2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义：第四章 4.6 正弦定理和余弦定理

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2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用精练：阶段自测卷(四)

阶段自测卷(四)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2019·衡水中学考试)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10＝100，则a 7的值为( )A ．11B ．12C ．13D ．14答案 C解析由S 10＝100及公差为2，得10a 1＋10×(10－1)2×2＝100，所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1，故a 7＝13.故选C.2．(2019·四川诊断)若等差数列{a n }的公差d ≠0且a 1，a 3，a 7成等比数列，则a 2a 1等于( ) A.32 B.23 C.12D ．2 答案 A解析设等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ，a 7＝a 1＋6d .因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d .所以a 2a 1＝2d ＋d 2d ＝32.故选A. 3．(2019·四省联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＝30，S 10＝10，则S 16等于( )A ．－160B ．－80C ．20D ．40答案 B解析由于数列为等差数列，故⎩⎪⎨⎪⎧6a 1＋15d ＝30，10a 1＋45d ＝10，解得a 1＝10，d ＝－2，故S 16＝16a 1＋120d ＝16×10＋120×(－2)＝－80，故选B.4．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于( ) A ．－3 B ．5 C ．－31 D ．33答案 D解析由题意知公比q ≠1，S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1＋q 3＝9，∴q ＝2，S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－q a 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝1＋25＝33. 5．(2019·湖南五市十校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 B解析由数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)得数列{a n }为等差数列，所以a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12，即a 4＝4，同理a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，即a 3＝3，所以a 1＋a 6＝a 3＋a 4＝7.6．(2019·新乡模拟)为了参加冬季运动会的5 000 m 长跑比赛，某同学给自己制定了7天的训练计划：第1天跑5 000 m ，以后每天比前1天多跑200 m ，则这个同学7天一共将跑( )A ．39 200 mB ．39 300 mC ．39 400 mD ．39 500 m答案 A解析依题意可知，这个同学第1天，第2天，…跑的路程依次成首项为5 000，公差为200的等差数列，则这个同学7天一共将跑5 000×7＋7×62×200＝39 200 (m)．故选A. 7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于( )A ．38B ．20C ．10D ．9答案 C解析因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，由S 2m －1＝38知a m ≠0，所以a m ＝2，又S 2m －1＝38，即(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝38，即(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.8．(2019·青岛调研)已知各项均不相等的等比数列{a n }，若3a 2，2a 3，a 4成等差数列，设S n为数列{a n }的前n 项和，则S 3a 3等于( ) A.139 B.79C ．3D ．1 答案 A解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵3a 2，2a 3，a 4成等差数列，∴2×2a 3＝3a 2＋a 4，∴4a 2q ＝3a 2＋a 2q 2，化为q 2－4q ＋3＝0，。

2020版高考数学(鲁京津琼)新增分大一轮讲义：第四章4.3三角函数的图象与性质Word版含解析

§4.3 三角函数的图象与性质最新考纲 1.能画出y ＝sin x ，y ＝cos x ，y ＝tan x 的图象，了解三角函数的周期性.2.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]，正切函数在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的性质(如单调性、最大值和最小值、图象与x 轴交点等)．1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图(1)在正弦函数y ＝sin x ，x ∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,0)，⎝⎛⎭⎫π2，1，(π，0)，⎝⎛⎭⎫3π2，－1，(2π，0)．(2)在余弦函数y ＝cos x ，x ∈[0,2π]的图象中，五个关键点是：(0,1)，⎝⎛⎭⎫π2，0，(π，－1)，⎝⎛⎭⎫3π2，0，(2π，1)．2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k ∈Z )概念方法微思考1．正(余)弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是多少？相邻两个对称中心的距离呢？提示正(余)弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是半个周期；相邻两个对称中心的距离也为半个周期．2．思考函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ≠0，ω≠0)是奇函数，偶函数的充要条件？提示 (1)f (x )为偶函数的充要条件是φ＝π2＋k π(k ∈Z )；(2)f (x )为奇函数的充要条件是φ＝k π(k ∈Z )．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)y ＝sin x 在第一、第四象限是增函数．( × )(2)由sin ⎝⎛⎭⎫π6＋2π3＝sin π6知，2π3是正弦函数y ＝sin x (x ∈R )的一个周期．( × ) (3)正切函数y ＝tan x 在定义域内是增函数．( × ) (4)已知y ＝k sin x ＋1，x ∈R ，则y 的最大值为k ＋1.( × ) (5)y ＝sin|x |是偶函数．( √ ) 题组二教材改编2．函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4的最小正周期是．答案 π3．y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域是．答案 ⎣⎡⎦⎤－32，3 解析当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，5π6， sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1，故3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－32，3，即y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的值域为⎣⎡⎦⎤－32，3. 4．函数y ＝－tan ⎝⎛⎭⎫2x －3π4的单调递减区间为．⎝8282解析由－π2＋k π<2x －3π4<π2＋k π(k ∈Z )，得π8＋k π2<x <5π8＋k π2(k ∈Z )，所以y ＝－tan ⎝⎛⎭⎫2x －3π4的单调递减区间为 ⎝⎛⎭⎫π8＋k π2，5π8＋k π2(k ∈Z )．题组三易错自纠5．下列函数中最小正周期为π且图象关于直线x ＝π3对称的是( )A ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3B ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6 C ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x 2＋π3 D ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3 答案 B解析函数y ＝2sin ⎝⎛⎫2x －π6的最小正周期T ＝2π2＝π，又sin ⎝⎛⎭⎫2×π3－π6＝1， ∴函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6的图象关于直线x ＝π3对称． 6．函数f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x 的单调递减区间是．答案 ⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋512π(k ∈Z ) 解析 f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎫π3－2x ＝－4sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3. 所以要求f (x )的单调递减区间，只需求y ＝4sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的单调递增区间．由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π(k ∈Z )，得－π12＋k π≤x ≤512π＋k π(k ∈Z )．所以函数f (x )的单调递减区间是⎣⎦12127．cos23°，sin68°，cos97°的大小关系是．答案 sin68°>cos23°>cos97° 解析 sin68°＝cos22°，又y ＝cos x 在[0°，180°]上是减函数， ∴sin68°>cos23°>cos97°.题型一三角函数的定义域1．函数f (x )＝－2tan ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的定义域是( ) A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x ≠π6 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠－π12 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠k π＋π6(k ∈Z ) D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≠k π2＋π6(k ∈Z ) 答案 D解析由正切函数的定义域，得2x ＋π6≠k π＋π2，k ∈Z ，即x ≠k π2＋π6(k ∈Z )，故选D.2．函数y ＝sin x －cos x 的定义域为．答案 ⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z ) 解析方法一要使函数有意义，必须使sin x －cos x ≥0.利用图象，在同一坐标系中画出[0,2π]上y ＝sin x 和y ＝cos x 的图象，如图所示．在[0,2π]内，满足sin x ＝cos x 的x 为π4，5π4，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，所以原函数的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z .方法二利用三角函数线，画出满足条件的终边范围(如图中阴影部分所示)．所以定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π＋π4≤x ≤2k π＋5π4，k ∈Z . 3．函数y ＝lg(sin x )＋cos x －12的定义域为．答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π<x ≤2k π＋π3，k ∈Z 解析要使函数有意义，则⎩⎪⎨⎪⎧sin x >0，cos x －12≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧sin x >0，cos x ≥12，解得⎩⎪⎨⎪⎧2k π<x <π＋2k π，k ∈Z ，－π3＋2k π≤x ≤π3＋2k π，k ∈Z ，所以2k π<x ≤π3＋2k π(k ∈Z )，所以函数的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2k π<x ≤2k π＋π3，k ∈Z . 思维升华三角函数定义域的求法求三角函数的定义域实际上是构造简单的三角不等式(组)，常借助三角函数线或三角函数图象来求解．题型二三角函数的值域(最值)例1 (1)函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的最大值与最小值之和为( ) A ．2－3B ．0C ．－1D ．－1－ 3 答案 A解析因为0≤x ≤9，所以－π3≤πx 6－π3≤7π6，所以－32≤sin ⎝⎛⎭⎫πx 6－π3≤1，则－3≤y ≤2.所以y max ＋y min ＝2－ 3.(2)函数y ＝cos2x ＋2cos x 的值域是( ) A ．[－1,3] B.⎣⎡⎦⎤－32，3 C.⎣⎡⎦⎤－32，－1 D.⎣⎡⎦⎤32，3答案 B解析 y ＝cos2x ＋2cos x ＝2cos 2x ＋2cos x －1＝2⎝⎛⎭⎫cos x ＋122－32，因为cos x ∈[－1,1]，所以原式的值域为⎣⎡⎦⎤－32，3. 思维升华求解三角函数的值域(最值)常见到以下几种类型：(1)形如y ＝a sin x ＋b cos x ＋c 的三角函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋c 的形式，再求值域(最值)； (2)形如y ＝a sin 2x ＋b sin x ＋c 的三角函数，可先设sin x ＝t ，化为关于t 的二次函数求值域(最值)； (3)形如y ＝a sin x cos x ＋b (sin x ±cos x )＋c 的三角函数，可先设t ＝sin x ±cos x ，化为关于t 的二次函数求值域(最值)．(4)一些复杂的三角函数，可考虑利用导数确定函数的单调性，然后求最值．跟踪训练1(1)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6，其中x ∈⎣⎡⎦⎤－π3，a ，若f (x )的值域是⎣⎡⎦⎤－12，1，则实数a 的取值范围是．答案 ⎣⎡⎦⎤π3，π解析 ∵x ∈⎣⎡⎦⎤－π3，a ，∴x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，a ＋π6， ∵当x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，π2时，f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤－12，1， ∴由函数的图象(图略)知，π2≤a ＋π6≤7π6，∴π3≤a ≤π. (2)(2018·长沙质检)函数y ＝sin x －cos x ＋sin x cos x 的值域为．答案 ⎣⎡⎦⎤－12－2，1解析设t ＝sin x －cos x ，则t 2＝sin 2x ＋cos 2x －2sin x ·cos x ，sin x cos x ＝1－t22，且－2≤t ≤ 2.∴y ＝－t 22＋t ＋12＝－12(t －1)2＋1，t ∈[－2，2]．当t ＝1时，y max ＝1；当t ＝－2时，y min ＝－12－ 2.∴函数的值域为⎣⎡⎦⎤－12－2，1. 题型三三角函数的周期性与对称性例2 (1)若函数f (x )＝2tan ⎝⎛⎭⎫kx ＋π3的最小正周期T 满足1<T <2，则自然数k 的值为________．答案 2或3解析由题意得1<πk <2，k ∈N ，∴π2<k <π，k ∈N ， ∴k ＝2或3.(2)(2018·武汉模拟)若函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω∈N *)图象的一个对称中心是⎝⎛⎭⎫π6，0，则ω的最小值为___________．答案 2解析由题意知ωπ6＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，∴ω＝6k ＋2(k ∈Z )，又ω∈N *，∴ωmin ＝2.思维升华 (1)对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ≠0，ω≠0)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点． (2)求三角函数周期的方法 ①利用周期函数的定义．②利用公式：y ＝A sin(ωx ＋φ)和y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为2π|ω|，y ＝tan(ωx ＋φ)的最小正周期为π|ω|.跟踪训练2 (1)函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象( ) A ．关于原点对称B ．关于点⎝⎛⎭⎫－π6，0对称 C ．关于y 轴对称 D ．关于直线x ＝π6对称答案 B解析 ∵当x ＝－π6时，函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫－π6×2＋π3＝0， ∴函数图象关于点⎝⎛⎭⎫－π6，0对称． (2)若直线x ＝54π和x ＝94π是函数y ＝cos(ωx ＋φ)(ω>0)图象的两条相邻对称轴，则φ的一个可能取值为( ) A.34πB.π2C.π3D.π4 答案 A解析由题意，函数的周期T ＝2×⎝⎛⎭⎫94π－54π＝2π，∴ω＝2πT ＝1，∴y ＝cos(x ＋φ)，当x ＝54π时，函数取得最大值或最小值，即cos ⎝⎛⎭⎫54π＋φ＝±1，可得54π＋φ＝k π，k ∈Z ，∴φ＝k π－54π，k ∈Z .当k ＝2时，可得φ＝34π.题型四三角函数的单调性命题点1 求三角函数的单调区间例3(1)函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫－2x ＋π3的单调递减区间为．答案 ⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z ) 解析 f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫－2x ＋π3＝sin ⎣⎡⎦⎤－⎝⎛⎭⎫2x －π3 ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3，由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z .故所求函数的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )．(2)函数f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的单调递增区间是．答案 ⎝⎛⎭⎫k π2－5π12，k π2＋π12(k ∈Z ) 解析由k π－π2<2x ＋π3<k π＋π2(k ∈Z )，得k π2－5π12<x <k π2＋π12(k ∈Z )，所以函数f (x )＝tan ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的单调递增区间为 ⎝⎛⎭⎫k π2－5π12，k π2＋π12(k ∈Z )．(3)函数y ＝12sin x ＋32cos x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的单调递增区间是．答案 ⎣⎡⎦⎤0，π6 解析 ∵y ＝12sin x ＋32cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，由2k π－π2≤x ＋π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得2k π－5π6≤x ≤2k π＋π6(k ∈Z )．∴函数的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－5π6，2k π＋π6(k ∈Z )，又x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴函数的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π6. 命题点2 根据单调性求参数例4已知ω>0，函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是．答案 ⎣⎡⎦⎤12，54解析由π2<x <π，ω>0，得ωπ2＋π4<ωx ＋π4<ωπ＋π4，又y ＝sin x 的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2，k ∈Z ，所以⎩⎨⎧ωπ2＋π4≥π2＋2k π，ωπ＋π4≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解得4k ＋12≤ω≤2k ＋54，k ∈Z .又由4k ＋12－⎝⎛⎭⎫2k ＋54≤0，k ∈Z 且2k ＋54>0，k ∈Z ，得k ＝0，所以ω∈⎣⎡⎦⎤12，54. 引申探究本例中，若已知ω>0，函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递增，则ω的取值范围是．答案 ⎣⎡⎦⎤32，74解析函数y ＝cos x 的单调递增区间为[－π＋2k π，2k π]，k ∈Z ，则⎩⎨⎧ωπ2＋π4≥－π＋2k π，ωπ＋π4≤2k π，k ∈Z ，解得4k －52≤ω≤2k －14，k ∈Z ，又由4k －52－⎝⎛⎭⎫2k －14≤0，k ∈Z 且2k －14>0，k ∈Z ，得k ＝1，所以ω∈⎣⎡⎦⎤32，74.思维升华 (1)已知三角函数解析式求单调区间求形如y ＝A sin(ωx ＋φ)或y ＝A cos(ωx ＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx ＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，可借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错． (2)已知三角函数的单调区间求参数．先求出函数的单调区间，然后利用集合间的关系求解．跟踪训练3 (1)已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4－2x ，则函数f (x )的单调递减区间为( ) A.⎣⎡⎦⎤3π8＋2k π，7π8＋2k π(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤－π8＋2k π，3π8＋2k π(k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤3π8＋k π，7π8＋k π(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤－π8＋k π，3π8＋k π(k ∈Z ) 答案 D解析函数的解析式可化为f (x )＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4. 由2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2(k ∈Z )，得－π8＋k π≤x ≤3π8＋k π(k ∈Z )，即函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤－π8＋k π，3π8＋k π(k ∈Z )． (2)(2018·武汉联考)若函数g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6在区间⎣⎡⎦⎤0，a 3和⎣⎡⎦⎤4a ，7π6上均单调递增，则实数a 的取值范围是．答案 ⎣⎡⎭⎫π6，7π24解析由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，可得 k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )， ∴g (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )．又∵函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，a 3和⎣⎡⎦⎤4a ，7π6上均单调递增， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 3≤π6，4a ≥2π3，4a <7π6，解得π6≤a <7π24.三角函数的图象与性质纵观近年高考中三角函数的试题，其有关性质几乎每年必考，题目较为简单，综合性的知识多数为三角函数本章内的知识，通过有效地复习完全可以对此类题型及解法有效攻破，并在高考中拿全分．例(1)在函数①y ＝cos|2x |；②y ＝|cos x |；③y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6；④y ＝tan ⎝⎛⎭⎫2x －π4中，最小正周期为π的所有函数为( )A ．①②③B ．①③④C ．②④D ．①③答案 A解析 ①y ＝cos|2x |＝cos2x ，最小正周期为π；②由图象知y ＝|cos x |的最小正周期为π；③y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的最小正周期T ＝2π2＝π； ④y ＝tan ⎝⎛⎭⎫2x －π4的最小正周期T ＝π2，故选A. (2)(2017·全国Ⅲ)设函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，则下列结论错误的是( ) A ．f (x )的一个周期为－2πB ．y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π3对称 C ．f (x ＋π)的一个零点为x ＝π6D ．f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减答案 D解析 A 项，因为f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的周期为2k π(k ∈Z )，所以f (x )的一个周期为－2π，A 项正确； B 项，因为f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的图象的对称轴为直线x ＝k π－π3(k ∈Z )，所以y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π3对称，B 项正确； C 项，f (x ＋π)＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋4π3.令x ＋4π3＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π－5π6(k ∈Z )，当k ＝1时，x ＝π6，所以f (x ＋π)的一个零点为x ＝π6，C 项正确； D 项，因为f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π－π3，2k π＋2π3(k ∈Z )，单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋2π3，2k π＋5π3(k ∈Z )，所以⎝⎛⎭⎫π2，2π3是f (x )的单调递减区间，⎣⎡⎭⎫2π3，π是f (x )的单调递增区间，D 项错误．故选D.(3)函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)(ω>0)的部分图象如图所示，则f (x )的单调递减区间为．答案 ⎝⎛⎭⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z 解析由图象知，周期T ＝2×⎝⎛⎭⎫54－14＝2，。

2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义：第四章 4.7 解三角形的实际应用

§4.7解三角形的实际应用最新考纲能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．测量中的有关几个术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α例：(1)北偏东α：(2)南偏西α：坡角与坡比坡面与水平面所成二面角的度数叫坡度，θ为坡角；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比，即i＝hl＝tan θ概念方法微思考在实际测量问题中有哪几种常见类型，解决这些问题的基本思想是什么？提示实际测量中有高度、距离、角度等问题，基本思想是根据已知条件，构造三角形(建模)，利用正弦定理、余弦定理解决问题．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)从A 处望B 处的仰角为α，从B 处望A 处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.( × ) (2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为⎣⎡⎦⎤0，π2.( × ) (3)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．( √ ) (4)方位角大小的范围是[0,2π)，方向角大小的范围一般是⎣⎡⎭⎫0，π2.( √ ) 题组二教材改编2.如图所示，设A ，B 两点在河的两岸，一测量者在A 所在的同侧河岸边选定一点C ，测出A ，C 的距离为50 m ，∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°后，就可以计算出A ，B 两点的距离为________ m.答案 502解析由正弦定理得AB sin ∠ACB ＝ACsin B ，又B ＝30°，∴AB ＝AC sin ∠ACBsin B ＝50×2212＝502(m)．3．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为30°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角为60°，则山高h ＝______米．答案22a 解析由题图可得∠P AQ ＝α＝30°，∠BAQ ＝β＝15°，在△P AB 中，∠P AB ＝α－β＝15°，又∠PBC ＝γ＝60°，∴∠BP A ＝()90°－α－()90°－γ＝γ－α＝30°，∴在△P AB中，asin 30°＝PBsin 15°，∴PB＝6－22a，∴PQ＝PC＋CQ＝PB·sin γ＋a sin β＝6－22a×sin 60°＋a sin 15°＝22a.题组三易错自纠4．要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为()A．10 2 m B．20 mC．20 3 m D．40 m答案D解析设电视塔的高度为x m，则BC＝x，BD＝3x.在△BCD中，由余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40x×cos 120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝－20(舍去)或x＝40.故电视塔的高度为40 m.5．在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B点的仰角是60°，C点的俯角是70°，则∠BAC＝________.答案130°解析60°＋70°＝130°.6．海上有A，B，C三个小岛，A，B相距5 3 海里，从A岛望C和B成45°视角，从B岛望C和A成75°视角，则B，C两岛间的距离是________海里．答案52解析由题意可知∠ACB＝60°，由正弦定理得ABsin∠ACB＝BCsin∠BAC，即53sin 60°＝BCsin 45°，得BC＝5 2.题型一测量距离问题1．(2018·长春检测)江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距____m.答案103 解析如图，OM ＝AO tan 45°＝30(m)， ON ＝AO tan 30°＝33×30＝103(m)，在△MON 中，由余弦定理得 MN ＝900＋300－2×30×103×32＝300＝10 3 (m)．2.如图，A ，B 两点在河的同侧，且A ，B 两点均不可到达，要测出A ，B 的距离，测量者可以在河岸边选定两点C ，D ，若测得CD ＝32km ，∠ADB ＝∠CDB ＝30°，∠ACD ＝60°， ∠ACB ＝45°，则A ，B 两点间的距离为________ km.答案64解析 ∵∠ADC ＝∠ADB ＋∠CDB ＝60°，∠ACD ＝60°， ∴∠DAC ＝60°， ∴AC ＝DC ＝32km. 在△BCD 中，∠DBC ＝45°，由正弦定理，得BC ＝DC sin ∠DBC ·sin ∠BDC ＝32sin 45°·sin 30°＝64(km)．在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos 45°＝34＋38－2×32×64×22＝38.∴AB ＝64km. ∴A ，B 两点间的距离为64km. 3．如图，为了测量两座山峰上P ，Q 两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300 3 m 且和P ，Q 两点在同一平面内的路段AB 的两个端点作为观测点，现测得∠P AB ＝90°，∠P AQ ＝∠PBA ＝∠PBQ ＝60°，则P ，Q 两点间的距离为________ m.答案 900解析由已知，得∠QAB ＝∠P AB －∠P AQ ＝30°. 又∠PBA ＝∠PBQ ＝60°， ∴∠AQB ＝30°，∴AB ＝BQ .又PB 为公共边，∴△P AB ≌△PQB ， ∴PQ ＝P A .在Rt △P AB 中，AP ＝AB ·tan 60°＝900，故PQ ＝900， ∴P ，Q 两点间的距离为900 m. 思维升华求距离问题的两个策略(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．题型二测量高度问题例1 (2018·福州测试)如图，小明同学在山顶A 处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC ＝135°，若山高AD ＝100 m ，汽车从B 点到C 点历时14 s ，则这辆汽车的速度约为________ m/s.(精确到0.1，参考数据：2≈1.414，5≈2.236)答案 22.6解析因为小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD ＝60°，∠CAD ＝45°，设这辆汽车的速度为v m/s ，则BC ＝14v ，在Rt △ADB 中，AB ＝ADcos ∠BAD ＝AD cos 60°＝200.在Rt △ADC 中，AC ＝AD cos ∠CAD ＝100cos 45°＝100 2.在△ABC 中，由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ，所以(14v )2＝(1002)2＋2002－2×1002×200×cos 135°，所以v ＝50107≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.思维升华 (1)高度也是两点之间的距离，其解法同测量水平面上两点间距离的方法是类似的，基本思想是把要求的高度(某线段的长度)纳入到一个可解的三角形中．(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．跟踪训练1 如图所示，在山顶铁塔上B 处测得地面上一点A 的俯角为α，在塔底C 处测得A 处的俯角为β.已知铁塔BC 部分的高为h ，则山高CD ＝____________.答案h cos αsin βsin (α－β)解析由已知得∠BCA ＝90°＋β，∠ABC ＝90°－α，∠BAC ＝α－β，∠CAD ＝β. 在△ABC 中，由正弦定理得AC sin ∠ABC ＝BCsin ∠BAC，即AC sin (90°－α)＝BCsin (α－β)，∴AC ＝BC cos αsin (α－β)＝h cos αsin (α－β).在Rt △ACD 中，CD ＝AC sin ∠CAD ＝AC sin β＝h cos αsin βsin (α－β).故山高CD 为h cos αsin βsin (α－β).题型三角度问题例2 如图所示，一艘巡逻船由南向北行驶，在A 处测得山顶P 在北偏东15°(∠BAC ＝15°)的方向，匀速向北航行20分钟后到达B 处，测得山顶P 位于北偏东60°的方向，此时测得山顶P 的仰角为60°，已知山高为2 3 千米．(1)船的航行速度是每小时多少千米？(2)若该船继续航行10分钟到达D 处，问此时山顶位于D 处南偏东多少度的方向？解 (1)在△BCP 中，由tan ∠PBC ＝PCBC，得BC＝PCtan∠PBC＝2，在△ABC中，由正弦定理得BCsin∠BAC＝ABsin∠BCA，即2sin 15°＝ABsin 45°，所以AB＝2(3＋1)，故船的航行速度是每小时6(3＋1)千米．(2)在△BCD中，BD＝3＋1，BC＝2，∠CBD＝60°，则由余弦定理得CD＝6，在△BCD中，由正弦定理得CDsin∠DBC＝BCsin∠CDB，即6sin 60°＝2sin∠CDB，所以sin∠CDB＝22，所以，山顶位于D处南偏东45°的方向．思维升华解决测量角度问题的注意事项(1)首先应明确方位角和方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦、余弦定理的“联袂”使用．跟踪训练2 如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°的方向上，灯塔B在观察站C的南偏东60°的方向上，则灯塔A在灯塔B的______的方向上．答案北偏西10°解析由已知得∠ACB＝180°－40°－60°＝80°，又AC＝BC，∴∠A＝∠ABC＝50°，60°－50°＝10°，∴灯塔A位于灯塔B的北偏西10°的方向上．1．(2018·武汉调研)已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为()A．10 km B．10 3 kmC．10 5 km D．107 km答案 D解析如图所示，由余弦定理可得AC 2＝100＋400－2×10×20×cos 120°＝700，∴AC ＝107.2.如图所示，在坡度一定的山坡A 处测得山顶上一建筑物CD 的顶端C 对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m 到达B 处，又测得C 对于山坡的斜度为45°，若CD ＝50 m ，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于( )A.32 B.22C.3－1D.2－1 答案 C解析在△ABC 中，由正弦定理得AB sin 30°＝AC sin 135°，∴AC ＝100 2.在△ADC 中，AC sin (θ＋90°)＝CDsin 15°，∴cos θ＝sin(θ＋90°)＝AC ·sin 15°CD＝3－1.3．一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B ，C 两点间的距离是( ) A ．10 2 海里 B ．10 3 海里 C ．20 3 海里 D ．20 2 海里答案 A解析如图所示，易知，在△ABC 中，AB ＝20， ∠CAB ＝30°，∠ACB ＝45°，根据正弦定理得BC sin 30°＝ABsin 45°，解得BC ＝10 2.4.如图，两座相距60 m 的建筑物AB ，CD 的高度分别为20 m ，50 m ，BD 为水平面，则从建筑物AB 的顶端A 看建筑物CD 的张角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75° 答案 B解析依题意可得AD ＝2010，AC ＝305，又CD ＝50，所以在△ACD 中，由余弦定理得cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD＝(305)2＋(2010)2－5022×305×2010＝ 6 0006 0002＝22，又0°<∠CAD <180°，所以∠CAD ＝45°，所以从顶端A 看建筑物CD 的张角为45°.5．(2018·郑州质检)如图所示，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 ，测得∠BCD ＝15°，∠BDC ＝30°，CD ＝30，并在点C 测得塔顶A 的仰角为60°，则塔高AB 等于( )A ．5 6B ．153C ．5 2D ．156答案 D解析在△BCD 中，∠CBD ＝180°－15°－30°＝135°. 由正弦定理得BC sin 30°＝CD sin 135°，所以BC ＝15 2.在Rt △ABC 中，AB ＝BC tan ∠ACB ＝152×3＝15 6. 故选D.6．(2018·广州模拟)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60 m ，则河流的宽度BC 等于( )A．240(3＋1)m B．180(2－1)m C．120(3－1)m D．30(3＋1)m 答案C解析如图，∠ACD＝30°，∠ABD＝75°，AD＝60 m，在Rt△ACD中，CD＝ADtan∠ACD＝60 tan 30°＝603(m)，在Rt△ABD中，BD＝ADtan∠ABD＝60tan 75°＝602＋3＝60(2－3)m，∴BC＝CD－BD＝603－60(2－3)＝120(3－1)m.7．(2018·哈尔滨模拟)如图，某工程中要将一长为100 m，倾斜角为75°的斜坡改造成倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长________m.答案1002解析设坡底需加长x m，由正弦定理得100sin 30°＝xsin 45°，解得x＝100 2.8.如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，则cos θ的值为________．答案2114解析在△ABC 中，AB ＝40，AC ＝20，∠BAC ＝120°，由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos 120°＝2 800，得BC ＝207.由正弦定理，得AB sin ∠ACB ＝BCsin ∠BAC ，即sin ∠ACB ＝AB BC ·sin ∠BAC ＝217.由∠BAC ＝120°，知∠ACB 为锐角，则cos ∠ACB ＝277.由θ＝∠ACB ＋30°，得cos θ＝cos(∠ACB ＋30°) ＝cos ∠ACB cos 30°－sin ∠ACB sin 30°＝2114. 9．(2018·青岛模拟)一船向正北航行，看见正西方向相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船的速度是每小时________海里．答案 10解析如图所示，依题意有∠BAC ＝60°，∠BAD ＝75°，所以∠CAD ＝∠CDA ＝15°，从而CD ＝CA ＝10，在Rt △ABC 中，得AB ＝5，于是这艘船的速度是50.5＝10(海里/时)．10．(2018·泉州质检)如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB ，C 是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO 的小路CD .已知某人从O 沿OD 走到D 用了2分钟，从D 沿DC 走到C 用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为______米．答案 507解析如图，连接OC ，在△OCD 中，OD ＝100，CD ＝150，∠CDO ＝60°.由余弦定理得OC 2＝1002＋1502－2×100×150×cos 60°＝17 500，解得OC ＝507.11.如图，在山底A 点处测得山顶仰角∠CAB ＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1 000米至S 点，又测得山顶仰角∠DSB ＝75°，则山高BC 为______米．答案 1 000 解析由题图知 ∠BAS ＝45°－30°＝15°，∠ABS ＝45°－(90°－∠DSB )＝30°， ∴∠ASB ＝135°，在△ABS 中，由正弦定理可得1 000sin 30°＝ABsin 135°，∴AB ＝1 0002，∴BC ＝AB2＝1 000.12.如图，渔船甲位于岛屿A 的南偏西60°方向的B 处，且与岛屿A 相距12海里，渔船乙以10海里/时的速度从岛屿A 出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B 处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．(1)求渔船甲的速度；(2)求sin α的值．解 (1)依题意知，∠BAC ＝120°，AB ＝12，AC ＝10×2＝20，∠BCA ＝α. 在△ABC 中，由余弦定理，得 BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos ∠BAC ＝122＋202－2×12×20×cos 120°＝784，解得BC ＝28.所以渔船甲的速度为BC2＝14(海里/时)．(2)在△ABC 中，因为AB ＝12，∠BAC ＝120°，BC ＝28，∠BCA ＝α，由正弦定理，得ABsin α＝BCsin 120°，即sin α＝AB sin 120°BC ＝12×3228＝3314.13.如图，在水平地面上有两座直立的相距60 m 的铁塔AA 1和BB 1.已知从塔AA 1的底部看塔BB 1顶部的仰角是从塔BB 1的底部看塔AA 1顶部的仰角的2倍，从两塔底部连线中点C 分别看两塔顶部的仰角互为余角，则从塔BB 1的底部看塔AA 1顶部的仰角的正切值为________；塔BB 1的高为________ m.答案 1345解析设从塔BB 1的底部看塔AA 1顶部的仰角为α，则AA 1＝60tan α，BB 1＝60tan 2α.∵从两塔底部连线中点C 分别看两塔顶部的仰角互为余角，∴△A 1AC ∽△CBB 1，∴AA 130＝30BB 1， ∴AA 1·BB 1＝900，∴3 600tan αtan 2α＝900， ∴tan α＝13，tan 2α＝34，则BB 1＝60tan 2α＝45.14.如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600 km 处的热带风暴中心正以20 km/h 的速度向正北方向移动，距风暴中心450 km 以内的地区都将受到影响，求该码头将受到热带风暴影响的时间．解记现在热带风暴中心的位置为点A ，t 小时后热带风暴中心到达B 点位置，在△OAB 中，OA ＝600，AB ＝20t ，∠OAB ＝45°，根据余弦定理得OB 2＝6002＋400t 2－2×600×20t ×22，令OB 2≤4502，即4t 2－1202t ＋1 575≤0，解得302－152≤t ≤302＋152，所以该码头将受到热带风暴影响的时间为302＋152－302－152＝15(h)．15．某舰艇在A 处测得一艘遇险渔船在其北偏东40°的方向距离A 处10海里的C 处，此时得知，该渔船正沿南偏东80°的方向以每小时9海里的速度向一小岛靠近，若舰艇的时速为21海里，求舰艇追上渔船的最短时间．解如图所示，设舰艇追上渔船的最短时间是t 小时，经过t 小时渔船到达B 处，则舰艇也在此时到达B 处．在△ABC 中，∠ACB ＝40°＋80°＝120°，CA ＝10，CB ＝9t ，AB ＝21t ，由余弦定理得(21t )2＝102＋(9t )2－2×10×9t ×cos 120°，即36t 2－9t －10＝0，解得t ＝23或t ＝－512(舍)．所以＝23.16.如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C ，现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿AC 匀速步行，速度为50 m /min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再匀速步行到C .假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量得cos A ＝1213，sin B ＝6365.(1)问乙出发多少 min 后，乙在缆车上与甲的距离最短？(2)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min ，乙步行的速度应控制在什么范围内？解 (1)∵cos A ＝1213，sin B ＝6365，∴sin A ＝513，cos B ＝－1665，∴sin C ＝sin(A ＋B )＝45，在△ABC 中，由正弦定理AC sin B ＝AB sin C，得AB ＝1 040 m ，设乙出发t min 后，甲、乙距离为d ，由余弦定理得d 2＝(130t )2＋(100＋50t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213，即d 2＝200(37t 2－70t ＋50)＝200⎣⎡⎦⎤37⎝⎛⎭⎫t －35372＋62537. ∵0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，∴当t ＝3537时，即乙出发3537 min 后，乙在缆车上与甲的距离最短．(2)∵sin A ＝513，∴由正弦定理，得BC sin A ＝AC sin B ，即BC 513＝1 2606365，∴BC ＝500 m.乙从B 出发时，甲已经走了50(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C . 设乙的步行速度为v m/min ，则⎪⎪⎪⎪500v －71050≤3，故－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514.故为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min ，乙步行的速度应控制在⎣⎡⎦⎤1 25043，62514范围内.。

2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用精练：阶段自测卷(五) Word版含解析

阶段自测卷(五)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．(2019·贵州遵义航天中学月考)下列说法正确的是( )A ．空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上B ．空间中，三角形、四边形都一定是平面图形C ．空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱D ．用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台答案 A解析空间四边形不是平面图形，故B 错；四面体不是四棱柱，故C 错；平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D 错；根据公理2可知A 正确，故选A.2．(2019·湛江调研)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．α∩β＝n ，m ⊂α，m ∥β ⇒m ∥nB ．α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ⇒n ⊥βC ．m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β ⇒α⊥βD ．m ∥α，n ⊂α⇒m ∥n 答案 A解析对于A ，根据线面平行的性质定理可得A 选项正确；对于B ，当α⊥β，α∩β＝m 时，若n ⊥m ，n ⊂α，则n ⊥β，但题目中无条件n ⊂α，故B 不一定成立；对于C ，若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α与β相交或平行，故C 错误；对于D ，若m ∥α，n ⊂α，则m 与n 平行或异面，则D 错误，故选A.3．(2019·重庆万州三中月考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是CC 1的中点，F 是A 1B 的中点，且DF →＝αAB →＋βAC →，则( )A ．α＝12，β＝－1B ．α＝－12，β＝1C ．α＝1，β＝－12D ．α＝－1，β＝12答案 A解析根据向量加法的多边形法则以及已知可得， DF →＝DC →＋CB →＋BF →＝12C 1C →＋CB →＋12BA →1＝12A 1A →＋AB →－AC →＋12BA →＋12AA →1＝12AB →－AC →， ∴α＝12，β＝－1，故选A.4．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＝(1， 2， 0)，AD →＝(2， 1， 0)，CC →1＝(0， 1， 5)，则对角线AC 1的边长为( ) A ．4 2 B ．4 3 C ．5 2 D ．12 答案 C解析因为AC →1＝AA →1＋A 1B 1→＋B 1C 1→＝CC →1＋AB →＋AD →＝(0， 1， 5)＋(1， 2， 0)＋(2， 1， 0)＝(3， 4， 5)，所以|AC →1|＝32＋42＋52＝52，故选C.5.(2019·凉山诊断)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，下列结论中，正确的是( )A ．EF ⊥BB 1 B ．EF ⊥平面BCC 1B 1 C ．EF ∥平面D 1BC D ．EF ∥平面ACC 1A 1 答案 D解析连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线互相平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.6．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)《九章算术》中“开立圆术”曰：“置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径”．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ，求球的直径d 的公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭.若球的半径为r ＝1，根据“开立圆术”的方法计算该球的体积为( ) A.43π B.916 C.94 D.92 答案 D解析根据公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭得，2＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭，解得V ＝92.故选D. 7．已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为( ) A.8π3 B.5π3 C.4π3 D.2π3 答案 D解析因为球与各面相切，所以直径为2，且AC ，AB 1，CB 1的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2的正三角形的外接圆，由正弦定理知，R ＝63，所以截面的面积S ＝2π3，故选D. 8．已知向量n ＝(2， 0， 1)为平面α的法向量，点A (－1， 2， 1)在α内，则 P (1， 2，－2)到α的距离为( ) A.55 B. 5 C ．2 5 D.510答案 A解析 ∵P A →＝(－2， 0， 3)，∴点P 到平面α的距离为d ＝|P A ， →·n ||n |＝|－4＋3|5＝55.∴P (1， 2，－2)到α的距离为55. 故选A.9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤π4，π3 B.⎣⎡⎦⎤π4，π2 C.⎣⎡⎦⎤π6，π2 D.⎣⎡⎦⎤π6，π3 答案 D解析以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P 坐标为()x ，1－x ，x (0≤x ≤1)，则BP →＝()x －1，－x ，x ， BC 1→＝()－1，0，1，设BP →，BC 1→的夹角为α，所以cos α＝BP ， →·BC 1→||BP →||BC 1→＝1()x －12＋2x 2×2＝13⎝⎛⎭⎫x －132＋23·2，所以当x ＝13时，cosα取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时， cos α取得最小值12，α＝π3. 因为BC 1∥AD 1.故选D.10．(2019·淄博期中)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，E ，F 分别为AC ，CC 1的中点，则直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角是( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 答案 A 解析连接AC 1，则EF ∥AC 1，直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，AC 1与平面AA 1B 1B 所成的角；作C 1D ⊥A 1B 1于D ，连接AD ，因为直三棱柱ABC－A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，所以底面是等腰三角形，则C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，可知∠C 1AD 就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，可得C 1D ＝42－(7)2＝3，AD ＝(7)2＋(25)2＝33，所以tan ∠C 1AD ＝C 1D AD ＝33，所以∠C 1AD ＝30°.故选A.11．(2019·陕西汉中中学月考)点A ，B ，C ，D ，E 是半径为5的球面上五点，A ，B ，C ，D 四点组成边长为42的正方形，则四棱锥E －ABCD 体积的最大值为( ) A.2563 B ．256 C.643 D ．64 答案 A解析正方形ABCD 对角线长为(42)2＋(42)2＝8.则球心到正方形中心的距离d ＝52－42＝3.则E 到正方形ABCD 的最大距离为h ＝d ＋5＝8.则V E －ABCD ＝13×42×42×8＝2563.故选A. 12．(2019·四省联考诊断)如图所示，四边形ABCD 为边长为2的菱形，∠B ＝60°，点E ，F 分别在边BC ，AB 上运动(不含端点)，且EF ∥AC ，沿EF 把平面BEF 折起，使平面BEF ⊥底面ECDAF ，当五棱锥B －ECDAF 的体积最大时，EF 的长为( )A ．1 B.263 C. 3 D. 2答案 B解析由EF ∥AC 可知△BEF 为等边三角形，设EF ＝x ，等边△BEF 的高为32x ，面积为34x 2，所以五边形ECDAF 的面积为2×34×22－34x 2＝23－34x 2，故五棱锥的体积为13×⎝⎛⎭⎫23－34x 2×32x ＝x －18x 3(0<x <2)．令f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －18x 3′＝1－38x 2＝0，解得x ＝263，且当0<x <263时，f (x )单调递增，当263<x <2时，f (x )单调递减，故在x ＝263时取得极大值也即最大值．故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设m ，n 为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题： ①若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ②若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β； ③若m ∥α，m ∥n ，则n ∥α； ④若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β. 其中正确的命题序号是________．答案 ②④解析对于①，若m ∥α，m ∥β，则α与β可能相交，故①错误；对于②，若m ⊥α，m ∥β，根据线面垂直和线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β，故②正确；对于③，若m ∥α，m ∥n ，则n 可能在α内，故③错误，对于④，若m ⊥α，α∥β，则根据线面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理得到m ⊥β，故④正确．故答案为②④.14．如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，已知D ，E ，F 分别为AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥A －FED 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2的值为________．答案124解析设三棱柱的高为h ，∵F 是AA 1的中点，则三棱锥F －ADE 的高为h2，∵D ，E 分别是AB ，AC 的中点，∴S △ADE ＝14S △ABC ，∵V 1＝13S △ADE ·h2，V 2＝S △ABC ·h ，∴V 1V 2＝16S △ADE ·h S △ABC ·h ＝124. 15.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为________．答案2解析由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为 2.∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∴BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°.∵AB ＝AC ，∴AB ＝1， ∴侧面ABB 1A 1的面积为2×1＝ 2.16．(2019·陕西四校联考)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为32π3，则该三棱柱体积的最大值为____________．答案 4 2解析设三棱柱底面直角三角形的直角边为a ，b ，则棱柱的高h ＝a 2＋b 2，设外接球的半径为r ，则43πr 3＝32π3，解得r ＝2，∵上、下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，∴2h ＝2r ＝4.∴h ＝22，∴a 2＋b 2＝h 2＝8≥2ab ，∴ab ≤4.当且仅当a ＝b ＝2时“＝”成立． ∴三棱柱的体积V ＝Sh ＝12abh ＝2ab ≤4 2.三、解答题(本大题共70分)17.(10分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，PC ⊥底面ABCD ，点E 为侧棱PB 的中点．求证：(1)PD ∥平面ACE ； (2)平面P AC ⊥平面PBD .证明(1) 连接OE.因为O为正方形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点．因为E为PB的中点，所以PD∥OE.又因为OE⊂平面ACE，PD⊄平面ACE，所以PD∥平面ACE.(2) 在四棱锥P－ABCD中，因为PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以BD⊥PC.因为O为正方形ABCD对角线的交点，所以BD⊥AC.又PC，AC⊂平面P AC，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面P AC.因为BD⊂平面PBD，所以平面P AC⊥平面PBD.18．(12分)(2019·广州执信中学测试)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，AB∥DC，△P AD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4 5.(1)设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面P AD；(2)求四棱锥P －ABCD 的体积．(1)证明在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，AB ＝45，所以AD 2＋BD 2＝AB 2.故AD ⊥BD . 又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面P AD .(2)解如图，过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△P AD 是边长为4的等边三角形．因此PO ＝32×4＝2 3. 在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为S ＝25＋452×855＝24.故V P －ABCD ＝13×24×23＝16 3.19．(12分)(2019·化州模拟)如图所示，在四棱锥E －ABCD 中，ED ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2.(1)求证：BC ⊥BE ；(2)当几何体ABCE 的体积等于43时，求四棱锥E －ABCD 的侧面积．(1)证明连接BD ，取CD 的中点F ，连接BF ，则直角梯形ABCD 中，BF ⊥CD ，BF ＝CF ＝DF ，∴∠CBD ＝90°，即BC ⊥BD . ∵DE ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥DE ，又BD ∩DE ＝D ，∴BC ⊥平面BDE . 由BE ⊂平面BDE 得，BC ⊥BE .(2)解 ∵V ABCE ＝V E －ABC ＝13×DE ×S △ABC＝13×DE ×12×AB ×AD ＝23DE ＝43， ∴DE ＝2， ∴EA ＝DE 2＋AD 2＝22，BE ＝DE 2＋BD 2＝23，又AB ＝2，∴BE 2＝AB 2＋AE 2， ∴AB ⊥AE ，∴四棱锥E －ABCD 的侧面积为12×DE ×AD ＋12×AE ×AB ＋12×BC ×BE ＋12×DE ×CD ＝6＋22＋2 6. 20．(12分)(2019·青岛调研)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝π，AD ＝2，E ，F 为线段AB 的三等分点，G ，H 为线段DC 的三等分点．将长方形ABCD 卷成以AD 为母线的圆柱W 的半个侧面，AB ，CD 分别为圆柱W 上、下底面的直径．(1)证明：平面ADHF ⊥平面BCHF ；(2)求二面角A －BH －D 的余弦值．(1)证明因为H 在下底面圆周上，且CD 为下底面半圆的直径，所以DH ⊥CH ，又因为DH ⊥FH ，且CH ∩FH ＝H ，所以DH ⊥平面BCHF .又因为DH ⊂平面ADHF ，所以平面 ADHF ⊥平面BCHF .(2)解以H 为坐标原点，分别以HD ，HC ，HF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．设下底面半径为r ，由题意得πr ＝π，所以r ＝1，CD ＝2.因为G ，H 为DC 的三等分点，所以∠HDC ＝30°，所以在Rt △DHC 中，HD ＝3，HC ＝1，所以A (3，0， 2)，B (0， 1， 2)，D (3，0， 0)，设平面ABH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为n ·HA →＝(x ，y ，z )·(3，0， 2)＝0，n ·HB →＝(x ，y ，z )·(0， 1， 2)＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0，所以平面ABH 的法向量n ＝(－2，－23，3)．设平面BHD 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为m ·HD →＝(x ，y ，z )·(3，0， 0)＝0，m ·HB →＝(x ，y ，z )·(0， 1， 2)＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋2z ＝0，所以平面BHD 的法向量m ＝(0，－2， 1)，由图形可知，二面角A —BH —D 的平面角为锐角，设为θ，所以二面角A －BH －D 的余弦值为cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝28519. 21．(12分)(2019·成都七中诊断)如图，在多面体ABCDE 中，AC 和BD 交于一点，除EC 以外的其余各棱长均为2.(1)作平面CDE 与平面ABE 的交线l ，并写出作法及理由；(2)求证：平面BDE ⊥平面ACE ；(3)若多面体的体积为2，求直线DE 与平面BCE 所成角的正弦值．(1)解过点E 作AB (或CD )的平行线，即为所求直线l .∵AC 和BD 交于一点，∴A ，B ，C ，D 四点共面．又∵四边形ABCD 边长均相等，∴四边形ABCD 为菱形，从而AB ∥DC .又AB ⊄平面CDE ，且CD ⊂平面CDE ，∴AB ∥平面CDE .∵AB ⊂平面ABE ，且平面ABE ∩平面CDE ＝l ，∴AB ∥l .(2)证明取AE 的中点O ，连接OB ，OD .∵AB ＝BE ，DA ＝DE ，∴OB ⊥AE ，OD ⊥AE .又OB ∩OD ＝O ，∴AE ⊥平面OBD ，∵BD ⊂平面OBD ，故AE ⊥BD .又四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD .又AE ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面ACE .又BD ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ACE .(3)解由V E －ABCD ＝2V E －ABD ＝2V D －ABE ＝2，即V D －ABE ＝1.设三棱锥D －ABE 的高为h ，则13⎝⎛⎭⎫12·2·3·h ＝1，解得h ＝ 3.又∵DO ＝ 3.∴DO ⊥平面ABE .以点O 为坐标原点，OB ，OE ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1， 0)，B (3，0， 0)，D (0， 0，3)，E (0， 1， 0)．∴BC →＝AD →＝(0， 1，3)，BE →＝(－3，1， 0)．设平面BCE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＋3z ＝0，3x －y ＝0得，平面BCE的一个法向量为n＝(1，3，－1)．又DE→＝(0，1，－3)，于是cos〈DE→，n〉＝235·2＝155.故直线DE与平面BCE所成角的正弦值为155.22．(12分)如图，△ABC的外接圆⊙O的半径为5，CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，CD ＝4，BC＝2，且BE＝1，tan∠AEB＝2 5.(1)求证：平面ADC⊥平面BCDE；(2)试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为27？若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明∵CD⊥平面ABC，BE∥CD，∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB.∵BE＝1，tan∠AEB＝25，∴AE＝21，从而AB＝AE2－BE2＝2 5.∵⊙O的半径为5，∴AB是直径，∴AC⊥BC，又∵CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴CD⊥BC，故BC⊥平面ACD.∵BC⊂平面BCDE，∴平面ADC⊥平面BCDE.(2)解方法一假设点M存在，过点M作MN⊥CD于N，连接AN，作MF⊥CB于F，连接AF.∵平面ADC⊥平面BCDE，平面ADC∩平面BCDE＝DC，MN⊂平面BCDE，∴MN⊥平面ACD，∴∠MAN 为MA 与平面ACD 所成的角．设MN ＝x ，计算易得，DN ＝32x ，MF ＝4－32x ，故AM ＝AF 2＋MF 2＝AC 2＋CF 2＋MF 2 ＝ 16＋x 2＋⎝⎛⎭⎫4－32x 2， sin ∠MAN ＝MN AM ＝x 16＋x 2＋⎝⎛⎭⎫4－32x 2＝27，解得x ＝－83(舍去)，x ＝43，故MN ＝23CB ，从而满足条件的点M 存在，且DM ＝23DE . 方法二以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (4， 0， 0)，B (0， 2， 0)，D (0， 0， 4)，E (0， 2， 1)，C (0， 0， 0)，则DE →＝(0， 2，－3)．易知平面ACD 的法向量为BC →＝(0，－2， 0)，假设M 点存在，设M (a ，b ，c )，则DM →＝(a ，b ，c －4)，再设DM →＝λDE →，λ∈(0， 1] ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0，b ＝2λ，c －4＝－3λ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0，b ＝2λ，c ＝4－3λ，即M (0， 2λ，4－3λ)，从而AM →＝(－4， 2λ，4－3λ)．设直线AM 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AM →，BC →〉|＝|2λ×(－2)|216＋4λ2＋(4－3λ)2＝27，解得λ＝－43或λ＝23，其中λ＝－43应舍去，而λ＝23∈(0， 1]，故满足条件的点M 存在，且点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫0，43，2.。

2020版高考数学新增分大一轮新高考鲁京津琼专用讲义第四章高考专题冲破二

高考专题冲破二高考中的三角函数与解三角形问题题型一三角函数的图象和性质例1 (2016·山东)设f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2.(1)求f (x )的单调递增区间；(2)把y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原先的2倍(纵坐标不变)，再把取得的图象向左平移π3个单位长度，取得函数y ＝g (x )的图象，求g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6的值．解 (1)由f (x )＝23sin(π－x )sin x －(sin x －cos x )2＝23sin 2x －(1－2sin x cos x ) ＝3(1－cos 2x )＋sin 2x －1＝sin 2x －3cos 2x ＋3－1＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3－1.由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z )．因此f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )⎝ ⎛⎭⎪⎫或⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π12，k π＋5π12k ∈Z .(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3＋3－1，把y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原先的2倍(纵坐标不变)，取得y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3＋3－1的图象，再把取得的图象向左平移π3个单位长度，取得y ＝2sin x ＋3－1的图象，即g (x )＝2sin x ＋3－1.因此g ⎝⎛⎭⎫π6＝2sin π6＋3－1＝ 3. 思维升华三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 的形式，然后将t ＝ωx ＋φ视为一个整体，结合y ＝sin t 的图象求解．跟踪训练1 已知函数f (x )＝5sin x cos x －53cos 2x ＋532(其中x ∈R )，求：(1)函数f (x )的最小正周期； (2)函数f (x )的单调区间；(3)函数f (x )图象的对称轴和对称中心．解 (1)因为f (x )＝52sin 2x －532(1＋cos 2x )＋532＝5⎝⎛⎭⎫12sin 2x －32cos 2x ＝5sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3，因此函数的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z )，因此函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z )．由2k π＋π2≤2x －π3≤2k π＋3π2(k ∈Z )，得k π＋5π12≤x ≤k π＋11π12(k ∈Z )，因此函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤k π＋5π12，k π＋11π12(k ∈Z )． (3)由2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )，因此函数f (x )的对称轴方程为x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )．由2x －π3＝k π(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，因此函数f (x )的对称中心为⎝⎛⎭⎫k π2＋π6，0(k ∈Z )．题型二解三角形例2 △ABC 的内角A ，B ，C 的对边别离为a ，b ，c ，已知sin A ＋3cos A ＝0，a ＝27，b ＝2.(1)求角A 和边长c ；(2)设D 为BC 边上一点，且AD ⊥AC ，求△ABD 的面积．解 (1)∵sin A ＋3cos A ＝0， ∴tan A ＝－3，又0<A <π，∴A ＝2π3，由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即28＝4＋c 2－2×2c ×⎝⎛⎭⎫－12，即c 2＋2c －24＝0，解得c ＝－6(舍去)或c ＝4，故c ＝4. (2)∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， ∴16＝28＋4－2×27×2×cos C ， ∴cos C ＝27，∴CD ＝AC cos C ＝227＝7，∴CD ＝12BC ，∴S △ABC ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12×4×2×32＝23，∴S △ABD ＝12S △ABC ＝ 3.思维升华依照三角形中的已知条件，选择正弦定理或余弦定理求解；在解决有关角的范围问题时，要注意挖掘题目中隐含的条件，对结果进行正确的取舍．跟踪训练2 (2017·北京)在△ABC 中，∠A ＝60°，c ＝37a .(1)求sin C 的值；(2)若a ＝7，求△ABC 的面积．解 (1)在△ABC 中，因为∠A ＝60°，c ＝37a ，因此由正弦定理得sin C ＝c sin A a ＝37×32＝3314.(2)因为a ＝7，因此c ＝37×7＝3.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得 72＝b 2＋32－2b ×3×12，解得b ＝8或b ＝－5(舍去)．因此△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×8×3×32＝6 3.题型三三角函数和解三角形的综合应用例3 (2018·南通考试)如图，某机械厂欲从AB ＝2米，AD ＝2 2 米的矩形铁皮中裁剪出一个四边形ABEF 加工成某仪器的零件，裁剪要求如下：点E ，F 别离在边BC ，AD 上，且EB ＝EF ，AF <BE .设∠BEF ＝θ，四边形ABEF 的面积为f (θ)(单位：平方米)．(1)求f (θ)关于θ的函数关系式，求出概念域；(2)当BE ，AF 的长为何值时，裁剪出的四边形ABEF 的面积最小，并求出最小值．解 (1)过点F 作FM ⊥BE ，垂足为M .在Rt △FME 中，MF ＝2，∠EMF ＝π2，∠FEM ＝θ，因此EF ＝2sin θ，ME ＝2tan θ，故AF ＝BM ＝EF －EM ＝2sin θ－2tan θ，因此f (θ)＝12(AF ＋BE )×AB＝12×⎝⎛⎭⎫2sin θ－2tan θ＋2sin θ×2＝4sin θ－2tan θ，由题意可知，AF <BE ，因此θ<π2，且当点E 重合于点C 时，EF ＝EB ＝22，FM ＝2，θ＝π4，因此函数f (θ)＝4sin θ－2tan θ的概念域为⎣⎡⎭⎫π4，π2. (2)由(1)可知，f (θ)＝4sin θ－2tan θ＝4⎝⎛⎭⎫sin 2θ2＋cos 2θ22sin θ2cos θ2－22tanθ21－tan 2θ2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫tan θ2＋1tan θ2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1tan θ2－tan θ2 ＝3tan θ2＋1tan θ2≥23tan θ2·1tan θ2＝23，当且仅当3tan θ2＝1tan θ2时，等号成立，又θ∈⎣⎡⎭⎫π4，π2，θ2∈⎣⎡⎭⎫π8，π4，故当tan θ2＝33，即θ2＝π6，θ＝π3时，四边形ABEF 的面积最小，现在BE ＝2sin θ＝433，AF ＝2sin θ－2tan θ＝233，f (θ)＝4sin θ－2tan θ＝2 3.答当BE ，AF 的长度别离为433 米，233 米时，裁剪出的四边形ABEF 的面积最小，最小值为2 3 平方米．思维升华三角函数和解三角形的综合问题要利用正弦定理、余弦定理进行转化，结合三角函数的性质，要注意角的范围对变形进程的阻碍．跟踪训练3 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边别离为a ，b ，c ，且a sin B －b cos C ＝c cos B .(1)判定△ABC 的形状；(2)若f (x )＝12cos 2x －23cos x ＋12，求f (A )的取值范围．解 (1)因为a sin B －b cos C ＝c cos B ，由正弦定理可得sin A sin B －sin B cos C ＝sin C cos B . 即sin A sin B ＝sin C cos B ＋cos C sin B ，因此sin(C ＋B )＝sin A sin B .因为在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π，因此sin A ＝sin A sin B ，又sin A ≠0，因此sin B ＝1，B ＝π2，因此△ABC 为直角三角形． (2)因为f (x )＝12cos 2x －23cos x ＋12＝cos 2x －23cos x ＝⎝⎛⎭⎫cos x －132－19，因此f (A )＝⎝⎛⎭⎫cos A －132－19，因为△ABC 是直角三角形，因此0<A <π2，且0<cos A <1，因此当cos A ＝13时，f (A )有最小值－19.因此f (A )的取值范围是⎣⎡⎭⎫－19，13.1.已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2，x ∈R 的部份图象如图．(1)求函数f (x )的解析式．(2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，5π12上的最值，并求出相应的x 值．解 (1)由题干图象可知|A |＝2，又A >0，故A ＝2.周期T ＝43×⎝⎛⎭⎫13π12－π3＝43×3π4＝π，又T ＝2πω＝π，∴ω＝2.∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)，由题干图象知f ⎝⎛⎭⎫π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2π3＋φ＝2， ∴2π3＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，φ＝－π6＋2k π，k ∈Z ，又|φ|<π2，∴φ＝－π6，故f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. (2)∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，5π12，∴2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，2π3， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1，2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6∈[－1，2]. 当2x －π6＝π2，即x ＝π3时，f (x )取得最大值，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫π3＝2.当2x －π6＝－π6，即x ＝0时，f (x )取得最小值，f (x )min ＝f (0)＝－1.2．(2018·天津联考)设函数f (x )＝2tan x 4·cos 2x4－2cos 2⎝⎛⎭⎫x 4＋π12＋1. (1)求f (x )的概念域及最小正周期． (2)求f (x )在[－π，0]上的最值．解 (1)f (x )＝2sin x 4cos x4－cos ⎝⎛⎭⎫x 2＋π6 ＝sin x 2－cos ⎝⎛⎭⎫x 2＋π6＝sin x 2－32cos x 2＋12sin x2 ＝3sin ⎝⎛⎭⎫x 2－π6. 由x 4≠π2＋k π(k ∈Z )，得f (x )的概念域为{x |x ≠2π＋4k π(k ∈Z )}，故f (x )的最小正周期为T ＝2π12＝4π.(2)∵－π≤x ≤0，∴－2π3≤x 2－π6≤－π6.∴当x 2－π6∈⎣⎡⎦⎤－2π3，－π2，即x ∈⎣⎡⎦⎤－π，－2π3时，f (x )单调递减，当x 2－π6∈⎣⎡⎦⎤－π2，－π6，即x ∈⎣⎡⎦⎤－2π3，0时，f (x )单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－2π3＝－3，又f (0)＝－32，f (－π)＝－32， ∴f (x )max ＝f (0)＝－32. 3.已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6＋sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6－2cos 2ωx2，x ∈R (其中ω>0)． (1)求函数f (x )的值域；(2)假设函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝－1的两个相邻交点间的距离为π2，求函数y ＝f (x )的单调递增区间．解 (1)f (x )＝32sin ωx ＋12cos ωx ＋32sin ωx －12cos ωx －(cos ωx ＋1) ＝2⎝⎛⎭⎫32sin ωx －12cos ωx －1＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6－1. 由－1≤sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6≤1，得－3≤2sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6－1≤1，因此函数f (x )的值域为[－3,1]．(2)由题设条件及三角函数的图象和性质可知，y ＝f (x )的周期为π，因此2πω＝π，即ω＝2.因此f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－1，再由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )．因此函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )． 4．已知点P (3，1)，Q (cos x ，sin x )，O 为坐标原点，函数f (x )＝OP →·QP →. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若A 为△ABC 的内角，f (A )＝4，BC ＝3，求△ABC 周长的最大值．解 (1)由已知，得OP →＝(3，1)，QP →＝(3－cos x,1－sin x )，因此f (x )＝OP →·QP →＝3－3cos x ＋1－sin x ＝4－2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，因此函数f (x )的最小正周期为2π. (2)因为f (A )＝4，因此sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝0，又0<A <π，因此π3<A ＋π3<4π3，A ＝2π3.因为BC ＝3，因此由正弦定理，得AC ＝23sin B ，AB ＝23sin C ，因此△ABC 的周长为3＋23sin B ＋23sin C ＝3＋23sin B ＋23sin ⎝⎛⎭⎫π3－B ＝3＋23sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π3. 因为0<B <π3，因此π3<B ＋π3<2π3，因此当B ＋π3＝π2，即B ＝π6时，△ABC 的周长取得最大值，最大值为3＋2 3.5.已知a ，b ，c 别离为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0.(1)求A ；(2)若AD 为BC 边上的中线，cos B ＝17，AD ＝1292，求△ABC 的面积．解 (1)a cos C ＋3a sin C －b －c ＝0，由正弦定理得sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin B ＋sin C ，即sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin(A ＋C )＋sin C ，亦即sin A cos C ＋3sin A sin C ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＋sin C ，则3sin A sin C －cos A sin C ＝sin C .又sin C ≠0，因此3sin A －cos A ＝1，因此sin(A －30°)＝12.在△ABC 中，0°<A <180°，那么－30°<A －30°<150°，因此A －30°＝30°，得A ＝60°.(2)在△ABC 中，因为cos B ＝17，因此sin B ＝437.因此sin C ＝sin(A ＋B )＝32×17＋12×437＝5314. 由正弦定理，得a c ＝sin A sin C ＝75.设a ＝7x ，c ＝5x (x >0)，那么在△ABD 中，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ，即1294＝25x 2＋14×49x 2－2×5x ×12×7x ×17，解得x ＝1(负值舍去)，因此a ＝7，c ＝5，故S △ABC ＝12ac sin B ＝10 3.6．已知函数f (x )＝cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＋t (ω>0)，若f (x )的图象上相邻两条对称轴的距离为π4，图象过点(0,0)．(1)求f (x )的表达式和f (x )的单调增区间；(2)将函数f (x )的图象向右平移π8个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原先的2倍(纵坐标不变)，取得函数y ＝g (x )的图象，假设函数F (x )＝g (x )＋k 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上有且只有一个零点，求实数k 的取值范围．解 (1)f (x )＝cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＋t＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π6＋t ， f (x )的最小正周期为2π2ω＝π2，∴ω＝2， ∵f (x )的图象过点(0,0)，∴2sin π6＋t ＝0， ∴t ＝－1，即f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π6－1. 令2k π－π2≤4x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，求得k π2－π6≤x ≤k π2＋π12，k ∈Z ，故f (x )的单调增区间为⎣⎡⎦⎤k π2－π6，k π2＋π12，k ∈Z .(2)将函数f (x )的图象向右平移π8个单位长度，可得 y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x －π2＋π6－1＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x －π3－1的图象，再将图象上各点的横坐标伸长到原先的2倍(纵坐标不变)，取得函数g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3－1的图象．∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－π3，2π3， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3∈⎣⎡⎦⎤－32，1，故g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3－1在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的值域为[]－3－1，1.假设函数F (x )＝g (x )＋k 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上有且只有一个零点，由题意可知，函数g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3－1的图象和直线y ＝－k 有且只有一个交点，依照图象(图略)可知，k ＝－1或1－3<k ≤3＋1. 故实数k 的取值范围是{－1}∪(1－3，3＋1]．。

2020版新高考数学新增分大一轮(鲁京津琼)专用课件：第四章 4.1 任意角、弧度制及任意角的三角函数

(3)不相等的角终边一定不相同.( × )
(4)若α为第一象限角，则sin α＋cos α>1.( √ )
1
2
3
4
5
6
7
8
题组二教材改编 5π －4 2.角－225°＝弧度，这个角在第二象限.
3.若角 α 的终边经过点
Q －
2 2，
2 ，则 2
2 2 －2 2 sin α＝，cos α＝
2
题型分类
深度剖析
自主演练
题型一
角及其表示
9π 1.下列与角 4 的终边相同的角的表达式中正确的是 A.2kπ＋45° (k∈Z) 9π B.k· 360° ＋ 4 (k∈Z) 5π D.kπ＋ 4 (k∈Z)
√
C.k· 360° －315° (k∈Z)
9π 9π 解析与角 4 的终边相同的角可以写成 2kπ＋ 4 (k∈Z)，
y x y 提示设点 P 到原点 O 的距离为 r，则 sin α＝r，cos α＝r，tan α＝x(x≠0).
基础自测
JICHUZICE
题组一思考辨析
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)锐角是第一象限的角，第一象限的角也都是锐角.( × )
(2)角α的三角函数值与其终边上点P的位置无关.( √ )
1 2 3 4 5 6 7 8
4π 7.在 0 到 2π 范围内，与角－ 3 终边相同的角是
2π 3
.
4π 4π －解析与角－ 3 终边相同的角是 2kπ＋ 3 (k∈Z)，令 k＝1，
4π 2π 可得与角－ 3 终边相同的角是 3 .
1
2
3
4

2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用精练：第四章阶段强化练(三) Word版含解析

阶段强化练(三)一、选择题1．(2019·福建闽侯五校期中联考)sin 215°－cos 215°等于( ) A. －12 B.12 C ．－32 D.32答案 C解析 sin 215°－cos 215°＝－(cos 215°－sin 215°) ＝－cos 30°＝－32.故选C. 2．若sin α＝45，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4－22cos α等于( ) A.225 B ．－225 C.425 D ．－425答案 A解析 sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4－22cos α ＝sin αcos π4＋cos αsin π4－22cos α＝45×22＝225.3．(2019·安徽皖中名校联考)已知sin α＝－45，且α是第四象限角，则sin ⎝⎛⎭⎫π4－α的值为( ) A.5210 B.325 C.7210 D.425 答案 C解析由同角三角函数基本关系可得cos α＝1－sin 2α＝1－⎝⎛⎭⎫－452＝35，结合两角差的正弦公式可得sin ⎝⎛⎭⎫π4－α＝sin π4cos α－cos π4sin α＝22⎝⎛⎭⎫35＋45＝7210.故选C. 4．(2019·长春质检)函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＋sin x 的最大值为( ) A. 3 B ．2 C ．2 3 D ．4 答案 A解析函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3＋sin x ＝12sin x ＋32cos x ＋sin x ＝32sin x ＋32cos x＝3⎝⎛⎭⎫32sin x ＋12cos x＝3sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6≤ 3.故f (x )的最大值为 3. 故选A.5．已知函数f (x )＝2cos(ωx ＋φ)－1⎝⎛⎭⎫ω＞0，|φ|＜π8，其图象与直线y ＝1相邻两个交点的距离为4π3，若f (x )＞0对x ∈⎝⎛⎭⎫－π8，π4恒成立，则φ的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤－π12，0 B.⎝⎛⎦⎤－π8，－π24 C.⎣⎡⎭⎫－π12，π8 D.⎣⎡⎦⎤0，π12 答案 B解析由已知得函数f (x )的最小正周期为4π3，则ω＝32，当x ∈⎝⎛⎭⎫－π8，π4时，32x ＋φ∈⎝⎛⎭⎫－3π16＋φ，3π8＋φ，因为f (x )＞0，即cos ⎝⎛⎭⎫32x ＋φ＞12，所以⎩⎨⎧－3π16＋φ≥－π3＋2k π，3π8＋φ≤π3＋2k π(k ∈Z )，解得－7π48＋2k π≤φ≤－π24＋2k π(k ∈Z )，又|φ|＜π8，所以－π8＜φ≤－π24，故选B.6．(2019·山师大附中模拟)设函数f (x )＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π)在x ＝π6时取得最大值，则函数g (x )＝cos(2x ＋φ)的图象( ) A ．关于点⎝⎛⎭⎫π6，0对称 B ．关于点⎝⎛⎭⎫π3，0对称 C ．关于直线x ＝π6对称D ．关于直线x ＝π3对称答案 A解析因为当x ＝π6时，f (x )＝sin(2x ＋φ)(0<φ<π)取得最大值，所以φ＝π6，即g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6，对称中心为⎝⎛⎭⎫k π2＋π6，0，k ∈Z ，对称轴x ＝k π2－π12，k ∈Z ，故选A.7．(2019·沈阳东北育才学校模拟)如图平面直角坐标系中，角α⎝⎛⎭⎫0<α<π2，角β⎝⎛⎭⎫－π2<β<0的终边分别交单位圆于A ，B 两点，若B 点的纵坐标为－513，且满足S △AOB ＝34，则sin α2·⎝⎛⎭⎫3cos α2－sin α2＋12的值为( )A ．－513 B.1213 C ．－1213 D.513答案 B解析由图易知∠xOA ＝α，∠xOB ＝－β. 由题可知，sin β＝－513.由S △AOB ＝34知∠AOB ＝π3，即α－β＝π3，即α＝π3＋β.则sin α2⎝⎛⎭⎫3cos α2－sin α2＋12 ＝3sin α2cos α2－sin 2α2＋12＝32sin α－12(1－cos α)＋12＝32sin α＋12cos α＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋β＋π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋β＝cos β＝1－sin 2β＝1213.故选B.8．(2019·重庆铜梁一中月考)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0)，x ∈⎣⎡⎦⎤－π12，2π3的图象如图，若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，则f (x 1＋x 2) 的值为( )A. 3B. 2 C ．1 D ．0答案 C解析由图象得3T 4＝2π3－⎝⎛⎭⎫－π12，∴T ＝π，ω＝2πT ＝2，由2sin ⎝⎛⎭⎫π6×2＋φ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π3＋φ＝2，得π3＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )，∴φ＝π6＋2k π(k ∈Z )，由x 1＋x 2＝π6×2＝π3，得f (x 1＋x 2)＝f ⎝⎛⎭⎫π3 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2×π3＋π6＋2k π＝1，故选C. 9．(2019·重庆巴蜀中学期中)已知f (x )＝sin(ωx ＋θ) ⎝⎛⎭⎫其中ω>0，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0，|x 1－x 2|的最小值为π2，f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫π3－x ，将f (x )的图象向左平移π6个单位长度得g (x )，则g (x )的单调递减区间是( ) A.⎣⎡⎦⎤k π，k π＋π2(k ∈Z ) B.⎣⎡⎦⎤k π＋π6，k π＋2π3(k ∈Z ) C.⎣⎡⎦⎤k π＋π3，k π＋5π6(k ∈Z ) D.⎣⎡⎦⎤k π＋π12，k π＋7π12(k ∈Z ) 答案 A解析 ∵f (x )＝sin(ωx ＋θ)⎝⎛⎭⎫其中ω>0，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0可得x 1，x 2是函数的极值点， ∵|x 1－x 2|的最小值为π2，∴12T ＝πω＝π2，∴ω＝2，∴f (x )＝sin(2x ＋θ)，又f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫π3－x ，∴f (x )的图象的对称轴为x ＝π6，∴2×π6＋θ＝k π＋π2，k ∈Z ，又θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， ∴θ＝π6，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 将f (x )的图象向左平移π6个单位长度得g (x )＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋π6＝cos 2x 的图象，令2k π≤2x ≤2k π＋π，k ∈Z ，∴k π≤x ≤k π＋π2，k ∈Z ，则g (x )＝cos 2x 的单调递减区间是⎣⎡⎦⎤k π，k π＋π2(k ∈Z )，故选A. 10．(2019·成都七中诊断)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(其中ω>0)的最小正周期为π，函数g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＋3f (x )，若对∀x ∈R ，都有g (x )≤⎪⎪⎪⎪g ⎝⎛⎭⎫π3，则φ的最小正值为( ) A.π3 B.2π3 C.4π3 D.5π3 答案 B解析由函数f (x )的最小正周期为π，可求得ω＝2， ∴f (x )＝sin(2x ＋φ)，g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π4＋3f (x ) ＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π4＋φ＋3sin(2x ＋φ) ＝cos(2x ＋φ)＋3sin(2x ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋φ＋π6， ∴g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋φ＋π6，又g (x )≤⎪⎪⎪⎪g ⎝⎛⎭⎫π3， ∴x ＝π3是g (x )的一条对称轴，代入2x ＋φ＋π6中，有2×π3＋φ＋π6＝π2＋k π(k ∈Z )，解得φ＝－π3＋k π(k ∈Z )，当k ＝1时，φ＝2π3，故选B.11．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若S △ABC ＝23，a ＋b ＝6，a cos B ＋b cos Ac ＝2cos C ，则c 等于( )A ．27B ．4C ．2 3D ．3 3 答案 C解析 ∵a cos B ＋b cos Ac＝2cos C ，由正弦定理，得sin A cos B ＋cos A sin B ＝2sin C cos C ， ∴sin(A ＋B )＝sin C ＝2sin C cos C ，由于0<C <π，sin C ≠0，∴cos C ＝12，∴C ＝π3，∵S △ABC ＝23＝12ab sin C ＝34ab ，∴ab ＝8，又a ＋b ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝2，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝4＋16－8＝12，∴c ＝23，故选C. 12．(2019·河北衡水中学调研)若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6 (ω>0)在区间(π，2π)内没有最值，则ω的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤0，112∪⎣⎡⎦⎤14，23 B.⎝⎛⎦⎤0，16∪⎣⎡⎦⎤13，23 C.⎣⎡⎦⎤14，23 D.⎣⎡⎦⎤13，23答案 B解析易知函数y ＝sin x 的单调区间为⎣⎡⎦⎤k π＋π2，k π＋3π2，k ∈Z .由k π＋π2≤ωx ＋π6≤k π＋3π2，k ∈Z ，得k π＋π3ω≤x ≤k π＋4π3ω，k ∈Z .因为函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6(ω>0)在区间(π，2π)内没有最值，所以f (x )在区间(π，2π)内单调，所以(π，2π)⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π3ω，k π＋4π3ω，k ∈Z ，所以⎩⎪⎨⎪⎧k π＋π3ω≤π，k π＋4π3ω≥2π，k ∈Z ，解得k ＋13≤ω≤k 2＋23，k ∈Z .由k ＋13≤k 2＋23，k ∈Z ，得k ≤23，k ∈Z .当k ＝0时，得13≤ω≤23；当k ＝－1时，得－23≤ω≤16.又ω>0，所以0<ω≤16.综上，得ω的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，16∪⎣⎡⎦⎤13，23. 故选B. 二、填空题13．(2019·陕西四校联考)已知sin α＝2cos α，则cos 2α＝________. 答案－35解析由已知得tan α＝2，cos 2α＝cos 2α－sin 2α ＝cos 2α－sin 2αsin 2α＋cos 2α＝1－tan 2αtan 2α＋1＝1－44＋1＝－35.14．(2019·山师大附中模拟)已知sin ⎝⎛⎭⎫π6－x ＝14，则sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝________. 答案 78解析根据三角函数诱导公式，得 sin ⎝⎛⎭⎫π6－x ＝cos ⎝⎛⎭⎫π3＋x ＝14， sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝－cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝－2cos 2⎝⎛⎭⎫x ＋π3＋1＝78. 15．(2019·武汉示范高中联考)函数y ＝sin x ＋cos x ＋2sin x cos x 的最大值为________．答案2＋1解析令t ＝sin x ＋cos x ，则t ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，所以t ∈[－2，2]，则t 2＝1＋2sin x cos x ，所以sin x cos x ＝t 2－12，所以y ＝t 2＋t －1＝⎝⎛⎭⎫t ＋122－54，对称轴为t ＝－12，因为t ∈[－2，2]，所以当t ＝2时取得最大值，为2＋1.16．(2019·银川一中月考)已知函数f (x )＝cos x sin x (x ∈R )，则下列四个命题中正确的是________．(写出所有正确命题的序号) ①若f (x 1)＝－f (x 2)，则x 1＝－x 2； ②f (x )的最小正周期是2π； ③f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上是增函数； ④f (x )的图象关于直线x ＝3π4对称．答案 ③④解析 f (x 1)＝－f (x 2)，即12sin 2x 1＝－12sin 2x 2，由f (x )图象(图略)可知， ①错误；由周期公式可得T ＝2π2＝π ，②错误；由f (x )的图象可知，③正确； f ⎝⎛⎭⎫3π4＝12sin 3π2＝－12，故④正确．故填③④. 三、解答题17．(2019·抚州七校联考)已知函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2的图象相邻两个对称轴之间的距离为π2，且f (x )的图象与y ＝sin x 的图象有一个横坐标为π4的交点.(1)求f (x )的解析式；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤0，7π8时，求f (x )的最小值，并求使f (x )取得最小值的x 的值．解 (1)由题可知，T ＝π＝2πω，ω＝2，又cos ⎝⎛⎭⎫2×π4＋φ＝sin π4，|φ|<π2，得φ＝－π4. 所以f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π4. (2)因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，7π8，所以2x －π4∈⎣⎡⎦⎤－π4，3π2，当2x －π4＝π，即x ＝5π8时，f (x )取得最小值．f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫5π8＝－1.18．(2019·福建闽侯五校期中联考)已知向量a ＝(3sin x ，cos x )，b ＝(cos x ，－cos x )，f (x )＝a ·b .(1)求f (x )的最小正周期和单调递增区间； (2)若x ∈⎝⎛⎭⎫7π12，5π6，a ·b ＝－54，求cos 2x 的值．解 (1)f (x )＝a ·b ＝3sin x cos x －cos 2x ＝32sin 2x －cos 2x ＋12＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－12， ∴f (x )的最小正周期是π.令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，∴k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )，∴f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )． (2)∵a ·b ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－12＝－54， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＝－34. ∵x ∈⎝⎛⎭⎫7π12，5π6， ∴2x －π6∈⎝⎛⎭⎫π，3π2 ， ∴cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6＝－74， ∴cos 2x ＝cos ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫2x －π6＋π6 ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6cos π6－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6sin π6 ＝－74×32－⎝⎛⎭⎫－34×12＝3－218.。

2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用课件：第四章 4.1 任意角、弧度制及任意角的三角函数

正切线
【概念方法微思考】 1.总结一下三角函数值在各象限的符号规律. 提示一全正、二正弦、三正切、四余弦.
2.三角函数坐标法定义中，若取点P(x，y)是角α终边上异于顶点的任一点，怎样定义角α的三角函数？提示设点 P 到原点 O 的距离为 r，则 sin α＝yr，cos α＝xr，tan α＝yx(x≠0).
.
解析作直线 x＝－12交单位圆于 C，D 两点，
连接OC，OD，则OC与OD围成的区域(图中阴影部分)即为角α终边的范围，
故满足条件的角 α 的集合为α2kπ＋32π≤α≤2kπ＋43π，k∈Z
.
(2)若－34π<α<－π2，从单位圆中的三角函数线观察sin α，cos α，tan α的大小关系是 sin α<cos α<tan α . 解析如图，作出角α的正弦线MP，余弦线OM，正切线AT，
5.集合αkπ＋π4≤α≤kπ＋π2，k∈Z
中的角所表示的范围(阴影部分)是
√
解析当 k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋4π≤α≤2nπ＋2π，此时 α 表示的范围与4π≤α≤π2表示的范围一样；当 k＝2n＋1 (n∈Z)时，2nπ＋π＋4π≤α≤2nπ＋π＋π2，此时 α 表示的范围与 π＋π4≤α≤π＋π2表示的范围一样，故选 C.
2.弧度制
(1)定义：把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号rad 表示，读作弧度.正角的弧度数是一个正数，负角的弧度数是一个负数，
零角的弧度数是 0 .
(2)角度制和弧度制的互化：180°＝ π
rad,1°＝
π 180
rad，1 rad＝ 1π80°.
(3)扇形的弧长公式：l＝

2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义：第六章 6.2 等差数列及其前n项和 Word版含解析

.
答案 180
解析由等差数列的性质，得 a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝450，∴a5＝90，∴a2＋a8＝2a5＝180. 题组三易错自纠
1 4．一个等差数列的首项为，从第 10 项起开始比 1 大，则这个等差数列的公差 d 的取值范
25 围是( )
8 A．d>
75 83 C. <d< 75 25 答案 D
故当 n＝8 时，其前 n 项和最大．
6．一物体从 1 960 m 的高空降落，如果第 1 秒降落 4.90 m，以后每秒比前一秒多降落 9.80
m，那么经过
秒落到地面．
答案 20
解析设物体经过 t 秒降落到地面．
物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为 4.90，公差为 9.80 的等差数列．
1 所以 4.90t＋ t(t－1)×9.80＝1 960，
2 即 4.90t2＝1 960，解得 t＝20.
题型一等差数列基本量的运算
1．(2018·全国Ⅰ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，若 3S3＝S2＋S4，a1＝2，则 a5 等于( )
A．－12
B．－10
C．10
D．12
答案 B
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2．(2018·烟台模拟)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a7＝5，S9＝27，则 a20 等于( ) A．17 B．18 C．19 D．20
答案 B
9a1＋a9
a7－a5
解析由等差数列的前 n 项和公式可知 S9＝ 2 ＝9a5＝27，解得 a5＝3，又由 d＝ 7－5
2 提示充要条件．
2．等差数列的前 n 项和 Sn 是项数 n 的二次函数吗？提示不一定．当公差 d＝0 时，Sn＝na1，不是关于 n 的二次函数． 3．如何推导等差数列的前 n 项和公式？

2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义：第四章 4.3 三角函数的图象与性质 Word版含解析

(4)已知 y＝ksin x＋1，x∈R，则 y 的最大值为 k＋1.( × )
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(5)y＝sin|x|是偶函数．( √ )
题组二教材改编
( )π
2．函数 f(x)＝cos 2x＋的最小正周期是 4
．
答案 π
( ) [ ] π
π
3．y＝3sin 2x－在区间 0，上的值域是
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题型一三角函数的定义域
( )π
1．函数 f(x)＝－2tan 2x＋的定义域是( ) 6
A.Error!
B.Error!
C.Error!
D.Error!
答案 D
π
π
kπ π
解析由正切函数的定义域，得 2x＋ ≠kπ＋，k∈Z，即 x≠ ＋ (k∈Z)，故选 D.
6
2
26
6
2
．
[ ]3
答案－，3 2
[ ] [ ] π
π π 5π
解析当 x∈ 0，时，2x－ ∈ －，，
2
6 66
( ) [ ] π
1
sin 2x－ ∈ －，1 ，
6
2
( ) [ ] π
3
故 3sin 2x－ ∈ －，3 ，
6
2
( ) [ ] π
3
即 y＝3sin 2x－的值域为－，3 .
44 的定义域为
Error!.
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π
2kπ－，2kπ＋
2
2
[ ] π
3π
2kπ＋，2kπ＋
2
2
对称中心
(kπ，0)

2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义：第六章高考专题突破三第2课时 Word版含解析

第2课时　数列的综合问题题型一　数列与函数例1 (2018·四川三台中学模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，19成等差数列．(1)求a 1的值；(2)证明为等比数列，并求数列{a n }的通项公式；{a n2n ＋1}(3)设b n ＝log 3(a n ＋2n )，若对任意的n ∈N *，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围．解　(1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *中，令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1，即a 2＝2a 1＋3， ①又2(a 2＋5)＝a 1＋19， ②则由①②解得a 1＝1.(2)当n ≥2时，由Error!③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，则＋1＝，a n ＋12n ＋132(a n2n ＋1)又a 2＝5，则＋1＝.a 22232(a 121＋1)∴数列是以为首项，为公比的等比数列，{a n 2n ＋1}3232∴＋1＝×n －1，即a n ＝3n －2n .a n 2n 32(32)(3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n )＝n .当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立时，即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6<0(n ∈N *)恒成立．设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N *)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6<0恒成立，则λ＝1满足条件；当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；当λ>1时，由于对称轴n ＝－<0，1－2λ2(1－λ)则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞)．思维升华数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．跟踪训练1 (2018·辽南协作校模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，2a n ＋1＝a n ，数列{b n }满足b n ＝2－log 2a 2n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得2T n ≤4n 2＋m 对任意正整数n 都成立的实数m 的取值范围．解　(1)由a 1＝1，＝，a n ≠0，a n ＋1a n 12∴{a n }是首项为1，公比为的等比数列，12∴a n ＝n －1.(12)∴b n ＝2－log 22n＝2n ＋2.(12)(2)由(1)得，T n ＝n 2＋3n ，∴m ≥－2n 2＋6n 对任意正整数n 都成立．设f (n )＝－2n 2＋6n ，∵f (n )＝－2n 2＋6n ＝－22＋，(n －32)92∴当n ＝1或2时，f (n )的最大值为4，∴m ≥4.即m 的取值范围是[4，＋∞)．题型二　数列与不等式例2 已知数列{a n }中，a 1＝，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝(n ≥2)．122S 2n 2S n －1(1)求证：数列是等差数列；{1S n}(2)证明：S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n <1.12131n证明　(1)当n ≥2时，S n －S n －1＝，整理得S n －1－S n ＝2S n ·S n －1(n ≥2)，2S 2n2S n －1∴－＝2，从而构成以2为首项，2为公差的等差数列．1S n 1S n －1{1Sn }(2)由(1)可知，＝＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝.1S n 1S 112n ∴当n ＝1时，S n ＝<1，1n 12方法一　当n ≥2时，S n ＝<·1n 12n 2121n (n －1)＝，12(1n －1－1n)∴S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n <＋＝1－<1.12131n 1212(1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n )12n∴原不等式得证．方法二　当n ≥2时，<＝，12n 212(n 2－1)14(1n －1－1n ＋1)∴S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n12131n <＋Error!1214Error!＝＋，1214(1＋12－1n －1n ＋1)<＋＝<1.1214(1＋12)78∴原命题得证．思维升华数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．跟踪训练2 (2018·天津部分区质检)已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：≤T n<.1b n b n ＋21513(1)解　设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意得1＋d ＝1＋q ，q 2＝2(1＋2d )－6，解得d ＝q ＝2，所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1.(2)证明　因为c n ＝＝1b n b n ＋21(2n －1)(2n ＋3)＝，14(12n －1－12n ＋3)所以T n ＝Error!14Error!＝14(1＋13－12n ＋1－12n ＋3)＝－，1314(12n ＋1＋12n ＋3)因为>0，所以T n <.14(12n ＋1＋12n ＋3)13又因为T n 在[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，T n 取最小值T 1＝，15所以≤T n <.1513题型三　数列与数学文化例3 (2018·东北师大附中模拟)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤．”( )A ．6斤 B ．7斤 C ．8斤 D ．9斤答案　D解析　原问题等价于等差数列中，已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值．由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝＝3，a 1＋a 52则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤．思维升华我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式．跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载．现有数列题目如下：数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，n ∈N *，14等比数列{b n }满足b 1＝a 1＋a 2，b 2＝a 3＋a 4，则b 3等于( )A ．4 B ．5 C ．9 D ．16答案　C解析　由题意可得b 1＝a 1＋a 2＝S 2＝×22＝1，14b 2＝a 3＋a 4＝S 4－S 2＝×42－×22＝3，1414则等比数列{b n }的公比q ＝＝＝3，b 2b 131故b 3＝b 2q ＝3×3＝9.1．(2018·莆田模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝－a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若f (x )＝ x ，设b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，求数列的前n 项和T n .12log {1b n}解　(1)由S n ＝－a n ＋1得S n ＋1＝－a n ＋1＋1，两式相减得，S n ＋1－S n ＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1＝－a n ＋1＋a n ，即＝(n ≥1)，a n ＋1a n 12所以数列{a n }是公比为的等比数列，12又由a 1＝－a 1＋1得a 1＝，12所以a n ＝a 1q n －1＝n.(12)(2)因为b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )＝1＋2＋…＋n ＝，n (n ＋1)2所以＝＝2，1b n 2n (n ＋1)(1n －1n ＋1)所以T n ＝2(11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2＝.(1－1n ＋1)2n n ＋12．(2018·江西重点中学协作体模拟)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n－2n <.(2n ＋2)22n ＋S n ＋132(1)解　由a 1＝0得a n ＝(n －1)d ，S n ＝，n (n －1)d2因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S ＝(a 2＋2)S 4，23即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4.(2)证明　由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝＝＝2＋(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)4(n ＋1)22n (n ＋2)2n (n ＋2)＝2＋，(1n －1n ＋2)所以T n ＝2n ＋＋＋…＋(1－13)(12－14)(1n －1n ＋2)＝2n ＋1＋－－，121n ＋11n ＋2所以T n －2n <.323．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N *，数列{a n }满足＝f ′，且a 1＝4.1a n ＋1(1a n)(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n .a n a n ＋1解　(1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0，∴a ＝，12则f (x )＝x 2＋2nx ，n ∈N *.12数列{a n }满足＝f ′，1an ＋1(1a n)又f ′(x )＝x ＋2n ，∴＝＋2n ，∴－＝2n ，1a n ＋11a n 1a n ＋11a n 由累加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，1a n 14化简可得a n ＝(n ≥2)，4(2n －1)2当n ＝1时，a 1＝4也符合，∴a n ＝(n ∈N *)．4(2n －1)2(2)∵b n ＝＝a n a n ＋14(2n －1)(2n ＋1)＝2，(12n －1－12n ＋1)∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝＋＋…＋a 1a 2a 2a 3a n a n ＋1＝2[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝2＝.(1－12n ＋1)4n2n ＋14．已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解　(1)设数列{x n }的公比为q .由题意得Error!所以3q 2－5q －2＝0，由已知得q >0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1.由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，(n ＋n ＋1)2所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2， ①则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1， ②由①－②，得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝＋－(2n ＋1)×2n －1.322(1－2n －1)1－2所以T n ＝.(2n －1)×2n ＋125．(2019·张掖模拟)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋S n 1)2上．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围．1a n ·an ＋1解　(1)由S n ＋1＝(＋1)2，得－＝1，S n S n ＋1S n 所以数列{}是以为首项，1为公差的等差数列，S n S 1所以＝＋(n －1)×1，即S n ＝n 2，S n S 1由公式a n ＝Error!得a n ＝Error!所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝＝1a n a n ＋11(2n －1)(2n ＋1)＝，12(12n －1－12n ＋1)所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝，12(1－12n ＋1)显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝×＝.12(1－13)13由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤，13于是a 的取值范围是.(－∞，13]6．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前三项和为9，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)．S n T nK n (1)解　设数列{a n }的公差为d ，则Error!解得Error!或Error!(舍去)，所以a n ＝n ＋1，S n ＝.n (n ＋3)2又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明　因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ， ①所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1， ②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1.则c n ＝＝，S n T n K n (n ＋3)(2n －1)2n ＋1c n ＋1－c n ＝－(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2(n ＋3)(2n －1)2n ＋1＝>0，2n ＋1＋n ＋22n ＋2所以c n ＋1>c n (n ∈N *)．。

2020版新高考数学新增分大一轮(鲁京津琼)专用课件：第四章 4.4 函数y=Asin(ωx+φ)的图象及应用

(1)求f(x)的解析式；
(2)作出f(x)在[0，π]上的图象(要列表).
引申探究
在本例条件下，若将函数f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数y
＝g(x)的图象，且y＝g(x)是偶函数，求m的最小值.
解由已知得
π π y ＝g(x)＝f(x－ m) ＝2sin 2x－m＋＝2sin 2x－2m－是偶 6 6
π，
π 1 π y＝2sin2x＋的图象向右平移个周期，即个单位长度， 6 4 4 π π π y＝2sin2x－＋＝2sin2x－ . 4 6 3
所得函数为
1
2
3
4
5
6
7
8
7.(2018· 长沙模拟)y＝cos(x＋1)图象上相邻的最高点和最低点之间的距离是
2.函数y＝sin(ωx＋φ)图象的对称轴是什么？
提示 kπ π φ x＝＋－ (k∈Z). ω 2ω ω
基础自测
JICHUZICE
题组一思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) π π π (1)y＝sinx－的图象是由 y＝sinx＋的图象向右平移个单位长度得到的.( √ ) 4 4 2
y＝sin 4x 的图象
√
π A.向左平移个单位长度 12
π B.向右平移个单位长度 12
π π C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度 3 3 π π 解析 ∵y＝sin4x＋＝sin4x＋， 3 12
π π ∴要得到 y＝sin4x＋的图象，只需将函数 y＝sin 4x 的图象向左平移个单位长度. 3 12

2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用精练：第6讲几何概型 Word版含解析

第6讲几何概型一、选择题1.在区间[－2，3]上随机选取一个数x ，即x ≤1，故所求的概率为( ) A.45B.35C.25D.15解析在区间[－2，3]上随机选取一个数x ，且x ≤1，即－2≤x ≤1，故所求的概率为P ＝35. 答案 B2.如图所示，半径为3的圆中有一封闭曲线围成的阴影区域，在圆中随机扔一粒豆子，它落在阴影区域内的概率是13，则阴影部分的面积是( ) A.π3B.πC.2πD.3π解析设阴影部分的面积为S ，且圆的面积S ′＝π·32＝9π.由几何概型的概率，得S S ′＝13，则S ＝3π. 答案 D3.(2015·山东卷)在区间[0，2]上随机地取一个数x ，则事件“－1≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1”发生的概率为( ) A.34B.23C.13D.14解析由－1≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1，得12≤x ＋12≤2，解得0≤x ≤32，所以事件“－1≤log 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12≤1”发生的概率为322＝34，故选A.答案 A4.(2017·东北师大附中检测)若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是( )A.π2B.π4C.π6D.π8解析设质点落在以AB 为直径的半圆内为事件A ，则P (A )＝阴影面积长方形面积＝12π×121×2＝π4. 答案 B5.在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1 内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( ) A.π12B.1－π12C.π6D.1－π6解析设“点P 到点O 的距离大于1”为事件A .则事件A 发生时，点P 位于以点O 为球心，以1为半径的半球的外部. ∴V 正方体＝23＝8，V 半球＝43π·13×12＝23π.∴P (A )＝23－23π23＝1－π12.答案 B6.已知△ABC 中，∠ABC ＝60°，AB ＝2，BC ＝6，在BC 上任取一点D ，则使△ABD 为钝角三角形的概率为( ) A.16B.13C.12D.23解析如图，当BE ＝1时，∠AEB 为直角，则点D 在线段BE (不包含B ，E 点)上时，△ABD 为钝角三角形；当BF ＝4时，∠BAF 为直角，则点D 在线段CF (不包含C ，F 点)上时，△ABD 为钝角三角形.所以△ABD 为钝角三角形的概率为1＋26＝12. 答案 C7.设不等式组⎩⎨⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( ) A.π4B.π－22C.π6D.4－π4解析如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分表示的是区域D 内到原点距离大于2的区域，易知该阴影部分的面积为4－π，因此满足条件的概率是4－π4.故选D. 答案 D8.(2017·华师附中联考)在区间[0，4]上随机取两个实数x ，y ，使得x ＋2y ≤8的概率为( ) A.14B.316C.916D.34解析由x ，y ∈[0，4]知(x ，y )构成的区域是边长为4的正方形及其内部，其中满足x ＋2y ≤8的区域为如图所示的阴影部分.易知A (4，2)，S 正方形＝16，S 阴影＝（2＋4）×42＝12.故“使得x ＋2y ≤8”的概率P ＝S 阴影S 正方形＝34.答案 D9.已知正三棱锥S －ABC 的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P ，使得V P －ABC ＜12V S －ABC 的概率是( ) A.78B.34C.12D.14解析当点P 到底面ABC 的距离小于32时， V P －ABC ＜12V S －ABC .由几何概型知，所求概率为P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝78.答案 A10.设复数z ＝(x －1)＋y i(x ，y ∈R )，若|z |≤1，则y ≥x 的概率为( ) A.34＋12πB.12＋1πC.12－1πD.14－12π解析因为复数z ＝(x －1)＋y i(x ，y ∈R )且|z |≤1，所以|z |＝（x －1）2＋y 2≤1，即(x －1)2＋y 2≤1，即点(x ，y )在以(1，0)为圆心、1为半径的圆及其内部，而y ≥x表示直线y ＝x 左上方的部分(图中阴影弓形)，所以所求概率为弓形的面积与圆的面积之比，即P ＝14·π·12－12×1×1π·12＝14－12π.答案 D 二、填空题11.在区间[－2，4]上随机地取一个数x ，若x 满足|x |≤m 的概率为56，则m ＝________.解析由|x |≤m ，得－m ≤x ≤m .当m ≤2时，由题意得2m 6＝56，解得m ＝2.5，矛盾，舍去.当2＜m ＜4时，由题意得m －（－2）6＝56，解得m ＝3.答案 312.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥A －A 1BD 内的概率为________.解析因为VA －A 1BD ＝VA 1－ABD ＝13AA 1×S △ABD ＝16×AA 1×S 矩形ABCD ＝16V 长方体，故所求概率为VA －A 1BD V 长方体＝16. 答案 1613.(2016·山东卷)在[－1，1]上随机地取一个数k ，则事件“直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交”发生的概率为________.解析直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交的充要条件是圆心(5，0)到直线y ＝kx 的距离小于3. 则|5k －0|k 2＋1＜3，解之得－34＜k ＜34，故所求事件的概率P ＝34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－（－1）＝34.答案 3414.(2017·唐山模拟)如图，将半径为1的圆分成相等的四段弧，再将四段弧围成星形放在圆内(阴影部分).现在往圆内任投一点，此点落在星形区域内的概率为________.解析顺次连接星形的四个顶点，则星形区域的面积等于(2)2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×π×12－12×12＝4－π，又因为圆的面积等于π×12＝π，因此所求的概率等于4－ππ＝4π－1.答案4π－115.在区间[－1，4]内取一个数x，则2x－x2≥14的概率是()A.12 B.13 C.25 D.35解析由2x－x2≥14，得－1≤x≤2.又－1≤x≤4.∴所求事件的概率P＝2－（－1）4－（－1）＝35.答案 D16.如图，“天宫一号”运行的轨迹是如图的两个类同心圆，小圆的半径为2 km，大圆的半径为4 km，卫星P在圆环内无规则地自由运动，运行过程中，则点P与点O的距离小于3 km的概率为()A.112 B.512 C.13 D.15解析根据几何概型公式，小于3 km的圆环面积为π(32－22)＝5π；圆环总面积为π(42－22)＝12π，所以点P与点O的距离小于3 km的概率为P(A)＝5π12π＝512.答案 B17.已知平面区域D＝{(x，y)|－1≤x≤1，－1≤y≤1}，在区域D内任取一点，则取到的点位于直线y＝kx(k∈R)下方的概率为()A.12 B.13 C.23 D.34解析由题设知，区域D是以原点为中心的正方形，根据图形的对称性知，直线y＝kx将其面积平分，如图，故所求概率为12.答案 A18.(2017·长春质检)在区间[0，π]上随机取一个实数x ，使得sin x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12的概率为( ) A.1πB.2πC.13D.23解析由0≤sin x ≤12，且x ∈[0，π]，解之得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤56π，π.故所求事件的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π－56π＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－0π－0＝13.答案 C19.(2017·成都诊断)如图，大正方形的面积是34，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的较短边长为3，向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在小正方形内的概率为( ) A.117B.217C.317D.417解析 ∵大正方形的面积是34，∴大正方形的边长是34，由直角三角形的较短边长为3，得四个全等直角三角形的直角边分别是5和3，则小正方形边长为2，面积为4，∴小花朵落在小正方形内的概率为P ＝434＝217. 答案 B20.有一个底面圆的半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( ) A.23B.13C.89D.π4解析V 圆柱＝2π，V 半球＝12×43π×13＝23π，V 半球V 圆柱＝13，故点P 到O 的距离大于1的概率为23. 答案 A21.(2015·湖北卷)在区间[0，1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≤12”的概率，p 2为事件“xy ≤12”的概率，则( ) A.p 1<p 2<12 B.p 2<12<p 1 C.12<p 2<p 1D.p 1<12<p 2解析 (x ，y )构成的区域是边长为1的正方形及其内部，其中满足x ＋y ≤12的区域如图1中阴影部分所示，所以p 1＝12×12×121×1＝18，满足xy ≤12的区域如图2中阴影部分所示，所以p 2＝S 1＋S 21×1＝12＋S 21＞12，所以p 1＜12＜p 2，故选D.答案 D22.在区间[－π，π]内随机取出两个数分别记为a ，b ，则函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π2有零点的概率为( )A.1－π8B.1－π4C.1－π2D.1－3π4解析由函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π2有零点，可得Δ＝(2a 2)－4(－b 2＋π2)≥0，整理得a 2＋b 2≥π2，如图所示，(a ，b )可看成坐标平面上的点，试验的全部结果构成的区域为Ω＝{(a ，b )|－π≤a ≤π，－π≤b ≤π}，其面积S Ω＝(2π)2＝4π2. 事件A 表示函数f (x )有零点，所构成的区域为M ＝{(a ，b )|a 2＋b 2≥π2}，即图中阴影部分，其面积为S M ＝4π2－π3，故P (A )＝S M S Ω＝4π2－π34π2＝1－π4. 答案 B23.(2017·安徽江南名校联考)AB 是半径为1的圆的直径，M 为直径AB 上任意一点，过点M 作垂直于直径AB 的弦，则弦长大于3的概率是________. 解析依题意知，当相应的弦长大于3时，圆心到弦的距离小于12－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝12，因此相应的点M 应位于线段AB 上与圆心的距离小于12的地方，所求的概率等于12. 答案 1224.一只蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为________.解析由已知条件，可知蜜蜂只能在一个棱长为1的小正方体内飞行，结合几何概型，可得蜜蜂“安全飞行”的概率为P ＝1333＝127.答案 12725.小波通过做游戏的方式来确定周末活动，他随机地往单位圆内投掷一点，若此点到圆心的距离大于12，则周末去看电影；若此点到圆心的距离小于14，则去打篮球；否则，在家看书.则小波周末不在家看书的概率为________.解析 ∵去看电影的概率P 1＝π×12－π×（12）2π×12＝34，去打篮球的概率P 2＝π×（14）2π×12＝116， ∴不在家看书的概率为P ＝34＋116＝1316. 答案 131626.随机地向半圆0＜y ＜2ax －x 2(a 为正常数)内掷一点，点落在圆内任何区域的概率与区域的面积成正比，则原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4的概率为________. 解析由0＜y ＜2ax －x 2(a ＞0).得(x －a )2＋y 2＜a 2. 因此半圆域如图所示.设A 表示事件“原点与该点的连线与x 轴的夹角小于π4”，由几何概型的概率计算公式得P (A )＝A 的面积半圆的面积＝14πa 2＋12a 212πa2＝12＋1π.答案 12＋1π。

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§4.6正弦定理和余弦定理最新考纲通过对任意三角形边长和角度关系的探索，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．1．正弦定理、余弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则定理正弦定理余弦定理内容(1)asin A＝bsin B＝csin C＝2R(2)a2＝b2＋c2－2bc cos A；b2＝c2＋a2－2ca cos B；c2＝a2＋b2－2ab cos C变形(3)a＝2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C；(4)sin A＝a2R，sin B＝b2R，sin C＝c2R；(5)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；(6)a sin B＝b sin A，b sin C＝c sin B，a sin C＝c sin A(7)cos A＝b2＋c2－a22bc；cos B＝c2＋a2－b22ac；cos C＝a2＋b2－c22ab2．在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝b sin A b sin A<a<b a≥b a>b解的个数一解两解一解一解3.三角形常用面积公式(1)S＝12a·h a(h a表示边a上的高)；(2)S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ；(3)S ＝12r (a ＋b ＋c )(r 为三角形内切圆半径)．概念方法微思考1．在△ABC 中，∠A >∠B 是否可推出sin A >sin B? 提示在△ABC 中，由∠A >∠B 可推出sin A >sin B .2．如图，在△ABC 中，有如下结论：b cos C ＋c cos B ＝a .试类比写出另外两个式子．提示 a cos B ＋b cos A ＝c ； a cos C ＋c cos A ＝b .题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( × ) (2)当b 2＋c 2－a 2>0时，三角形ABC 为锐角三角形．( × ) (3)在△ABC 中，asin A ＝a ＋b －c sin A ＋sin B －sin C.( √ )(4)在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积．( √ ) 题组二教材改编2．在△ABC 中，a cos A ＝b cos B ，则这个三角形的形状为．答案等腰三角形或直角三角形解析由正弦定理，得sin A cos A ＝sin B cos B ，即sin 2A ＝sin 2B ，所以2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，即A ＝B 或A ＋B ＝π2，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形．3．在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积为．答案 23解析 ∵23sin 60°＝4sin B ，∴sin B ＝1，∴B ＝90°，∴AB ＝2，∴S △ABC ＝12×2×23＝2 3.题组三易错自纠4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c <b cos A ，则△ABC 为( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形 D ．等边三角形答案 A解析由已知及正弦定理得sin C <sin B cos A ， ∴sin(A ＋B )<sin B cos A ，∴sin A cos B ＋cos A sin B <sin B cos A ，又sin A >0，∴cos B <0，∴B 为钝角，故△ABC 为钝角三角形．5．(2018·桂林质检)在△ABC 中，已知b ＝40，c ＝20，C ＝60°，则此三角形的解的情况是( ) A ．有一解 B ．有两解C ．无解D ．有解但解的个数不确定答案 C解析由正弦定理得b sin B ＝c sin C ，∴sin B ＝b sin Cc ＝40×3220＝3>1.∴角B 不存在，即满足条件的三角形不存在．6．(2018·包头模拟)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c .若b ＋c ＝2a,3sin A ＝5sin B ，则C ＝ . 答案2π3解析由3sin A ＝5sin B 及正弦定理，得3a ＝5b .又因为b ＋c ＝2a ，所以a ＝53b ，c ＝73b ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝⎝⎛⎭⎫53b 2＋b 2－⎝⎛⎭⎫73b 22×53b ×b ＝－12.因为C ∈(0，π)，所以C ＝2π3.题型一利用正弦、余弦定理解三角形例1 (2018·天津)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎫B －π6.(1)求角B 的大小；(2)设a ＝2，c ＝3，求b 和sin(2A －B )的值．解 (1)在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝bsin B，可得b sin A ＝a sin B .又由b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎫B －π6，得a sin B ＝a cos ⎝⎛⎭⎫B －π6，即sin B ＝cos ⎝⎛⎭⎫B －π6，所以tan B ＝ 3. 又因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理及a ＝2，c ＝3，B ＝π3，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝7，故b ＝7. 由b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎫B －π6，可得sin A ＝217. 因为a <c ，所以cos A ＝277.因此sin 2A ＝2sin A cos A ＝437，cos 2A ＝2cos 2A －1＝17.所以sin(2A －B )＝sin 2A cos B －cos 2A sin B ＝437×12－17×32＝3314. 思维升华 (1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素.(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系．跟踪训练1 (1)(2018·天津河西区模拟)在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若sin 2B －sin 2C －sin 2A ＝3sin A sin C ，则B 的大小为( ) A ．30° B ．60° C ．120° D ．150° 答案 D解析因为sin 2B －sin 2C －sin 2A ＝3sin A sin C ，所以b 2－c 2－a 2＝3ac ，即a 2＋c 2－b 2＝－3ac ，则cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－32，又0°<B <180°，则B ＝150°.(2)如图所示，在△ABC 中，D 是边AC 上的点，且AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ，则sin C 的值为．答案66解析设AB ＝a ，∵AB ＝AD,2AB ＝3BD ，BC ＝2BD ，∴AD ＝a ，BD ＝2a 3，BC ＝4a 3.在△ABD 中，cos ∠ADB ＝a 2＋4a 23－a 22a ×2a 3＝33，∴sin ∠ADB ＝63，∴sin ∠BDC ＝63.在△BDC 中，BDsin C ＝BCsin ∠BDC，∴sin C ＝BD ·sin ∠BDC BC ＝66.题型二和三角形面积有关的问题例2 (2018·济南模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b cos A －a cos B ＝2c .(1)证明：tan B ＝－3tan A ；(2)若b 2＋c 2＝a 2＋3bc ，且△ABC 的面积为3，求a . (1)证明根据正弦定理，由已知得sin B cos A －cos B sin A ＝2sin C ＝2sin(A ＋B )，展开得sin B cos A －cos B sin A ＝2(sin B cos A ＋cos B sin A )，整理得sin B cos A ＝－3cos B sin A ，所以tan B ＝－3tan A .(2)解由已知得b 2＋c 2－a 2＝3bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝3bc 2bc ＝32，由0<A <π，得A ＝π6，tan A ＝33，∴tan B ＝－3，由0<B <π，得B ＝2π3，所以C ＝π6，a ＝c ，由S ＝12ac sin 2π3＝12×32a 2＝3，得a ＝2.思维升华 (1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．跟踪训练2 (1)(2018·承德质检)若AB ＝2，AC ＝2BC ，则S △ABC 的最大值为( ) A ．2 2 B.32 C.23D ．32 答案 A解析设BC ＝x ，则AC ＝2x .根据三角形的面积公式，得S △ABC ＝12·AB ·BC sin B ＝x 1－cos 2B .①根据余弦定理，得cos B ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝4＋x 2－2x 24x ＝4－x 24x .②将②代入①，得 S △ABC ＝x1－⎝⎛⎭⎫4－x 24x 2＝128－(x 2－12)216.由三角形的三边关系，得⎩⎨⎧2x ＋x >2，x ＋2>2x ，解得22－2<x <22＋2，故当x ＝23时，S △ABC 取得最大值22，故选A.(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC的面积是________．答案332解析 ∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6. ① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab . ②由①②得－ab ＋6＝0，即ab ＝6. ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.题型三正弦定理、余弦定理的应用命题点1 判断三角形的形状例3 (1)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，若a ＝2b cos C ，则此三角形一定是( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等腰三角形D ．等腰三角形或直角三角形答案 C解析方法一由余弦定理可得a ＝2b ·a 2＋b 2－c 22ab ，因此a 2＝a 2＋b 2－c 2，得b 2＝c 2，于是b＝c ，从而△ABC 为等腰三角形．方法二由正弦定理可得sin A ＝2sin B cos C ，因此sin(B ＋C )＝2sin B cos C ，即sin B cos C ＋cos B sin C ＝2sin B cos C ，于是sin(B －C )＝0，因此B －C ＝0，即B ＝C ，故△ABC 为等腰三角形．(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定答案 B解析由正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ， ∴sin(B ＋C )＝sin 2A ，即sin(π－A )＝sin 2A ，sin A ＝sin 2A . ∵A ∈(0，π)，∴sin A >0，∴sin A ＝1，即A ＝π2，∴△ABC 为直角三角形．引申探究1．本例(2)中，若将条件变为2sin A cos B ＝sin C ，判断△ABC 的形状．解 ∵2sin A cos B ＝sin C ＝sin(A ＋B )， ∴2sin A cos B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ， ∴sin(A －B )＝0.又A ，B 为△ABC 的内角． ∴A ＝B ，∴△ABC 为等腰三角形．2．本例(2)中，若将条件变为a 2＋b 2－c 2＝ab ，且2cos A sin B ＝sin C ，判断△ABC 的形状．解∵a 2＋b 2－c 2＝ab ，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，又0<C <π，∴C ＝π3，又由2cos A sin B ＝sin C 得sin(B －A )＝0，∴A ＝B ，故△ABC 为等边三角形．命题点2 求解几何计算问题例4 (2018·云南11校跨区调研)如图，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝π3，AD ∶AB ＝2∶3，BD＝7，AB ⊥BC .(1)求sin ∠ABD 的值；(2)若∠BCD ＝2π3，求CD 的长．解 (1)因为AD ∶AB ＝2∶3，所以可设AD ＝2k ， AB ＝3k .又BD ＝7，∠DAB ＝π3，所以由余弦定理，得(7)2＝(3k )2＋(2k )2－2×3k ×2k cos π3，解得k ＝1，所以AD ＝2，AB ＝3，sin ∠ABD ＝AD sin ∠DABBD＝2×327＝217.(2)因为AB ⊥BC ，所以cos ∠DBC ＝sin ∠ABD ＝217，所以sin ∠DBC ＝277，所以BD sin ∠BCD ＝CDsin ∠DBC，所以CD ＝7×27732＝433.思维升华 (1)判断三角形形状的方法①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系．②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，此时要注意应用A ＋B ＋C ＝π这个结论． (2)求解几何计算问题要注意：①根据已知的边角画出图形并在图中标示； ②选择在某个三角形中运用正弦定理或余弦定理．跟踪训练3 (1)(2018·安徽六校联考)在△ABC 中，cos 2B 2＝a ＋c2c (a ，b ，c 分别为角A ，B ，C的对边)，则△ABC 的形状为( ) A ．等边三角形 B ．直角三角形C ．等腰三角形或直角三角形D ．等腰直角三角形答案 B解析 ∵cos 2B 2＝1＋cos B 2，cos 2B 2＝a ＋c2c ，∴(1＋cos B )·c ＝a ＋c ，∴a ＝cos B ·c ＝a 2＋c 2－b 22a ，∴2a 2＝a 2＋c 2－b 2，∴a 2＋b 2＝c 2， ∴△ABC 为直角三角形．(2)(2018·洛阳统考)在△ABC 中，B ＝30°，AC ＝25，D 是AB 边上的一点，CD ＝2，若∠ACD 为锐角，△ACD 的面积为4，则BC ＝ . 答案 4解析依题意得S △ACD ＝12CD ·AC ·sin ∠ACD ＝25·sin ∠ACD ＝4，sin ∠ACD ＝25.又∠ACD 是锐角，因此cos ∠ACD ＝1－sin 2 ∠ACD ＝15. 在△ACD 中，AD ＝CD 2＋AC 2－2CD ·AC ·cos ∠ACD ＝4， AD sin ∠ACD ＝CDsin A ，sin A ＝CD ·sin ∠ACD AD ＝15 .在△ABC 中，AC sin B ＝BC sin A ，BC ＝AC ·sin Asin B＝4.1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝13，b ＝3，A ＝60°，则边c 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．6 答案 C解析 ∵a 2＝c 2＋b 2－2cb cos A ， ∴13＝c 2＋9－2c ×3×cos 60°，即c 2－3c －4＝0，解得c ＝4或c ＝－1(舍去)．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若c ＝2，b ＝23，C ＝30°，则B 等于( ) A ．30° B ．60° C ．30°或60° D ．60°或120°答案 D解析 ∵c ＝2，b ＝23，C ＝30°，∴由正弦定理可得 sin B ＝b sin C c ＝23×122＝32，由b >c ，可得30°<B <180°，∴B ＝60°或B ＝120°.3．(2018·南昌模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，cos 2A ＝sin A ，bc ＝2，则△ABC 的面积为( ) A.12 B.14 C ．1 D ．2 答案 A解析由cos 2A ＝sin A ，得1－2sin 2A ＝sin A ，解得sin A ＝12(负值舍去)，由bc ＝2，可得△ABC的面积S ＝12bc sin A ＝12×2×12＝12.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知三个向量m ＝⎝⎛⎭⎫a ，cos A 2，n ＝⎝⎛⎭⎫b ，cos B 2，p ＝⎝⎛⎭⎫c ，cos C2共线，则△ABC 的形状为( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形 D ．等腰直角三角形答案 A解析 ∵向量m ＝⎝⎛⎭⎫a ，cos A 2，n ＝⎝⎛⎭⎫b ，cos B2共线， ∴a cos B 2＝b cos A2.由正弦定理得sin A cos B 2＝sin B cos A2.∴2sin A 2cos A 2 cos B 2＝2sin B 2cos B 2cos A2.则sin A 2＝sin B 2.∵0<A 2<π2，0<B 2<π2，∴A 2＝B2，即A ＝B .同理可得B ＝C .∴△ABC 的形状为等边三角形．故选A.5．(2018·合肥质检)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos C ＝223，b cos A＋a cos B ＝2，则△ABC 的外接圆面积为( ) A ．4π B ．8π C ．9π D ．36π 答案 C解析 c ＝b cos A ＋a cos B ＝2，由cos C ＝223，得sin C ＝13，再由正弦定理可得2R ＝csin C ＝6，R ＝3，所以△ABC 的外接圆面积为πR 2＝9π，故选C.6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，且c ＝2a ，则cos B 的值为( ) A.14 B.34 C.24 D.23 答案 B解析因为sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，所以sin 2B ＝sin A sin C ，由正弦定理得b 2＝ac ，又c ＝2a ，故cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34.7．(2018·成都模拟)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．答案 π3或2π3解析由余弦定理，得a 2＋c 2－b 22ac ＝cos B ，结合已知等式得cos B ·tan B ＝32， ∴sin B ＝32，又0<B <π，∴B ＝π3或2π3. 8．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝ .答案 1解析因为sin B ＝12且B ∈(0，π)，所以B ＝π6或B ＝5π6.又C ＝π6，B ＋C <π，所以B ＝π6，A ＝π－B －C ＝2π3.又a ＝3，由正弦定理得a sin A ＝bsin B ，即332＝b 12，解得b ＝1.9．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝2，B ＝π6，C ＝π4，则△ABC 的面积为．答案3＋1解析 ∵b ＝2，B ＝π6，C ＝π4.由正弦定理b sin B ＝csin C，得c ＝b sin Csin B ＝2×2212＝22，A ＝π－⎝⎛⎭⎫π6＋π4＝7π12， ∴sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋π3＝sin π4cos π3＋cos π4sin π3 ＝6＋24. 则S △ABC ＝12bc sin A ＝12×2×22×6＋24＝3＋1.10.如图，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，sin ∠BAC ＝223，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为________．答案3解析因为sin ∠BAC ＝223，且AD ⊥AC ，所以sin ⎝⎛⎭⎫π2＋∠BAD ＝223，所以cos ∠BAD ＝223，在△BAD 中，由余弦定理，得BD ＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos ∠BAD ＝(32)2＋32－2×32×3×223＝ 3.11．(2018·珠海模拟)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝b tan A . (1)证明：sin B ＝cos A ；(2)若sin C －sin A cos B ＝34，且B 为钝角，求A ，B ，C .(1)证明由正弦定理知a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R ， ∴a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，代入a ＝b tan A 得 sin A ＝sin B ·sin Acos A ，又∵A ∈(0，π)，∴sin A >0，∴1＝sin B cos A ，即sin B ＝cos A .(2)解由sin C －sin A cos B ＝34知，sin(A ＋B )－sin A cos B ＝34，∴cos A sin B ＝34.由(1)知，sin B ＝cos A ，∴cos 2A ＝34，由于B 是钝角，故A ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴cos A ＝32，A ＝π6. sin B ＝32，B ＝2π3，∴C ＝π－(A ＋B )＝π6. 12．(2018·北京)在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos B ＝－17.(1)求∠A ；(2)求AC 边上的高．解 (1)在△ABC 中，因为cos B ＝－17，所以sin B ＝1－cos 2B ＝437.由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝32.由题设知π2<∠B <π，所以0<∠A <π2，所以∠A ＝π3.(2)在△ABC 中，因为sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝3314，所以AC 边上的高为a sin C ＝7×3314＝332.13．在△ABC 中，a 2＋b 2＋c 2＝23ab sin C ，则△ABC 的形状是( ) A ．不等腰的直角三角形 B ．等腰直角三角形 C ．钝角三角形 D ．正三角形答案 D解析易知a 2＋b 2＋c 2＝a 2＋b 2＋a 2＋b 2－2ab cos C ＝23ab sin C ，即a 2＋b 2＝2ab sin ⎝⎛⎭⎫C ＋π6，由于a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时取等号，所以2ab sin ⎝⎛⎭⎫C ＋π6≥2ab ，sin ⎝⎛⎭⎫C ＋π6≥1，故只能a ＝b 且C ＋π6＝π2，所以△ABC 为正三角形．14．(2018·大理模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a sin B ＝3b cos A ．若a ＝4，则△ABC 周长的最大值为________．答案 12解析由正弦定理a sin A ＝bsin B，可将a sin B ＝3b cos A 转化为sin A sin B ＝3sin B cos A . 又在△ABC 中，sin B >0，∴sin A ＝3cos A ，即tan A ＝ 3. ∵0<A <π，∴A ＝π3.由余弦定理得a 2＝16＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc ≥(b ＋c )2－3⎝⎛⎭⎫b ＋c 22，则(b ＋c )2≤64，即b ＋c ≤8(当且仅当b ＝c ＝4时等号成立)，∴△ABC 的周长l ＝a ＋b ＋c ＝4＋b ＋c ≤12，即最大值为12.15．在△ABC 中，C ＝60°，且asin A ＝2，则△ABC 面积S 的最大值为．答案334解析由C ＝60°及c sin C ＝a sin A＝2，可得c ＝ 3. 由余弦定理得3＝b 2＋a 2－ab ≥ab (当且仅当a ＝b 时取等号)， ∴S ＝12ab sin C ≤12×3×32＝334，∴△ABC 的面积S 的最大值为334.16．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a 2－(b －c )2＝(2－3)bc ，且sin B ＝1＋cos C ，BC 边上的中线AM 的长为7. (1)求角A 和角B 的大小； (2)求△ABC 的面积．解 (1)由a 2－(b －c )2＝(2－3)bc ，得a 2－b 2－c 2＝－3bc ，即b 2＋c 2－a 2＝3bc ， ∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32，又0<A <π，∴A ＝π6.又sin B ＝1＋cos C,0<sin B <1， ∴cos C <0，即C 为钝角， ∴B 为锐角，且B ＋C ＝5π6，则sin ⎝⎛⎭⎫5π6－C ＝1＋cos C ，化简得cos ⎝⎛⎭⎫C ＋π3＝－1，解得C ＝2π3，∴B ＝π6.(2)由(1)知，a ＝b ，sin C ＝32，cos C ＝－12，在△ACM 中，由余弦定理得 AM 2＝b 2＋⎝⎛⎭⎫a 22－2b ·a2·cos C ＝b 2＋b 24＋b 22＝(7)2，解得b ＝2，故S △ABC ＝12ab sin C ＝12×2×2×32＝ 3.。