＝，故选．．在△中，角，，的对边分别为，，．若(＋－)＝，则角的值为( )．．．或．或答案解析由余弦定理，知＋－＝，所以由(＋－)＝可得·＝，所以＝，所以＝或，故选．．在△中，若＋<，则△的形状是( )．锐角三角形．直角三角形．钝角三角形．不能确定答案解析由正弦定理得＋<，所以＝<，所以是钝角，故△是钝角三角形．故选．．已知△中，＝，＝，＝，则△的面积为( )．．．．答案解析因为＝，＝，所以＝，＝，则由正弦定理得＝，所以＝＝，则由余弦定理得＝＋－·，即＝＋－×，解得＝，所以△是以，为直角边的直角三角形，所以其面积为××＝，故选．．在△中，角，，的对边分别为，，，且满足∶∶＝∶∶，则＝( )．－．．－．－答案解析不妨设＝，＝，＝，由余弦定理可得＝＝－，则＝＝＝＝－，故选．．在△中，“<”是“<”的( )．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分也不必要条件答案解析根据正弦定理，“<”等价于“<”，根据“大边对大角”，得“<”等价于“<”．故选．．在△中，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是( )．＝，＝°，＝° ．＝，＝，＝°．＝，＝，＝° ．＝，＝，＝°答案解析由条件解三角形，其中有两解的是已知两边及其一边的对角．中，＝＝＝<，>，>，角有两个解，故选．二、高考小题．(·全国卷Ⅱ)在△中，＝，＝，＝，则＝( )．．．．答案解析因为＝－＝×－＝－，所以＝＋－×＝＋－×××－＝，∴＝．故选．．(·全国卷Ⅲ)△的内角，，的对边分别为，，．若△的面积为，则＝( )．．．．答案解析由题可知△＝＝，所以＋－＝．由余弦定理得＋－＝，所以＝．∵∈(，π)，∴＝，故选．．(·山东高考)在△中，角，，的对边分别为，，．若△为锐角三角形，且满足(＋)＝＋，则下列等式成立的是( )．＝．＝．＝．＝答案解析解法一：因为(＋)＝＋，所以＋＝＋(＋)，所以＋＝＋，即(－)＝，所以＝或＝，即＝°或＝，又△为锐角三角形，所以°＜＜°，故＝．故选．解法二：由正弦定理和余弦定理得＋＝·＋·，所以＋＝＋－，即(＋－)＝＋－，即(＋－)－＝，所以＋＝或＝，又△为锐角三角形，所以＋＞，故＝．故选．．(·浙江高考)在△中，角，，所对的边分别为，，．若＝，＝，＝°，则＝，＝．答案解析由＝得＝＝，由＝＋－，得－－＝，解得＝(舍去负值)．．(·全国卷Ⅰ)△的内角，，的对边分别为，，，已知＋＝，＋－＝，则△的面积为．答案解析根据题意，结合正弦定理可得＋·＝，即＝，结合余弦定理可得＝，所以为锐角，且＝，从而求得＝，所以△的面积为＝＝××＝．三、模拟小题．(·广东广雅中学、江西南昌二中联考)已知，，为△的三个内角，，所对的边，若＝(－)，则∶＝( )．∶．∶．∶．∶答案解析由正弦定理得＝－，(＋)＝，因为＋＋＝π，所以＋＝π－，所以＝，所以∶＝∶，故选．．(·合肥质检)已知△的三个内角，，所对的边分别是，，，若(－)＝，且＝，则－＝( )．．．．答案解析依题意，有－＝，由正弦定理得－＝；再由余弦定理可得·－·＝，将＝代入整理，得－＝，故选．．(·珠海摸底)在△中，已知角，，对应的边分别为，，，＝°，＝，＝，则△的面积为．答案解析根据余弦定理，有＋－＝，即＋－×＝，所以＝，解得＝，所以＝，所以△＝＝×××＝．．(·贵阳期末)设△的内角，，的对边分别为，，，且＝，＝，若△的面积为，则＋＝．答案解析由＝得＝，再由正弦定理＝，所以＝，即＝，又为△的内角，所以＝．由△的面积为＝＝×＝，得＝．再由余弦定理＝＋－，得＋＝，所以＋＝＝＝＝．．(·长春质检)已知△中内角，，的对边分别为，，，若其面积＝，角的平分线交于点，＝，＝，则＝．答案解析由＝＝，可知＝，由角平分线定理可知，＝＝＝．又＋＝＝，所以＝，＝．在△中，因为＝＝，＝＝，所以∠＝＝，在△中，由余弦定理得＝＋－·∠，所以＝＋－∠＝＋－，解得＝．一、高考大题．(·全国卷Ⅰ)在平面四边形中，∠＝°，∠＝°，＝，＝．()求∠；()若＝，求．解()在△中，由正弦定理，得＝．由题设知，＝，所以∠＝．由题设知，∠<°，所以∠＝＝．()由题设及()知，∠＝∠＝．在△中，由余弦定理，得＝＋－×∠＝＋－×××＝，所以＝．．(·全国卷Ⅰ)△的内角，，的对边分别为，，．已知△的面积为．()求；()若＝，＝，求△的周长．解()由题设得＝，即＝．由正弦定理得＝．故＝．()由题设及()得－＝－，即(＋)＝－，所以＋＝，故＝．由题设得＝，即＝．由余弦定理得＋－＝，即(＋)－＝，得＋＝．故△的周长为＋．．(·全国卷Ⅰ)△的内角，，的对边分别为，，，已知(＋)＝．()求；()若＝，△的面积为，求△的周长．解()由已知及正弦定理得，(＋)＝，(＋)＝．故＝．因≠，可得＝，因为∈(，π)，所以＝．()由已知，得＝．又＝，所以＝．由已知及余弦定理，得＋－＝．故＋＝，从而(＋)＝，＋＝．所以△的周长为＋．二、模拟大题．(·深圳月调研)△的内角，，所对的边分别为，，，已知为锐角，且＋＝．()求的大小；()若＝，延长线段至点，使得＝，且△的面积为，求线段的长度．解()由已知及正弦定理可得＋＝．因为＝(＋)＝＋，所以＝．因为∈，，所以>，所以＝，即－＝．因为∈(，π)，－∈，，所以－＝，即＋＝，所以＝．()设＝，＝．因为＝，＝，所以＝，∠＝，且＝，＝，＝＋．所以△＝··＝××(＋)×＝，即(＋)＝①，在△中，由余弦定理得＝＋－·∠，即＋＋＝②，联立①②解得＝＝，即＝．．(·长沙统考)在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，已知＝(－)＋．()求角的大小；()设＝－，若＝，求的取值范围．解()因为＝(－)＋，所以＋－＝，所以＝＝．又因为<<π，所以＝．()由正弦定理得＝＝＝＝，所以＝，＝．所以＝－＝－＝－－＝－×＋＝－＝×－＝－．因为，都为锐角，则<<，且<＝－<，所以<<，所以<－<，所以<－<，所以<<．．(·福建月质检)△的内角，，的对边分别为，，，已知－＝．()求角的大小；()若＝，＝，为边上一点，且∠＝，求．解()由正弦定理及－＝，得－＝，所以－＝(＋)，所以－＝＋，即－＝．因为≠，所以－＝，所以＝－．又∈(，π)，解得＝．()解法一：在△中，由余弦定理＝＋－，且＝，＝，所以＝＋－××－，解得＝．在△中，由正弦定理＝，得＝，解得＝．在△中，由正弦定理＝，得＝，解得＝．解法二：在△中，由正弦定理＝，及＝，＝，得＝．又因为＝，所以<<，所以＝，则＝(＋)＝＋＝×－×＝．在△中，由正弦定理＝，得＝，解得＝．。

2020高考数学核心突破《专题三 三角函数、解三角形与平面向量》(含往年真题分析)

2020高考数学核心突破《专题三 三角函数、解三角形与平面向量》(含往年真题分析)

专题三三角函数、解三角形与平面向量第1讲三角函数的图象与性质题型一三角函数的图象1．(1)要得到函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象，只需将函数g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象( C ) A ．向左平移π2个单位长度B ．向右平移π2个单位长度C ．向左平移π4个单位长度D ．向右平移π4个单位长度(2) (2017·山西朔州模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最小值为__－1__.突破点拨(1)先利用诱导公式将两函数化为同名三角函数，再利用平移法则求解． (2)先求函数f (x )的解析式，再利用解析式求最值． 解析 (1)因为f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2－π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎫π6－2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋5π6＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π4＋π3， 所以要得到函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象，只需将函数g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象向左平移π4个单位长度．故选C. (2)由函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象，可得A ＝2，14·2πω＝5π6－7π12，解得ω＝2.再根据图象经过点⎝⎛⎭⎫7π12，0， 可得2·7π12＋φ＝π＋2k π，k ∈Z .因为|φ|<π2，所以φ＝－π6，故函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，5π6， 故函数f (x )的最小值为2×⎝⎛⎭⎫－12＝－1. 2. 某同学用“五点法”画函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω＞0，|φ|＜π2在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：(1)(2)将y ＝f (x )图象上所有点向左平行移动θ(θ＞0)个单位长度，得到y ＝g (x )的图象．若y＝g (x )图象的一个对称中心为⎝⎛⎭⎫5π12，0，求θ的最小值．突破点拨(1)由表中数据先写出A ，ω，φ的值，再由ωx ＋φ＝0，π，2π，求出其余值． (2)写出函数y ＝g (x )的解析式，由y ＝sin x 图象的对称中心为(k π，0)，k ∈Z ，利用整体思想建立关于θ的方程，根据k ∈Z 及θ＞0，求出θ的最小值．解析 (1)根据表中已知数据，解得A ＝5，ω＝2，φ＝－π6.数据补全如下表.且函数表达式为f (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. (2)由(1)知f (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 得g (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2θ－π6. 因为y ＝sin x 的对称中心为(k π，0)，k ∈Z . 令2x ＋2θ－π6＝k π，解得x ＝k π2＋π12－θ，k ∈Z .由于函数y ＝g (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫5π12，0中心对称， 令k π2＋π12－θ＝5π12，解得θ＝k π2－π3，k ∈Z . 由θ>0可知，当k ＝1时，θ取得最小值π6.(1)三角函数图象平移问题需注意三点：一是函数名称是否一致；二是弄清由谁平移得到谁；三是左右的平移是自变量本身的变化．(2)对于由三角函数的图象确定函数解析式的问题，一般由函数的最值可确定A ，由函数的周期可确定ω，由对称轴或对称中心和φ的范围确定φ.题型二 三角函数的性质1. 已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－x sin x －3cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期和最大值； (2)讨论f (x )在⎣⎡⎦⎤π6，2π3上的单调性． 突破点拨(1)先将已知解析式化简，然后求解．(2)根据y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k (A ＞0，ω＞0)与y ＝sin x 的关系求解． 解析 (1)f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－x sin x －3cos 2x ＝cos x sin x －32(1＋cos 2x ) ＝12sin 2x －32cos 2x －32＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3－32. 因此f (x )的最小正周期为π，最大值为2－32.(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3时，0≤2x －π3≤π，从而当0≤2x －π3≤π2，即π6≤x ≤5π12时，f (x )单调递增； 当π2<2x －π3≤π，即5π12<x ≤2π3时，f (x )单调递减．综上可知，f (x )在⎣⎡⎦⎤π6，5π12上单调递增；在⎝⎛⎦⎤5π12，2π3上单调递减． 2. 设函数f (x )＝sin ωx ＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π2，x ∈R . (1)若ω＝12，求f (x )的最大值及相应x 的集合；(2)若x ＝π8是f (x )的一个零点，且0＜ω＜10，求ω的值和f (x )的最小正周期．突破点拨(1)先用公式化简，再利用三角函数的性质求解． (2)将x ＝π8代入，求ω，则周期可求．解析 由已知得f (x )＝sin ωx －cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π4. (1)若ω＝12，则f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x －π4. 又x ∈R ，则2sin ⎝⎛⎭⎫12x －π4≤2，所以f (x )max ＝2，此时12x －π4＝2k π＋π2，k ∈Z ，即f (x )取最大值时，x 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＝4k π＋3π2，k ∈Z .(2)∵x ＝π8是函数f (x )的一个零点，∴2sin ⎝⎛⎭⎫π8ω－π4＝0，∴π8ω－π4＝k π，k ∈Z . 又0<ω<10，∴ω＝2，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4，其最小正周期为π.求解函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的性质的三种意识(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的形式． (2)整体意识：类比y ＝sin x 的性质，只需将y ＝A sin(ωx ＋φ)中的“ωx ＋φ”看成y ＝sin x 中的“x ”，采用整体代入的方法求解．(3)讨论意识：当A 为参数时，求最值应分情况讨论．三角函数的综合应用【预测】 已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6－4sin 2ωx ＋2(ω＞0)，其图象与x 轴相邻两个交点的距离为π2.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若将f (x )的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度，得到的函数g (x )的图象恰好经过点⎝⎛⎭⎫－π3，0，求当m 取得最小值时，g (x )在⎣⎡⎦⎤－π6，7π12上的单调递增区间． 思维导航(1)解题导引：①先化简函数f (x )的解析式，再利用图象与x 轴相邻两个交点的距离是半个周期求解析式；②先求函数g (x )的解析式，再求在⎣⎡⎦⎤－π6，7π12上的单调递增区间． (2)方法指导：三角函数的综合应用主要是将三角函数的图象和性质与三角变换相结合，通过变换将函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式再研究其性质，解题时注意观察角、名、结构等特征，注意整体思想的应用．规范解答(1)函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6－4sin 2ωx ＋2 ＝32sin 2ωx －12cos 2ωx －4×1－cos 2ωx 2＋2 ＝32sin 2ωx ＋32cos 2ωx ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π3(ω＞0)． 根据函数f (x )的图象与x 轴相邻两个交点的距离为π2，可得函数f (x )的最小正周期为2×π2＝2π2ω，得ω＝1. 故函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3. (2)将f (x )的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度得到函数 g (x )＝3sin ⎣⎡⎦⎤2(x ＋m )＋π3＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2m ＋π3的图象．根据g (x )的图象恰好经过点⎝⎛⎭⎫－π3，0， 可得3sin ⎝⎛⎭⎫－2π3＋2m ＋π3＝0， 即sin ⎝⎛⎭⎫2m －π3＝0， 所以2m －π3＝k π(k ∈Z )，m ＝k π2＋π6(k ∈Z )．因为m ＞0，所以当k ＝0时，m 取得最小值，且最小值为π6.此时，g (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3. 令2k π－π2≤2x ＋2π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－7π12≤x ≤k π－π12，k ∈Z ，故函数g (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－7π12，k π－π12，k ∈Z . 结合x ∈⎣⎡⎦⎤－π6，7π12，可得g (x )在⎣⎡⎦⎤－π6，7π12上的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－π6，－π12和⎣⎡⎦⎤5π12，7π12. 【变式考法】 已知向量a ＝(m ，cos 2x )，b ＝(sin 2x ，n )，函数f (x )＝a·b ，且y ＝f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫π12，3和点⎝⎛⎭⎫2π3，－2. (1)求m ，n 的值；(2)将y ＝f (x )的图象向左平移φ (0＜φ＜π)个单位后得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为1，求y ＝g (x )的单调递增区间．解析 (1)由题意，知 f (x )＝a·b ＝m sin 2x ＋n cos 2x .因为y ＝f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，3和⎝⎛⎭⎫2π3，－2， 所以⎩⎨⎧3＝m sin π6＋n cos π6，－2＝m sin 4π3＋n cos 4π3，即⎩⎨⎧3＝12m ＋32n ，－2＝－32m －12n ，解得m ＝3，n ＝1.(2)由(1)知f (x )＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 由题意知g (x )＝f (x ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2φ＋π6. 设y ＝g (x )的图象上符合题意的最高点为(x 0,2)，由题意知x 20＋1＝1，所以x 0＝0，即y ＝g (x )的图象上到点(0,3)的距离为1的最高点为(0,2)． 将其代入y ＝g (x )并整理得sin ⎝⎛⎭⎫2φ＋π6＝1， 因为0<φ<π，所以φ＝π6.因此g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝2cos 2x . 由2k π－π≤2x ≤2k π，k ∈Z ，得k π－π2≤x ≤k π，k ∈Z ，所以函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π2，k π，k ∈Z .1．(教材回归)下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( A ) A ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 B ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 C ．y ＝sin 2x ＋cos 2xD ．y ＝sin x ＋cos x解析 y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝－sin 2x ，符合题意，故选A. 2．(2017·广西南宁质检)将函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象向左平移π6个单位长度后，得到f (x )的图象，则( B )A ．f (x )＝－sin 2xB ．f (x )的图象关于直线x ＝－π3对称C ．f ⎝⎛⎭⎫7π3＝12D ．f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫π12，0对称 解析 将函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象向左平移π6个单位长度，得到的图象对应的解析式为f (x )＝cos ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋π3＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3.函数f (x )的图象的对称轴满足2x ＋2π3＝k π(k ∈Z )，即对称轴方程为x ＝k π2－π3(k ∈Z )，所以f (x )的图象关于直线x ＝－π3对称；令2x ＋2π3＝k π＋π2，得x ＝k π2－π12(k ∈Z )，即f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－π12，0对称；f ⎝⎛⎭⎫7π3＝－12.故选B. 3．(2017·湖北襄阳模拟)同时具有性质“①最小正周期是4π；②直线x ＝π3是图象的一条对称轴；③在区间⎝⎛⎭⎫2π3，5π6上是减函数”的一个函数是( D )A ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6B ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6 C ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫x 2＋π3D ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x 2＋π3解析 对于A 项，B 项，∵T ＝2π2＝π，故A 项，B 项不正确．对于C 项，若直线x ＝π3为其图象的一条对称轴，则π3×12＋π3＝k π，k ∈Z ，得π2＝k π，k ∈Z ，k 不存在，不满足题意，故C 项不正确．对于D 项，因为T ＝2π12＝4π，且由x 2＋π3＝k π＋π2，k ∈Z ，解得图象的对称轴方程为x ＝2k π＋π3，k ∈Z ；当k ＝0时，x ＝π3为图象的一条对称轴．由2k π＋π2≤x 2＋π3≤2k π＋3π2，k ∈Z ，解得单调递减区间为⎣⎡⎦⎤4k π＋π3，4k π＋7π3，k ∈Z ，所以函数在区间⎝⎛⎭⎫2π3，5π6上是减函数，故D 项正确．故选D.4．(2017·山西晋中考前测试)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，将函数y ＝f (x )的图象向左平移4π3个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，则函数y ＝g (x )在区间⎣⎡⎦⎤π2，5π2上的最大值为( C )A ．3B ．332C.322D ．22解析 由图象可知函数y ＝f (x )的周期为2⎝⎛⎭⎫7π3－π3＝4π， ∴ω＝12.又点⎝⎛⎭⎫π3，0，⎝⎛⎭⎫0，－32在函数y ＝f (x )的图象上， ∴⎩⎨⎧A sin ⎝⎛⎭⎫π6＋φ＝0，A sin φ＝－32，且|φ|<π2.∴φ＝－π6，A ＝3，则f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫12x －π6， ∴g (x )＝3sin ⎣⎡⎦⎤12⎝⎛⎭⎫x ＋4π3－π6＝3cos 12x . 由x ∈⎣⎡⎦⎤π2，5π2，可得12x ∈⎣⎡⎦⎤π4，5π4，则3cos 12x ∈⎣⎡⎦⎤－3，322，即g (x )的最大值为322.5．(书中淘金)某城市一年中12个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数y ＝a ＋A cos ⎣⎡⎦⎤π6(x －6)(x ＝1,2，3，…，12)来表示，已知6月份的月平均气温最高，为28 ℃，12月份的平均气温最低，为18 ℃，则10月份的平均气温为__20.5__℃.解析 依题意知，a ＝28＋182＝23，A ＝28－182＝5，所以y ＝23＋5cos ⎣⎡⎦⎤π6(x －6)，当x ＝10时，y ＝23＋5cos ⎝⎛⎭⎫π6×4＝20.5. 答案 20.56．(高考改编)把函数y ＝sin 2x 的图象沿x 轴向左平移π6个单位，纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)后得到函数y ＝f (x )的图象，对于函数y ＝f (x )有以下四个判断：①该函数的解析式为y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6；②该函数图象关于点⎝⎛⎭⎫π3，0对称；③该函数在⎣⎡⎦⎤0，π6上是增函数；④若函数y ＝f (x )＋a 在⎣⎡⎦⎤0，π2上的最小值为3，则a ＝2 3. 其中，正确判断的序号是__②④__.解析 将函数y ＝sin 2x 的图象向左平移π6个单位得到y ＝sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象，然后纵坐标伸长到原来的2倍得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象，所以①不正确．f ⎝⎛⎭⎫π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2×π3＋π3＝2sin π＝0，所以函数图象关于点⎝⎛⎭⎫π3，0对称，所以②正确．由－π2＋2k π≤2x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－5π12＋k π≤x ≤π12＋k π，k ∈Z ，∴函数的单调增区间为⎣⎡⎦⎤－5π12＋k π，π12＋k π，k ∈Z ，而⎣⎡⎦⎤0，π6⃘⎣⎡⎦⎤－512π＋k π，π12＋k π(k ∈Z )，所以③不正确．y ＝f (x )＋a ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋a ，当0≤x ≤π2时，π3≤2x ＋π3≤4π3，所以当2x ＋π3＝4π3，即x ＝π2时，函数取得最小值，y min ＝2sin 4π3＋a ＝－3＋a ，令－3＋a ＝3，得a ＝23，所以④正确．所以正确的判断为②④.7．(考点聚焦)设函数f (x )＝32－3sin 2ωx －sin ωx ·cos ωx (ω>0)，且y ＝f (x )的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4.(1)求ω的值；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π，3π2上的最大值和最小值． 解析 (1)f (x )＝32－3sin 2ωx －sin ωx cos ωx ＝32－3·1－cos 2ωx 2－12sin 2ωx ＝32cos 2ωx －12sin 2ωx ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋2π3. 因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，又ω＞0，所以2π2ω＝4×π4.因此ω＝1.(2)由(1)知f (x )＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 当π≤x ≤3π2时，5π3≤2x －π3≤8π3，所以－32≤sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3≤1. 因此－1≤f (x )≤32.故f (x )在区间⎣⎡⎦⎤π，3π2上的最大值和最小值分别为32，－1. 8．(2018·山东青岛调考)已知函数f (x )＝2sin x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6. (1)求函数f (x )的最小正周期和单调递增区间； (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，求函数f (x )的值域． 解析 (1)f (x )＝2sin x ⎝⎛⎭⎫32sin x ＋12cos x＝3×1－cos 2x 2＋12sin 2x＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋32. 函数f (x )的最小正周期为T ＝π. 由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤－π12＋k π，5π12＋k π，k ∈Z . (2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3， sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－32，1， 可得函数f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤0，1＋32. 9．(母题营养)已知函数f (x )＝sin x cos x ＋12cos 2x .(1)若tan θ＝2，求f (θ)的值；(2)若函数y ＝g (x )的图象是由函数y ＝f (x )的图象上所有的点向右平移π4个单位长度而得到，且g (x )在区间(0，m )内是单调函数，求实数m 的最大值．解析 (1)因为tan θ＝2，所以sin θ＝2cos θ. 代入sin 2θ＋cos 2θ＝1，得cos 2θ＝15.所以f (θ)＝sin θcos θ＋12cos 2θ＝2cos 2θ＋12(2cos 2θ－1)＝3cos 2θ－12＝110.(2)由已知得f (x )＝12sin 2x ＋12cos 2x ＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4. 依题意，得g (x )＝22sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π4， 即g (x )＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4. 因为x ∈(0，m )，所以2x －π4∈⎝⎛⎭⎫－π4，2m －π4. 又因为g (x )在区间(0，m )内是单调函数，所以－π4＜2m －π4≤π2，即0＜m ≤3π8，故实数m的最大值为3π8.10．(母题营养)设函数f (x )＝sin 2ωx ＋23sin ωx ·cos ωx －cos 2ωx ＋λ(x ∈R )的图象关于直线x ＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈⎝⎛⎭⎫12，1.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若y ＝f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫π4，0，求函数f (x )在x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域． 解析 (1)因为f (x )＝sin 2ωx ＋23sin ωx ·cos ωx －cos 2ωx ＋λ＝－cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＋λ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx －π6＋λ，由直线x ＝π是y ＝f (x )图象的一条对称轴，可得sin ⎝⎛⎭⎫2ωπ－π6＝±1，所以2ωπ－π6＝k π＋π2(k ∈Z )，即ω＝k 2＋13(k ∈Z )．又ω∈⎝⎛⎭⎫12，1，k ∈Z ，所以k ＝1，从而ω＝56. 所以f (x )的最小正周期是6π5.(2)由y ＝f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫π4，0，得f ⎝⎛⎭⎫π4＝0， 即λ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫56×π2－π6＝－2sin π4＝－2， 即λ＝－ 2.故f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫53x －π6－2， ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴53x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，2π3， ∴函数f (x )的值域为[－1－2，2－2]．1．函数f (x )＝cos(w x ＋φ)的部分图象如图所示，则f (x )的单调递减区间为( D )A.⎝⎛⎭⎫k π－14，k π＋34，k ∈Z B.⎝⎛⎭⎫2k π－14，2k π＋34，k ∈Z C.⎝⎛⎭⎫k －14，k ＋34，k ∈Z D.⎝⎛⎭⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z 解析 由题图可知T 2＝54－14＝1，所以T ＝2.结合题图可知，在⎣⎡⎦⎤－34，54(f (x )的一个周期)内，函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－14，34.由f (x )是以2为周期的周期函数可知，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z ，故选D. 2．下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( A ) A ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 B ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2 C ．y ＝sin 2x ＋cos 2xD ．y ＝sin x ＋cos x解析 y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝－sin 2x 是奇函数，图象关于原点对称，且最小正周期为π，A 项正确．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝cos 2x ，是偶函数，B 项错误．y ＝sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，非奇非偶，C 项错误．y ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，非奇非偶，D 项错误．故选A. 3．为了得到函数y ＝sin(2x ＋1)的图象，只需把函数y ＝sin 2x 的图象上所有的点( A ) A ．向左平行移动12个单位长度B ．向右平行移动12个单位长度C ．向左平行移动1个单位长度D ．向右平行移动1个单位长度 解析 ∵y ＝sin(2x ＋1)＝sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋12， ∴只需把y ＝sin 2x 图象上所有的点向左平移12个单位长度即得到y ＝sin(2x ＋1)的图象．故选A.4．将函数y ＝sin(2x ＋φ)的图象沿x 轴向左平移π8个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( C )A.3π4 B ．π2C.π4D ．－π4解析 y ＝sin(2x ＋φ)――→左移π8sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π8＋φ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＋φ是偶函数，即π4＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )⇒φ＝k π＋π4(k ∈Z )，当k ＝0时，φ＝π4，故选C.5．如图，某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫π6x ＋φ＋k ，据此函数可知，这段时间水深的最大值为( C )A ．5 mB ．6 mC ．8 mD ．10 m解析 由题意可知，当sin ⎝⎛⎭⎫π6x ＋φ＝－1时，函数取得最小值2，即3×(－1)＋k ＝2，∴k ＝5.因此，函数的最大值是8，故水深的最大值为8 m.6．将函数y ＝3cos x ＋sin x (x ∈R )的图象向左平移m (m ＞0)个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值是( B )A.π12 B ．π6C.π3D ．5π6解析 y ＝3cos x ＋sin x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，向左平移m 个单位长度后得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＋m ，由它关于y 轴对称可得sin ⎝⎛⎭⎫π3＋m ＝±1，∴π3＋m ＝k π＋π2，k ∈Z ，∴m ＝k π＋π6，k ∈Z ，又m >0，∴m 的最小值为π6.7．已知函数f (x )＝A sin(w x ＋φ)(A ，w ，φ均为正的常数)的最小正周期为π，当x ＝2π3时，函数f (x )取得最小值，则下列结论正确的是( A )A ．f (2)＜f (－2)＜f (0)B ．f (0)＜f (2)＜f (－2)C ．f (－2)＜f (0)＜f (2)D ．f (2)＜f (0)＜f (－2)解析 ∵ω>0，∴T ＝2πω＝π，∴ω＝2.又A >0，∴f ⎝⎛⎭⎫2π3＝－A ， 即sin ⎝⎛⎭⎫4π3＋φ＝－1，得φ＋4π3＝2k π＋32π(k ∈Z )， 即φ＝2k π＋π6(k ∈Z )．又∵φ>0，∴可取f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， ∴f (2)＝A sin ⎝⎛⎭⎫4＋π6， f (－2)＝A sin ⎝⎛⎭⎫－4＋π6，f (0)＝A sin π6. ∵π<4＋π6<3π2，∴f (2)<0.∵－7π6<－4＋π6<－π，且y ＝sin x 在⎝⎛⎭⎫－7π6，－π上为减函数， ∴sin ⎝⎛⎭⎫－4＋π6<sin ⎝⎛⎭⎫－7π6＝sin π6，且sin ⎝⎛⎭⎫－4＋π6>sin(－π)＝0，从而有0<f (－2)<f (0)．故有f (2)<f (－2)<f (0)．故选A.8．将函数f (x )＝sin 2x 的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎫0＜φ＜π2个单位后得到函数g (x )的图象．若对满足|f (x 1)－g (x 2)|＝2的x 1，x 2，有|x 1－x 2|min ＝π3，则φ＝( D )A.5π12B ．π3C.π4D ．π6解析 g (x )＝sin[2(x －φ)] ＝sin(2x －2φ)． ∵|f (x )|≤1，|g (x )|≤1， ∴|f (x )－g (x )|≤2，当且仅当f (x 1)＝1，g (x 2)＝－1或f (x 1)＝－1，g (x 2)＝1时，满足|f (x 1)－g (x 2)|＝2. 不妨设A (x 1，－1)是函数f (x )图象的一个最低点，B (x 2,1)是函数g (x )图象的一个最高点， 于是x 1＝k 1π＋3π4(k 1∈Z )，x 2＝k 2π＋π4＋φ(k 2 ∈Z )．∴|x 1－x 2|≥⎪⎪⎪⎪3π4－⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝⎪⎪⎪⎪π2－φ. ∵φ ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，|x 1－x 2|min ＝π3， ∴π2－φ＝π3，即φ＝π6，故选D. 9．已知函数f (x )＝2sin x ＋φ2cos x ＋φ2⎝⎛⎭⎫|φ|<π2，且对于任意的x ∈R ，f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π6，则( C ) A ．f (x )＝f (x ＋π) B ．f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π2 C ．f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫π3－xD ．f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫π6－x解析 f (x )＝sin(x ＋φ)．由题意，可知f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π6对于任意的x ∈R 恒成立，即sin(x ＋φ)≤sin ⎝⎛⎭⎫π6＋φ.又因为|φ|<π2，所以π6＋φ＝π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3.f ⎝⎛⎭⎫π3－x ＝sin ⎝⎛⎭⎫π3－x ＋π3＝sin ⎣⎡⎦⎤－⎝⎛⎭⎫π3＋x ＋π＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＝f (x )．故选C. 10．已知函数f (x )＝3sin w x ＋cos w x (w ＞0)的图象与x 轴的交点的横坐标可构成一个公差为π2的等差数列，把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移π6个单位，得到函数g (x )的图象．下列说法正确的是( D )A ．g (x )在⎣⎡⎦⎤π4，π2上是增函数B ．g (x )的图象关于直线x ＝－π4对称C ．函数g (x )是奇函数D ．当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3时，函数g (x )的值域是[－2,1]解析 f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6，由题意知T 2＝π2，∴T ＝π，∴ω＝2πT＝2，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移π6个单位，得到g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋π6＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝2cos 2x 的图象，易知g (x )是偶函数且在⎣⎡⎦⎤π4，π2上是减函数，其图象不关于直线x ＝－π4对称，所以A 项，B 项，C 项错误．当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3时，2x ∈⎣⎡⎦⎤π3，4π3，则g (x )min ＝2cos π＝－2，g (x )max ＝2cos π3＝1，即函数g (x )的值域为[－2,1]，故选D.11．函数f (x )＝2x －4sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤－π2，π2的图象大致是( D )解析 因为函数f (x )是奇函数，所以排除A ，B 项，f ′(x )＝2－4cos x ，令f ′(x )＝2－4cos x ＝0，得x ＝±π3，故选D.12．函数f (x )＝A sin w x (A ＞0，w ＞0)的部分图象如图所示，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 018)的值为( A )A ．2＋2B ．32C ．62D ．－2解析 由题图可知，A ＝2，T ＝8，2πω＝8，ω＝π4，∴f (x )＝2sin π4x ，∴f (1)＝2，f (2)＝2，f (3)＝2，f (4)＝0，f (5)＝－2，f (6)＝－2，f (7)＝－2，f (8)＝0，而2 018＝8×252＋2，∴f (1)＋f (2)＋…＋f (2 018)＝f (1)＋f (2)＝2＋ 2.故选A.第2讲 三角变换与解三角形题型一三角恒等变换1．(1)(2018·河南郑州模拟)若tan α＝13，tan(α＋β)＝12，则tan β＝( A )A.17 B ．16C ．57D ．56(2) (2017·河北唐山中学模拟)已知α是三角形的内角，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝45，则cos ⎝⎛⎭⎫5π12－α＝( D )A.210B ．－210C ．－7210D ．7210突破点拨(1)注意到β＝(α＋β)－α，再结合已知条件求tan β的值． (2)注意到cos ⎝⎛⎭⎫5π12－α＝－cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋π3＋π4，再实施运算． 解析 (1)tan β＝tan[(α＋β)－α] ＝tan (α＋β)－tan α1＋tan (α＋β)·tan α＝12－131＋12×13＝17.故选A.(2)∵α是三角形的内角，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝45<32， ∴α＋π3是钝角，∴cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝－35，cos ⎝⎛⎭⎫5π12－α＝－cos ⎣⎡⎦⎤π－⎝⎛⎭⎫5π12－α＝－cos ⎝⎛⎭⎫712π＋α＝－cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋π3＋π4＝－cos ⎝⎛⎭⎫α＋π3·cos π4＋sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3sin π4＝7210.故选D. 2. 已知cos ⎝⎛⎭⎫π6＋α·cos ⎝⎛⎭⎫π3－α＝－14，α∈⎝⎛⎭⎫π3，π2. (1)求sin 2α的值； (2)求tan α－1tan α的值． 突破点拨(1)利用诱导公式转化为二倍角公式，再利用同角三角函数基本关系式求解． (2)切化弦，转化为二倍角公式，再利用(1)的结论求解． 解析 (1)cos ⎝⎛⎭⎫π6＋α·cos ⎝⎛⎭⎫π3－α ＝cos ⎝⎛⎭⎫π6＋α·sin ⎝⎛⎭⎫π6＋α＝12sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－14， 即sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－12. ∵α∈⎝⎛⎭⎫π3，π2，∴2α＋π3∈⎝⎛⎭⎫π，4π3， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π3＝－32， ∴sin 2α＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2α＋π3－π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π3cos π3－cos ⎝⎛⎭⎫2α＋π3sin π3＝12. (2)∵α∈⎝⎛⎭⎫π3，π2，∴2α∈⎝⎛⎭⎫2π3，π， 又由(1)知sin 2α＝12，∴cos 2α＝－32.∴tan α－1tan α＝sin αcos α－cos αsin α＝sin 2α－cos 2αsin α cos α＝－2cos 2αsin 2α＝－2×－3212＝2 3.利用三角恒等变换公式解题的常用技巧(1)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等． (2)降幂与升幂：通过二倍角公式得到． (3)弦、切互化：一般是切化弦． 题型二 解三角形1. 已知a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边，sin 2B ＝2sin A sin C ． (1)若a ＝b ，求cos B ；(2)设B ＝90°，且a ＝2，求△ABC 的面积． 突破点拨(1)根据正弦定理把已知条件转化为边的关系，然后利用余弦定理求解．(2)利用勾股定理得到边的一个方程，结合已知条件解方程组求得边长，然后求面积．解析 (1)由题设及正弦定理可得b 2＝2ac . 又a ＝b ，可得b ＝2c ，a ＝2c . 由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝14.(2)由(1)知b 2＝2ac . 因为B ＝90°，由勾股定理得a 2＋c 2＝b 2，故a 2＋c 2＝2ac ，进而可得c ＝a ＝ 2. 所以△ABC 的面积为12×2×2＝1.【变式考法】 (1)在本例条件下，求角B 的范围． (2)在本例条件下，若B ＝60°，b ＝2，求a 的值． 解析 (1)因为b 2＝2ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ≥2ac －2ac2ac ＝0，又因为0<B <π，所以0<B ≤π2.(2)因为b 2＝2ac ，b ＝2，所以ac ＝1， 又因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，所以a 2＋c 2＝3， 所以a ＋c ＝5， 所以a ＝5＋12或5－12. 2. △ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 面积是△ADC 面积的2倍． (1)求sin ∠B sin ∠C； (2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长． 突破点拨(1)利用面积关系得边的关系，再利用正弦定理求解． (2)先利用面积比求BD ，再利用余弦定理求解． 解析 (1)S △ABD ＝12AB ·AD sin ∠BAD ，S △ADC ＝12AC ·AD sin ∠CAD .因为S △ABD ＝2S △ADC ，∠BAD ＝∠CAD ，所以AB ＝2AC . 由正弦定理可得sin ∠B sin ∠C ＝AC AB ＝12.(2)因为S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ，所以BD ＝ 2. 在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理知 AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ， AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC . 故AB 2＋2AC 2＝3AD 2＋BD 2＋2DC 2＝6. 由(1)知AB ＝2AC ，所以AC ＝1.利用正、余弦定理解三角形的技巧解三角形问题一般要利用正、余弦定理和三角形内角和定理，正弦定理可以将角转化为边，也可以将边转化成角，当涉及边的平方关系时，一般利用余弦定理，要根据题目特点和正、余弦定理的结构形式，灵活选用．有关解三角形的综合问题(1)求∠ACP ；(2)若△APB 的面积是332，求sin ∠BAP .思维导航(1)由已知条件选择余弦定理求得AP .(2)由三角形的面积和(1)结论解得PB ，再由余弦定理及正弦定理求得AB 和sin ∠BAP . 规范解答(1)在△APC 中，因为∠P AC ＝60°，PC ＝2，AP ＋AC ＝4， 由余弦定理得PC 2＝AP 2＋AC 2－2AP ·AC ·cos ∠P AC ，所以22＝AP 2＋(4－AP )2－2AP ·(4－AP )·cos 60°，整理得AP 2－4AP ＋4＝0，解得AP ＝2，所以AC ＝2.所以△APC 是等边三角形，所以∠ACP ＝60°.(2)因为∠APB 是△APC 的外角，所以∠APB ＝120°.因为△APB 的面积是332，所以12AP ·PB ·sin ∠APB ＝332，所以PB ＝3.在△APB 中，AB 2＝AP 2＋PB 2－2AP ·PB ·cos ∠APB ＝22＋32－2×2×3×cos 120°＝19，所以AB ＝19.在△APB 中，由正弦定理得AB sin ∠APB ＝PBsin ∠BAP，所以sin ∠BAP ＝3sin 120°19＝35738.【变式考法】 (2017·广州模拟)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝30°，AB ＝3，AC ＝1，AC <BC ，P 为BC 右上方一点，满足∠BPC ＝90°.(1)若BP ＝2，求AP 的长； (2)求△BPC 周长的最大值．解析 由题意知1＝AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝3＋BC 2－3BC ，解得BC ＝2(BC ＝1舍去，则∠CAB ＝90°.又∠BPC ＝90°，且BP ＝2，所以∠PBC ＝45°，从而∠ABP ＝75°.连接AP ，由余弦定理得AP ＝3＋2－2×3×2×6－24＝6＋22. (2)由(1)可知BC ＝2或BC ＝1，又因为求△BPC 周长的最大值，所以BC ＝2，设BP ＝m ，PC ＝n ，则m 2＋n 2＝4.由于BC 长为定值，因此求△BPC 周长的最大值只需求BP ＋PC ＝m ＋n 的最大值即可． 又4＝m 2＋n 2≥(m ＋n )22，则m ＋n ≤22， 当且仅当m ＝n ＝2时取等号，此时△BPC 的周长取得最大值，为2＋2 2.1．(教材回归)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°＝( D ) A ．－32B ．32C ．－12D ．12解析 原式＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10°＝sin(20°＋10°)＝sin 30°＝12，故选D.2．(2017·“江南十校”模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若C＝2B ，则sin Bsin A＝( D )A.c 2a 2＋b 2－c 2 B ．b 2a 2＋b 2－c 2C.a 2a 2＋b 2－c2 D ．c 2a 2＋c 2－b2解析 由已知，得sin C ＝sin 2B ＝2sin B cos B ， 所以sin C sin B ＝2cos B ．由正弦定理及余弦定理，得c b ＝2×a 2＋c 2－b 22ac ，则b a ＝c 2a 2＋c 2－b2. 再由正弦定理，得sin B sin A ＝c 2a 2＋c 2－b 2，故选D.3．已知tan α＝－2，tan(α＋β)＝17，则tan β的值为__3__.解析 tan β＝tan[(α＋β)－α]＝tan (α＋β)－tan α1＋tan (α＋β)tan α＝17－(－2)1＋17×(－2)＝3.4．(2017·河南郑州调考)已知△ABC 中，角C 为直角，D 是边BC 上一点，M 是AD 上一点，且CD ＝1，∠DBM ＝∠DMB ＝∠CAB ，则MA ＝__2__.解析 如图，设∠DMB ＝θ，则∠ADC ＝2θ，∠DAC ＝π2－2θ，∠AMB ＝π－θ，∠ABM ＝π2－2θ，在Rt △ABC 中，cos θ＝cos ∠CAB ＝ACAB ；在△CDA 中，由正弦定理得CD sin ⎝⎛⎭⎫π2－2θ＝ACsin 2θ； 在△AMB 中，由正弦定理得MA sin ⎝⎛⎭⎫π2－2θ＝ABsin (π－θ)， ∴CD MA ＝AC ·sin θAB ·sin 2θ＝AC ·sin θ2AB ·sin θcos θ＝12，从而MA ＝2. 5．在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C＝__1__.解析 在△ABC 中，由余弦定理的推论可得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝52＋62－422×5×6＝34，由正弦定理可知sin 2A sin C ＝2sin A cos A sin C ＝2a ·cos Ac ＝2×4×346＝1.6．(书中淘金)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD解析 依题意有AB ＝600，∠CAB ＝30°，∠CBA ＝180°－75°＝105°，∠DBC ＝30°，DC ⊥CB . ∴∠ACB ＝45°，在△ABC 中，由AB sin ∠ACB ＝CB sin ∠CAB ，得600sin 45°＝CBsin 30°， 有CB ＝3002，在Rt △BCD 中，CD ＝CB ·tan 30°＝1006， 则此山的高度CD ＝100 6 m.7．(考点聚焦)已知函数f (x )＝2sin ωx ＋m cos ωx (ω＞0，m ＞0)的最小值为－2，且图象上相邻两个最高点的距离为π.(1)求ω和m 的值；(2)若f ⎝⎛⎭⎫θ2＝65，θ∈⎝⎛⎭⎫π4，3π4，求f ⎝⎛⎭⎫θ＋π8的值． 解析 (1)易知f (x )＝2＋m 2sin(ωx ＋φ)(φ为辅助角)， ∴f (x )min ＝－2＋m 2＝－2，∴m ＝ 2.由题意知函数f (x )的最小正周期为π，∴2πω＝π，∴ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝2sin 2x ＋2cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， ∴f ⎝⎛⎭⎫θ2＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝65， ∴sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35， ∵θ∈⎝⎛⎭⎫π4，3π4，∴θ＋π4∈⎝⎛⎭⎫π2，π，∴cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－45， ∴f ⎝⎛⎭⎫θ＋π8＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫θ＋π8＋π4＝2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π2 ＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝4sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4 ＝4×35×⎝⎛⎭⎫－45＝－4825. 8．(教材回归)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝3，A ＝60°. (1)求BC 的长； (2)求sin 2C 的值．解析 (1)由余弦定理知，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝4＋9－2×2×3×12＝7，所以BC ＝7.(2)由正弦定理知sin C ＝AB BC ·sin A ＝2sin 60°7＝217.因为AB <BC ，所以C ＜A ，所以C 为锐角， 则cos C ＝1－sin 2C ＝1－37＝277. 因此sin 2C ＝2sin C ·cos C ＝2×217×277＝437. 9．(2017·河北唐山二模)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a 2＋b 2＝λab . (1)若λ＝6，B ＝5π6，求sin A ；(2)若λ＝4，AB 边上的高为3c6，求C . 解析 (1)已知B ＝5π6，a 2＋b 2＝6ab ，结合正弦定理得4sin 2A －26sin A ＋1＝0，解得sin A ＝6±24. 因为0<A <π6，所以sin A <12，所以sin A ＝6－24.(2)由题意可知S △ABC ＝12ab sin C ＝312c 2，得12ab sin C ＝312(a 2＋b 2－2ab cos C )＝312(4ab －2ab cos C )． 从而有3sin C ＋cos C ＝2，即sin ⎝⎛⎭⎫C ＋π6＝1. 又π6<C ＋π6<7π6，所以C ＝π3.10．(2017·山东淄博模拟)已知a ，b ，c 分别为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0.(1)求A ；(2)若a ＝2，求△ABC 面积的最大值．解析 (1)由a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0及正弦定理， 得sin A cos C ＋3sin A sin C －sin B －sin C ＝0. 因为B ＝π－A －C ，所以3sin A sin C －cos A sin C －sin C ＝0. 易知sin C ≠0，所以3sin A －cos A ＝1， 所以sin ⎝⎛⎭⎫A －π6＝12.又0<A <π，所以A ＝π3. (2)方法一 由(1)得B ＋C ＝2π3⇒C ＝2π3－B ⎝⎛⎭⎫0<B <2π3，因为a sin A ＝2sin π3＝43， 所以由正弦定理得b ＝43sin B ，c ＝43sin C . 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×43sin B ×43sin C ·sin π3＝433sin B ·sin C ＝433·sin B ·sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝433⎝⎛⎭⎫32sin B cos B ＋12sin 2B ＝sin 2B －33cos 2B ＋33＝233sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6＋33.易知－π6<2B －π6<7π6， 故当2B －π6＝π2，即B ＝π3时，S △ABC 取得最大值，最大值为233＋33＝ 3.方法二 由(1)知A ＝π3，又a ＝2，由余弦定理得22＝b 2＋c 2－2bc cos π3，即b 2＋c 2－bc ＝4⇒bc ＋4＝b 2＋c 2≥2bc ⇒bc ≤4，当且仅当b ＝c＝2时，等号成立．所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×32bc ≤34×4＝3，即当b ＝c ＝2时，S △ABC 取得最大值，最大值为 3.1．已知函数f (x )＝2cos 2x －sin ⎝⎛⎭⎫2x －7π6. (1)求函数f (x )的最大值，并写出f (x )取最大值时x 的取值集合；(2)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝32，b ＋c ＝2，求实数a的取值范围．解析 (1)f (x )＝(1＋cos 2x )－⎝⎛⎭⎫sin 2x cos 7π6－cos 2x sin 7π6 ＝1＋32sin 2x ＋12cos 2x ＝1＋sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， ∴函数f (x )的最大值为2，当且仅当sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝1， 即2x ＋π6＝2k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝k π＋π6，k ∈Z 时取到．∴函数f (x )取最大值时x 的取值集合为x ⎪⎪⎭⎬⎫x ＝k π＋π6，k ∈Z . (2)由题意，f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＋1＝32， 化简得sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝12. ∵A ∈(0，π)，∴2A ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，13π6， ∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3.在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc .由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝⎛⎭⎫b ＋c 22＝ 1，即a 2≥1，当b ＝c ＝1时取等号． 又由b ＋c >a ，得a <2， ∴a 的取值范围是[1,2)．2．已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，且c ＝2，C ＝π3.(1)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ； (2)若sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ，求A 的值． 解析 (1)∵c ＝2，C ＝π3，∴由余弦定理得4＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .∵△ABC 的面积等于3， ∴12ab sin C ＝3，∴ab ＝4， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝2.(2)∵sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ， ∴sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝4sin A cos A ， ∴sin B cos A ＝2sin A cos A . ①当cos A ＝0时，A ＝π2；②当cos A ≠0时，sin B ＝2sin A ，由正弦定理得b ＝2a ，联立⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，b ＝2a ，解得⎩⎨⎧a ＝233，b ＝433，∴b 2＝a 2＋c 2，∵C ＝π3，∴A ＝π6.综上所述，A ＝π2或A ＝π6.3．(2017·浙江重点中学联考)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)若C ＝2B ，求证：cos A ＝3cos B －4cos 3B ；(2)若b sin B －c sin C ＝a ，且△ABC 的面积S ＝b 2＋c 2－a 24，求角B .解析 (1)证明：∵C ＝2B ，∴A ＝π－3B ， ∴cos A ＝cos(π－3B )＝－cos(B ＋2B ) ＝－cos B cos 2B ＋sin B sin 2B ＝－cos B (2cos 2B －1)＋2sin 2B cos B＝cos B －2cos 3B ＋2cos B (1－cos 2B )＝3cos B －4cos 3B ， ∴cos A ＝3cos B －4cos 3B .(2)在△ABC 中，∵S ＝b 2＋c 2－a 24，∴S ＝b 2＋c 2－a 24＝12bc sin A .由余弦定理知b 2＋c 2－a 24＝12bc cos A ，∴12bc cos A ＝12bc sin A ，∴tan A ＝1， 而A ∈(0，π)，∴A ＝π4.∵b sin B －c sin C ＝a ，由正弦定理，得 sin 2B －sin 2C ＝sin A ＝22， ∴cos 2C －cos 2B ＝ 2.∵2C ＝2π－2A －2B ＝3π2－2B ，∴－sin 2B －cos 2B ＝2，∴sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π4＝－1. ∵B ∈(0，π)，∴2B ＋π4＝3π2，∴B ＝5π8.4．(2017·武汉武昌五月调研)已和函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，0<φ<π2的图象经过点⎝⎛⎭⎫0，12，且相邻两条对称轴的距离为π2.(1)求函数f (x )的解析式及其在[0，π]上的单调递增区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，若f ⎝⎛⎭⎫A 2－cos A ＝12，bc ＝1，b ＋c ＝3，求a 的值．解析 (1)将⎝⎛⎭⎫0，12代入f (x )的解析式，得sin φ＝12. 又因为0<φ<π2，所以φ＝π6.又因为最小正周期T ＝π2×2＝π，所以ω＝2.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 因为x ∈[0，π]， 所以π6≤2x ＋π6≤13π6，所以2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，π2或2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤3π2，13π6时，f (x )递增，即x ∈⎣⎡⎦⎤0，π6或x ∈⎣⎡⎦⎤2π3，π时，f (x )递增．所以函数f (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤0，π6，⎣⎡⎦⎤2π3，π. (2)由(1)知f ⎝⎛⎭⎫A 2＝sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6，代入已知等式得 sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6－cos A ＝32sin A ＋12cos A －cos A ＝32sin A －12cos A ＝sin ⎝⎛⎭⎫A －π6＝12， 所以A －π6＝π6或5π6，即A ＝π3或A ＝π(舍去)．又因为bc ＝1，b ＋c ＝3，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc ·cos A ＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ＝6，所以a ＝ 6. 5．(2018·山东青岛模拟)在△ABC 中，边a ，b ，c 的对角分别为A ，B ，C ，且b ＝4，A ＝π3，面积S ＝2 3. (1)求a 的值；(2)设f (x )＝2(cos C sin x －cos A cos x )，将f (x )图象上所有点的横坐标变为原来的12(纵坐标不变)得到g (x )的图象，求g (x )的单调增区间．解析 (1)在△ABC 中，∵S ＝12bc sin A ，∴23＝12×4×c ×32，∴c ＝2.∴a ＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝16＋4－2×4×2×12＝2 3.(2)∵a sin A ＝b sin B ，即2332＝4sin B，∴sin B ＝1， 又0<B <π，∴B ＝π2，∴C ＝π6，∴f (x )＝2(cos C sin x －cos A cos x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π6， 将f (x )图象上所有点的横坐标变为原来的12(纵坐标不变)，得到的图象对应的函数解析式为g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6， 令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )，故g (x )的单调增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )． 6．(2018·辽宁协作体一模)设△ABC 是锐角三角形，三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且(sin A －sin B )(sin A ＋sin B )＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋B sin ⎝⎛⎭⎫π3－B . (1)求角A 的值；(2)若AB →·AC →＝12，a ＝27，求b ，c (其中b ＜c )．解析 (1)∵(sin A －sin B )(sin A ＋sin B )＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋B ·sin ⎝⎛⎭⎫π3－B ，∴sin 2A －sin 2B ＝⎝⎛⎭⎫32cos B ＋12sin B⎝⎛⎭⎫32cos B －12sin B ， 即sin 2A ＝34cos 2B －14sin 2B ＋sin 2B＝34(cos 2B ＋sin 2B )＝34， ∵角A 为锐角△ABC 的内角，∴sin A >0， ∴sin A ＝32，∴A ＝π3. (2)AB →·AC →＝bc cos A ＝12，∴bc ＝24，又a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ＝(27)2， ∴b ＋c ＝10，又∵b <c ，∴b ＝4，c ＝6.第3讲 平面向量题型一 向量的概念及线性运算高考中常从以下角度命题：1. (1)平面内给定三个向量a＝(3,2)，b＝(－1,2)，c＝(4,1)．若(a＋k c)∥(2b－a)，则k＝－1613.(2)如图，E为平行四边形ABCD的边DC的中点，F为△ABD的重心，且AB→＝a，AD→＝b，则FE→＝23b＋16a.突破点拨(1)利用向量的坐标运算和向量共线定理求解．(2)利用向量加、减法的几何意义和重心公式求解．解析(1)因为(a＋k c)∥(2b－a)，又a＋k c＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)，所以2×(3＋4k)－(－5)×(2＋k)＝0，所以k＝－1613.(2)由F为△ABD的重心，得AF→＝23×12AC→＝13(a＋b)．又AE→＝AD→＋DE→＝b＋12a，所以FE→＝AE→－AF→＝23b＋16a.2．(1)在△ABC中，点M，N满足AM→＝2MC→，BN→＝NC→.若MN→＝xAB→＋yAC→，则x＝12，y＝－16.(2)已知向量a＝(2,1)，b＝(1，－2)，若m a＋n b＝(9，－8)(m，n∈R)，则m－n的值为__－3__.突破点拨(1)画出图形，利用向量加减法则求解．(2)利用向量的坐标运算求解．。

2020届山东省新高考高三优质数学试卷分项解析 专题05 三角函数与解三角形(解析版)

2020届山东省新高考高三优质数学试卷分项解析 专题05 三角函数与解三角形(解析版)

专题5 三角函数与解三角形1.近几年高考在对三角恒等变换考查的同时，对三角函数图象与性质的考查力度有所加强，往往将三角恒等变换与三角函数的图象和性质结合考查，先利用三角公式进行化简，然后进一步研究三角函数的性质.其中三角函数的定义域值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性以及图象变换是主要考查对象，难度以中档以下为主.2.高考对正弦定理和余弦定理的考查较为灵活，题型多变，往往以小题的形式独立考查正弦定理或余弦定理，以解答题的形式综合考查定理的综合应用，多与三角形周长、面积有关；有时也会与平面向量、三角恒等变换等结合考查，试题难度控制在中等或以下，主要考查灵活运用公式求解计算能力、推理论证能力、数学应用意识、数形结合思想等．预测2020年将突出考查恒等变换与三角函数图象和性质的结合、恒等变换与正弦定理和余弦定理的结合.一、单选题1．（2020届山东省潍坊市高三上期中）sin 225︒= （ ）A ．12-B ．2-C ．D ．1-【答案】B 【解析】因为sin 225sin(18045)sin 452=+=-=-o o o o . 故选：B.2．（2020届山东省泰安市高三上期末）“1a <-”是“0x ∃∈R ，0sin 10+<a x ”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】必要性：设()sin 1f x a x =+，当0a >时，()[]1,1f x a a ∈-+，所以10a -<，即1a >； 当0a <时，()[]1,1f x a a ∈+-，所以10a +<，即1a <-.故1a >或1a <-. 充分性：取02x π=，当1a <-时，0sin 10a x +<成立.答案选A3．（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知345sin πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则cos α=（ ）A ．10B ．10C ．2 D ．10【答案】A 【解析】0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭Q ，,444πππα⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭4cos 45πα⎛⎫-== ⎪⎝⎭，cos cos cos cos sin sin 444444ππππππαααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=--- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦4355=-=故选：A4．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）设函数2sin cos ()(,0)x x xf x a R a ax+=∈≠，若(2019)2f -=，(2019)f =( )A ．2B ．-2C ．2019D ．-2019【答案】B 【解析】因为2sin cos ()x x xf x ax +=，所以22sin()cos()sin cos ()()x x x x x xf x f x ax ax ---+-==-=-， 因此函数()f x 为奇函数，又(2019)2f -=，所以(2019)(2019)2f f =--=-. 故选B5．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数()cos()(0)f x x ωϕω=+>的最小正周期为π，且对x ∈R ，()3f x f π⎛⎫⎪⎝⎭…恒成立，若函数()y f x =在[0,]a 上单调递减，则a 的最大值是（ ） A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6【答案】B 【解析】因为函数()()cos f x x ωϕ=+的最小正周期为π，所以22πωπ==，又对任意的x ，都使得()3f x f π⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， 所以函数()f x 在3x π=上取得最小值，则223k πϕππ+=+，k Z ∈， 即2,3k k Z πϕπ=+∈，所以()cos 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令222,3k x k k Z ππππ≤+≤+∈，解得,63k x k k Z ππππ-+≤≤+∈ ，则函数()y f x =在0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，故a 的最大值是3π. 故选B6．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）若π1sin 34α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则πcos 23α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（ ）．A ．78-B ．14-C ．14 D ．78【答案】A 【解析】2π2π2πππcos 2cos π2cos 2cos 22sin 133333ααααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=--=--=--=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1721168=⨯-=-．故选A ．7．（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数()sin cos f x x x =+，则（ ） A ．()f x 的最小正周期为π B ．()y f x =图象的一条对称轴方程为4x π=C ．()f x 的最小值为2-D ．()f x 的0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数 【答案】B 【解析】()sin cos 2sin()4f x x x x π=+=+Q ，对A ，()f x ∴的最小正周期为2π，故A 错误； 对B ，()2sin242f ππ==，()y f x ∴=图象的一条对称轴方程为4x π=，故B 正确；对C ，()f x 的最小值为2-，故C 错误； 对D ，由[0,]2x π∈，得3[,]444x πππ+∈，则()f x 在[0,]2π上先增后减，故D 错误． 故选：B ．8．（2020届山东省九校高三上学期联考）如图是一个近似扇形的鱼塘，其中OA OB r ==，弧AB 长为l （l r <）.为方便投放饲料，欲在如图位置修建简易廊桥CD ，其中34OC OA =，34OD OB =.已知1(0,)2x ∈时，3sin 3!x x x ≈-，则廊桥CD 的长度大约为（ ）A ．323432r r l - B ．323432l l r - C ．32324l l r-D ．32324r r l-【答案】B 【解析】取CD 中点E ，连接OE ，由题OE CD ⊥，设圆心角l r α=，1,(0,)222l l r r α<=∈， 所以333()2sin sin 2223!248l l l l l r r r r r α==-=-， 所以3332332sin 2()24248432l l l CD OD r l r r rα==⨯-=-. 故选：B9．（2020·武邑县教育局教研室高三上期末（理））已知()cos 2cos 2παπα⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，且()1tan 3αβ+=，则tan β的值为（） A ．-7 B ．7C ．1D ．-1【答案】B 【解析】因为()cos 2cos 2παπα⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，所以sin 2cos αα=-，即tan 2α=-， 又()1tan 3αβ+=， 则tan tan 11tan tan 3αβαβ+=-，解得tan β= 7， 故选B.10．（2020届山东师范大学附中高三月考）为了得函数23y sin x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，只需把函数2y sin x =的图象（ ） A ．向左平移6π个单位 B ．向左平移3π单位C ．向右平移6π个单位 D ．向右平移3π个单位 【答案】A 【解析】不妨设函数2y sin x =的图象沿横轴所在直线平移ϕ个单位后得到函数23y sin x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象． 于是，函数2y sin x =平移ϕ个单位后得到函数，sin 2()y x ϕ=+，即sin(22)y x ϕ=+， 所以有223k πϕπ=+，6k πϕπ=+，取0k =，6π=ϕ．答案为A ． 11．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）将曲线()cos 2y f x x =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4π个单位长度，得到曲线cos 2y x =，则6f π⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．1B ．-1C D ．【答案】D 【解析】把cos 2y x =的图象向左平移4π个单位长度，得cos 2()cos(2)sin 242y x x x ππ=+=+=-的图象，再把所得图象各点的横坐标变为原来的12倍，纵坐标不变，得图象的函数式为sin(22)sin 4y x x =-⨯=-，sin 42sin 2cos 2()cos 2y x x x f x x =-=-=，∴()2sin 2f x x =-，∴()2sin63f ππ=-=．故选：D.12．（2020届山东省济宁市高三上期末）在ABC ∆中,1,3,1AB AC AB AC ==⋅=-u u u r u u u r,则ABC ∆的面积为( )A ．12B ．1CD ．2【答案】C 【解析】11,3,cos 3cos 1cos 3AB AC AB AC AB AC A A A ==⋅=⋅==-∴=-u u u r u u u r u u u r u u u r故sin A =，1sin 2S AB AC A =⋅=故选：C13．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）将函数()πsin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像向右平移()0a a >个单位得到函数()πcos 24g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像，则a 的值可以为（ ）A ．5π12B ．7π12C ．19π24D ．41π24【答案】C 【解析】由题意知，3()cos(2)sin(2)44g x x x ππ=+=+， 其图像向左平移a 个单位得到函数3()sin(22)4f x x a π=++， 而函数()πsin 23f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，所以有32243a k πππ+=+ 5224a k ππ=-+，取1k =得1924a π=.答案选C. 14．（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数2()2cos 12f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0)>ω的图象关于直线4x π=对称，则ω的最小值为（ ） A ．13B ．16C ．43D ．56【答案】A 【解析】2()2cos 12f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭Q ，()1cos 26f x x πω⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭，又因为2()2cos 12f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象关于4x π=对称，所以2()46k k Z ππωπ⨯-=∈，即12()3k k Z ω=+∈， 因为0>ω，所以ω的最小值为13.故选：A.15．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知△ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若2cos cos cos b B a C c A =+，2b =，则△ABC 面积的最大值是A ．1BC ．2D ．4【答案】B 【解析】由题意知60B =︒，由余弦定理，262x ππ-=，故22424ac a c ac =+-≥-，有4ac ≤，故1sin 2ABC S ac B ∆=≤故选：B16．（2020届山东省烟台市高三上期末）若x α=时，函数()3sin 4cos f x x x =+取得最小值，则sin α=（ ） A ．35B ．35-C ．45D ．45-【答案】B 【解析】 当()22k k Z παϕπ+=-+∈,即()22k k Z παϕπ=--+∈时,()f x 取得最小值,则3sin sin 2cos 25k παϕπϕ⎛⎫=--+=-=- ⎪⎝⎭, 故选：B17．（2020届山东实验中学高三上期中）在ABC △中，若 3,120AB BC C ==∠=o ，则AC =（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】A 【解析】余弦定理2222?cos AB BC AC BC AC C =+-将各值代入 得2340AC AC +-=解得1AC =或4AC =-(舍去)选A.18．（2020届山东实验中学高三上期中）已知()cos 2cos 2παπα⎛⎫-=+⎪⎝⎭，且()1tan 3αβ+=，则tan β的值为（ ） A ．-7 B ．7C ．1D ．-1【答案】B 【解析】 因为()cos 2cos 2παπα⎛⎫-=+⎪⎝⎭， 所以sin 2cos αα=-，即tan 2α=-， 又()1tan 3αβ+=， 则tan tan 11tan tan 3αβαβ+=-，解得tan β= 7， 故选B.19．（2020届山东省济宁市高三上期末）函数22cos cos 1y x x =-++，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦的图象大致为( ) A ． B ．C ．D ．【答案】B 【解析】∵22()2cos ()cos()12cos cos 1()f x x x x x f x -=--+-+=-++=， ∴函数()f x 为偶函数.故排除选项A ，D.2219()2cos cos 12(cos ),,4822f x x x x x ππ⎡⎤=-++=--+∈-⎢⎥⎣⎦，∵0cos 1x ≤≤，∴当1cos 4x =时，()f x 取得最大值98；当cos 1x =时，()f x 取得最小值0.故排除C. 故选：B.20．（2020届山东师范大学附中高三月考）泉城广场上矗立着的“泉标”，成为泉城济南的标志和象征．为了测量“泉标”高度，某同学在“泉标”的正西方向的点A 处测得“泉标”顶端的仰角为45︒，沿点A 向北偏东30︒前进100 m 到达点B ，在点B 处测得“泉标”顶端的仰角为30︒，则“泉标”的高度为（ ） A ．50 m B ．100 mC ．120 mD ．150 m【答案】A 【解析】如图,CD 为“泉标”高度,设高为h 米，由题意,CD ⊥平面ABD ,100AB =米,60BAD ︒∠=，,4530CAD CBD ︒∠=∠=o．在CBD V 中,BD 3h =,在CAD V中,AD h =, 在ABD △中,3,BD h AD h ==，,100AB =，60BAD ︒∠=,由余弦定理可得223100002100cos 60(50)(100)0h h h h h ︒=+-⨯∴-+=， 解得50h =或100h =- (舍去), 故选：B.21．（2020届山东实验中学高三上期中）已知函数()sin 23f x a x x =的图象关于直线12x π=-对称，若()()124f x f x ⋅=-，则12a x x -的最小值为（ ） A ．4π B ．2π C ．πD ．2π【答案】B 【解析】()f x Q 的图象关于直线12x π=-对称，(0)()6f f π∴=-，即-1a =，则()sin 222sin 26f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，12()()4f x f x =-Q ，1()2f x ∴=，2()2f x =-或1()2f x =-，2()2f x =，即1()f x ，2()f x 一个为最大值，一个为最小值， 则12||x x -的最小值为2T， T π=Q ，12||x x ∴-的最小值为2π， 即12a x x -的最小值为2π.故选：B ．22．（2020届山东省滨州市高三上期末）已知函数()2sin(2)f x x ϕ=+的图象过点,26A π⎛⎫⎪⎝⎭，则( ) A ．把()y f x =的图象向右平移6π个单位得到函数2sin 2y x =的图象 B ．函数()f x 在区间,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减C ．函数()f x 在区间[]0,2π内有五个零点D ．函数()f x 在区间0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为1 【答案】D 【解析】因为函数()2sin(2)f x x ϕ=+的图象过点,26A π⎛⎫⎪⎝⎭， 所以2sin 23πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因此2,32k k Z ππϕπ+=+∈，所以2,6k k Z πϕπ=+∈，因此()2sin(2)2sin 222sin 266f x x x k x ππϕπ⎛⎫⎛⎫=+=++=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； A 选项，把()y f x =的图象向右平移6π个单位得到函数2sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，故A 错； B 选项，由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，即函数()2sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的单调递减区间是：2,,63k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，故B 错； C 选项，由()2sin 206f x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭得2,6x k k Z ππ+=∈，即,122k x k Z ππ=-+∈， 因此[]0,2x π∈，所以5111723,,,12121212x ππππ=，共四个零点，故C 错； D 选项，因为0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以52,666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，因此1sin 2,162x π⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以[]2sin 21,26x π⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，即()2sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小值为1，故D 正确；故选：D. 二、多选题23．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设函数()sin 23f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则下列结论正确的是（ ） A ．π-是()f x 的一个周期 B ．()f x 的图像可由sin 2y x =的图像向右平移3π得到 C ．()f x π+的一个零点为6x π=D ．()y f x =的图像关于直线1712x π=对称 【答案】ACD 【解析】()sin 23f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的最小正周期为π，故π-也是其周期，故A 正确；()f x 的图像可由sin 2y x =的图像向右平移6π得到，故B 错误； ()77()()sin sin 066323f f ππππππ⎛⎫+==-== ⎪⎝⎭，故C 正确；sin sin 17175()1262sin 132f πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=== ⎪ =⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故D 正确. 故选：ACD24．（2020届山东师范大学附中高三月考）在平面直角坐标系xOy 中，角α顶点在原点O ，以x 正半轴为始边，终边经过点()()1,0P m m <，则下列各式的值恒大于0的是（ ） A ．sin tan ααB ．cos sin αα-C ．sin cos ααD ．sin cos αα+【答案】AB 【解析】由题意知sin 0α<，cos 0α>，tan 0α<. 选项Asin 0tan αα>； 选项B ，cos sin 0αα->； 选项C ，sin cos 0αα<； 选项D ，sin cos αα+符号不确定. 故选：AB.25．（2020·蒙阴县实验中学高三期末）关于函数()22cos cos(2)12f x x x π=-+-的描述正确的是（ ）A ．其图象可由2y x =的图象向左平移8π个单位得到 B ．()f x 在(0,)2π单调递增C ．()f x 在[]0,π有2个零点D ．()f x 在[,0]2π-的最小值为【答案】ACD 【解析】由题：()22cos cos(2)1cos 2sin 2)24f x x x x x x ππ=-+-=+=+，由2y x =的图象向左平移8π个单位，得到)))84y x x ππ=+=+，所以选项A 正确；令222,242k x k k Z πππππ-≤+≤+∈，得其增区间为3[,],88k k k Z ππππ-+∈()f x 在(0,)8π单调递增，在(,)82ππ单调递减，所以选项B 不正确；解()0,2,4f x x k k Z ππ=+=∈，得：,28k x k Z ππ=-∈，[0,]x π∈， 所以x 取37,88ππ，所以选项C 正确；3[,0],2[,],sin(2)[24444x x x πππππ∈-+∈-+∈-，()[f x ∈， 所以选项D 正确. 故选：ACD26．（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知函数()sin cos f x x x =-，()g x 是()f x 的导函数，则下列结论中正确的是（ ）A ．函数()f x 的值域与()g x 的值域不相同B ．把函数()f x 的图象向右平移2π个单位长度，就可以得到函数()g x 的图象 C ．函数()f x 和()g x 在区间,44ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上都是增函数 D ．若0x 是函数()f x 的极值点，则0x 是函数()g x 的零点 【答案】CD 【解析】∵函数f （x ）＝sinx ﹣cosx =（x 4π-）∴g （x ）＝f '（x ）＝cosx +sinx =（x 4π+），故函数函数f （x ）的值域与g （x ）的值域相同， 且把函数f （x ）的图象向左平移2π个单位，就可以得到函数g （x ）的图象， 存在x 0=+,4k k Z ππ-∈，使得函数f （x ）在x 0处取得极值且0x 是函数()g x 的零点，函数f （x ）在,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为增函数，g （x ）在,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上也为增函数，∴单调性一致， 故选：CD ．27．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）将函数()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移2π个单位长度得到()g x 图象，则下列判断正确的是（ ） A ．函数()g x 在区间,122ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增 B ．函数()g x 图象关于直线712x π=对称 C ．函数()g x 在区间,63ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减 D ．函数()g x 图象关于点,03π⎛⎫⎪⎝⎭对称 【答案】ABD 【解析】函数()sin 23f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图像向右平移2π个单位长度得到()ππsin 223g x x ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦2πsin 23x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.由于7π7π2ππsin sin 112632g ⎛⎫⎛⎫=-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故7π12x =是()g x 的对称轴，B 选项正确. 由于π2π2πsin sin 00333g ⎛⎫⎛⎫=-==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故,03π⎛⎫⎪⎝⎭是()g x 的对称中心，D 选项正确. 由π2ππ2232x -≤-≤，解得π7π1212x ≤≤，即()g x 在区间π7π,1212⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递增，故A 选项正确、C 选项错误. 故选：ABD.28．（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知()()22210f x cos x x ωωω=->的最小正周期为π，则下列说法正确的有（ ） A ．2ω= B ．函数()f x 在[0,]6π上为增函数C ．直线3x π=是函数()y f x =图象的一条对称轴D ．5π,012骣琪琪桫是函数()y f x =图象的一个对称中心 【答案】BD 【解析】()cos 222sin 26f x x x x πωωω⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，22ππω=，1ω∴= ()2sin 26f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭ ，故A 不正确；当0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，2,662x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦ 是函数sin y x =的单调递增区间，故B 正确； 当3x π=时，52366πππ⨯+=，51sin 162π=≠±，所以不是函数的对称轴，故C 不正确；、当512x π=时，52126πππ⨯+=，sin 0π=，所以5,012π⎛⎫⎪⎝⎭是函数()y f x =的一个对称中心，故D 正确. 故选：BD29．（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）在ABC V 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若1tan A ，1tan B ，1tan C依次成等差数列，则下列结论中不一定成立．．．．．的是（ ） A ．a ，b ，c 依次成等差数列B C ．2a ，2b ，2c 依次成等差数列 D ．3a ，3b ，3c 依次成等差数列 【答案】ABD 【解析】ABC V 中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若1tan A ，1tan B ，1tan C依次成等差数列， 则：211tan tan tan B A C=+，利用sin tan cos ααα=， 整理得：2cos cos cos sin sin sin B C AB C A=+，利用正弦和余弦定理得：2222222222222a c b a b c b c a abc abc abc+-+-+-⋅=+， 整理得：2222b a c =+，即：222,,a b c 依次成等差数列.此时对等差数列222,,a b c 的每一项取相同的运算得到数列a ，b ，c 3a ，3b ，3c ，这些数列一般都不可能是等差数列，除非a b c ==，但题目没有说ABC V 是等边三角形， 故选：ABD.30．（2020届山东省济宁市高三上期末）将函数()sin 2f x x =的图象向右平移4π个单位后得到函数()g x 的图象,则函数()g x 具有性质( ) A ．在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,为偶函数 B ．最大值为1,图象关于直线32x π=-对称 C ．在3,88ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增,为奇函数 D ．周期为π,图象关于点3,04π⎛⎫⎪⎝⎭对称 【答案】ABD 【解析】()sin 2sin 2cos 242x x x g x ππ⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭则20,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()cos2g x x =-单调递增，为偶函数，A 正确C 错误；最大值为1，当32x π=-时23x π=-，为对称轴，B 正确； 22T ππ==，取2,,242k x k x k Z ππππ=+∴=+∈，当1k =时满足，图像关于点3,04π⎛⎫ ⎪⎝⎭对称，D 正确； 故选：ABD31．（2020届山东实验中学高三上期中）己知函数()()()sin 0,023f x x f x ππωϕωϕ⎛⎫=+><<- ⎪⎝⎭，为的一个零点，6x π=为()f x 图象的一条对称轴，且()()0f x π在，上有且仅有7个零点，下述结论正确．．的是（ ） A ．=6πϕB ．=5ωC ．()()0f x π在，上有且仅有4个极大值点D ．()042f x π⎛⎫⎪⎝⎭在，上单调递增【答案】CD 【解析】 6x π=Q 为()f x 图象的一条对称轴，3π-为()f x 的一个零点，()()sin f x x ωϕ=+ 62k ππωϕπ∴⨯+=+，且()3k πωπ⨯-=，k Z ∈， 21k ω∴=+，k Z ∈，()f x 在(0,)π上有且仅有7个零点， 78πωπϕπ∴+<…，即131522ω剟， 7ω∴=， 762k ππϕπ∴⨯+=+，又02πϕ<<，所以3πϕ=，()sin 73f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭令7232x k πππ+=+，()k Z ∈解得7224k x ππ=+，()k Z ∈ 当20742k πππ<+<解得1411212k -<<，因为k Z ∈，所以0,1,2,3k = 故()()0,f x π在上有且仅有4个极大值点， 由272232k x k πππππ-+++剟得，522427427k k x ππππ-++剟， 即()f x 在522,427427k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦上单调递增， ()f x ∴在0,42π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，综上，AB 错误，CD 正确， 故选：CD ．32．（2019·山东师范大学附中高三月考）在平面直角坐标系xOy 中，角α顶点在原点O ，以x 正半轴为始边，终边经过点()()1,0P m m <，则下列各式的值恒大于0的是（ ） A ．sin tan ααB ．cos sin αα-C ．sin cos ααD ．sin cos αα+【答案】AB 【解析】由题意知sin 0α<，cos 0α>，tan 0α<. 选项Asin 0tan αα>； 选项B ，cos sin 0αα->； 选项C ，sin cos 0αα<； 选项D ，sin cos αα+符号不确定. 故选：AB.33．（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数()()sin 322f x x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭的图象关于直线4x π=对称，则（ ）A ．函数12f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭为奇函数B ．函数()f x 在,123ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增 C ．若()()122f x f x -=，则12x x -的最小值为3π D ．函数()f x 的图象向右平移4π个单位长度得到函数cos3y x =-的图象 【答案】AC 【解析】 因为直线4x π=是()()sin 322f x x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭的对称轴,所以()342k k Z ππϕπ⨯+=+∈,则()4k k Z πϕπ=-+∈,当0k =时,4πϕ=-,则()sin 34f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭,对于选项A,sin 3sin 312124f x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+=+-= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦,因为()sin 3sin3x x -=-,所以12f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭为奇函数,故A 正确； 对于选项B,()232242k x k k Z πππππ-+<-<+∈,即()21212343k kx k Z ππππ-+<<+∈,当0k =时,()f x 在,124ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦当单调递增,故B 错误； 对于选项C,若()()122f x f x -=,则12x x -最小为半个周期,即21323ππ⨯=,故C 正确； 对于选项D,函数()f x 的图象向右平移4π个单位长度,即()sin 3sin 3sin 344x x x πππ⎡⎤⎛⎫--=-=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,故D错误 故选：AC 三、填空题34．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知1sin 4x =，x 为第二象限角，则sin 2x =______.【答案】【解析】由于1sin 4x =，x 为第二象限角，所以cos x ==所以1sin 22sin cos 24x x x ⎛==⨯⨯= ⎝⎭.故答案为：8-35．（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知tan 3α=，则sin cos sin cos αααα-+的值为______.【答案】12【解析】因为tan 3α=，所以sin cos tan 11sin cos tan 12αααααα--==++.故答案为：1236．（2020届山东师范大学附中高三月考）已知1tan 3α=，则2sin 2sin 1cos 2ααα-+的值为________．【答案】518【解析】原式2222sin cos sin tan tan 2cos 2αααααα-==-,又∵1tan 3α=， ∴原式21111533231818⎛⎫⎪⎝⎭=-=-=， 故答案为：518. 37．（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在平面直角坐标系xOy 中，角α的顶点是O ，始边是x 轴的非负半轴，02απ<<，点1tan ,1tan1212P ππ⎛⎫+- ⎪⎝⎭是α终边上一点，则α的值是________. 【答案】6π【解析】 因为1tan0,1tan01212ππ+>->，即P 点在第一象限，所以02πα<<，又1tantantan12412tan tan 61tan1tan tan 12412ππππαπππ--===++， ∴6πα=． 故答案为：6π． 38．（2020·全国高三专题练习（文））已知sin cos 11cos 2ααα=-，1tan()3αβ-=，则tan β=________.【答案】17【解析】因为sin cos 11cos 2ααα=-，所以2sin cos 2sin ααα=且cos 0α≠，所以1tan 2α=；又1tan()3αβ-=，所以()()()11tan tan 123tan tan 11tan tan 716ααββααβααβ---=--===⎡⎤⎣⎦+-+. 故答案为：17.39．（2020届山东实验中学高三上期中）在ABC ∆中，,,a b c 分别为内角,,A B C 的对边，若32sin sin sin ,cos 5B AC B =+=，且6ABC S ∆=，则b =__________． 【答案】4 【解析】已知等式2sin sin B A sinC =+，利用正弦定理化简得：2b a c =+，3cos ,5B =∴Q可得4sin 5B ==，114sin 6225ABC S ac B ac ∆∴==⨯=，可解得15ac =，∴余弦定理可得，2222cos b a c ac B =+-()()221cos a c ac B =+-+=23421515b ⎛⎫-⨯⨯+ ⎪⎝⎭，∴可解得4b =，故答案为4.40．（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知函数()9sin 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当[]0,10x π∈时，把函数()()6F x f x =-的所有零点依次记为123,,,,n x x x x ⋅⋅⋅，且123n x x x x <<<⋅⋅⋅<，记数列{}n x 的前n 项和为n S ，则()12n n S x x -+=______. 【答案】5513π【解析】由2,()62x k k Z πππ-=+∈得对称轴为3+2,()6k x k Z π=∈，周期为π，根据正弦函数图像性质，得20,n =12226x x π+=⨯，23526x x π+=⨯，34826x x π+=⨯，231126x x π+=⨯，…，19185326x x π+=⨯，19205626x x π+=⨯，()23344112181959201)))2((()()()(n n S x x x x x x x x x x x x x x -+=++++++++++++L 255611122191918666322ππ⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=⨯+⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭5513π=.故答案为：5513π41．（2020届山东省德州市高三上期末）已知函数()()sin f x A x =+ωϕ0,0,||2A πωϕ⎛⎫>><⎪⎝⎭的最大值2π，且()f x 的图象关于直线3x π=-对称，则当,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数()f x 的最小值为______.【答案】 【解析】由题意可得()max A f x ==()y f x =的最小正周期为T ，则22T π=，得T π=， 22Tπω∴==，此时，()()2f x x ϕ=+. 因为函数()y f x =的图象关于直线3x π=-对称，则()232k k Z ππϕπ⎛⎫⨯-+=+∈ ⎪⎝⎭，()76k k Z πϕπ∴=+∈，2πϕ<Q ，1k ∴=-，6π=ϕ，则()26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦Q ，2662x πππ∴-≤+≤，因此，函数()y f x =在区间,66ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦6π⎛⎫-= ⎪⎝⎭故答案为：. 42．（2020届山东省泰安市高三上期末）在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为,,a b c ，若cos cos sin A B C a b c +=，22265b c a bc +-=，则tan B =______． 【答案】4 【解析】∵cos cos sin A B Ca b c+=， ∴由正弦定理得cos cos sin sin sin sin A B CA B C+=， ∴111tan tan A B+=，又22265b c a bc +-=， ∴由余弦定理得62cos 5A =， ∴3cos 5A =， ∵A 为ABC ∆的内角， ∴4sin 5A =， ∴4tan 3A =，∴tan 4B =， 故答案为：4． 四、解答题43．（2020届山东省临沂市高三上期末）在①3cos 5A =，cos 5C =，②sin sin sin c C A b B =+，60B =o ，③2c =，1cos 8A =三个条件中任选一个补充在下面问题中，并加以解答.已知ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若3a =，______，求ABC V 的面积S . 【答案】答案不唯一，具体见解析 【解析】 选① ∵3cos 5A =，cos C =， ∴4sin 5A =，sin C =， ∴()sin sin sin cos cos sin B A C A C A C =+=+4355=+=，由正弦定理得3sin 254sin 5a Bb A===，∴1199sin 32240S ab C ==⨯=.选②∵sin sin sin c C A b B =+， ∴由正弦定理得22c a b =+. ∵3a =，∴223b c =-. 又∵60B =o ，∴222192332b c c c =+-⨯⨯⨯=-， ∴4c =，∴1sin 2S ac B ==选③∵ 2c =，1cos 8A =， ∴ 由余弦定理得222123822b b +-=⨯，即2502b b --=，解得52b =或2b =-（舍去）. sin 8A ∴==∴ABC V的面积115sin 2222816S bc A ==⨯⨯⨯=. 故答案为：选①为9940；选②为16. 44．（2020届山东省泰安市高三上期末）在①函数()()1sin 20,22f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的图象向右平移12π个单位长度得到()g x 的图象，()g x图象关于原点对称；②向量),cos 2m x x ωω=u r，()11cos ,,0,24n x f x m n ωω⎛⎫=>=⋅ ⎪⎝⎭r u r r ；③函数()1cos sin 64f x x x πωω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭()0ω>这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知_________，函数()f x 的图象相邻两条对称轴之间的距离为2π． （1）若02πθ<<，且sin 2θ=，求()f θ的值；（2）求函数()f x 在[]0,2π上的单调递减区间．【答案】（1）答案不唯一，见解析 （2）2756363ππππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，， 【解析】解：方案一：选条件① 由题意可知，22T ππω==，1ω∴= ()()1sin 22f x x ϕ∴=+，()1sin 226g x x πϕ⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭，又函数()g x 图象关于原点对称，,6k k Z πϕπ∴=+∈，2πϕ<Q ，6πϕ∴=，()1sin 226f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭， （1）0,sin 22πθθ<<=Q ，4πθ∴=，()4f f πθ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭12sin 23π=4=；（2）由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，令0k =，得263x ππ≤≤，令1k =，得7563x ππ≤≤，∴函数()f x 在[]0,2π上的单调递减区间为275,,,6363ππππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．方案二：选条件②)11,cos 2,cos ,24m x x n x ωωω⎛⎫== ⎪⎝⎭u r r Q ，()f x m n ∴=⋅u rr 1cos cos 24x x x ωωω=+112cos 2222x x ωω⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭1sin 226x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 又22T ππω==，1ω∴=，()1sin 226f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，（1）0,sin 2πθθ<<=Q ，4πθ∴=，()4f f πθ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭12sin 23π=4=； （2）由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，令0k =，得263x ππ≤≤，令1k =，得7563x ππ≤≤，∴函数()f x 在[]0,2π上的单调递减区间为275,,,6363ππππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．方案三：选条件③()1cos sin 64f x x x πωω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭1cos sin cos cos sin 664x x x ππωωω⎛⎫=+- ⎪⎝⎭211cos cos 24x x x ωω=+-12cos 24x x ωω=+112cos 2222x x ωω⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭1sin 226x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 又22T ππω==，1ω∴=，()1sin 226f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，（1）0,sin 22πθθ<<=Q ，4πθ∴=，()4f f πθ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭12sin 23π=4=； （2）由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，令0k =，得263x ππ≤≤，令1k =，得7563x ππ≤≤.∴函数()f x 在[]0,2π上的单调递减区间为275,,,6363ππππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦．45．（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为,,a b c ，已知()2cos cos 0a c B b A ++=.（I ）求B ；（II ）若3,b ABC =∆的周长为3ABC +∆的面积.【答案】（Ⅰ）23B π=(Ⅱ) ABC S =△【解析】（Ⅰ）()2cos cos 0a c B b A ++=Q ,()sin 2sin cos sin cos 0A C B B A ∴++=，()sin cos sin cos 2sin cos 0A B B A C B ++=,()sin 2cos sin 0A B B C ++=， ()sin sin A B C +=Q .1cos 2B ∴=-,20,3B B ππ<<∴=Q .(Ⅱ)由余弦定理得221922a c ac ⎛⎫=+-⨯-⎪⎝⎭， ()2229,9a c ac a c ac ++=∴+-=，33,a b c b a c ++=+=∴+=Q 3ac ∴=，11sin 32224ABC S ac B ∴==⨯⨯=V . 46．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知函数()sin()f x A x ωϕ=+，其中0A >，0>ω，(0,)ϕπ∈，x ∈R ，且()f x 的最小值为-2，()f x 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为2π，()f x 的图象过点,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭. （1）求函数()f x 的解析式和单调递增区间； （2）若[0,2]x πÎ函数()f x 的最大值和最小值. 【答案】（1）1()2sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；递增区间为：424,433k k ππ⎡⎤-+π+π⎢⎥⎣⎦，k ∈Z ；（2）最大值为2，最小值为-1.. 【解析】（1）∵函数()sin()f x A x ωϕ=+的最小值是-2，∴2A =，∵()f x 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为2π，∴24T ππω==，解得：12ω=又∵()f x 的图象过点,03π⎛-⎫⎪⎝⎭， ∴123k πϕπ⎛⎫⨯-+= ⎪⎝⎭，k ∈Z ﹐解得：6k πϕπ=+，k ∈Z ， 又∵(0,)ϕπ∈，解得：6π=ϕ. 可得：1()2sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭因为1222262k x k πππππ-+≤+≤+，k ∈Z∴424433k x k ππ-+π≤≤+π，k ∈Z 所以()f x 的递增区间为：424,433k k ππ⎡⎤-+π+π⎢⎥⎣⎦，k ∈Z .（2）∵[0,2]x πÎ∴17,2666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦， ∴11sin 1226x π⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭ ∴1()2f x -≤≤所以()f x 的最大值为2，最小值为-1.47．（2020届山东省潍坊市高三上期中）在ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知10a b +=，5c =，sin 2sin 0B B +=．（1）求a ，b 的值： （2）求sin C 的值．【答案】（1）3a =，7b =；（2）14. 【解析】（1）由sin 2sin 0B B +=，得2sin cos sin 0B B B +=，因为在ABC ∆中，sin 0B ≠，得1cos 2B =-， 由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，得22215252b a a ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-⎪⎝⎭， 因为10b a =-，所以2221(10)5252a a a ⎛⎫-=+-⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭， 解得3a =，所以7b =.（2）由1cos 2B =-，得sin 2B =由正弦定理得5sin sin 7c C B b ===48．（2020届山东省烟台市高三上期末）在条件①()(sin sin )()sin a b A B c b C +-=-，②sin cos()6a Bb A π=+，③sin sin 2B Cb a B +=中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答.在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，6b c +=，a =， . 求ABC ∆的面积. 【答案】见解析 【解析】 若选①：由正弦定理得(a b)()(c b)a b c +-=-， 即222b c a bc +-=，所以2221cos 222b c a bc A bc bc +-===，因为(0,)A π∈，所以3A π=.又2222()3a b c bc b c bc =+-=+-，a =6bc +=，所以4bc =，所以11sin 4sin 223ABC S bc A π∆==⨯⨯= 若选②：由正弦定理得sin sin sin cos()6A B B A π=+.因为0B π<<，所以sin 0B ≠，sin cos()6A A π=+，化简得1sin sin 22A A A =-，即tan A =，因为0A π<<，所以6A π=.又因为2222cos6a b c bc π=+-，所以2222bc =24bc =-所以111sin (246222ABC S bc A ∆==⨯-⨯=- 若选③：由正弦定理得sin sinsin sin 2B CB A B +=， 因为0B π<<，所以sin 0B ≠，所以sinsin 2B CA +=，又因为BC A +=π-， 所以cos 2sin cos 222A A A=，因为0A π<<，022A π<<，所以cos 02A≠，1sin 22A ∴=，26A π=，所以3A π=.又2222()3a b c bc b c bc =+-=+-，a =6bc +=，所以4bc =，所以11sin 4sin 223ABC S bc A π∆==⨯⨯=49．（2020届山东省泰安市高三上期末）如图所示，有一块等腰直角三角形地块ABC ，90A ∠=o ，BC 长2千米，现对这块地进行绿化改造，计划从BC 的中点D 引出两条成45°的线段DE 和DF ，与AB 和AC 围成四边形区域AEDF ，在该区域内种植花卉，其余区域种植草坪；设BDE α∠=，试求花卉种植面积()S α的取值范围．【答案】12,14⎛ ⎝⎦【解析】在△BDE 中，∠BED =34πα-，由正弦定理得13sin sin 4BE απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴sin 3sin 4BE απα=⎛⎫- ⎪⎝⎭， 在△DCF 中，3,4FDC DFC παα∠=-∠=，由正弦定理得13sin sin 4CF παα=⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴3sin 4sin CF παα⎛⎫- ⎪⎝⎭=， 11sin sin 2424BDE DCF S S BE BD CF CD ππ∆∆∴+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯)24BF CF =+ 3sin 2sin 434sin sin 4πααπαα⎫⎛⎫- ⎪⎪⎝⎭⎪=+⎛⎫ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭33sin cos cos sin 2sin 44334sin sin cos cos sin 44ππαααππααα⎫-⎪=+⎪ ⎪-⎝⎭22sin 2sin αα⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭()222sin 1sin 242sin cos sin ααααα++=+22sin 2cos 2242sin cos 2sin ααααα-+=+ 1sin 2cos 222sin 2cos 21αααα-+=-+1112sin 2cos 21αα⎛⎫=+ ⎪-+⎝⎭11222sin 224πα=+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭ ， ()()ABC BDE DCF S S S S α∆∆∆∴=-+11222sin 224πα=-⎛⎫-+ ⎪⎝⎭ ∴AEDF 为四边形区域，,42ππα⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭，32,444πππα⎛⎫∴-∈ ⎪⎝⎭，2sin 2,142πα⎛⎤⎛⎫∴-∈ ⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦，()12142S α∴<≤-， ∴花卉种植面积()S α取值范围是12,14⎛⎤- ⎥ ⎝⎦． 50．（2020届山东省日照市高三上期末联考）在①ABC ∆面积2ABC S ∆=，②6ADC π∠=这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，求AC . 如图，在平面四边形ABCD 中，34ABC π∠=，BAC DAC ∠=∠，______，24CD AB ==，求AC .【答案】见解析【解析】 选择①：113sin 2sin 2224ABC S AB BC ABC BC π∆=⋅⋅⋅∠=⋅⋅⋅=所以BC = 由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠4822202⎛⎫=+-⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭所以AC ==选择②设BAC CAD θ∠=∠=，则04πθ<<，4BCA πθ∠=-，在ABC ∆中sin sin AC ABABC BCA =∠∠，即23sin sin 44AC ππθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭所以sin 4AC πθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭在ACD ∆中，sin sin AC CD ADC CAD=∠∠，即4sin sin 6AC πθ=所以2sin AC θ=.所以2sin sin 4θθ=- ⎪⎝⎭，解得2sin cos θθ=， 又04πθ<<，所以sin θ=，所以2sin AC θ==51．（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）在ABC ∆中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，22cos02A CB +-=.（1）求角B 的大小；（2）若2sin 2sin sin B A C =，且ABC ∆的面积为ABC ∆的周长.【答案】（1）23B π=；（2）【解析】22cos (1cos())2A CB B AC +-=-++ ∵A B C π++=(1cos())(1cos )B A C B B -++=--cos 12sin 106B B B π⎛⎫=+-=+-= ⎪⎝⎭1sin 62B π⎛⎫+= ⎪⎝⎭∵(0,)B π∈，∴7,666B πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭∴566B ππ+=，23B π= 解法2：∵A B C π++=，2222cos2cos 2sin 222A CB BB B B π+--=-=-2cos 2sin 2sin sin 0222222B B B B B B ⎫=-=-=⎪⎭∵(0,)B π∈，∴sin02B ≠sin 022B B-=∴tan2B =，∵0,22B π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴23B π=，∴23B π=（2）由（1）知23B π=，所以ABC V 的面积为12sin 234ac ac π==16ac =因为2sin 2sin sin B A C =，由正弦定理可得2232b ac ==，b =由余弦定理222222cos()323b ac ac a c ac π=+-⋅=+-=∴2()3248a c ac +=+=，∴a c +=。

2020高考数学单元质量测试三三角函数解三角形与平面向量理含解析

2020高考数学单元质量测试三三角函数解三角形与平面向量理含解析

乐山市2020届初中学业水平考试生物一、选择题(共60分，每小题3分)19．下列描述中，不属于生物与环境关系的是A．雨露滋润禾苗壮B．风吹草低见牛羊C．大树底下好乘凉D．葵花朵朵向太阳20．生态系统物质循环和能量流动的渠道是A．食物链B．食物网C．消费者D．A和B21．显微镜是人类探索微观世界不可缺少的工具。

下列关于显微镜的使用正确的是A．当环境光线较暗时，用反光镜的凸面镜B．对光完成时，应观察到明亮圆形的视野C．在下降镜筒过程中，眼睛应该看着目镜D．清洁收镜时，使用纱布擦拭物镜、目镜22．细胞是生物体结构和功能的基本单位，细胞的生活依靠细胞各结构的分工合作。

下列细胞结构与功能的关系，错误的是A．细胞膜——控制物质进出B．线粒体一一能量转换器C．细胞壁一一控制物质进出D．叶绿体——能量转换器23．花、果实和种子是绿色开花植物的生殖器官。

开花、传粉后结出果实，下列花与果实各部分的对应关系，正确的是A．子房——果实B．受精卵——种子C．胚珠——胚D．子房壁——种皮24．有人说“包括人类在内的其他生物是‘攀附’着植物的茎蔓才站在这个星球上的。

”这句话道出了绿色植物光合作用的重要意义。

下列关于光合作用的意义说法错误的是A．为动物和人类提供食物B．为自身生活提供有机物C．为自身生活提供无机盐D．为动物和人类提供能量25．呼吸作用是生物的共同特征，下列说法正确的是A．发生的主要部位是叶绿体B．意义是为自身生命活动提供能量C．所需原料是二氧化碳和水D．适当提高温度可以降低呼吸作用26．关于光合作用和呼吸作用及它们在农业生产上的运用，下列说法错误的是A．通过合理密植可达到提高产量的目的B．适时松土有利于根细胞呼吸作用的正常进行C．白天，在温室大棚中增加二氧化碳浓度可提高产量D．农作物在白天只进行光合作用，保证了有机物的生产27．生活存中原地区的人，进入高原一段时间后，血液中的一种成分会显著增加，这种成分是A．血浆B．血小板C．红细胞D．白细胞28．下判说法中错误的是A．白细胞有吞噬消灭病菌，促进止血和加速血液凝固的作用B．输液时，刺入的手背上的“青筋”，就是分布较浅的静脉C．臀部肌肉注射的青霉素，最先到达心脏四个腔中的右心房D．某A型血的人因大量失血需输血，应输入A型血最为安全29．眼球里有一个能折射光线的结构，它能灵敏调节曲度使人可看清远近不同的物体。

2020年高考数学(文数)选择题强化专练——解析几何、立体几何、三角函数与解三角形、函数与导数含答案

2020年高考数学(文数)选择题强化专练——解析几何、立体几何、三角函数与解三角形、函数与导数含答案

（文数）选择题强化专练——解析几何、立体几何、三角函数与解三角形、函数与导数一、选择题（本大题共15小题，共75.0分）1.已知双曲线-=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，则渐近线方程为（）A. y=±2xB. y=±xC. y=±xD. y=±x2.已知焦点为F的抛物线的方程为，点Q的坐标为（3,4），点P在抛物线上，则点P到y轴的距离与到点Q的距离的和的最小值为（）A. 3B.C.D. 73.过双曲线的左焦点作倾斜角为30°的直线l，若l与y轴的交点坐标为（0，b），则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.4.椭圆2x2-my2=1的一个焦点坐标为（0，），则实数m=（）A. B. C. D.5.在平面直角坐标系中，经过点P（2，-），渐近线方程为y=x的双曲线的标准方程为（）A. B. C. D.6.设m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，且m，n⊂α．则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的（）A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件7.已知四棱锥E-ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，ED=1，平面ECD⊥平面ABCD，当点C到平面ABE的距离最大时，该四棱锥的体积为（）A. B. C. D. 18.已知正方形ABCD的边长为2，CD边的中点为E，现将△ADE，△BCE分别沿AE，BE折起，使得C，D两点重合为一点记为P，则四面体P-ABE外接球的表面积是（）A. B. C. D.9.将函数向右平移个单位后得到函数，则具有性质A. 在上单调递增，为偶函数B. 最大值为1，图象关于直线对称C. 在上单调递增，为奇函数D. 周期为，图象关于点对称10.要得到函数y＝-sin3x的图象，只需将函数y＝sin3x＋cos3x的图象( )A. 向右平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度11.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则b=( )A. B. C. D.12.在中，角的对边分别是，若，则的形状是（）A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形13.函数f(x)＝|log2x|＋x－2的零点个数为()A. 1B. 2C. 3D. 414.已知函数f(x)＝(x<－1)，则()A. f(x)有最小值4B. f(x)有最小值－4C. f(x)有最大值4D. f(x)有最大值－415.若曲线y＝x2与曲线y＝a ln x在它们的公共点P处具有公共切线，则实数a等于()A. 1B.C. －1D. 2答案和解析1.【答案】C【解析】解：双曲线-=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，可得e==2，即有c=2a，由c2=a2+b2，可得b2=3a2，即b=a，则渐近线方程为y=±x，即为y=±x．故选：C．运用双曲线的离心率公式和a，b，c的关系可得b=a，再由近线方程y=±x，即可得到所求方程．本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用离心率公式和a，b，c的关系，考查运算能力，属于基础题．2.【答案】B【解析】【分析】本题考查了抛物线的定义，属于中档题．利用抛物线的定义进行转化，可知当三点共线时满足题设最小要求．【解答】解：如图所示:抛物线y2=4x的焦点为F（1，0），准线l：x=-1,过点P作PM⊥l，垂足为M,则|PM|=|PF|,因为Q（3，4）在抛物线外，因此当F、P、Q三点共线时，|PF|+|PQ|取得最小值,也即|PM|+|PQ|最小∴（|PM|+|PQ|）min=（|PF|+|PQ|）min=|QF|=.则点P到y轴的距离与到点Q的距离的和的最小值为．故选B．3.【答案】A【解析】解：直线l的方程为，令x=0，得．因为，所以a2=c2-b2=3b2-b2=2b2，所以．故选：A．求出直线方程，利用l与y轴的交点坐标为（0，b），列出关系式即可求解双曲线的离心率．本题考查直线与双曲线的位置关系以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力．4.【答案】A【解析】【分析】利用椭圆的标准方程，结合焦点坐标，求解即可．本题考查了椭圆的标准方程，椭圆的性质及其几何意义的应用，是基本知识的考查，基础题．【解答】解：椭圆2x2-my2=1的标准方程为：，一个焦点坐标为（0，），可得，解得m=，故选：A．5.【答案】B【解析】解：根据题意，双曲线的渐近线方程为y=x，设双曲线方程为：，双曲线经过点P（2，-），则有8-1=a，解可得a=7，则此时双曲线的方程为：，故选：B．设出双曲线的方程，经过点P（2，-），求出a的值，即可得双曲线的方程．本题考查双曲线的几何性质，涉及双曲线的标准方程的求法，注意双曲线离心率公式的应用．6.【答案】A【解析】解：当α∥β 时，因为m，n⊂α，故能推出m∥β且n∥β，故充分性成立．当m∥β且n∥β 时，m，n⊂α，若m，n是两条相交直线，则能推出α∥β，若m，n不是两条相交直线，则α与β 可能相交，故不能推出α∥β，故必要性不成立．故选：A．由面面平行的性质得，充分性成立；由面面平行的判定定理知，必要性不成立．本题考查平面与平面平行的判定和性质，充分条件、必要条件的定义域判断方法．7.【答案】B【解析】解：如图所示，由题意可得：ED⊥平面ABCD时，△ADE的面积最大，可得点C即点D到平面ABE的距离最大．此时该四棱锥的体积==．故选：B．如图所示，由题意可得：ED⊥平面ABCD时，△ADE的面积最大，可得点C即点D到平面ABE的距离最大．即可得出此时该四棱锥的体积．本题考查了空间线面位置关系、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．8.【答案】C【解析】解：如图，PE⊥PA，PE⊥PB，PE=1，△PAB是边长为2的等边三角形，设H是△PAB的中心，OH⊥平面PAB，O是外接球的球心，则OH=，PH=，则．故四面体P-ABE外接球的表面积是S=．故选：C．由题意画出图形，找出四面体P-ABE外接球的球心，求得半径，代入球的表面积公式求解．本题考查多面体外接球表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．9.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查三角函数平移、单调性、奇偶性、周期的知识，解答本题的关键是掌握相关知识，逐一分析，进行解答.【解答】解：将f（x）=2x的图象向右平移个单位，得g（x）=2（x-）=（2x-）=-2x，则g（x）为偶函数，在上单调递增，故A正确，g（x）的最大值为1，对称轴为2x=kπ，k∈Z，即x=，k∈Z，当k=1，图象关于x=对称，故B错误,由2kπ≤2x≤2kπ+π，k∈Z，函数g（x）单调递增，∴kπ≤x≤kπ+，k∈Z，∴g（x）在上不是单调函数，故C错误,函数的周期T=π，不关于点对称，故D错误 .故选A．10.【答案】C【解析】【分析】本题考查三角函数的图象的平移变换，是基础题.由条件利用y=A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．【解答】解：因为，所以将其图象向左平移个单位长度，可得，故选C.11.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，两角和与差的三角函数公式，是基础题．先求出sin B，再根据正弦定理求解即可.【解答】解：在△ABC中，，，则，，=，，.故选B．12.【答案】D【解析】【分析】本题考查三角形的形状判断，着重考查正弦定理的应用与三角函数化简运算的能力，属于中档题．化简，得出A=或B=A，即可求解.【解答】解：∵c-a cos B=（2a-b）cos A，C=π-（A+B），∴由正弦定理得：sin C-sin A cos B=2sin A cosA-sin B cos A，∴sin A cos B+cos A sin B-sin A cos B=2sin A cosA-sin B cos A，∴cos A（sin B-sin A）=0，∴cos A=0，或sin B=sin A，∵在中，角的取值范围均为，∴A=或B=A或B=π-A（舍去），故选D．13.【答案】B【解析】【分析】本题考查函数的零点的求法，零点个数问题，考查数形结合以及计算能力，转化思想的应用．转化函数零点问题为方程的根的问题，通过两个函数的图象交点个数判断求解即可．【解答】解：函数f(x)＝|log2x|＋x－2的零点个数，就是方程|log2x|＋x－2＝0的根的个数．令h(x)＝|log2x|，g(x)＝2－x，画出两函数的图象，如图．由图象得h(x)与g(x)有2个交点，∴方程|log2x|＋x－2＝0的解的个数为2.故选B.14.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查利用基本不等式求函数最值的知识，属于中档题.利用“配凑”将函数化为基本不等式的形式，然后根据基本不等式进行计算即可.【解答】解：f(x)＝＝－＝－＝－＝－(x＋1)＋＋2，因为x<－1，所以x＋1<0，－(x＋1)>0，所以f(x)≥2＋2＝4，当且仅当－(x＋1)＝，即x＝－2时，等号成立．故f(x)有最小值4.故选A.15.【答案】A【解析】【分析】本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，属于中档题.利用导数的几何意义求切线的斜率以及切线方程，即可得结论.【解答】解：∵曲线的导数为，∴在P（s，t）处的斜率为，又∵曲线y=a ln x的导数为，∴在P（s，t）处的斜率为,∴曲线与曲线y=a ln x在它们的公共点P（s，t）处具有公共切线，∴，并且，t=a ln s，即，∴，解得s2=e，∴a=1.故选A.。

2020年高考数学三角函数、三角形、平面向量 专题08 正弦定理与余弦定理 文(含解析)

2020年高考数学三角函数、三角形、平面向量 专题08 正弦定理与余弦定理 文(含解析)

专题08正弦定理与余弦定理一、本专题要特别小心：1。

解三角形时的分类讨论(锐角钝角之分）2。

边角互化的选取3。

正余弦定理的选取4.三角形中的中线问题5。

三角形中的角平分性问题6.多个三角形问题二．【学习目标】掌握正、余弦定理，能利用这两个定理及面积计算公式解斜三角形，培养运算求解能力．三．【方法总结】1。

利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题：(1）已知两角和任一边,求其他两边和一角；（2）已知两边和其中一边的对角,求另一边的对角（从而进一步求出其他的边和角).2。

由正弦定理容易得到:在三角形中，大角对大边，大边对大角；大角的正弦值也较大，正弦值较大的角也较大，即A＞B⇔a＞b⇔sin A＞sin B。

3。

已知三角形两边及其一边的对角解三角形时，利用正弦定理求解时,要注意判断三角形解的情况(存在两解、一解和无解三种可能).而解的情况确定的一般方法是“大边对大角且三角形钝角至多一个”.4。

利用余弦定理,可以解决以下三类有关三角形的问题：（1)已知三边，求三个角；(2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其余角；（3)已知两边和其中一边的对角,求其他边和角.（4）由余弦值确定角的大小时，一定要依据角的范围及函数值的正负确定。

四．【题型方法】}（一)正弦定理辨析三角形例1．已知数列的前项和（1）若三角形的三边长分别为，求此三角形的面积；(2)探究数列中是否存在相邻的三项,同时满足以下两个条件：①此三项可作为三角形三边的长；②此三项构成的三角形最大角是最小角的2倍．若存在,找出这样的三项；若不存在，说明理由。

【答案】（1）（2）见解析【解析】解:数列的前n项和．当时，，当时，，又时，，所以，不妨设三边长为，，，所以所以假设数列存在相邻的三项满足条件，因为，设三角形三边长分别是n，，，,三个角分别是，，由正弦定理:，所以由余弦定理:，即化简得:，所以：或舍去当时,三角形的三边长分别是4，5,6，可以验证此三角形的最大角是最小角的2倍．所以数列中存在相邻的三项4，5，6，满足条件.练习1．以下关于正弦定理或其变形的叙述错误的是A．在中，B．在中，若,则C．在中，若,则；D．在中，【答案】B【解析】在中，;在中，若，则或，即或;在中，若,则；在中,，选B.练习2．在中，内角所对的边分别是，若,则的值为（)A．B．C．1 D．【答案】D【解析】根据正弦定理可得故选D。

2020高考数学刷题首秧单元测试三三角函数解三角形与平面向量文含解析

2020高考数学刷题首秧单元测试三三角函数解三角形与平面向量文含解析

单元质量测试（三）时间：120分钟满分：150分第I卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. 函数f（x）= 1 —2sin弓的最小正周期为（）nA. 2 n B . n C .二■ D . 4n2答案A解析f （x）= 1 —2sin 1 2X= cos x，最小正周期T= 2n,故选A.2. 已知sin 0 <0, tan 0 >0,则1 —sin 20化简的结果为（）A. cos 0 B . —cos 0C. 土cos 0 D .以上都不对答案B解析由已知可判断出0是第三象限角，所以叮1 —sin 20 =|cos 0 | = —cos 0 .故选B.3 . (2018 •福建4月质检）已知向量AB= （1,1）, AC= （2,3），则下列向量与BC垂直的是( )A .a= (3,6) B.b= (8 , —6)C.c = (6,8) D.d= ( —6,3)答案D解析BC= AC-X B= (1,2)，因为(1,2) • ( —6,3) = 1 X ( —6) + 2X 3= 0.故选D.4.(2018 •长沙统考)已知a,b为单位向量，且a丄(a+ 2b)，则向量a与b的夹角为()A. 30° B . 60° C . 120° D . 150°答案C2 2解析由题意，a •( a+ 2b) = a + 2a • b= | a| + 2| a|| b| • cos < a, b>= 1 + 2cos〈a,1b>= 0,所以cos <a, b>=—2，又0°w〈a, b>< 180°,所以< a, b>= 120°.故选C.5. (2018 •长春调研)在厶ABC中，角A, B, C的对边分别为a, b, c,若2b cos C-2c cos B=a,且B= 2C,则厶ABC的形状是()A.等腰直角三角形 B .直角三角形C.等腰三角形 D .等边三角形答案 B解析 ■/ 2b cos C — 2c cos B = a ,「. 2sin B cos C — 2sin 6os B = sin A = sin （ B + C ,即nn n=百，B = 2C=T ，A= Q 故“EC 为直角三角形•故选B6. （2018 •广东广州调研）如图所示,在厶ABC 中, X N h £AC P 是BN 上的一点，若AP =3m AB- —AC 则实数m 的值为（）511 •故选B .7. （2018 •湖南长郡中学调研）若厶ABC 的内角A , B, C 所对的边分别为a , b , c ,已知 2b sin2 A = a sin B,且 c = 2b ,则学等于（）A. 2 B . 3 C . 2 D .3答案 A 解析 由 2b sin2A = a sinB ,得 4b sin A cos A = a sin B,由正弦定理得 4sinB sin A cos A =12 2 2 2 2sin A sin B , T sin A H 0,且 sin B^ 0，二 cos A =-,由余弦定理,得 a = b + 4b — b ,「・ a = 2 a 4b ,•••[= 2.故选 A .bsin B cos C = 3cos B sin C,「. tan B = 3tan C,又 B= 2C,2tan C1—面宕3tan C 得tan C=¥3A.11511C.11 211答案 B解析因为N, P, B 三点共线,所以 RP= miA B- 11AC= miA B- 1[AN | 从而m —石=1? m =n n n 由 I 0 | < 2，可得 0 =— y ，所以 f （x ） = sin2 x ——，因为w 2^，所以f (x )的最小值为sin — n =—乎.故选D.10. (2018 •湖北宜昌二模)已知△ ABC 中，/ A = 120°, +AC,且AP1BC ,则实数 入的值为()22 10 12A 22B . §C . 6D . 1 答案 A解析 因为AP =入AB + AC,且AP 丄 B C, 所以有 AP • B C =（入 AB+ X C •（ AC- X B ）=入 X B- AC —入 AB 2 + AC — K B- AC =（入—1） AB- AC —入 壷 + AC = 0,整理可得 （入— 221） X 3X 4X cos120°— 9 入 + 16= 0,解得 入=丁，故选 A .152 13 2 A .B . -C —D .-3 353答案 B解析 由题意知 10si n a cos a. 『 n =6cos a,又 a€ j 0,—, 3 • I sin a= —，cos a54 a=一，ta n 5 2a2a4sin2sin —1 —221 —cos 5 1a 八・aa sin a =3 = 3 .cos — 2sin — — 2 2259. (2018 •东北三省四市二联 )将函数f (x ) = sin(2 x + )| 0 |个单所得到的图象关于y 轴对称，则函数f (x )在0，守上的最小值为( )A."2"B . 2C . — 2D . —¥2 2 2答案解析nf (x ) = sin(2 x + 0 )向右平移 匸个单位得到函数ng （ x ） = sin2 x —石 + 0 = sin2 x此函数图象关于y 轴对称，即函数g (x )为偶函数,则-i + 0=专+kn, k €Z ,n n n 0< x < —，所以一 —W2X —-3 且AB= 3, AC = 4，若辰入AB & （2018 •江西九校联考）已知5sin2 a = 6cos a , a€ 0, nn ，则 tan a =（） <n2的图象向右平移令11. (2018 •河北石家庄一模)已知三个向量a, b, c共面，且均为单位向量，a - b= 0,则| a+ b—c|的取值范围是()A. [ 2—1, 2 +1] B . [1 , 2]C [ 2, 3]D . [ 2 —1,1]答案A解析由题意不妨设a= (1,0) , b= (0,1),c= (cos 0 , sin 0 )(0 w 0 <2n ).贝U a + b —c = (1 —cos 0 , 1 —sin 0 ),| a + b—c| =7(1 —cos 0 j+ (1 —sin 0 j=飞.；3—2'i' 2sin 0 + 4，令t = 3—2、2sin 0 + -4,贝U 3 —2 2w t w 3+ 2 2,故|a+ b—c| € [ 2—1, 2+ 1].12. (2018 •湖南长沙长郡中学摸底)已知函数f(x) = sin( 3 x+ ) co >0, | $ |<专的最n小正周期为n ,且其图象向左平移—个单位长度后得到函数g(x) = cos 3 X的图象，则函数f(x)的图象()A.关于直线x= n对称B .关于直线x = 对称12 12C.关于点n2, 0对称D .关于点5n, 0对称答案C解析由题意T= = n ,得o = 2，把g(x) = cos2x的图象向右平移个单位长度得3 3n 2 n n 2 n 7 n 兀厶匚心厶nf (x) = cos2x—= cos2x —= sin —2x+ = sin —2x+ = sin2 x—的图象，3 3 2 3 6 6 125n \13n=0, f〒2=~7，因此函数f(x)的图象关于点石，0对称.故选 c.第n卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13. (2018 •合肥质检一)已知平面向量a, b满足|a| = 1, | b| = 2, | a + b| = ,3,则a在b方向上的投影等于__________ .1答案—2解析依题意，有| a+ b| = (a+ b) = a + 2a • b+ b = 1 + 2x 1 x2cos〈a, b>+ 4= 3,1 1解得cos〈 a, b>=—§，则a在b方向上的投影等于| a|cos〈a, b>=—?.14. （2018 •全国卷川）△ ABC 勺内角A , B, C 的对边分别为a , b , c .已知C= 60°, b =■ 6, c = 3」A =答案 75°解析由正弦定理得s-6^-=盎」sin B =V 又••• c > b ,「. B= 45°,「. A = 75°15. （2018 •河北石家庄质检）已知A 1与AC 的夹角为90° , +卩AC 入，卩€ R ），且AM ・BO= 0,则△的值为□答案 1000 42解析 在厶 ACD 中，T/ ACD= 45°,/ ADC= 75°,•••/ CAD= 60°,ADCD由正弦定理可得sinA-=snC —，| A B = 2, |AC 根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则 A (0,0) ,B (0,2) , qi,0)，所以 AB=(0,2) , AC= (1,0),归(1 , — 2).设 Mx , y )，则AM= (x , y )，所以AM/I- BC= (x , y ) • (1 ,—2) = x — 2y = 0,即 x = 2y ,又AM= 入Afe+1 y 入2 所以x = □ , y = 2入，所以16. （2018A 处，两观察所分别位于地面C 处和D 处，已知 CD= 6000 m, / ACD= 45°,/ ADC= 75° ，目标出现于地面 B 处时测得/BCD= 30°,/ BDC= 15°，则炮兵阵地到目标的距离是m .（结果保留根号）1^x 6000••• BD=— = 3000谑(m),V=1000 42（m ）.三、解答题（本大题共6小题，共70分•解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ） 17.（本小题满分10分）已知⑵求cos ¥ — 2 a 的值.所以 cos a =— 1 — sin 2 a•• AD= 6000X2000 6(m).仁BCD 中由正弦定理得sin30 BD CDsin135 ° ，在Rt △ ABD 中，由勾股定理可得A B = B D + A D ,• AB= p (3000迈 2+(2000& j⑴求sin4 + a 的值;解（1）因为a €sin a=¥,5故sinn+a = sin 未os a4 4+ cos 认“ a4=—攀仔胄一谓.⑵由⑴知 sin2 a = 2sin a COS a=2X 」X5症―45 =—C所以cos 亍5 n—2a = COs 〒COs2 a+ sin 〒sin2 a二 x 3+1X2 5 2 4 4 + 3.3 =— --- 5 1018 . （2018 •浙江温州统考）（本小题满分12分）已知函数f（x）= fsi n co x +f(1)求3的值，并在下面提供的直角坐标系中画出函数y = f (x )在区间［0 , n ］上的图象；解⑴函数可化为f (x ) = sin x + ：3 ,2 n因为T = n ，所以 =n ，艮卩3 = 2,3x 0nn7n 5 n n12 3126 y21-1V 3 2画出图象如图所示:所以 f (x ) = sin 列表如下：n⑵将函数y = sin x(x € R)图象上的所有点向左平移n3个单位长度，得到函数y =19. （2018 •河南洛阳二模）（本小题满分12分）如图，已知扇形的圆心角ZAO = 2n ，半径为4 2，若点C 是AB 上的一动点（不与点A B 重合）.⑴若弦BO 4（ 3 - 1），求瓦的长;⑵ 求四边形OAC 面积的最大值.解 ⑴ 在厶 OBC K BC= 4(3 — 1) , OB= OC=4 2,所以由余弦定理得cos Z BOC=。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

单元质量测试(三)时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．函数f (x )＝1－2sin 2x2的最小正周期为( )A ．2πB ．πC ．π2 D ．4π答案 A解析 f (x )＝1－2sin 2x2＝cos x ，最小正周期T ＝2π，故选A ．2．已知sin θ<0，tan θ>0，则 1－sin 2θ 化简的结果为( ) A ．cos θ B ．－cos θ C ．±cos θ D ．以上都不对 答案 B解析 由已知可判断出θ是第三象限角，所以1－sin 2θ＝|cos θ|＝－cos θ．故选B ． 3．(2018·福建4月质检)已知向量AB →＝(1,1)，AC →＝(2,3)，则下列向量与BC →垂直的是( ) A ．a ＝(3,6) B ．b ＝(8，－6) C ．c ＝(6,8) D ．d ＝(－6,3) 答案 D解析 BC →＝AC →－AB →＝(1,2)，因为(1,2)·(－6,3)＝1×(－6)＋2×3＝0．故选D ．4．(2018·长沙统考)已知a ，b 为单位向量，且a ⊥(a ＋2b )，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B．60° C．120° D．150° 答案 C解析 由题意，a ·(a ＋2b )＝a 2＋2a ·b ＝|a |2＋2|a ||b |·cos 〈a ，b 〉＝1＋2cos 〈a ，b 〉＝0，所以cos 〈a ，b 〉＝－12，又0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°．故选C ．5．(2018·长春调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若2b cos C －2c cos B ＝a ，且B ＝2C ，则△ABC 的形状是( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等边三角形 答案 B解析 ∵2b cos C －2c cos B ＝a ，∴2sin B cos C －2sin C cos B ＝sin A ＝sin(B ＋C )，即sin B cos C ＝3cos B sin C ，∴tan B ＝3tan C ，又B ＝2C ，∴2tan C 1－tan 2C ＝3tan C ，得tan C ＝33，C ＝π6，B ＝2C ＝π3，A＝π2，故△ABC 为直角三角形．故选B ．6．(2018·广东广州调研)如图所示，在△ABC 中，AN →＝13AC →，P 是BN 上的一点，若AP →＝mAB →＋211AC →，则实数m 的值为( )A ．911B ．511 C ．311 D ．211 答案 B解析 因为N ，P ，B 三点共线，所以AP →＝mAB →＋211AC →＝mAB →＋611AN →，从而m ＋611＝1⇒m ＝511．故选B ．7．(2018·湖南长郡中学调研)若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知2b sin2A ＝a sin B ，且c ＝2b ，则a b等于( )A ．2B ．3C ． 2D ． 3 答案 A解析 由2b sin2A ＝a sin B ，得4b sin A cos A ＝a sin B ，由正弦定理得4sin B sin A cos A ＝sin A sin B ，∵sin A ≠0，且sin B ≠0，∴cos A ＝14，由余弦定理，得a 2＝b 2＋4b 2－b 2，∴a 2＝4b 2，∴a b ＝2．故选A ．8．(2018·江西九校联考)已知5sin2α＝6cos α，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则tan α2＝( )A ．－23B ．13C ．35D ．23答案 B解析 由题意知10sin αcos α＝6cos α，又α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴sin α＝35，cos α＝45，tan α2＝sinα2cosα2＝2sin2α22sin α2cosα2＝1－cos αsin α＝1－4535＝13．9．(2018·东北三省四市二联)将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)|φ|＜π2的图象向右平移π12个单位，所得到的图象关于y 轴对称，则函数f (x )在0，π2上的最小值为( )A ．32 B ．12 C ．－12 D ．－32答案 D解析 f (x )＝sin(2x ＋φ)向右平移π12个单位得到函数g (x )＝sin2x －π12＋φ＝sin2x －π6＋φ，此函数图象关于y 轴对称，即函数g (x )为偶函数，则－π6＋φ＝π2＋k π，k ∈Z ，由|φ|＜π2，可得φ＝－π3，所以f (x )＝sin2x －π3，因为0≤x ≤π2，所以－π3≤2x －π3≤2π3，所以f (x )的最小值为sin －π3＝－32．故选D ．10．(2018·湖北宜昌二模)已知△ABC 中，∠A ＝120°，且AB ＝3，AC ＝4，若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为( )A ．2215B ．103C ．6D ．127 答案 A解析 因为AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，所以有AP →·BC →＝(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB →2＋AC →2－AB →·AC →＝(λ－1)AB →·AC →－λAB →2＋AC →2＝0，整理可得(λ－1)×3×4×cos120°－9λ＋16＝0，解得λ＝2215，故选A ．11．(2018·河北石家庄一模)已知三个向量a ，b ，c 共面，且均为单位向量，a ·b ＝0，则|a ＋b －c |的取值范围是( )A ．[2－1，2＋1]B ．[1，2]C ．[2，3]D ．[2－1,1] 答案 A解析 由题意不妨设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(cos θ，sin θ)(0≤θ<2π)．则a ＋b －c ＝(1－cos θ，1－sin θ)， |a ＋b －c |＝(1－cos θ)2＋(1－sin θ)2＝3－22sin θ＋π4，令t ＝3－22sin θ＋π4，则3－22≤t ≤3＋22， 故|a ＋b －c |∈[2－1，2＋1]．12．(2018·湖南长沙长郡中学摸底)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且其图象向左平移π3个单位长度后得到函数g (x )＝cos ωx 的图象，则函数f (x )的图象( )A ．关于直线x ＝π12对称B ．关于直线x ＝5π12对称C ．关于点π12，0对称D ．关于点5π12，0对称答案 C解析 由题意T ＝2πω＝π，得ω＝2，把g (x )＝cos2x 的图象向右平移π3个单位长度得f (x )＝cos2x －π3＝cos2x －2π3＝sin π2－2x ＋2π3＝sin －2x ＋7π6＝sin2x －π6的图象，f π12＝0，f 5π12＝32，因此函数f (x )的图象关于点π12，0对称．故选C ． 第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2018·合肥质检一)已知平面向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，|a ＋b |＝3，则a 在b 方向上的投影等于________．答案 －12解析 依题意，有|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝1＋2×1×2cos〈a ，b 〉＋4＝3，解得cos 〈a ，b 〉＝－12，则a 在b 方向上的投影等于|a |cos 〈a ，b 〉＝－12．14．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知C ＝60°，b ＝6，c ＝3，则A ＝________．答案 75°解析 由正弦定理得3sin60°＝6sin B ，∴sin B ＝22．又∵c ＞b ，∴B ＝45°，∴A ＝75°．15．(2018·河北石家庄质检)已知AB →与AC →的夹角为90°，|AB →|＝2，|AC →|＝1，AM →＝λAB →＋μAC →(λ，μ∈R )，且AM →·BC →＝0，则λμ的值为________．答案 14解析根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,0)，B (0,2)，C (1,0)，所以AB →＝(0,2)，AC →＝(1,0)，BC →＝(1，－2)．设M (x ，y )，则AM →＝(x ，y )，所以AM →·BC →＝(x ，y )·(1，－2)＝x －2y＝0，即x ＝2y ，又AM →＝λAB →＋μAC →，即(x ，y )＝λ(0,2)＋μ(1,0)＝(μ，2λ)，所以x ＝μ，y ＝2λ，所以λμ＝12y x ＝14．16．(2018·广州调研) 如图所示，某炮兵阵地位于地面A 处，两观察所分别位于地面C 处和D 处，已知CD ＝6000 m ，∠ACD ＝45°，∠ADC ＝75°，目标出现于地面B 处时测得∠BCD ＝30°，∠BDC ＝15°，则炮兵阵地到目标的距离是________ m ．(结果保留根号)答案 100042解析 在△ACD 中，∵∠ACD ＝45°，∠ADC ＝75°， ∴∠CAD ＝60°，由正弦定理可得AD sin45°＝CDsin60°，∴AD ＝6000×2232＝20006(m)．在△BCD 中，由正弦定理得BD sin30°＝CDsin135°，∴BD ＝12×600022＝30002(m)，在Rt △ABD 中，由勾股定理可得AB 2＝BD 2＋AD 2， ∴AB ＝ (30002)2＋(20006)2＝100042(m)．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55．(1)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α的值；(2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－2α的值．解 (1)因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55，所以cos α＝－1－sin 2α＝－255．故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝sin π4cos α＋cos π4sin α＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＋22×55＝－1010． (2)由(1)知sin2α＝2sin αcos α ＝2×55×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＝－45， cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552＝35， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2α＝cos 5π6cos2α＋sin 5π6sin2α ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×35＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45＝－4＋3310．18．(2018·浙江温州统考)(本小题满分12分)已知函数f (x )＝12sin ωx ＋32cos ωx (ω>0)的最小正周期为π．(1)求ω的值，并在下面提供的直角坐标系中画出函数y ＝f (x )在区间[0，π]上的图象；(2)函数y ＝f (x )的图象可由函数y ＝sin x 的图象经过怎样的变换得到？ 解 (1)函数可化为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3，因为T ＝π，所以2πω＝π，即ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3． 列表如下：画出图象如图所示：(2)将函数y ＝sin x (x ∈R )图象上的所有点向左平移π3个单位长度，得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3(x∈R )的图象，再将所得图象上的所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，可得函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3(x ∈R )的图象．19．(2018·河南洛阳二模)(本小题满分12分)如图，已知扇形的圆心角∠AOB ＝2π3，半径为42，若点C 是AB 上的一动点(不与点A ，B 重合)．(1)若弦BC ＝4(3－1)，求BC 的长； (2)求四边形OACB 面积的最大值．解 (1)在△OBC 中，BC ＝4(3－1)，OB ＝OC ＝42，所以由余弦定理得cos ∠BOC ＝OB 2＋OC 2－BC 22OB ·OC ＝32，所以∠BOC ＝π6，于是BC 的长为π6×42＝22π3．(2)设∠AOC ＝θ，θ∈0，2π3，则∠BOC ＝2π3－θ，S 四边形OACB ＝S △AOC ＋S △BOC＝12×42×42sin θ＋12×42×42sin 2π3－θ＝24sin θ＋83cos θ＝163sin θ＋π6， 由于θ∈0，2π3，所以θ＋π6∈π6，5π6，当θ＝π3时，四边形OACB 的面积取得最大值163．20．(2018·河南濮阳三模)(本小题满分12分)△ABC 内接于半径为R 的圆，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，且2R (sin 2B －sin 2A )＝(b －c )sin C ，c ＝3．(1)求角A 的大小；(2)若AD 是BC 边上的中线，AD ＝192，求△ABC 的面积． 解 (1)因为2R (sin 2B －sin 2A )＝(b －c )sinC ， 所以2R sin B sin B －2R sin A sin A ＝(b －c )sin C ， 所以b sin B －a sin A ＝b sin C －c sin C ， 即b 2－a 2＝bc －c 2，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，A ＝60°．(2)以AB ，AC 为邻边作平行四边形ABEC ， 在△ABE 中，∠ABE ＝120°，AE ＝19， 由余弦定理得AE 2＝AB 2＋BE 2－2AB ·BE cos120°， 即19＝9＋BE 2－2×3×BE ×－12，解得BE ＝2(负值舍去)，所以AC ＝2． 故S △ABC ＝12AB ·AC sin ∠BAC＝12×3×2×32＝332． 21．(2018·荆门调研)(本小题满分12分)已知向量m ＝(3sin x ，cos x )，n ＝(－cos x ，3cos x )，f (x )＝m ·n －32．(1)求函数f (x )的最大值及取得最大值时x 的值；(2)若方程f (x )＝a 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有两个不同的实数根，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )＝m ·n －32＝－3sin x cos x ＋3cos 2x －32＝－32sin2x ＋32(1＋cos2x )－32＝－32sin2x ＋32cos2x ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋5π6．当2x ＋5π6＝2k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝k π－π6，k ∈Z 时，函数f (x )取得最大值3．(2)由于x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，2x ＋5π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，11π6．而函数g (x )＝3sin x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，3π2上单调递减，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，11π6上单调递增．又g ⎝⎛⎭⎪⎫11π6＝－32，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＝－3，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＝32．结合图象(如图)，所以方程f (x )＝a 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有两个不同的实数根时，a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－3，－32．22．(2018·广东茂名二模)(本小题满分12分)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，sin A ＝2sin C,2b ＝3c ．(1)求cos C ；(2)若∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且△ABC 的面积为3154，求BD 的长． 解 (1)∵sin A ＝2sin C ，∴a ＝2c ．于是，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(2c )2＋32c 2－c22×2c ×32c＝78．(2)由(1)知cos C ＝78，∴sin C ＝158．∵S △ABC ＝12·2c ·32c ·158＝3154，∴c 2＝4，c ＝2，则a ＝4，b ＝3． ∵BD 为∠ABC 的平分线， ∴a c ＝CD AD＝2，∴CD ＝2AD ． 又CD ＋AD ＝3，∴CD ＝2，AD ＝1．在△BCD 中，由余弦定理可得BD 2＝42＋22－2×4×2×78＝6，∴BD ＝6．。

相关文档
最新文档