(浙江专用)201X高考数学二轮复习 课时跟踪检测(四)大题考法——三角函数、解三角形
(浙江专用)高考数学大二轮复习 专题一 大题考法课 三角函数、解三角形课时跟踪检测-人教版高三全册数
三角函数、解三角形[课时跟踪检测]1．(2018·某某高考)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P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45.(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．解：(1)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得sin α＝－45.所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.(2)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得cos α＝－35.由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α，得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－5665或cos β＝1665.2．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b a ＝2cos B1－2cos A .(1)若b a ＝233，求角A 的大小；(2)若a ＝1，tan A ＝22，求△ABC 的面积．解：(1)由b a ＝2cos B 1－2cos A及正弦定理得sin B (1－2cos A )＝2sin A cos B ，即sin B ＝2sin A cos B ＋2cos A sin B ＝2sin(A ＋B )＝2sin C ，即b ＝2c .又由b a ＝233及余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12⇒A ＝π3.(2)∵tan A ＝22，∴cos A ＝13，sin A ＝223.由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，得13＝4c 2＋c 2－14c2， 解得c 2＝311，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝c 2sin A ＝311×223＝2211.3．已知函数f (x )＝m cos x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，3.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)若f (α)＝33，α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2π3，求sin α的值．解：(1)由题意可知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝3，即3m 2＋32＝3，解得m ＝1. 所以f (x )＝cos x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝32cos x ＋32sin x ＝ 3 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，令－π2＋2k π≤x ＋π3≤π2＋2k π(k ∈Z )，解得－5π6＋2k π≤x ≤π6＋2k π(k ∈Z )．所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π6，2k π＋π6(k ∈Z )． (2)由f (α)＝33，得3sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝33，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝13.又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3，所以α＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝13<32， 所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3＝－ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝－223.所以sin α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3－π3＝13×12－⎝ ⎛⎭⎪⎫－223×32＝1＋266. 4．(2019·某某适应性考试)已知函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，－12，图象与x 轴两个相邻交点的距离为π.(1)求f (x )的解析式；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝－35，求sin θ的值．解：(1)由已知得最小正周期T ＝2π， 则ω＝1，所以f (x )＝cos(x ＋φ)．又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝－12， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝－12，又0＜φ＜π，所以π6＜π6＋φ＜7π6.所以π6＋φ＝2π3，即φ＝π2，所以f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝－sin x .(2)因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝－35， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝35， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝±45. 当cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝45时， sin θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3cos π3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3sin π3＝3－4310；当cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝－45时， sin θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3cos π3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3sin π3＝3＋4310.所以sin θ＝3－4310或3＋4310.5．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B2.(1)求cos B ；(2)若a ＋c ＝6，△ABC 的面积为2，求b . 解：(1)由题设及A ＋B ＋C ＝π得sin B ＝8sin 2B2，即sin B ＝4(1－cos B )， 故17cos 2B －32cos B ＋15＝0， 解得cos B ＝1517，cos B ＝1(舍去)．(2)由cos B ＝1517，得sin B ＝817，故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac .又S △ABC ＝2，则ac ＝172.由余弦定理及a ＋c ＝6得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B ) ＝36－2×172×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1517＝4. 所以b ＝2.6.如图，已知D 是△ABC 的边BC 上一点． (1)若cos ∠ADC ＝－210，∠B ＝π4，且AB ＝DC ＝7，求AC 的长； (2)若∠B ＝π6，AC ＝25，求△ABC 面积的最大值．解：(1)因为cos ∠ADC ＝－210， 所以cos ∠ADB ＝cos(π－∠ADC )＝－cos ∠ADC ＝210，所以sin ∠ADB ＝7210. 在△ABD 中，由正弦定理，得AD ＝AB ·sin∠Bsin ∠ADB ＝7×227210＝5，所以在△ACD 中，由余弦定理，得AC ＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC＝52＋72－2×5×7×⎝ ⎛⎭⎪⎫－210＝74＋7 2. (2)在△ABC 中，由余弦定理，得AC 2＝20＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos ∠B ＝AB 2＋BC 2－3AB ·BC ≥(2－3)AB ·BC ，所以AB ·BC ≤202－3＝40＋203， 所以S △ABC ＝12AB ·BC sin ∠B ≤10＋53，所以△ABC 面积的最大值为10＋5 3.7．(2019·某某适应性测试)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω＞0)的图象向左平移π2个单位长度后与函数g (x )＝cos(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫|φ|＜π2的图象重合． (1)求ω和φ的值；(2)若函数h (x )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π8＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8，求h (x )的单调递增区间及图象的对称轴方程．解：(1)由题意得ω＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋5π6＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∵|φ|＜π2，∴φ＝π3.(2)h (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π8＋g ⎝⎛⎭⎪⎫x －π8＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π12＋ cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π12 ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，由2x ＋π3＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π2＋π12，k ∈Z ，由2k π－π2≤2x ＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－5π12≤x ≤k π＋π12，k ∈Z ，∴h (x )图象的对称轴为x ＝k π2＋π12，k ∈Z ，h (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－5π12，k π＋π12，k ∈Z . 8．(2019·蒲江中学、富阳中学、新昌中学联考)已知函数f (x )＝m sin x ＋2cos x (m ＞0)的最大值为2.(1)求函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间；(2)△ABC 中，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π4＋f ⎝⎛⎭⎪⎫B －π4＝22a sin B ，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且C ＝60°，c ＝3，求△ABC 的面积．解：(1)由题意得 m 2＋2＝2，则m ＝2，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，所以函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π.(2)化简f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －π4＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π4＝22a sin B ，得sin A ＋sin B ＝2a sin B ，由正弦定理得a ＋b ＝2ab .① 由余弦定理得a 2＋b 2－ab ＝9， 即(a ＋b )2－3ab －9＝0.②将①式代入②式，得2(ab )2－3ab －9＝0， 解得ab ＝3或ab ＝－32(舍去)，故S △ABC ＝12ab sin C ＝334.。
2024年对口高考数学二轮复习专题四—三角函数
2024年对口高考数学专题四—三角函数一、选填1、已知，且，则tan（﹣α）＝（）A．B．C．D．2、若∠α的终边落在第三象限，则+的值为（）A．3B．﹣3C．1D．﹣13、函数f（x）＝3sin x+4cos x（x∈R）的最小值是（）A．﹣7B．﹣12C．﹣5D．14、已知α，β均为锐角，且，，则tanβ等于（）A．B．C．D．5、若α是钝角，且，则cos（π+α）＝（）A．B．C．D．6、若cos x+2m＝1，x∈R，则实数m的取值范围是（）A．[﹣1，1]B．[0，1]C．[﹣1，0]D．[﹣1，2] 7、已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A，ω，φ是常数，A＞0，ω＞0，）的部分图象如图所示，则（）A．B．C．D．8、已知a＝sin20°，b＝cos20°，c＝tan75°，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a 9、在△ABC中，a cos A＝b cos B，则△ABC的形状为（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰或直角三角形D．等腰直角三角形10、函数在区间内的最小值为（）A．B．C．D．11、要得到函数y＝sin（2x﹣）的图像，只需要将函数y＝sin2x的图像（）A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度14、函数f（x）＝5sin x cos x的最大值为．15、若sinα+2cosα＝0且，则sin2α﹣sinαcosα＝．16、已知角α的终边经过点P（m+3，m﹣1），且tanα＝2，则m的值为。
17、＝．18、已知，且α是锐角，若β是锐角，且，则cosβ的值二、解答题19、在锐角三角形中，有．（1）求角C的大小；（2）若，且三角形面积，求a+b的值．20、在△ABC中，cos A＝，BC＝8，AC＝7．（Ⅰ）求B的大小；（Ⅱ）若D是BC的中点，求AD的长．21、△ABC中D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC．（I）求；（Ⅱ）若∠BAC＝60°，求∠B．22、如图，△ABC是边长为3的等边三角形，线段AE交BC于点D，BD＝1．（1）求sin∠ADB；（2）若AD＝3DE，求BE长．23、如图，在△ABC中，AB＞BC，∠ABC＝120°，AB＝3，∠ABC的角平分线与AC交于点D，BD＝1．（Ⅰ）求sin A；（Ⅱ）求△BCD的面积．24、如图所示，在△ABC中，D为BC边上的一点，已知AB＝3，AC＝6，∠BAC＝120°，∠BAD＝90°．求：（1）BC的长；（2）△ADC的面积．。
(浙江专版)高中数学课时跟踪检测(四)三角函数线新人教A版必修4
课时跟踪检测（四） 三角函数线层级一学业水平达标_ n _ 6 n ,,,1. 角丁和角一亍有相同的（ ）A. 正弦线 B .余弦线 C.正切线D.不能确定n 6 n解析：选 C 在同一坐标系内作出角 和角一二的三角函数线可知，正弦线及余弦线都 5 5相反，而正切线相等.2.已知角a 的正切线是长度为单位长度的有向线段，那么角 a 的终边在（）A. 直线y = x 上B. 直线y =— x 上C. 直线y = x 上或直线y =— x 上D. x 轴上或y 轴上解析：选C 由角a 的正切线是长度为单位长度的有向线段，得tan a =± 1,故角a 的终边在直线 y = x 上或直线y = —x 上.7 n3.如果MP 和0M 分别是角a =二-的正弦线和余弦线，那么下列结论正确的是（ ）8B. OM O>MPD. Mf >0>OM 7 n解析：选D •/ 丁是第二象限角,8••• Mf>°, OM°,••• MP>O>OM4.已知角a 的正弦线和余弦线的方向相反、长度相等，则a 的终边在（ ）A. 第一象限的角平分线上B. 第四象限的角平分线上C. 第二、第四象限的角平分线上A. MPOM OC. OMMR O 7n 亍°， CO S 7n "8 <°,C. sin a + cos a <1D.不能确定D. 第一、第三象限的角平分线上解析：选C作图（图略）可知角a的终边在直线y=—x上，• a的终边在第二、第四象限的角平分线上，故选 C.5. 若a是第一A. sin a + COS a >1B. sin a + COS a = 1象限角，则Sin a + COS a的值与1的大小关系是（）解析：选A 作出a 的正弦线和余弦线，由三角形“任意两边之和大于第三边”的性质可知 Sin a + COS a >1.6. ___________________________________________________ 若角a 的余弦线长度为0,则它的正弦线的长度为 _____________________________________________.解析：若角a 的余弦线长度为0，则a 的终边落在y 轴上，所以它的正弦线的长度 为1. 答案：17. 用三角函数线比较 __________________________________________ sin 1 与cos 1 的大小，结果是解析：如图，sin 1 = MP cos 1 = OM显然 MPOM 即 sin 1>cos 1.答案：sin 1>cos 19.作出下列各角的正弦线、余弦线、正切线.(1)5 n 冗5 n解：（1）因为丁 €三，冗，所以作出丁角的终边如图（1）所示，6 2 6 5冗交单位圆于点P ,作PML x 轴于点M 则有向线段 MP= sin =,有向线6 5 n段OMk cos —，设过A （1,0）垂直于x 轴的直线交 OP 的反向延长线于 T ,的取值范围是 __________解析： 3 n 由图可知sin 4 _ 22，3n“犬-e >— 1, sin 2—1，2>sin即sine e _1,尹答案： 7*2n &若 B € 3n ，苓，则 sin eC. sin a + cos a <1D.不能确定5 n则有向线段AT= tan —.综上所述，图（1）中的有向线段分别为咯角的正弦线、余弦线、正切线.62 n % 2 n(2)因为---- —€ —n,——，所以在第三象限内作出一—角的终边如图(2)所示.交单位圆于点P用类似(1)的方法作图，可得图⑵ 中的有向线段M P',OM,A'「2n分别为一—角的正弦线、余弦线、正切线.10.求下列函数的定义域.⑴ y=ig -2■—sin x .⑵ y = 3tan x —... 3.解：⑴为使y = lg #—sin x有意义，则 + —sin x>0,所以sin x<#,所以角x终边所在区域如图所示，5 n n所以2k n— ---- <x<2k n+ — , k € 乙4 4所以原函数的定义域是_ 5 n 八n 一x 2k—— < x<2k n + ；, k€Z4 4⑵为使y= 3tan x—3有意义,则3tan x—..0,所以tan x^^~,3所以角x终边所在区域如图所示,n n所以k n+ — < x<k n + —, k€ Z,所以原函数的定义域是n nx k n—沪x<k n + -, k€Z层级二应试能力达标1.下列三个命题：n 5 n n 4 n①点与厂的正弦线相等；② 了与=的正切线相等；6 6 3 3n 5 n③玄与n的余弦线相等.其中正确命题的个数为()A. 1B. 2n 5 n解析：选B 和 的正弦线关于6 6边在同一条直线上，因而所作正切线相等;2.若a 是三角形的内角，且 sin A.等边三角形C. 锐角三角形n 和5n 的余弦线方向不同. 4 42a + COS a = 3，则这个三角形是（）B .直角三角形 D. 钝角三角形n,解析：选D 当0< a < ~2时，由单位圆中的三角函数线知，sin a + COS a > 1,而sin2 a + cos a = —，3a 必为钝角.n n如果~4<a <2，那么下列不等式成立的是3n cos —〒，y 轴对称，大小相等，方向相同;n 4 n—和-于两角的终3.A.cos a <sin a <tan a B . tan a <sin a <cosC .sin a <cos a <tan aD. cos解析：选A 如图所示，在单位圆中分别作出a 的正弦线MR 余弦 线OM 正切线 AT,很容易地观察出 OMMRAT,即cos a <sin a <tan a .4. 使sin x < cos x 成立的x 的一个变化区间是 A.B .C .7t3n ~4D. [0 ,解析：选 如图，画出三角函数线sin x = MP cos x = OM 由于 sin3n 4a <tan a <sin. nsin = cos4为使sin x w cos x成立,则由图可得一芋< X <宁. 2 n 6 n2 n5. sin , cos , tan从小到大的顺序是 5 5 5解析：由图可知: 6 n2 n2 ncos <0, tan>0, sin >0. 5 5 5•/ | MP <| AT ], 2 n 2 n /• sin <ta n —55解析：利用三角函数线得 a 的终边落在如图所示/ AOBX 域内,n 5 n所以a 的取值范围是 0, - U —, 2n .,n 5 n答案： 0, ~3 U 3~, 2 n7.利用单位圆中的三角函数线，分别确定角 0的取值范围.i i⑴sin 0 <— 2； (2)—产 cos 0 <亍 解：(1)图①中阴影部分就是满足条件的角0的范围，5 nn即-V + 2k n < 0<- 7 + 2k n, k € Z<D②(2)图②中阴影部分就是满足条件的角0的范围，2 nnn2 n故cos6 n2n 2 n<sin - 5 <tan —5答案：6 n 2 n 2nco <si <ta 55 56.若0<a <2n ，且 sin a3<2, cosa >2.利用三角函数线，得到a 的取值范围是即0 2k n—< 0 <2k n —=或2k n + = < 0W2k n+ , k€ Z3 6 6 3…n8 .若0< a <2，证明：sin a < a <tan a .证明：如图所示，连接AP设弧AP的长为I ,S A OAT,'/ OA<S 扇形OA<1 1 1••• @|0A ・|Mp<2i •I OAT I OA•)AT| , •••I MP< I <| AT ,• - sin a < a <tan a .。
高考数学浙江课标大二轮复习模拟预测优选新题专题二 三角函数专题对点练4三角函数综合练
专题对点练4 三角函数综合练(限时120分钟,满分150分)一、选择题(共10小题,满分40分)1.角θ的顶点与原点重合,始边与x轴非负半轴重合,终边在直线y=2x上,则tan 2θ=( )A.2B.-4C.-34D.-43答案 D解析∵角θ的始边与x轴的非负半轴重合,终边在直线y=2x上,∴tan θ=2.∴tan 2θ=2tanθ1-tan2θ=-43,故选D.2.已知函数f(x)=cos x+π4sin x,则函数f(x)满足( ) A.最小正周期为T=2πB.图象关于点π8,-24对称C.在区间0,π8上为减函数D.图象关于直线x=π8对称答案 D解析 f(x)=22(cos x-sin x)sin x=2212sin2x-1-cos2x2=2 42sin2x+π4-1,所以函数最小正周期为π,将x=π8代入sin2x+π4,为sinπ2,故直线x=π8为函数的对称轴,选D.3.已知△ABC的三个内角A,B,C依次成等差数列,BC边上的中线AD=7,AB=2,则S△ABC=( )A.3B.23C.33D.6答案 C解析∵A,B,C成等差数列,且内角和等于180°,∴B=60°.在△ABD中,AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos B,即7=4+BD2-2BD,∴BD=3或-1(舍去),可得BC=6,∴S△ABC=12AB·BC·sin B=12×2×6×32=33.4.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2bsin 2A=3asin B,且c=2b,则ab等于( )A.32B.43C.2D.3答案 C解析由2bsin 2A=3asin B,利用正弦定理可得4sin Bsin Acos A=3sin Asin B, 由于sin A≠0,sin B≠0,可得cos A=34,又c=2b,可得a2=b2+c2-2bccos A=b2+4b2-2b·2b·34=2b2,则ab=2.故选C.5.已知0<α<π2,cosα+π6=-45,则sin(-α)=( )A.33+410B.-33+410C.-33-410D.33-410答案 B解析因为0<α<π2,cosα+π6=-45,所以sinα+π6=3 5 ,sin(-α)=-sin α=-sin(α+π6)-π6=-sin(α+π6)cosπ6-cos(α+π6)sinπ6=-35×32+45×12=-33+410.故选B.6.已知函数f(x)=Acos(ωx+φ) ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示,其中N,P的坐标分别为5π8,-A,11π8,0,则函数f(x)的单调递减区间不可能为( )A.π8,5π8B.-7π8,-3π8C.9π4,21π8D.9π8,33π8答案 D解析根据题意,设函数f(x)=Acos(ωx+φ)的周期为T,则34T=11π8−5π8=3π4,解得T=π,又选项D中,区间长度为33π8−9π8=3π,∴f(x)在区间9π8,33π8上不是单调减函数.故选D.7.(2017天津,理7)设函数f(x)=2sin(ωx+φ),x∈R,其中ω>0,|φ|<π,若f5π8=2,f11π8=0,且f(x)的最小正周期大于2π,则( )A.ω=23,φ=π12B.ω=23,φ=-11π12C.ω=13,φ=-11π24D.ω=13,φ=7π24答案 A解析由题意可知,2πω>2π,11π8−5π8≥14·2πω,所以23≤ω<1.所以排除C,D.当ω=23时,f5π8=2sin5π8×23+φ=2sin5π12+φ =2,所以sin5π12+φ =1.所以5π12+φ=π2+2kπ,即φ=π12+2kπ(k∈Z).因为|φ|<π,所以φ=π12.故选A.8.(2017全国Ⅰ,理9)已知曲线C1:y=cos x,C2:y=sin2x+2π3,则下面结论正确的是( )A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移π6个单位长度,得到曲线C2B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移π12个单位长度,得到曲线C2C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移π6个单位长度,得到曲线C2D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移π12个单位长度,得到曲线C2答案 D解析曲线C1的方程可化为y=cos x=sin x+π2,把曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍,纵坐标不变,得曲线y=sin2x+π2=sin 2 x+π4,为得到曲线C2:y=sin2 x+π3,需再把得到的曲线向左平移π12个单位长度.9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象与直线y=a(0<a<A)的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8,则f(x)的单调递减区间是( )A.[6kπ,6kπ+3](k∈Z)B.[6kπ-3,6kπ](k∈Z)C.[6k,6k+3](k∈Z)D.[6k-3,6k](k∈Z)答案 D解析由函数与直线y=a(0<a<A)的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8,知函数的周期为T=2πω=24+82-2+42,得ω=π3,再由五点法作图可得π3·2+42+φ=π2,求得φ=-π2,∴函数f(x)=Asinπ3x-π2.令2kπ+π2≤π3x-π2≤2kπ+3π2,k∈Z,解得6k+3≤x≤6k+6,k∈Z,∴f(x)的单调递减区间为[6k-3,6k](k∈Z).10.(2018浙江金丽衢第二次联考)如果存在正实数a,使得f(x+a)为奇函数,f(x-a)为偶函数,我们称函数f(x)为“和谐函数”.给出下列四个函数:①f(x)=sin x ②f(x)=cos x ③f(x)=sin x-cos x④f(x)=sin 2 x+π8.其中“和谐函数”的个数为( )A.1B.2C.3D.4答案 B解析若f(x)=sin x是“和谐函数”,则a=kπ且a=π2+mπ(k,m∈Z), ∴a∈⌀,若f(x)=cos x是“和谐函数”,则a=kπ且a=π2+mπ(k,m∈Z),∴a∈⌀,若f(x)=sin x-cos x=2sin x-π4是“和谐函数”,则a-π4=kπ且-a-π4=π2+mπ,(k,m∈Z),∴a可取π4,若f(x)=sin 2 x+π8是“和谐函数”,则2a+π4=kπ且-2a+π4=π2+mπ(k,m∈Z),∴a可取3π8,因此“和谐函数”的个数为2,故选B.二、填空题(共7小题,满分36分)11.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且acos C,bcos B,ccos A成等差数列,则角B= ;若b=3,a+c=3,则△ABC的面积为.答案π33 2解析依条件有acos C+ccos A=2bcos B,由正弦定理得sin Acos C+sin Ccos A=2sin Bcos B,即sin(A+C)=2sin Bcos B,则有sin B=2sin Bcos B,由sin B≠0,得cos B=12,又B∈(0,π),故B=π3.由余弦定理得a2+c2-ac=3,即(a+c)2-3ac=3,所以ac=2,则S△ABC=12acsin B=32.12.(2018浙江杭州二中6月热身)已知α∈R,sin α+2cos α=102,则tan α= ;tan 2α= .答案 3或-13-3 4解析由sin α+2cos α=102可得,sin 2α+4sin αcos α+4cos 2α=52,故sin2α+4sinαcosα+4cos2αsinα+cosα=52,即tan2α+4tanα+4tanα+1=52,整理得3tan 2α-8tan α-3=0, 解得tan α=3或tan α=-13. 当tan α=3时,tan 2α=2×31-32=-34;当tan α=-13时,tan 2α=2×131-132=-34.13.(2018浙江学军5月模拟)已知△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足2cos 2A+3sin 2A=2,b=1,S△ABC=32,则A= ,b+csin B+sin C= .答案π32解析由2cos 2A+3sin 2A=2得cos 2A+3sin 2A=1,∴sin2A+π6=1 2 ,∵0<A<π,∴2A+π6∈π6,7π6,∴2A+π6=5π6,解得A=π3. ∵b=1,S △ABC = 32=12bcsin A=12×1×c × 32,∴c=2, ∴由余弦定理得a= b 2+c 2-2bc cos A = 3, ∴b +csin B +sin C =asin A = 33=2.故答案为π3,2.14.(2018浙江嘉兴4月模拟)设△ABC 的三边a,b,c 所对的角分别为A,B,C,已知a 2+2b 2=c 2,则tan C tan A = ;tan B 的最大值为 .答案 -333 解析 ∵a 2+2b 2=c 2,由余弦定理得C 为钝角, ∴tan C tan A =sin C cos Acos C sin A =c ·b 2+c 2-a 22bc a ·a 2+b 2-c 2=b 2+c 2-a 2a 2+b 2-c 2=b 2+a 2+2b 2-a 2a 2+b 2-a 2-2b 2=3b 2-b 2=-3,即tan C=-3tan A. ∵tan B=-tan(A+C) =tan A +tan C tan A tan C -1=2tan A1+3tan 2A =21+3tan A ,由基本不等式可得1tan A +3tan A≥23,当且仅当tan A=33时等号成立,∴tan B的最大值为23=33,故答案为-3,33.15.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,△ABC的面积为S,(a2+b2)tan C=8S,则sin2A+sin2Bsin2C= .答案 2解析∵(a2+b2)tan C=8S,∴a2+b2=4abcos C=4ab·a2+b2-c22ab,化简得a2+b2=2c2,则sin2A+sin2Bsin C =a2+b2c=2.故答案为2.16.已知,在如图所示三角形中,∠B=π2,BD=2DC,sin∠DAC=15,则sin∠ACB= .答案105解析设CD=x,则BD=2x,设AB=y, 则AD=4x2+y2,AC=9x2+y2,由正弦定理CDsin∠DAC =ADsin∠ACB得,5x=22sin∠ACB,又sin∠ACB=ABAC=22,则22=225x,得y=6x,所以sin ∠ACB=22=105. 17.(2018浙江学军5月模拟)若x,y ∈R 满足2sin 2(x+y-1)=(x +1)2+(y -1)2-2xyx -y +1,则xy最小值为 .答案(π-2)216解析 ∵2sin 2(x+y-1) =(x +1)2+(y -1)2-2xyx -y +1,∴2sin 2 (x+y-1) =x 2+2x +1+y 2-2y +1-2xyx -y +1,∴2sin 2 (x+y-1)=(x -y +1)2+1x -y +1=x-y+1+1x -y +1,由基本不等式可得x-y+1+1x -y +1≥2,或x-y+1+1x -y +1≤-2,∴2sin 2 (x+y-1)≥2,由三角函数的有界性可得 2sin 2 (x+y-1)=2,此时x-y+1=1,即x=y. 故sin 2 (x+y-1)=1,即sin(x+y-1)=±1, ∴x+y-1=k π+π2,k ∈Z,故x+y=k π+π2+1, 解得x=kπ2+π4+12=y, 故xy= kπ2+π4+12 2, 当k=-1时,xy 的最小值为(π-2)216.故答案为(π-2)216.三、解答题(共5个题,满分74分)18.(2017江苏,16)已知向量a=(cos x,sin x),b=(3,-3),x∈[0,π].(1)若a∥b,求x的值;(2)记f(x)=a·b,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.解 (1)因为a=(cos x,sin x),b=(3,-3),a∥b,所以-3cos x=3sin x.若cos x=0,则sin x=0,与sin2x+cos2x=1矛盾,故cos x≠0.于是tan x=-33.又x∈[0,π],所以x=5π6.(2)f(x)=a·b=(cos x,sin x)·(3,-3)=3cos x-3sin x=23cos x+π6.因为x∈[0,π],所以x+π6∈π6,7π6,从而-1≤cos x+π6≤32.于是,当x+π6=π6,即x=0时,f(x)取到最大值3;当x+π6=π,即x=5π6时,f(x)取到最小值-23.19.(2017全国Ⅱ,理17)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2B2.(1)求cos B;(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.解 (1)由题设及A+B+C=π,得sin B=8sin2B2,故sin B=4(1-cos B).上式两边平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0,解得cos B=1(舍去),cos B=1517.(2)由cos B=1517得sin B=817,故S△ABC=12acsin B=417ac.又S△ABC=2,则ac=172.由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)=36-2×172×1+1517=4.所以b=2.20.已知函数f(x)=sin x+π6+sin x-π6+cos x.(1)求f(x)的最小正周期;(2)在△ABC中,f(A)=3,△ABC的面积为3,AB=23,求BC的长.解函数f(x)=sin x+π6+sin x-π6+cos x.化简可得f(x)=2sin xcos π6+cos x =3sin x+cos x=2sin x+π6.(1)f(x)的最小正周期T=2π1=2π.(2)由f(A)=3,即2sin A+π6=3,∴sin A+π6=32,∵0<A<π,∴π6<A+π6<7π6.可得A+π6=π3或2π3,则A=π6或A=π2.当A=π6时,△ABC的面积为3=12bcsin A, AB=c=23.∴b=AC=2.由余弦定理得BC2=22+(23)2-2×23×cos π6, 解得BC=2.当A=π2时,△ABC的面积为3=12bc,AB=c=23,∴b=AC=1.由勾股定理得BC2=22+(23)2,解得BC=13.21.(2018浙江杭州二中高考仿真)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2ccos B=2a-b.(1)求∠C的大小;(2)若|CA−12CB|=2,求△ABC面积的最大值.解 (1)∵2ccos B=2a-b,由余弦定理得2c·a2+c2-b22ac=2a-b,∴a2+c2-b2=2a2-ab,∴a2+b2-c2=ab,即cos C=12,∴C=π3.(2)取BC中点D,则|CA−12CB|=2=|DA|,在△ADC中,AD2=AC2+CD2-2AC·CDcosC,(注:也可将 CA-12CB=2=|DA|两边平方)即4=b2+a22−ab2≥2a2b24−ab2=ab2,所以ab≤8,当且仅当a=4,b=2时等号成立.此时S△ABC=12absin C=34ab,其最大值为23.22.(2018浙江宁波5月模拟)已知函数f(x)=4cos x·sin x-π6-1.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若满足f(B)=0,a=2,且D是BC的中点,P是直线AB上的动点,求|CP|+|PD|的最小值.解 (1)f(x)=4cos x32sin x-12cos x-1=3sin 2x-cos 2x-2=2sin2x-π6-2,由-π2+2kπ<2x-π6<π2+2kπ,k∈Z,得kπ-π6<x<kπ+π3,所以f(x)增区间为kπ-π6,kπ+π3,k∈Z.(2)由f(B)=2sin2B-π6-2=0得2B-π6=π2,所以B=π3.如图所示,作C关于AB的对称点C',连接C'D,C'P,C'B,由余弦定理得(C'D)2=BD2+(BC')2-2·BD·BC'·cos 120°=7. CP+PD=C'P+PD≥C'D=7,所以当C',P,D共线时,|CP|+|PD|取最小值7.。
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课时跟踪检测（四）大题考法——三角函数、解三角形
1．(2018·浙江高考)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P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35
，－45. (1)求sin(α＋π)的值；
(2)若角β满足sin(α＋β)＝513
，求cos β的值． 解：(1)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35
，－45， 得sin α＝－45
. 所以sin(α＋π)＝－sin α＝45
. (2)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35
，－45， 得cos α＝－35
. 由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213
. 由β＝(α＋β)－α，
得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，
所以cos β＝－5665或cos β＝1665
. 2．(2019届高三·浙江名校联考)已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b a ＝2cos B 1－2cos A
. (1)若b a ＝233
，求角A 的大小； (2)若a ＝1，tan A ＝22，求△ABC 的面积．
解：(1)由b a ＝2cos B 1－2cos A
及正弦定理得sin B (1－2cos A )＝2sin A cos B ， 即sin B ＝2sin A cos B ＋2cos A sin B ＝2sin(A ＋B )＝2sin C ，即b ＝2c .
又由b a ＝233及余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12⇒A ＝π3
.
(2)∵tan A ＝22，∴cos A ＝13，sin A ＝223
.
由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，得13＝4c 2＋c 2－14c 2
， 解得c 2＝311
， ∴S △ABC ＝12bc sin A ＝c 2sin A ＝311×223＝2211
. 3．(2019届高三·绍兴六校质检)已知函数f (x )＝m cos x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象经过点
P ⎝ ⎛⎭⎪⎫
π6，3.
(1)求函数f (x )的单调递增区间；
(2)若f (α)＝33，α∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫
0，2π3，求sin α的值．
解：(1)由题意可知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
π6＝3，
即3m
2＋3
2＝3，解得m ＝1.
所以f (x )＝cos x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝32cos x ＋32sin x ＝ 3 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫
x ＋π3，
令－π
2＋2k π≤x ＋π
3≤π
2＋2k π(k ∈Z)，
解得－5π
6＋2k π≤x ≤π
6＋2k π(k ∈Z)．
所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤
2k π－5π6，2k π＋π6(k ∈Z)．
(2)由f (α)＝3
3，得3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝3
3，
所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝1
3.
又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，2π3，所以α＋π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝13<3
2，
所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝－ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132
＝－2
2
3.
所以sin α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫
α＋π3－π3＝13×12－⎝ ⎛⎭⎪⎫
－223×32＝1＋26
6.
4．(2018·浙江模拟)已知函数f(x)＝3sin 2x＋2cos2x－1，x∈R.
(1)求函数f (x )的最小正周期和单调递减区间；
(2)在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝3，f (C )＝1，sin B ＝2sin A ，求a ，b 的值．
解：(1)f (x )＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 所以函数f (x )的最小正周期T ＝2π2
＝π， 令π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2
＋2k π(k ∈Z)， 得π6＋k π≤x ≤2π3
＋k π(k ∈Z)， 所以函数f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z)． (2)因为f (C )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝1，所以C ＝π3， 所以(3)2＝a 2＋b 2－2ab cos π3
，a 2＋b 2－ab ＝3， 又因为sin B ＝2sin A ，所以b ＝2a ，
解得a ＝1，b ＝2，
所以a ，b 的值分别为1,2.
5．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B 2. (1)求cos B ；
(2)若a ＋c ＝6，△ABC 的面积为2，求b .
解：(1)由题设及A ＋B ＋C ＝π得sin B ＝8sin 2B 2
， 即sin B ＝4(1－cos B )，
故17cos 2B －32cos B ＋15＝0，
解得cos B ＝1517
，cos B ＝1(舍去)． (2)由cos B ＝1517，得sin B ＝817
， 故S △ABC ＝12ac sin B ＝417
ac .
又S △ABC ＝2，则ac ＝172. 由余弦定理及a ＋c ＝6得 b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B
＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )
＝36－2×172×⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1517 ＝4.
所以b ＝2.
6.如图，已知D 是△ABC 的边BC 上一点．
(1)若cos ∠ADC ＝－
210，∠B ＝π4
，且AB ＝DC ＝7，求AC 的长；
(2)若∠B ＝π6
，AC ＝25，求△ABC 面积的最大值． 解：(1)因为cos ∠ADC ＝－210
， 所以cos ∠ADB ＝cos(π－∠ADC )＝－cos ∠ADC ＝210，所以sin ∠ADB ＝7210. 在△ABD 中，由正弦定理，得AD ＝AB ·sin∠B sin ∠ADB ＝7×2272
10
＝5， 所以在△ACD 中，由余弦定理，得
AC ＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC
＝52＋72－2×5×7×⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－210＝74＋7 2. (2)在△ABC 中，由余弦定理，得AC 2＝20＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos ∠B ＝AB 2＋BC 2－3AB ·BC ≥(2－3)AB ·BC ，
所以AB ·BC ≤202－3
＝40＋203， 所以S △ABC ＝12
AB ·BC sin ∠B ≤10＋53，
所以△ABC面积的最大值为10＋5 3.
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