最新高考数学必考要点必考要点分类汇编三角函数(完整版)

三角函数
C1 角的概念及任意的三角函数
13．C1，C2，C6[2013²四川卷] 设sin 2α＝－sin α，α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π，则tan 2α的值是________．
13. 3 [解析] 解法一：由sin 2α＝－sin α，得2sin αcos α＝－sin α，又
α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π，故sin α≠0，于是cos α＝－12，进而sin α＝32，于是tan α＝－3， ∴tan 2α＝2tan α1－tan 2
α＝2³（－3）
1－3
＝ 3. 解法二：同上得cos α＝－12，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，可得α＝2π3，∴tan 2α＝tan 4π3＝
3.
C2 同角三角函数的基本关系式与诱导公式
13．C2[2013²全国卷] 已知α是第三象限角，sin α＝－1
3，则cot α＝________．
13．2 2 [解析] cos α＝－1－sin 2
α＝－2 23，所以cot α＝cos αsin α
＝2 2.
13．C1，C2，C6[2013²四川卷] 设sin 2α＝－sin α，α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π，则tan 2α的值
是________．
13. 3 [解析] 解法一：由sin 2α＝－sin α，得2sin αcos α＝－sin α，又
α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π，故sin α≠0，于是cos α＝－12，进而sin α＝32，于是tan α＝－3， ∴tan 2α＝2tan α1－tan 2
α＝2³（－3）
1－3
＝ 3. 解法二：同上得cos α＝－12，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，可得α＝2π3，∴tan 2α＝tan 4π3＝
3.
15．C2，C5[2013²新课标全国卷Ⅱ] 设θ为第二象限角，若tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝12，则sin θ
＋cos θ＝________．
15．－
105 [解析] 由tan ⎝
⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝12得1＋tan θ1－tan θ＝12 tan θ＝－13 cos θ＝－
3sin θ ，
由sin 2θ＋cos 2θ＝1 10sin 2
θ＝1，θ 在第二象限，
sin θ＝
1010，cos θ＝－31010
， ∴sin θ＋cos θ＝－
10
5
. 20．C2、C5、C6，C8[2013²重庆卷] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a 2
＋b 2
＋2ab ＝c 2
.
(1)求C ；
(2)设cos Acos B ＝3 25，cos （α＋A ）cos （α＋B ）cos 2
α＝2
5，求tan α的值． 20．解：(1)因为a 2
＋b 2
＋2ab ＝c 2
，
所以由余弦定理有cos C ＝a 2
＋b 2
－c 2
2ab ＝－2ab 2ab ＝－22.故C ＝3π
4.
(2)由题意得
（sin αsin A －cos αcos A ）（sin αsin B －cos αcos B ）cos 2
α＝2
5， 因此(tan αsin A －cos A)(tan αsin B －cos B)＝
2
5
， tan 2
αsin Asin B －tan α(sin Acos B ＋cos Asin B)＋cos Acos B ＝25
， tan 2
αsin Asin B －tan αsin (A ＋B)＋cos Acos B ＝2
5
.① 因为C ＝3π4，所以A ＋B ＝π4，所以sin (A ＋B)＝2
2
.
因为cos (A ＋B)＝cos Acos B －sin Asin B ， 即
3 25－sin Asin B ＝2
2
. 解得sin Asin B ＝3 25－22＝2
10
.
由①得tan 2
α－5tan α＋4＝0， 解得tan α＝1或tan α＝4.
9．C2、C6，C7[2013²重庆卷] 4cos 50°－tan 40°＝( ) A. 2 B.
2＋3
2
C. 3 D ．2 2－1
9．C [解析] 原式＝4sin 40°－sin 40°
cos 40°
＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°
cos 40°
＝2cos （40°－30°）－sin 40°
cos 40°
＝2（cos 40°cos 30°＋sin 40°sin 30°）－sin 40°
cos 40°
＝
3cos 40°
cos 40°
＝3，故选C.
C3 三角函数的图像与性质
3．A2、C3[2013²北京卷] “φ＝π”是“曲线y ＝sin(2x ＋φ)过坐标原点”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
3．A [解析] ∵曲线y ＝sin(2x ＋φ)过坐标原点， ∴sin φ＝0，∴φ＝k π，k∈Z ，故选A.
1．C3[2013²江苏卷] 函数y ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的最小正周期为________． 1．π [解析] 周期为T ＝2π
2
＝π.
8．C3[2013²山东卷] 函数y ＝xcos x ＋sin x 的图像大致为( )
1－2
8．D [解析] ∵f(－x)＝－xcos(－x)＋sin(－x)＝－(xcos x ＋sin x)＝－f(x)，∴y ＝xcos x ＋sin x 为奇函数，图像关于原点对称，排除选项B.当x ＝π
2
时，y ＝1>0，排除选项
C ；x ＝π，y ＝－π<0，排除选项A ；故选D.
C4 函数 的图象与性质
15．C4[2013²新课标全国卷Ⅰ] 设当x ＝θ时，函数f(x)＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝________．
15．－
2 5
5
[解析] 因为
f(x)＝sin x －2cos x ＝
5sin(x ＋
φ)⎝
⎛⎭
⎪
⎫tan φ＝－2，φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－
π2，0，
所以当x ＋φ＝π2＋2k π(k∈Z )，即x ＝π
2－φ＋2k π(k∈Z )时，y ＝f(x)取得最大值5，
则cos θ＝cos x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－φ＋2k π＝sin φ，由⎩⎪⎨⎪⎧tan φ＝sin φcos φ＝－2，sin 2 φ＋cos 2 φ＝1，
φ∈
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π2，0可得 sin φ＝－2 55，所以cos θ＝－2 5
5
.
16．C4[2013²安徽卷] 已知函数f(x)＝4cos ωx²sin ωx ＋π
4(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求ω的值；
(2)讨论f(x)在区间0，π
2上的单调性．
16．解：(1)f(x)＝4cos ωx ²sin ωx ＋π
4
＝2 2sin ωx ²cos ωx ＋2 2cos 2
ωx
＝2(sin 2ωx ＋cos 2ωx)＋2＝2sin2ωx ＋π
4＋ 2.
因为f(x)的最小正周期为π，且ω>0， 从而有2π
2ω
＝π，故ω＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝2sin2x ＋π
4＋ 2.
若0≤x≤π2，则π4≤2x ＋π4≤5π
4.
当π4≤2x ＋π4≤π2，即0≤x≤π
8时，f(x)单调递增； 当
π2≤2x ＋π4≤5π4，即π8≤x ≤π
2
时，f(x)单调递减． 综上可知，f(x)在区间0，π8上单调递增，在区间π8，π
2
上单调递减．
20．C4，C9，B14[2013²福建卷] 已知函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)的周期为π，图像的一个对称中心为⎝
⎛⎭
⎪⎫π4，0.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍
(纵坐标不变)，再将所得到的图像向右平移π
2
个单位长度后得到函数g(x)的图像．
(1)求函数f(x)与g(x)的解析式；
(2)是否存在x 0∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4，使得f(x 0)，g(x 0)，f(x 0)g(x 0)按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x 0的个数；若不存在，说明理由；
(3)求实数a 与正整数n ，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，n π)内恰有2013个零点．
20．解：(1)由函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)的周期为π，ω>0，得ω＝2π
T ＝2.
又曲线y ＝f(x)的一个对称中心为⎝
⎛⎭
⎪⎫π4，0，φ∈(0，π)，
故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2³π4＋φ＝0，得φ＝π2，所以f(x)＝cos 2x.
将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)后可得y ＝cos x 的图
像，再将y ＝cos x 的图像向右平移π2个单位长度后得到函数g(x)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2的图像，所以
g(x)＝sin x.
(2)当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4时，12<sin x<22，0<cos 2x<12，
所以sin x>cos 2x>sin xcos 2x.
问题转化为方程2cos 2x ＝sin x ＋sin xcos 2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4内是否有解．
设G(x)＝sin x ＋sin xcos 2x －2cos 2x ，x∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4， 则G′(x)＝cos x ＋cos xcos 2x ＋2sin 2x(2－sin x)．
因为x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4，所以G′(x)>0，G(x)在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4内单调递增． 又G ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝－14<0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22
>0，
且函数G(x)的图像连续不断，故可知函数G(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4内存在唯一零点x 0，
即存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4满足题意． (3)方法一：依题意，F(x)＝asinx ＋cos 2x ，令F(x)＝asin x ＋cos 2x ＝0. 当sin x ＝0，即x ＝k π(k∈Z )时，cos2x ＝1，从而x ＝k π(k∈Z )不是方程F(x)＝0的解，所以方程F(x)＝0等价于关于x 的方程a ＝－cos 2x sin x
，x≠k π(k∈Z )．
现研究x∈(0，π)∪(π，2π)时方程a ＝－cos 2x
sin x 的解的情况．
令h(x)＝－cos 2x
sin x
，x∈(0，π)∪(π，2π)，
则问题转化为研究直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)，x∈(0，π)∪(π，2π)的交点情况． h ′(x)＝cos x （2 sin 2
x ＋1）sin x ，令h′(x)＝0，得x ＝π2或x ＝3π
2. 当x 变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
当x>0且x 趋近于0时，h(x)趋向于－∞，
当x<π且x 趋近于π时，h(x)趋向于－∞， 当x>π且x 趋近于π时，h(x)趋向于＋∞， 当x<2π且x 趋近于2π时，h(x)趋向于＋∞，
故当a>1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，π)内无交点，在(π，2π)内有2个交点； 当a<－1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内无交点； 当－1<a<1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内有2个交点．
由函数h(x)的周期性，可知当a≠±1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，n π)内总有偶数个交点，从而不存在正整数n ，使得直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，n π)内恰有2 013个交点；
又当a ＝1或a ＝－1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，π)∪(π，2π)内有3个交点，由周期性，2013＝3³671，所以依题意得n ＝671³2＝1342.
综上，当a ＝1，n ＝1342或a ＝－1，n ＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，n π)内恰有2013个零点．
方法二：依题意，F(x)＝asin x ＋cos2x ＝－2sin 2
x ＋asin x ＋1. 现研究函数F(x)在(0，2π]上的零点的情况．
设t ＝sin x ，p(t)＝－2t 2
＋at ＋1(－1≤t≤1)，则函数p(t)的图象是开口向下的抛物线， 又p(0)＝1>0，p(－1)＝－a －1，p(1)＝a －1.
当a>1时，函数p(t)有一个零点t 1∈(－1，0)(另一个零点t 2>1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x 1，x 2，且x 1，x 2∈(π，2π)；
当a<－1时，函数p(t)有一个零点t 1∈(0，1)(另一个零点t 2<－1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x 1，x 2，且x 1，x 2∈(0，π)；
当－1<a<1时，函数p(t)的一个零点t 1∈(－1，0)，另一个零点t 2∈(0，1)，F(x)在(0，π)和(π，2π)上分别有两个零点．
由正弦函数的周期性，可知当a≠±1时，函数F(x)在(0，n π)内总有偶数个零点，从而不存在正整数n 满足题意．
当a ＝1时，函数p(t)的一个零点t 1∈(－1，0)，另一个零点t 2＝1； 当a ＝－1时，函数p(t)的一个零点t 1＝－1，另一个零点t 2∈(0，1)，
从而当a ＝1或a ＝－1时，函数F(x)在(0，2π]有3个零点，由正弦函数的周期性，2013＝3³671，所以依题意得n ＝671³2＝1342.
综上，当a ＝1，n ＝1342或a ＝－1，n ＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，n π)内恰有2 013个零点．
4．C4[2013²湖北卷] 将函数y ＝3cos x ＋sin x (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.
π12 B.π6 C.π3 D.5π6
4．B [解析] 结合选项，将函数y ＝3cos x ＋sin x ＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图像向左平移π6个
单位得到y ＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝2cos x ，它的图像关于y 轴对称，选B.
11．C4[2013²江西卷] 函数y ＝sin 2x ＋2 3sin 2
x 的最小正周期T 为________．
11．π [解析] y ＝sin 2x ＋3(1－cos 2x)＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π3＋3，所以最小正周期为π. 17．C4[2013²辽宁卷] 设向量a ＝(3sin x ，sin x)，b ＝(cos x ，sin x)，x∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.
(1)若|a |＝|b |，求x 的值；
(2)设函数f(x)＝a²b ，求f(x)的最大值．
17．解： (1)由|a |2
＝(3sin x)2
＋(sin x)2
＝4sin 2
x.
|b |2＝(cos x)2＋(sin x)2
＝1，
及|a |＝|b |，得4sin 2
x ＝1.
又x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，从而sin x ＝12，所以x ＝π6.
(2)f(x)＝a²b ＝3sin x²cos x ＋sin 2
x ＝
32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12.
当x ＝π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6取最大值1.
所以f(x)的最大值为3
2
.
5．C4[2013²山东卷] 将函数y ＝sin(2x ＋φ)的图像沿x 轴向左平移π
8个单位后，得到
一个偶函数的图像，则φ的一个可能取值为( )
A.
3π4 B.π4 C ．0 D ．－π4
5．B [解析] 方法一：将函数y ＝sin(2x ＋φ)的图像沿x 轴向左平移π
8个单位后得到
f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋φ的图像，若f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋φ为偶函数，必有π4＋φ＝k π＋π2，k∈Z ，当k ＝0时，φ＝π
4
.
方法二：将函数y ＝sin(2x ＋φ)的图像沿x 轴向左平移
π
8
个单位后得到f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋φ的图像，其对称轴所在直线满足2x ＋π4＋φ＝k π＋π2，k∈Z ，又∵f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋φ为偶函数，∴y 轴为其中一条对称轴，即π4＋φ＝k π＋π2，k∈Z ，当k ＝0时，φ＝π
4
.
16．F3，C4[2013²陕西卷] 已知向量a ＝cos x ，－1
2，b ＝(3sin x ，cos 2x)，x∈R ，
设函数f(x)＝a²b .
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．
16．解：f(x)＝cos x ，－1
2²(3sin x ，cos 2x)
＝3cos xsin x －1
2cos 2x
＝
32sin 2x －1
2
cos 2x ＝cos π6sin 2x －sin π
6cos 2x
＝sin2x －π
6
.
(1)f(x)的最小正周期为T ＝
2πω＝2π
2
＝π， 即函数f(x)的最小正周期为π. (2)∵0≤x≤π2，∴－π6≤2x －π6≤5π
6.
由正弦函数的性质，当2x －
π6＝π2，即x ＝π
3
时，f(x)取得最大值1. 当2x －π6＝－π6，即x ＝0时，f(0)＝－1
2，
当2x －π6＝56π，即x ＝π2时，f π2＝1
2，
∴f(x)的最小值为－1
2
.
因此，f(x)在0，π2上最大值是1，最小值是－1
2
.
5．C4[2013²四川卷] 函数f(x)＝2sin (ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2<φ<π2的部分图像如图1
－4所示，则ω，φ的值分别是( )
A ．2，－π3
B ．2，－π
6
C ．4，－π6
D ．4，π
3
5．A [解析] 由图知3T 4＝5π12＋π3＝3π
4，故周期T ＝π，于是ω＝2.∴f(x)＝2sin(2x
＋φ)．再由f ⎝
⎛⎭⎪⎫5π12＝2，得sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫5π6＋φ＝1，于是5π6＋φ＝2k π＋π2(k∈Z )，因为－π2<
φ<π2，取k ＝0，得φ＝－π
3
.
15．C4，C5[2013²天津卷] 已知函数f(x)＝－2sin2x ＋π4＋6sin xcos x －2cos 2 x ＋1，
x∈R .
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间0，π
2
上的最大值和最小值．
15．解：(1)f(x)＝－2sin 2x ²cos π4－2cos 2x ²sin π
4＋3sin 2x －cos 2x ＝2sin 2x
－2cos 2x ＝2 2sin2x －π
4
.
所以，f(x)的最小正周期T ＝2π
2
＝π.
(2)因为f(x)在区间0，3π8上是增函数，在区间3π8，π2上是减函数．又f(0)＝－2，f
3π
8＝2 2，f π2＝2，故函数f(x)在区间0，π
2
上的最大值为2 2，最小值为－2.
C5 两角和与差的正弦、余弦、正切
17．C5、C8[2013²山东卷] 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＋c ＝6，b ＝2，cos B ＝7
9
.
(1)求a ，c 的值；
(2)求sin(A －B)的值．
17．解：(1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2accos B ，得b 2＝(a ＋c)2
－2ac(1＋cosB)， 又b ＝2，a ＋c ＝6，cos B ＝7
9，所以ac ＝9，
解得a ＝3，c ＝3.
(2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2
B ＝
4 2
9
. 由正弦定理得sin A ＝asin B b ＝2 2
3
.
因为a ＝c ，所以A 为锐角， 所以cos A ＝1－sin 2
A ＝13
.
因此sin(A －B)＝sin Acos B －cos Asin B ＝10 2
27
.
17．C5，C8，F1[2013²四川卷] 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos 2
A －
B 2cos B －sin (A －B)sin B ＋cos(A ＋C)＝－3
5
. (1)求cos A 的值；
(2)若a ＝4 2，b ＝5，求向量BA →在BC →
方向上的投影． 17．解：(1)由2cos
2
A －
B 2cos B －sin(A －B)sin B ＋cos(A ＋C)＝－3
5
，得 [cos(A －B)＋1]cosB －sin(A －B)sinB －cosB ＝－3
5，
即cos(A －B)cosB －sin(A －B)sinB ＝－3
5，
则cos(A －B ＋B)＝－35，即cos A ＝－3
5.
(2)由cos A ＝－35，0<A<π，得sinA ＝4
5.
由正弦定理，有
a sin A ＝
b sinB ，所以sinB ＝bsinA a ＝2
2
. 由题意知a>b ，则A>B ，故B ＝π
4
.
根据余弦定理，有(4 2)2＝52＋c 2
－2³5c³⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35，
解得c ＝1或c ＝－7(舍去)，
故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →
|cosB ＝22
.
15．C4，C5[2013²天津卷] 已知函数f(x)＝－2sin2x ＋π4＋6sin xcos x －2cos 2
x ＋1，
x∈R .
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间0，π
2
上的最大值和最小值．
15．解：(1)f(x)＝－2sin 2x ²cos π4－2cos 2x ²sin π
4＋3sin 2x －cos 2x ＝2sin 2x
－2cos 2x ＝2 2sin2x －π
4
.
所以，f(x)的最小正周期T ＝2π
2
＝π.
(2)因为f(x)在区间0，3π8上是增函数，在区间3π8，π2上是减函数．又f(0)＝－2，f
3π
8＝2 2，f π2＝2，故函数f(x)在区间0，π
2
上的最大值为2 2，最小值为－2.
17．C5，C8[2013²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． 17．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 ＝π
4
.
(2)△ABC 的面积S ＝12acsin B ＝2
4ac.
由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2
－2accos π4.
又a 2
＋c 2
≥2ac ，故
ac ≤4
2－2
，当且仅当a ＝c 时，等号成立．
因此△ABC 面积的最大值为2＋1.
17．C5，C8[2013²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．
17．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 ＝π
4
.
(2)△ABC 的面积S ＝12acsin B ＝2
4ac.
由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2
－2accos π4.
又a 2
＋c 2
≥2ac ，故
ac ≤4
2－2，当且仅当a ＝c 时，等号成立．
因此△ABC 面积的最大值为2＋1.
15．C2，C5[2013²新课标全国卷Ⅱ] 设θ为第二象限角，若tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝12，则sin θ＋cos θ＝________．
15．－
105 [解析] 由tan ⎝
⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝12得1＋tan θ1－tan θ＝12 tan θ＝－13 cos θ＝－
3sin θ ，
由sin 2θ＋cos 2θ＝1 10sin 2
θ＝1，θ 在第二象限，
sin θ＝
1010，cos θ＝－31010
， ∴sin θ＋cos θ＝－10
5
. 20．C2、C5、C6，C8[2013²重庆卷] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a 2
＋b 2
＋2ab ＝c 2
.
(1)求C ；
(2)设cos Acos B ＝3 25，cos （α＋A ）cos （α＋B ）cos 2
α＝2
5，求tan α的值． 20．解：(1)因为a 2
＋b 2
＋2ab ＝c 2
，
所以由余弦定理有cos C ＝a 2
＋b 2
－c 2
2ab ＝－2ab 2ab ＝－22.故C ＝3π
4
.
(2)由题意得
（sin αsin A －cos αcos A ）（sin αsin B －cos αcos B ）cos 2
α＝2
5， 因此(tan αsin A －cos A)(tan αsin B －cos B)＝
2
5
， tan 2
αsin Asin B －tan α(sin Acos B ＋cos Asin B)＋cos Acos B ＝25
， tan 2
αsin Asin B －tan αsin (A ＋B)＋cos Acos B ＝
2
5
.①
因为C ＝3π4，所以A ＋B ＝π4，所以sin (A ＋B)＝2
2
.
因为cos (A ＋B)＝cos Acos B －sin Asin B ， 即
3 25－sin Asin B ＝2
2
. 解得sin Asin B ＝3 25－22＝210
.
由①得tan 2
α－5tan α＋4＝0， 解得tan α＝1或tan α＝4.
C6 二倍角公式
13．C1，C2，C6[2013²四川卷] 设sin 2α＝－sin α，α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π，则tan 2α的值是________．
13. 3 [解析] 解法一：由sin 2α＝－sin α，得2sin αcos α＝－sin α，又
α∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π，故sin α≠0，于是cos α＝－12，进而sin α＝32，于是tan α＝－3， ∴tan 2α＝2tan α1－tan 2
α＝2³（－3）
1－3
＝ 3. 解法二：同上得cos α＝－12，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，可得α＝2π3，∴tan 2α＝tan 4π3＝
3.
20．C2、C5、C6，C8[2013²重庆卷] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a 2
＋b 2
＋2ab ＝c 2
.
(1)求C ；
(2)设cos Acos B ＝3 25，cos （α＋A ）cos （α＋B ）cos 2
α＝2
5，求tan α的值． 20．解：(1)因为a 2
＋b 2
＋2ab ＝c 2
，
所以由余弦定理有cos C ＝a 2
＋b 2
－c 2
2ab ＝－2ab 2ab ＝－22.故C ＝3π
4
.
(2)由题意得
（sin αsin A －cos αcos A ）（sin αsin B －cos αcos B ）cos 2
α＝2
5， 因此(tan αsin A －cos A)(tan αsin B －cos B)＝
2
5
， tan 2
αsin Asin B －tan α(sin Acos B ＋cos Asin B)＋cos Acos B ＝25
， tan 2
αsin Asin B －tan αsin (A ＋B)＋cos Acos B ＝2
5
.① 因为C ＝3π4，所以A ＋B ＝π4，所以sin (A ＋B)＝2
2
.
因为cos (A ＋B)＝cos Acos B －sin Asin B ， 即
3 25－sin Asin B ＝2
2
. 解得sin Asin B ＝3 25－22＝210
.
由①得tan 2
α－5tan α＋4＝0，
解得tan α＝1或tan α＝4.
9．C2、C6，C7[2013²重庆卷] 4cos 50°－tan 40°＝( ) A. 2 B.
2＋3
2
C. 3 D ．2 2－1
9．C [解析] 原式＝4sin 40°－sin 40°
cos 40°
＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°
cos 40°
＝2cos （40°－30°）－sin 40°
cos 40°
＝2（cos 40°cos 30°＋sin 40°sin 30°）－sin 40°
cos 40°
＝3cos 40°
cos 40°
＝3，故选C.
C7 三角函数的求值、化简与证明
15．C7，C8[2013²北京卷] 在△ABC 中，a ＝3，b ＝2 6，∠B＝2∠A. (1)求cos A 的值； (2)求c 的值．
15．解：(1)因为a ＝3，b ＝2 6，∠B＝2∠A， 所以在△ABC 中，由正弦定理得3sin A ＝2 6
sin 2A .
所以2sin Acos A sin A ＝2 63.
故cos A ＝
6
3
. (2)由(1)知cos A ＝
63，所以sin A ＝1－cos 2
A ＝33
. 又因为∠B＝2∠A，所以cos B ＝2cos 2
A －1＝13.
所以sin B ＝1－cos 2
B ＝2 23
.
在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B) ＝sin AcosB ＋cos Asin B
＝
5 3
9
. 所以c ＝a sin C
sin A
＝5.
18．C7、C8[2013²全国卷] 设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，(a ＋b ＋c)(a －b ＋c)＝ac.
(1)求B ；
(2)若sin Asin C ＝
3－1
4
，求C. 18．解：(1)因为(a ＋b ＋c)(a －b ＋c)＝ac ，所以a 2
＋c 2
－b 2
＝－ac. 由余弦定理得cos B ＝a 2
＋c 2
－b 2
2ac ＝－1
2，
因此B ＝120°.
(2)由(1)知A ＋C ＝60°，所以
cos(A －C)＝cos Acos C ＋sin Asin C ＝cos Acos C －sin Asin C ＋2sin Asin C ＝cos(A ＋C)＋2sin Asin C ＝12＋2³3－14
＝
32
， 故A －C ＝30°或A －C ＝－30°， 因此C ＝15°或C ＝45°. 6．C7[2013²浙江卷] 已知α∈R ，sin α＋2cos α＝10
2
，则tan 2α＝( ) A.43 B.34 C ．－34 D ．－43
6．C [解析] 由(sin α＋2cos α)2
＝
1022'得sin 2α＋4sin αcos α＋4cos 2
α＝104
＝52，4sin αcos α＋1＋3cos 2
α＝52，2sin 2α＋1＋3³1＋cos 2α2＝52，故2sin 2α＝－3cos 2α2，所以tan 2α＝－3
4
，选择C. 9．C2、C6，C7[2013²重庆卷] 4cos 50°－tan 40°＝( ) A. 2 B.
2＋3
2
C. 3 D ．2 2－1
9．C [解析] 原式＝4sin 40°－sin 40°
cos 40°
＝4sin 40°cos 40°－sin 40°cos 40°＝2sin 80°－sin 40°
cos 40°
＝
2cos （40°－30°）－sin 40°
cos 40°
＝2（cos 40°cos 30°＋sin 40°sin 30°）－sin 40°
cos 40°
＝3cos 40°
cos 40°
＝3，故选C.
C8 解三角形
17．C8[2013²新课标全国卷Ⅰ] 如图1－4所示，在△ABC 中，∠ABC＝90°，AB ＝3，BC ＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB ＝1
2
，求PA ；
(2)若∠APB＝150°，求tan ∠PBA.
图1－4
17．解：(1)由已知得， ∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA 中，由余弦定理得PA 2
＝3＋14－2³3³12cos 30°＝74.故PA ＝72
.
(2)设∠PBA＝α，由已知得PB ＝sin α.
在△PBA 中，由正弦定理得3sin 150°＝sin α
sin （30°－α），化简得3cos α＝4sin α.
所以tan α＝
34，即tan ∠PBA ＝34
. 13．C8[2013²福建卷] 如图1－4所示，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD⊥A C ，sin ∠BAC ＝2 2
3
，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为__________．
图1－4
13. 3 [解析] 设∠BAD＝θ，则∠BAC＝θ＋
π2，sin θ＋π2＝23 2，所以cos θ＝23
2，△ABD 中，由余弦定理得BD ＝AB 2
＋AD 2
－2AB²AD²cos θ＝ 3.
17．C8[2013²湖北卷] 在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别是a ，b ，c.已知cos 2A －3cos(B ＋C)＝1.
(1)求角A 的大小；
(2)若△ABC 的面积S ＝5 3，b ＝5，求sin Bsin C 的值．
17．解： (1)由cos 2A －3cos(B ＋C)＝1，得2cos 2
A ＋3cos A －2＝0. 即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0，解得cos A ＝1
2
或cos A ＝－2(舍去)，
因为0<A<π，所以A ＝π
3
.
(2)由S ＝12bcsin A ＝12bc ²32＝3
4bc ＝5 3，得bc ＝20，又b ＝5，知c ＝4.由余弦定理
得a 2
＝b 2
＋c 2
－2bc cosA ＝25＋16－20＝21，故a ＝21.
又由正弦定理得sin Bsin C ＝b a sinA c a sin A ＝bc a 2sin 2 A ＝2021³34＝5
7
.
3．C8[2013²湖南卷] 在锐角△ABC 中，角A ，B 所对的边长分别为a ，b ，若2asin B ＝3
b ，则角A 等于( )
A.
π12 B.π6 C.π4 D.π3
3．D [解析] 由正弦定理可得2sin Asin B ＝3sin B ，又sin B ≠0，所以可得sin A ＝
32，又A 为锐角，故A ＝π
3
，选D. 16．C8[2013²江西卷] 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知cos C ＋(cos A －3sin A)cos B ＝0. (1)求角B 的大小；
(2)若a ＋c ＝1，求b 的取值范围．
解：(1)由已知得－cos(A ＋B)＋cos Acos B －3sin A cos B ＝0，即有sin A sin B －3sin Acos B ＝0，
因为sin A ≠0，所以sin B －3cos B ＝0，又cos B ≠0，所以tan B ＝3，又0<B<π，
所以B ＝π
3
.
(2)由余弦定理，有b 2
＝a 2
＋c 2
－2accos B. 因为a ＋c ＝1，cos B ＝12，有b 2
＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14.
又0<a<1，于是有14≤b 2<1，即有1
2
≤b<1.
15．C7，C8[2013²北京卷] 在△ABC 中，a ＝3，b ＝2 6，∠B＝2∠A.
(1)求cos A 的值； (2)求c 的值．
15．解：(1)因为a ＝3，b ＝2 6，∠B＝2∠A， 所以在△ABC 中，由正弦定理得3sin A ＝2 6
sin 2A .
所以2sin Acos A sin A ＝2 63.
故cos A ＝
6
3
. (2)由(1)知cos A ＝
63，所以sin A ＝1－cos 2
A ＝33
. 又因为∠B＝2∠A，所以cos B ＝2cos 2
A －1＝13
.
所以sin B ＝1－cos 2
B ＝2 23
.
在△ABC 中，sin C ＝sin(A ＋B) ＝sin AcosB ＋cos Asin B ＝5 3
9
. 所以c ＝a sin C
sin A
＝5.
6．C8[2013²辽宁卷] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.若asin Bcos C ＋csin Bcos A ＝1
2
b ，且a>b ，则∠B ＝( )
A.
π6 B.π3 C.2π3 D.5π6
6．A [解析] 由正弦定理可得到sin Asin Bcos C ＋sin Csin Bcos A ＝12sin B ．因为B∈(0，
π)，所以sin B ≠0，所以sin Acos C ＋sin Ccos A ＝12，即sin(A ＋C)＝sin B ＝1
2，则∠B
＝π
6
，故选A. 18．C7、C8[2013²全国卷] 设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，(a ＋b ＋c)(a －b ＋c)＝ac.
(1)求B ；
(2)若sin Asin C ＝
3－1
4
，求C. 18．解：(1)因为(a ＋b ＋c)(a －b ＋c)＝ac ，所以a 2
＋c 2
－b 2
＝－ac. 由余弦定理得cos B ＝a 2
＋c 2
－b 2
2ac ＝－1
2，
因此B ＝120°.
(2)由(1)知A ＋C ＝60°，所以
cos(A －C)＝cos Acos C ＋sin Asin C ＝cos Acos C －sin Asin C ＋2sin Asin C ＝cos(A ＋C)＋2sin Asin C ＝12＋2³3－14
＝
32
， 故A －C ＝30°或A －C ＝－30°， 因此C ＝15°或C ＝45°.
17．C5、C8[2013²山东卷] 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＋c ＝6，b ＝2，cos B ＝7
9
.
(1)求a ，c 的值；
(2)求sin(A －B)的值．
17．解：(1)由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2accos B ，得b 2＝(a ＋c)2
－2ac(1＋cosB)，
又b ＝2，a ＋c ＝6，cos B ＝7
9，所以ac ＝9，
解得a ＝3，c ＝3.
(2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2
B ＝
4 2
9
. 由正弦定理得sin A ＝asin B b ＝2 2
3
.
因为a ＝c ，所以A 为锐角， 所以cos A ＝1－sin 2
A ＝13
.
因此sin(A －B)＝sin Acos B －cos Asin B ＝10 2
27
.
7．C8[2013²陕西卷] 设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若bcos C ＋ccos B ＝asin 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
7．B [解析] 结合已知bcos C ＋ccos B ＝asin A ，所以由正弦定理代入可得sin Bcos C
＋sin Ccos B ＝sin Asin A sin(B ＋C)＝sin 2A sin A ＝sin 2
A sin A ＝1，故A ＝90°，故三角形为直角三角形．
17．C5，C8，F1[2013²四川卷] 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos 2
A －
B 2cos B －sin (A －B)sin B ＋cos(A ＋C)＝－3
5
. (1)求cos A 的值；
(2)若a ＝4 2，b ＝5，求向量BA →在BC →
方向上的投影． 17．解：(1)由2cos
2
A －
B 2cos B －sin(A －B)sin B ＋cos(A ＋C)＝－3
5
，得 [cos(A －B)＋1]cosB －sin(A －B)sinB －cosB ＝－3
5，
即cos(A －B)cosB －sin(A －B)sinB ＝－3
5，
则cos(A －B ＋B)＝－35，即cos A ＝－3
5.
(2)由cos A ＝－35，0<A<π，得sinA ＝4
5.
由正弦定理，有
a sin A ＝
b sinB ，所以sinB ＝bsinA a ＝2
2
. 由题意知a>b ，则A>B ，故B ＝π
4
.
根据余弦定理，有(4 2)2＝52＋c 2
－2³5c³⎝ ⎛⎭
⎪⎫－35，
解得c ＝1或c ＝－7(舍去)，
故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →
|cosB ＝22
.
15．C8，E8，N1[2013²四川卷] 设P 1，P 2，…，P n 为平面α内的n 个点，在平面α内的所有点中，若点P 到P 1，P 2，…，P n 点的距离之和最小，则称点P 为P 1，P 2，…，P n 点的一个“中位点”．例如，线段AB 上的任意点都是端点A ，B 的中位点．则有下列命题：
①若A ，B ，C 三个点共线，C 在线段AB 上，则C 是A ，B ，C 的中位点； ②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点； ③若四个点A ，B ，C ，D 共线，则它们的中位点存在且唯一； ④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点． 其中的真命题是________．(写出所有真命题的序号)
15．①④ [解析] 对于①，如果中位点不在直线AB 上，由三角形两边之和大于第三边可知与题意矛盾．而当中位点在直线AB 上时，如果不与C 重合，则|PA|＋|PB|＋|PC|＞|PA|＋|PB|也不符合题意，故C 为唯一的中位点，①正确；
对于②，我们取斜边长为4的等腰直角三角形，此时，斜边中点到三个顶点的距离均为2，和为6；而我们取斜边上中线的中点，该点到直角顶点的距离为1，到两底角顶点的距离均为5，显然2 5＋1＜6，故该直角三角形的斜边中点不是中位点，②错误；
对于③，当A ，B ，C ，D 四点共线时，不妨设他们的顺序就是A ，B ，C ，D ，则当点P 在B ，C 之间运动时，点P 到A ，B ，C ，D 四点的距离之和相等且最小，即这个时候的中位点有无穷多个，③错误；
对于④，同样根据三角形两边之和大于第三边的性质，如果中位点不在对角线的交点上，则距离之和肯定不是最小的，④正确．
6．C8[2013²天津卷] 在△ABC 中，∠ABC＝π
4，AB ＝2，BC ＝3，则sin ∠BAC ＝( )
A.1010
B.105
C.
31010 D.5
5
6．C [解析] 由余弦定理得AC 2
＝2＋9－2³3³2³2
2
＝5，即AC ＝5，由正弦定理得3sin ∠BAC ＝52
2
，
解得sin ∠BAC ＝3 10
10
.
17．C5，C8[2013²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． 17．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 ＝π
4
.
(2)△ABC 的面积S ＝12acsin B ＝2
4ac.
由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2
－2accos π4.
又a 2
＋c 2
≥2ac ，故
ac ≤4
2－2
，当且仅当a ＝c 时，等号成立．
因此△ABC 面积的最大值为2＋1.
20．C2、C5、C6，C8[2013²重庆卷] 在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a 2
＋b 2
＋2ab ＝c 2
.
(1)求C ；
(2)设cos Acos B ＝3 25，cos （α＋A ）cos （α＋B ）cos 2
α＝2
5，求tan α的值． 20．解：(1)因为a 2
＋b 2
＋2ab ＝c 2
，
所以由余弦定理有cos C ＝a 2
＋b 2
－c 2
2ab ＝－2ab 2ab ＝－22.故C ＝3π
4
.
(2)由题意得
（sin αsin A －cos αcos A ）（sin αsin B －cos αcos B ）cos α＝2
5， 因此(tan αsin A －cos A)(tan αsin B －cos B)＝
2
5
， tan 2
αsin Asin B －tan α(sin Acos B ＋cos Asin B)＋cos Acos B ＝25
， tan 2
αsin Asin B －tan αsin (A ＋B)＋cos Acos B ＝2
5
.① 因为C ＝3π4，所以A ＋B ＝π4，所以sin (A ＋B)＝2
2
.
因为cos (A ＋B)＝cos Acos B －sin Asin B ， 即
3 25－sin Asin B ＝2
2
. 解得sin Asin B ＝3 25－22＝2
10
.
由①得tan 2
α－5tan α＋4＝0， 解得tan α＝1或tan α＝4.
C9 单元综合
20．C4，C9，B14[2013²福建卷] 已知函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，0<φ<π)的周期为π，图像的一个对称中心为⎝
⎛⎭
⎪⎫π4，0.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍
(纵坐标不变)，再将所得到的图像向右平移π
2
个单位长度后得到函数g(x)的图像．
(1)求函数f(x)与g(x)的解析式；
(2)是否存在x 0∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4，使得f(x 0)，g(x 0)，f(x 0)g(x 0)按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x 0的个数；若不存在，说明理由；
(3)求实数a 与正整数n ，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，n π)内恰有2013个零点．
20．解：(1)由函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)的周期为π，ω>0，得ω＝2π
T ＝2.
又曲线y ＝f(x)的一个对称中心为⎝
⎛⎭
⎪⎫π4，0，φ∈(0，π)，
故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2³π
4＋φ
＝0，得φ＝π2，所以f(x)＝cos 2x.
将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)后可得y ＝cos x 的图
像，再将y ＝cos x 的图像向右平移π2个单位长度后得到函数g(x)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2的图像，所以
g(x)＝sin x.
(2)当x∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4时，12<sin x<22，0<cos 2x<12，
所以sin x>cos 2x>sin xcos 2x.
问题转化为方程2cos 2x ＝sin x ＋sin xcos 2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4内是否有解． 设G(x)＝sin x ＋sin xcos 2x －2cos 2x ，x∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4， 则G′(x)＝cos x ＋cos xcos 2x ＋2sin 2x(2－sin x)．
因为x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4，所以G′(x)>0，G(x)在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4内单调递增． 又G ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝－14<0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22
>0，
且函数G(x)的图像连续不断，故可知函数G(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4内存在唯一零点x 0，
即存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π4满足题意． (3)方法一：依题意，F(x)＝asinx ＋cos 2x ，令F(x)＝asin x ＋cos 2x ＝0. 当sin x ＝0，即x ＝k π(k∈Z )时，cos2x ＝1，从而x ＝k π(k∈Z )不是方程F(x)＝0的解，所以方程F(x)＝0等价于关于x 的方程a ＝－cos 2x sin x
，x≠k π(k∈Z )．
现研究x∈(0，π)∪(π，2π)时方程a ＝－cos 2x
sin x 的解的情况．
令h(x)＝－cos 2x
sin x
，x∈(0，π)∪(π，2π)，
则问题转化为研究直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)，x∈(0，π)∪(π，2π)的交点情况． h ′(x)＝cos x （2 sin 2
x ＋1）sin 2
x ，令h′(x)＝0，得x ＝π2或x ＝3π
2
.
当x 变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
当x>0且x 趋近于0时，h(x)趋向于－∞，
当x<π且x 趋近于π时，h(x)趋向于－∞， 当x>π且x 趋近于π时，h(x)趋向于＋∞， 当x<2π且x 趋近于2π时，h(x)趋向于＋∞，
故当a>1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，π)内无交点，在(π，2π)内有2个交点； 当a<－1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内无交点； 当－1<a<1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内有2个交点．
由函数h(x)的周期性，可知当a≠±1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，n π)内总有偶数个交点，从而不存在正整数n ，使得直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，n π)内恰有2 013个交点；
又当a ＝1或a ＝－1时，直线y ＝a 与曲线y ＝h(x)在(0，π)∪(π，2π)内有3个交点，由周期性，2013＝3³671，所以依题意得n ＝671³2＝1342.
综上，当a ＝1，n ＝1342或a ＝－1，n ＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，n π)内恰有2013个零点．
方法二：依题意，F(x)＝asin x ＋cos2x ＝－2sin 2
x ＋asin x ＋1. 现研究函数F(x)在(0，2π]上的零点的情况．
设t ＝sin x ，p(t)＝－2t 2
＋at ＋1(－1≤t≤1)，则函数p(t)的图象是开口向下的抛物线， 又p(0)＝1>0，p(－1)＝－a －1，p(1)＝a －1.
当a>1时，函数p(t)有一个零点t 1∈(－1，0)(另一个零点t 2>1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x 1，x 2，且x 1，x 2∈(π，2π)；
当a<－1时，函数p(t)有一个零点t 1∈(0，1)(另一个零点t 2<－1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x 1，x 2，且x 1，x 2∈(0，π)；
当－1<a<1时，函数p(t)的一个零点t 1∈(－1，0)，另一个零点t 2∈(0，1)，F(x)在(0，π)和(π，2π)上分别有两个零点．
由正弦函数的周期性，可知当a≠±1时，函数F(x)在(0，n π)内总有偶数个零点，从而不存在正整数n 满足题意．
当a ＝1时，函数p(t)的一个零点t 1∈(－1，0)，另一个零点t 2＝1； 当a ＝－1时，函数p(t)的一个零点t 1＝－1，另一个零点t 2∈(0，1)，
从而当a ＝1或a ＝－1时，函数F(x)在(0，2π]有3个零点，由正弦函数的周期性，2013＝3³671，所以依题意得n ＝671³2＝1342.
综上，当a ＝1，n ＝1342或a ＝－1，n ＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，n π)内恰有2 013个零点．
17．C9[2013²湖南卷] 已知函数f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x －π3，g(x)＝2sin 2x
2.
(1)若α是第一象限角，且f(α)＝3 3
5
，求g(α)的值；
(2)求使f(x)≥g(x)成立的x 的取值集合．
17．解：f(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x －π3
＝
32sin x －12cos x ＋12cos x ＋3
2
sin x ＝3sin x.
g(x)＝2sin 2x
2
＝1－cos x.
(1)由f(α)＝3 35得sin α＝3
5.又α是第一象限角，所以cos α>0.从而g(α)＝1－
cos α＝1－1－sin 2
α＝1－45＝15
.
(2)f(x)≥g(x)等价于3sin x ≥1－cos x ，即3sin x ＋cos x ≥1，于是sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋π6≥1
2.
从而2k π＋π6≤x ＋π6≤2k π＋5π
6，k∈Z ，
即2k π≤x ≤2k π＋2π
3
，k∈Z .
故使f(x)≥g(x) 成立的x 的取值集合为x 错误!2k π≤x ≤2k π＋错误!，k∈Z .
18．C9[2013²江苏卷] 如图1－4，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 ＝3
5
.
(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？
图1－4
18．解：(1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝3
5，
所以sin A ＝513，sin C ＝4
5，
从而sin B ＝sin[π－(A ＋C)]
＝sin(A ＋C)
＝sin Acos C ＋cos Asin C ＝
513³35＋1213³45＝6365
. 由正弦定理AB sin C ＝AC
sin B
，得
AB ＝AC sin B ³sin C ＝1 2606365
³45
＝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)2－2³130t³(100＋50t)³1213＝200(37t 2
－70t ＋50)．
因为0≤t≤1 040
130
，即0≤t≤8，
故当t ＝35
37(min)时，甲、乙两游客距离最短．
(3)由正弦定理BC sin A ＝AC
sin B ，得
BC ＝AC sin B ³sin A ＝1 2606365
³513
＝500(m)．
乙从B 出发时，甲已走了50³(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 ≤625
14，
所以为使两位游客在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
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．
15．C9[2013²江苏卷] 已知a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，0<β<α<π.
(1)若|a －b |＝2，求证：a⊥b ；
(2)设c ＝(0，1)，若a ＋b ＝c ，求α，β的值．
15．解：(1)由题意得|a －b|2
＝2，
即(a －b )2＝a 2－2a²b ＋b 2
＝2.
又因为a 2＝b 2＝|a|2＝|b|2
＝1，所以2－2a²b ＝2，即a²b ＝0，故a⊥b. (2)因为a ＋b ＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0，1)，
所以⎩
⎪⎨⎪⎧cos α＋cos β＝0，sin α＋sin β＝1，
由此得，cos α＝cos(π－β)，由0<β<π，得0<π－β<π，
又0<α<π，故α＝π－β.代入sin α＋sin β＝1得，sin α＝sin β＝12，而α>β，
所以α＝5π6，β＝π
6
.
12．C9、B14[2013²全国卷] 已知函数f(x)＝cos xsin 2x ，下列结论中错误的是( ) A ．y ＝f(x)的图像关于点(π，0)中心对称 B ．y ＝f(x)的图像关于直线x ＝π
2
对称
C ．f(x)的最大值为
32
D ．f(x)既是奇函数，又是周期函数
12．C [解析] 因为对任意x ，f(π－x)＋f(π＋x)＝cos xsin 2x －cos xsin 2x ＝0，故函数f(x)图像关于点(π，0)中心对称；因为对任意x 恒有f(π－x)＝cos xsin 2x ＝f(x)，
故函数f(x)图像关于直线x ＝π
2对称；f(－x)＝－f(x)，f(x ＋2π)＝f(x)，故f(x)既是奇函
数也是周期函数；对选项C 中，f(x)＝2cos 2
xsin x ＝2(1－sin 2
x)sin x ，令t ＝sin x ∈[－1，1]，设y ＝(1－t 2
)t ＝－t 3
＋t ，y′＝－3t 2
＋1，可得函数y 的极大值点为t ＝
1
3
，所以y 在[]－1，1上的极大值为－
1313＋13＝2 39
，函数的端点值为0，故函数y 在区间[]－1，1的最大值为2 39，函数f(x)的最大值为43
9
，所以选项C 中的结论错误．
16．C9[2013²浙江卷] 在△ABC 中，∠C＝90°，M 是BC 的中点．若sin ∠BAM ＝1
3，则
sin ∠BAC ＝________．
16.
63 [解析] 设△ABC 的三边长为a ，b ，c ，tan ∠BAM ＝12 2
. 而tan ∠BAM ＝tan (∠BAC －∠CAM)＝tan ∠BAC －tan ∠CAM
1＋tan ∠BAC ²tan ∠CAM ＝a b －a 2b 1＋a b ²a 2b ＝a
2b 1＋a
22b 2
＝
1
2 2
，
则2a b ＝1＋a 2
2b a 2
b －22a b ＋2＝0 a b －22
＝0，故a b ＝2 sin ∠BAC ＝a c ＝a a 2＋b 2
＝2b 3b
＝错误!.
1．[2013²湖北四校联考] 下列说法正确的是( )
A ．存在α∈(0，π2)，使sin α＋cos α＝1
3
B ．y ＝tan x 在其定义域内为增函数
C ．y ＝cos 2x ＋sin(π
2－x)既有最大、最小值，又是偶函数
D ．y ＝sin ⎪
⎪⎪⎪⎪⎪2x ＋π6的最小正周期为π。