(课程标准卷)高考数学二轮复习专题限时集训(七)第7讲解三角形配套作业文(解析版)
安徽新高考数学理科二轮复习作业精练精析专题限时集训(七)(含答案详析)
专题限时集训(七)[第7讲 三角函数的图像与性质](时间：45分钟)1．函数f (x )＝sin x cos x 的最小值是A ．－1 B.12 C ．－12D ．1 2．如图X7－1所示，点P 是函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(x ∈R ，ω>0)的图像的最高点，M ，N 是f (x )的图像与x 轴的交点，若PM →·PN →＝0，则ω＝( )A.π4B.π3C.π2D ．83．函数f (x )＝lg|sin x |是( )A ．最小正周期为π的奇函数B ．最小正周期为2π的奇函数C ．最小正周期为π的偶函数D ．最小正周期为2π的偶函数 4．下列函数中，周期为π，且在区间⎣⎡⎦⎤π4，3π4上单调递增的函数是( ) A ．y ＝sin 2x B ．y ＝cos 2xC ．y ＝－sin 2xD ．y ＝－cos 2x5．函数f (x )＝sin 2x ＋3sin x ·cos x 在4，2上的最小值是( ) A ．1 B.1＋32C ．1＋ 3 D.326．为了得到函数y ＝sin2x ＋π3(x ∈R )的图像，只需将函数y ＝sin x (x ∈R )的图像上所有的点( )A ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变 B ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变 D ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 7．设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)A ≠0，ω>0，－π2<φ<π2的图像关于直线x ＝2π3对称，周期是π，则( )A ．f (x )的图像过点0，12B ．f (x )在⎣⎡⎦⎤π12，2π3上是减函数 C ．f (x )的一个对称中心是5π12，0 D ．f (x )的最大值是48．已知函数f (x )＝2sin x (3cos x －sin x )＋1，若f (x －φ)为偶函数，则φ的一个值为( ) A.π2 B.π3C.π4D.π69．当x ＝π4时，函数f (x )＝A sin(x ＋φ)(A >0)取得最小值，则函数y ＝f 3π4－x 是( ) A ．奇函数且图像关于点π2，0对称 B ．偶函数且图像关于点(π，0)对称C ．奇函数且图像关于直线x ＝π2对称 D ．偶函数且图像关于点π2，0对称 10．已知函数y ＝2sin 2x ＋π4－cos 2x ，则该函数的最小正周期T 和它的图像的一条对称轴方程是( )A ．2π，x ＝π8B ．2π，x ＝3π8C ．π，x ＝π8D ．π，x ＝3π811．已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω>0)，如果存在实数x 1，使得对任意的实数x ，都有f (x 1)≤f (x )≤f (x 1＋2012)成立，则ω的最小值为________．12．已知函数f (x )＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 22x .(1)求f (x )的最小正周期；(2)若函数y ＝g (x )的图像是由y ＝f (x )的图像向右平移π8个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的，当x ∈0，π4时，求y ＝g (x )的最大值和最小值．13．已知角α的顶点在原点，始边与x 轴的正半轴重合，终边经过点P (－3，3)．(1)求sin 2α－tan α的值；(2)若函数f (x )＝cos(x －α)cos α－sin(x －α)sin α，求函数y ＝3f ⎝⎛⎭⎫π2－2x －2f 2(x )在区间⎣⎡⎦⎤0，2π3上的值域．14．已知函数f (x )＝m sin x ＋2m －1cos x .(1)若m ＝2，f (x )＝3，求cos x 的值；(2)若f (x )的最小值为－2，求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π，π6上的值域．专题限时集训(七)1．C [解析] f (x )＝sin x cos x ＝12sin 2x ，所以函数f (x )的最小值为－12. 2．A [解析] 由题意，|MN |＝4＝12T ＝πω，所以ω＝π4. 3．C [解析] 易知函数的定义域为{x |x ≠k π，k ∈Z }，又f (－x )＝lg |sin(－x )|＝lg|－sin x |＝lg|sin x |＝f (x )，所以f (x )是偶函数，又函数y ＝|sin x |的周期为π，所以函数f (x )是最小正周期为π的偶函数．4．C [解析] 由π4≤x ≤3π4得π2≤2x ≤3π2，函数y ＝sin 2x 在区间⎣⎡⎦⎤π4，3π4上单调递减，所以函数y ＝－sin 2x 在区间⎣⎡⎤π4，3π4上单调递增，因此选C. 5．A [解析] f (x )＝sin 2x ＋3sin x ·cos x ＝12－12cos 2x ＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12.因为π4≤x ≤π2，所以π3≤2x －π6≤5π6，所以当2x －π6＝5π6，即x ＝π2时，函数f (x )＝sin 2x ＋3sin x ·cos x 取最小值，且最小值f (x )min ＝12＋12＝1. 6．A [解析] 先把函数y ＝sin x 图像上的点向左平移π3个单位长度得函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的图像，再把各点的横坐标缩短到原来的12，即得函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图像． 7．C [解析] 2πω＝π⇒ω＝2，2×2π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，得φ＝k π－5π6(k ∈Z )，由－π2<φ＝k π－5π6<π2(k ∈Z )，知k ＝1，即φ＝π6，所以函数f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.根据三角函数性质逐个检验得选项C 中的结论正确．8．B [解析] f (x )＝2sin x (3cos x －sin x )＋1＝3sin 2x －(1－cos 2x )＋1＝3sin 2x ＋cos2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 所以f (x －φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －2φ＋π6，其为偶函数的充要条件是－2φ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，即φ＝－k π2－π6(k ∈Z )，取k ＝－1，得φ＝π3. 9．C [解析] 因为A >0，当x ＝π4时函数f (x )取得最小值，所以可取φ＝－3π4，得f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎫x －3π4，则y ＝f ⎝⎛⎭⎫3π4－x ＝A sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫3π4－x －3π4＝A sin(－x )＝－A sin x ．故函数y ＝f ⎝⎛⎭⎫3π4－x 是奇函数且图像关于直线x ＝π2对称． 10．D [解析] y ＝2sin 2⎝⎛⎭⎫x ＋π4－cos 2x ＝1－cos 2⎝⎛⎭⎫x ＋π4－ cos 2x ＝sin 2x －cos 2x ＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4＋1， 所以T ＝π，当x ＝3π8时，函数取得最大值，故其一条对称轴方程为x ＝3π8. 11．B [解析] 说明f (x 1)为函数f (x )的最小值，f (x 1＋2012)为函数f (x )的最大值．即x 1＋2012－x 1≥πω(半个周期)，所以ω≥π2012. 12．解：(1)因为f (x )＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 22x ＝sin 4x ＋cos 4x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π4，所以函数f (x )的最小正周期为π2. (2)依题意，y ＝g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤4⎝⎛⎭⎫x －π8＋π4＋1＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x －π4＋1. 因为0≤x ≤π4，所以－π4≤4x －π4≤3π4. 当4x －π4＝π2，即x ＝3π16时，g (x )取最大值2＋1； 当4x －π4＝－π4，即x ＝0时，g (x )取最小值0. 13．解：(1)∵角α的终边经过点P (－3，3)，∴sin α＝12，cos α＝－32，tan α＝－33， ∴sin 2α－tan α＝2sin αcos α－tan α＝－32＋33＝－36. (2)∵f (x )＝cos(x －α)cos α－sin(x －α)sin α＝cos x ，x ∈R ，∴y ＝3cos ⎝⎛⎭⎫π2－2x －2cos 2x ＝3sin 2x －1－cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－1. ∵0≤x ≤2π3，∴0≤2x ≤4π3， ∴－π6≤2x －π6≤7π6， ∴－12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6≤1， ∴－2≤2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－1≤1. 故函数y ＝3f ⎝⎛⎭⎫π2－2x －2f 2(x )在区间⎣⎡⎦⎤0，2π3上的值域是[－2，1]． 14．解：(1)由m ＝2，得f (x )＝2sin x ＋3cos x ＝3，又sin 2x ＋cos 2x ＝1，∴cos x ＝－17或cos x ＝1. (2)f (x )＝m sin x ＋2m －1cos x ＝m 2＋2m －1sin(x ＋φ)≤m 2＋2m －1， ∴m 2＋2m －1＝2，∴m ＝1或m ＝－3(舍)，∴f (x )＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤－π，π6，∴x ＋π4∈⎣⎡⎦⎤－3π4，5π12， ∴sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，2＋64，故f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，1＋32.。
江西新高考数学文科二轮复习作业精练精析专题限时集训(七)(含答案详析)
专题限时集训(七)[第7讲 导数在研究函数性质中的应用](时间：45分钟)1．过曲线y ＝x 3＋x －2上一点P 0y ＝4x ，则点P 0的一个坐标是( ) A ．(0，－2) B ．(1，1) C ．(1，4) D ．(－1，－4) 2．函数f(x)＝2ln x ＋x 2－bx ＋a(b>0，a ∈R )在点(b ，f(b))处的切线斜率的最小值是( ) A ．2 2 B ．2 C. 3 D ．13．函数y ＝x 33x －1的图像大致是( )图X7－14．现有四个函数：①y ＝xsin x ，②y ＝xcos x ，③y ＝x|cos x|，④y ＝x2x .它们的部分图像如图X7－2所示，但顺序被打乱，则按照从左到右将图像对应的函数序号排列正确的一组是( )图X7－2A ．④①②③B ．①④③②C ．①④②③D ．③④②①5．函数f(x)＝x ＋sin x(x ∈R )( ) A ．是偶函数且为减函数 B ．是偶函数且为增函数 C ．是奇函数且为减函数 D ．是奇函数且为增函数6．函数f(x)＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1，5)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[4，5]B ．[3，5]C ．[5，6]D ．[6，7]7．定义在R 上的函数f(x)满足R 都有f′(x)<4，则不等式f(x)>4x －3的解集为( )A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)8．已知函数f(x)＝ax －x 3，对区间(0，1)上的任意x 1，x 2，且x 1<x 2，都有f(x 2)－f(x 1)>x 2－x 1成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(0，1)B ．[4，＋∞)C ．(0，4]D ．(1，4]9．设函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x ∈R 都有f′(x)>f(x)成立，则( ) A ．3f(ln 2)>2f(ln 3) B ．3f(ln 2)＝2f(ln 3) C ．3f(ln 2)<2f(ln 3)D ．3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小不确定 10．已知函数f(x)及其导数f′(x)，若存在x 0，使得f(x 0)＝f′(x 0)，则称x 0是f(x)的一个“巧值点”．下列函数中，有“巧值点”的是( )①f(x)＝x 2；②f(x)＝e －x ；③f(x)＝ln x ；④f(x)＝tan x ；⑤f(x)＝1x.A ．①③⑤B ．③④C ．②③④D ．②⑤11．设a 为实数，函数f(x)＝x 3＋ax 2＋(a －3)x 的导函数为f′(x)，且f′(x)是偶函数，则曲线y ＝f(x)在原点处的切线方程为________．12．函数f(x)＝x 3－x 2＋ax ＋b 在点x ＝1处的切线与直线y ＝2x ＋1垂直，则a ＝________．13．已知函数f(x)＝13x 3＋ax 2＋bx(a ，b ∈R )．(1)当a ＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(1)＝13，且函数f(x)在⎝⎛⎭⎫0，12上不存在极值点，求a 的取值范围．14．已知a>0，函数f(x)＝ax 2－ln x. (1)求f(x)的单调区间；(2)当a ＝18时，证明：方程f(x)＝f ⎝⎛⎭⎫23在区间(2，＋∞)上有唯一解．15．已知函数f(x)＝axx2＋1＋a，g(x)＝aln x－x(a≠0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求证：当a>0时，对于任意x1，x2∈(]0，e，总有g(x1)<f(x2)成立．专题限时集训(七)1．D [解析] y′＝3x 2＋1，设P 0(x 0，x 30＋x 0－2)，则3x 20＋1＝4，x 0＝±1.验证得其中的一个坐标为(－1，－4)．2．A [解析] f′(x)＝2x ＋2x －b ，则在点(b ，f(b))处的切线斜率k ＝2b＋b ≥2 2.3．C [解析] 函数的定义域是{x ∈R |x ≠0}，排除选项A ；当x<0时，x 3<0，3x －1<0，故y>0，排除选项B ；当x →＋∞时，y>0且y →0，故为选项C 中的图像． 4．C [解析] ①y ＝xsin x 为偶函数，对应第一个图像；②y ＝xcos x 为奇函数，y ′＝cos x －xsin x ，满足cos x －xsin x ＝0的极值点有无数多个，且在原点右侧的两个极值为一正一负，因此②对应第三个图像，选C.5．D [解析] 满足f(－x)＝－f(x)，故函数是奇函数；f′(x)＝1＋cos x ≥0，故函数f(x)是增函数．6．D [解析] f′(x)＝x 2－ax ＋a －1，易得⎩⎪⎨⎪⎧f′（1）≤0，f ′（5）≤0，且⎩⎪⎨⎪⎧f′（6）≥0，a 2≤6，所以6≤a ≤7.7．C [解析] 令g(x)＝f(x)－4x ＋3，则g′(x)＝f′(x)－4，因为f′(x)<4，所以g′(x)＝f′(x)－4<0，所以函数g(x)＝f(x)－4x ＋3在R 上单调递减．又f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－4＋3＝0，所以g(x)＝f(x)－4x ＋3>0的解集为(－∞，1)，即不等式f(x)>4x －3的解集为(－∞，1)．8．B [解析] 问题等价于函数g(x)＝f(x)－x 在(0，1)上为增函数，即g′(x)＝a －1－3x 2≥0，即a ≥1＋3x 2在(0，1)上恒成立，即a ≥4，所以实数a 的取值范围是[4，＋∞)．9．C [解析] 构造函数g(x)＝f （x ）e x，则g′(x)＝f′（x ）e x －f （x ）e x（e x ）2＝f′（x ）－f （x ）e x >0，函数g(x)在R 上单调递增，所以g(ln 2)<g(ln 3)，即f （ln 2）e ln 2<f （ln 3）e ln 3，即3f(ln 2)<2f(ln 3)．10．A [解析] ①即x 2＝2x ，这个方程显然有解，故①符合要求；②即e －x ＝－e －x ，此方程无解，②不符合要求；③即ln x ＝1x ，数形结合可知这个方程也存在实数解，符合要求；④中，f ′(x)＝cos 2x ＋sin 2x cos 2x ＝1cos 2x ，若f(x)＝f′(x)，即1cos 2x＝tan x ，化简得sin xcos x ＝1，即sin 2x ＝2，方程无解，④不符合要求；⑤中，f ′(x)＝－1x 2，－1x 2＝1x，可得x ＝－1为该方程的解，故⑤符合要求．11．3x ＋y ＝0 [解析] f′(x)＝3x 2＋2ax ＋a －3，f ′(x)是偶函数，因此a ＝0，f(x)＝x 3－3x ，f ′(0)＝－3，所以y ＝f(x)在原点处的切线方程为3x ＋y ＝0.12．－32 [解析] 由题意可知该函数在点x ＝1处的切线的斜率为k ＝－12，f ′(x)＝3x 2－2x ＋a ，所以f′(1)＝3×12－2×1＋a ＝－12，a ＝－32.13．解：(1)当a ＝1时，f ′(x)＝x 2＋2x ＋b. ①若Δ＝4－4b ≤0，即b ≥1时，f ′(x)≥0，所以f(x)为(－∞，＋∞)上为增函数，所以f(x)的增区间为(－∞，＋∞)；②若Δ＝4－4b>0，即b<1时，f ′(x)＝(x ＋1＋1－b)(x ＋1－1－b)，所以f(x)在(－∞，－1－1－b)，(－1＋1－b ，＋∞)上为增函数，f(x)在(－1－1－b ，－1＋1－b)上为减函数．所以f(x)的增区间为(－∞，－1－1－b)，(－1＋1－b ，＋∞)，减区间为(－1－1－b ，－1＋1－b)．综上，当b ≥1时，f(x)的增区间为(－∞，＋∞)；当b<1时，f(x)的增区间为(－∞，－1－1－b)，(－1＋1－b ，＋∞)；减区间为(－1－1－b ，－1＋1－b)．(2)由f(1)＝13，得b ＝－a ，即f(x)＝13x 3＋ax 2－ax ，f ′(x)＝x 2＋2ax －a.令f′(x)＝0，即x 2＋2ax －a ＝0，变形得(1－2x)a ＝x 2，因为x ∈⎝⎛⎭⎫0，12，所以a ＝x 21－2x .令1－2x ＝t ，则t ∈(0，1)，x 21－2x ＝14⎝⎛⎭⎫t ＋1t －2. 因为h(t)＝t ＋1t －2在t ∈(0，1)上单调递减，故h(t)∈(0，＋∞)．由y ＝f(x)在⎝⎛⎭⎫0，12上不存在极值点，得a ＝x 21－2x 在⎝⎛⎭⎫0，12上无解，所以，a ∈(－∞，0]． 综上，a 的取值范围为(－∞，0]．14．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax －1x ＝2ax 2－1x.∵a>0，令f′(x)>0得x>2a 2a ；令f′(x)<0，得0<x<2a2a，∴函数f(x)的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，2a 2a ，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫2a 2a ，＋∞. (2)证明：当a ＝18时，f(x)＝18x 2－ln x ，由(1)知f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)，令g(x)＝f(x)－f ⎝⎛⎭⎫23，则g(x)在区间(2，＋∞)单调递增且g(2)＝f(2)－f ⎝⎛⎭⎫23<0，g(e 2)＝e 48－2－118＋ln 23>0， 故方程f(x)＝f ⎝⎛⎭⎫23在区间(2，＋∞)上有唯一解． 15．解：(1)函数f(x)的定义域为R ，f ′(x)＝a （1－x 2）（x 2＋1）2＝a （1－x ）（1＋x ）（x 2＋1）2.当a>0时，当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：1)，(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1，1)．(2)证明：由(1)可知，当a>0时，f(x)在(0，1)上单调递增，f(x)在(1，e]上单调递减，且f(e)＝aee2＋1＋a>a＝f(0)．所以x∈(0，e]时，f(x)>f(0)＝a.因为g(x)＝aln x－x，所以g′(x)＝ax－1，令g′(x)＝0，得x＝a.①当0<a<e时，由g′(x)>0，得0<x<a；由g′(x)<0，得x>a，所以函数g(x)在(0，a)上单调递增，在(a，e]上单调递减，所以g(x)max＝g(a)＝aln a－a.因为a－(aln a－a)＝a(2－ln a)>a(2－ln e)＝a>0，所以对于任意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)<f(x2)．②当a≥e时，g′(x)≥0在(0，e]上恒成立，所以函数g(x)在(0，e]上单调递增，g(x)max＝g(e)＝a－e<a，所以对于任意x1，x2∈(0，e]，仍有g(x1)<f(x2)．综上所述，对于任意x1，x2∈(0，e]，总有g(x1)<f(x2)．。
浙江专版高考数学二轮专题复习知能专练七三角恒等变换与解三角形
——教学资料参考参考范本——浙江专版高考数学二轮专题复习知能专练七三角恒等变换与解三角形______年______月______日____________________部门一、选择题1．(20xx·山东高考)已知cos x ＝，则cos 2x ＝( ) A ．－ B. C ．－D.18解析：选D ∵cos x＝，∴cos 2x＝2cos2x －1＝.2．在△ABC 中，若0<tan A·tan B<1，那么△ABC 一定是( ) A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形D ．形状不确定解析：选B 由0<tan A·tan B<1，可知tan A>0，tan B>0，即A ，B 为锐角．tan(A ＋B)＝>0，即tan(π－C)＝－tan C>0，所以tan C<0，所以C 为钝角．所以△ABC 为钝角三角形．3．(20xx·全国卷Ⅱ)若cos ＝，则sin 2α＝( ) A. B.15C ．－D ．－725解析：选D 因为cos ＝，所以sin 2α＝cos ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝2cos2－1＝2×－1＝－.4．(20xx 届高三·湖南省五市十校联考)在斜三角形ABC 中，sin A ＝－cos B·cos C，且tan B·tan C＝1－，则角A 的值为( )A.B.C. D.3π4解析：选A 由题意知，sin A＝－cos B·cos C＝sin(B＋C)＝sin B·cos C＋cos B·sin C，在等式－cos B·cos C＝sin B·cos C＋cos B·sin C两边除以cos B·cos C得tan B＋tan C＝－，tan(B＋C)＝＝－1＝－tan A，所以角A＝.5．(20xx·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则cos A＝( )A. B.1010C．－ D．－31010解析：选C 设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由题意得S△ABC＝a·a＝acsin B，∴c＝a.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋a2－2×a×a×＝a2，∴b＝a.∴cos A＝＝＝－.故选C.6．已知△ABC的内角A，B，C满足sin 2A＋sin(A－B＋C)＝sin(C－A－B)＋，面积S满足1≤S≤2，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列不等式一定成立的是( )A．bc(b＋c)>8 B．ab(a＋b)>16 2C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24解析：选A 因为A＋B＋C＝π，由sin 2A＋sin(A－B＋C)＝sin(C－A－B)＋得sin 2A＋sin 2B＋sin 2C＝，即sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin [(A＋B)－(A－B)]＋sin 2C＝，整理得2sin Ccos(A－B)＋2sin Ccos C＝2sin C[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝，整理得4sinA·sin Bsin C＝，即sin Asin Bsin C＝.又S＝absin C＝bcsin A＝casin B，因此S3＝a2b2c2sin Asin B·sin C＝a2b2c2.由1≤S≤2得1≤a2b2c2≤23，即8≤abc≤16，因此选项C，D不一定成立．又b＋c>a>0，因此bc(b＋c)>bc·a≥8，即bc(b＋c)>8，选项A一定成立．又a＋b>c>0，因此ab(a＋b)>ab·c≥8，即ab(a＋b)>8，显然不能得出ab(a＋b)>16，选项B不一定成立．综上所述，选A.二、填空题7．(20xx·全国卷Ⅰ)已知α∈，tan α＝2，则cos＝________.解析：∵α∈，tan α＝2，∴sin α＝，cos α＝，∴cos＝cos αcos＋sin αsin＝×＝.答案：310108．(20xx·杭州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1.若C＝，则＝________.解析：∵sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1，∴sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B.由正弦定理可得ab＋bc＝2b2，即a＋c＝2b，∴c＝2b－a，∵C＝，由余弦定理可得(2b－a)2＝a2＋b2－2abcos ，可得5a＝3b，∴＝.答案：359．(20xx·浙江高考)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点D为AB 延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________，cos∠BDC＝________.解析：在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，由余弦定理得cos∠ABC ＝＝＝，则sin∠ABC＝sin∠CBD＝，所以S△BDC＝BD·BCsin∠CBD＝×2×2×＝.因为BD＝BC＝2，所以∠CDB＝∠ABC，则cos∠CDB＝＝.答案：104三、解答题10．(20xx·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a>b，a＝5，c＝6，sin B＝.(1)求b和sin A的值；(2)求sin的值．解：(1)在△ABC中，因为a>b，故由sin B＝，可得cos B＝.由已知及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝13，所以b＝.由正弦定理＝，得sin A＝＝.所以b的值为，sin A的值为.(2)由(1)及a<c，得cos A＝，所以sin 2A＝2sin Acos A＝，cos 2A＝1－2sin2A＝－.故sin＝sin 2Acos＋cos 2Asin＝×＝.11.(20xx·福建质检)在△ABC中，B＝，点D在边AB上，BD＝1，且DA＝DC.(1)若△BCD的面积为，求CD；(2)若AC＝，求∠DCA.解：(1)因为S△BCD＝，即BC·BD·sin B＝，又B＝，BD＝1，所以BC＝4.在△BDC中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos B，即CD2＝16＋1－2×4×1×＝13，解得CD＝.(2)在△ACD中，DA＝DC，可设∠A＝∠DCA＝θ，则∠ADC＝π－2θ，又AC＝，由正弦定理，得＝，所以CD＝.在△BDC中，∠BDC＝2θ，∠BCD＝－2θ，由正弦定理，得＝，即＝，化简得cos θ＝sin，于是sin＝sin.因为0＜θ＜，所以0＜－θ＜，－＜－2θ＜，所以－θ＝－2θ或－θ＋－2θ＝π，解得θ＝或θ＝，故∠DCA＝或∠DCA＝.12.如图，在等腰直角△OPQ 中，∠POQ＝90°，OP ＝2，点M 在线段PQ 上．(1)若OM ＝，求PM 的长；(2)若点N 在线段MQ 上，且∠MON＝30°，问：当∠POM 取何值时，△OMN 的面积最小？并求出面积的最小值．解：(1)在△OMP 中，∠OPM ＝45°，OM ＝，OP ＝2，由余弦定理，得OM2＝OP2＋MP2－2×OP×MP×cos 45°， 即MP2－4MP ＋3＝0，解得MP ＝1或MP ＝3. (2)设∠POM＝α，0°≤α≤60°. 在△OMP 中，由正弦定理， 得＝，所以OM ＝，同理ON ＝.故S△OMN＝×OM×ON×sin ∠MON ＝×OP2sin2 45°αα＝1αα＝1α⎣⎢⎡⎦⎥⎤32α12α＝132α125°＋αα＝13 4α14α＝13 4＋34sin 2α＋14cos 2α＝.因为0°≤α≤60°，则30°≤2α＋30°≤150°，所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)的最大值为1，此时△OMN的面积取到最小值．即∠POM＝30°时，△OMN的面积的最小值为8－4.。
2022高考数学二轮复习 专题限时集训(七)解三角形配套作业 文（解析版）
专题限时集训七[第7讲解三角形]时间：45分钟1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2＋c2－b2＝错误!ac，则角B的值为或错误!或错误!2．在△ABC，已知A＝45°，AB＝错误!，BC＝2，则C＝A．30° B．60°C．120° D．30°或150°3．△ABC的外接圆半径R和△ABC的面积的大小都等于1，则in A in B in C的值为图7－14．如图7－1，要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为A．10错误! m B．20 mC．20错误! m D．40 m5．在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝3，c＝8，B＝60°，则in A的值是6．若满足条件C＝60°，AB＝错误!，BC＝a的△ABC有两个，那么a的取值范围是A．1，错误! B．错误!，错误!C．错误!，2 D．1，27．△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且c＝2a，则co B＝8．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b－错误!c＝a co C，则A＝或错误!或错误!9．在△ABC中，已知in A∶in B∶in C＝2∶3∶4，则co C＝________．10．已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A船到灯塔C的距离为2 km，B船在灯塔C北偏西40°处，A，B两船间的距离为3 km，则B船到灯塔C的距离为________m 11．在△ABC中，A＝60°，BC＝错误!，D是AB边上的一点，CD＝错误!，△BCD的面积为1，则AC的长为________．12．△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且满足c in A＝a co C1求角C的大小；2求错误!in A－co B＋错误!的最大值，并求取得最大值时A，B的大小．13．设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且2b－错误!c co A＝错误!a co C 1求角A的大小；2若角B＝错误!，BC边上的中线AM的长为错误!，求△ABC的面积．14．如图7－2是函数f＝A inω＋φ错误!错误a0．由余弦定理可得，co C＝错误!＝错误!＝－错误!－1 [解析] 由题意可得，∠ACB＝120°，AC＝2，AB＝3，设BC＝，则由余弦定理可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×AC co120°，即32＝2＋22－2×2co120°，整理得2＋2＝5，解得＝错误!－1或＝－错误!－1舍去．故填错误!－1[解析] 由△BCD的面积为1，可得错误!×CD×BC×in∠DCB＝1，即in∠DCB＝错误!，所以co∠DCB＝错误!在△BCD中，由余弦定理可知，co∠DCB＝错误!＝错误!，解得BD＝2，所以co∠DBC＝错误!＝错误!由在△BCD中，∠DBC对应的边长最短，所以∠DBC为锐角，所以in∠DBC＝错误!在△ABC中，由正弦定理错误!＝错误!可得，AC＝错误!＝错误!＝错误!12．解：1依题意，由正弦定理得in C in A＝in A co C，在△ABC中，因为in A≠0，所以in C＝co C，得C＝错误!2错误!in A－co B＋错误!＝错误!in A－co错误!＝错误!in A－coπ－A＝错误!in A＋co A＝2in A＋错误!因为A∈0，错误!，所以A＋错误!∈错误!，错误!，于是，当in A＋错误!＝1，A＋错误!＝错误!，A＝错误!时，错误!in A－co B＋错误!取得最大值2，此时B＝错误!13．解：1∵2b－错误!c co A＝错误!a co C，∴2in B－错误!in C co A＝错误!in A co C，即2in B co A＝错误!in A co C＋错误!in C co A，∴2in B co A＝错误!in B∵in B≠0，∴co A＝错误!，∵0<A<π，∴A＝错误!2由1知A＝B＝错误!，所以AC＝BC，C＝错误!，设AC＝，则MC＝错误!＝错误!，在△AMC中，由余弦定理得AC2＋MC2－2AC·MC co C＝AM2，即2＋错误!2－2·错误!·co120°＝错误!2，解得＝2，故S△ABC＝错误!2in错误!＝错误!14．解：1由已知点F0，1是线段MD的中点．知A＝2S△DMN＝错误!S△CDM＝错误!MN·A＝错误!＝错误!，∴T＝错误!，ω＝3∴f＝2in3＋φ．又由已知得点M的坐标为错误!∴in错误!＝0，0<φ<错误!，∴φ＝错误!，∴函数f的解析式为f＝2in错误!2证明：法一：在△CDM中，由已知得tanα＝β＝3coαinβ，在△DMC中，由正弦定理错误!＝错误!，∴in C＝错误!＝错误!in∠DMC，∴in C＝错误!in∠DMC＝错误!inα＋β＝错误!inαcoβ＋错误!coαinβ＝2coαinβ，∴in C＝2coαinβ法二：由题意，在△MNC中，由正弦定理得错误!＝错误!，即in C＝错误!inβ，在△MND中，coα＝错误!，也就是错误!＝2coα，∴in C＝2coαinβ。
高考数学二轮复习 专题限时集训(七)B解三角形(解析版)
专题限时集训(七)B[第7讲 解三角形](时间：45分钟)1．在△ABC 中，a ，b 分别是角A ，B 所对的边，条件“a <b ”是使“cos A >cos B ”成立的( ) 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2．满足A ＝30°，BC ＝10的△ABC 恰好有不同两个，则边AB 的长的取值范围为( ) A ．(0，10) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫10，2033C ．(10，20)D ．[10，20]3．已知圆的半径为4，a ，b ，c 为该圆的内接三角形的三边，若abc ＝162，则三角形的面积为( )A ．2 2B ．8 2 C. 2 D.224．一船向正北航行，看见正西方向有相距10 n mile 的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这只船的速度是( )A ．5 n mile/hB ．5 3 n mile/hC ．10 n mile/hD ．10 3 n mile/h5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，则角B 的值为( )A.π6B.π3C.π6或5π6 D.π3或2π36．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c .若∠C ＝120°，c ＝2a ，则( ) A ．a >b B ．a <b C ．a ＝bD ．a 与b 的大小关系不能确定7．在△ABC 中，AC →·AB →|AB →|＝1，BC →·BA→|BA →|＝2，则AB 边的长度为( )A ．1B ．3C ．5D ．98．在△ABC 中，若a ＝32，cos C ＝13，S △ABC ＝43，则b ＝________．9．若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 满足(a ＋b )2－c 2＝4，且cos C ＝13，则△ABC周长的最小值为________．10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝5，2sin A ＋15sin B ＝25sin C ，且△ABC 的面积S △ABC ＝BA →·BC →，则b ＝________．11．在三角形ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且满足4sin 2B ＋C2－cos2A＝72. (1)求角A 的度数；(2)若a ＝3，b ＋c ＝3，求△ABC 的面积．12．已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x 4，1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x 4，cos 2x4，函数f (x )＝m ·n .(1)若f (x )＝1，求cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－x 的值；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足a cos C ＋12c ＝b ，求f (B )的取值范围．13．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足(2b －c )cos A ＝a cos C . (1)求角A 的大小；(2)若|AC →－AB →|＝1，求△ABC 的周长l 的取值范围．专题限时集训(七)B【基础演练】1．C [解析] a <b ⇔A <B ⇔cos A >cosB.2．C [解析] 如图过B 作BD ⊥AC 于D ，若△ABC 恰好有不同两个，则须BD <BC <AB ，即AB ·sin30°<10<AB ，得10<AB <20.3．C [解析] ∵a sin A ＝b sin B ＝c sin C ＝2R ＝8，∴sin C ＝c8，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝116abc ＝116×162＝ 2.4．C [解析] 如图，依题意有∠BAC ＝60°，∠BAD ＝75°，所以∠CAD ＝∠CDA ＝15°，从而CD ＝CA ＝10.在Rt △ABC 中，可得AB ＝5，于是这只船的速度是50.5＝10(n mile/h)．【提升训练】5．D [解析] ∵(a 2＋c 2－b 2)tan B ＝3ac ，∴a 2＋c 2－b 22ac ·tan B ＝32，即cos B ·tan B ＝sin B ＝32.∵0<B <π，∴∠B ＝π3或2π3. 6．A [解析] 由余弦定理得2a 2＝a 2＋b 2－2ab cos120°，b 2＋ab －a 2＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＋b a－1＝0，得b a ＝－1＋52<1，故b <a . 7．B [解析] 由AC →·AB →|AB →|＝1得|AC →|cos A ＝1，由BC →·BA →BA →得|BC →|cos B ＝2.如图过C 作CD ⊥AB于D ，则AD ＝|AC →|cos A ＝1，BD ＝|BC →|cos B ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝3.8．2 3 [解析] ∵cos C ＝13，0<C <π，∴sin C ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝223.又S △ABC＝43，即12ab sin C ＝43，∴b ＝2 3.9.6＋ 2 [解析] 由(a ＋b )2－c 2＝4得a 2＋b 2－c 2＝4－2ab ，由余弦定理有cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝4－2ab 2ab ＝13，所以ab ＝32.又由基本不等式有a ＋b ≥2ab ＝6，当且仅当a ＝b ＝62时等号成立，此时c 2＝(a ＋b )2－4＝2，c ＝2，所以△ABC 周长的最小值为6＋2.10．4 [解析] S △ABC ＝BA →·BC →＝|BA →|·BC →|·cos B ＝12·|BA →|·|BC →|·sin B ，可得cos B ＝55，sin B ＝255.又由2sin A ＋15sin B ＝25sin C 得2sin A ＋15sin B ＝25(sin A cos B ＋cos A sin B )， 整理得cos A ＝32，所以sin A ＝12.由正弦定理得a sin A ＝b sin B， 即512＝b 255，得b ＝4. 11．解：(1)2－2cos(B ＋C )－2cos 2A ＋1＝72，即4cos 2A －4cos A ＋1＝0，则cos A ＝12，所以A ＝60°.(2)∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，a ＝3，∴3＝(b ＋c )2－3bc .又∵b ＋c ＝3，∴bc ＝2， 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝32.12．解：由题意得：f (x )＝3sin x 4cos x 4＋cos 2x 4＝32sin x 2＋12cos x 2＋12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12.(1)若f (x )＝1，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＝12，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫23π－x ＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x 2－1＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6－1＝－12.(2)由a cos C ＋12c ＝b 及余弦定理可得a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋12c ＝b ，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，得A ＝π3，B ＋C ＝23π.故0<B <23π⇒0<B 2<π3⇒π6<B 2＋π6<π2，∴f (B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B 2＋π6＋12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. 13．解：(1)在△ABC 中，∵(2b －c )cos A ＝a cos C ，由正弦定理有 (2sin B －sin C )cos A ＝sin A cos C ，∴2sin B cos A ＝sin(A ＋C )，即2sin B cos A ＝sin B ， ∵sin B >0，∴cos A ＝12，又∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3.(2)法一：由已知|AC →－AB →|＝1，∴|BC →|＝1，即a ＝1，由正弦定理得：b ＝a sin B sin A ＝23sin B ，c ＝23sin C ，l ＝a ＋b ＋c ＝1＋23(sin B ＋sin C )＝1＋23[sin B ＋sin(A ＋B )]＝1＋2⎝⎛⎭⎪⎫32sin B ＋12cos B ＝1＋2sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6.∵A ＝π3，∴B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2π3，∴B ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，故△ABC 的周长l 的取值范围是(2，3]．法二：周长l ＝a ＋b ＋c ＝1＋b ＋c ，由(1)及余弦定理得： 1＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴b 2＋c 2＝bc ＋1，∴(b ＋c )2＝1＋3bc ≤1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋c 22，∴b ＋c ≤2，又b ＋c >a ＝1，∴l ＝a ＋b ＋c ∈(2，3]， 即△ABC 的周长l 的取值范围是(2，3]．。
高考数学二轮复习第1部分重点强化专题限时集训2解三角形文
专题限时集训(二) 解三角形[建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组 高考达标]一、选择题1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b3cos B ＝a sin A ，则cos B ＝( ) A ．－12B ．12C ．－32D ．32B [由正弦定理，得b 3cos B＝a sin A ＝b sin B，即sin B ＝3cos B ，∴tan B ＝ 3.又0<B <π，故B ＝π3，cos B ＝12.]2．已知外接圆半径为R 的△ABC 的周长为(2＋3)R ，则sin A ＋sin B ＋sin C ＝( )【导学号：04024040】A ．1＋32B ．1＋34C.12＋32D.12＋ 3 A [由正弦定理知a ＋b ＋c ＝2R (sin A ＋sin B ＋sin C )＝(2＋3)R . 所以sin A ＋sin B ＋sin C ＝1＋32.] 3．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.332D ．3 3C [∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得－ab ＋6＝0，即ab ＝6， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.]4．在△ABC 中，c ＝3，b ＝1，B ＝π6，则△ABC 的形状为( )A ．等腰直角三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰三角形或直角三角形D [根据余弦定理有1＝a 2＋3－3a ，解得a ＝1或a ＝2，当a ＝1时，三角形ABC 为等腰三角形，当a ＝2时，三角形ABC 为直角三角形，故选D.]5．如图22，四边形ABCD 中，AB ＝5，AD ＝22，CD ＝3，∠CBD ＝30°，∠BCD＝120°，则∠ADB ＝( )图22A ．90°B ．60° C.45°D ．30°C [在△BCD 中，由正弦定理得BD ＝CD sin∠CBD ·sin∠BCD ＝312×32＝3，在△ABD 中，由余弦定理得cos ∠ADB ＝AD2＋BD2－AB22AD·BD＝2＋32－52×22×3＝22，所以∠ADB ＝45°，故选C.]二、填空题6．(2017·长沙二模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b ＝45，c ＝5，且B ＝2C ，点D 为边BC 上一点，且CD ＝3，则△ADC 的面积为________．6[在△ABC 中，由正弦定理得b sin B ＝c sin C ，又B ＝2C ，则b 2sin Ccos C ＝csin C ，又sin C ＞0，则cos C ＝b 2c ＝255，又C 为三角形的内角，则sin C ＝1－cos2C ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫2552＝55，则△ADC 的面积为12AC ·CD sin C ＝12×45×3×55＝6.]。
2023-2024学年高考数学专项复习——三角函数与解三角形(含答案)
决胜3．在中，角，，所对的边分别为，，，且，.ABC A B C a b c 23a c b +=3A C π-=(1)求；cos B (2)若，求的面积.5b =ABC 4．设()()()()πsin 2πcos 2cos sin πf ααααα⎛⎫++ ⎪⎝⎭=---(1)将化为最简形式；()f α(2)已知，求的值．()3f θ=-()sin 1sin2sin cos θθθθ++5．已知函数．()π1sin 232f x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭(1)求函数的单调递增区间，并解不等式；()f x ()0f x ≥(2)关于的方程在上有两个不相等的实数解，求实数的取x 11022m f x +⎛⎫+= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x m 值范围及的值．()12f x x +6．已知角为第四象限角，且角的终边与单位圆交于点.αα1,3P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭(1)求的值；sin α(2)求的值.()πtan sin 2sin cos παααα⎛⎫+ ⎪⎝⎭+7．在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点xOy αOx ．(),P x y (1)若，求及的值；255y =tan α7sin 2cos sin 4cos αααα+-(2)若，求点P 的坐标．sin 11cos 2αα=-(1)若，求；3BC =ADCD (2)若，求线段的长11cos 14A =AD(1)求函数在区间上的最大值和最小值；()f x ππ[,]64-(2)若函数在区间上恰有2个零点，求的值．5()()4g x f x =-π(0,)212,x x 12cos()x x -11．在中，，点D 在AB 边上，且为锐角，，的面积为ABC 25BC =BCD ∠2CD =BCD △4.(1)求的值；cos BCD ∠(2)若，求边AC 的长.30A =︒12．记三个内角的对边分别为，已知为锐角，ABC ,,A B C ,,a b c B ．sin sin sin 2sin sin a A b B c C a A B +-=(1)求；()sin A C -(2)求的最小值．sin sin A B 13．已知函数且的最小正周期为．()πsin 23f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()f x π(1)求函数的单调递减区间；()f x (2)若，求x 的取值范围．()22f x ≤14．已知函数在上单调递增．()sin (0)f x x ωω=>ππ,34⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(1)求的取值范围：ω(2)当取最大值时，将的图象向左平移个单位，再将图象上所有点的横坐标变为原来ω()f x π9的3倍，得到的图象，求在内的值域．()g x ()g x ππ,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦15．在中，角所对的边分别为，已知．ABC ,,A B C ,,a b c sin cos cos cos cos sin sin A B C B C A B +=--(1)求；C (2)若外接圆的半径为，求的面积最大值．ABC 233ABC 16．已知函数.()()πe e sin ,32x xf x xg x --==(1)若，求；321π3f α⎛⎫+= ⎪⎝⎭32πf α⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)设函数，证明：在上有且仅有一个零点，且()()ln h x x f x =+()h x ()0,∞+0x .()()034g f x >-17．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终xOy αO x 边与单位圆交于第三象限点.525,55P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭(1)求的值；sin cos αα-(2)若角的终边绕原点按逆时针方向旋转，与单位圆交于点，求点的坐标.αO π2Q Q 18．设函数，且．2()2cos 23sin cos (0)f x x x x m ωωωω=++>(0)1f =(1)求的值；m (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求()f x 的值及的零点．ω()f x 条件①：是奇函数；()f x 条件②：图象的两条相邻对称轴之间的距离是；()f x π条件③：在区间上单调递增，在区间上单调递减．()f x π0,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，0按第一个解答计分．答案：1．(1)1-(2)12-【分析】（1）根据点坐标求得.P tan α（2）根据点坐标求得，利用诱导公式求得正确答案.P sin ,cos αα【详解】（1）即，3π,cos π3sin 44P ⎛⎫ ⎪⎝⎭22,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭所以.22tan 122α-==-（2）由（1）得，所以，22,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭22222sin 22222α-==-⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22222cos 22222α==⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1617πsin πsin πsin sin 808π22αααα⎛⎫⎛⎫-+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭πsin sin sin cos 2αααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.221222⎛⎫=-⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭2．(1)，1tan 7α=1tan 3β=(2)π4【分析】（1）先根据同角三角函数平方关系求出，再根据商数关系和两角和正切公式cos α化简得结果；（2）根据二倍角公式得，，再根据两角和余弦公式得，最后根据sin 2,cos 2ββ()cos 2αβ+范围求结果.【详解】（1）因为为锐角，，所以，,αβ2sin 10α=272cos 1sin 10αα=-=所以，2sin 110tan cos 77210ααα===又因为，所以，tan tan 1tan()1tan tan 2αβαβαβ++==-1tan 3β=（2）因为为锐角，，所以，解得，,αβ1tan 3β=22sin 1cos 3sin cos 1ββββ⎧=⎪⎨⎪+=⎩10sin 10310cos 10ββ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以，sin 22sin cos 103103101052βββ==⨯=⨯，24cos 212sin 5ββ=-=所以，()724232cos 2cos cos 2sin sin 21051052αβαβαβ+=-=⨯-⨯=又因为为锐角，所以，,αβ3π022αβ<+<所以.π24αβ+=3．(1)78(2)111512【分析】（1）根据已知条件，利用正弦定理化为，结合23a c b +=sin sin 23sin A C B +=已知条件，有，，代入解三角形即可.3A C π-=32B C π=-232B A π=-sin sin 23sin A C B +=（2）根据（1）终结论，利用余弦定理，结合，，解得，利用面5b =23a c b +=443ac =积公式即可求得面积为.11115sin 212ABC S ac B ==△【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，23a c b +=sin sin 23sin A C B +=因为，且，所以，，3A C π-=A B C π++=32B C π=-232B A π=-所以2sin sin 23sin 3232B B B ππ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即，22sin cos cos sin sin cos cos sin 23sin 32323232B B B B B ππππ-+-=所以，所以，3cos 23sin 2B B =cos 4sin cos 222B B B =因为，所以，所以；022B π<<1sin 24B =27cos 12sin 28B B =-=（2）由余弦定理可得，2222cos b a c ac B =+-即，得，得，()27524a c ac ac =+--()2155234b ac =-443ac =因为，所以，所以7cos 8B =15sin 8B =11115sin 212ABC S ac B ==△4．(1)tan α-(2)65【分析】（1）根据三角函数的诱导公式，结合同角三角函数的商式关系，可得答案；（2）利用正弦函数的二倍角公式以及同角三角函数的平方式，整理齐次式，可得答案.【详解】（1）.()()()()πsin 2πcos sin sin 2tan cos sin πcos sin f αααααααααα⎛⎫++ ⎪-⎝⎭===----（2）由，则，()tan 3f θθ=-=-tan 3θ=，()()()()()22222sin 1sin2sin (sin cos )tan (tan 1)sin cos sin cos sin cos tan 1tan 1θθθθθθθθθθθθθθθ+++==+++++.()()2223(31)34641053131⨯+⨯===⨯+⨯+5．(1)答案见解析(2)(()1212,3,2f x x ⎤--+=-⎦【分析】（1）由题意分别令，πππ2π22π,Z 232k x k k -+≤-≤+∈，解不等式即可得解.ππ5π2π22π,Z 366k x k k +≤-≤+∈（2）由题意得在上有两个不相等的实数解，结合三角()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 函数单调性、最值即可求出的取值范围，结合对称性代入求值即可得的值.m ()12f x x +【详解】（1）由题意令，解得，πππ2π22π,Z 232k x k k -+≤-≤+∈π5πππ,Z 1212k x k k -+≤≤+∈即函数的单调递增区间为，()f x ()π5ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦令，所以，()π1sin 2032f x x ⎛⎫=--≥ ⎪⎝⎭π1sin 232x ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭所以，解得，ππ5π2π22π,Z 366k x k k +≤-≤+∈π7πZ 412ππ,k x k k +≤≤+∈所以不等式的解集为.()0f x ≥()π7ππ,π,Z 412k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦（2）由题意即，11022m f x +⎛⎫+= ⎪⎝⎭πsin 032m x ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭即在上有两个不相等的实数解，()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 当时，，而在上单调递减，在上单[]0,πx ∈ππ2π,333t x ⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦2sin y t =-ππ,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦π2π,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦调递增，所以当即时，，ππ32t x =-=5π6x =()min 2g x =-当即时，，ππ33t x =-=-0x =()max 3g x =又即时，，π2π33t x =-=πx =()3g x =-所以若在上有两个不相等的实数解，()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 则实数的取值范围为，m (2,3⎤--⎦因为，所以是的对称轴，()min 5π26g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭5π6x =()g x所以.()125π5ππ112sin 263322f x x f ⎛⎫⎛⎫+=⨯=⨯--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭6．(1)223-(2)3-【分析】（1）将点代入单位圆后结合任意角三角函数定义求解即可.（2）利用诱导公式化简求值即可.【详解】（1）在单位圆中，解得，22113y ⎛⎫+= ⎪⎝⎭223y =±因为第四象限角，所以α223y =-22sin 3α∴=-（2）第四象限角22sin ,3αα=-1cos 3α∴=.()πtan sin 123sin cos πcos ααααα⎛⎫+ ⎪⎝⎭∴=-=-+7．(1)，；2-2(2).34(,)55-【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标及，再利用齐次式法计算即得.P tan α（2）利用同角公式，结合三角函数定义求解即得.【详解】（1）角以Ox 为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点，α(),P x y 当时，，则，255y =22551()55x =--=-tan 2y x α==-所以．7tan 27(2)227ta 4sin 2cos sin 42c 4os n αααααα+⨯-++==---=-（2）依题意，，sin 0,cos 0αα><由，得，代入，sin 11cos 2αα=-cos 12sin αα=-22sin cos 1αα+=于是，解得，22sin (12sin )1αα+-=2sin ,cos 1sin 5543ααα==--=-即，所以点P 的坐标为．34,55x y =-=34(,)55-8．(1)；π3A =(2)．2AD =【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由三角恒等变换求解；（2）设，利用由余弦定理求得，从而由正弦定理求得AD x =πADB ADC ∠+∠=cos ADB ∠（用表示），再代入余弦定理的结论中求得值．AC x x 【详解】（1）由正弦定理及已知得2cos cos cos 2c a A B b A =-，sin 2sin cos cos sin cos 2sin 2cos sin cos 2sin(2)C A A B B A A B B A A B =-=-=-或，C 2A B =-2πC A B +-=又，所以，A B ≤22πC A B C B B C B +-≤+-=+<所以，从而，所以；C 2A B =-2πB C A A +==-π3A =（2）由余弦定理得，，2222cos AB BD AD AD BD ADB =+-⋅∠，2222cos AC CD AD AD CD ADC =+-⋅∠又是角平分线，所以，又，则，记，因为AD 2AC CD AB BD ==3a =2,1CD BD ==AD x =，πADB ADC ∠+∠=所以，所以，2244cos 412cos x x ADC x x ADC +-∠=++∠cos 4x ADC ∠=-，则，0πADC <∠<2sin 116x ADC ∠=-由正弦定理得，sin sin AC CD ADC CAD =∠∠所以，222116π16sin 6x AC x =⋅-=-所以，解得，即．221644()4x x x x -=+-⋅-2x =2AD =9．(1)263(2)677【分析】（1）利用正弦定理及其余弦定理求解；（2）利用三角形的面积公式求解.【详解】（1）因为平分，，故，AD BAC ∠3AB BC ==2C BAC θ∠=∠=在中，由正弦定理知：，ADC △sin sin 22cos sin sin AD ACD CD DAC θθθ∠===∠由余弦定理有，2222223231cos 2cos 22323CA CB BA C CA CB θ+-+-====⋅⨯⨯又因为，所以,21cos 22cos 13θθ==-6cos 3θ=即；262cos 3AD CDθ==（2）由，得，则，11cos 14A =11cos 214θ=cos 2157cos 214θθ+==又由，()11sin 2sin 22ABC ABD ACD S AB AC S S AB AC AD θθ=⋅=+=+△△△得.()sin 21267cos sin 57AB AC AD AB AC θθθ⋅===+10．(1)最大值和最小值分别为；2,1-(2).58【分析】（1）求出函数的解析式，再利用余弦函数的性质求解即得.()f x （2）利用余弦函数图象的对称性，结合诱导公式计算.12cos()x x -【详解】（1）由函数的最小正周期为，得，解得，()f x π2ππω=π2,()2cos(2)3x f x ω==-当时，，则当，即时，，ππ[,]64x ∈-π2ππ2[,]336x -∈-π2π233x -=-π6x =-min ()1f x =-当，即时，，π203x -=π6x =max ()2f x =所以函数在区间上的最大值和最小值分别为.()f x ππ[,]64-2,1-（2）()2222252cos 25222525BD BC CD BC CD BCD =+-⨯∠=+-⨯⨯⨯，故，204816=+-=4BD =有，故，22216420BD CD BC +=+==CD AB ⊥则，即.21sin sin 302CD A AC AC ==︒==4AC =12．(1)；()sin 1A C -=(2)无最小值；【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理可得，结合为锐角可得，所sin cos A C =B π2A C =+以；()sin 1A C -=（2）利用诱导公式可得，再由导数判断出在3sin sin 2sin sin A B A A =-()32f t t t =-上单调递增，可得无最小值；2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭sin sin A B 【详解】（1）因为，sin sin sin 2sin sin a A b B c C a A B +-=由正弦定理得，2222sin a b c ab A +-=由余弦定理可得，2222cos a b c ab C +-=所以可得，解得或；sin cos A C =π2A C =-π2A C =+又为锐角，所以（舍），即，B π2A C =-π2A C =+因此；()πsin sin12A C -==（2）结合（1）中，又可得：π2A C =+πA B C ++=；33πsin sin sin sin 2sin cos 22sin sin 2A B A A A A A A ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭令，则，sin t A =()3sin sin 2A B f t t t ==-又为锐角，，所以，B 3ππ20,22A ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭π3π24A <<可得，212t <<所以，当时，恒成立，()261f t t '=-212t <<()2610f t t '=->即可得为单调递增，()32f t t t =-所以时，，所以无最值；2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭()()0,1f t ∈()f t 因此无最小值；sin sin A B 13．(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据最小正周期为求得，求出单调递减区间；π=1ω±（2）根据写出x 的取值范围．()22f x ≤【详解】（1）因为的周期为，()πsin 23f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π故，所以.2ππ2ω==1ω±当时，，=1ω()πsin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭由，得到，ππ3π2π22π232k x k +≤+≤+π7πππ1212k x k +≤≤+故的递减区间为.()f x π7ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦当时，，1ω=-()ππsin 2sin 233f x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由，得到πππ2π22π232k x k -+≤-≤+π5πππ1212k x k -+≤≤+故的递减区间为.()f x π5ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦（2）当时，，=1ω()π2sin 232f x x ⎛⎫=+≤ ⎪⎝⎭所以，5πππ2π22π434k x k -+≤+≤+解得.19ππππ,Z 2424k x k k -+≤≤-+∈当时，，1ω=-()ππ2sin 2sin 2332f x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=--≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即，π2sin 232x ⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭所以，ππ5π2π22π434k x k -+≤-≤+解得.π19πππ2424k x k +≤≤+综上：当时，；=1ω19ππππ2424k x k -+≤≤-+当时，.1ω=-π19πππ,Z 2424k x k k +≤≤+∈14．(1)302ω<≤(2)260,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦【分析】（1）由题设条件，列出不等式，求解即可.,32πππ4π2ωω-≥-≤（2）根据函数图像平移变换，写出函数，再结合区间和三角函数性质求1π()sin 26g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭出值域.【详解】（1）由，得 ，ππ,34x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦ππ,34x ωωω⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦又函数在上单调递增，()sin (0)f x x ωω=>ππ,34⎡⎤-⎢⎥⎣⎦所以，解得,32πππ4π2ωω-≥-≤32ω≤因为，所以．0ω>302ω<≤（2）由（1）知的最大值为，此时，ω323()sin 2f x x =根据题意，，31π1π()sin sin 23926g x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦当时，．ππ,32x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦1πππ02664x ≤+≤+所以，故值域为．ππ260()sin 644g x +⎛⎫≤≤+= ⎪⎝⎭260,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦15．(1)π3C =(2)3【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换计算即可．（2）利用正余弦定理、三角形面积公式及基本不等式计算即可.【详解】（1）由已知可得：，222sin sin sin cos cos A A B B C -=-∴，()222sin sin sin 1sin 1sin A A B B C -=---∴，222sin sin sin sin sin A B C A B +-=根据正弦定理可知：，222a b c ab +-=∴．2221cos 22a b c C ab +-==又．π(0,π),3C C ∈∴=（2）∵外接圆的半径为，ABC 233r =∴，解得．432sin 3c r C==2c =又由（1）得，222a b c ab +-=故，∴，当且仅当时等号成立22424a b ab ab +-=≥-4ab ≤2a b ==∴，13sin 324ABC S ab C ab ==≤△∴的面积最大值为．ABC 316．(1)23(2)证明见解析【分析】（1）化简已知条件求得，利用诱导公式求得.πsin 3α⎛⎫+ ⎪⎝⎭32πf α⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）先求得的表达式，然后对进行分类讨论，结合零点存在性定理证得在()h x x ()h x 上有且仅有一个零点，求得的表达式，然后利用函数的单调性证得不等()0,∞+0x()()0g f x 式成立.()()034g f x >-【详解】（1）由，则，321π3f α⎛⎫+= ⎪⎝⎭π2sin 33α⎛⎫+= ⎪⎝⎭所以32π2sin π3f αα⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.ππ2sin πsin 333αα⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦（2）证明：由题意得.()πln sin 3h x x x =+①当时，，所以单调递增.30,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦ππ0,32x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()h x 又，由于，而，1πsin ln226h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭π1sin 62=1ln2ln e 2>=所以.又，102h ⎛⎫< ⎪⎝⎭()3102h =>所以由零点存在定理得在内有唯一零点，使得.()h x 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦0x ()00h x =当时，，所以，则在上无零点；3,32x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦πln 0,sin 03x x >≥()0h x >()h x 3,32⎛⎤ ⎥⎝⎦当时，，所以，则在上无零点.()3,x ∈+∞πln 1,1sin 13x x >-≤≤()0h x >()h x ()3,+∞综上，在上有且仅有一个零点.()h x ()0,∞+0x ②由①得，且，0112x <<()00ln 0x f x +=则.()()()()00000011ln ,ln 2f x x g f x g x x x ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭由函数的单调性得函数在上单调递增，()000112x x x ϕ⎛⎫=-⎪⎝⎭1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭则，()01324x ϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭故.()()034g f x >-求解已知三角函数值求三角函数值的问题，可以考虑利用诱导公式等三角恒等变换的公式来进行求解.判断函数零点的个数，除了零点存在性定理外，还需要结合函数的单调性来进行判断.17．(1)55-(2)255,55⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭【分析】（1）直接根据三角函数的定义求解；（2）利用诱导公式求出旋转后的角的三角函数值即可.【详解】（1）由三角函数的定义可得，5sin c 5o 255s αα-=-=，所以；5s 5in 5c 2os 555αα⎛⎫--=- ⎪ ⎪⎝⎭-=-（2）角的终边绕原点O 按逆时针方向旋转，得到角，απ2π2α+则，，π5sin cos 25αα⎛⎫+==- ⎪⎝⎭π25cos sin 25αα⎛⎫+=-= ⎪⎝⎭所以点Q 的坐标为.255,55⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭18．(1)1m =-(2)选择①，不存在；选择②，，；选择③，，12ω=ππ,Z 6k k -+∈1ω=ππ,Z 122k k -+∈【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简函数，根据，即可求解；(0)1f =（2）根据奇函数性质、三角函数图象的性质以及三角函数的单调性，即可逐个条件进行判断和求解.【详解】（1）2()2cos 23sin cos f x x x x m ωωω=++，πcos 23sin212sin 216x x m x m ωωω⎛⎫=+++=+++ ⎪⎝⎭又，所以.1(0)2112f m =⨯++=1m =-（2）由（1）知，，()π2sin 26f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭选择①：因为是奇函数，()f x 所以与已知矛盾，所以不存在.()00f =()f x 选择②：因为图象的两条相邻对称轴之间的距离是，()f x π所以，，，π2T =2πT =2π21T ω==12ω=则，()π2sin 6f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭令，()π2sin 06f x x ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭解得.ππ,Z 6k x k -+∈=即零点为.()f x ππ,Z 6k k -+∈选择③：对于，，()π2sin 26f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭0ω>令，，πππ2π22π,Z 262k x k k ω-+≤+≤+∈ππ3π2π22π,Z 262k x k k ω+≤+≤+∈解得，，ππππ,Z 36k k x k ωωωω-+≤≤+∈ππ2ππ,Z 63k k x k ωωωω+≤≤+∈即增区间为，()f x ππππ,,Z 36k k k ωωωω⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦减区间为，()f x ππ2ππ,,Z 63k k k ωωωω⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，()f x π0,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以时符合，0k =即在上单调递增，在上单调递减，()f x ππ,36ωω⎡⎤-⎢⎥⎣⎦π2π,63ωω⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以且，π03ππ66ωω⎧-≤⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩2ππ33ππ66ωω⎧≥⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩解得，则，1ω=()π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭所以令，()π2sin 206f x x ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭解得，ππ,Z 122k x k =-+∈即零点为.()f x ππ,Z 122k k -+∈。
(课程标准卷地区专用)高考数学二轮复习 专题限时集训(七)第7讲 解三角形配套作业 文(解析版).pdf
专题限时集训(七) [第7讲 解三角形] (时间：45分钟) 1．在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2＋c2－b2＝ac，则角B的值为( ) A. B.C.或D.或 2．在ABC，已知A＝45°，AB＝，BC＝2，则C＝( ) A．30° B．60° C．120° D．30°或150° 3．ABC的外接圆半径R和ABC的面积的大小都等于1，则sinAsinBsinC的值为( ) A. B. C. D. 图7－1 4．如图7－1，要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为( ) A．10 m B．20 m C．20 m D．40 m 5．在ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝3，c＝8，B＝60°，则sinA的值是( ) A. B. C. D. 6．若满足条件C＝60°，AB＝，BC＝a的ABC有两个，那么a的取值范围是( ) A．(1，) B．(，) C．(，2) D．(1,2) 7．ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a，b，c成等比数列，且c＝2a，则cosB＝( ) A. B. C. D. 8．在ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，则ABC的面积等于( ) A. B.C.或D.或 9．在ABC中，已知sinAsinB∶sinC＝23∶4，则cosC＝________. 10．已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A船到灯塔C的距离为2 km，B船在灯塔C北偏西40°处，A、B两船间的距离为3 km，则B船到灯塔C的距离为________km. 11．在ABC中，A＝60°，BC＝，D是AB边上的一点，CD＝，BCD的面积为1，则AC的长为________． 12．ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且满足csinA＝acosC. (1)求角C的大小； (2)求sinA－cosB＋的最大值，并求取得最大值时A，B的大小． 13．设ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且(2b－c)cosA＝acosC. (1)求角A的大小； (2)若角B＝，BC边上的中线AM的长为，求ABC的面积． 14．如图7－2所示，AB是南北方向道路，P为观光岛屿，Q为停车场，PQ＝5.2 km.某旅游团游览完岛屿后，乘游船回停车场Q.已知游船以13 km/h的速度沿方位角θ的方向行驶，且sinθ＝.游船离开观光岛屿3分钟后，因事耽搁没有来得及登上游船的游客甲为了及时赶到停车地点Q与游客团会合，决定立即租用小船先到达道路M处，然后乘出租汽车到点Q(设游客甲到达道路M后能立即乘到出租车)．假设游客甲乘小船行驶的方向是方位角α，出租汽车的速度为66 km/h. (1)设sinα＝，问小船的速度为多少时，游客甲才能和游船同时到达Q地？ (2)设小船速度为10 km/h，请你替游客甲设计小船行驶的方位角α，当角α的余弦值是多少时，游客甲能按计划以最短的时间到达Q地？ 图7－2 专题限时集训(七) 【基础演练】 1．A [解析] ＝cosB＝，又0<B<π，B＝. 2．A [解析] 根据正弦定理得，＝，所以sinC＝，因为C(0，π)，所以C＝30°或150°.又因为A＝45°，且AB<BC，所以C＝30°. 3．D [解析] 根据三角形面积公式和正弦定理S＝absinC＝2RsinA·2RsinB·sinC＝2R2sinAsinBsinC，将R＝1和S＝1代入得，sinAsinBsinC＝. 4．D [解析] 设电视塔的高度为x，则BC＝x，BD＝x.在BCD中，根据余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40xcos120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝－20(舍去)，或者x＝40.故电视塔的高度为40 m. 【提升训练】 5．D [解析] 根据余弦定理得b＝＝7，根据正弦定理＝，解得sinA＝. 6．C [解析] 由正弦定理得＝，所以a＝2sinA.而C＝60°，所以0°<CAB<120°.又因为ABC有两个，所以asin60°时，t′<0， 又y＝cosα在α0，上是减函数， 当方位角α满足cosα＝时，t取最小值， 即游客甲能按计划以最短时间到达Q地． 高考学习网： 高考学习网：。
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专题限时集训(七)[第7讲解三角形](时间：45分钟)1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2＋c2－b2＝3ac，则角B的值为( )A.π6B.π3C.π6或5π6D.π3或2π32．在△ABC，已知A＝45°，AB＝2，BC＝2，则C＝( )A．30° B．60°C．120° D．30°或150°3．△ABC的外接圆半径R和△ABC的面积的大小都等于1，则sin A sin B sin C的值为( )A.14B.32C.34D.12图7－14．如图7－1，要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为( )A．10 2 m B．20 mC．20 3 m D．40 m5．在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝3，c＝8，B＝60°，则sin A的值是( )A.316B.314C.3316D.33146．若满足条件C ＝60°，AB ＝3，BC ＝a 的△ABC 有两个，那么a 的取值范围是( ) A ．(1，2) B ．(2，3) C ．(3，2) D ．(1,2)7．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a ，b ，c 成等比数列，且c ＝2a ，则cos B ＝( )A.14B.34C.24D.238．在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝1，B ＝30°，则△ABC 的面积等于( ) A.32 B.34 C.32或 3 D.32或349．在△ABC 中，已知sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，则cos C ＝________.10．已知A 船在灯塔C 北偏东80°处，且A 船到灯塔C 的距离为2 km ，B 船在灯塔C 北偏西40°处，A 、B 两船间的距离为3 km ，则B 船到灯塔C 的距离为________km.11．在△ABC 中，A ＝60°，BC ＝10，D 是AB 边上的一点，CD ＝2，△BCD 的面积为1，则AC 的长为________．12．△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且满足c sin A ＝a cos C . (1)求角C 的大小；(2)求3sin A －cos B ＋π4的最大值，并求取得最大值时A ，B 的大小．13．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且(2b －3c )cos A ＝3a cos C . (1)求角A 的大小；(2)若角B ＝π6，BC 边上的中线AM 的长为7，求△ABC 的面积．14．如图7－2所示，AB 是南北方向道路，P 为观光岛屿，Q 为停车场，PQ ＝5.2 km.某旅游团游览完岛屿后，乘游船回停车场Q .已知游船以13 km/h 的速度沿方位角θ的方向行驶，且sin θ＝513.游船离开观光岛屿3分钟后，因事耽搁没有来得及登上游船的游客甲为了及时赶到停车地点Q 与游客团会合，决定立即租用小船先到达道路M 处，然后乘出租汽车到点Q (设游客甲到达道路M 后能立即乘到出租车)．假设游客甲乘小船行驶的方向是方位角α，出租汽车的速度为66 km/h.(1)设sin α＝45，问小船的速度为多少时，游客甲才能和游船同时到达Q 地？(2)设小船速度为10 km/h ，请你替游客甲设计小船行驶的方位角α，当角α的余弦值是多少时，游客甲能按计划以最短的时间到达Q 地？图7－2专题限时集训(七)【基础演练】1．A [解析] ∵a 2＋c 2－b 22ac ＝cos B ＝32，又0<B <π，∴B ＝π6.2．A [解析] 根据正弦定理得，2sin45°＝2sin C ，所以sin C ＝12，因为C ∈(0，π)，所以C ＝30°或150°.又因为A ＝45°，且AB <BC ，所以C ＝30°.3．D [解析] 根据三角形面积公式和正弦定理S ＝12ab sin C ＝122R sin A ·2R sin B ·sin C ＝2R 2sin A sin B sin C ，将R ＝1和S ＝1代入得，sin A sin B sin C ＝12.4．D [解析] 设电视塔的高度为x ，则BC ＝x ，BD ＝3x .在△BCD 中，根据余弦定理得3x 2＝x 2＋402－2×40x cos120°，即x 2－20x －800＝0，解得x ＝－20(舍去)，或者x ＝40.故电视塔的高度为40 m.【提升训练】5．D [解析] 根据余弦定理得b ＝32＋82－2×3×8cos60°＝7，根据正弦定理3sin A＝7sin60°，解得sin A ＝3314.6．C [解析] 由正弦定理得ABsin C＝BCsin A，所以a ＝2sin A .而C ＝60°，所以0°<∠CAB <120°.又因为△ABC 有两个，所以a sin60°<3<a ，即3<a <2.7．B [解析] 由题意得b 2＝ac ，又c ＝2a ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－a ×2a2a ×2a＝34. 8．D [解析] 依题意与正弦定理得AB sin C ＝ACsin B，即sin C ＝AB ·sin B AC ＝32，∴C ＝60°或C ＝120°.当C ＝60°时，A ＝90°，则△ABC 的面积等于12AB ·AC ＝32；当C ＝120°时，A ＝30°，则△ABC 的面积等于12AB ·AC ·sin A ＝34.所以△ABC 的面积等于32或34.9．－14 [解析] 由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C可得，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ＝2∶3∶4，由此设a ＝2k ，b ＝3k ，c ＝4k (k >0)．由余弦定理可得，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝2k2＋3k 2－4k 22×2k ×3k＝－14.10.6－1 [解析] 由题意可得，∠ACB ＝120°，AC ＝2，AB ＝3，设BC ＝x ，则由余弦定理可得，AB 2＝BC 2＋AC 2－2BC ×AC cos120°，即32＝x 2＋22－2×2x cos120°，整理得x 2＋2x ＝5，解得x ＝6－1或x ＝－6－1(舍去)．故填6－1.11.233 [解析] 由△BCD 的面积为1，可得12×CD ×BC ×sin∠DCB ＝1，即sin ∠DCB ＝55，所以cos ∠DCB ＝255.在△BCD 中，由余弦定理可知，cos ∠DCB ＝CD 2＋BC 2－BD 22CD ×BC ＝255，解得BD ＝2，所以cos ∠DBC ＝BD 2＋BC 2－CD 22BD ×BC ＝31010.由在△BCD 中，∠DBC 对应的边长最短，所以∠DBC 为锐角，所以sin ∠DBC ＝1010.在△ABC 中，由正弦定理BC sin A ＝AC sin B 可得，AC ＝BC ·sin B sin A＝10×101032＝233. 12．解：(1)依题意，由正弦定理得sin C sin A ＝sin A cos C ， 在△ABC 中，因为sin A ≠0，所以sin C ＝cos C ，得C ＝π4.(2)3sin A －cos B ＋π4＝3sin A －cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－A ＋C ＋π4＝3sin A －cos(π－A )＝3sin A ＋cos A ＝2sin A ＋π6.因为A ∈0，3π4，所以A ＋π6∈π6，11π12，于是，当sin A ＋π6＝1，A ＋π6＝π2，A ＝π3时，3sin A －cos B ＋π4取得最大值2，此时B ＝5π12.13．解：(1)∵(2b －3c )cos A ＝3a cos C ， ∴(2sin B －3sin C )cos A ＝3sin A cos C ， 即2sin B cos A ＝3sin A cos C ＋3sin C cos A ，∴2sin B cos A ＝3sin B . ∵sin B ≠0，∴cos A ＝32， ∵0<A <π，∴A ＝π6.(2)由(1)知A ＝B ＝π6，所以AC ＝BC ，C ＝2π3，设AC ＝x ，则MC ＝12x .又AM ＝7，在△AMC 中，由余弦定理得AC 2＋MC 2－2AC ·MC cos C ＝AM 2，即x 2＋x 22－2x ·x2·cos120°＝(7)2，解得x ＝2，故S △ABC ＝12x 2sin 2π3＝ 3.14．解：(1)如图所示，作PN ⊥AB ，N 为垂足，∠PQM ＝θ，∠PMQ ＝π－α，sin θ＝513，sin α＝45，cos θ＝1213，cos α＝35.在Rt △PNQ 中，PN ＝PQ sin θ＝5.2×513＝2，QN ＝PQ ·cos θ＝5.2×1213＝4.8.在Rt △PNM 中，MN ＝PN tan α＝243＝1.5，PM ＝PN sin α＝245＝2.5，∴MQ ＝QN －MN ＝4.8－1.5＝3.3.设游船从P 到Q 所用时间为t 1 h ，游客甲从P 经M 到Q 所用时间为t 2 h ，小船速度为v 1 km/h ， 则t 1＝PQ 13＝5.213＝26513＝25，t 2＝PM v 1＋MQ 66＝2.5v 1＋3.366＝52v 1＋120.由已知，得t 2＋120＝t 1，即52v 1＋120＋120＝25，∴v 1＝253.于是，当小船的速度为253km/h 时，游客甲才能和游船同时到达Q 地．(2)在Rt △PMN 中，PM ＝PN sin α＝2sin α，MN ＝PN tan α＝2cos αsin α，∴QM ＝QN －MN ＝4.8－2cos αsin α.于是t ＝PM 10＋QM 66＝15sin α＋455－cos α33sin α＝1165×33－5cos αsin α＋455.∵t ′＝1165×5sin 2α－33－5cos αcos αsin 2α＝5－33cos α165sin 2α， ∴令t ′＝0，得cos α＝533.当cos α<533时，t ′>0；当cos α>533时，t ′<0，又y ＝cos α在α∈0，π2上是减函数，∴当方位角α满足cos α＝533时，t 取最小值， 即游客甲能按计划以最短时间到达Q 地．。