2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测四

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2020北京市新高考二轮专题复习(二)：三角函数与解三角形

2020新高考二轮专题复习(二)：三角函数与解三角形•应知已会——熟练 •会而不对——巩固 •对而不全——强化 •全而不优——指导三角函数二轮复习的目标和方向（1）注重任意角三角函数的定义，深化公式的理解记忆（2）二倍角公式和两角和差公式是化简的核心工具（3）三角函数的图象与性质是核心（4）解三角形问题要充分利用正、余弦定理以及两角和与差的三角公式典型例题：一.三角函数的概念、诱导公式与三角恒等变换例 1.已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，终边在直线2y x =上，则cos2θ=( )A ．45-B ．35-C ．35D ．45变式 1.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(1,)A a ，(2,)B b ，且2cos23α=，则||(a b -= )A ．15B CD ．1变式 2.已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点34(,)55P --．(1)求sin()απ+的值； (2)若角β满足5sin()13αβ+=，求cos β的值．例2.若角α的终边在第二象限，则下列三角函数值中大于零的是( )（A ）πsin()2α+ （B ）πcos()2α+（C ）sin(π)α+ （D ）cos(π)α+变式1.若tan 0α>，则( )A. sin 20α>B. cos 0α>C. sin 0α>D. cos20α> 例3.已知α∈(0，)，2sin 2α=cos 2α+1，则sin α=( )A ．B ．C ．D ．变式1．若，则( ) A ．B ．C ．1D ．变式2．若，则tan2α=（）A ．−B ．C ．−D ．变式3．已知，则（） A ．B ．C ．D ．变式4．设(0,)2πα∈，(0,)2πβ∈，且1sin tan cos βαβ+=，则（） A .32παβ-=B .22παβ-=C .32παβ+=D .22παβ+=变式5．已知sin cos 1αβ+=，cos sin 0αβ+=，则sin()αβ+= ．变式6. 已知4sin cos 3αα-=，则sin 2α=_________ 二. 三角函数的图象与性质例 1.动点(),A x y 在圆422=+y x 上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转,12秒旋转一周,已知时间0t =时,点A 的坐标是)3,1(,则动点A 的纵坐标y 关于t （秒）的函数的解析式为 .例2.若()cos sin =-f x x x 在[,]-a a 是减函数，则a 的最大值是( )A ．π4B ．π2C ．3π4D ．π2π155353tan 4α=2cos 2sin 2αα+=642548251625sin cos 1sin cos 2αααα+=-34344343210cos 2sin ,=+∈αααR =α2tan 344343-34-变式 1. 已知0>ω，函数)4sin()(πω+=x x f 在),2(ππ单调递减，则ω的取值范围是（）A ．]45,21[B ．]43,21[C ．]21,0(D ．]2,0(变式2.函数()cos()f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则()f x 的单调递减区间为（）．A ．13(,)44k k ππ-+，k Z ∈ B ．13(2,2)44k k ππ-+，k Z ∈ C ．13(,)44k k -+，k Z ∈ D ．13(2,2)44k k -+，k Z ∈ 变式3.已知函数()sin(2)f x x ϕ=+，其中ϕ为实数，若()()6f x f π≤对x R ∈ 恒成立，且()()2f f ππ>，则()f x 的单调递增区间是_________________例3.函数3()sin(2)3cos 2f x x x π=+-的最小值为 ______ ．变式1.若x ∈(0,)则2tanx+tan(-x)的最小值为 . 变式2.若，则函数的最大值为 .变式3. 函数xxy cos 3sin 1--=的值域___________.变式4.当时，函数的最小值为__________.例 4.函数图像可由函数图像至少向右平移____个单位长度得到．变式 1.函数cos(2)()yx ϕπϕπ=+-≤≤的图象向右平个单位后，与函数2π2π42x ππ<<3tan 2tan y x x =20π<<x x xx x f 2sin sin 82cos 1)(2++=sin y x x =sin y x x =的图象重合，则ϕ=_________。

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点函数与导数考点过关检测二十七

考点过关检测（二十七）1．函数f (x )＝Error!的零点个数为( )A ．3 B ．2C ．1D ．0解析：选C ①若x >0，则2x ＋1＝0，无解．②若x ≤0，则x 2－x －2＝0，解得x ＝－1或x ＝2(舍去)．所以函数f (x )＝Error!的零点个数为1.2．函数f (x )＝2x ＋3x －7的零点所在的区间是( )A. B.(0，12)(12，1)C.D.(1，32)(32，2)解析：选C 函数f (x )＝2x ＋3x －7是连续递增函数，∵f (1)＝2＋3－7<0，f ＝2＋3×－7＝2＋4.5－7>0，(32)32322∴f (1)·f <0，故选C.(32)3．(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝Error!(a ∈R )，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(0,1)D ．(－∞，1]解析：选A 因为函数f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上均为单调函数且在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.故选A.4．(2019·石家庄质检)已知M 是函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx (x ∈R )的所有零点之和，则M 的值为( )A ．3B ．6C ．9D ．12解析：选D 将函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx 的零点转化为函数h (x )＝|2x －3|与g (x )＝8sin πx 图象交点的横坐标．在同一平面直角坐标系中画出函数h (x )与g (x )的图象如图所示，因为函数h (x )与g (x )的图象都关于直线x ＝对称，两个函数的图象共有8个交点，32所以函数f (x )的所有零点之和M ＝8×＝12.325．(2019·宣城二模)已知a ，b ，c ，d 都是常数，a >b ，c >d .若f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )的零点为c ，d ，则下列不等式正确的是( )A ．a >c >b >dB ．a >b >c >dC ．c >d >a >bD ．c >a >b >d解析：选D 因为f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )，所以f (a )＝f (b )＝2 019，又c ，d 为函数f (x )的零点，且a >b ，c >d ，所以可在平面直角坐标系中作出函数f (x )的大致图象如图所示，由图可知c >a >b >d ，故选D.6．(2019·泉州检测)设函数y ＝f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[－1,1]时，f (x )＝|x |，则函数g (x )＝f (x )－sin x 在区间[－π，π]上的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 要求函数g (x )＝f (x )－sinx 的零点个数，即求方程f (x )－sinx ＝0的根的个数，可转化为函数y ＝f (x )与函数y ＝sin x 的图象的交点个数．在同一平面坐标系内作出y ＝f (x )与y ＝sin x 的图象如图所示，可知在区间[－π，π]上，图象有3个交点．故选B.7．已知f (x )＝Error!若关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，则实数a的取值范围是( )A.∪[1,2)B.∪[1,2)(－∞，12)(0，12)C ．(1,2)D ．[1,2)解析：选B 关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根等价于y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，画出y ＝a ，y ＝f (x )的图象，如图，由图可知，当a ∈∪[1,2)时，(0，12)y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，此时，关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，所以实数a 的取值范围是∪[1,2)．故选B.(0，12)8．(2019·西安二模)已知函数f (x )＝Error!又函数g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点，则实数t 的取值范围是( )A.B.(－∞，－e2＋1e )(e2＋1e ，＋∞)C.D.(－e2＋1e ，－2)(2，e2＋1e )解析：选A 由f (x )＝(x ≥0)，得f ′(x )＝，xe x 1－x e x 当0≤x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在[0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，且f (x )max ＝.1e 设m ＝f (x )，则h (m )＝m 2＋tm ＋1，设h (m )＝m 2＋tm ＋1的零点为m 1，m 2，则g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点等价于m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的交点有4个，函数m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的位置关系如图所示，由图知，0<m 2<<m 1，1e要满足题意，则需h <0即可，解得t <－，(1e )e2＋1e 故选A.9．若函数f (x )＝ax ＋1－2a 在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＝0时，函数f (x )＝1在(－1,1)上没有零点，所以a ≠0.因为函数f (x )是单调函数，要满足题意，只需f (－1)f (1)<0，所以(－3a ＋1)(1－a )<0，即(a －1)·(3a －1)<0，解得<a <1，所以实数a 的取值范围是.13(13，1)答案：(13，1)10．设a ∈Z ，函数f (x )＝e x ＋x －a ，若x ∈(－1，1)时，函数f (x )有零点，则a 的取值个数为________．解析：因为函数f (x )＝e x ＋x －a ，易得函数f (x )在(－1,1)上为增函数，则－1－a <f (x )<e ＋1－a ，1e 由函数f (x )＝e x ＋x －a 有零点，得Error!解得－1<a <e ＋1.1e 又a ∈Z ，所以a ＝0或a ＝1或a ＝2或a ＝3，故a 的取值个数有4个．答案：411．已知函数f (x )＝x |x －4|＋2x ，存在x 3>x 2>x 1≥0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)，则x 1＋x 2＝________，x 1x 2·f (x 3)的取值范围是________．解析：f (x )＝x |x －4|＋2x ＝Error!作出f (x )的图象如图所示．由图象可知，x 1＋x 2＝6，且2<x 1<3，∴x 1x 2f (x 3)＝x 1(6－x 1)f (x 1)＝x 1(6－x 1)·(－x ＋6x 1)21＝(－x ＋6x 1)221＝[－(x1－3)2＋9]2，∵2<x1<3，∴－(x1－3)2＋9∈(8,9)，∴x1x2f(x3)∈(64,81)．答案：6　(64,81)12．已知在区间(0,2]上的函数f(x)＝Error!且g(x)＝f(x)－mx在区间(0,2]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是________．解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点，得y ＝f (x )，y ＝mx 在(0,2]内的图象有且仅有两个不同的交点．当y ＝mx 与y ＝－3在(0,1]内相切时，1x mx 2＋3x －1＝0，Δ＝9＋4m ＝0，m ＝－，结合图象可得当－<m ≤－2或94940<m ≤时，函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点．12答案：∪(－94，－2](0，12]。

2020年高考数学(文)二轮专项复习专题03 三角函数与解三角形含答案

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

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(二十五)

主攻 36 个必考点(二十五) 函数的图象
1．(2019·全国卷Ⅰ)函数 f(x)＝csoins xx＋＋xx2在[－π，π]的图象大致为( )
解析：选 D ∵f(－x)＝cossi－n－x＋x－－xx2＝－f(x)， ∴f(x)为奇函数，排除 A.当 x＝π 时，f(π)＝－1π＋π2>0，排除 B、C，故选 D.
5．(2018·全国卷Ⅲ)函数 y＝－x4＋x2＋2 的图象大致为 ()
解析：选 D 法一：令 f(x)＝－x4＋x2＋2，则 f′(x)＝－ 4x3＋2x，令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝± 22，
则 f′(x)>0 的解集为－∞，－ 22∪0， 22， f(x)单调递增；f′(x)<0 的解集为－ 22，0∪ 22，＋∞，f(x) 单调递减，结合图象知选 D. 法二：当 x＝1 时，y＝2，所以排除 A、B 选项．当 x＝0 时，y＝2，而当 x＝12时，y＝－116＋14＋2＝2136>2，所以排除 C 选项．故选 D.
增分方略由函数解析式识别函数图象的策略
[提醒] 利用特值法或极限思想也是解决此类题目的关键．
函数的图象与性质的综合应用
[典例 3] (2019·贵阳模拟)已知函数 f(x)＝x2－x1，则下列结论正确的是( )
A．函数 f(x)的图象关于点(1,2)对称 B．函数 f(x)在(－∞，1)上是增函数 C．函数 f(x)的图象上至少存在两点 A，B，使得直线 AB ∥x 轴 D．函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称
又 x→0 时，ex＋1→2，x(ex－1)→0， ∴xeexx＋－11→＋∞，排除选项 B，选 D.
(2)因为 a∥b，所以 sin xcos x＝sin x＋f(x)，

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测二文(最新整理)

考点过关检测（二)1．函数f(x)＝sin x cos x＋(1＋tan2x）cos2x的最小正周期和最大值分别是（) A．π和错误! B.错误!和1C．π和1 D．2π和错误!解析：选A ∵f（x)＝sin x cos x＋（1＋tan2x)cos2x＝错误!sin 2x＋1，∴函数f(x)的最小正周期为π，最大值为32。

故选A。

2．（2019·合肥高三调研）若将函数f(x)＝cos2x（1＋cos x）(1－cos x）图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，则函数y＝g(x)的单调递减区间为（）A。

错误!(k∈Z）B.错误!(k∈Z)C。

错误!(k∈Z)D。

错误!(k∈Z）解析：选 A 因为f（x)＝cos2x(1＋cos x）(1－cos x）＝cos2x sin2x＝错误!sin22x＝错误!－错误!cos 4x，所以g(x)＝错误!－错误!cos 2x，所以当－π＋2kπ≤2x≤2kπ（k∈Z)，即－错误!＋kπ≤x≤kπ(k∈Z)时，y＝g（x）单调递减，所以g(x)的单调递减区间是错误!(k∈Z),故选A.3．（2019·山西平遥中学调研）已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)（ω〉0，|φ|<π）的部分图象如图所示，已知点A(0,错误!)，B错误!，若将它的图象向右平移错误!个单位长度,得到函数g(x）的图象，则函数g(x）图象的一条对称轴方程为( )A．x＝错误!B．x＝错误!C．x＝错误!D．x＝错误!解析:选 A 由题意知图象过A（0，3)，B错误!，即f(0）＝2sin φ＝错误!，f错误!＝2sin错误!＝0，又ω>0,|φ｜<π,并结合图象知φ＝错误!,错误!·ω＋φ＝π＋2kπ(k∈Z），得ω＝2，所以f（x）＝2sin错误!，因为图象向右平移错误!个单位长度得g(x）＝2sin 错误!＝2sin错误!，所以对称轴满足2x＋错误!＝错误!＋kπ（k∈Z），解得x＝错误!＋错误!（k ∈Z），所以满足条件的一条对称轴方程是x＝错误!,故选A。

新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何考点过关检测十九文

考点过关检测（十九）1．(2020届高三·唐山联考)已知F 为抛物线E ：y 2＝4x 的焦点，过点P (0,2)作两条互相垂直的直线m ，n ，直线m 交E 于不同的两点A ，B ，直线n 交E 于不同的两点C ，D ，记直线m 的斜率为k .(1)求k 的取值范围；(2)设线段AB ，CD 的中点分别为点M ，N ，证明：直线MN 过定点Q (2,0)．解：(1)由题设可知k ≠0，所以直线m 的方程为y ＝kx ＋2，与y 2＝4x 联立，整理得ky 2－4y ＋8＝0.①由Δ1＝16－32k >0，解得k <12. 直线n 的方程为y ＝－1kx ＋2，与y 2＝4x 联立，整理得y 2＋4ky －8k ＝0，由Δ2＝16k 2＋32k >0，解得k >0或k <－2.所以k <－2或0<k <12，故k 的取值范围为(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)．由①得，y 1＋y 2＝4k ，则y 0＝2k ，x 0＝2k 2－2k，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－2k ，2k . 同理可得N (2k 2＋2k ，－2k )．直线MQ 的斜率k MQ ＝2k 2k 2－2k－2＝－k k 2＋k －1，直线NQ 的斜率k NQ ＝－2k 2k 2＋2k －2＝－k k 2＋k －1＝k MQ ，所以直线MN 过定点Q (2,0)．2．(2019·兰州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过圆E ：x 2＋y 2＝2上任意一点P 作圆E 的切线l ，l 与椭圆C 交于A ，B 两点，以AB为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由．解：(1)因为椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b ＝c ，12·2c ·b ＝b 2＝3，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝6，b 2＝3.故椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)圆E 的方程为x 2＋y 2＝2，设O 为坐标原点，①当直线l 的斜率不存在时，不妨设直线AB 的方程为x ＝2，A (2，2)，B (2，－2)，所以∠AOB ＝90°，所以以AB 为直径的圆过坐标原点O (0,0)．②当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为直线与相关圆相切，所以d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k 2＝2，所以m 2＝2＋2k 2. 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0，则Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝8(6k 2－m 2＋3)＝8(4k 2＋1)>0，且x 1＋x 2＝－4km 1＋2k2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－6)1＋2k 2－4k 2m 21＋2k 2＋m 2＝3m 2－6k 2－61＋2k2＝0，所以OA →⊥OB →，所以以AB 为直径的圆恒过坐标原点O (0,0)．综合①②可知，以AB 为直径的圆恒过坐标原点O (0,0)．3．(2019·柳州联考)已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴上，且抛物线上有一点P (4，m )到焦点的距离为5.(1)求该抛物线C 的方程；(2)已知抛物线上一点M (t,4)，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且MD ⊥ME ，判断直线DE 是否过定点？并说明理由．解：(1)由题意知抛物线C 的焦点在x 轴的正半轴上，可设抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)，其准线方程为x ＝－p 2， ∵P (4，m )到焦点的距离等于点P 到准线的距离，∴4＋p 2＝5，∴p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)把M (t,4)代入抛物线C 的方程，得16＝4t ，∴t ＝4，∴M (4,4)．由题易知直线DE 的斜率不为0，设直线DE 的方程为x ＝ky ＋n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky ＋n ，y 2＝4x 消去x ，得y 2－4ky －4n ＝0， Δ＝16k 2＋16n >0，①设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4n .∵MD ⊥ME ，∴MD →·ME →＝(x 1－4，y 1－4)·(x 2－4，y 2－4)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16＝y 214·y 224－4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214＋y 224＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16 ＝(y 1y 2)216－(y 1＋y 2)2＋3y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋32 ＝n 2－16k 2－12n ＋32－16k ＝0，即n 2－12n ＋32＝16k 2＋16k ，得(n －6)2＝4(2k ＋1)2，∴n －6＝±2(2k ＋1)，得n ＝4k ＋8或n ＝－4k ＋4，当n ＝4k ＋8时，代入①式满足Δ>0，∴直线DE 的方程为x ＝ky ＋4k ＋8＝k (y ＋4)＋8，直线过定点(8，－4)．当n ＝－4k ＋4时，代入①式，当k ≠2时，Δ>0，此时直线DE 的方程为x ＝k (y －4)＋4，直线过定点(4,4)，不合题意，舍去．∴直线过定点(8，－4)． 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，22，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形．(1)求椭圆的方程．(2)动直线l ：mx ＋ny ＋13n ＝0(m ，n ∈R )交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T .若存在．求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴a ＝2b ，∴x 22b 2＋y 2b 2＝1. 又∵椭圆经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，将点P 的坐标代入椭圆方程得b 2＝1，∴a 2＝2，故椭圆方程为x 22＋y 2＝1. (2)由题意动直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13. 当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为 x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432；当l 与y 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝1，即两圆相切于点(0,1)，因此，如果所求的点T 存在，只能是(0,1)，下证点T (0,1)就是所求的点．证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，以AB 为直径的圆过点T (0,1)．当直线l 不垂直于x 轴，可设直线l ：y ＝kx －13. 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1消去y 并整理，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9. 又∵TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)，∴TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 1－43⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－1618k 2＋9－43k ·12k 18k 2＋9＋169＝0. ∴TA ⊥TB ，即以AB 为直径的圆恒过点T (0,1)， ∴在坐标平面上存在一个定点T (0,1)满足条件．。

新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点函数与导数考点过关检测三十一文20200116061

考点过关检测（三十一）1．(2019·安阳一模)已知函数f (x )＝x 33＋x 22与g (x )＝6x ＋a 的图象有3个不同的交点，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－223，272B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，272C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－272，223 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－272，223 解析：选B 原问题等价于函数h (x )＝x 33＋x 22－6x 与函数y ＝a 的图象有3个不同的交点，由h ′(x )＝x 2＋x －6＝(x －2)(x ＋3)，得x ＝2或x ＝－3，当x ∈(－∞，－3)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(－3,2)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，且h (－3)＝272，h (2)＝－223，数形结合可得a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－223，272.2．(2019·沧州模拟)已知函数f (x )＝(x 2－x －1)e x ，设关于x 的方程f 2(x )－mf (x )＝5e (m ∈R )有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为( )A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6解析：选A ∵f ′(x )＝(x －1)·(x ＋2)e x，由f ′(x )>0，得x >1或x <－2；由f ′(x )<0，得－2<x <1，∴f (x )在(－∞，－2)和(1，＋∞)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，∴f (x )极大值＝f (－2)＝5e －2，f (x )极小值＝f (1)＝－e.又当x →－∞时，f (x )→0，x →＋∞时，f (x )→＋∞，作出函数f (x )的大致图象如图所示．令f (x )＝t ，则方程t 2－mt －5e＝0必有两个根t 1，t 2，且t 1t 2＝－5e，不妨设t 1<0<t 2，当t 1＝－e 时，恰有t 2＝5e －2，此时f (x )＝t 1有1个根，f (x )＝t 2有2个根；当t 1<－e 时，必有0<t 2<5e －2，此时f (x )＝t 1无根，f (x )＝t 2有3个根；当－e<t 1<0时必有t 2>5e －2，此时f (x )＝t 1有2个根，f (x )＝t 2有1个根．综上，对任意m ∈R ，方程均有3个根，即n ＝3.故选A.3．(2019·马鞍山质检)若存在正实数m ，使得关于x 的方程x ＋a (2x ＋2m －4e x )[ln(x ＋m )－ln x ]＝0有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12eC ．(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞解析：选D 当a ＝0时，方程只有一个解，不满足题意，所以a ≠0，所以原方程等价于方程1a＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2e －x ＋m x lnx ＋m x 有两解，令t ＝x ＋m x >1，则1a＝2(2e －t )ln t ．设f (t )＝2(2e －t )ln t ，则f ′(t )＝2⎝⎛⎭⎪⎫2e t －ln t －1.当t >e 时，f ′(t )<0，当1<t <e 时，f ′(t )>0，所以f (t )在(e ，＋∞)上单调递减，在(1，e)上单调递增，所以f (t )≤f (e)＝2e.且当1<t <e 时，f (t )>0，当t →＋∞时，f (t )→－∞，所以要使1a＝2(2e －t )ln t 有两解，则需a >0，所以1a <2e 且a >0，即a >12e ，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞. 4．(2019·济南联考)已知函数f (x )＝1＋x －x 22＋x 33－x 44＋…－x 2 0182 018＋x 2 0192 019，若函数f (x )的零点均在区间[a ，b ](a <b ，a ，b ∈Z )内，则b －a 的最小值是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 因为f ′(x )＝1－x ＋x 2－x 3＋…＋x 2 018＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋x 2 0191＋x ，x ≠－1，2 019，x ＝－1，所以当x >－1时，f ′(x )>0，当x <－1时，f ′(x )>0，所以f (x )单调递增．因为f (0)＝1，f (－1)<0，所以f (x )存在唯一零点x 0∈(－1,0)，所以当a ＝－1，b ＝0时，(b －a )min ＝1.5．(2019·聊城一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧xx －1，x ≤0，ln xx ，x >0，若关于x 的方程f (x )＝x＋a 无实根，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1B ．(－1,0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e D ．(0,1)解析：选B 作出函数f (x )的图象如图所示．因为关于x 的方程f (x )＝x ＋a 无实根等价于函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点．所以由图象知，若a ≥0，则直线y ＝x ＋a 与曲线f (x )＝xx －1(x ≤0)必有交点，所以a <0.设直线y ＝x ＋a 与曲线f (x )＝ln x x(x >0)相切时，切点为P (x 0，y 0)．由f ′(x )＝1－ln x x 2，得1－ln x 0x 2＝1，解得x 0＝1，则P (1,0)，所以切线方程为y ＝x －1，则a ＝－1.由图象知，函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点时，实数a 的取值范围为(－1,0)．故选B.6．(2019·郑州一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)依题意得f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)，当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数；当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a，由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是单调递增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调递减函数．综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数．当a >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上是单调递增函数，在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上是单调递减函数．(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点的个数等价于判断方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x＋x ，则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋ln x －1e x＋1.由(1)知，当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在[1，e]上单调递增，∴f (x )≥f (1)＝0.∴1x ＋ln x －1≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立．∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋ln x －1e x＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x＋x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增．∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝h (e)＝e.∴当m <－2e 1e ＋1e 或m >e 时，g (x )没有零点，当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，g (x )有一个零点．7．已知函数f (x )＝1x－a ln x (a ∈R )．(1)若h (x )＝f (x )－2x ，当a ＝－3时，求h (x )的单调递减区间； (2)若函数f (x )有唯一的零点，求实数a 的取值范围．解：(1)h (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－3时，h (x )＝1x＋3ln x －2x ，h ′(x )＝－1x 2＋3x －2＝－2x 2－3x ＋1x2＝－(2x －1)(x －1)x2，当h ′(x )<0时，得x >1或0<x <12，∴h (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)． (2)问题等价于a ln x ＝1x 有唯一的实根，显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a有唯一的实根．构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x . 令φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1. 当0<x <e －1时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减，当x >e －1时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.则要使方程x ln x ＝1a 有唯一的实根，只需直线y ＝1a与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a＝－e －1或1a>0，解得a ＝－e 或a >0.故实数a 的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．8．(2019·惠州一调)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (a ∈R )． (1)试确定函数f (x )的零点个数；(2)设x 1，x 2是函数f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2. 解：(1)由f (x )＝0得a ＝(2－x )e x，令g (x )＝(2－x )e x，函数f (x )的零点个数即直线y ＝a 与曲线g (x )＝(2－x )e x的交点个数．∵g′(x)＝－e x＋(2－x)e x＝(1－x)e x，由g′(x)>0得x<1，∴函数g(x)在(－∞，1)上单调递增，由g′(x)<0得x>1，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴当x＝1时，函数g(x)有最大值，g(x)max＝g(1)＝e.又当x<2时，g(x)>0，g(2)＝0，当x>2时，g(x)<0，作出函数g(x)的大致图象如图所示，∴当a>e时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有一个零点；当0<a<e时，函数f(x)有两个零点．(2)证明：法一：函数f(x)的零点即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)e x的交点的横坐标，由(1)知0<a<e，不妨设x1<1<x2，则2－x2<1，∵函数g(x)＝(2－x)e x在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．要证x1＋x2<2，只需证x1<2－x2，∴只需证f(x1)>f(2－x2)，又f(x1)＝0，故要证f(2－x2)<0.由a＝g(x2)，得f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2(x2>1)，构造函数h(x)＝－x e2－x－(x－2)e x(x>1)，则h′(x)＝(1－x)(e x－e2－x)，当x>1时，e x>e2－x，h′(x)<0，故函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即当x2>1时，f(2－x2)<0，即x1＋x2<2.法二：由(1)知0<a<e，不妨设x1<1<x2，F(x)＝f(x)－f(2－x)(x>1)，则F(x)＝(x－2)e x＋x e2－x，F′(x)＝(1－x)(e2－x－e x)．易知y＝e2－x－e x是减函数，∴当x>1时，e2－x－e x<e－e＝0.又1－x<0，故F′(x)>0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>1时，F(x)>0，即f(x)>f(2－x)．由x2>1得f(x2)>f(2－x2)，又f(x2)＝0＝f(x1)，∴f(2－x2)<f(x1)．由g(x)＝(2－x)e x在(－∞，1)上单调递增，得f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，又2－x2<1，∴2－x2>x1，即x1＋x2<2.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(三十一)

当 m>0 时，f′(x)＝x＋
mx－ x
m，
当 0<x< m时， f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；
当 x> m时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
综上，当 m≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当 m>0 时，函数 f(x)的单调增区间是( m，＋∞)，单调减
区间是(0， m)．
(2)令 F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mln x，x>0，则问题等价于求函数 F(x)的零点个数． F′(x)＝－x－1xx－m，当 m＝1 时，F′(x)≤0，函数 F(x)为减函数，注意到 F(1)＝32>0，F(4)＝－ln 4<0，所以 F(x)有唯一零点；当 m>1 时，0<x<1 或 x>m 时，F′(x)<0；1<x<m 时， F′(x)>0，
主攻 36 个必考点(三十一) 导数与函数的零点或方程根的问题
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x) 为 f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若 x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求 a 的取值范围．
解：(1)证明：设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x＋xsin x－1， g′(x)＝xcos x.
2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2. (1)若 a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1； (2)若 f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a. 解：(1)证明：当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当 x≠1 时，g′(x)<0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1.

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点函数与导数(三十二)课件文

(2)部分分离，化为切线．若不等式可以等价变形为 t(x)＞k(x－x0)＋b 的形式，由不等式恒成立问题知函数 y＝t(x)的图象都在过定点的直线 y＝k(x －x0)＋b 的上方，运用运动的思想探求问题，参数取值范围的临界值就是直线与函数图象相切时对应的参数值，而临界值往往应用导数的几何意义来确定．
(2)由(1)知当 x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0. 令 x＝1＋21n，得 ln1＋21n<21n. 从而 ln1＋12＋ln1＋212＋…＋ln1＋21n<12＋212＋…＋21n＝ 1－21n<1. 故1＋121＋212·…·1＋21n<e. 而1＋121＋2121＋213>2，所以 m 的最小值为 3.
(5)放缩构造，化繁为简．有时可以利用不等式的传递性，先进行适当的放缩，再构造合适的函数进行求解．常见的放缩依据有 x－1≥ln x(x＞0)， xln x≥x－1(x＞0)，ex≥x＋1，ex≥x(x＞0)，…. 以上五种通法各有利弊，需结合不等式的特征合理选择．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界．
所以 g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－ln x0－1＝－2x20e2x0－ln x0，
则由 g(x)min≥0，得 2x20e2x0＋ln x0≤0，此时 0<x0<1，e2x0≤－ln2xx200，所以 2x0＋ln(2x0)≤ln(－ln x0)＋(－ln x0)，设 S(x)＝x＋ln x(x>0)，则 S′(x)＝1＋1x>0，所以函数 S(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为 S(2x0)≤S(－ln x0)，所以 2x0≤－ln x0，即 e2x0≤x10，

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测一

考点过关检测（一）1．(2020届高三·福建五校联考)为得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝sin 2x 的图象( )A ．向右平移5π12个单位长度 B ．向左平移5π12个单位长度 C ．向右平移5π6个单位长度D ．向左平移5π6个单位长度解析：选B 因为y ＝sin 2x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2，y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋5π12－π2，所以将函数y ＝sin 2x 的图象向左平移5π12个单位长度可得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象．故选B.2．(2020届高三·豫南九校联考)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π6个单位，则所得函数图象的解析式为( )A ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π24B ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3C ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π12D ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －7π12解析：选B 函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4经伸长变换得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π4，再作平移变换得y ＝sin 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3.3．函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π3在一个周期内的图象是( )解析：选A 由题意得函数的周期为T ＝2π，故可排除B 、D.对于C ，图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，代入解析式，不成立，故选A.4．(2019·菏泽期末)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的图象向左平移π6个单位后，得到函数f (x )的图象，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝( )A.2＋64B.3＋64C.32D.22解析：选D ∵f (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝sin π4＝22，故选D.5．为了得到函数y ＝sin x ＋cos x 的图象，只需把y ＝sin x －cos x 的图象上所有的点( )A ．向左平移π4个单位长度 B ．向右平移π4个单位长度 C ．向左平移π2个单位长度 D ．向右平移π2个单位长度解析：选C y ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，y ＝sin x －cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，因此为了得到y ＝sin x ＋cos x 的图象，只需将y ＝sin x －cos x 的图象上所有的点向左平移π2个单位长度．故选C.6．若将函数g (x )的图象上所有的点向左平移π6个单位长度得到函数f (x )的图象，已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )A ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3B ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3C ．g (x )＝sin 2xD ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6解析：选C 根据题图知A ＝1，34T ＝5π6－π12＝3π4⇒T ＝π＝2πω⇒ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋φ＝1⇒sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝1⇒π6＋φ＝π2＋2k π，k∈Z ⇒φ＝π3＋2k π，k ∈Z .因为|φ|<π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝sin2x ＋π3.将f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象向右平移π6个单位长度得到函数g (x )的图象，则g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π3＝sin 2x .故选C. 7．函数y ＝sin(ωx ＋φ)x ∈R ，ω>0,0<φ<π2在区间－π6，5π6上的图象如图所示，为了得到这个函数的图象，只需将y ＝sin x 的图象( )A ．向左平移π3个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的12，纵坐标不变B ．向左平移π3个单位，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π6个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的12，纵坐标不变 D ．向左平移π6个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变解析：选A 由图可知T ＝5π6－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π，∴ω＝2.又函数图象过⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0，则－π6×2＋φ＝2k π(k ∈Z )，∴φ＝2k π＋π3(k ∈Z )．又0<φ<π2，∴ φ＝π3，∴y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.∴为了得到这个函数的图象，只需将y ＝sin x (x ∈R )的图象上的所有点向左平移π3个单位，得到y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象，再将y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象上各点的横坐标变为原来的12(纵坐标不变)即可．8.(2019·赣州质检)设ω>0，函数y ＝sin(ωx ＋φ)(－π<φ<π)的图象向左平移π3个单位后，得到如图所示的图象，则ω，φ的值为( )A ．ω＝2，φ＝2π3 B ．ω＝2，φ＝－π3 C ．ω＝1，φ＝－π3D ．ω＝1，φ＝2π3解析：选A 函数y ＝sin(ωx ＋φ)(－π<φ<π)的图象向左平移π3个单位后可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋πω3＋φ.由函数的图象可知，T 2＝π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π2，∴T ＝π.根据周期公式可得ω＝2，∴y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋2π3.由图知当y ＝－1时，x ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6＝π12，∴函数的图象过⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，－1，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＋φ＝－1.∵－π<φ<π，∴φ＝2π3.故选A. 9．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象如图所示，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (18)的值等于( )A.22 B. 2 C.2＋2D ．1解析：选C 由图知A ＝2，T2＝6－2＝4， ∴T ＝8，则ω＝2π8＝π4. ∴y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ.又∵函数图象过点(2,2)，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4×2＋φ＝2，∴π2＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )，则φ＝2k π(k ∈Z )，∴f (x )＝2sin π4x .∵f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6)＋f (7)＋f (8)＝0，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (18)＝2f (1)＋2f (2)＋…＋2f (8)＋f (1)＋f (2)＝f (1)＋f (2)＝2＋2，故选C.10.(2019·达州期末)函数f (x )＝sin(πx ＋θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|θ|<π2的部分图象如图所示，且f (0)＝－12，则图中m 的值为( )A ．1 B.43 C ．2D.43或2解析：选B ∵f (0)＝sin θ＝－12，且|θ|<π2，∴θ＝－π6，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx －π6，∴f (m )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫m π－π6＝－12，∴m π－π6＝2k π＋7π6，k ∈Z ，∴m ＝2k ＋43，k ∈Z .又周期T ＝2，∴0<m <2，∴m ＝43.11．(2019·南昌三模)将函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象上所有点的横坐标压缩为原来的12，纵坐标保持不变，得到函数g (x )的图象，若g (x 1)＋g (x 2)＝2，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则x 1－x 2的最大值为________．解析：由题意得g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，若g (x 1)＋g (x 2)＝2，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则g (x 1)＝g (x 2)＝1，令2x ＋π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π＋π6(k ∈Z )，要使x 1，x 2∈[－2π，2π]，且x 1－x 2最大，分别取k ＝1，k ＝－2即可，故x 1－x 2的最大值为3π.答案：3π12．已知函数f (x )＝tan(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<π2图象上相邻两个对称中心的距离为32，则f (1)＝－3，则函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝1x －2(－5<x <9，且x ≠2)的图象所有交点的横坐标之和为________．解析：由已知得f (x )＝tan(ωx ＋φ)的最小正周期为3，即πω＝3，∴ω＝π3，则f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋φ.又f (1)＝－3，即tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝－3，π3＋φ＝2π3＋k π，k ∈Z .∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋π3.又∵f (2)＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋π3＝0，∴y ＝f (x )的图象关于(2,0)中心对称，作出y ＝f (x )和y ＝1x －2(－5<x <9，且x ≠2)的图象如图所示，可知两函数共有6个交点，且都关于(2,0)中心对称，则这6个交点的横坐标之和为3×4＝12.答案：12。

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(三十三)

＋1. 即 ln(x＋1)≤x，当且仅当 x＝0 时，等号成立，令 x＝1k(k∈N *)，则1k＞ln1＋1k，即1k＞ln1＋k k，所以1k＞ln(1＋k)－ln k(k＝1,2，…，n)，累加得 1＋12＋13＋…＋n1＞ln(n＋1)(n∈N *)．
所以 g(1)＝1，且 f′(1)·g′(1)＝－1，所以 g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得 a＝－1，b＝－1. (2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则 f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0. 令 h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则 h′(x)＝－1－xl2n x＋eex＋x12＋1＝lnx2x＋eex＋1.
[把脉考情] 考什么不等式的证明问题(涉及零点、极值点、双变量问题) 考多深在解答题中考查，难度较大，分值 12 分
多与函数的零点、极值点交汇考查不等式的证明，注考多宽
意构造法、函数法及转化、化归思想的应用
移项作差构造法证明不等式
[典例 1] (2019·赣州高三模拟)已知函数 f(x)＝1－lnxx，g(x) ＝aeex ＋1x－bx，若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直．
因为 x≥1，所以 h′(x)＝lnx2x＋eex＋1＞0，所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，即 1－lnxx－eex－1x＋x≥0，所以当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x.
增分方略待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证．
所以 h(x)＜h(0)＝0，h(x2)＝g(－x2)＜0，所以 x1＜－x2＜0. 由于函数 f(x)在(x1,0)上单调递减，所以 f(x1)＞f(－x2)．要证 f(x1)＋f(x2)＞2，只需证 f(－x2)＋f(x2)＞2，即证 ex2＋e－x2－x22－2＞0. 设函数 k(x)＝ex＋e－x－x2－2，x∈(0，＋∞)，则 k′(x)＝ex－e－x－2x. 设 φ(x)＝k′(x)＝ex－e－x－2x，则 φ′(x)＝ex＋e－x－2＞0，

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(十七)

3．(2018·全国卷Ⅲ)直线 x＋y＋2＝0 分别与 x 轴，y 轴交于
A，B 两点，点 P 在圆(x－2)2＋y2＝2 上，则△ABP 面积的取值
范围是( )
A．[2,6]
B．[4,8]
C．[ 2，3 2]
D．[2 2，3 2]
解析：选 A 设圆(x－2)2＋y2＝2 的圆心为 C，半径为 r，点 P 到直线 x＋y＋2＝0 的距离为 d，
[答案] (1)C (2)2 2
增分方略解决直线方程问题的两个注意点 (1)求解两条直线平行的问题时，在利用 A1B2－A2B1＝0 建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性． (2)要注意几种直线方程的局限性．点斜式、斜截式要求直线不能与 x 轴垂直；两点式要求直线不能与坐标轴垂直；而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．
6．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系 xOy 中，曲线 y＝x2＋mx －2 与 x 轴交于 A，B 两点，点 C 的坐标为(0,1)，当 m 变化时，解答下列问题：
(1)能否出现 AC⊥BC 的情况？说明理由； (2)证明过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值．
解：(1)不能出现 AC⊥BC 的情况，理由如下：设 A(x1,0)，B(x2,0)，则 x1，x2 满足 x2＋mx－2＝0，所以 x1x2＝－2. 又 C 的坐标为(0,1)，故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为－x11·－x21＝－12，所以不能出现 AC⊥BC 的情况．
则圆心 C(2,0)，r＝ 2，所以圆心 C 到直线 x＋y＋2＝0 的距离为|2＋22|＝2 2，可得 dmax＝2 2＋r＝3 2，dmin＝2 2－r＝ 2. 由已知条件可得|AB|＝2 2，所以△ABP 面积的最大值为12|AB|·dmax＝6， △ABP 面积的最小值为12|AB|·dmin＝2. 综上，△ABP 面积的取值范围是[2,6]．

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(二十)

[解] (1)因为抛物线 y2＝2px 过点(1,2)，所以 2p＝4，即 p＝2. 故抛物线 C 的方程为 y2＝4x. 由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0)，由yy2＝＝k4xx＋，1，得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意 Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得 k<0 或 0<k<1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，－2)．
消去 y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12
＝0.
因为直线 l 与椭圆 C 相切，所以 Δ＝(8km)2－4×(3＋4k2)×(4m2－12)＝0，整理得 m2＝4k2＋3.(*)
y＝kx＋m，由y＝－1kx－1
得 Q1k－2＋km1 ，kk2＋＋m1，
与几何图形的面积有关的定值问题
[典例 2] 如图所示，设点 A，B 的坐标分别为(－ 3，0)，( 3，0)，直线 AP，BP 相交于点 P，且它们的斜率之积为－23.
(1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 P 的轨迹为 C，点 M，N 是轨迹 C 上不同的两点，且满足 AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON 的面积为定值．
[解] (1)设点 P 的坐标为(x，y)，由题意得，kAP·kBP＝
y x＋
y 3·x－
3＝－23(x≠±
3)，
化简得，点 P 的轨迹方程为x32＋y22＝1(x≠± 3)．
(2)由题意可知，M，N 是轨迹 C 上不同的两点，且 AP∥
OM，BP∥ON，则直线 OM，ON 的斜率必存在且不为 0，kOM·kON
所以|OQ|＝
1k－2＋km1 2＋kk2＋＋m12

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(二十九)

当 x∈0，a3时，f′(x)<0，所以 f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减．若 a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若 a<0，则当 x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，当 x∈a3，0时，f′(x)<0，所以 f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．
[解析] (1)∵f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x＋4＋ax＝2x2＋x4x＋a， f(x)在(1,2)上是单调函数， ∴f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在(1,2)上恒成立，即 2x2＋4x＋a≥0 或 2x2＋4x＋a≤0 在(1,2)上恒成立，即 a≥－(2x2＋4x)或 a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．记 g(x)＝－(2x2＋4x)，x∈(1,2)，则－16<g(x)<－6， ∴a≥－6 或 a≤－16，故选 C.
多与函数性质交汇考查函数单调性的判断、比较
考多宽大小、求参数范围，考查数学运算、逻辑推理的
核心素养，注意分类讨论思想的应用
利用导数判断函数单调性
[典例 1] 设函数 f(x)＝ln x－(a＋1)x，a∈R . (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当函数 f(x)有最大值且最大值大于 3a－1 时，求 a 的取值范围．
(3)若已知 f(x)在区间 I 上的单调性，区间 I 中含有参数时，可先求出 f(x)的单调区间，令 I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
(4)若已知 f(x)在区间 D 上不单调，则 f(x)在 D 上有极值点，且极值点不是 D 的端点．
构造函数解决单调性与不等式的综合问题
若 a＜0，则当 x∈0，－21a时，f′(x)＞0；当 x∈－21a，＋∞时，f′(x)＜0.

2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(二十四)

[典例 1] (2018·湖南师大附中月考)已知抛物线 C：y2＝ 2px(p>0)的焦点 F 与椭圆 Γ：x22＋y2＝1 的一个焦点重合，点 M(x0,2)在抛物线上，过焦点 F 的直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点．
(1)求抛物线 C 的方程以及|MF|的值． (2)记抛物线 C 的准线与 x 轴交于点 H，试问是否存在常数 λ∈R ，使得A→F＝λF→B且|HA|2＋|HB|2＝845都成立？若存在，求出实数 λ 的值；若不存在，请说明理由．
(2)四边形 OAPB 能为平行四边形．
因为直线 l 过点m3 ，m，所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k>0，k≠3.
由(1)得 OM 的方程为 y＝－9kx.
设点 P 的横坐标为 xP.
由y＝－9kx， 9x2＋y2＝m2
ห้องสมุดไป่ตู้
得 x2P＝9kk22＋m281，即 xP＝3
∵M，N 关于直线 l 对称，∴MN⊥l，∴y1＋4 y2＝1.① ∵MN 的中点 T 的坐标为y21＋8 y22，y1＋2 y2，中点 T 在直线 l 上，∴y1＋2 y2＝－y12＋8 y22＋1.② 联立①②可知此方程组无解， ∴C 上不存在 M，N，使得 M，N 关于直线 l 对称．
4＋ 7时，四边形 OAPB 为平行四边形．
[把脉考情] 1.探索是否存在常数的问题
考什么 2.探索是否存在点或直线的问题 3.探索是否存在最值或定值的问题
考多深在解答题中考查，难度较大，分值 12 分存在性问题多与探索定点、定值、定直线、存在常
考多宽数等交汇考查，考查推理能力
探索是否存在常数的问题
2．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M.

(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形(五)课件文

法二：利用正弦定理由(1)知 C＝π3，所以 A＋B＝23π，即 A＝23π－B. 因为 c＝4，所以△ABC 外接圆的直径 2R＝sinc C＝ 4π＝
sin3 83
3. 由正弦定理可得 a＝2Rsin A＝2Rsin23π－B，b＝2Rsin B.
故该三角形的面积
S ＝ 12 absin
[把脉考情] 1.三角形中基本量的计算
考什 2.三角形中的最值、范围问题
么 3.解三角形在平面图形中的应用
考多一般与数列解答题轮流占据第 17 题的位置，中等难深度，分值 12 分
与三角函数性质、三角恒等变换结合进行命题，注意考多
函数与方程思想、数形结合思想的应用，考查数学运宽
算、逻辑推理的核心素养
(1)若 AC＝ 5，求△ABC 的面积； (2)若∠ADC＝π6，CD＝4，求 sin∠CAD.
[解] (1)在△ABC 中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－ 2AB·BC·cos∠ABC，
即 5＝1＋BC2＋ 2BC，解得 BC＝ 2，所以△ABC 的面积 S△ABC＝12AB·BC·sin∠ABC＝12×1× 2 × 22＝12. (2)设∠CAD＝θ，在△ACD 中，由正弦定理得，sin∠ACADC ＝sin∠CDCAD，即sAinCπ6＝sin4 θ，①
由正弦定理可得 sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos C，
即 sin(A＋B)＝2sin Ccos C，sin C＝2sin Ccos C，
又 sin C≠0，所以 cos C＝12，故 C＝π3.
(2)法一：利用余弦定理由(1)知 C＝π3，所以△ABC 的面积 S＝12absin C＝ 43ab，故只需求 ab 取最大值时 b 的值．由余弦定理得 c2＝a2＋b2－2abcos C，即 16＝a2＋b2－ab，结合基本不等式 a2＋b2≥2ab，可得 ab≤16，当且仅当 a ＝b＝4 时取等号，所以当△ABC 的面积取最大值时，b＝4.

新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点三角函数与解三角形考点过关检测三文

考点过关检测（三）1．(2019·唐山摸底)cos 105°－cos 15°＝( ) A.22 B ．－22 C.62D ．－62解析：选 D 法一：cos 105°－cos 15°＝cos(60°＋45°)－cos(60°－45°)＝－2sin 60°sin 45°＝－2×32×22＝－62，故选D. 法二：由题意，可知cos 105°－cos 15°＝－sin 15°－cos 15°＝－(sin 15°＋cos 15°)＝－2sin(45°＋15°)＝－2sin 60°＝－62，故选D. 2．(2019·临沂模拟)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝33，则cos x ＋cos x －π3＝( ) A ．－1 B ．1 C.233D. 3解析：选B cos x ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos x ＋cos x cos π3＋sin x sin π3＝32cos x ＋32sin x＝332cos x ＋12sin x ＝3cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＝3×33＝1，故选B. 3．已知角α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且cos 2α＋cos 2α＝0，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝( )A ．－3－2 2B ．－1C ．3－2 2D ．3＋2 2解析：选A 由题意结合二倍角公式可得2cos 2α－1＋cos 2α＝0，∴cos 2α＝13.∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos α＝33，∴sin α＝1－cos 2α＝63，∴tan α＝sin αcos α＝2，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝2＋11－2＝－3－2 2.故选A. 4．(2019·沧州教学质量监测)若cos α＋2cos β＝2，sin α＝2sin β－3，则sin 2(α＋β)＝( )A ．1B.12C.14D ．0解析：选A 由题意得(cos α＋2cos β)2＝cos 2α＋4cos 2β＋4cos αcos β＝2，(sinα－2sin β)2＝sin 2α＋4sin 2β－4sin αsin β＝3.两式相加，得1＋4＋4(cos αcos β－sin αsin β)＝5， ∴cos(α＋β)＝0，∴sin 2(α＋β)＝1－cos 2(α＋β)＝1.5．(2019·吉林梅河口月考)若tan(α＋80°)＝4sin 420°，则tan(α＋20°)的值为( )A ．－35B ．335C.319D.37解析：选D 由tan(α＋80°)＝4sin 420°＝4sin 60°＝23，得tan(α＋20°)＝tan[(α＋80°)－60°]＝tan (α＋80°)－tan 60°1＋tan (α＋80°)tan 60°＝23－31＋23×3＝37.故选D.6．(2019·辽宁师范大学附属中学期末)若α，β均为锐角且cos α＝17，cos(α＋β)＝－1114，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋2β＝( ) A ．－12B.12 C ．－32D.32解析：选B ∵α，β均为锐角，∴0<α＋β<π. ∵cos α＝17，cos(α＋β)＝－1114，∴sin α＝437，sin(α＋β)＝5314.∴cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1114×17＋5314×437＝12. ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋2β＝－cos 2β＝1－2cos 2β＝12.故选B.7．(2020届高三·桂林、贺州联考)若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，且3cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α，则sin 2α的值为( )A.118 B ．－1718C.1718D ．－118解析：选B ∵3cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α， ∴3(cos α＋sin α)(cos α－sin α)＝22(cos α－sin α)． ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，∴cos α－sin α≠0，∴cos α＋sin α＝26.两边平方可得1＋sin 2α＝118，解得sin 2α＝－1718.故选B. 8．(2019·莆田期中)若tan α＋1tan α＝103，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4的值为( )A ．－210B.210C.3210D.7210解析：选A ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴tan α>1.∴由tan α＋1tan α＝103，解得tan α＝3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝22sin 2α＋22cos 2α＝22×2sin αcos α＋cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝22×2tan α＋1－tan 2α1＋tan 2α＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－210＝－210.故选A. 9．已知tan(α－β)＝12，tan β＝－17，且α，β∈(0，π)，则2α－β＝________.解析：易知tan(2α－β)＝tan[2(α－β)＋β]．因为tan(α－β)＝12，所以tan 2(α－β)＝2tan (α－β)1－tan 2(α－β)＝43，故tan(2α－β)＝tan 2(α－β)＋tan β1－tan 2(α－β)tan β＝1.由tan β＝－17∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，知5π6<β<π，由tan α＝tan[(α－β)＋β]＝13∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，知0<α<π6，所以2α－β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，故2α－β＝－3π4. 答案：－3π410．(2019·山西康杰中学月考)若sin α＋cos αsin α－cos α＝3，tan(α－β)＝2，则tan(β－2α)＝________.解析：∵sin α＋cos αsin α－cos α＝tan α＋1tan α－1＝3，∴tan α＝2.∵tan(α－β)＝2，∴tan(β－2α)＝tan[(β－α)－α]＝－tan[(α－β)＋α]＝－tan (α－β)＋tan α1－tan (α－β)·tan α＝43.答案：4311．(2019·绍兴诸暨中学期中)3tan 12°－3(4cos 212°－2)sin 12°＝________. 解析：原式＝3sin 12°－3cos 12°cos 12°2cos 24°sin 12°＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin 12°－32cos 12°cos 24°sin 24°＝43sin (12°－60°)sin 48°＝－4 3.答案：－4 3 12．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12π5＋θ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π10－θ＝0，则tan 2π5＋θ＝________.解析：∵sin ⎝⎛⎭⎪⎫12π5＋θ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π10－θ＝0， ∴sin 2π5cos θ＋cos 2π5sin θ＋2sin 11π10cos θ－cos 11π10sin θ＝0，∴sin 2π5cos θ＋cos 2π5sin θ＋2sin 2π5sin θ－cos 2π5cos θ＝0.等式两边同时除以cos 2π5cos θ，得tan 2π5＋tan θ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 2π5tan θ－1＝0，∴tan 2π5＋tan θ1－tan 2π5tan θ＝2，即tan 2π5＋θ＝2.答案：2。

2020新高考数学(理)二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习：三角函数与解三角形、平面向量考点

姓名，年级：时间：考点过关检测(四）1．已知a ，b ，c 为△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边．若3b cos C ＝c (1－3cos B ）,则sin C ∶sin A ＝( )A ．2∶3B ．4∶3C ．3∶1D ．3∶2解析：选C 由正弦定理得3sin B cos C ＝sin C －3sin C cos B ,即3sin(B ＋C )＝sin C ⇒3sin A ＝sin C ，所以sin C ∶sin A ＝3∶1。

2．(2019·承德期末）设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若b ＝1，c ＝6，cos C ＝错误!，则a ＝（）A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选A 由余弦定理可得cos C ＝错误!，即错误!＝错误!，整理可得(a －3）（3a ＋5)＝0。

结合a >0可得a ＝3。

3．（2019·湖南师大附中月考)在△ABC 中,内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 。

若错误!＝错误!，则△ABC 的形状是（）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．等腰三角形或直角三角形解析：选D ∵1＋cos 2C 1＋cos 2B＝错误!＝错误!＝错误!， ∴错误!＝0或错误!＝错误!，即C ＝90°或错误!＝错误!。

由正弦定理,得错误!＝错误!，∴错误!＝错误!，即sin C cos C ＝sin B cos B ，即sin 2C ＝sin 2B ,∵B ，C 均为△ABC 的内角，∴2C＝2B或2C＋2B＝180°，∴B＝C或B＋C＝90°，∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．故选D。

4．（2020届高三·广西防城港模拟）已知a，b，c分别为△ABC 的三个内角A，B，C的对边．若(a＋b）（sin A－sin B)＝c（sin A －sin C)，则B＝（)A.错误!B。