2021届高考数学二轮复习三角函数综合练(3)
2021届高考数学模拟试卷汇编：三角函数与解三角形综合(含答案解析)
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
（1）在 中，
，
解得 ，
.
（2）
在 中， ，
.
.
4．（2020届河南省驻马店市高三第二次模拟）a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边.已知a＝3， ，且B＝60°.
（1）求△ABC的面积；
（2）若D，E是BC边上的三等分点，求 .
【答案】（1） ；（2）
2021年高考数学模拟试卷汇编：三角函数与解三角形综合答案解析
1．（2020届山西省大同市第一中学高三一模）已知 ， ，
（1）求 的最小正周期及单调递增区间；
（2）已知锐角 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ， ，求 边上的高的最大值．
【答案】（1） 的最小正周期为： ；函数 单调递增区间为：
2021年高考数学模拟试卷汇编：三角函数与解三角形综合
1．（2020届山西省大同市第一中学高三一模）已知 ， ，
（1）求 的最小正周期及单调递增区间；
（2）已知锐角 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ， ，求 边上的高的最大值．
2．（2020届湖南省长沙市长郡中学高三第三次适应性考试）已知 ， ， 分别为 内角 ， ， 的对边，若 同时满足下列四个条件中的三个：① ；② ；③ ；④ .
（1）求角 ；
（2）若 ， ，求 的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1）由 ，得 .
所以由余弦定理，得 .
又因为 ，所以 .
（2）由 ，得 .
由正弦定理，得 ，因为 ，所以 .
又因 ，所以 .
所以 的面积 .
7．（2020届河南省天一大联考“顶尖计划”高三二联）如图，在 中，角 的对边分别为 ，且满足 ，线段 的中点为 .
高考数学二轮复习 专题2 三角函数、三角变换、解三角形、平面向量 第一讲 三角函数的图象与性质 理-
专题二 三角函数、三角变换、解三角形、平面向量第一讲 三角函数的图象与性质1．角的概念．(1)终边相同的角不一定相等，相等的角终边一定相同(填“一定”或“不一定”)． (2)确定角α所在的象限，只要把角α表示为α＝2k π＋α0[k ∈Z，α0∈[0，2π)]，判断出α0所在的象限，即为α所在象限．2．诱导公式．诱导公式是求三角函数值、化简三角函数的重要依据，其记忆口诀为：奇变偶不变，符号看象限．1．三角函数的定义：设α是一个任意大小的角，角α的终边与单位圆交于点P (x ，y )，则sin α＝y ，cos α＝x ，tan α＝yx.2．同角三角函数的基本关系． (1)sin 2α＋cos 2α＝1. (2)tan α＝sin αcos α．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)角α终边上点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，那么sin α＝32，cos α＝－12；同理角α终边上点Q 的坐标为(x 0，y 0)，那么sin α＝y 0，cos α＝x 0.(×)(2)锐角是第一象限角，反之亦然．(×) (3)终边相同的角的同一三角函数值相等．(√)(4)常函数f (x )＝a 是周期函数，它没有最小正周期．(√) (5)y ＝cos x 在第一、二象限上是减函数．(×) (6)y ＝tan x 在整个定义域上是增函数．(×)1．(2015·某某卷)若sin α＝－513，且α为第四象限角，则tan α的值等于(D )A.125 B ．－125 C.512 D ．－512解析：解法一：因为α为第四象限的角，故cos α＝1－sin 2α＝1－（－513）2＝1213，所以tan α＝sin αcos α＝－5131213＝－512. 解法二：因为α是第四象限角，且sin α＝－513，所以可在α的终边上取一点P (12，－5)，则tan α＝y x ＝－512.故选D.2．已知α的终边经过点A (5a ，－12a )，其中a ＜0，则sin α的值为(B ) A ．－1213 B.1213 C.513 D ．－5133．(2014·新课标Ⅰ卷)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 ) A ．①②③ B ．①③④C ．②④D ．①③解析：①中函数是一个偶函数，其周期与y ＝cos 2x 相同，T ＝2π2＝π；②中函数y ＝|cos x |的周期是函数y ＝cos x 周期的一半，即T ＝π；③T ＝2π2＝π；④T ＝π2.故选A.4．(2015·某某卷)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(单位：m)的最大值为(C )A ．5B ．6C ．8D ．10解析：根据图象得函数的最小值为2，有－3＋k ＝2，k ＝5，最大值为3＋k ＝8.一、选择题1．若sin(α－π)＝35，α为第四象限角，则tan α＝(A )A ．－34B ．－43C.34D.43 解析：∵sin(α－π)＝35，∴－sin α＝35，sin α＝－35.又∵α为第四象限角， ∴cos α＝ 1－sin 2α＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝45， tan α＝sin αcos α＝－3545＝－34.2. 定义在R 上的周期函数f (x )，周期T ＝2，直线x ＝2是它的图象的一条对称轴，且f (x )在[－3，－2]上是减函数，如果A ，B 是锐角三角形的两个内角，则(A )A ．f (sin A )>f (cosB ) B ．f (cos B )>f (sin A )C ．f (sin A )>f (sin B )D ．f (cos B )>f (cos A )解析：由题意知：周期函数f (x )在[－1，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数．又因为A ，B 是锐角三角形的两个内角，A ＋B >π2，得：sin A >cos B ，故f (sin A )>f (cos B )．综上知选A.3．函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的最大值与最小值之和为(A )A ．2－ 3B ．0C ．－1D ．－1－ 3解析：用五点作图法画出函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的图象，注意0≤x ≤9知，函数的最大值为2，最小值为－ 3.故选A.4. 把函数y ＝cos 2x ＋1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，然后向左平移1个单位长度，再向下平移 1个单位长度，得到的图象是(A )解析：y ＝cos 2x ＋1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的解析式为y ＝cos (x ＋1)．故选A.5．(2015·新课标Ⅰ卷)函数f (x )＝cos(ωx ＋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 ∈ZB.⎝⎛⎭⎪⎫2k π－14，2k π＋34，k ∈Z C.⎝ ⎛⎭⎪⎫k －14，k ＋34，k ∈ZD.⎝⎛⎭⎪⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z 解析：由图象知周期T ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫54－14＝2，∴2πω＝2，∴ω＝π.由π×14＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，不妨取φ＝π4，∴f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx ＋π4.由2k π＜πx ＋π4＜2k π＋π，得2k －14＜x ＜2k ＋34，k ∈Z ，∴f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫2k －14，2k ＋34，k ∈Z.故选D.6．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(x ∈R，A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2)的图象(部分)如图所示，则f (x )的解析式是(A )A ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6(x ∈R)B ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πx ＋π6(x ∈R)C ．f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π3(x ∈R)D ．f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πx ＋π3(x ∈R) 解析：由图象可知其周期为：4⎝ ⎛⎭⎪⎫56－13＝2，∵2πω＝2，得ω＝π，故只可能在A ，C 中选一个，又因为x ＝13时达到最大值，用待定系数法知φ＝π6.二、填空题7．若sin θ＝－45，tan θ＞0，则cos θ＝－35．8．已知角α的终边经过点(－4，3)，则cos α＝－45．解析：由题意可知x ＝－4，y ＝3，r ＝5，所以cos α＝x r ＝－45.三、解答题9. (2014·某某卷)已知函数f (x )＝2cos x (sin x ＋cos x )． (1)求f ⎝⎛⎭⎪⎫5π4的值；(2)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间．分析：思路一 直接将5π4代入函数式，应用三角函数诱导公式计算．(2)应用和差倍半的三角函数公式，将函数化简2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1. 得到T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z.思路二 先应用和差倍半的三角函数公式化简函数f (x )＝2sin x cos x ＋2cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1.(1)将5π4代入函数式计算；(2)T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z.解析：解法一 (1)f ⎝⎛⎭⎪⎫5π4＝2cos 5π4⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 5π4＋cos 5π4＝－2cos π4⎝ ⎛⎭⎪⎫－sin π4－cos π4＝2.(2)因为f (x )＝2sin x cos x ＋2cos 2x ＝sin 2x ＋cos 2x ＋1 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1. 所以T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8，k ∈Z.解法二 因为f (x )＝2sin x cos x ＋2cos 2x ＝sin 2x ＋cos 2x ＋1 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1.(1)f ⎝⎛⎭⎪⎫5π4＝2sin 11π4＋1＝2sin π4＋1＝2. (2)T ＝2π2＝π.由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8，k ∈Z.10．函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋1(A ＞0，ω＞0)的最大值为3, 其图象相邻两条对称轴之间的距离为π2.(1)求函数f (x )的解析式；word(2)设α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝2，求α的值． 解析：(1)∵函数f (x )的最大值为3，∴A ＋1＝3，即A ＝2.∵函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2， ∴最小正周期为 T ＝π，∴ω＝2，故函数f (x )的解析式为y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋1. (2)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＋1＝2， 即sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＝12， ∵0＜α＜π2，∴－π6＜α－π6＜π3. ∴α－π6＝π6，故α＝π3. 11．(2015·卷)已知函数f (x )＝2sin x 2cos x 2－2sin 2x 2. (1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间[－π，0]上的最小值．解析：(1)由题意得f (x )＝22sin x －22(1－cos x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－22，所以f (x )的最小正周期为2π.(2)因为－π≤x ≤0，所以－3π4≤x ＋π4≤π4. 当x ＋π4＝－π2，即x ＝－3π4时，f (x )取得最小值． 所以f (x )在区间[－π，0]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4＝－1－22.。
高考数学大二轮复习 微专题(三) 三角函数问题的解题技巧——“变角”“变式”
π
,
π
2
因此 sin
,所以
π
+4
所以 2sin
12
1
于是 t +t2
2
∈ -
π
+4
=
π
θ+4
∈
π
+
4
3π 5π
,
4 4
2 2
,
2 2
,
,
,
∈(-1,1),即 t∈(-1,1).
1
(t+1)2-1∈(-1,1).
2
故 sin θ+cos θ+sin θcos θ 的取值范围是(-1,1).
考查角度
角度一 变角
5π
12
[例 1—1](2021·山东淄博月考)已知 θ∈(0,π),cos 6 - =-13,则 tan +
π
=
6
.
5
答案
12
解析 由于
又因为 cos
π
θ∈(0,π),所以-6
5π
-
6
<
12
π
=- ,所以
13
2
因此 sin
5π
-
6
=
所以 tan
5π
-
6
5
=-12,
4
4
立联系.
,sin 2α,cos 2α等式子也都可以相互转化建
[例2-4](2021·山东潍坊月考)已知θ是钝角,则sin θ+cos θ+sin θcos θ的取值
范围是
.
答案 (-1,1)
2 -1
θ= ,于是
2
三角函数的图象和性质(小题速做,大题细做)-2022届高考数学二轮复习
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11
①两个相邻对称中心之间的距离等于T2；②两条相邻对称轴之间的距离等于T2；③对称 中心与相邻对称轴的距离等于T4.
(3)由点的坐标定 φ.把图象上的一个已知点的坐标代入(此时 A，ω，B 已知)求解． 2．在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其 中的自变量 x 而言的，如果 x 的系数不是 1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长 度数和方向．
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14
当 f(x)＞1 时，2cos2x－π6＞1， 解得 x∈－1π2＋kπ，π4＋kπ，k∈Z， 此时最小正整数 x＝3. 当 f(x)＜0 时，2cos2x－π6＜0， 解得 x∈π3＋kπ，56π＋kπ，k∈Z， 此时最小正整数为 2. 综上满足题意的最小正整数为 x＝2. 答案：2
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9
＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，得 φ＝43π＋2kπ，k∈Z，∴y＝sin－2x＋43π，但当 x＝0 时，y＝
sin－2x＋43π＝－ 23＜0，与图象不符合，舍去．综上，选 BC.
(2) 解 析 ： 先 将 函 数
y
＝
sin
x－4π
的
图
象
向
左
平
移
π 3
个
单
位
长
度
，
得
到
函
数
y＝
sinx＋3π－π4＝sinx＋1π2的图象，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵
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好题精练——练技巧、练规范 2．(多选题)(2021·湖南、河北新高考联考)已知函数 f(x)＝sin2x－π6，则下列结论正确 的是( ) A．f(x)的最小正周期为 π B．f(x)的图象关于直线 x＝－67π 对称 C．f(x)在－π4，π6上单调递增 D．y＝f(x)＋fx＋4π的最小值为－ 2
高考数学二轮复习 第二篇 专题通关攻略 专题2 三角函数及解三角形 专题能力提升练七 2.2.2 三
专题能力提升练七三角恒等变换与解三角形(45分钟80分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.cos15°-4sin215°cos15°=()A. B. C.1D.【解析】选D.cos 15°-4sin215°cos 15°=cos 15°-2sin 15°×2sin 15°cos 15°=cos 15°-2sin 15°sin 30°=cos 15°-sin 15°=2cos(15°+30°)=.2.(2018·永州二模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,若+=2a,则△ABC是()A.等边三角形B.锐角三角形C.等腰直角三角形D.钝角三角形【解析】选 C.因为+=2a,所以由正弦定理可得,+=2sinA≥2=2,所以sin A=1,当=时,“=”成立,所以A=,b=c,所以△ABC是等腰直角三角形.3.(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中,cos=,BC=1,AC=5,则AB= ( )A.4B.C.D.2【解析】选A.cos C=2cos2-1=2×-1=-,在△ABC中,由余弦定理AB2=CA2+CB2-2CA·CB·cos C,得AB2=25+1-2×1×5×=32,所以AB=4.4.若向量a=,向量b=(1,sin22.5°),则a·b=( )A.2B.-2C.D.-【解析】选A.由题得a·b=tan67.5°+=tan 67.5°+=tan 67.5°-tan 22.5°=tan 67.5°-==2×=2×=2.【加固训练】(2018·会宁一中一模)已知x为锐角,=,则a的取值X围为( ) A.[-2,2] B.(1,)C.(1,2]D.(1,2)【解析】选C.由=,可得:a=sin x+cos x=2sin,又x∈,所以x+∈,所以a的取值X围为(1,2].5.在锐角△ABC中,A=2B,则的取值X围是( )A.(-1,3)B.(1,3)C.(,)D.(1,2)【解析】选D.====3-4sin2B.因为△ABC是锐角三角形,所以得<B<⇒sin2B∈.所以=3-4sin2B∈(1,2).6.(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,则C= ()A. B. C. D.【解析】选C.由题意S△ABC=absin C=,即sin C=,由余弦定理可知sin C=cos C,即tan C=1,又C∈(0,π),所以C=.【加固训练】(2018·某某一模) 已知△ABC中,sinA,sinB,sinC成等比数列,则的取值X围是( )A. B.C.(-1,]D.【解析】选 B.由已知可知sin2B=sin A·sin C,即b2=ac,cos B==≥=,即0<B≤,sin B+cos B=sin∈(1,],原式==,设t=sin B+cos B,即原式==t-(1<t≤),函数是增函数,当t=1时,函数等于0,当t=时,函数等于,所以原式的取值X围是.二、填空题(每小题5分,共10分)7.(2018·全国卷Ⅱ)已知tan=,则tanα=________.【解析】因为tan=tan=,所以=,解得tan α=.答案:【加固训练】(2018·某某市一模) 已知cos=,则sin2α=________.【解析】sin 2α=sin=-cos2=1-2cos2=1-2×=-.答案:-8.为了竖起一块广告牌,要制造三角形支架,如图,要求∠ACB=60°,BC的长度大于1米,且AC 比AB长0.5米,为了稳定广告牌,要求AC越短越好,则AC最短为________.【解题指南】首先根据余弦定理找出边BC与AC之间的关系,用边BC表示出边AC,结合函数知识即可求解.【解析】由题意设BC=x(x>1)米,AC=t(t>0)米,依题设AB=AC-0.5=(t-0.5)米,在△ABC中,由余弦定理得:AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos 60°,即(t-0.5)2=t2+x2-tx,化简并整理得:t=(x>1),即t=x-1++2,因为x>1,故t=x-1++2≥2+,当且仅当x=1+时取等号,此时取最小值2+. 答案:2+三、解答题(每小题10分,共40分)9.(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=2,求BC.【解析】(1)在△ABD中,由正弦定理得=.由题设知,=,所以sin∠ADB=.由题意知,∠ADB<90°,所以cos∠ADB==.(2)由题意及(1)知,cos∠BDC=sin∠ADB=.在△BCD中,由余弦定理得BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC=25+8-2×5×2×=25. 所以BC=5.10.如图,在△ABC中,AB=2,cosB=,点D在线段BC上.(1)若∠ADC=,求AD的长.(2)若BD=2DC,△ACD的面积为,求的值.【解题指南】(1)首先利用同角三角函数间的基本关系求得sin B的值,然后利用正弦定理即可求得AD的长.(2)首先利用三角形面积间的关系求得S△ABC,然后利用三角形面积公式结合余弦定理即可求得的值.【解析】(1)在三角形中,因为cos B=,所以sin B=,在△ABD中,由正弦定理得=,又AB=2,∠ADB=,sin B=.所以AD=.(2)因为BD=2DC,所以S△ABD=2S△ADC,S△ABC=3S△ADC,又S△ADC=,所以S△ABC=4,因为S△ABC=AB·BCsin∠ABC,所以BC=6,因为S△ABD=AB·ADsin∠BAD,S△ADC=AC·ADsin∠CAD,S△ABD=2S△ADC,所以=2·,在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC.所以AC=4,所以=2·=4.11.已知函数f(x)=2sinxcosx+2cos2x-1(x∈R).(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间上的最大值和最小值.(2)若f(x0)=,x0∈,求cos2x0的值.【解析】(1)f(x)=2sin xcos x+2cos2x-1=(2sin xcos x)+(2cos2x-1)=sin 2x+cos 2x=2sin,所以函数f(x)的最小正周期为π;因为x∈,所以2x+∈,sin∈,所以函数f(x)=2sin在区间上的最大值为2,最小值为-1.(2)由(1)可知f(x0)=2sin,又因为f(x0)=,所以sin=,由x0∈,得2x0+∈,从而cos=-=-,所以cos 2x0=cos=cos cos +sin sin =12.在△ABC中,D是边BC上的点,AB=AD=,cos∠BAD=.(1)求sinB.(2)若AC=4,求△ADC的面积.【解题指南】(1)直接利用余弦定理和正弦定理求出结果.(2)利用(1)的结论和余弦定理求出三角形的面积.【解析】(1)在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=7+7-2×××=12,得BD=2.由cos∠BAD=,得sin∠BAD=,在△ABD中,由正弦定理得=,所以sin B=×=.(2)因为sin B=,B是锐角,所以cos B=,设BC=x,在△ABC中,AB2+BC2-2AB·BC·cos B=AC2,即7+x2-2·x··=16,化简得:x2-2x-9=0,解得x=3或x=-(舍去),则CD=BC-BD=3-2=,由∠ADC和∠ADB互补,得sin∠ADC=sin∠ADB=sin B=,所以△ADC的面积S=·AD·DC·sin∠ADC=×××=.【加固训练】(2018·某某二模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为acsin2B.(1)求sinB的值.(2)若c=5,3sin2C=5sin2B·sin2A,且BC的中点为D,求△ABD的周长.【解析】(1)由S△ABC=acsinB=acsin2B,得sin B=2sin B·cos B,因为0<B<π,所以sin B>0,故cos B=,又sin2B+cos2B=1,所以sin B=.(2)由(1)和3sin2C=5sin2B·sin2A得16sin2C=25sin2A,由正弦定理得16c2=25a2,因为c=5,所以a=4,BD=a=2,在△ABD中,由余弦定理得:AD2=c2+BD2-2c·BD·cos B=52+22-2×5×2×=24,所以AD=2.所以△ABD的周长为c+BD+AD=7+2.(建议用时:50分钟)1.(2018·某某一模)南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式:“以小斜幂并大斜幂,减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减之,以四约之,为实,一为从隅,开方得积.”(即:S=,c>b>a),并举例“问沙田一段,有三斜(边),其小斜一十三里,中斜一十四里,大斜一十五里,欲知为田几何?”则该三角形田面积为( )A.82平方里B.83平方里C.84平方里D.85平方里【解析】选C.由题意可得:a=13,b=14,c=15代入:S===84,则该三角形田面积为84平方里.2.已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2sin=1,且a=2,则△ABC 的面积的最大值为( )A. B. C. D.2【解析】选B.sin=,-=,A=,由于a=2为定值,由余弦定理得4=b2+c2-2bccos ,即4=b2+c2+bc.根据基本不等式得4=b2+c2+bc≥2bc+bc=3bc,即bc≤,当且仅当b=c时,等号成立.S△=bcsin A≤··=.3.在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,sinAcosB-(c-cosA)·sinB=0,则边b=________.【解析】由sin Acos B-(c-cos A)·sin B=0,得sin Acos B+cos Asin B=csin B,所以sin C=csin B,即=sin B,由正弦定理=,故b==1.答案:14.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,设△ABC的面积为S,若3a2=2b2+c2,则的最大值为________.【解析】因为3a2=2b2+c2,所以3a2=3b2-b2+3c2-2c2,所以b2+2c2=3(b2+c2-a2)=6bccos A,所以==tan A.由题得a2=,所以 cos A===≥=,所以tan A=≤=,当且仅当b=c时取等号.所以的最大值为.答案:【加固训练】(2018·某某中学模拟)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,(b2+c2-3)tanA=bc,2cos2=(-1)cosC,则△ABC的面积等于________.【解析】条件(b2+c2-3)tan A=bc即为(b2+c2-a2)tan A=bc,由余弦定理得2bccos Atan A=bc,所以得sin A=,又A为锐角,所以A=.又2cos2=1+cos(A+B)=1-cos C=(-1)cos C,所以cos C=,得C=,故B=.在△ABC中,由正弦定理得=,所以c===.故△ABC的面积S=acsin B=×××sin =.答案:5.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(b-c)2=a2-bc.(1)求sinA.(2)若a=2,且sinB,sinA,sinC成等差数列,求△ABC的面积.【解析】(1)由(b-c)2=a2-bc,得b2+c2-a2=bc,即=,由余弦定理得cos A=,因为0<A<π,所以sin A=.(2)由sin B,sin A,sin C成等差数列,得sin B+sin C=2sin A,由正弦定理得b+c=2a=4,所以16=(b+c)2,所以16=b2+c2+2bc.由(1)得16=a2+bc,所以16=4+bc,解得bc=,所以S△ABC=bcsin A=××=.6.(2018·某某一模)△ABC的内角为A,B,C的对边分别为a,b,c,已知=+.(1)求sin(A+B)+sinAcosA+cos(A-B)的最大值.(2)若b=,当△ABC的面积最大时,求△ABC的周长.【解题指南】(1)先根据正弦定理将边角关系转化为角的关系,再根据三角公式转化为二次函数求解.(2)根据余弦定理利用基本不等式求解.【解析】(1)由=+得:=,a=bcos C+csin B,即sin A=sin Bcos C+sin Csin B,所以cos B=sin B,B=;由sin(A+B)+sin Acos A+cos(A-B)=(sin A+cos A)+sin Acos A,令t=sin A+cos A,原式=t2+t-,当且仅当A=时,上式取最大值,最大值为.(2)S=acsin B=ac,b2=a2+c2-2accos B,即2=a2+c2-ac≥(2-)ac,ac≤2+,当且仅当a=c=等号成立;S max=,周长L=a+b+c=2+.7.(2018·某某二模) 如图,在平面四边形ABCD中,AB=2,AC=2,∠ADC= ∠CAB=90°,设∠DAC=θ.(1)若θ=60°,求BD 的长度;(2)若∠ADB=30°,求tanθ.【解题指南】(1)在△ABD中,利用余弦定理直接求出BD.(2)在△ABD中,写出正弦定理再化简即得解.【解析】(1)由题意可知,AD=1.在△ABD中,∠DAB=150°,AB=2,AD=1,由余弦定理可知,BD2=(2)2+12-2×2×1×=19,BD=.(2)由题意可知,AD=2cos θ,∠ABD=60°-θ,在△ABD中,由正弦定理可知,=,所以=4,所以tan θ=.。
【高三数学】二轮复习：专题二 第1讲 三角函数的图象与性质
)
A.sin x + 3
B.sin 3 -2x
C.cos 2x + 6
D.cos
5
-2x
6
答案 BC
解析 由题中函数图象可知2 =
2π π
+
3 6
x=
2
5π
5π
π
2π
= 2,则 T=π,所以 ω= =
3π
2π
=2,当
π
2π
= 12时,y=-1,所以 2× 12+φ= 2 +2kπ(k∈Z),解得 φ=2kπ+ 3 (k∈Z),所
看图比较容易得出,困难的是求ω和φ,常用如下两种方法
(1)由ω= 2 即可求出ω;确定φ时,若能求出离原点最近的右侧图象上升(或
T
下降)的“零点”横坐标x0,则令ωx0+φ=0(或ωx0+φ=π),即可求出φ.
(2)代入图象中已知点的坐标,将一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐
标代入解析式,再结合图象解出ω和φ,若对A,ω的符号或对φ的范围有要求,
高考数学
专题二
第1讲 三角函数的图象与性质
1.“1”的变换
1=sin 2α+cos 2α=cos 2α(1+tan2α).
这是针对函数中的单个变量x
2.三角函数图象变换
而言的
三角函数y=sin ωx的图象向左或向右平移φ(φ>0)个单位长度,得到的图象
对应函数解析式是y=sin[ω(x+φ)]或y=sin[ω(x-φ)],而不是y=sin(ωx+φ)或
以函数的解析式为 y=sin 2 +
高考数学大二轮 专题过关检测二 三角函数与解三角形
专题检测二三角函数与解三角形一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021·江西临川期中)已知角θ的终边经过点P(√2,a),若θ=-π3,则a=()A.√6B.√63C.-√6 D.-√632.(2021·北京房山区一模)将函数f(x)=sin 2x的图象向左平移π6个单位长度得到函数y=g(x)的图象,则函数g(x)的图象的一条对称轴方程为()A.x=-π6B.x=-π12C.x=π12D.x=π63.(2021·北京西城区一模)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且C=60°,a+2b=8,sin A=6sin B,则c=()A.√35B.√31C.6D.54.(2021·山西吕梁一模)已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)部分图象如图所示,则f(π3)=()A.√32B.12C.-√3D.√35.(2021·北京海淀区模拟)已知sin(π6-α)=13+cos α,则sin(2α+5π6)=()A.-79B.-4√39C.4√39D.796.(2021·福建福州期末)疫情期间,为保障市民安全,要对所有街道进行消毒处理,某消毒装备的设计如图所示,PQ为路面,AB为消毒设备的高,BC为喷杆,AB⊥PQ,∠ABC=2π3,C处是喷洒消毒水的喷头,且喷射角∠DCE=π3,已知AB=2,BC=1,则消毒水喷洒在路面上的宽度DE的最小值为()A.5√2-5B.5√2C.5√33D.5√37.(2021·浙江宁波模拟)在△ABC中,“tan A tan B>1”是“△ABC为钝角三角形”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8.(2021·安徽淮北一模)函数f(x)=2sin x+π4+cos 2x的最大值为()A.1+√2B.3√32C.2√2D.3二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是()A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6B.△ABC是钝角三角形C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍D.若c=6,则△ABC的外接圆半径R为8√7710.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)=(sin x+√3cos x)2,则()A.f(x)在区间[0,π6]上单调递增B.f(x)的图象关于点(-π3,0)对称C.f(x)的最小正周期为πD.f(x)的值域为[0,4]11.(2021·辽宁沈阳二模)关于f(x)=sin x·cos 2x的说法正确的为()A.∀x∈R,f(-x)-f(x)=0B.∃T≠0,使得f(x+T)=f(x)C.f(x)在定义域内有偶数个零点D.∀x∈R,f(π-x)-f(x)=012.(2021·山东潍坊统考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若1tanA ,1tanB,1tanC依次成等差数列,则下列结论不一定成立的是()A.a,b,c依次成等差数列B.√a,√b,√c依次成等差数列C.a2,b2,c2依次成等差数列D.a3,b3,c3依次成等差数列三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·安徽合肥期中)已知cos(α+5π4)=-√63,则sin 2α=.14.(2021·北京东城区一模)已知函数f(x)=A sin(2x+φ)(A>0,|φ|<π2),其中x和f(x)部分对应值如下表所示:则A=.15.(2021·广东茂名二模)在矩形ABCD内(包括边界)有E,F两点,其中AB=120 cm,AE=100√3cm,EF=80√3 cm,FC=60√3 cm,∠AEF=∠CFE=60°,则该矩形ABCD的面积为cm2.(答案如有根号可保留)16.(2021·湖南长郡中学二模)如图,某湖有一半径为100 m的半圆形岸边,现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计),在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确,在半圆弧上的点B以及湖中的点C处,再分别安装一套监测设备,且满足AB=AC,∠BAC=90°.四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”.设∠AOB=θ,则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为m2.四、解答题:本题共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.(10分)(2021·江西上饶一模)已知f(x)=2cos x·sin x+π3-√3sin2x+sin x cos x.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)若x∈(-π4,π6),求y=f(x)的值域.18.(12分)(2021·河北石家庄一模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2a-b=2c cos B.(1)求角C;(2)若a=2,D是AC的中点,BD=√3,求边c.19.(12分)(2021·广东韶关一模)在①cos C+(cos A-√3sin A)cos B=0;②cos 2B-3cos(A+C)=1;③b cos C+√3c sin B=a这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.3问题:在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a+c=1,,求角B和b的最小值.20.(12分)(2021·山东枣庄二模)已知函数f (x )=sin(ωx+φ)ω>0,0<φ<π2的部分图象如图所示,f (0)=12,f (5π12)=0.(1)求f (x )的解析式;(2)在锐角△ABC 中,若A>B ,f (A -B 2-π12)=35,求cosA -B2,并证明sin A>2√55.21.(12分)(2021·福建宁德期末)在股票市场上,投资者常参考股价(每一股的价格)的某条平滑均线的变化情况来决定买入或卖出股票.股民老张在研究股票的走势图时,发现一只股票的均线近期走得很有特点:若建立平面直角坐标系Oxy如图所示,则股价y(单位:元)和时间x(单位:天)的关系在ABC段可近似地用函数y=a sin(ωx+φ)+b(0<φ<π)来描述,从C点走到今天的D点,是震荡筑底阶段,而今天出现了明显的筑底结束的标志,且D点和C点正好关于直线l:x=34对称.老张预计这只股票未来的走势可用曲线DE 描述,这里DE段与ABC段关于直线l对称,EF段是股价延续DE段的趋势(规律)走到这波上升行情的最高点F.现在老张决定取点A(0,22),点B(12,19),点D(44,16)来确定函数解析式中的常数a,b,ω,φ, .并且求得ω=π72(1)请你帮老张算出a,b,φ,并回答股价什么时候见顶(即求点F的横坐标);(2)老张如能在今天以点D处的价格买入该股票3 000股,到见顶处点F的价格全部卖出,不计其他费用,这次操作他能赚多少元?22.(12分)(2021·深圳实验学校月考)已知函数f (x )=√3sin(ωx+φ)+2sin 2(ωx+φ2)-1(ω>0,0<φ<π)为奇函数,且f (x )图象的相邻两对称轴间的距离为π2. (1)当x ∈[-π2,π4]时,求f (x )的单调递减区间;(2)将函数f (x )的图象向右平移π6个单位长度,再把横坐标缩小为原来的12(纵坐标不变),得到函数y=g (x )的图象,当x ∈[-π12,π6]时,求函数g (x )的值域; (3)对于第(2)问中的函数g (x ),记方程g (x )=43在区间[π6,4π3]上的根从小到大依次为x 1,x 2,…,x n ,试确定n的值,并求x 1+2x 2+2x 3+…+2x n-1+x n 的值.专题过关检测二 三角函数与解三角形1.C 解析 由题意,角θ的终边经过点P (√2,a ),可得|OP|=√2+a 2(O 为坐标原点),又由θ=-π3,根据三角函数的定义,可得cos (-π3)=√2√2+a 2=12,且a<0,解得a=-√6.2.C 解析 将函数f (x )=sin 2x 的图象向左平移π6个单位长度,得到y=g (x )=sin [2(x +π6)]=sin (2x +π3),令2x+π3=k π+π2,k ∈Z ,解得x=kπ2+π12,k ∈Z ,结合四个选项可知,函数g (x )的图象的一条对称轴方程为x=π12.3.B解析因为sin A=6sin B,所以a=6b,又a+2b=8,所以a=6,b=1,因为C=60°,所以c2=a2+b2-2ab cos C,即c2=62+12-2×6×1×12,解得c=√31.4.D解析由题中函数f(x)=A sin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象知,A=2,34T=11π3−2π3=3π,所以T=4π=2πω,所以ω=12.又f(2π3)=2sin(12×2π3+φ)=2,可得12×2π3+φ=2kπ+π2,k∈Z,解得φ=2kπ+π6,k∈Z.∵|φ|<π2,∴φ=π6,∴f(x)=2sin(12x+π6).故f(π3)=2sin(12×π3+π6)=2sinπ3=√3.5.D解析由sin(π6-α)=13+cos α可得sinπ6·cos α-cosπ6·sin α=13+cos α,∴12cos α-√32sinα=13+cos α,∴√32sin α+12cos α=-13,∴sin(α+π6)=-13,∴sin(2α+5π6)=sin[π2+(2α+π3)]=cos(2α+π3)=1-2sin2(α+π6)=79.6.C解析在△CDE中,设定点C到底边DE的距离为h,则h=2+1·sin(2π3-π2)=52,又S△CDE=12DE·h=12CD·CE sinπ3,即5DE=√3CD·CE,利用余弦定理得DE2=CD2+CE2-2CD·CE cosπ3=CD2+CE2-CD·CE≥2CD·CE-CD·CE=CD·CE,当且仅当CD=CE时,等号成立,故DE2≥CD·CE,而5DE=√3CD·CE,所以DE2≥5√33DE,则DE≥5√33,故DE的最小值为5√33.7.D解析因为tan A tan B>1,所以sinAsinBcosAcosB>1,因为0<A<π,0<B<π,所以sin A sin B>0,cos A cos B>0,故A,B同为锐角,因为sin A sin B>cos A cos B,所以cos A cos B-sin A sin B<0,即cos(A+B)<0,所以π2<A+B<π,因此0<C<π2,所以△ABC 是锐角三角形,不是钝角三角形,所以充分性不满足.反之,若△ABC 是钝角三角形,也推不出“tan A tan B>1”,故必要性不成立,所以为既不充分也不必要条件.8.B 解析 因为f (x )=2sin (x +π4)+cos 2x ,所以f (x )=2sin (x +π4)+sin [2(x +π4)]=2sin x+π4+2sin (x +π4)cos (x +π4). 令θ=x+π4,g (θ)=2sin θ+2sin θcos θ=2sin θ+sin 2θ,则g'(θ)=2cos θ+2cos 2θ=2(2cos 2θ-1)+2cos θ=4cos 2θ+2cos θ-2,令g'(θ)=0,得cos θ=-1或cos θ=12,当-1≤cos θ≤12时,g'(θ)≤0;当12≤cos θ≤1时,g'(θ)≥0,所以当θ∈[-5π3+2kπ,-π3+2kπ](k ∈Z )时,g (θ)单调递减;当θ∈[-π3+2kπ,π3+2kπ](k ∈Z )时,g (θ)单调递增,所以当θ=π3+2k π(k ∈Z )时,g (θ)取得最大值,此时sin θ=√32,所以f (x )max =2×√32+2×√32×12=3√32.9.ACD 解析 因为(a+b )∶(a+c )∶(b+c )=9∶10∶11,所以可设a+b=9x ,a+c=10x ,b+c=11x (其中x>0),解得a=4x ,b=5x ,c=6x ,所以sin A ∶sin B ∶sin C=a ∶b ∶c=4∶5∶6,所以A 中结论正确;由以上解答可知c 边最大,所以三角形中角C 最大,又cos C=a 2+b 2-c 22ab=(4x )2+(5x )2-(6x )22×4x×5x=18>0,所以C 为锐角,所以B 中结论错误;由以上解答可知a 边最小,所以三角形中角A 最小, 又cos A=c 2+b 2-a 22cb=(6x )2+(5x )2-(4x )22×6x×5x =34,所以cos 2A=2cos 2A-1=18,所以cos 2A=cos C.由三角形中角C 最大且角C 为锐角可得2A ∈(0,π),C ∈(0,π2),所以2A=C ,所以C 中结论正确;由正弦定理,得2R=csinC (R 为△ABC 外接圆半径), 又sin C=√1-cos 2C =3√78,所以2R=3√78,解得R=8√77,所以D中结论正确.10.ACD解析f(x)=(sinx+√3cosx)2=sin2x+3cos2x+2√3sin x cos x=2+cos 2x+√3sin2x=2sin2x+π6+2;对于A选项:∵x∈[0,π6],∴2x+π6∈[π6,π2],∴f(x)=2sin(2x+π6)+2在区间[0,π6]上单调递增,故A正确;对于B选项:f(-π3)=2sin[2×(-π3)+π6]+2=0,由函数f(x)的图象(图略)可知-π3是f(x)的一个极小值点,故B错误;对于C选项:由f(x)=2sin(2x+π6)+2可知,函数的最小正周期T=2π2=π,故C正确;对于D选项,∵sin(2x+π6)∈[-1,1],∴f(x)=2sin(2x+π6)+2∈[0,4],故D正确.11.BD解析对于A,当x=π3时,f(-π3)-f(π3)=sin(-π3)cos2π3-sinπ3cos2π3=-√32×(-12)−√32×(-1 2)=√32≠0,故A错误.对于B,因为f(x+2π)=sin(2π+x)cos[2(x+2π)]=sin x cos 2x,所以∃T=2π≠0,使得f(x+T)=f(x),故B正确.对于C,因为f(-x)=sin(-x)cos(-2x)=-sin x cos 2x=-f(x),所以f(x)为奇函数,因为x=0在定义域内,所以f(0)=0,故f(x)有奇数个零点,故C错误.对于D,f(π-x)-f(x)=sin(π-x)cos[2(π-x)]-sin x cos 2x=sin x cos 2x-sin x cos 2x=0,故D正确.12.ABD解析因为1tanA ,1tanB,1tanC依次成等差数列,所以2tanB=1tanA+1tanC,整理得2cosB sinB =cosCsinC+cosAsinA,所以2·a2+c2-b22abc=a2+b2-c22abc+b2+c2-a22abc,整理得2b2=a2+c2,即a2,b2,c2依次成等差数列.但数列a,b,c或√a,√b,√c或a3,b3,c3不一定是等差数列,除非a=b=c,但题目没有说△ABC 是等边三角形.13.-13 解析 由cos (α+5π4)=-√63可得cos (α+π4)=√63,所以√22(cos α-sin α)=√63,即cos α-sin α=2√33,两边平方可得1-sin 2α=43,故sin 2α=-13.14.4 解析 由题意可得{f (0)=-2√3,f (π4)=2,即{Asinφ=-2√3,Asin (π2+φ)=2,所以{Asinφ=-2√3,Acosφ=2,所以tan φ=-√3,又因为|φ|<π2, 所以φ=-π3,所以A=√3-√32=4. 15.14 400√3 解析 连接AC 交EF 于点O (图略),由∠AEF=∠CFE=60°,得AE ∥FC ,所以△AEO 与△CFO 相似,所以OEOF =AECF =53,所以EO=50√3 cm,FO=30√3 cm,在△AEO 中,由余弦定理得,AO 2=AE 2+EO 2-2AE·EO·cos ∠AEO=(100√3)2+(50√3)2-2×100√3×50√3cos 60°=22 500,所以AO=150 cm,同理CO=90 cm,所以AC=240 cm,从而BC=√AC 2-AB 2=120√3 cm,所以矩形ABCD 的面积为14 400√3 cm 2.16.(10 000√5+25 000) 解析 在△OAB 中,∵∠AOB=θ,OB=100 m,OA=200 m,∴AB 2=OB 2+OA 2-2OB·OA·cos ∠AOB ,即AB=100√5-4cosθ,∴S 四边形OACB =S △OAB +S △ABC =12·OA·OB·sin θ+12AB 2,于是S 四边形OACB =1002(sinθ-2cosθ+52)=1002√5sin(θ-φ)+52(其中tan φ=2),所以当sin(θ-φ)=1时,S 四边形OACB 取最大值10 000(√5+52)=10 000√5+25 000,即“直接监测覆盖区域”面积的最大值为(10 000√5+25 000)m 2.17.解 (1)f (x )=2cos x sin (x +π3)−√32(1-cos 2x )+12sin 2x=2cos x (12sinx +√32cosx)−√32+√32cos 2x+12sin 2x=12sin 2x+√32(2cos 2x-1)+√32cos 2x+12sin 2x=sin 2x+√3cos 2x=2sin (2x +π3), 令2k π-π2≤2x+π3≤π2+2k π,k ∈Z , 解得k π-5π12≤x ≤k π+π12,k ∈Z ,因此,函数f (x )的单调递增区间为[kπ-5π12,kπ+π12],k ∈Z .(2)∵x ∈(-π4,π6),∴-π6<2x+π3<2π3,∴-12<sin (2x +π3)≤1,∴-1<f (x )≤2, 因此当x ∈(-π4,π6)时,y=f (x )的值域为(-1,2].18.解 (1)因为2a-b=2c cos B ,由正弦定理得2sin A-sin B=2sin C cos B ,因为sin A=sin(B+C )=sin B cos C+cos B sin C ,代入上式得,2sin B cos C+2cos B sin C-sin B=2sin C cos B ,即2sin B cos C-sin B=0,即sin B (2cos C-1)=0.因为B ∈(0,π),所以sin B ≠0,所以2cos C=1,即cos C=12,又0<C<π,所以C=π3. (2)依题意,在△CBD 中,CB=2,CD=12b ,BD=√3,C=π3,利用余弦定理的推论可得,cos C=cos π3=12=4+(12b )2-32×2×12b,即b 2-4b+4=0,解得b=2.在△ABC 中,b=a=2,C=π3,故△ABC 是等边三角形,故c=2.19.解 若选择①:在△ABC 中,有A+B+C=π,则由题意可得cos[π-(A+B )]+(cos A-√3sin A )cos B=0,即-cos(A+B )+cos A cos B-√3sin A cos B=0, sin A sin B-cos A cos B+cos A cos B-√3sin A cos B=0, sin A sin B=√3sin A cos B ,又sin A ≠0,所以sin B=√3cos B ,则tan B=√3. 又B ∈(0,π),所以B=π3.因为a+c=1,所以c=1-a ,a ∈(0,1).所以b 2=a 2+c 2-2ac cos B=a 2+c 2-ac=a 2+(1-a )2-a (1-a )=3a2-3a+1=3(a -12)2+14,因为a ∈(0,1),所以当a=12时,b 2取得最小值,且(b 2)min =14,即b 的最小值为12. 若选择②:在△ABC 中,有A+B+C=π,则由题意可得2cos 2B-1-3cos(π-B )=2cos 2B+3cos B-1=1,解得cos B=12或cos B=-2(舍去),又B ∈(0,π),所以B=π3.因为a+c=1,所以c=1-a ,a ∈(0,1).所以b 2=a 2+c 2-2ac cos B=a 2+c 2-ac=a 2+(1-a )2-a (1-a )=3a2-3a+1=3(a -12)2+14,因为a ∈(0,1),所以当a=12时,b 2取得最小值,且(b 2)min =14,即b 的最小值为12. 若选择③:由正弦定理可将已知条件转化为sin B cos C+√33sin C sin B=sin A , 又sin A=sin[π-(B+C )]=sin(B+C )=sin B cos C+sin C cos B ,所以√33sin C sin B=sin C cos B ,又sin C ≠0,所以sin B=√3cos B ,所以tan B=√3. 又B ∈(0,π),所以B=π3.因为a+c=1,所以c=1-a ,a ∈(0,1).所以b 2=a 2+c 2-2ac cos B=a 2+c 2-ac=a 2+(1-a )2-a (1-a )=3a2-3a+1=3(a -12)2+14,因为a ∈(0,1),所以当a=12时,b 2取得最小值,且(b 2)min =14,即b 的最小值为12. 20.解 (1)由f (0)=12,得sin φ=12,又0<φ<π2,所以φ=π6.由f (5π12)=0,得sin (ω·5π12+π6)=0,所以ω·5π12+π6=k π,k ∈Z ,即ω=25(6k-1),k ∈Z . 由ω>0,结合题中函数f (x )的图象可知12·2πω>5π12, 所以0<ω<125,所以有0<25(6k-1)<125,即16<k<76, 又k ∈Z ,所以k=1,从而ω=25×(6×1-1)=2,因此,f (x )=sin (2x +π6). (2)由f (A -B2-π12)=35,得sin(A-B )=35,又由题意可知0<A-B<π2,故cos(A-B )=45,于是cos A -B2=√1+cos (A -B )2=√10,sin A -B2=√10,又A+B>π2,所以A=A+B 2+A -B 2>π4+A -B2,又因为函数y=sin x 在区间(0,π2)上单调递增,A ∈(0,π2),π4+A -B 2∈(0,π2),所以sin A>sin π4+A -B2=√22×(3√10+1√10)=2√55.21.解 (1)∵点C ,D 关于直线l 对称,∴点C 坐标为(2×34-44,16),即(24,16). 把点A ,B ,C 的坐标分别代入函数解析式,得{22=asinφ+b , ①19=asin (π6+φ)+b ,②16=asin (π3+φ)+b ,③②-①,得a [sin (π6+φ)-sinφ]=-3, ③-①,得a [sin (π3+φ)-sinφ]=-6,∴2sin (π6+φ)-2sin φ=sin (π3+φ)-sin φ, ∴cos φ+√3sin φ=√32cos φ+32sin φ,∴(1-√32)cos φ=(32-√3)sin φ=√3(√32-1)sin φ,∴tan φ=-√33.∵0<φ<π,∴φ=5π6,代入②,得b=19. 将φ=5π6,b=19代入①得,a=6.于是ABC 段对应的函数解析式为y=6sin (π72x +5π6)+19,由对称性得DEF 段对应的函数解析式为y=6sinπ72(68-x )+5π6+19.设点F 的坐标为(x F ,y F ),则由π72(68-x F )+5π6=π2,解得x F =92. 因此可知,当x=92时,股价见顶.(2)由(1)可知,y F =6sin [π72×(68-92)+5π6]+19=6sin π2+19=25,故这次操作老张能赚3 000×(25-16)=27 000(元).22.解 (1)由题意,函数f (x )=√3sin(ωx+φ)+2sin 2(ωx+φ2)-1=√3sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)=2sin (ωx +φ-π6),因为函数f (x )图象的相邻两对称轴间的距离为π2, 所以T=π,可得ω=2.又f (x )为奇函数,且f (x )在x=0处有定义,可得f (0)=2sin (φ-π6)=0, 所以φ-π6=k π,k ∈Z ,因为0<φ<π,所以φ=π6, 因此f (x )=2sin 2x.令π2+2k π≤2x ≤3π2+2k π,k ∈Z ,解得π4+k π≤x ≤3π4+k π,k ∈Z , 所以f (x )的单调递减区间为[π4+kπ,3π4+kπ],k ∈Z , 又因为x ∈[-π2,π4],故函数f (x )的单调递减区间为[-π2,-π4].(2)将函数f (x )的图象向右平移π6个单位长度,可得y=2sin (2x -π3)的图象,再把横坐标缩小为原来的12,得到函数y=g (x )=2sin 4x-π3的图象,当x ∈[-π12,π6]时,4x-π3∈[-2π3,π3],当4x-π3=-π2时,函数g (x )取得最小值,且最小值为-2,当4x-π3=π3时,函数g (x )取得最大值,且最大值为√3,故函数g (x )的值域为[-2,√3].(3)由方程g (x )=43,即2sin (4x -π3)=43,即sin 4x-π3=23.(*)因为x ∈[π6,4π3],可得4x-π3∈[π3,5π],设θ=4x-π3,其中θ∈[π3,5π],则方程(*)可转化为sin θ=23,结合正弦函数y=sin θ的图象,如图,可得方程sin θ=23在区间[π3,5π]上有5个解,设这5个解分别为θ1,θ2,θ3,θ4,θ5,所以n=5,其中θ1+θ2=3π,θ2+θ3=5π,θ3+θ4=7π,θ4+θ5=9π,即4x 1-π3+4x 2-π3=3π,4x 2-π3+4x 3-π3=5π,4x 3-π3+4x 4-π3=7π,4x 4-π3+4x 5-π3=9π,解得x1+x2=11π12,x2+x3=17π12,x3+x4=23π12,x4+x5=29π12,所以x1+2x2+2x3+2x4+x5=(x1+x2)+(x2+x3)+(x3+x4)+(x4+x5)=20π3.。
2021年安徽省高考数学二轮解答题专项复习：三角函数及解三角形(含答案解析)
（Ⅰ）若 ，求tanA的值．
（Ⅱ）若△ABC的面积为 ，求a+b的值．
6．在△ABC中， ， ．
（1）求tanB；
（2）若△ABC的面积 ，求△ABC的周长．
7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA＝a（2 cosB）．
（1）求角C的大小；
（2）若b a，△ABC的面积为 sinAsinB，求sinA及c的值．
33．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，b ，B＝2A．
（2）若a＝4，且b+c＝6，求△ABC的面积．
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（a，b，c互不相等），且满足bcosC＝（2b﹣c）cosB．
（1）求证：A＝2B；
（2）若 ，求cosB．
13．已知△ABC中内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且bcosC+ccosB＝﹣4cosA，a＝2．
（2）若c＝6 ，且AB边上的高等于 AB，求sinC的值．
22．函数f（x）＝（sinx+cosx）2 cos（2x+π）．
（1）求函数f（x）的最小正周期；
（2）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ，且a＝2，求△ABC的面积．
23．在△ABC中，内角A，B，C满足 ．
（1）求内角A的大小；
（1）求B；
（2）若a＝2 ，b ，求△ABC的面积．
8．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．满足2c＝a+2bcosA．
（1）求B；
（2）若a+c＝5，b＝3，求△ABC的面积．
2021新高考数学专项训练题--三角函数图像与性质(单选题)(含解析)
三角函数图像与性质一、单选题（共28题；共56分）1.（2021·湛江模拟）将函数f(x)=sinx的图象上所有点的横坐标变为原来的(ω>0)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)的最小正周期为6π，则（）A. ω=B. ω=6C. ω=D. ω=32.（2021·江西一模）函数的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有点（）A. 向右平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个长度单位D. 向左平移个长度单位3.（2021·吉安模拟）已知函数，的部分图象如图所示，的图象过，两点，将的图象向左平移个单位得到的图象，则函数在上的最小值为（）A. B. C. D. -14.（2021·贵阳二模）将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则的最小值为（）A. B. C. D.5.（2021·成都一诊）已知锐角φ满足sinφ-cosφ=1，若要得到函数f(x)= -sin2(x+q)的图象，则可已将函数y= sin2x的图象( )A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度6.（2021·玉溪模拟）已知函数的部分图象如图所示，若，则函数的单调递增区间为（）A. B.C. D.7.（2020·安徽模拟）若函数在区间上是增函数，且，，则函数在区间上( )A. 是增函数B. 是减函数C. 可以取得最大值2D. 可以取得最小值8.（2020·南昌模拟）函数的部分图象如图所示，则( )A. B. C. D.9.（2020·平顶山模拟）已知函数的图象过点，则要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A. 向右平移个单位长度B. 向左平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度10.（2020·龙岩模拟）已知函数，则下列命题中正确的是( )A. 的最小正周期为πB. 的图象关于直线对称C. 的值域为D. 在区间上单调递减11.（2020·辽宁模拟）已知函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列,把函数的图象沿轴向左平移个单位,得到函数的图象.关于函数,下列说法正确的是（）A. 在上是增函数B. 其图象关于直线对称C. 函数是奇函数D. 当时,函数的值域是12.（2020·莆田模拟）函数的部分图象如图所示，把图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的，整体再向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则下列结论正确的是( )A. 的图象关于直线对称B. 的图象关于点中心对称C. 在上单调递增D. 在上的最大值是213.（2020·池州模拟）已知函数，则关于的有关性质说法中，正确的是（）A. 极值点为B. 最小正周期为C. 最大值为3D. 在上单调递减14.（2020·赤峰模拟）关于函数有下述四个结论：（）① 是偶函数；② 在区间上是单调递增函数；③ 在上的最大值为2；④在区间上有4个零点.其中所有正确结论的编号是（）A. ①②④B. ①③C. ①④D. ②④15.（2020·马鞍山模拟）关于函数有下述四个结论：① 在区间上是减函数；② 的图象关于直线对称；③ 的图象关于点对称；④ 在区间上的值域为.其中所有正确结论的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 416.（2020·梅河口模拟）如图是函数在区间上的图象，为了得到这个函数的图象，只需将的图象上的所有的点( )A. 向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变B. 向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变C. 向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的，纵坐标不变D. 向左平移个长度单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变17.（2020·吉林模拟）函数的部分图像如图所示，若，点A的坐标为，若将函数向右平移个单位后函数图像关于y轴对称，则m的最小值为（）A. B. C. D.18.（2020·辽宁模拟）函数的值域为（）A. B. C. D.19.（2020·抚顺模拟）如图，P，Q是函数的图象与轴的两个相邻交点，是函数的图象的一个最高点，若是等腰直角三角形，则函数的解析式是（）A. B.C. D.20.（2020·连城模拟）将函数f(x)=sin 3x- cos 3x+1的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，给出下列关于g(x)的结论：①它的图象关于直线x= 对称；②它的最小正周期为；③它的图象关于点( ，1)对称；④它在[ ]上单调递增.其中所有正确结论的编号是（）A. ①②B. ②③C. ①②④D. ②③④21.（2020·大庆模拟）的最小正周期为π，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数则函数的图象( )A. 关于点对称B. 关于点对称C. 关于直线对称D. 关于直线对称22.（2020·呼和浩特模拟）已知函数，给出下列四个结论：①函数的最小正周期是；②函数在区间上是减函数；③函数的图象关于直线对称；④函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到其中所有正确结论的编号是（）A. ①②B. ①③C. ①②③D. ①③④23.（2020·湛江模拟）已知函数的图象与轴的两个相邻交点的横坐标为，下面4个有关函数的结论：①函数的图象关于原点对称；②在区间上，的最大值为；③是的一条对称轴；④将的图象向左平移个单位，得到的图象，若为两个函数图象的交点，则面积的最小值为．其中正确的结论个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 424.（2020·武汉模拟）已知函数f（x）＝sin2x+sin2（x），则f（x）的最小值为（）A. B. C. D.25.（2020·随县模拟）函数的最小正周期是，则函数在区间上的零点个数为（）A. 31B. 32C. 63D. 6426.（2020·大连模拟）如图是函数的部分图象，则，的值分别为（）A. 1，B. 1，C. 2，D. 2，27.（2020·咸阳模拟）关于函数，下列说法正确的是（）A. 函数的定义域为B. 函数一个递增区间为C. 函数的图像关于直线对称D. 将函数图像向左平移个单位可得函数的图像28.（2020·宝鸡模拟）函数的图象为C，以下结论中正确的是（）①图象C关于直线对称；②图象C关于点对称；③由y =2sin2x的图象向右平移个单位长度可以得到图象C.A. ①B. ①②C. ②③D. ①②③答案解析部分一、单选题1.【答案】A【解析】【解答】由题意可知，由，解得故答案为：A【分析】根据图像的坐标变换求出解析式，再根据正弦函数的周期公式即可得出答案。
大题专项训练6：三角函数与解三角形(综合练习二)-2021届高三数学二轮复习
二轮大题专练6—三角函数与解三角形（综合练习二）1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）若a，b，c成等差数列，求cos B的值；（2）是否存在△ABC满足B为直角？若存在，求sin A的值；若不存在，请说明理由．2．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a cos C﹣c sin A＝b．（1）求A；（2）若c＝2，且BC边上的中线长为，求b．3．设函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，﹣＜φ＜）最小正周期为2π，且f（x）的图象过坐标原点．（1）求ω、φ的值；（2）在△ABC中，若2f2（B）+3f2（C）＝2f（A）•f（B）•f（C）+f2（4），且三边a、b、c所对的角依次为A、B、C，试求的值．4．已知在△ABC中，sin（A+B）＝1+2sin2．（1）求角C的大小；（2）若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，△ABC的外接圆半径为2，求△ABI周长的最大值．5．已知f（x）＝cos2x﹣1+sin x cos x，x∈R．（1）求f（x）的单调递增区间；（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c cos B+b cos C＝1且f（A）＝0，求△ABC的面积的最大值．6.已知函数的最小值为﹣2，其图象经过点（0，﹣1），且图象上相邻的最高点与最低点的横坐标之差的绝对值为．（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）若关于x的方程f（x）﹣k＝0在上有且仅有两个实数根x1，x2，求实数k的取值范围，并求出x1+x2的值．7．已知函数21()sin sin()cos ()6122f x x x x ππ=++--． （1）求函数()f x 的最小正周期及单调递减区间；（2）已知锐角ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且3(),32B f b ==，求cos cos a B b C -的取值范围．8．已知函数f （x ）＝4cos ωx sin （ωx +φ）﹣1（0＜φ＜π，ω＞0）的图象关于直线对称，且两相邻对称中心之间的距离为． （Ⅰ）求函数y ＝f （x ）的单调递增区间；（Ⅱ）若x ∈[0，π]时，函数g （x ）＝f （x ）﹣b 有两个不同的零点x 1，x 2，求b 的取值范围及x 1+x 2的值．二轮大题专练6—三角函数与解三角形（综合练习二）答案1.解：（1）若a ，b ，c 成等差数列，所以a +c ＝2b ，由于．所以cos B ＝＝，由于，所以．（2）假设B为直角，则sin B＝1，sin C＝cos A，由于，根据正弦定理（sin A+sin C）sin B＝，即sin A+cos A＝，上式两边平方得：，所以（9sin2A+5）（4sin2A﹣5）＝0，由于0＜sin2A≤1，所以9sin2A+5＞0，4sin2A﹣5＜0，与（9sin2A+5）（4sin2A﹣5）＝0矛盾，故不存在△ABC满足B为直角．2.解：（1）因为a cos C﹣c sin A＝b，由正弦定理可得sin A cos C﹣sin C sin A＝sin B，因为B＝π﹣A﹣C，所以sin A cos C﹣sin C sin A＝sin A cos C+cos A sin C，可得﹣sin C sin A＝cos A sin C，因为sin C≠0，所以sin A＝﹣cos A，可得tan A＝﹣，又因为A∈（0，π），可得A＝．（2）由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc cos A＝b2+4+2b，①又在△ABC中，cos B＝＝，设BC的中点为D，在△ABD中，cos B＝＝，可得＝，可得a2+4﹣2b2＝0，②由①②可得b2﹣2b﹣8＝0，解得b＝4．3.解：（1）依题意，得，ω＝1．故f（x）＝sin（x+φ）．因为f（x）的图象过坐标原点，所以f（0）＝0，即sinφ＝0，∵﹣＜φ＜，∴φ＝0．（2）由（1）知f（x）＝sin x，因为2f2（B）+3f2（C）＝2f（A）•f（B）•f（C）+f2（4），所以2sin2B+3sin2C＝2sin A sin B sin C+sin2A，由正弦定理可得：2b2+3c2＝2sin A•bc+a2，又a2＝b2+c2﹣2bc cos A，∴＝，又，∴sin A﹣cos A＝，且b＝，∴A＝．∴＝＝．4.解：（1）∵sin（A+B）＝1+2sin2，且A+B+C＝π，∴sin C＝1+1﹣cos C＝2﹣cos C，即sin C+cos C＝2，∴2sin（C+）＝2．∵C∈（0，π），∴C+∈（，），∴C+＝，即C＝．（2）∵△ABC的外接圆半径为2，∴由正弦定理知，＝＝2×2＝4，∴AB＝，∵∠ACB＝，∴∠ABC+∠BAC＝，∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，∴∠ABI+∠BAI＝，∴∠AIB＝，设∠ABI＝θ，则∠BAI＝﹣θ，且0＜θ＜，在△ABI中，由正弦定理得，＝＝＝＝4，∴BI＝4sin（﹣θ），AI＝4sinθ，∴△ABI的周长为2+4sin（﹣θ）+4sinθ＝2+4（cosθ﹣sinθ）+4sinθ＝2+2cosθ+2sinθ＝4sin（θ+）+2，∵0＜θ＜，∴＜θ+＜，∴当θ+＝，即时，△ABI的周长取得最大值，为4+2，故△ABI的周长的最大值为4+2．5.解：（1）f（x）＝cos2x﹣1+sin x cos x＝cos2x﹣+sin2x＝sin（2x+）﹣，令2x+∈[+2kπ，+2kπ]，k∈Z，则x∈[+kπ，+kπ]，k∈Z，∴f（x）的单调递增区间为[+kπ，+kπ]，k∈Z．（2）∵f（A）＝sin（2A+）﹣＝0，∴sin（2A+）＝，∵A∈（0，π），∴A＝，∵c cos B+b cos C＝1，∴c•+b•＝1，即a2＝a，∵a≠0，∴a＝1，由正弦定理知，＝＝＝＝，∴b＝sin B，c＝sin C，∴bc＝sin B sin C＝sin B sin（+B）＝sin B（cos B+sin B）＝sin2B﹣cos2B+＝sin（2B﹣）+，∵B∈（0，），∴2B﹣∈（﹣，），sin（2B﹣）∈（，1]，∴bc≤1，∴△ABC的面积S＝bc sin A≤×1×sin＝，故△ABC的面积的最大值为．6.解：（Ⅰ）由题意，得A＝2，．∴T＝π，．∴f（x）＝2sin（2x+φ）．又函数f（x）的图象经过点（0，﹣1），则2sinφ＝﹣1．由，得．∴．（Ⅱ）由题意，关于x的方程f（x）﹣k＝0在上有且仅有两个实数根x1，x2，即函数y＝f（x）与y＝k的图象在上有且仅有两个交点．由（Ⅰ）知．令，则y＝2sin t．∵，∴．则y∈[﹣2，2]．其函数图象如图所示．由图可知，实数k的取值范围为．①当k ∈[1，2）时，t 1，t 2，关于对称，则． 解得．②当时，t 1，t 2关于对称，则． 解得．综上，实数k 的取值范围为，x 1+x 2的值为或．7.解：（1）由题意可得21()sin sin()cos ()6122f x x x x ππ=++-- 311sin (cos )cos(2)226x x x x π++- 3(1cos2)131sin 2sin 244x x x x -=++ 13sin 22x =+， 所以函数()f x 的最小正周期22T ππ==， 令322222k x k ππππ++，k Z ∈，解得344k x k ππππ++，k Z ∈， 故函数()f x 的单调递减区间为[4k ππ+，3]4k ππ+，k Z ∈．（2）由（1）知133()sin 22B f B =+=，解得3sin B =， 因为(0,)2B π∈，所以3B π=， 由正弦定理可知32sin sin sin 3a b c A B C ====，则2sin a A =，2sin c C =， 所以3331cos cos 3cos sin 3cos()sin 3cos()sin cos sin cos sin cos()233226a a B b C C A A A A A A A A A A ππππ-=-=---=++=+-=-=+，在锐角ABC ∆中，可得230,202A C A C πππ+=⎧⎪<<⎪⎨⎪<<⎪⎩可得62A ππ<<， 因此2363A πππ<+<，则1cos()(62A π+∈-，1)2， 故cos cos a B b C -的取值范围为1(2-，1)2． 8.解：（Ⅰ）f （x ）＝4cos ωx sin （ωx +φ）﹣1＝4cos ωx （sin ωx cos φ+cos ωx sin φ）﹣1＝4sin ωx cos ωx cos φ+4cos 2ωx sin φ﹣1＝2sin2ωx cos φ+2（1+cos2ωx ）sin φ﹣1＝2sin2ωx cos φ+2cos2ωx sin φ+2sin φ﹣1＝2sin （2ωx +φ）+2sin φ﹣1，因为两相邻对称中心之间的距离为，所以函数f （x ）的周期为π，则，所以ω＝1，则f（x）＝2sin（2x+φ）+2sinφ﹣1，又f（x）的图象关于直线对称，所以有φ＝，解得φ＝，因为0＜φ＜π，所以φ＝，故，令，解得，所以函数y＝f（x）的单调递增区间为；（Ⅱ）当x∈[0，π]时，函数g（x）＝f（x）﹣b有两个不同的零点x1，x2，即当x∈[0，π]时，方程＝有两个不同的根x1，x2，令t＝，则t∈，所以方程sin t＝在上有两个不同的根t1，t2，作出函数的图象如图所示，①当，即1＜b＜2时，y＝与y＝sin t有两个交点，则t1+t2＝，即，解得；②当，即﹣2＜b＜0时，y＝与y＝sin t有两个交点，则t1+t2＝，即，解得；综上可得，当﹣2＜b＜0时，；当1＜b＜2时，．。
高考数学(理科)二轮复习【专题2】三角变换与解三角形(含答案)
第2讲 三角变换与解三角形考情解读 (1)高考中常考查三角恒等变换有关公式的变形使用，常和同角三角函数的关系或诱导公式结合．(2)利用正弦定理或余弦定理解三角形或判断三角形的形状、求值等，经常和三角恒等变换结合进行综合考查．1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.(3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α.(3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.3．三角恒等式的证明方法(1)从等式的一边推导变形到另一边，一般是化繁为简． (2)等式的两边同时变形为同一个式子． (3)将式子变形后再证明．4．正弦定理 a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)． 变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C .sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R .a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C . 5．余弦定理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 .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ， a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .6．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .7．解三角形(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一． (3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解． (4)已知三边，利用余弦定理求解.热点一 三角变换例1 (1)已知sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，则cos(α＋2π3)等于( )A ．－45B ．－35C.45D.35(2)(2014·课标全国Ⅰ)设α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，且tan α＝1＋sin βcos β，则( )A ．3α－β＝π2B ．2α－β＝π2C ．3α＋β＝π2D ．2α＋β＝π2思维启迪 (1)利用和角公式化简已知式子，和cos(α＋23π)进行比较．(2)先对已知式子进行变形，得三角函数值的式子，再利用范围探求角的关系． 答案 (1)C (2)B解析 (1)∵sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，∴32sin α＋32cos α＝－435， ∴32sin α＋12cos α＝－45， ∴cos(α＋2π3)＝cos αcos 2π3－sin αsin 2π3＝－12cos α－32sin α＝45.(2)由tan α＝1＋sin βcos β得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β，∴sin(α－β)＝cos α＝sin(π2－α)．∵α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，∴α－β∈(－π2，π2)，π2－α∈(0，π2)，∴由sin(α－β)＝sin(π2－α)，得α－β＝π2－α，∴2α－β＝π2.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．设函数f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x .(1)求函数f (x )的最小正周期和最大值；(2)若θ是第二象限角，且f (θ2)＝0，求cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ的值．解 (1)f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x ＝cos 2x cos π3－sin 2x sin π3＋1－cos 2x 2＝12－32sin 2x .所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，最大值为1＋32.(2)因为f (θ2)＝0，所以12－32sin θ＝0，即sin θ＝33，又θ是第二象限角，所以cos θ＝－1－sin 2θ＝－63. 所以cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θ2cos 2θ－2sin θcos θ＝(cos θ＋sin θ)(cos θ－sin θ)2cos θ(cos θ－sin θ)＝cos θ＋sin θ2cos θ＝－63＋332×(－63)＝6－326＝2－24.热点二 解三角形例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足a ＝2sin A ，cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0.(1)求边c 的大小；(2)求△ABC 面积的最大值．思维启迪 (1)将cos B cos C ＋2a c ＋bc＝0中的边化成角，然后利用和差公式求cos C ，进而求c .(2)只需求ab 的最大值，可利用cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab和基本不等式求解．解 (1)∵cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0，∴c cos B ＋2a cos C ＋b cos C ＝0，∴sin C cos B ＋sin B cos C ＋2sin A cos C ＝0， ∴sin A ＋2sin A cos C ＝0， ∵sin A ≠0，∴cos C ＝－12，∵C ∈(0，π)∴C ＝2π3，∴c ＝a sin A·sin C ＝ 3.(2)∵cos C ＝－12＝a 2＋b 2－32ab ，∴a 2＋b 2＋ab ＝3，∴3ab ≤3，即ab ≤1. ∴S △ABC ＝12ab sin C ≤34.∴△ABC 面积最大值为34.思维升华 三角形问题的求解一般是从两个角度，即从“角”或从“边”进行转化突破，实现“边”或“角”的统一，问题便可突破． 几种常见变形：(1)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ；(2)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，其中R 为△ABC 外接圆的半径； (3)sin(A ＋B )＝sin C ，cos(A ＋B )＝－cos C .(1)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，则ba 等于( )A. 2 B ．2 2 C. 3 D ．2 3(2)(2014·江西)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( )A ．3 B.932C.332 D ．3 3 答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，由正弦定理得sin 2A sin B ＋sin B cos 2A ＝2sin A ，即sin B ＝2sin A ， 即sin B sin A ＝2，b a ＝sin B sin A＝ 2. (2)∵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.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.热点三 正、余弦定理的实际应用例3 (2013·江苏)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，再从B 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cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 思维启迪 (1)直接求sin B ，利用正弦定理求AB .(2)利用余弦定理和函数思想，将甲乙距离表示为乙出发后时间t 的函数．解 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C＝513×35＋1213×45＝6365. 由正弦定理AB sin C ＝ACsin B，得AB ＝AC sin B ×sin C ＝1 2606365×45＝1 040(m)．所以索道AB 的长为1 040 m.(2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，由于0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537min 时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝ACsin B ，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在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(单位：m/min)范围内．思维升华 求解三角形的实际问题，首先要准确理解题意，分清已知与所求，关注应用题中的有关专业名词、术语，如方位角、俯角等；其次根据题意画出其示意图，示意图起着关键的作用；再次将要求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识建立数学模型，从而正确求解，演算过程要简练，计算要准确；最后作答．如图，中国渔民在中国南海黄岩岛附近捕鱼作业，中国海监船在A 地侦察发现，在南偏东60°方向的B 地，有一艘某国军舰正以每小时13海里的速度向正西方向的C 地行驶，企图抓捕正在C 地捕鱼的中国渔民．此时，C 地位于中国海监船的南偏东45°方向的10海里处，中国海监船以每小时30海里的速度赶往C 地救援我国渔民，能不能及时赶到？(2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45)解 过点A 作AD ⊥BC ，交BC 的延长线于点D .因为∠CAD ＝45°，AC ＝10海里，所以△ACD 是等腰直角三角形．所以AD ＝CD ＝22AC ＝22×10＝52(海里)．在Rt △ABD 中，因为∠DAB ＝60°，所以BD ＝AD ×tan 60°＝52×3＝56(海里)． 所以BC ＝BD －CD ＝(56－52)(海里)．因为中国海监船以每小时30海里的速度航行，某国军舰正以每小时13海里的速度航行，所以中国海监船到达C 点所用的时间t 1＝AC 30＝1030＝13(小时)，某国军舰到达C 点所用的时间t 2＝BC 13＝5×(6－2)13≈5×(2.45－1.41)13＝0.4(小时)． 因为13<0.4，所以中国海监船能及时赶到．1．求解恒等变换问题的基本思路一角二名三结构，即用化归转化思想“去异求同”的过程，具体分析如下：(1)首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变换形式，角的变换是三角函数变换的核心．(2)其次看函数名称之间的关系，通常“切化弦”． (3)再次观察代数式的结构特点． 2．解三角形的两个关键点(1)正、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，注意定理的灵活变形，如a ＝2R sin A ，sin A ＝a2R (其中2R 为三角形外接圆的直径)，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C 等，灵活根据条件求解三角形中的边与角．(2)三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“三角形的内角和等于π”和诱导公式可得到sin(A ＋B )＝sin C ，sin A ＋B 2＝cos C2等，利用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题等．3．利用正弦定理、余弦定理解决实际问题的关键是如何将实际问题转化为数学问题，抽象出三角形模型．真题感悟1．(2013·浙江)已知α∈R ，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α等于( ) A.43 B.34 C ．－34 D ．－43 答案 C解析 ∵sin α＋2cos α＝102， ∴sin 2α＋4sin α·cos α＋4cos 2α＝52.用降幂公式化简得：4sin 2α＝－3cos 2α，∴tan 2α＝sin 2αcos 2α＝－34.故选C.2．(2014·江苏)若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________． 答案 6－24解析 由sin A ＋2sin B ＝2sin C ，结合正弦定理得a ＋2b ＝2c .由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－(a ＋2b )242ab ＝34a 2＋12b 2－2ab 22ab≥2⎝⎛⎭⎫34a 2⎝⎛⎭⎫12b 2－2ab 22ab ＝6－24，故6－24≤cos C <1，且3a 2＝2b 2时取“＝”．故cos C 的最小值为6－24.押题精练1．在△ABC 中，已知tan A ＋B2＝sin C ，给出以下四个结论： ①tan Atan B＝1；②1<sin A ＋sin B ≤2；③sin 2A ＋cos 2B ＝1；④cos 2A ＋cos 2B ＝sin 2C . 其中一定正确的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ 答案 D解析 依题意，tan A ＋B2＝sinA ＋B 2cos A ＋B 2＝2sin A ＋B 2cos A ＋B22cos2A ＋B 2＝sin (A ＋B )1＋cos (A ＋B )＝sin C 1＋cos (A ＋B )＝sin C . ∵sin C ≠0，∴1＋cos(A ＋B )＝1，cos(A ＋B )＝0.∵0<A ＋B <π，∴A ＋B ＝π2，即△ABC 是以角C 为直角的直角三角形．对于①，由tan Atan B＝1，得tan A ＝tan B ，即A ＝B ，不一定成立，故①不正确；对于②，∵A ＋B ＝π2，∴sin A ＋sin B ＝sin A ＋cos A ＝2sin(A ＋π4)，∴1<sin A ＋sin B ≤2，故②正确； 对于③，∵A ＋B ＝π2，∴sin 2A ＋cos 2B ＝sin 2A ＋sin 2A ＝2sin 2A ，其值不确定，故③不正确；对于④，∵A ＋B ＝π2，∴cos 2A ＋cos 2B ＝cos 2A ＋sin 2A ＝1＝sin 2C ，故④正确．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )，且q ∥p . (1)求sin A 的值；(2)求三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围．解 (1)∵q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )且q ∥p ，∴2b －c ＝2a cos C ， 由正弦定理得2sin A cos C ＝2sin B －sin C ，又sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ， ∴12sin C ＝cos A sin C . ∵sin C ≠0，∴cos A ＝12，又∵0<A <π，∴A ＝π3，∴sin A ＝32.(2)原式＝－2cos 2C 1＋tan C＋1＝1－2(cos 2C －sin 2C )1＋sin C cos C＝1－2cos 2C ＋2sin C cos C ＝sin 2C －cos 2C ＝2sin(2C －π4)，∵0<C <23π，∴－π4<2C －π4<1312π，∴－22<sin(2C －π4)≤1，∴－1<2sin(2C －π4)≤2，即三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围为(－1，2]．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．(2014·浙江)为了得到函数y ＝sin 3x ＋cos 3x 的图象，可以将函数y ＝2cos 3x 的图象( )A ．向右平移π4个单位B ．向左平移π4个单位C ．向右平移π12个单位D ．向左平移π12个单位答案 C解析 因为y ＝sin 3x ＋cos 3x ＝2sin(3x ＋π4)＝2sin[3(x ＋π12)]，又y ＝2cos 3x ＝2sin(3x ＋π2)＝2sin[3(x ＋π6)]，所以应由y ＝2cos 3x 的图象向右平移π12个单位得到．2．已知α∈(π2，π)，sin(α＋π4)＝35，则cos α等于( )A ．－210 B.7210C ．－210或7210D ．－7210答案 A解析 ∵α∈(π2，π)，∴α＋π4∈(34π，54π)，∵sin(α＋π4)＝35，∴cos(α＋π4)＝－45，∴cos α＝cos(α＋π4－π4)＝cos(α＋π4)cos π4＋sin(α＋π4)sin π4＝－45×22＋35×22＝－210.3．在△ABC 中，若sin C sin A ＝3，b 2－a 2＝52ac ，则cos B 的值为( )A.13B.12C.15D.14 答案 D解析 由正弦定理：c a ＝sin C sin A＝3，由余弦定理：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝c 2－52ac2ac ＝12×c a －54＝32－54＝14.4．(2013·陕西)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b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ，所以sin A ＝1，由0<A <π，得A ＝π2，所以△ABC 为直角三角形． 5．已知tan β＝43，sin(α＋β)＝513，其中α，β∈(0，π)，则sin α的值为( ) A.6365 B.3365C.1365D.6365或3365答案 A解析 依题意得sin β＝45，cos β＝35.注意到sin(α＋β)＝513<sin β，因此有α＋β>π2(否则，若α＋β≤π2，则有0<β<α＋β≤π2，0<sin β<sin(α＋β)，这与“sin(α＋β)<sin β”矛盾)，则cos(α＋β)＝－1213，sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin β＝6365. 6．已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且tan B ＝2－3a 2－b 2＋c2，BC →·BA →＝12，则tan B 等于( )A.32B.3－1 C ．2 D ．2－ 3答案 D解析 由题意得，BC →·BA →＝|BC →|·|BA →|cos B＝ac cos B ＝12，即cos B ＝12ac， 由余弦定理， 得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12ac⇒a 2＋c 2－b 2＝1， 所以tan B ＝2－3a 2－b 2＋c 2＝2－3，故选D. 二、填空题7．已知tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝12，且－π2<α<0，则2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝________. 答案 －255解析 由tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝12， 得tan α＝－13. 又－π2<α<0，可得sin α＝－1010.故2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝2sin α(sin α＋cos α)22(sin α＋cos α) ＝22sin α＝－255. 8．在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，已知a 2－c 2＝2b ，且sin A cos C ＝3cos A sin C ，则b ＝________.答案 4解析 由sin A cos C ＝3cos A sin C 得：a 2R ·a 2＋b 2－c 22ab ＝3·b 2＋c 2－a 22bc ·c 2R ， ∴a 2＋b 2－c 2＝3(b 2＋c 2－a 2)，a 2－c 2＝b 22， 解方程组：⎩⎪⎨⎪⎧a 2－c 2＝2b a 2－c 2＝b 22，∴b ＝4. 9．已知0<α<π2<β<π，cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45，则cos(α＋π4)＝________. 答案 82－315解析 因为0<α<π2<β<π， 所以π4<β－π4<3π4，π2<α＋β<3π2. 所以sin(β－π4)>0，cos(α＋β)<0. 因为cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45， 所以sin(β－π4)＝223，cos(α＋β)＝－35. 所以cos(α＋π4)＝cos[(α＋β)－(β－π4)] ＝cos(α＋β)cos(β－π4)＋sin(α＋β)sin(β－π4) ＝－35×13＋45×223＝82－315. 10．如图，嵩山上原有一条笔直的山路BC ，现在又新架设了一条索道AC ，小李在山脚B 处看索道AC ，发现张角∠ABC ＝120°；从B 处攀登400米到达D 处，回头看索道AC ，发现张角∠ADC ＝150°；从D 处再攀登800米方到达C 处，则索道AC 的长为________米．答案 40013解析 如题图，在△ABD 中，BD ＝400米，∠ABD ＝120°.因为∠ADC ＝150°，所以∠ADB ＝30°.所以∠DAB ＝180°－120°－30°＝30°.由正弦定理，可得BD sin ∠DAB ＝AD sin ∠ABD. 所以400sin 30°＝AD sin 120°，得AD ＝4003(米)． 在△ADC 中，DC ＝800米，∠ADC ＝150°，由余弦定理，可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2×AD ×CD ×cos ∠ADC＝(4003)2＋8002－2×4003×800×cos 150°＝4002×13，解得AC ＝40013(米)．故索道AC 的长为40013米．三、解答题11．(2014·安徽)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B .(1)求a 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4的值． 解 (1)因为A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B .由正、余弦定理得a ＝2b ·a 2＋c 2－b 22ac. 因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，a ＝2 3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13. 由于0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－19＝223. 故sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝sin A cos π4＋cos A sin π4＝223×22＋⎝⎛⎭⎫－13×22＝4－26. 12．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1(ω>0)的最小正周期是π. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值． 解 (1)f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1 ＝23sin ωx cos ωx －2cos 2ωx ＋1＝3sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin(2ωx －π6)． 最小正周期是2π2ω＝π，所以，ω＝1， 从而f (x )＝2sin(2x －π6)． 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z . 所以函数f (x )的单调递增区间为[－π6＋k π，π3＋k π](k ∈Z )．(2)当x ∈[π8，3π8]时，2x －π6∈[π12，7π12]， f (x )＝2sin(2x －π6)∈[6－22，2]， 所以f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值分别为2，6－22. 13．已知角A 、B 、C 是△ABC 的三个内角，若向量m ＝(1－cos(A ＋B )，cos A －B 2)，n ＝(58，cos A －B 2)，且m ·n ＝98. (1)求tan A tan B 的值；(2)求ab sin C a 2＋b 2－c 2的最大值． 解 (1)m ·n ＝58－58cos(A ＋B )＋cos 2A －B 2＝98－18cos A cos B ＋98sin A sin B ＝98， ∴cos A cos B ＝9sin A sin B 得tan A tan B ＝19. (2)tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝98(tan A ＋tan B )≥98·2tan A tan B ＝34. (∵tan A tan B ＝19>0， ∴A ，B 均是锐角，即其正切值均为正)ab sin C a 2＋b 2－c 2＝sin C 2cos C ＝12tan C ＝－12tan(A ＋B )≤－38， 所求最大值为－38.。
2021届高考数学二轮复习专题五三角函数与解三角形梳理纠错预测学案文
三角函数与解三角形1．三角函数（1)以正弦函数、余弦函数、正切函数为载体，考查函数的定义域、最值、单调性、对称性、周期性．（2）考查三角函数式的化简，三角函数的图象的性质以及平移和伸缩变换． 2．解三角形（1)利用正余弦定理进行三角形边和角的计算，三角形形状的判断、面积的计算，以及有关的参数的范围．（2）考查运用正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．一、三角函数 1．公式（1）诱导公式：(2）同角三角函数关系式：22sin cos 1αα+=,sin tan cos ααα=（3）两角和与差的三角函数：sin()sin cos cos sin αβαβαβ+=+ sin()sin cos cos sin αβαβαβ-=- cos()cos cos sin sin αβαβαβ+=- cos()cos cos sin sin αβαβαβ-=+tan tan tan()1tan tan αβαβαβ++=-tan tan tan()1tan tan αβαβαβ--=+（4)二倍角公式：sin 22sin cos ααα=2222cos 2cos sin 12sin 2cos 1ααααα=-=-=- 22tan tan 21tan ααα=- （5)降幂公式：21cos2sin2αα-=，21cos2cos2αα+=2．三角函数性质3．函数y=A sin(ωx+φ)的图象及变换（1）φ对函数y=sin(x+φ)的图象的影响（2)ω(ω>0)对y=sin(ωx+φ)的图象的影响（3）A(A>0)对y=A sin(ωx+φ)的图象的影响4．函数y =A sin(ωx +φ)的性质（1）函数y =A sin(ωx +φ)(A >0，ω>0)中参数的物理意义(2）函数y =A sin(ωx +φ)(A >0，ω>0)的有关性质二、解三角形 1．正余弦定理（为外接圆半径）； ；，，；，，；；;；2．利用正弦、余弦定理解三角形（1)已知两角一边,用正弦定理，只有一解．（2)已知两边及一边的对角，用正弦定理，有解的情况可分为几种情况．在ABC△中,已知，和角A时，解得情况如下：上表中A为锐角时，，无解．A为钝角或直角时，，均无解．（3）已知三边,用余弦定理，有解时，只有一解．(4）已知两边及夹角,用余弦定理,必有一解．3．三角形中常用的面积公式（1）（表示边上的高)；(2）；（3）(为三角形的内切圆半径）．4．解三角形应用题的一般步骤一、选择题．1．若1sin 33πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则cos 23πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭（)A ．79-B ．23C ．23-D ．79【答案】A【解析】1sin cos cos 32363ππππααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-+=-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 2217cos 2cos 22cos 12136639πππααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--=⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选A ．【点评】本题主要考查了诱导公式在三角函数化简求值中的应用,考查了计算能力和转化思想， 属于基础题．2．函数()2sin cos 24f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的最大值为（）A．1BC． D ．3【答案】B【解析】因为()2sin cos 24f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，所以()2sin sin 22sin 2sin cos 44444f x x x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,令4x πθ=+，则()2sin 2sin cos 2sin sin 2f θθθθθθ=+=+,则()()222cos 2cos 222cos 12cos 4cos 2cos 2f θθθθθθθ'=+=-+=+-，令f ′(θ)=0,得cos 1θ=-或1cos 2θ=,经典训练题（70分钟）当11cos 2θ-<<时，f ′(θ)<0；1cos 12θ<<时，f ′(θ)>0，所以当1cos 2θ=时，f (θ)取得最大值,此时sin 2θ=，所以()max2f x =，故选B ．【点评】本题考查三角恒等变换及三角函数的性质的应用，解答的关键是利用导数研究函数的单调性从而求出函数的最值． 3．已知锐角ϕ满足cos 1ϕϕ-=．若要得到函数()()21sin 2f x x ϕ=-+的图象,则可以将函数1sin 22y x =的图象（） A ．向左平移7π12个单位长度B ．向左平移π12个单位长度C ．向右平移7π12个单位长度D ．向右平移π12个单位长度【答案】A 【解析】由cos 1ϕϕ-=,知2sin()16πϕ-=，即1sin()62πϕ-=， ∴锐角3πϕ=，故()()221112sin sin cos(2)22323f x x x x ππϕ⎛⎫=-+=-+=+ ⎪⎝⎭，又12117cos(2)sin(2)sin(2)232626x x x πππ+=-+=+, ∴()17sin(2)26f x x π=+，故f(x)是将1sin 22y x =向左平移7π12个单位长度得到，故选A ．【点评】由辅助角公式化简已知条件求锐角ϕ，根据f(x)的函数式，应用二倍角、诱导公式将f(x)化为正弦型函数，即可判断图象的平移方式．4．已知函数f (x )=2sin (ωx +φ)，(0,)2πωϕ><的部分图象如图所示，f (x )的图象过,14A π⎛⎫ ⎪⎝⎭,5,14B π⎛⎫- ⎪⎝⎭两点，将f (x )的图象向左平移712π个单位得到g (x )的图象，则函数g (x )在30,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()A ．−√2B ．√2C ．−√3D ．−1【答案】A【解析】由图象知，5244T πππ=-=，∴T =2π,则1ω=, ∴f (x )=2sin (x +φ)，将点,14A π⎛⎫ ⎪⎝⎭的坐标代入得，2sin 14πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即1sin 42πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，又2πϕ<，∴12πϕ=-,则()2sin 12f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 将f (x )的图象向左平移712π个单位得到函数()72sin 2sin 2cos 12122g x x x xπππ⎛⎫⎛⎫=+-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴g (x )在30,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为32cos 4π=,故选A ．【点评】本题主要考查三角函数图象，需要利用三角函数的周期性以及对称性进行处理,再结合图象的平移,三角函数的单调性进行解题,本题属于中档题．5．已知函数f (x )=sin ωx −√3cos ωx （0ω>，x ∈R ）的图象与x 轴交点的横坐标构成一个公差为2π的等差数列，把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移3π个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数g (x )的图象，则下列关于函数g (x )的命题中正确的是（） A ．函数g (x )是奇函数B ．g (x )的图象关于直线6x π=对称C ．g (x )在,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数D ．当,66ππx ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数g (x )的值域是[0,2］ 【答案】B【解析】()πsin 2sin 3f x x x x ωωω⎛⎫==- ⎪⎝⎭，由题意知函数周期为π，则2T ππω==，2ω=，从而()π2sin 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移3π个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数()2sin π3g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，g (x )不是奇函数，A 错；g (x )在,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦是单调递增，C 错;,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数g (x )的值域是[1，2］,D 错；g (x )的图象关于直线π6x =对称，B 对，只有选项B 正确，故选B ．【点评】本题考查三角函数,图象的变换，以及图象的性质，属于中档题．6．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边分别为a ,b ,c ,若3A π=，b =4，△ABC的面积为3√3,则sin B =（）A BC ．13D 【答案】A【解析】1sin 2S bc A ===c =3，由余弦定理可得2222cos 13ab c bc A =+-=,得a =√13，又由正弦定理可得sin sin a b A B=，所以sin sin 13b A B a ==,故选A ．【点评】本题主要考了三角形的面积公式以及余弦定理公式的运用，属于基础题型．7．已知a 、b 、c 分别是△ABC 的内角A 、B 、C 的对边，若sin cos sin CA B<，则ΔABC 的形状为（） 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】因为在三角形中,sin cos sin CA B<变形为sin sin cos C B A <， 由内角和定理可得sin()cos sin A B A B +<，化简可得sin cos 0A B <，cos 0B ∴<，所以2B π>,所以三角形为钝角三角形，故选A ．【点评】本题考查了解三角形，主要是公式的变形是解题的关键，属于较为基础题．二、填空题．8．已知(0,π)α∈，且有1−2sin 2α=cos 2α，则cos α=_________．【答案】5【解析】2212sin 2cos 214sin cos 12sin sin 2sin cos αααααααα-=⇒-=-⇒=，因为(0,π)α∈，所以sin 0α≠， 因此由2πsin 2sin cos sin 2cos tan 20,2ααααααα⎛⎫=⇒=⇒=⇒∈ ⎪⎝⎭，而()22sincos 11αα+=，把sin 2cos αα=代入(1)得：22214cos cos 1cos cos 5αααα+=⇒=⇒=2π0,α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，因此cos 5α=，故答案为5．【点评】本题考查了三角恒等变换与三角函数求值问题，是基础题．9．已知角α的顶点为坐标原点，始边为x 轴的正半轴,终边经过点P (3，4)，则tan π2α⎛⎫+= ⎪⎝⎭___________．【答案】34-【解析】由三角函数的定义可得4sin 5α==，3cos 5α==,因此,3sin cos 325tan 42sin 4cos 52παπααπαα⎛⎫+ ⎪⎛⎫⎝⎭+====- ⎪-⎛⎫⎝⎭-+ ⎪⎝⎭， 故答案为34-．【点评】本题考查任意角的三角函数的应用，诱导公式的应用，是基本知识的考查．三、解答题．10．已知函数2()cos 222x x xf x =+．(1)求函数f(x)在区间[0，π]上的值域；（2）若方程f(ωx)=√3(ω>0)在区间[0，π]上至少有两个不同的解，求ω的取值范围． 【答案】（1）2⎡⎤⎣⎦；（2)5,12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【解析】（1）()2πcos 2sin()2224x x x f x x x x =+-=+=+，令4U x π=+，[]0,x π∈，5,44U ππ⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，由y =sin U 的图象知,sin U ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即sin 4πx ⎡⎤⎛⎫+∈⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，2sin 2π4x ⎛⎫⎡⎤∴+∈ ⎪⎣⎦⎝⎭,所以函数f(x)的值域为2⎡⎤⎣⎦．(2）()2sin()(0)4f x x πωωω=+>, ∵f(ωx)=√3，2sin()4x πω∴+=,即sin()42x πω+=，∵x ∈[0，π]，,444x πππωωπ⎡⎤∴+∈+⎢⎥⎣⎦，且()243x k k ππωπ+=+∈Z 或()2243x k k ππωπ+=+∈Z ， 由于方程f(ωx)=√3(ω>0)在区间[0，π]上至少有两个不同的解,所以243ππωπ+≥，解得512ω≥， 所以ω的取值范围为5,12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【点评】考查三角函数的值域时，常用的方法:（1）将函数化简整理为f(x)=A sin (ωx +φ),再利用三角函数性质求值域；（2)利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值．11．已知函数()2sin 2cos 232f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（1）求函数f (x )在5,66ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调区间；（2)若0,2πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，1123f πβ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，求cos 26πβ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值．【答案】（1)递增区间为,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，75,126ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递减区间为7,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦；(2)3-．【解析】（1）由题意得()21sin 2cos 2cos 2sin 2sin 23222f x x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫=++-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12sin 2sin 223x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭， 因为5,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以[]20,23x ππ+∈， 令0232x ππ≤+≤，解得,612x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦； 令32232x πππ≤+≤，解得7,1212x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦；令32223x πππ≤+≤，得75,126x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦． 所以函数f (x )在5,66ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调递增区间为,612ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，75,126ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦, 单调递减区间为7,1212ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．(2）由（1）知1sin 21263f ππββ⎛⎫⎛⎫-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因为2π0,β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以7π2,66ππ6β⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭， 又因为1π1sin 2632β⎛⎫+=< ⎪⎝⎭，所以2,π62ππβ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以cos 2π6β⎛⎫+== ⎪⎝⎭．【点评】三角函数的化简求值的规律总结:1．给角求值：一般给出的角是非特殊角，要观察所给角与特殊角的关系,利用三角变换转化为求特殊角的三角函数值问题； 2．给值求值:即给出某些角的三角函数值,求另外一些角的三角函数值,解题关键在于“变角”,使相关角相同或具有某种关系； 3．给值求角：实质上可转化为“给值求值”即通过求角的某个三角函数值来求角（注意角的范围）． 12．在四边形ABCD 中,AB //CD ，AD =CD =BD =1． （1）若32AB =，求BC ；(2）若AB =2BC ，求cos BDC ∠．【答案】（1）2BC =；（2）cos 1BDC ∠=．【解析】（1）在△ABD 中，由余弦定理可得2223cos 24AB BD AD ABD AB BD +-∠==⋅，∵CD //AB，∴∠BDC =∠ABD ，在△BCD 中,由余弦定理可得22212cos 2BC BD CD BD CD BDC =+-⋅∠=,2BC =．（2)设BC =x ，则AB =2x ，在△ABD 中，22224cos 24AB BD AD x ABD x AB BD x +-∠===⋅， 在△BCD 中,22222cos 22BD CD BC x BDC BD CD +--∠==⋅，由（1）可知,∠BDC =∠ABD ，所以，cos ∠BDC =cos ∠ABD ,即222x x -=，整理可得x2+2x −2=0,因为x >0，解得x =√3−1， 因此，cos cos 1BDC ABD x ∠=∠==．【点评】在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角,但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角"或“角化边",变换原则如下:（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； (2）若式子中含有a 、b 、c 的齐次式,优先考虑正弦定理“边化角"； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； (4）代数式变形或者三角恒等变换前置；(5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解;（6)同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理．13．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足(2b −c )cos A =acosC．(1）求角A ；（2)若a =√13，b +c =5，求△ABC 的面积． 【答案】（1）π3A =；（2）√3．【解析】（1）在三角形ABC 中，∵(2b −c )cos A =acos C , 由正弦定理得()2sin sin cos sin cos B C A A C -=，化为：()2sin cos sin cos sin cos sin sin B A C C A C A C B =+=+=, 三角形中sin 0B ≠，解得1cos 2A =，A ∈(0，π)，∴π3A =．（2）由余弦定理得2222cos ab c bc A =+-，∵a =√13，b +c =5，∴13=(b +c )2−3cb =52−3bc，化为bc =4，所以三角形ABC 的面积11sin 4222S bc A ==⨯⨯=【点评】本题考查正余弦定理和三角形面积公式的综合运用,涉及三角函数恒等变换，属基础题．熟练掌握利用正弦定理边化角，并结合三角函数两角和差公式化简，注意余弦定理与三角形面积公式的综合运用．14．已知△ABC 的内角A ，B ,C 的对边分别为a ，b ，c ，且a sin (A +B −C )=c sin (B +C )．（1)求角C 的大小；（2）若2a +b =8，且△ABC 的面积为2√3，求△ABC 的周长．【答案】（1）π3C =；(2)6+2√3．【解析】（1）∵a sin(A +B −C)=c sin(B +C)，sin sin(π2)sin sin A C C A ∴-=，2sin sin cos sin sin A C C C A ∴=， sin sin 0A C ≠,1cos 2C ∴=，0πC <<,π3C ∴=． (2）由题意可得12=∴ab =8，∵2a +b =8联立可得，a =2，b =4，由余弦定理可得c2=12，c =2√3，此时周长为6+2√3．【点评】本题主要考查了三角形的内角及诱导公式在三角形化简中的应用,还考查了三角形的面积公式及余弦定理,属于基础题．15．在△ABC 中，内角A ，B ,C 的对边分别为a ，b ，c ．已知2c sin B =3a sin C ，1cos 3C =． （1）求证：△ABC 为等腰三角形;(2）若△ABC 面积为2√2，D 为AB 中点，求线段CD 的长． 【答案】（1）证明见解析;（2）．【解析】(1）由2c sin B =3a sin C ,根据正弦定理可得2cb =3ac ，所以2b =3a ,则32b a =， 又1cos 3C =，根据余弦定理可得222222222913144cos 332322a a c a c abc C ab a a a +--+-====⋅，则222134aa c =-,所以32c a b ==, 因此△ABC 为等腰三角形．（2）因为角C是三角形内角，所以sin C>0，则sin C==因为△ABC面积为2√2，所以113sin222ab C a a==⋅a=2，所以b=c=3，又D为AB中点，所以cos cosADC BDC∠=-∠，则222222333222332222CD CDCD CD⎛⎫⎛⎫+-+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-⨯⨯⨯⨯，整理得2174CD=,所以CD=．【点评】本题主要考查正余弦定理、三角形的面积公式的综合运用,利用正弦定理进行边角转换等，属于中档题型．16．△ABC的内角A，B,C的对边分别为a，b,c．已知sin cos2Aa C c=．（1)求A；（2)已知b=1，c=3，且边BC上有一点D满足3ABD ADCS S=△△，求AD．【答案】（1）π3A=；(2）4AD=．【解析】（1）因为sin cos2Aa C c=，由正弦定理得sin sin sin cos2AA C C=，因为sin C≠0，所以sin cos2AA=，所以2sin cos cos222A A A=,因为0π22A<<，所以cos02A≠，所以1sin22A=，即π26A=，所以π3A=．(2)设△ABD的AB边上的高为ℎ1，△ADC的AC边上的高为ℎ2,因为3ABD ADCS S=△△，c=3，b=1，所以1211322c h b h⋅=⨯⋅,所以ℎ1=ℎ2，AD 是△ABC 角A 的内角平分线，所以π6BAD ∠=，因为S△ABD=3S △ADC,可知34ABDABC SS =△△， 所以131sin sin 26423ππAB AD AB AC ⨯⨯=⨯⨯⨯，所以4AD =．【点评】关键点点睛:本题考查了正弦定理的边角互化、三角形的面积公式，解题的关键是确定AD 是△ABC 角A 的内角平分线，考查了运算能力．一、选择题．1．已知函数()2sin 2π6f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，现将()y f x =的图象向左平移π12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，则g (x )的解析式为(）A ．221124x y +=B ．πsin 3y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭C ．2sin 4π3y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭D ．π2sin 3y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】将()y f x =的图象向左平移π12个单位得2sin 22sin 21πππ263y x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，再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()2in 4πs 3y g x x ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭,高频易错题故选C ．【点评】在三角函数平移变换中，y =sin ωx 向左平移ϕ个单位得到的函数解析式为y =sin [ω(x +φ)]=sin (ωx +ωφ)，而不是y =sin (ωx +ϕ),考查运算求解能力，是基础题．二、填空题．2．设锐角三角形ABC 的三个内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若a =2，B =2A ，则b 的取值范围为___________． 【答案】(2√2，2√3)【解析】由sin2sin b aA A=，得b =4cos A ,由0290045A A ︒<<︒⇒︒<<︒, 01803903060A A ︒<︒-<︒⇒︒<<︒，故3045cos 2A A ︒<<︒⇒<<,cos A <<b =4cos A ∈(2√2，2√3)．【点评】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理，以及锐角三角形的条件，属于简单题目．一、选择题．1．如图,角α，β的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边与单位圆O 分别交于A ，B 两点，则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(）A ．cos(α−β)B ．cos(α+β)C ．sin(α−β)D ．sin(α+β)精准预测题【答案】A【解析】由图可知()cos ,sin A αα,()cos ,sin B ββ， 所以cos cos sin sin cos()OA OB αβαβαβ⋅=+=-,故选A ．【点评】本题考查运用向量进行余弦定理的证明，属于基础题型．2．已知()cos 2c 2πos παα⎛⎫+=- ⎪⎝⎭,则tan π4α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（)A ．4-B ．4C ．13-D ．13【答案】C【解析】因为()cos 2c 2πos παα⎛⎫+=- ⎪⎝⎭,利用诱导公式可得()sin 2cos αα-=⨯-，即tan 2α=，所以tantan 1214tan 41231tan 4πta πn πααα--⎛⎫-===- ⎪+⎝⎭+⋅,故选C ．【点评】本题主要考查诱导公式，正切的两角和差公式的应用，属于基础题．二、解答题． 3．已知函数()22cos 12xf x x =-+． （1）若()π6f αα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求tan α的值；（2)若函数f(x)图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的12倍得函数g(x)的图象，求函数g(x)在0,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦得的值域．【答案】(1）；（2）[−1，2]．【解析】（1）()22cos 1cos π2sin 26x f x x x x x ⎛⎫=-+=-=- ⎪⎝⎭，因为()π6f αα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,所以πsin 6αα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即1cos 22ααα-=，所以−3√3sin α=cos α,所以tan 9α=-．(2)f(x)图象上所有点横坐标变为原来的12倍得到函数g(x)的图象,所以g(x)的解析式为()()π22sin 26g x f x x ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，因为π02x ≤≤，所以ππ5π2666x -≤-≤，则1πsin 2126x ⎛⎫-≤-≤ ⎪⎝⎭，所以−1≤g(x)≤2，故g(x)在0,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为[−1，2]．【点评】本题主要考查三角恒等变换，同角三角函数的基本关系，函数y =A sin (ωx +φ)的图象变换规律，正弦函数的定义域和值域,属于中档题． 4．设函数()212coscos 5f x x x x =--．（1)求f(x)的最小正周期和值域;（2）在锐角△ABC 中，角A ､B ､C 的对边长分别为a ､b ､c ．若f(A)=−5，a =√3,求△ABC 周长的取值范围．【答案】（1）π,[−4√3+1，4√3+1](2）(3+√3，3√3]． 【解析】（1）()2212coscos 512cos 25f x x x x x x =--=--6cos 221π216x x x ⎛⎫=-+=++ ⎪⎝⎭，πT ∴=，值域为[−4√3+1，4√3+1]．（2）由f(A)=−5，可得212coscos A A A=，因为三角形为锐角△ABC ，sin A A=，即tan A =π3A =，由正弦定理sin sin sin a b c A B C ==，得2sin b B =，2π2sin 2sin()3c C B ==-，所以2π12sin sin()2(sin sin )322a b c B B B B B ⎡⎤++=+-=++⎢⎥⎣⎦32(sin cos ))22π6B B B =++=++．因为△ABC 为锐角三角形，所以π02B <<,π02C <<， 即022π3π02πB B ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得π6π2B <<， 所以ππ2π363B <+<sin()16πB <+≤，即3)6πB ++≤，所以周长的取值范围为区间(3+√3，3√3]．【点评】在解三角形的周长范围时,将a +b +c 转化为含一个角的三角函数问题，利用三角函数的值域, 求周长的取值范围，是常用解法．。
2021届高考数学二轮复习核心热点突破-专题一第1讲 三角函数的图象与性质(答案版)
专题一：三角函数与解三角形 第1讲 三角函数的图象与性质一：高考定位 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查.二：真 题 感 悟1.(2020全国1理7)设函数f (x )＝cos(ωx ＋π6)在[－π，π]的图象大致如下图，则f (x )的最小正周期为( )A ．10π9B ．7π6C ．4π3D ．3π2答案：C解析：由图可得：函数图象过点(－4π9，0)，将它代入函数f (x )可得：cos(－4π9·ω＋π6)＝0， 又(－4π9，0)是函数f (x )图象与x 轴负半轴的第一个交点，所以－4π9·ω＋π6＝－π2，解得：ω＝32．所以函数f (x )的最小正周期为T ＝2πω＝2π32＝4π3．故选C ．2.(2020山东、海南10)（多选）下图是函数y ＝sin(ωx ＋φ)的部分图象，则sin(ωx ＋φ)＝( )A ．sin(x ＋π3)B ．sin(π3－2x )C ．cos(2x ＋π6)D ．cos(5π6－2x )答案：BC解析：由函数图象可知：T 2＝23π－π6＝π2，则ω＝2πT ＝2ππ＝2，所以不选A ，当x ＝23π＋π62＝5π12时，y ＝－1∴2×5π12＋φ＝3π2＋2k π(k ∈Z )，解得：φ＝2k π＋23π(k ∈Z )，∴y ＝sin(2x ＋23π＋2k π)＝sin(2x ＋π6＋π2)＝cos(2x ＋π6)＝sin(π3－2x )．而cos(2x ＋π6)＝－cos(5π6－2x )．故选BC ．3.(2020全国3文5)已知sin θ＋sin(θ＋π3)＝1，则sin(θ＋π6)＝( )A ．12B ．33C ．23D ．22答案：B解析：由题意可得：sin θ＋12sin θ＋32cos θ＝1，则：32sin θ＋32cos θ＝1，32sin θ＋12cos θ＝33，从而有：sin θcos π6＋cos θsin π6＝33，即sin(θ＋π6)＝33．故选B ．4.(2019·全国Ⅱ卷)下列函数中，以π2为周期且在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2单调递增的是( )A.f (x )＝|cos 2x |B.f (x )＝|sin 2x |C.f (x )＝cos|x |D.f (x )＝sin|x |解析 易知A ，B 项中函数的最小正周期为π2；C 中f (x )＝cos|x |＝cos x 的周期为2π，D 中f (x )＝sin|x |＝⎩⎨⎧sin x ，x ≥0，－sin x ，x <0，由正弦函数图象知，在x ≥0和x <0时，f (x )均以2π为周期，但在整个定义域上f (x )不是周期函数，排除C ，D. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，则y ＝|cos 2x |＝－cos 2x 是增函数，y ＝|sin 2x |＝sin 2x 是减函数，因此A 项正确，B 项错误. 答案 A5.(2020·江苏卷)将函数y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是________.解析 将函数y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π6个单位长度，所得图象的函数解析式为y ＝3sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π4＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π12.令2x －π12＝k π＋π2，k ∈Z ，得对称轴的方程为x ＝k π2＋7π24，k ∈Z ，分析知当k ＝－1时，对称轴为直线x ＝－5π24，与y 轴最近.答案 x ＝－5π246.(2020·北京卷)若函数f (x )＝sin(x ＋φ)＋cos x 的最大值为2，则常数φ的一个取值为__________.解析 法一 由f (x )＝sin(x ＋φ)＋cos x ＝sin x cos φ＋cos x sin φ＋cos x ＝cos φsin x ＋(1＋sin φ)cos x ＝cos 2φ＋（1＋sin φ）2sin(x ＋θ)⎝⎛⎭⎪⎫其中tan θ＝1＋sin φcos φ. ∵sin(x ＋θ)≤1，∴cos 2φ＋（1＋sin φ）2＝2＋2sin φ＝2时，f (x )的最大值为2，∴2sin φ＝2，∴sin φ＝1，∴φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，∴φ的一个取值可为π2. 法二 ∵f (x )＝sin(x ＋φ)＋cos x 的最大值为2，又sin(x ＋φ)≤1，cos x ≤1， 则sin(x ＋φ)＝cos x ＝1时，f (x )取得最大值2.由诱导公式，得φ＝π2＋2k π，k ∈Z . ∴φ的一个取值可为π2.答案 π2(答案不唯一，只要等于π2＋2k π，k ∈Z 即可)7.(2019·全国Ⅰ卷)函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2－3cos x 的最小值为________.解析 f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2－3cos x ＝－cos 2x －3cos x ＝－2cos 2x －3cos x ＋1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x ＋342＋178，因为cos x ∈[－1，1]，所以当cos x ＝1时，f (x )取得最小值，即f (x )min ＝－4. 答案 －48.(2020全国3理9)已知2tan θ–tan(θ＋π4)＝7，则tan θ＝( )A ．–2B ．–1C ．1D ．2 答案：D解析：∵2tan θ－tan(θ＋π4)＝7，∴2tan θ－tan θ＋11－tan θ＝7，令t ＝tan θ，t ≠1，则2t －1＋t1－t ＝7，整理得t 2－4t ＋4＝0，解得t ＝2，即tan θ＝2．故选D ．9.(2020全国3理16)关于函数f (x )＝sin x ＋1sin x 有如下四个命题：①f (x )的图象关于y 轴对称． ②f (x )的图象关于原点对称． ③f (x )的图象关于直线x ＝π2对称．④f (x )的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 答案：②③解析：对于命题①，f (π6)＝12＋2＝52，f (－π6)＝－12－2＝－52，则f (－π6)≠f (π6)，所以，函数f (x )的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数f (x )的定义域为{x |x ≠k π，k ∈Z}，定义域关于原点对称，f (－x )＝sin(－x )＋1sin (－x )＝－sin x －1sin x ＝－(sin x ＋1sin x )＝－f (x )，所以，函数f (x )的图象关于原点对称，命题②正确； 对于命题③，∵f (π2－x )＝sin(π2－x )＋1sin (π2－x )＝cos x ＋1cos x ， f (π2＋x )＝sin(π2＋x )＋1sin (π2＋x )＝cos x ＋1cos x ，则f (π2－x )＝f (π2＋x )， 所以，函数f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，命题③正确；对于命题④，当－π＜x ＜0时，sin x ＜0，则f (x )＝sin x ＋1sin x＜0＜2，命题④错误．故答案为：②③．三：考 点 整 合1.常用的三种函数的图象与性质(下表中k ∈Z )图象递增 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π2，2k π＋π2 [2k π－π，2k π]⎝ ⎛⎭⎪⎫k π－π2，k π＋π2 递减 区间 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π2，2k π＋3π2 [2k π，2k π＋π]奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 对称 中心 (k π，0) ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π＋π2，0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0 对称轴 x ＝k π＋π2 x ＝k π 周期性2π2ππ2.三角函数的常用结论(1)y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )求得.(2)y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z )时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z )时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )求得. (3)y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z )时为奇函数. 3.三角函数的两种常见变换 (1)y ＝sin x ――——————————→向左(φ＞0)或向右(φ＜0)平移|φ|个单位y ＝sin(ωx ＋φ)――——————————→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0).y ＝sin ωx ―————————————―→向左(φ＞0)或向右(φ＜0)平移|φω|个单位y ＝sin(ωx ＋φ)————————————―→纵坐标变为原来的A 倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0). 四：热点解析热点一 三角函数的定义与同角关系式1.已知512sin ,cos ,1313αα==-，则角α的终边与单位圆的交点坐标是（ ） A ．512(,)1313- B ．512(,)1313- C ．125(,)1313- D ．125(,)1313-【答案】D【详解】设交点坐标为(,)P x y ，根据三角函数的定义，可得125cos ,sin 1315x y αα==-==，所以角α的终边与单位圆的交点坐标是125(,)1313-. 2.(2018全国1文11)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A (1，a )，B (2，b )，且cos2α＝23，则|a －b |＝( )A ．15B ．55C ．255D ．1答案：B解析：根据条件，可知O ，A ，B 三点共线，从而得到b ＝2a ，因为cos2α＝2cos 2α－1＝2·(1a 2＋1)2－1＝23，解得a 2＝15，即|a |＝55，所以|a －b |＝|a －2a |＝55，故选B ． 探究提高 1.任意角的三角函数值仅与角α的终边位置有关，而与角α终边上点P 的位置无关.若角α已经给出，则无论点P 选择在α终边上的什么位置，角α的三角函数值都是确定的.2.应用诱导公式与同角关系开方运算时，一定要注意三角函数值的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等.3.若sin α＝－513，且α为第四象限角，则tan α的值等于_____________．答案：－512．4.已知tan α＝2，则sin αcos α＋cos 2α2sin αcos α＋sin 2α＝，sin 2α－2sin αcos α＋2＝ ． 答案：38；2．5.已知sin α＋cos α＝15，α∈(0，π)，则cos α－sin α＝ ，tan α＝ ．答案：－75；－43解析：sin α＋cos α＝15，α∈(0，π)，且sin 2α＋cos 2α＝1，得到sin α＝45，cos α＝－35探究提高1．三角函数求值(1) 知一求其余三角函数值；(2)关于sin α与cos α的齐次式，同除cos α或cos 2α，如果不是齐次，借助1＝sin 2α＋cos 2α构造齐次．(3)sin α＋cos α，sin α－cos α，sin αcos α间关系式注意 根据角的范围确定三角函数值正负．无法确定正负时可根据三角函数值的正负(或与特殊角的三角函数值)缩小角的范围．6．如图，在直角坐标系xOy 中，角α的顶点是原点，始边与x 轴正半轴重合，终边交单位圆于点A ，且(,)62ππα∈. 将角α的终边按逆时针方向旋转3π，交单位圆于点B ，记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).（1）若113x =，求2x ；（2）分别过A ，B 作x 轴的垂线，垂足依次为C ，D ，记△AOC 的面积为S 1，△BOD 的面积为S 2，若122S S =，求角α的值.解：（1）由三角函数定义，1cos x α=，2cos()3x πα=+， 因为(,)62ππα∈，1cos 3α=，所以222sin 1cos 3αα=-=.213126cos()cos sin 3226x πααα-=+=-=.（2）依题意，1sin y α=，2sin()3y πα=+， 所以111111cos sin sin 2224S x y ααα==⋅=， )322sin(41-)3sin()3cos(2121222παπαπα+=++-==y x S ,依题意，s inα＋s inα－s inαcosαinα和cosα tan αsin2α2sin 22sin(2)3παα=-+，化简得cos20α=，因为62ππα<<，则23παπ<<，所以22πα=，即4πα=.7.如图，在平面直角坐标系xOy 中，31,22A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭为单位圆上一点，射线OA 绕点O 按逆时针方向旋转θ后交单位圆于点B ，点B 的纵坐标y 关于θ的函数为()y fθ=.（1）求函数()y f θ=的解析式，并求223f f ππ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（2）若1()3f θ=，求7cos sin 36ππθθ⎛⎫⎛⎫--+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的值.【答案】（1）()sin 6f πθθ⎛⎫=+⎪⎝⎭，23123f f ππ+⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（2）23. 【详解】解：（1）因为3122A ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭，所以6xOA π∠=，由三角函数定义，得()sin 6f πθθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭. 所以2253131sin sin 2336222f f ππππ⎛⎫⎛⎫+=+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. （2）因为1()3f θ=，所以1sin 63πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以7cos sin cos sin 36626πππππθθθθπ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+=+--++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭sin sin 66ππθθ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22sin 63πθ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.热点二 三角函数的图象辨析(2019全国1理5)函数f (x )=sin x ＋xcos x ＋x 2在[－π，π]的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．答案：D 解析：由f (－x )＝sin(－x )＋(－x )cos(－x )＋(－x )2＝－sin x －xcos x ＋x 2＝－f (x )，得f (x )是奇函数，其图象关于原点对称，排除A ．又f (π2)＝1＋π2(π2)2＝4＋2ππ2＞1，f (π)＝π－1＋π2＞0，排除B ，C ，故选D ．(2019全国1文5)函数f (x )＝sin x ＋xcos x ＋x 2在[－π，π]的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．答案：D 解析：由f (－x )＝sin(－x )＋(－x )cos(－x )＋(－x )2＝－sin x －xcos x ＋x 2＝－f (x )，得f (x )是奇函数，其图象关于原点对称，排除A ．又f (π2)＝1＋π2(π2)2＝4＋2ππ2＞1，f (π)＝π－1＋π2＞0，排除B ，C ，故选D ．3.(2017全国1文8)函数y ＝sin2x1－cos x的部分图象大致为( )A ．B ．C ．D ．答案：C解析：由题意知，函数y ＝sin2x1－cos x 为奇函数，故排除B ；当x ＝π时，y ＝0，故排除D ；当x ＝1时，y ＝sin21－cos2＞0，故排除A ，故选C ．热点三：f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)平移变化及其解析式求解12．（2020·天津和平区·高一期末）如图是函数()2sin()0,||2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的部分图象，则ω和ϕ的值分别为（ ）A ．2,6πB ．2,3π-C ．1,6π D ．1,3π-【答案】A【详解】由题意可得22362T πππ=-=，即2T ππω==，解得：2ω=，又函数()()2sin 2(0,)2=+><f x x πϕωϕ图象的一个最高点为,26π⎛⎫⎪⎝⎭， 2sin 226πϕ⎛⎫∴⨯+= ⎪⎝⎭，即sin 13πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得：()2,32k k Z ππϕπ+=+∈，即()2,6k k Z πϕπ=+∈，又2πϕ<，0k ∴=时，6π=ϕ， 综上可知：2ω=，6π=ϕ故选：A 探究提高 1.在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.2.已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，一般把第一个“零点”作为突破口，可以从图象的升降找准第一个“零点”的位置.2．（多选）已知函数()()()2sin 0,||f x x ωϕωϕπ=+><的部分图象如图所示，则（ ）A ．2ω=B ．3πϕ= C ．若123x x π+=，则()()12f x f x =D ．若123x x π+=，则()()120f x f x +=【答案】AC 【详解】522212122T T πππππωω⎛⎫=--=⇒==⇒= ⎪⎝⎭，A 正确；可得()()2sin2f x xϕ=+.由图可知5121226 xπππ⎛⎫+-⎪⎝⎭==时函数取最大值，所以()22,62k k Zππϕπ⨯+=+∈因为||ϕπ<，所以6π=ϕ，B错误；因为6xπ=为()f x图象的一条对称轴，若123x xπ+=，则1226x xπ+=，所以()()12f x f x=，C正确、D错误.故选：AC.3．（多选）函数()sin(2)0,||2f x A x Aπϕϕ⎛⎫=+><⎪⎝⎭部分图象如图所示，对不同x1，x2∈[a，b]，若f（x1）＝f（x2），有f（x1+x2）3=，则（）A．a+b＝πB．2b aπ-=C．3πϕ=D．()3f a b+=【答案】BCD【详解】因为函数()sin(2)0,||2f x A x Aπϕϕ⎛⎫=+><⎪⎝⎭，所以函数的周期为22ππ=，由函数的图象得22Tb aπ-==，故B正确；由图象知A＝2，则f（x）＝2sin（2x+φ），在区间[a，b]中的对称轴为2a bx+=，因为f（x1+x2）3=x1，x2也关于2a bx+=对称，所以1222x x a b++=，即x1+x2＝a+b，所以f（a+b）＝f（x1+x2）3=A错误，D正确，设122x xt+=，则122x x t+=，所以()()2sin22f t tϕ=+=，即()sin21tϕ+=，所以22,2t k k Zπϕπ+=+∈，即22,2t k k Zππϕ=+-∈，所以()()12122sin2f x x x xϕ+=++⎡⎤⎣⎦()2sin42sin3kππϕϕ=+-=，解得sin ϕ=，又||2ϕπ<，所以3πϕ=，故C 正确；故选：BCD ．热点四 三角函数的性质1.已知函数sin(2)()22y x ϕϕππ=+-<<的图象关于直线3x π=对称，则ϕ的值是 ． 答案：π6-2.已知函数y ＝A sin(2x ＋φ)的对称轴为x ＝π6，则φ的值为 ．答案：k π＋π6(k ∈Z )．3.已知函数y ＝cos(2x ＋φ)为奇函数，则φ的值为 ．答案：k π＋π2(k ∈Z )．4.将函数()π()2sin 26f x x =+的图象至少向右平移 个单位，所得图象恰关于坐标原点对称．答案：π12.5.若函数()sin()(0,0)f x A x A ωϕω=+>>的图象与直线y m =的三个相邻交点的横坐标分别是6π，3π，23π，则实数ω的值为 ．答案：46.已知函数()sin()(030)f x x ωϕωϕ=+<<<<π，．若4x π=-为函数()f x 的一个零点，3x π=为函数()f x 图象的一条对称轴，则ω的值为 ． 答案：76探究提高：三角函数对称问题方法：对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)或y ＝A cos(ωx ＋φ) 若x ＝x 0为对称轴⇔f (x 0)＝±A ． 若(x 0，0)为中心对称点⇔f (x 0)＝0．推论：对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)或y ＝A cos(ωx ＋φ)若函数y ＝f (x )为偶函数⇔f (0)＝±A ．若函数y ＝f (x )为奇函数⇔f (0)＝0．7.将函数()π()sin 6f x x ω=-（0ω>）的图象向左平移π3个单位后，所得图象关于直线πx =对称，则ω的最小值为 ．答案：12解析：将()f x 的图象向左平移π3个单位得到()ππsin 36y x ωω=+-，因为图象关于直线πx =对称，所以()4ππsin 136ω-=±，所以4ππππ362k ω-=+，即3142k ω=+，k ∈Z ，所以ω的最小值为12．8.对于函数()12sin 3()42f x x x R π⎛⎫=-++∈ ⎪⎝⎭，有以下四种说法：①函数的最小值是32-②图象的对称轴是直线()312k x k Z ππ=-∈ ③图象的对称中心为,0()312k k Z ππ⎛⎫-∈⎪⎝⎭④函数在区间7,123ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上单调递增．其中正确的说法的个数是（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】B【详解】函数()12sin 3()42f x x x R π⎛⎫=-++∈ ⎪⎝⎭，当3=42x ππ+时，即=12x π，函数()f x 取得最小值为132122-⨯+=-，故①正确； 当342x k πππ+=+时，即=,123k x k Z ππ+∈，函数()f x 的图象的对称轴是直线=,123k x k Z ππ+∈，故②错误； 当34x k ππ+=时，即,123k x k Z ππ=-+∈，函数()f x 的图象的对称中心为1,,1232k k Z ππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭，故③错误； 当3232242k x k πππππ+≤+≤+，即252,123123k k x k Z ππππ+≤≤+∈，函数()f x 的递增区间为252,,123123k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，当1k =-时，()f x 的递增区间为7,124ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，故④正确.故选：B9.下列命题正确的是（ ）A ．函数sin ||y x =是偶函数又是周期函数B ．函数y =是奇函数C ．函数tan 6y ax π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小正周期是aπD ．函数cos(sin )y x =是奇函数 【答案】B【详解】sin y x =是偶函数，但不是周期函数，A 错误；对函数()f x =0>得tan x <<，,33k x k k Z ππππ-<<+∈，定义域关于原点对称，()()f x f x -==-=-，函数是奇函数，B 正确；tan 6y ax π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小正周期是a π，C 错误；记()g x cos(sin )x =，定义域是R ，()()cos sin cos(sin )cos(sin )()g x x x x f x -=-=-==⎡⎤⎣⎦，()f x 是偶函数，D 错误．故选：B ． 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的奇偶性与周期性．判断奇偶性一般用奇偶性的定义进行判断．tan y x ω=的最小正周期是T πω=，sin()y x ωϕ=+的最小正周期是2πω． 10.设函数()()2sin 3f x x x R π⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，下列结论中错误的是（ ） A ．()f x 的一个周期为2π吗 B ．()f x 的最大值为2 C ．()f x 在区间263ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减 D ．3f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的一个零点为 6x π=【答案】D【详解】()()2sin 3f x x x R π⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭，∴()f x 的一个周期为221T ππ==，故A 正确；()f x 的最大值为2，故B 正确；令322,232k x k k Z πππππ+≤+≤+∈，解得722,66k x k k Z ππππ+≤≤+∈，∴()f x 的单调递减区间为72,2,66k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，263ππ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭，72,2,66k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，∴()f x 在区间263ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，故C 正确；22sin 33f x x ππ⎛⎫⎛⎫+=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且252sin 2sin 0636πππ⎛⎫+=≠ ⎪⎝⎭，故D 错误.故选：D. 热点四 三角函数性质与图象的综合应用1.若动直线x a =与函数())12f x x π=+与()cos()12g x x π=+的图象分别交于M 、N 两点，则||MN 的最大值为（ ）A B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【详解】()),()cos()1212f x xg x x ππ=+=+令())cos()1212F a a a ππ=+-+∴求||MN 的最大值即求函数()F a 的最大值())cos()1212F a a a ππ=+-+2sin()2sin()12612a a πππ=+-=-∴函数()F a 的最大值为2故选:C.2．设函数()()2sin 0,2f x x πωφφφ⎛⎫=+><⎪⎝⎭的部分图象如图.若对任意的()()2x R f x f t x ∈=-，恒成立，则实数t 的最小正值为____.【答案】12π 【分析】【详解】由图象知：5556124T ππ⎛⎫--= ⎪⎝⎭，即T π=，则22Tπω==， 由“五点法”得552sin 063f ππφ⎛⎫⎛⎫=+=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以()53k k Z πφπ+=∈，即()53k k Z πφπ=-∈，因为2πφ<，所以3πφ=，所以()2sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 又因为()()2f x f t x =-，所以函数()f x 图象的对称轴为直线x =t ， 则()2sin 223f t t π⎛⎫=+=± ⎪⎝⎭，所以23t π+()2k k Z ππ=+∈，解得()212k t k Z ππ=+∈， 当k =0时，t 取到了最小正值为12π.故答案为：12π. 3．（多选）已知函数，f （x ）＝2sin x -a cos x 的图象的一条对称轴为6x π=-，则（ ）A ．点(,0)3π是函数，f （x ）的一个对称中心B ．函数f （x ）在区间(,)2ππ上无最值C ．函数f （x ）的最大值一定是4D ．函数f （x ）在区间5(,)66ππ-上单调递增【答案】ACD【详解】由题意，得2()2sin cos 4)f x x a x a x θ=-=+-，θ为辅助角， 因为对称轴为6x π=-，所以3()16f π-=-234|1|a +-，解得3a =所以()4sin()3f x x π=-；故()03f π=，所以A 正确； 又当232x k ππ-=+π（k ∈Z ），即当526x k ππ=+（k ∈Z ）时， 函数f （x ）取得最大值4，所以B 错误，C 正确；22232k x k πππ-+π<-<+π（k ∈Z ）⇒52266k x k ππ-+π< <+π（k ∈Z ），所以D 正确； 故选：ACD .4．已知函数()sin cos f x x a x =+的图象关于直线6x π=对称，1x 是()f x 的一个极大值点，2x 是()f x 的一个极小值点，则12x x +的最小值为______．【答案】23π【详解】因为()f x 的图象关于6x π=对称，所以1622f a π⎛⎫==+⎪⎝⎭，所以解得a =()sin 2sin 3f x x x x π⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，又因为()112sin 23f x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以1112,32x k k Z πππ+=+∈，所以1112,6x k k Z ππ=+∈，又因为()222sin 23f x x π⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，所以2222,32x k k Z πππ+=-+∈所以22252,6x k k Z ππ=-+∈，所以121212522,,66x x k k k Z k Z ππππ+=+-+∈∈， 所以()12121222,,3x x k k k Z k Z ππ+=-++∈∈，显然当120k k +=时有最小值， 所以12min2233x x ππ+=-=，故答案为：23π.。
2021-2022年高考数学二轮复习 专题3 三角函数 第2讲 解三角形 理
2021年高考数学二轮复习专题3 三角函数第2讲解三角形理正、余弦定理在平面几何中的应用1.(xx广西南宁二模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=,则B等于( C )(A) (B) (C) (D)解析:由=及正弦定理得=.所以整理得a2+c2-b2=ac,所以cos B==,所以B=.故选C.2.(xx遵义市高三联考)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2+bc-a2=0,则的值为( A )(A) (B)- (C) (D)-解析:因为b2+c2+bc-a2=0,所以b2+c2-a2=-bc.所以cos A==-.所以A=.由正弦定理可知,==sin A=.故选A.3.(xx河南六市联考)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sin A=,a=2,S △ABC=,则b的值为( A )(A) (B) (C)2 (D)2解析:因为S△ABC=bcsin A=×bc×=,所以bc=3. ①因为sin A=且A为锐角,所以cos A=.所以由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccos A,即4=b2+c2-2×3×,所以b2+c2=6. ②由①②可解得b=c=.故选A.4.(xx赤峰市高三统考)已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C所对的边,且满足(2c+b)cos A+acos B=0,若a=4,则△ABC面积的最大值是.解析:由(2c+b)cos A+acos B=0及正弦定理得,(2sin C+sin B)cos A+sin Acos B=0.所以2sin Ccos A+sin C=0.又因为sin C≠0,所以cos A=-.又A∈(0,π),所以A=.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即16=b2+c2-2bc·cos =b2+c2+bc≥3bc.所以bc≤,当且仅当b=c=时,等号成立,所以S△ABC=bcsin A=bc≤×=.答案:三角恒等变换与解三角形的综合5.在△ABC中,A,B,C的对边分别为a,b,c,若acos C,bcos B,ccos A成等差数列,则B 等于( C )(A) (B) (C) (D)解析:因为acos C,bcos B,ccos A成等差数列,所以acos C+ccos A=2bcos B,根据正弦定理可得sin Acos C+sin Ccos A=2sin Bcos B,即sin (A+C)=2sin Bcos B,又A+B+C=π,所以sin B=2sin Bcos B,又sin B≠0,所以cos B=,又B∈(0,π),所以B=,故选C.6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,S表示△ABC的面积,若acos B+bcos A=csin C,S=(b2+c2-a2),则B等于( B )(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°解析:根据正弦定理得sin Acos B+sin Bcos A=sin2C,即sin (A+B)=sin C=sin2C,因为sin C≠0,所以sin C=1,即C=90°.由S=(b2+c2-a2),得bcsin A=(b2+c2-a2),即sin A==cos A,即tan A=1,又A∈(0°,180°),所以A=45°,所以B=45°.故选B.7.(xx江西九江二模)在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=60°.(1)若sin C+cos C=cos B,求B和C的大小;(2)若a=,求△ABC周长的取值范围.解:(1)由A=60°,得C=120°-B,代入sin C+cos C=cos B得, sin(120°-B)+cos(120°-B)=cos B.即sin B=cos B,所以tan B=1.又0°<B<120°,所以B=45°,C=75°.(2)法一由正弦定理得===2,设△ABC的周长为y,则y=2sin B+2sin C+=2sin B+2sin(120°-B)+=2sin(B+30°)+.又因为0°<B<120°,即30°<B+30°<150°,所以<sin(B+30°)≤1.从而2<2sin(B+30°)+≤3,所以△ABC周长的取值范围是(2,3].法二由余弦定理得()2=b2+c2-2bccos,即(b+c)2-3=3bc,所以(b+c)2-3≤3（）2,即b+c≤2,当且仅当b=c=时,等号成立.又b+c>a,所以b+c>.所以△ABC周长的取值范围是(2,3].正、余弦定理的实际应用8.(xx吉林模拟)一船向正北航行,看见正西方向有相距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45°,另一灯塔在船的南偏西75°,则这艘船的速度是每小时( D )(A)5海里 (B)5(-1)海里(C)10海里(D)10(-1)海里解析:如图所示,依题意有∠BAC=45°,∠BAD=75°,所以∠CAD=30°,∠CDA=15°,在△ACD中,由正弦定理得==20,则AC=20sin 15°=5(-),在直角三角形ABC中,得AB=ACsin 45°=5(-1),于是这艘船的速度是=10(-1)(海里/小时).故选D.9.已知甲船正在大海上航行,当它位于A处时获知,在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救,甲船立即以10海里/小时的速度匀速前往救援,同时把消息告知在甲船的南偏西30°,相距10海里C处的乙船,乙船当即也决定匀速前往救援,并且与甲船同时到达.(1)试问乙船航行速度的大小;(2)试问乙船航行的方向(试用方位角表示,结果精确到1°).解:(1)设C与B的距离为x海里,所用时间为=2(小时),则x2=AC2+AB2-2AB·ACcos 120°=102+202+2×20×10×=700,所以x=10.v乙==5(海里/小时),所以乙船航行速度为5海里/小时.(2)设∠ACB=θ,则=,=,则sin θ=,得θ≈41°,所以乙船应朝北偏东71°的方向沿直线前往B处救援.一、选择题1.在锐角△ABC中,角A,B所对的边长分别为a,b.若2asin B=b,则角A等于( D )(A) (B) (C) (D)解析:根据正弦定理,2sin Asin B=sin B,所以sin A=,又△ABC为锐角三角形,所以A=.故选D.2.(xx广东卷)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,c=2,cos A=且b<c,则b等于( C )(A)3 (B)2 (C)2 (D)解析:由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,即4=b2+12-6b⇒b2-6b+8=0⇒(b-2)(b-4)=0,由b<c,得b=2.3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a2+c2-b2)tan B=ac,则角B的值是( B )(A) (B)或(C)或(D)解析:由(a2+c2-b2)tan B=ac得a2+c2-b2=,根据余弦定理得cos B=,所以cos B==,即tan Bcos B=,即sin B=,又B∈(0,π),所以B=或B=.故选B.4.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知8b=5c,C=2B,则cos C等于( A )(A) (B)- (C)±(D)解析:因为C=2B,所以sin C=sin 2B=2sin Bcos B,根据正弦定理有=,所以==,所以cos B==×=.所以cos C=cos 2B=2cos2B-1=2×-1=.故选A.5.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a,b,c成等比数列.若sin B=,cos B=,则a+c等于( C )(A) (B) (C)3 (D)2解析:因为a,b,c成等比数列,所以b2=ac.又sin B=,cos B=,所以cos B==.所以ac=13.由余弦定理知,a2+c2-b2=2accos B=2×13×=24.所以a2+c2=24+b2=24+ac=24+13=37.所以(a+c)2=a2+c2+2ac=37+2×13=63.所以a+c==3.选C.6.(xx丹东一模)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( B )(A)30(+1) m (B)120(-1) m(C)180(-1) m (D)240(-1) m解析:如图,∠DAB=15°,因为tan 15°=tan (45°-30°)==2-.在Rt△ADB中,又AD=60,所以DB=AD·tan 15°=60×(2-)=120-60.在Rt△ADC中,∠DAC=60°,AD=60,所以DC=AD·tan 60°=60.所以BC=DC-DB=60-(120-60)=120(-1)(m).所以河流的宽度BC等于120(-1)m.故选B.7.(xx江西七校联考)在△ABC中,若sin(A-B)=1+2cos(B+C)sin(A+C),则△ABC的形状一定是( D )(A)等边三角形(B)不含60°的等腰三角形(C)钝角三角形(D)直角三角形解析:sin(A-B)=1+2cos(B+C)sin(A+C)=1-2cos Asin B,所以sin Acos B-cos Asin B=1-2cos Asin B,所以sin Acos B+cos Asin B=1,即sin(A+B)=1,则有A+B=.故选D.8.△ABC的三内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,设向量p=(sin B,a+c),q=(sin C-sin A,b-a).若∃λ∈R,使p=λq,则角C的大小为( C )(A) (B) (C) (D)解析:因为∃λ∈R,使p=λq,所以p∥q,所以有(b-a)sin B-(a+c)(sin C-sin A)=0,由正弦定理得b2-ab-c2+a2=0,cos C==.又C∈(0,π),所以C=.故选C.9.(xx洛阳模拟)在△ABC中,D是BC边上的点,AB=2,AD=,AC=4,∠C=30°,∠BAC>∠B,则BD等于( B )(A)2或4 (B)1或3(C)3或2 (D)4或1解析:在△ABC中,由正弦定理,得sin B==,所以∠B=45°或∠B=135°,又∠BAC>∠B,所以∠B=45°.因为AD=,则在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos 45°,即5=8+BD2-2×2×BD×cos 45°,解得BD=1或BD=3.故选B.10.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a2+b2=mc2(m为常数),若tan C(tan A+tan B)=2tan A·tan B,则m的值为( A )(A)2 (B)4 (C)7 (D)8解析:因为tan C(tan A+tan B)=2tan Atan B,所以=tan C.即=.所以sin Asin Bcos C=sin C·sin (A+B)=sin2 C.由正弦定理,上式可化为abcos C=c2, ①由余弦定理知,cos C=. ②由①②得,a2+b2=2c2.因为a2+b2=mc2,所以m=2.选A.二、填空题11.(xx北京卷)在△ABC中,a=4,b=5,c=6,则= .解析:在△ABC中,cos A===,由正弦定理可知====1.答案:112.(xx宁夏石嘴山高三联考)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos C=,且sin C=sin B,则△ABC的内角A= .解析:因为cos C==,所以整理得a2+c2=b2.所以B=.所以sin B=1.又由sin C=sin B可得sin C=,所以C=.所以A=.答案:13.(xx广东卷)在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知bcos C+ccos B=2b,则= .解析:根据正弦定理得a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C,代入已知式子中,可得sin Bcos C+sin Ccos B=2sin B,即sin A=2sin B,由此可知a=2b,即=2.答案:214.(xx湖北卷)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= m.解析:在△ABC中,∠BAC=30°,∠BCA=75°-30°=45°,所以由正弦定理得,BC=·AB=×600=×600=300.在△BCD中,CD=BCtan 30°=300×=100.故此山的高度为100 m.答案:100正、余弦定理的简单应用训练提示:利用正、余弦定理解三角形的关键是正确判断边角关系,合理选择正、余弦定理,实现边角互化,注意题目中的隐含条件,如A+B+C=π,大边对大角等.同时注意方程思想的应用.1.(xx安徽卷)在△ABC中,∠A=,AB=6,AC=3,点D在BC边上,AD=BD,求AD的长.解:设△ABC的内角∠BAC,B,C所对边的长分别是a,b,c,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos ∠BAC=(3)2+62-2×3×6×cos=18+36-(-36)=90,所以a=3.又由正弦定理得sin B===,由题设知0<B<,所以cos B===.在△ABD中,因为AD=BD,所以∠ABD=∠BAD,所以∠ADB=π-2B,故由正弦定理得AD====.2.(xx新课标全国卷Ⅱ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+csin B.(1)求B;(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.解:(1)由已知及正弦定理得sin A=sin Bcos C+sin Csin B. ①又A=π-(B+C),故sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C.②由①②和C∈(0,π)得sin B=cos B.又B∈(0,π),所以B=.(2)△ABC的面积S=acsin B=ac.由已知及余弦定理得4=a2+c2-2accos .又a2+c2≥2ac,故ac≤,当且仅当a=c时,等号成立.因此△ABC面积的最大值为+1.三角恒等变换与解三角形的综合训练提示:解三角形与三角函数、恒等变换、向量等的综合问题,一般是以向量、边角关系式为载体.其解题思路是由向量、边角关系建立三角函数关系式或三角恒等式.结合正、余弦定理进行边角互化求解,注意角的范围在求值中的限制作用.3.(xx黑龙江高三模拟)△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c向量m=(2sin B,-),n=（cos 2B,2cos2-1）且m∥n.(1)求锐角B的大小;(2)如果b=2,求△ABC的面积S△ABC的最大值.解:(1)因为m∥n,所以2sin B（2cos2-1）=-cos 2B.所以sin 2B=-cos 2B,即tan 2B=-.又因为B为锐角,所以2B∈(0,π).所以2B=,所以B=.(2)因为B=,b=2,所以由余弦定理得cos B=,即a2+c2-ac-4=0,又因为a2+c2≥2ac,代入上式得ac≤4(当且仅当a=c=2时等号成立),S△ABC=acsin B=ac≤(当且仅当a=c=2时等号成立).即△ABC面积的最大值为.4.(xx湖南卷)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=btan A,且B为钝角.(1)证明:B-A=;(2)求sin A+sin C的取值范围.(1)证明:由a=btan A及正弦定理,得==,所以sin B=cos A,即sin B=sin（+A）.又B为钝角,则A为锐角,因此+A∈（,π）,故B=+A,即B-A=.(2)解:由(1)知,C=π-(A+B)=π-(2A+)=-2A>0,所以A∈(0,).于是sin A+sin C=sin A+sin(-2A)=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-2(sin A-)2+.因为0<A<,所以0<sin A<,因此<-2(sin A-)2+≤.由此可知sin A+sin C的取值范围是(,].正、余弦定理的实际应用训练提示:利用正、余弦定理解决实际问题的关键是将实际问题转化为数学模型,即转化为三角形中解决.注意基线的选取,基线所在的三角形往往是解决问题的突破口.5.(xx厦门模拟)某度假区依山修建了高山滑雪场.为了适应不同人群的需要,从山上A 处到山脚滑雪服务区P处修建了滑雪赛道A-C-P和滑雪练习道A-E-P(如图).已知cos∠ACP=-,cos∠APC=,cos∠APE=,公路AP长为10(单位:百米),滑道EP长为6(单位:百米).(1)求滑道CP的长度;(2)由于C,E处是事故的高发区,为及时处理事故,度假区计划在公路AP上找一处D,修建连接道DC,DE.问DP多长时,才能使连接道DC+DE最短,最短为多少百米?解:(1)因为cos∠ACP=-,cos∠APC=,所以sin∠ACP=,sin∠APC=.sin∠PAC=sin(∠APC+∠ACP)=sin∠APC·cos∠ACP+sin∠ACP·cos∠APC =,由=,得CP=5.所以滑道CP的长度是5百米.(2)设DP=x,x∈[0,10].因为EP=6,CP=5,cos∠APC=,cos∠APE=,所以DE==.DC==,所以DE+DC=+令f(x)=DE+DC=+=+,当且仅当x=4时,f(x)min=f(4)=3+2.所以当DP为4百米时,DE+DC最短,为(3+2)百米.实用文档。
2021届高考二轮复习数学专题训练：三角函数(2018-2020年全国卷高考题选)
2018-2020年高考全国卷数学之三角函数专题训练一．选择题（共25小题）1．（2018•全国）要得到y＝cos x，则要将y＝sin x（）A．向左平移π个单位B．向右平移π个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位2．（2018•全国）已知α为第二象限的角，且tanα＝﹣，则sinα+cosα＝（）A．﹣B．﹣C．﹣D．3．（2020•新课标Ⅰ）已知α∈（0，π），且3cos2α﹣8cosα＝5，则sinα＝（）A．B．C．D．4．（2020•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝cos（ωx+）在[﹣π，π]的图象大致如图，则f（x）的最小正周期为（）A．B．C．D．5．（2020•新课标Ⅱ）若α为第四象限角，则（）A．cos2α＞0B．cos2α＜0C．sin2α＞0D．sin2α＜0 6．（2020•新课标Ⅲ）已知2tanθ﹣tan（θ+）＝7，则tanθ＝（）A．﹣2B．﹣1C．1D．27．（2020•新课标Ⅲ）在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则cos B＝（）A．B．C．D．8．（2020•新课标Ⅲ）在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则tan B＝（）A．B．2C．4D．8 9．（2020•新课标Ⅲ）已知sinθ+sin（θ+）＝1，则sin（θ+）＝（）A．B．C．D．10．（2019•新课标Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a sin A﹣b sin B ＝4c sin C，cos A＝﹣，则＝（）A．6B．5C．4D．3 11．（2019•新课标Ⅰ）tan255°＝（）A．﹣2﹣B．﹣2+C．2﹣D．2+ 12．（2019•新课标Ⅱ）下列函数中，以为最小正周期且在区间（，）单调递增的是（）A．f（x）＝|cos2x|B．f（x）＝|sin2x|C．f（x）＝cos|x|D．f（x）＝sin|x| 13．（2019•新课标Ⅱ）已知α∈（0，），2sin2α＝cos2α+1，则sinα＝（）A．B．C．D．14．（2019•新课标Ⅱ）若x1＝，x2＝是函数f（x）＝sinωx（ω＞0）两个相邻的极值点，则ω＝（）A．2B．C．1D．15．（2019•新课标Ⅲ）设函数f（x）＝sin（ωx+）（ω＞0），已知f（x）在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：①f（x）在（0，2π）有且仅有3个极大值点②f（x）在（0，2π）有且仅有2个极小值点③f（x）在（0，）单调递增④ω的取值范围是[，）其中所有正确结论的编号是（）A．①④B．②③C．①②③D．①③④16．（2019•全国）已知tan A＝2，则＝（）A．B．C．3D．5 17．（2018•新课标Ⅱ）若f（x）＝cos x﹣sin x在[0，a]是减函数，则a的最大值是（）A．B．C．D．π18．（2018•新课标Ⅲ）函数f（x）＝的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π19．（2018•新课标Ⅱ）若f（x）＝cos x﹣sin x在[﹣a，a]是减函数，则a的最大值是（）A．B．C．D．π20．（2018•新课标Ⅱ）在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝（）A．4B．C．D．2 21．（2018•新课标Ⅲ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为，则C＝（）A．B．C．D．22．（2018•新课标Ⅲ）若sinα＝，则cos2α＝（）A．B．C．﹣D．﹣23．（2018•新课标Ⅰ）已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A（1，a），B（2，b），且cos2α＝，则|a﹣b|＝（）A．B．C．D．1 24．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2cos2x﹣sin2x+2，则（）A．f（x）的最小正周期为π，最大值为3B．f（x）的最小正周期为π，最大值为4C．f（x）的最小正周期为2π，最大值为3D．f（x）的最小正周期为2π，最大值为425．（2017•全国）cos20°cos25°﹣sin20°sin25°＝（）A．B．C．0D．二．填空题（共7小题）26．（2020•新课标Ⅱ）若sin x＝﹣，则cos2x＝．27．（2019•新课标Ⅰ）函数f（x）＝sin（2x+）﹣3cos x的最小值为．28．（2019•新课标Ⅱ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若b＝6，a＝2c，B ＝，则△ABC的面积为．29．（2019•新课标Ⅱ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b sin A+a cos B＝0，则B＝．30．（2018•新课标Ⅱ）已知tan（α﹣）＝，则tanα＝．31．（2018•新课标Ⅱ）已知sinα+cosβ＝1，cosα+sinβ＝0，则sin（α+β）＝．32．（2018•新课标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，b2+c2﹣a2＝8，则△ABC的面积为．三．解答题（共8小题）33．（2020•新课标Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知B＝150°．（1）若a＝c，b＝2，求△ABC的面积；（2）若sin A+sin C＝，求C．34．（2020•新课标Ⅱ）△ABC中，sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sin B sin C．（1）求A；（2）若BC＝3，求△ABC周长的最大值．35．（2020•新课标Ⅱ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos2（+A）+cos A＝．（1）求A；（2）若b﹣c＝a，证明：△ABC是直角三角形．36．（2019•新课标Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．设（sin B﹣sin C）2＝sin2A﹣sin B sin C．（1）求A；（2）若a+b＝2c，求sin C．37．（2019•新课标Ⅲ）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知a sin＝b sin A．（1）求B；（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．38．（2019•全国）已知函数f（x）＝2sin2x﹣4cos2x+1．（1）求f（x）的最小正周期；（2）设g（x）＝f（），求g（x）在区间[0，]的最大值与最小值．39．（2018•新课标Ⅰ）在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．（1）求cos∠ADB；（2）若DC＝2，求BC．40．（2018•全国）在△ABC中，角A、B、C对应边a、b、c，外接圆半径为1，已知2（sin2A ﹣sin2C）＝（a﹣b）sin B．（1）证明a2+b2﹣c2＝ab；（2）求角C和边c．2021年02月06日步步高的高中数学组卷参考答案与试题解析一．选择题（共25小题）1．【解答】解：要将y＝sin x的图象向左平移个单位，可得y＝sin（x+）＝cos x的图象，故选：C．2．【解答】解：tanα＝＝﹣，①，sin2α+cos2α＝1，②，又α为第二象限的角，∴sinα＞0，cosα＜0，联立①②，解得，，则sinα+cosα＝．故选：C．3．【解答】解：由3cos2α﹣8cosα＝5，得3（2cos2α﹣1）﹣8cosα﹣5＝0，即3cos2α﹣4cosα﹣4＝0，解得cosα＝2（舍去），或cos．∵α∈（0，π），∴α∈（，π），则sinα＝＝．故选：A．4．【解答】解：由图象可得最小正周期小于π﹣（﹣）＝，大于2×（）＝，排除A，D；由图象可得f（﹣）＝cos（﹣ω+）＝0，即为﹣ω+＝kπ+，k∈Z，（*）若选B，即有ω＝＝，由﹣×+＝kπ+，可得k不为整数，排除B；若选C，即有ω＝＝，由﹣×+＝kπ+，可得k＝﹣1，成立．故选：C．5．【解答】解：α为第四象限角，则﹣+2kπ＜α＜2kπ，k∈Z，则﹣π+4kπ＜2α＜4kπ，∴2α是第三或第四象限角或为y轴负半轴上的角，∴sin2α＜0，故选：D．6．【解答】解：由2tanθ﹣tan（θ+）＝7，得2tanθ﹣＝7，即2tanθ﹣2tan2θ﹣tanθ﹣1＝7﹣7tanθ，得2tan2θ﹣8tanθ+8＝0，即tan2θ﹣4tanθ+4＝0，即（tanθ﹣2）2＝0，则tanθ＝2，故选：D．7．【解答】解：在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，由余弦定理可得AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cos C＝42+32﹣2×4×3×＝9；故AB＝3；∴cos B＝＝＝，故选：A．8．【解答】解：∵cos C＝，AC＝4，BC＝3，∴tan C＝＝，∴AB＝＝＝3，可得A＝C，∴B＝π﹣2C，则tan B＝tan（π﹣2C）＝﹣tan2C＝＝＝4．故选：C．9．【解答】解：∵sinθ+sin（）＝1，∴sinθ+sinθ+cosθ＝1，即sinθ+cosθ＝1，得（cosθ+sinθ）＝1，即sin（）＝1，得sin（）＝故选：B．10．【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a sin A﹣b sin B＝4c sin C，cos A＝﹣，∴，解得3c2＝，∴＝6．故选：A．11．【解答】解：tan255°＝tan（180°+75°）＝tan75°＝tan（45°+30°）＝＝＝．故选：D．12．【解答】解：f（x）＝sin|x|不是周期函数，可排除D选项；f（x）＝cos|x|的周期为2π，可排除C选项；f（x）＝|sin2x|在处取得最大值，不可能在区间（，）单调递增，可排除B．故选：A．13．【解答】解：∵2sin2α＝cos2α+1，∴可得：4sinαcosα＝2cos2α，∵α∈（0，），sinα＞0，cosα＞0，∴cosα＝2sinα，∵sin2α+cos2α＝sin2α+（2sinα）2＝5sin2α＝1，∴解得：sinα＝．故选：B．14．【解答】解：∵x1＝，x2＝是函数f（x）＝sinωx（ω＞0）两个相邻的极值点，∴T＝2（）＝＝∴ω＝2，故选：A．15．【解答】解：当x∈[0，2π]时，ωx+∈[，2πω+]，∵f（x）在[0，2π]有且仅有5个零点，∴5π≤2πω+，∴，故④正确，因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，下面判断③是否正确，当x∈（0，）时，ωx+∈[，]，若f（x）在（0，）单调递增，则，即ω＜3，∵，故③正确．故选：D．16．【解答】解：tan A＝2，则＝＝＝．故选：B．17．【解答】解：f（x）＝cos x﹣sin x＝﹣（sin x﹣cos x）＝﹣sin（x﹣），由﹣+2kπ≤x﹣≤+2kπ，k∈Z，得﹣+2kπ≤x≤+2kπ，k∈Z，取k＝0，得f（x）的一个减区间为[﹣，]，由f（x）在[0，a]是减函数，得a≤．则a的最大值是．故选：C．18．【解答】解：函数f（x）＝＝＝sin2x的最小正周期为＝π，故选：C．19．【解答】解：f（x）＝cos x﹣sin x＝﹣（sin x﹣cos x）＝，由，k∈Z，得，k∈Z，取k＝0，得f（x）的一个减区间为[，]，由f（x）在[﹣a，a]是减函数，得，∴．则a的最大值是．故选：A．20．【解答】解：在△ABC中，cos＝，cos C＝2×＝﹣，BC＝1，AC＝5，则AB＝＝＝＝4．故选：A．21．【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．△ABC的面积为，∴S△ABC＝＝，∴sin C＝＝cos C，∵0＜C＜π，∴C＝．故选：C．22．【解答】解：∵sinα＝，∴cos2α＝1﹣2sin2α＝1﹣2×＝．故选：B．23．【解答】解：∵角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A（1，a），B（2，b），且cos2α＝，∴cos2α＝2cos2α﹣1＝，解得cos2α＝，∴|cosα|＝，∴|sinα|＝＝，|tanα|＝||＝|a﹣b|＝＝＝．故选：B．24．【解答】解：函数f（x）＝2cos2x﹣sin2x+2＝2cos2x﹣sin2x+2sin2x+2cos2x＝4cos2x+sin2x＝3cos2x+1＝＝，故函数的最小正周期为π，函数的最大值为，故选：B．25．【解答】解：因为cos20°cos25°﹣sin20°sin25°＝cos（20°+25°）＝．故选：A．二．填空题（共7小题）26．【解答】解：∵sin x＝﹣，∴cos2x＝1﹣2sin2x＝1﹣2×（﹣）2＝．故答案为：．27．【解答】解：∵f（x）＝sin（2x+）﹣3cos x，＝﹣cos2x﹣3cos x＝﹣2cos2x﹣3cos x+1，令t＝cos x，则﹣1≤t≤1，令g（t）＝﹣2t2﹣3t+1的开口向下，对称轴t＝，在[﹣1，1]上先增后减，故当t＝1即cos x＝1时，函数有最小值﹣4．故答案为：﹣428．【解答】解：由余弦定理有b2＝a2+c2﹣2ac cos B，∵b＝6，a＝2c，B＝，∴36＝（2c）2+c2﹣4c2cos，∴c2＝12，∴S△ABC＝，故答案为：6．29．【解答】解：∵b sin A+a cos B＝0，∴由正弦定理可得：sin A sin B+sin A cos B＝0，∵A∈（0，π），sin A＞0，∴可得：sin B+cos B＝0，可得：tan B＝﹣1，∵B∈（0，π），∴B＝．故答案为：．30．【解答】解：∵tan（α﹣）＝，∴tan（α）＝，则tanα＝tan（α+）＝＝＝＝＝，故答案为：．31．【解答】解：sinα+cosβ＝1，两边平方可得：sin2α+2sinαcosβ+cos2β＝1，①，cosα+sinβ＝0，两边平方可得：cos2α+2cosαsinβ+sin2β＝0，②，由①+②得：2+2（sinαcosβ+cosαsinβ）＝1，即2+2sin（α+β）＝1，∴2sin（α+β）＝﹣1．∴sin（α+β）＝．故答案为：．32．【解答】解：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．b sin C+c sin B＝4a sin B sin C，利用正弦定理可得sin B sin C+sin C sin B＝4sin A sin B sin C，由于0＜B＜π，0＜C＜π，所以sin B sin C≠0，所以sin A＝，则A＝由于b2+c2﹣a2＝8，则：，①当A＝时，，解得bc＝，所以．②当A＝时，，解得bc＝﹣（不合题意），舍去．故：．故答案为：．三．解答题（共8小题）33．【解答】解：（1）△ABC中，B＝150°，a＝c，b＝2，cos B＝＝＝，∴c＝2（负值舍去），a＝2，∴＝．（2）sin A+sin C＝，即sin（180°﹣150°﹣C）+＝，化简得＝，sin（C+30°）＝，∵0°＜C＜30°，∴30°＜C+30°＜60°，∴C+30°＝45°，∴C＝15°．34．【解答】解：（1）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sin B sin C，由正弦定理可得a2﹣b2﹣c2＝bc，即为b2+c2﹣a2＝﹣bc，由余弦定理可得cos A＝＝﹣＝﹣，由0＜A＜π，可得A＝；（2）由题意可得a＝3，又B+C＝，可设B＝﹣d，C＝+d，﹣＜d＜，由正弦定理可得＝＝＝2，可得b＝2sin（﹣d），c＝2sin（+d），则△ABC周长为a+b+c＝3+2[sin（﹣d）+sin（+d）]＝3+2（cos d﹣sin d+cos d+sin d），＝3+2cos d，当d＝0，即B＝C＝时，△ABC的周长取得最大值3+2．另解：a＝3，A＝，又a2＝b2+c2﹣2bc cos A，∴9＝b2+c2+bc＝（b+c）2﹣bc≥（b+c）2﹣（b+c）2，由b+c＞3，则b+c≤2（当且仅当b＝c时，“＝”成立），则△ABC周长的最大值为3+2．35．【解答】解：（1）∵cos2（+A）+cos A＝sin2A+cos A＝1﹣cos2A+cos A═，∴cos2A﹣cos A+＝0，解得cos A＝，∵A∈（0，π），∴A＝；（2）证明：∵b﹣c＝a，A＝，∴由正弦定理可得sin B﹣sin C＝sin A＝，∴sin B﹣sin（﹣B）＝sin B﹣cos B﹣sin B＝sin B﹣cos B＝sin（B﹣）＝，∵B，B﹣∈（﹣，），∴B﹣＝，可得B＝，可得△ABC是直角三角形，得证．36．【解答】解：（1）∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．∵（sin B﹣sin C）2＝sin2A﹣sin B sin C．∴sin2B+sin2C﹣2sin B sin C＝sin2A﹣sin B sin C，∴由正弦定理得：b2+c2﹣a2＝bc，∴cos A＝＝＝，∵0＜A＜π，∴A＝．（2）∵a+b＝2c，A＝，∴由正弦定理得，∴解得sin（C﹣）＝，∴C﹣＝，C＝，∴sin C＝sin（）＝sin cos+cos sin＝+＝．37．【解答】解：（1）a sin＝b sin A，即为a sin＝a cos＝b sin A，可得sin A cos＝sin B sin A＝2sin cos sin A，∵sin A＞0，∴cos＝2sin cos，若cos＝0，可得B＝（2k+1）π，k∈Z不成立，∴sin＝，由0＜B＜π，可得B＝；（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，由余弦定理可得b＝＝，由三角形ABC为锐角三角形，可得a2+a2﹣a+1＞1且1+a2﹣a+1＞a2，且1+a2＞a2﹣a+1，解得＜a＜2，可得△ABC面积S＝a•sin＝a∈（，）．38．【解答】解：f（x）＝2sin2x﹣4cos2x+1＝1﹣cos2x﹣2（1+cos2x）+1＝﹣3cos2x．（1）f（x）的最小正周期T＝；（2）g（x）＝f（）＝，∵x∈[0，]，∴﹣3cos x∈[﹣3，]．即g（x）在区间[0，]的最大值为﹣，最小值为﹣3．39．【解答】解：（1）∵∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．∴由正弦定理得：＝，即＝，∴sin∠ADB＝＝，∵AB＜BD，∴∠ADB＜∠A，∴cos∠ADB＝＝．（2）∵∠ADC＝90°，∴cos∠BDC＝sin∠ADB＝，∵DC＝2，∴BC＝＝＝5．40．【解答】证明：（1）∵在△ABC中，角A、B、C对应边a、b、c，外接圆半径为1，∴由正弦定理得：＝2R＝2，∴sin A＝，sin B＝，sin C＝，∵2（sin2A﹣sin2C）＝（a﹣b）sin B，∴2（）＝（a﹣b）•，化简，得：a2+b2﹣c2＝ab，故a2+b2﹣c2＝ab．解：（2）∵a2+b2﹣c2＝ab，∴cos C＝＝＝，解得C＝，∴c＝2sin C＝2•＝．。
2021新高考数学二轮复习：题型强化练3 解答题组合练(A)
题型强化练3解答题组合练(A)1.(2020山东青岛一模,17)设等差数列{a n}的前n项和为S n,等比数列{b n}的前n项和为T n.已知a1b1=2,S2=6,S3=12,T2=43,n∈N*.(1)求{a n},{b n}的通项公式;(2)是否存在正整数k,使得S k<6k,且T k>139?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.2.(2020山东济南二模,18)已知△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别是a,b,c.(1)证明:a cos B+b cos A=c;(2)在①2c-bcosB =acosA,②c cos A=2b cos A-a cos C,③2a-bcosCcosA=ccosBcosA这三个条件中任选一个补充在下面问题中,并解答.若a=7,b=5,,求△ABC的周长.3.(2020北京朝阳一模,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ACC1A1⊥平面ABC,四边形ACC1A1是正方形,点D,E分别是棱BC,BB1的中点,AB=4,AA1=2,BC=2√5.(1)求证:AB⊥CC1;(2)求二面角D-AC1-C的余弦值;(3)若点F在棱B1C1上,且B1C1=4B1F,判断平面AC1D与平面A1EF是否平行,并说明理由.4.(2020海南线上诊断性测试,21)如图,已知点F 为抛物线C :y 2=2px (p>0)的焦点,过焦点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ,N 两点,且当直线l 的倾斜角为45°时,|MN|=16. (1)求抛物线C 的方程.(2)试确定在x 轴上是否存在点P ,使得直线PM ,PN 关于x 轴对称?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.题型强化练3 解答题组合练(A )1.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,在数列{a n }中,a 3=S 3-S 2=6.又S 2=a 1+a 2=a 3-2d+a 3-d=12-3d=6,解得d=2, 则a 1=a 3-2d=2,所以a n =2+(n-1)×2=2n. 由a 1b 1=2,得b 1=T 1=1,因为b 2=T 2-T 1=43-1=13,设数列{b n }的公比为q , 所以q=b 2b 1=13,所以b n =1×(13)n -1=(13)n -1.(2)存在正整数k ,使得S k <6k ,且T k >139.由(1)知,S k =k (a 1+a k )2=k (k+1),因为S k =k (k+1)<6k ,整理得k 2-5k<0,解得0<k<5.又因为T k =1×(1-13k )1-13=32(1-13k )=32−12×3k -1,且T k =32−12×3k -1>139,即13k -1<19,解得k>3.因为k 为正整数,所以k=4. 2.(1)证明 由余弦定理可得,a cos B+b cos A=a ·a 2+c 2-b22ac+b ·b 2+c 2-a 22bc=a 2+c 2-b 2+b 2+c 2-a 22c=c ,所以a cos B+b cos A=c.(2)解 选①:因为2c -bcosB =acosA ,所以2c cos A=b cos A+a cos B ,由(1)中所证结论可知,2c cos A=c ,即cos A=12. 因为A ∈(0,π),所以A=π3.选②:因为c cos A=2b cos A-a cos C ,所以2b cos A=a cos C+c cos A ,由(1)中的证明过程同理可得,a cos C+c cos A=b , 所以2b cos A=b ,即cos A=12.因为A ∈(0,π),所以A=π3. 选③:因为2a-b ·cosCcosA =c ·cosB cosA ,所以2a cos A=b cos C+c cos B , 由(1)中的证明过程同理可得,b cos C+c cos B=a , 所以2a cos A=a ,即cos A=12.因为A ∈(0,π),所以A=π3.在△ABC 中,由余弦定理知,a 2=b 2+c 2-2bc cos A ,即25+c 2-10c ·1=49, 化简得c 2-5c-24=0,解得c=8或c=-3(舍),所以a+b+c=7+5+8=20, 即△ABC 的周长为20.3.(1)证明 因为四边形ACC 1A 1是正方形,所以CC 1⊥AC.又因为平面ABC ⊥平面ACC 1A 1,平面ABC ∩平面ACC 1A 1=AC ,所以CC 1⊥平面ABC. 又因为AB ⊂平面ABC ,所以AB ⊥CC 1.(2)解 由(1)知,CC 1⊥AB ,AA 1∥CC 1,所以AA 1⊥AB.又AB=4,AC=AA 1=2,BC=2√5,所以AB 2+AC 2=BC 2.所以AC ⊥AB. 如图,以A 为原点,建立空间直角坐标系A-xyz.所以A (0,0,0),B (4,0,0),C (0,0,2),A 1(0,2,0),D (2,0,1),C 1(0,2,2),E (4,1,0),则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2).由题意可知,平面ACC 1的一个法向量为u =(1,0,0). 设平面AC 1D 的一个法向量为v =(x ,y ,z ),则{v ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,v ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2x +z =0,2y +2z =0.令x=1,解得z=-2,y=2,所以v =(1,2,-2).设二面角D-AC 1-C 的平面角为θ,则|cos θ|=|u ·v ||u ||v |=11×3=13. 由题知,二面角D-AC 1-C 为锐角,所以其余弦值为13. (3)解 平面AC 1D 与平面A 1EF 不平行.理由如下:由(2)知,平面AC 1D 的一个法向量为v =(1,2,-2),且A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-1,0),所以A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·v =2≠0,所以A 1E 与平面AC 1D 不平行. 又因为A 1E ⊂平面A 1EF ,所以平面AC 1D 与平面A 1EF 不平行.4.解 (1)当直线l 的倾斜角为45°,则l 的斜率为1,∵F (p 2,0),∴l 的方程为y=x-p2.由{y =x -p2,y 2=2px ,得x2-3px+p 24=0.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=3p ,∴|MN|=x 1+x 2+p=4p=16,p=4,∴抛物线C 的方程为y 2=8x.(2)假设满足条件的点P 存在,设P (a ,0),由(1)知F (2,0), ①当直线l 不与x 轴垂直时,设l 的方程为y=k (x-2)(k ≠0),由{y =k (x -2),y 2=8x ,得k 2x 2-(4k 2+8)x+4k 2=0, Δ=(4k 2+8)2-4·k 2·4k 2=64k 2+64>0,x 1+x 2=4k 2+8k2,x 1x 2=4.∵直线PM ,PN 关于x 轴对称, ∴k PM +k PN =0,k PM =k (x 1-2)x 1-a ,k PN =k (x 2-2)x 2-a. ∴k (x 1-2)(x 2-a )+k (x 2-2)(x 1-a )=k [2x 1x 2-(a+2)·(x 1+x 2)+4a ]=-8(a+2)k=0, ∵k ≠0,∴解得a=-2,则P (-2,0).②当直线l 与x 轴垂直时,由抛物线的对称性,易知PM ,PN 关于x 轴对称,此时只需P 与焦点F 不重合即可. 综上,存在唯一的点P (-2,0),使得直线PM ,PN 关于x 轴对称.。
2021年数学三角函数真题(附解析)
2021年数学三角函数真题(附解析)一、选择题（共3小题；共15分）1. 如图，反比例函数的图象经过点，过作轴于点，连，直线，交轴于点，交轴于点，若点关于直线的对称点恰好落在该反比例函数图象上，则点纵坐标为A. B. C. D.2. 如图，内接于，，，是的直径，若，则A. B. C. D.3. 如图所示，点，，对应的刻度分别为，，，将线段绕点按顺时针方向旋转，当点首次落在矩形的边上时，记为点，则此时线段扫过的图形的面积为A. B. C. D.二、填空题（共7小题；共35分）4. 如图，正方形的边长为，分别以，为圆心，以正方形的边长为半径的圆相交于点，那么图中阴影部分的面积为．5. ．6. 如图，建筑物上有一高为的旗杆，从处观测旗杆顶部的仰角为，观测旗杆底部的仰角为，则建筑物考数据：，，）7. 如图，在正六边形中，连接对角线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是．8. 如图，正方形中，，与直线所夹锐角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，依此规律，则线段．9. 如图，正方形纸片的边长为，点是上一点，将沿折叠，点落在点处，连接并延长交于点．若，则的长为．10. 如图，在边长为的等边中，点，分别是边，上的动点，且，连接，交于点，连接，则的最小值为．三、解答题（共20小题；共260分）11. 计算：．12. 计算：．13. 在一次海上救援中，两艘专业救助船，同时收到某事故渔船的求救讯息，已知此时救助船在的正北方向，事故渔船在救助船的北偏西方向上，在救助船的西南方向上，且事故渔船与救助船相距海里．（1）求收到求救讯息时事故渔船与救助船之间的距离（结果保留根号）；（2）求救助船，分别以海里/小时，海里/小时的速度同时出发，匀速直线前往事故渔船处搜救，试通过计算判断哪艘船先到达．14. 开凿于北魏孝文帝年间的龙门石窟是中国石刻艺术瑰宝，卢舍那佛像是石窟中最大的佛像．某数学活动小组到龙门石窟景区测量这尊佛像的高度．如图，他们选取的测量点与佛像的底部在同一水平线上．已知佛像头部为，在处测得佛像头顶部的仰角为，头底部的仰角为，求佛像的高度（结果精确到．参考数据：，，）．15. 如图，在中，，点在边上，过，，三点的交边于另一点，且是的中点，是的一条直径，连接并延长交边于点．（1）求证：四边形为平行四边形；（2）当时，求的值．16. 已知点是线段的中点，点是直线上的任意一点，分别过点和点作直线的垂线，垂足分别为点和点．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．（1）【猜想验证】如图，当点与点重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”和的数量关系是．（2）【探究证明】如图，当点是线段上的任意一点时，“足中距”和的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）【拓展延伸】如图，①当点是线段延长线上的任意一点时，“足中距”和的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；②若，请直接写出线段，，之间的数量关系．17. 回答下列问题：（1）计算：；（2）化简求值：，其中．18. 已知：直线与轴、轴分别交于，两点，点为直线上一动点，连接，为锐角，在上方以为边作正方形，连接，设．（1）如图，当点在线段上时，判断与的位置关系，并说明理由；（2）直接写出点的坐标（用含的式子表示）；（3）若，经过点的抛物线顶点为，且有，的面积为，当时，求抛物线的解析式．19. 在矩形中，，，是对角线上不与点，重合的一点，过作于，将沿翻折得到，点在射线上，连接．（1）如图，若点的对称点落在上，，延长交于，连接．①求证：；②求．（2）如图，若点的对称点落在延长线上，，判断与是否全等，并说明理由．20. ．21. 如图，四边形中，，，，，以为圆心，为半径作圆，延长交于点，延长交于点，连接，交于点．（1）求证：为的切线；（2）求的值；（3）求线段的长．22. 年，达州河边新建成了一座美丽的大桥．某学校数学兴趣小组组织了一次测桥墩高度的活动，如图，桥墩刚好在坡角为的河床斜坡边，斜坡长为米，在点处测得桥墩最高点的仰角为，平行于水平线，长为米，求桥墩的高（结果保留位小数）．（，，，）23. 计算：．24. 如图，二次函数（是实数，且）的图象与轴交于，两点（点在点的左侧），其对称轴与轴交于点．已知点位于第一象限，且在对称轴上，，点在轴的正半轴上，，连接并延长交轴于点，连接AF．（1）求，，三点的坐标（用数字或含的式子表示）；（2）已知点在抛物线的对称轴上，当的周长的最小值等于时，求的值．25. 如图，在平面直角坐标系中，的斜边在轴上，坐标原点是的中点，，，双曲线经过点．（1）求；（2）直线与双曲线在第四象限交于点，求的面积．26. 计算：．27. 如图所示，直线与双曲线交于，两点，已知点的纵坐标为直线与轴交于点，与轴交于点，，．（1）求直线的解析式；（2）若点是第二象限内反比例函数图象上的一点，的面积是的面积的倍，求点的坐标；（3）直接写出不等式的解集．28. 已知抛物线与轴相交于，两点，与轴交于点，点是轴上的动点．（1）求抛物线的解析式；（2）如图，若，过点作轴的垂线交抛物线于点，交直线于点．过点作于点，当为何值时，；（3）如图，将直线绕点顺时针旋转，它恰好经过线段的中点，然后将它向上平移个单位长度，得到直线．①；②当点关于直线的对称点落在抛物线上时，求点的坐标．29. 某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：（1）【观察与猜想】（）如图，在正方形中，点，分别是，上的两点，连接，，，则的值为；（）如图，在矩形中，，，点是上的一点，连接，，且，则的值为；（2）【类比探究】如图，在四边形中，，点为上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，交的延长线于点，求证：；（3）【拓展延伸】如图，在中，，，，将沿翻折，点落在点处得，点，分别在边，上，连接，，．①求的值；②连接，若，直接写出的长度．30. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与坐标轴交于，两点，直线交轴于点．点为直线下方抛物线上一动点，过点作轴的垂线，垂足为，分别交直线，于点，．（1）求抛物线的表达式；（2）当时，连接，求的面积；（3）①是轴上一点，当四边形是矩形时，求点的坐标；②在①的条件下，第一象限有一动点，满足，求周长的最小值．答案第一部分1. A【解析】设交直线于点，过点作于，过作于点，如图．与关于直线对称，垂直平分．即为的中点，．，，．．直线经过点，直线的解析式为：．，，．设直线的解析式为，，．设直线的解析式为．反比例函数的图象经过点，反比例函数．解得：．．．，．．在中，，．同理：．．点纵坐标为．2. C【解析】过点作于点，如图所示：，，，又对应圆周角为和，，而为直径，，在中，，，，，，又，，，又，为直角三角形，，，由垂径定理可得：，故C正确．3. D【解析】由题意，知，，．由旋转的性质，得．在中，．．扇形的面积为．即线段扫过的图形的面积为．第二部分【解析】连接，，作于，，为等边三角形，，，，，则图中阴影部分的面积5.【解析】6.【解析】在中，，则，设，则，在中，，则，，，故建筑物的高约为．7. ①②③【解析】如图，连接．在和中，，，同法可证，，，四边形是菱形，故①正确，，，，，是等边三角形，，故②正确，，是等边三角形，，，点是的重心、内心及外心，故③正确，，四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，故④错误．8.【解析】根据题意可知，，，，，，，，，，．9.【解析】设与交于点，将沿折叠，点落在点处，，，四边形是正方形，，，，，在和中，，，，，，，，，．10.【解析】是等边三角形，，，在和中，，，，，如图，过点，点，点作，连接，，点在上运动，，，，，，，，，，垂直平分，，，，，，在中，，当点在上时，有最小值，的最小值．第三部分11. ．12.13. （1）作于，如图所示：则，由题意得：海里，，，在中，，，海里，在中，，，，（海里），答：收到求救讯息时事故渔船与救助船之间的距离为海里；（2）海里，海里，救助船，分别以海里/小时、海里/小时的速度同时出发，救助船所用的时间为（小时），救助船所用的时间为（小时），，救助船先到达．14. 根据题意可知：，，在中，，，，，解得，答：佛像的高度约为．15. （1）连接，，，是的直径，是的中点，，，，，，，，，，四边形为矩形，，四边形为平行四边形．（2）四边形为矩形，四边形为平行四边形，，，，，，，，，设，则，，，在中，，，在中，，在中，．16. （1）【解析】猜想：．理由：如图中，，，在与中，，．（2）数量关系依然成立．理由：过点作直线，交于点，延长交于点，，，四边形为矩形，，，由（）知，，在与中，，．（3）①结论成立．理由：如图中，延长交于点，，，，，点为的中点，，又，，，，，．②．【解析】②结论：．理由：如图中，，，是等边三角形，，，，，，，，，．17. （1）（2），，．18. （1）直线与轴、轴分别交于，两点，则点，的坐标分别为，，则，，，，，，，，，，；（2）或；【解析】①当点在线段上时，如图，过点作于点，，，故点的坐标为；②当点在线段的延长线上时，如图，同理可得，点的坐标为；综上，点的坐标为或；（3）①当点在线段上时，如题图，过点作于点，当时，即，则，则，故，的面积，解得抛物线过点，故而联立①②③并解得抛物线的表达式为；②抛物线过点，则，而，联立上述两式并解得：故抛物线的表达式为，则点的坐标为，则，则，故，故．综上，或．19. （1）如图，①因为四边形是矩形，所以，所以，因为，所以，所以，所以．②由翻折得，所以，因为，，所以，所以，所以，因为，所以，所以．（2）不全等，理由如下：因为，，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，因为，而，，所以与不全等．20.21. （1），，，，，为的切线．（2）如图，过点作于，，由（）知，，，四边形为矩形，，矩形是正方形，，在中，，根据勾股定理得，，，，，．（3）如图，过点作于，则，，在中，，，，，，，，，由（）知，，，，，在中，．22. 过点作于点，过点作于点，延长交于点，在中，，米，（米），（米），（米），在中，（米），（米），答：桥墩的高约为米．23.24. （1）令，解得或，故点，的坐标分别为，，则点的横坐标为，即点的坐标为；（2）由点的坐标知，，故，，，，，即，点是中点，则为三角形的中位线，则，在中，，点是点关于函数对称轴的对称点，连接交对称轴于点，则点为所求点，理由：的周长为最小，即，则，解得，，故．25. （1）如图，作于，的斜边在轴上，坐标原点是的中点，，，，，，，，，，，，双曲线经过点，，即．（2）设直线的解析式为，，，解得直线的解析式为，直线与双曲线在第四象限交于点，解得在第四象限，，26.27. （1）如图，过点作轴于，所以，在中，，设，则，根据勾股定理得，，所以，所以或（舍），所以，，所以，因为点在双曲线上，所以，所以双曲线的解析式为，因为点在双曲线上，且纵坐标为所以，所以，所以，将点，代入直线中得，所以所以直线的解析式为．（2）如图，连接，，，由（）知，直线的解析式为，所以，所以，由（）知，，所以，因为的面积是的面积的倍，所以，由（）知，直线的解析式为，令，则，所以，所以，设点的纵坐标为，所以，所以，由（）知，双曲线的解析式为，因为点在双曲线上，所以，所以，所以．（3）或．【解析】由（）知，，，由图象知，不等式的解集为或．28. （1）设抛物线的表达式为，则，故，解得，故抛物线的表达式为（2）①当点在轴右侧时，由抛物线的表达式知，点，故，则，则，则，，故，则，故点的坐标为，将点的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故；②当点在轴左侧时，同理可得：，综上，．（3）①②设线段交于点，则是的中垂线，，则，直线的过点，故直线的表达式为联立①②并解得故点的坐标为，点是的中点，由中点坐标公式得：点的坐标为，将点，解得，故点的坐标为或．【解析】①设的中点为，由，的坐标得，直线的表达式为，则将它向上平移个单位长度，得到直线，此时函数的表达式为，故．29. （1）（）（）【解析】（）如图，设与交于点，四边形是正方形，，，，，，，，在和中，，，；（）如图，设与交于点，四边形是矩形，，，，，，，，，．（2）如图，过点作交的延长线于点，，，四边形为矩形，，，，，，，，．（3）①如图，过点作于点，连接交于点，与相交于点，，，，，，，，在中，，，，在中，，，设，则，，，（负值舍去），，，，，，，；②．【解析】②，，，，由①得，，又，，，，．30. （1）抛物线过，两点，解得．（2），，，，轴，轴，在和中，，即，，，当时，，，即，，．（3）①如图中，过点作于，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，直线的解析式为，设，，由得到，，，，，，，，，．②如图中，，，的周长，要使得的周长最小，只要的值最小，，当点在上时，的值最小，，的周长的最小值为．。
2021年高考数学 三角函数题组 含解析 (3)
题组层级快练(二十二)1．(2021·衡水调研卷)与图中曲线对应的函数是( )A ．y ＝sinxB ．y ＝sin|x|C ．y ＝－sin|x|D ．y ＝－|sinx| 答案 C2．(2021·西安九校联考)将f(x)＝cosx 图像上所有的点向右平移π6个单位，得到函数y ＝g(x)的图像，则g(π2)＝( )A.32B ．－32C.12D ．－12 答案 C解析 由题意得g(x)＝cos(x －π6)，故g(π2)＝cos(π2－π6)＝sin π6＝12.3．(2021·山东)要得到函数y ＝sin(4x －π3)的图像，只需将函数y ＝sin4x 的图像( )A ．向左平移π12个单位B ．向右平移π12个单位C ．向左平移π3个单位D ．向右平移π3个单位答案 B解析 y ＝sin(4x －π3)＝sin4(x －π12)，故要将函数y ＝sin4x 的图像向右平移π12个单位．故选B.4．若把函数y ＝f(x)的图像沿x 轴向左平移π4个单位，沿y 轴向下平移1个单位，然后再把图像上每个点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标保持不变)，得到函数y ＝sinx 的图像，则y ＝f(x)的解析式为( ) A ．y ＝sin(2x －π4)＋1B ．y ＝sin(2x －π2)＋1C ．y ＝sin(12x ＋π4)－1D ．y ＝sin(12x ＋π2)－1答案 B解析 将y ＝sinx 的图像上每个点的横坐标变为原来的一半(纵坐标保持不变)，得到y ＝sin2x 的图像，再将所得图像向上平移1个单位，得到y ＝sin2x ＋1的图像，再把函数y ＝sin2x ＋1的图像向右平移π4个单位，得到y ＝sin2(x －π4)＋1的图像，即函数f(x)的图像，所以f(x)＝sin2(x －π4)＋1＝sin(2x －π2)＋1，故选B.5．函数y ＝sinx －cosx 的图像可由y ＝sinx ＋cosx 的图像向右平移( ) A.3π2个单位 B ．π个单位C.π4个单位 D.π2个单位 答案 D解析 y ＝sinx ＋cosx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，y ＝sinx －cosx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫x －π2＋π4.6．(2021·邯郸一中期末)设函数f(x)＝2sin(π2x ＋π5)．若对任意x∈R ，都有f(x 1)≤f(x)≤f(x 2)成立，则|x 1－x 2|的最小值为() A ．4 B ．2 C ．1 D.12答案 B解析 f(x)的周期T ＝4，|x 1－x 2|min＝T2＝2. 7．(2021·湖北)将函数y ＝3cosx ＋sinx (x∈R )的图像向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图像关于y 轴对称，则m 的最小值是( ) A.π12B.π6 C.π3D.5π6 答案 B解析 y ＝3cosx ＋sinx ＝2(32cosx ＋12sinx)＝2sin(x ＋π3)的图像向左平移m 个单位后，得到y ＝2sin(x ＋m ＋π3)的图像，此图像关于y 轴对称，则x ＝0时，y ＝±2，即2sin(m ＋π3)＝±2，所以m ＋π3＝π2＋k π，k ∈Z ，由于m>0，所以m min ＝π6，故选B.8．电流强度I(安)随时间t(秒)变化的函数I ＝Asin (ωt＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π2)的图像如右图所示，则当t ＝1100秒时，电流强度是( )A ．－5 AB ．5 AC ．5 3 AD ．10 A 答案 A解析 由图像知A ＝10，T 2＝4300－1300＝1100.∴ω＝2πT＝100π.∴T ＝10sin(100πt ＋φ)．(1300，10)为五点中的第二个点，∴100π×1300＋φ＝π2. ∴φ＝π6.∴I ＝10sin(100πt ＋π6)，当t ＝1100秒时，I ＝－5 A ，故选A.9. (2021·武汉市二中)已知函数f(x)＝Acos (ωx＋φ)的图像如图所示，f(π2)＝－23，则f(0)＝( )A ．－23B ．－12C.23D.12 答案 C解析 由图像可知所求函数的周期为23π，故ω＝3，将(11π12，0)代入解析式得114π＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )，所以φ＝－9π4＋2k π，令φ＝－π4代入解析式得f(x)＝Acos(3x －π4)，又因为f(π2)＝－Acos π4＝－23，所以f(0)＝Acos(－π4)＝Acos π4＝23，故选C.10．将函数y ＝sinx 的图像向左平移φ(0≤φ<2π)个单位后，得到函数y ＝sin(x －π6)的图像，则φ等于( ) A.π6B.5π6 C.7π6D.11π6 答案 D解析 平移后图像的解析式为y ＝sin(x ＋φ)，依题意可得φ＝2k π－π6，k ∈Z ，又0≤φ<2π，故只有选项D 正确．11．(2021·宁夏一模)函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋1，－3≤x<0，2sin （ωx＋φ），0≤x ≤8π3的图像如下图，则( )A ．k ＝13，ω＝12，φ＝π6B ．k ＝13，ω＝12，φ＝π3C ．k ＝－13，ω＝2，φ＝π6D ．k ＝－3，ω＝2，φ＝π3答案 A解析 由图像可知f(－3)＝0⇒－3k ＋1＝0⇒k ＝13.又知T 4＝8π3－5π3＝π⇒T ＝4π，故ω＝12，根据五点法作图可知(8π3，－2)应为第四个点，即令12·8π3＋φ＝3π2⇒φ＝π6.12．(2021·四川卷改编)(1)为了得到函数y ＝sin(x ＋1)的图像，只需把函数y ＝sinx 的图像上所有的点向________平移________个单位长度．(2)为了得到函数y ＝sin(2x ＋1)的图像，只需把函数y ＝sin2x 的图像上所有的点向________平移________个单位长度． 答案 (1)左，1 (2)左，1213．将函数y ＝sin(－2x)的图像向右平移π3个单位，所得函数图像的解析式为________．答案 y ＝sin(23π－2x)14．(2021·重庆文)若将函数f(x)＝sin (ωx＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2≤φ<π2图像上每一个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移π6个单位长度得到y ＝sinx 的图像，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝________． 答案22解析 将y ＝sinx 的图像向左平移π6个单位长度可得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图像，保持纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6的图像，故f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×π6＋π6＝sin π4＝22.15．若函数y ＝sin2x 的图像向右平移φ(φ>0)个单位，得到的图像恰好关于直线x ＝π6对称，则φ的最小值是________．答案5π12解析 y ＝sin2x 的图像向右平移φ(φ>0)个单位，得y ＝sin2(x －φ)＝sin(2x －2φ)．因其中一条对称轴方程为x ＝π6，则2·π6－2φ＝k π＋π2(k∈Z )．因为φ>0，所以φ的最小值为5π12.16. (2021·北京)函数f(x)＝3sin(2x ＋π6)的部分图像如图所示．(1)写出f(x)的最小正周期及图中x 0，y 0的值； (2)求f(x)在区间[－π2，－π12]上的最大值和最小值．答案 (1)T ＝π，x 0＝7π6，y 0＝3 (2)最大值为0，最小值为－3解析 (1)f(x)的最小正周期为π. x 0＝7π6，y 0＝3.(2)因为x∈[－π2，－π12]，所以2x ＋π6∈[－5π6，0]．于是，当2x ＋π6＝0，即x ＝－π12时，f(x)取得最大值0；当2x ＋π6＝－π2，即x ＝－π3时，f(x)取得最小值－3.17．(2021·江西测试)已知函数f(x)＝4cosxsin(x ＋π6)＋a 的最大值为2.(1)求实数a 的值及f(x)的最小正周期； (2)在坐标纸上作出f(x)在[0，π]上的图像．答案 (1)a ＝－1，T ＝π (2)略解析 (1)f(x)＝4cosx(sinxcos π6＋cosxsin π6)＋a＝3sin2x ＋cos2x ＋1＋a ＝2sin(2x ＋π6)＋a ＋1，最大值为3＋a ＝2，∴a ＝－1.T ＝2π2＝π.(2)列表如下：2x ＋π6π6π2 π 3π2 2π13π6x 0π6 5π12 2π3 11π12 πf(x)1 2－21画图如下：18.已知函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(x∈R ，A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图像如图所示．(1)试确定函数f(x)的解析式；(2)若f(α2π)＝13，求cos(2π3－α)的值．答案 (1)f(x)＝2sin(πx ＋π6) (2)－1718解析 (1)由图像知，f(x)max ＝A ＝2，设函数f(x)的最小正周期为T ，则T 4＝56－13＝12，所以T＝2，∴ω＝2πT ＝2π2＝π，故函数f(x)＝2sin(πx ＋φ)．又∵f(13)＝2sin(π3＋φ)＝2，∴sin(π3＋φ)＝1.∵|φ|<π2，即－π2<φ<π2，∴－π6<π3＋φ<5π6.故π3＋φ＝π2，解得φ＝π6，∴f(x)＝2sin(πx ＋π6)． (2)∵f(α2π)＝13，即2sin(π·α2π＋π6)＝2sin(α2＋π6)＝13，∴sin(α2＋π6)＝16.∴cos(π3－α2)＝cos[π2－(π6＋α2)]＝sin(π6＋α2)＝16.∴cos(2π3－α)＝cos[2(π3－α2)]＝2cos 2(π3－α2)－1＝2×(16)2－1＝－1718.1．(2021·湖南理)将函数f(x)＝sin2x 的图像向右平移φ(0<φ<π2)个单位后得到函数g(x)的图像，若对满足||f （x 1）－g （x 2）＝2的x 1，x 2，有||x 1－x 2min ＝π3，则φ＝( )A.5π12B.π3C.π4D.π6 答案 D解析 向右平移φ个单位后，得到g(x)＝sin(2x －2φ)．又∵|f(x 1)－g(x 2)|＝2，∴不妨2x 1＝π2＋2k π，2x 2－2φ＝－π2＋2m π，∴x 1－x 2＝π2－φ＋(k －m)π，又∵||x 1－x 2min ＝π3，∴π2－φ＝π3⇒φ＝π6，故选D 项．2．(2021·西安八校联考)若函数y ＝cos (ωx＋π6)(ω∈N *)图像的一个对称中心是(π6，0)，则ω的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8 答案 B解析πω6＋π6＝k π＋π2(k∈Z )，∴ω＝6k ＋2(k∈Z )，∴ωmin ＝2，故选B. 3. (2021·洛阳统考)已知函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图像如图所示，则f(x)的解析式是( )A ．f(x)＝sin(3x ＋π3)B ．f(x)＝sin(2x ＋π3)C ．f(x)＝sin(x ＋π3)D ．f(x)＝sin(2x ＋π6)答案 D解析 由图像可知T 4＝5π12－π6，∴T ＝π，∴ω＝2πT ＝2，故排除A 、C ，把x ＝π6代入检验知，选项D 符合题意．4．(2021·武汉调研)已知函数f(x)＝sin(2x －π2)(x∈R )，下列结论错误的是( )A ．函数f(x)是偶函数B ．函数f(x)的最小正周期为πC ．函数f(x)在区间[0，π2]上是增函数D ．函数f(x)的图像关于直线x ＝π4对称答案 D解析 f(x)＝sin(2x －π2)＝－cos2x ，此函数为最小正周期为π的偶函数，所以A ，B 正确，函数图像的对称轴方程为x ＝k π2(k∈Z )，显然，无论k 取任何整数，x ≠π4，所以D 错误，答案为D.5．(2021·福建文)将函数f(x)＝sin(2x ＋θ)(－π2<θ<π2)的图像向右平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)的图像，若f(x)，g(x)的图像都经过点P(0，32)，则φ的值可以是( ) A.5π3B.5π6C.π2D.π6 答案 B解析 因为函数f(x)的图像过点P ，所以θ＝π3，所以f(x)＝sin(2x ＋π3)．又函数f(x)的图像向右平移φ个单位长度后，得到函数g(x)＝sin[2(x －φ)＋π3]的图像，所以sin(π3－2φ)＝32，所以φ可以为5π6，故选B. 6．将函数y ＝sin(2x ＋π4)的图像上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移π4个单位，所得到的图像解析式是( )A ．f(x)＝sinxB ．f(x)＝cosxC ．f(x)＝sin4xD ．f(x)＝cos4x 答案 A解析 y ＝sin(2x ＋π4)→y＝sin(x ＋π4)→y ＝sin(x －π4＋π4)＝sinx.7．(2021·浙江)为了得到函数y ＝sin3x ＋cos3x 的图像，可以将函数y ＝2cos3x 的图像( )A ．向右平移π4个单位B ．向左平移π4个单位C ．向右平移π12个单位D ．向左平移π12个单位答案 C解析 因为y ＝sin3x ＋cos3x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －π4＝2cos3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12，所以将函数y ＝2cos3x 的图像向右平移π12个单位后，可得到y ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫3x －π4的图像，故选C.8．(2021·重庆一中)要得到函数y ＝sin 12x 的图像，只需将函数y ＝sin(12x －π3)的图像( )A ．向左平移π3个单位B ．向右平移π3个单位C ．向左平移2π3个单位D ．向右平移2π3个单位答案 C9．(2021·临沂一中月考)如图的函数的解析式为( )A ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π8B ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π8C ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4D ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4 答案 C解析 A ＝2，T ＝7π8－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＝π，ω＝2，当x ＝－π8时，y ＝0.10．(2021·长沙雅礼中学)将函数y ＝sin2x 的图像向左平移π4个单位，再向上平移1个单位，所得图像的函数解析式是( )A ．y ＝cos2xB ．y ＝2cos 2x C ．y ＝1＋sin(2x ＋π4)D ．y ＝2sin 2x答案 B解析 所得解析式是y ＝sin2(x ＋π4)＋1＝cos2x ＋1＝2cos 2x.11．(2021·杭州学军中学)已知函数y ＝sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ≤π2)，且此函数的图像如图所示，则点P(ω，φ)的坐标是( )A ．(2，π2)B ．(2，π4)C ．(4，π2)D ．(4，π4)答案 B解析 ∵T＝2(7π8－3π8)＝π，∴ω＝22×3π8＋φ＝π，∴φ＝π4，∴选B.12．已知函数y ＝sin ωx (ω>0)在一个周期内的图像如图所示，要得到函数y ＝sin(12x ＋π12)的图像，则需将函数y ＝sin ωx 的图像向________平移________个单位长度．答案 左，π6解析 由图像知函数y ＝sin ωx 的周期为T ＝3π－(－π)＝4π， ∴ω＝2πT ＝12，故y ＝sin 12x.又y ＝sin(x 2＋π12)＝sin 12(x ＋π6)，∴将函数y ＝sin 12x 的图像向左平移π6个单位长度，即可得到函数y ＝sin(x 2＋π12)的图像．13.若函数y ＝Asin (ωx＋φ)(A，ω，φ为常数，A>0，ω>0)在闭区间[－π，0]上的图像如图所示，则ω＝________．答案 3解析 由函数y ＝Asin (ωx＋φ)的图像可知： T 2＝(－π3)－(－23π)＝π3，∴T ＝23π. ∵T ＝2πω＝23π，∴ω＝3.14.已知函数f(x)＝Atan (ωx＋φ)(ω>0，|φ|<π2)，y ＝f(x)的部分图像如图所示，则f(π24)＝________．答案3解析 由图像知T 2＝38π－π8＝π4，T ＝π2，ω＝πT ＝2，2×π8＋φ＝π2＋k π，φ＝π4＋k π，k ∈Z .又|φ|<π2，∴φ＝π4.∵函数f(x)的图像过点(0，1)，∴f(0)＝Atan π4＝A ＝1.∴f(x)＝tan(2x ＋π4)．∴f(π24)＝tan (2×π24＋π4)＝tan π3＝ 3.15．(2021·湖南文)已知ω>0，在函数y ＝2sin ωx 与y ＝2cos ωx 的图像的交点中，距离最短的两个交点的距离为23，则ω＝________．答案π2解析 由题意，两函数图像交点间的最短距离即相邻的两交点间的距离，设相邻的两交点坐标分别为P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，易知|PQ|2＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2，其中|y 2－y 1|＝2－(－2)＝22，|x 2－x 1|为函数y ＝2sin ωx －2cos ωx ＝22sin (ωx－π4)的两个相邻零点之间的距离，恰好为函数最小正周期的一半，所以(23)2＝(2π2ω)2＋(22)2，ω＝π2.16．(2021·石家庄二中调研)某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)在某一个周期内的图像时，列表并填入的数据如下表：x 2π3x 1 8π3x 2 x 3ωx ＋φ 0π2 π3π2 2πAsin (ωx＋φ) 0 20 －2(1)求x 123(2)将函数f(x)的图像向左平移π个单位，可得到函数g(x)的图像，求函数y ＝f(x)·g(x)在区间(0，5π3)的最小值．答案 (1)x 1＝5π3，x 2＝11π3，x 3＝14π3，f(x)＝2sin(12x －π3)解析 (1)由2π3ω＋φ＝0，8π3ω＋φ＝π可得ω＝12，φ＝－π3，由12x 1－π3＝π2，12x 2－π3＝3π2，12x 3－π3＝2π可得x 1＝5π3，x 2＝11π3，x 3＝14π3， 又Asin(12×5π3－π3)＝2，∴A ＝2，∴f(x)＝2sin(12x －π3)．(2)函数f(x)＝2sin(12x －π3)的图像向左平移π个单位，得g(x)＝2sin(12x －π3＋π2)＝2cos(x 2－π3)的图像，∴y ＝f(x)g(x)＝2sin(x 2－π3)·2cos(x 2－π3)＝2sin(x －2π3)，∵x ∈(0，5π3)，∴x －2π3∈(－2π3，π)，∴当x －2π3＝－π2，即x ＝π6时，y ＝f(x)·g(x)取得最小值－2.。
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2021届高考数学二轮复习三角函数综合练（3）1.若α为第四象限角，则( ) A. cos20α> B. cos20α<C. sin20α>D. sin20α<2.终边落在直线y x =上的角的集合为( ) A. π|2π,4k k Z αα⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭B. π|π,4k k Z αα⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭C. π|2π,4k k Z αα⎧⎫=±∈⎨⎬⎩⎭D. π|π,4k k Z αα⎧⎫=±∈⎨⎬⎩⎭3.刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的，”割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n 边形等分成n 个等腰三角形(如图所示)，当n 变得很大时，这n 个等腰直角三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到sin2︒的近似值为( )A.π90B.π180C.π270D.π3604.已知角α的终边经过点(5,12)P --，则3πsin 2α⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值等于（ ）A.513-B. 1213-C. 513D. 12135.已知1cos 3α=，π,02α⎛⎫∈-⎪⎝⎭，则tan α等于( ) A ．2-B ．2C ．2D 26.已知函数22π()cos sin 4f x x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则()f x 的最小值为（ ）A.212+B.12C.212-D.214-7.已知函数3sin y x ω=在区间ππ,34⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最小值为3-，则ω的取值范围是( )A ．[)9,6,2⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦B ．93,,22⎛⎤⎡⎫-∞-+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭C ．(][),26,-∞-+∞D ．(]3,2,2⎡⎫-∞-+∞⎪⎢⎣⎭8.已知函数2π()cos 1(0,0,0f x A (x )A ωϕωϕ=++>><<）2的最大值为3，()f x 的图像与y轴的交点坐标为()0,2，其相邻两条对称轴间的距离为2，则(1)(2)(3)+(2020)f +f +f +f 的值为( )A ．2468B ． 4035C ．4036D ．40409.已知函数()()sin cos f x a x b x x R =+∈，若0x x =是函数()f x 的一条对称轴，且0tan 2x =，则点(),a b 所在的直线方程为( ) A.20x y +=B.20x y -=C.20x y +=D. 20x y -=10.己知函数()2(|cos |cos )sin f x x x x =+⋅，给出下列四个命题： ①()f x 的最小正周期为π ②()f x 的图象关于直线π4x =对称 ③()f x 在区间ππ,44⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增④()f x 的值域为[]2,2- 其中所有正确的编号是( ) A.②④B.③④C.①③④D.②③11.已知πtan()34α+=，则2sin sin 2αα+=___________.12.将函数()sin πf x x =的图像向左平移13个单位长度得到函数()y g x =的图像，再将()y g x =的图像的纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数π()sin()0,02h x x ωϕωϕ⎛⎫=+><< ⎪⎝⎭的图像，则ωϕ+=_______________.13.在区间[]1,1-上随机取一个数x ，则πcos 2x 的值属于10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦的概率为_______.14.关于函数1()sin sin f x x x=+有如下四个命题： ①()f x 的图像关于y 轴对称. ②()f x 的图像关于原点对称. ③()f x 的图像关于直线π2x =对称. ④()f x 的最小值为2.其中所有真命题的序号是________. 15.已知3π()32sin()sin(π),2R f x x x x x =+-∈+， （1）求()f x 的最小正周期及单调递增区间；（2）已知锐角ABC △的内角,,A B C 对边分别为,,a b c ，且()3,3a f A =-=，求BC 边上的高的最大值．答案以及解析1.答案：D解析：通解 由题意，知π2π2π()2k k k α-+<<∈Z ，所以π4π24π()k k k α-+<<∈Z ，所以cos20α≤或cos20α>，sin20α<，故选D.优解 当π4α=-时，cos20α=，sin 21α=-，排除A ，B ，C ，故选D.2.答案：B解析：设终边落在直线y x =上的角的集合为P ：则，2π,2ππ4π,4πP k k Z k k Z αααα⎧⎫⎧⎫==+∈⋃=++∈⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭∣∣π,π4k k Z αα⎧⎫==+∈⎨⎬⎩⎭∣故选：B3.答案：A解析：将一个单位圆等分成180个扇形，则每个扇形的圆心角度数均为2︒，因为这180个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积，所以118011sin 290sin 2π2⨯⨯⨯⨯︒=︒≈，所以πsin 290︒≈，所以选A. 4.答案：C解析：22(5)(12)13r -+-，则5cos 13x r α==-，3π5sin cos 213αα⎛⎫+=-= ⎪⎝⎭故选C5.答案：A解析：1πcos ,,032αα⎛⎫∴=∈- ⎪⎝⎭，222sin 1cos αα∴=--sin tan 22cos ααα∴==-6.答案：C解析：由于()22π1cos 2π1cos 22cos sin 422x x f x x x ⎛⎫-+ ⎪+⎛⎫⎝⎭=++=+ ⎪⎝⎭cos 2sin 2122x x =++ 2π1224x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，故选C. 7.答案：D解析：当0ω>时，4π3πx ωωω-≤≤，由题意知2ππ3ω-≤-，即32ω≥，当0ω<时，π43πx ωωω≤≤-有题意知ππ42ω≤-，即2ω≤-，所以ω的取值范围是3(,2],2⎡⎫-∞-+∞⎪⎢⎣⎭8.答案：D解析：∵已知函数2()cos ()1(0,π0,0)2f x A x A ωϕωϕ=++>><<的最大值为13A +=，故2A =.()f x 的图象与y 轴的交点坐标为()0,2，∵22π(0)2cos 12,cos 4f ϕϕϕ=+=∴==， 即2()cos 1cos ππ22sin 2242f x x x x ωωω⎛⎫⎛⎫++=++=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，再根据其相邻两条对称轴间的距离为112π2222T ω=⋅=，可得,()ππsin 242f x x ω==-+， 故函数的周期为2π4π2=. ∵(1)(2)(3)(4)12328f f f f +++=+++=，∴(1)(2)(3)(2020)505f f f f +++⋯+= [(1)(2)(3)(4)]4040f f f f +++=，故选：D. 9.答案：B解析：222222()sin cos f x a x b x a b x x a b a b ⎛⎫=+=+⎪⎪++⎭，令22sin a b α=+，则22cos a b α=+tan a bα=， 则()()22cos f x a b x α+-， 由πx k α-=，得πx k α=+，k Z ∈， 即函数的对称轴为πx k k Z α=+∈，， ∵0x x =是函数()f x 的一条对称轴， ∴0πx k α=+，则tan 0tan 2ax bα===，即2a b =， 即20a b -=，则点(),a b 所在的直线为20x y -=， 故选：B 10.答案：B解析：()(π)2(|cos(π)|cos(π))sin(π)2(|cos |cos )sin f x x x x x x x f x +=+++⋅+=--⋅≠，则()f x 的最小正周期不是π，①错，则排除C 选项；2cos cos sin 2(|si πππn |sin )cos ()π2222f x x x x x x x f x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+--=+⋅≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()f x 的图象不关于直线π4x =对称，②错，排除AD 选项 ()f x 在区间ππ,44⎡⎤-⎢⎥⎣⎦时， ()2(|cos |cos )sin 4cos sin 2sin 2f x x x x x x x =+⋅== ，在ππ,44⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，③对，排除A 选项；故选：B. 11.答案：1解析：由已知得1tan 31tan αα+=-，解得1tan 2α=.所以222tan 2tan sin sin 21tan 1ααααα++==+. 12.答案：5π6解析：将函数()sin πf x x =的图像向左平移13个单位长度得到函数π()sin π3g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像，再将所得函数图像的纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数ππ()sin 23h x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像，所以ππ,23ωϕ==，所以ππ5π236ωϕ+=+=. 13.答案：13解析：在区间[]1,1-上随机取一个数x ， 即[]1,1x ∈-时，要使πcos2x 的值介于0到12之间， 需使πππ223x -≤≤-或πππ322x ≤≤ ∴213x -≤≤-或213x ≤≤，区间长度为23，由几何概型知πcos 2x 的值介于0到12之间的概率为21323=.14.答案：②③解析：由题意知()f x 的定义域为{|π}x x k k ≠∈Z ，，且关于原点对称.又11()sin()sin ()sin()sin f x x x f x x x ⎛⎫-=-+=-+=- ⎪-⎝⎭，所以函数()f x 为奇函数，其图象关于原点对称，所以①为假命题，②为真命题.因为ππ11sin cos π22cos sin 2f x x x x x ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭，ππ11sin cos π22cos sin 2f x x x x x ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭，所以ππ22f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以函数 ()f x 的图象关于直线π2x =对称，③为真命题.当sin 0x <时，()0f x <，所以④为假命题. 15.答案：（1）()3π()32sin sin π2f x x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭32cos sin x x x =-3sin 2x x =-π2cos 26x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()f x 的最小正周期为：2ππ2T ==； 当π2ππ22π2π()6k x k k Z +≤+≤+∈时，即当5π11πππ()1212k x k k Z +≤≤+∈时，函数()f x 单调递增，所以函数()f x 单调递增区间为：5π11π[π,π]()1212k k k Z ++∈； （2）因为()3f A =，所以ππ3()2cos(2)3cos(2)66f A A A =+=+=， πππ7ππ5ππ(0,),2(,)22666663A A A A ∈∴+∈∴+=∴=.设BC 边上的高为h ，所以有113sin 22ah bc A h =⇒=，由余弦定理可知：22222222cos 929a b c bc A b c bc b c bc bc =+-⇒=+-+≥∴≤（当用仅当b c =时，取等号），所以333h ≤，因此BC 33.。