高考届高考数学热点专题训练解答题4
江苏省南京市秦淮中学2021届高考数学二轮复习热点专练-4 排列组合
南京市秦淮中学高三二轮复习2021年2月27热点专练4 排列组合一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．琵琶、二胡、编钟、箫笛、瑟、琴、埙、笙和鼓这十种民族乐器被称为“中国古代十大乐器”．为弘扬中国传统文化，某校以这十种乐器为题材，在周末学生兴趣活动中开展了“中国古代乐器”知识讲座，共连续安排八节课，一节课只讲一种乐器，一种乐器最多安排一节课，则琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的概率为（ ）A ．1360B ．16C ．715D ．1152．2020年11月，中国国际进口博览会在上海举行，本次进博会设置了“云采访”区域，通过视频连线，帮助中外记者采访因疫情影响无法来沪参加进博会的跨国企业CEO 或海外负责人．某新闻机构安排4名记者和3名摄影师对本次进博会进行采访，其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访，另外2名记者和2名摄影师分两组（每组记者和摄影师各1人），分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访．如果所有记者、摄影师都能承担三个采访区域的相应工作，则所有不同的安排方案有A ．36种B ．48种C ．72种D ．144种3 在探索系数A ，ω，ϕ，,b 对函数()()sin 0,0y A x b A ωϕω=++>>图象影响时，我们发现，系数A 对其影响是图象上所有点的纵坐标伸长或缩短，通常称为“振幅变换”；系数ω对其影响是图象上所有点的横坐标伸长或缩短，通常称为“周期变换”；系数ϕ对其影响是图象上所有点向左或向右平移，通常称为“左右平移变换”；系数b 对其影响是图象上所有点向上或向下平移，通常称为“上下平移变换”.运用上述四种变换，若函数()sin f x x =的图象经过四步变换得到函数()2sin 213g x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的图象，且已知其中有一步是向右平移3π个单位，则变换的方法共有（ ）A. 6种B. 12种C. 16种D. 24种4. 若把单词“error"的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法的种数为（）A. 17B. 18C. 19D. 205．（2020·三门峡市外国语高级中学高二期中）如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网相联．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点B向结点A传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（）A．26 B．24 C．20 D．196．（2021·黑龙江鹤岗市·鹤岗一中高二期末（理））今年年初，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心，八方驰援战疫情，众志成城克难时，社会各界支援湖北，共抗新型冠状病毒肺炎.我市某医院派出18护士，2名医生支援湖北，将他们随机分成甲､乙两个医院，每个医院10人，其中2名医生恰好被分在不同医院的概率为（）A．1921910202C CCB．1921810202C CCC．192181020C CCD．192191020C CC7．学校举行秋季运动会，高一（1）班选出5名同学参加跳高、跳远、跳绳三个项目比赛，每个项目至少有一名同学参加，则甲不参加跳绳比赛的概率为（）A．25B．1225C．3160D．238.某校实行选科走班制度(语文、数学、英语为必选科目，此外学生需在物理、化学、生物、历史、地理、政治六科中任选三科)．根据学生选科情况，该校计划利用三天请专家对九个学科分别进行学法指导，每天依次安排三节课，每节课一个学科．语文、数学、英语只排在第二节．物理、政治排在同-天．化学、地理排在同一天，生物、历史排在同一天，则不同的排课方案的种数为（）A ．36B ．48C ．144D ．288二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有（ ）A ．13111213C C C CB ．3324A C C ．222413A C CD ．1810．有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）A ．分给甲､乙､丙三人，每人各2本，有90种分法；B ．分给甲､乙､丙三人中，一人4本，另两人各1本，有90种分法；C ．分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，有180种分法；D ．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法；11.A 、B 、C 、D 、E 五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）A ．若A 、B 两人站在一起有24种方法 B ．若A 、B 不相邻共有72种方法C ．若A 在B 左边有60种排法D ．若A 不站在最左边，B 不站最右边，有78种方法12.第三届世界智能驾驶挑战赛在天津召开，现安排小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作，则下列说法正确的是( )A.若五人每人任选一项工作，则不同的选法有54种B.若每项工作至少安排一人，则有240种不同的方案C.若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人，则有60种不同的方案D.若安排小张和小赵分别从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人从事礼仪、服务工作，则有12种不同的方案三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．如图，圆形花坛分为4部分，现在这4部分种植花卉，要求每部分种植1种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有5种不同的花卉供选择，则不同的种植方案共有______种（用数字作答）14若一个三位正整数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1，2，3，4，5，这5个数字中任取3个数字，组成没有重复数字的三位数，其中“伞数”共有_______个.15．某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有________种不同的安排方法．(用数字作答)16.在新高考改革中，学生可从物理、历史，化学、生物、政治、地理，技术7科中任选3科参加高考，则学生有________种选法. 现有甲、乙两名学生先从物理、历史两科中任选一科，再从化学、生物、政治、地理四门学科中任选两科，则甲、乙二人恰有一门学科相同的选法有________种南京市秦淮中学高三二轮复习2021年2月27热点专练4 排列组合一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．琵琶、二胡、编钟、箫笛、瑟、琴、埙、笙和鼓这十种民族乐器被称为“中国古代十大乐器”．为弘扬中国传统文化，某校以这十种乐器为题材，在周末学生兴趣活动中开展了“中国古代乐器”知识讲座，共连续安排八节课，一节课只讲一种乐器，一种乐器最多安排一节课，则琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的概率为（ ）A ．1360B ．16C ．715D ．115【答案】B【详解】从这十种乐器中挑八种全排列，有情况种数为810A ．从除琵琶、二胡、编钟三种乐器外的七种乐器中挑五种全排列，有57A 种情况，再从排好的五种乐器形成的6个空中挑3个插入琵琶、二胡、编钟三种乐器，有36A 种情况，故琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的情况种数为5376A A ．所以所求的概率537681016A A P A ==，故选：B ． 2．2020年11月，中国国际进口博览会在上海举行，本次进博会设置了“云采访”区域，通过视频连线，帮助中外记者采访因疫情影响无法来沪参加进博会的跨国企业CEO 或海外负责人．某新闻机构安排4名记者和3名摄影师对本次进博会进行采访，其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访，另外2名记者和2名摄影师分两组（每组记者和摄影师各1人），分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访．如果所有记者、摄影师都能承担三个采访区域的相应工作，则所有不同的安排方案有A ．36种B ．48种C ．72种D ．144种答案：C解析：2111432272C C C C =． 3 在探索系数A ，ω，ϕ，,b 对函数()()sin 0,0y A x b A ωϕω=++>>图象影响时，我们发现，系数A 对其影响是图象上所有点的纵坐标伸长或缩短，通常称为“振幅变换”；系数ω对其影响是图象上所有点的横坐标伸长或缩短，通常称为“周期变换”；系数ϕ对其影响是图象上所有点向左或向右平移，通常称为“左右平移变换”；系数b 对其影响是图象上所有点向上或向下平移，通常称为“上下平移变换”.运用上述四种变换，若函数()sin f x x =的图象经过四步变换得到函数()2sin 213g x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭的图象，且已知其中有一步是向右平移3π个单位，则变换的方法共有（ ）A. 6种B. 12种C. 16种D. 24种 【答案】B【解析】根据题意，该图象变换的过程有振幅变换、周期变换、左右平移变换和上下平移变换共四步，因为左右平移变换是向右平移3π个单位，所以要求左右平移变换在周期变换之前， 所以变换的方法共有442212A A =种，故选：B. 4. 若把单词“error "的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法的种数为（ ）A. 17B. 18C. 19D. 20【答案】 C 【解析】将5个字母排成一排，可分三步进行：第一步：排e ,o ，共有2520A =种排法；第二步：排三个r ，共有331C =种排法；∴将5个字母排成一排共有20120⨯=种排法， ∴可能出现的错误写法的种数为20119-=种；故选：C.5．（2020·三门峡市外国语高级中学高二期中）如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网相联．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点B 向结点A 传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为（ ）A ．26B ．24C ．20D ．19【答案】D【详解】依题意，首先找出A 到B 的路线，①单位时间内从结点A 经过上面一个中间节点向结点B 传递的最大信息量，从结点A 向中间的结点传出12个信息量，在该结点处分流为6个和5个，此时信息量为11；再传到结点B 最大传递分别是4个和3个，此时信息量为347+=个．②单位时间内从结点A 经过下面一个中间结点向结点B 传递的最大信息量是12个信息量，在中间结点分流为6个和8个，但此时总信息量为12（因为总共只有12个信息量）；再往下到结点B 最大传递7个但此时前一结点最多只有6个，另一条路线到最大只能传输6个结点B ，所以此时信息量为6612+=个．③综合以上结果，单位时间内从结点B 向结点A 传递的最大信息量是346619+++=个． 故选：D ．6．（2021·黑龙江鹤岗市·鹤岗一中高二期末（理））今年年初，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心，八方驰援战疫情，众志成城克难时，社会各界支援湖北，共抗新型冠状病毒肺炎.我市某医院派出18护士，2名医生支援湖北，将他们随机分成甲､乙两个医院，每个医院10人，其中2名医生恰好被分在不同医院的概率为（ ）A ．1921910202C C CB ．1921810202C C C C ．192181020C C CD ．192191020C C C 【答案】A【详解】从18护士，2名医生中任取10人有1020C 种，2名医生恰好被分在不同医院有192192C C 种，所以2名医生恰好被分在不同医院的概率为1921910202C C C ，故选：A 7．学校举行秋季运动会，高一（1）班选出5名同学参加跳高、跳远、跳绳三个项目比赛，每个项目至少有一名同学参加，则甲不参加跳绳比赛的概率为（ ）A ．25B ．1225C ．3160D ．23【答案】D【详解】依题意5名同学参加跳高、跳远、跳绳三个项目比赛，每个项目至少有一名同学先分组再排列，①5人分为：1,1,3，则有335360C A =种；②5人分为：1，2,2，则有2235332290C C A A =种，所以一共有6090150+=种分法；甲同学有2种参赛方法，其余四名同学，若只参加其余两个项目，则将四名同学分为两组，分组方案有221424227C C C A +=种，再将其分到两个项目中去，分配方法有22714A =种； 若剩下的四名同学参加3个项目，则将其分成3组，再分到3个项目中去有234336C A =种，所以一共有()21436100⨯+=种，所以概率10021503P ==故选：D 8.某校实行选科走班制度(语文、数学、英语为必选科目，此外学生需在物理、化学、生物、历史、地理、政治六科中任选三科)．根据学生选科情况，该校计划利用三天请专家对九个学科分别进行学法指导，每天依次安排三节课，每节课一个学科．语文、数学、英语只排在第二节．物理、政治排在同-天．化学、地理排在同一天，生物、历史排在同一天，则不同的排课方案的种数为（ ） A ．36B ．48C ．144D ．288 【答案】D【详解】先将语文、数学、英语排在第二节，有336A =种排法，将物理和政治，化学和地理，生物和历史分别“捆绑”，有2222228A A A =种排法，将捆绑后的三个元素排在三天，有336A =种排法，则不同的排课方案的种数为686288⨯⨯=种.故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有（ ）A ．13111213C C C CB ．3324A C C ．222413A C CD ．18 【答案】BC【解析】根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1〜3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：（1）分2步进行分析：①、先将四个不同的小球分成3组，有C42种分组方法；②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A33种放法；则没有空盒的放法有3324A C 种；（2）分2步进行分析：①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有2413C C 种情况②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有A22种放法；则没有空盒的放法有222413A C C 种；故选：BC ．10．有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）A ．分给甲､乙､丙三人，每人各2本，有90种分法；B ．分给甲､乙､丙三人中，一人4本，另两人各1本，有90种分法；C ．分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，有180种分法；D ．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法；【答案】ABC【解析】对A ，先从6本书中分给甲2本，有26C 种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，有24C 种方法；最后的2本书给丙，有22C 种方法.所以不同的分配方法有22264290C C C =种，故A 正确； 对B ，先把6本书分成3堆:4本、1本、1本，有46C 种方法；再分给甲､乙､丙三人，所以不同的分配方法有436390C A =种，故B 正确；对C ，6本不同的书先分给甲乙每人各2本，有2264C C 种方法；其余2本分给丙丁，有22A 种方法.所以不同的分配方法有222642180C C A =种，故C 正确； 对D ，先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本，有221164212222C C C C A A ⋅种方法； 再分给甲乙丙丁四人， 所以不同的分配方法有221146421422221080C C C C A A A ⋅⋅=种，故D 错误. 故选：ABC .11.A 、B 、C 、D 、E 五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）A ．若A 、B 两人站在一起有24种方法 B ．若A 、B 不相邻共有72种方法C ．若A 在B 左边有60种排法D ．若A 不站在最左边，B 不站最右边，有78种方法【答案】BCD【解析】对于A ，先将A,B 排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有242448A A =种，所以A 不正确；对于B ，先将A,B 之外的3人全排列，产生4个空，再将A,B 两元素插空，所以共有323472A A =种，所以B 正确；对于C ，5人全排列，而其中A 在B 的左边和A 在B 的右边是等可能的，所以A 在B 的左边的排法有551602A =种，所以以C 正确； 对于D ，对A 分两种情况：一是若A 站在最右边，则剩下的4人全排列有44A 种，另一个是A 不在最左边也不在最右边，则A 从中间的3个位置中任选1个，然后B 从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知共有4113433378A A A A +=种，所以D 正确， 故选：BCD12.第三届世界智能驾驶挑战赛在天津召开，现安排小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作，则下列说法正确的是( )A.若五人每人任选一项工作，则不同的选法有54种B.若每项工作至少安排一人，则有240种不同的方案C.若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人，则有60种不同的方案D.若安排小张和小赵分别从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人从事礼仪、服务工作，则有12种不同的方案解析 若五人每人任选一项工作，则每人均有4种不同的选法，不同的选法有45种，A 不正确；若每项工作至少安排一人，则先将五人按2∶1∶1∶1分成四组，再分配到四个岗位上，故不同的方案有C 25A 44＝240(种)，B 正确；若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人，则先从五人中任选两人安排在礼仪岗位，其余三人在其余三个岗位上全排列即可，故不同的方案有C 25A 33＝60(种)，C 正确；若安排小张和小赵分别从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人从事礼仪、服务工作，则不同的方案有A 22A 23＝12(种)，D 正确.故选BCD.答案 BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．如图，圆形花坛分为4部分，现在这4部分种植花卉，要求每部分种植1种，且相邻部分不能种植同一种花卉，现有5种不同的花卉供选择，则不同的种植方案共有______种（用数字作答）【答案】260【详解】根据题意：当1，3相同时，2，4相同或不同两类，有：()5411380⨯⨯⨯+=种，当1，3不相同时，2，4相同或不同两类，有：()54312180⨯⨯⨯+=种， 所以不同的种植方案共有80180260+=种，故答案为：26014若一个三位正整数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1，2，3，4，5，这5个数字中任取3个数字，组成没有重复数字的三位数，其中“伞数”共有_______个. 【答案】20【详解】由题意得：十位数只能是3，4，5， 当十位数是3时，个位和百位只能是1，2，“伞数”共有222A=个；当十位数是4时，个位和百位只能是1，2，3，“伞数”共有236A=个；当十位数是5时，个位和百位只能是1，2，3，4，“伞数”共有2412A=个；所以“伞数”共有20个， 故答案为：2015．某宾馆安排A ，B ，C ，D ，E 五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A ，B 不能住同一房间，则共有________种不同的安排方法．(用数字作答) 答案 114解析 5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有(3,1，1)和(2,2,1)两种，当为(3,1,1)时，有C 35·A 33＝60(种)，A ，B 住同一房间有C 13·A 33＝18(种)，故有60－18＝42(种)，当为(2,2,1)时，有C 25·C 23A 22·A 33＝90(种)，A ，B 住同一房间有C 23·A 33＝18(种)， 故有90－18＝72(种)，根据分类计数原理可知，共有42＋72＝114(种)．16.在新高考改革中，学生可从物理、历史，化学、生物、政治、地理，技术7科中任选3科参加高考，则学生有________种选法. 现有甲、乙两名学生先从物理、历史两科中任选一科， 再从化学、生物、政治、地理四门学科中任选两科，则甲、乙二人恰有一门学科相同的选法有________种 【答案】35 60【详解】由题意，7科中任选3科，即3776535321C ⨯⨯==⨯⨯.分为两类，第一类：物理、历史两科中是相同学科，则有12224212C C C =种； 第二类：物理、历史两科中没有相同学科，则21224348A C A =种，所以甲、乙二人恰有一门学科相同的+=.故答案为：35；60选法有124860【点睛】方法点睛：本题主要考查排列、组合的应用，属于中档题.常见排列数、组合数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.。
2021年高三数学(理)解答题强化训练(4) 含答案
2021年高三数学（理）解答题强化训练（4）含答案1. 选修4－4：坐标系与参数方程已知直线l过点P(2,0)，斜率为直线l和抛物线y2=2x相交于A、B两点，设线段AB的中点为M,求：(1)|PM|； (2)|AB|.(1)∵直线l过点P(2，0)，斜率为设直线的倾斜角为α,tanα=sinα=cosα=∴直线l的参数方程为 (t为参数)(*) ……………………1分∵直线l和抛物线相交，将直线的参数方程代入抛物线方程y2=2x中，整理得8t2－15t－50＝0,且Δ=152+4×8×50>0,设这个一元二次方程的两个根为t1、t2,由根与系数的关系，得t1＋t2＝t1t2＝…………………3分由M为线段AB的中点，根据t的几何意义，得………………………4分(2)|AB|＝|t2－t1|＝…………………7分2. 选修4－5：不等式选讲.若a,b,c均为正数，且a+b+c=6，对任意x∈R恒成立，求m的取值范围.（3）解析：22222=≤++++++(111(111)(2a2b12c3)∴当且仅当即2a=2b+1=2c+3时等号成立，…………………4分又a+b+c=6，∴时，有最大值∴|x-2|+|x-m|≥对任意的x∈R恒成立.∵|x-2|+|x-m|≥|(x-2)- (x-m)| =|m-2|,∴|m-2|≥,解得m≤2-或m≥2+…………………7分3.某品牌汽车厂商对维修费进行电脑模拟试验，分别以汽车使用年数n 与累计．．维修费．．．（万元）为横、纵坐标绘制成点，发现点在函数图像上（如图所示），其中A （5，1.05）、B （10，4.1）． （Ⅰ）求出累计．．维修费关于使用年数n 的表达式，并求出第n 年的维修费；（Ⅱ）汽车开始连续使用后每年均需维修，按国家质量标准规定，出售后前两年作为保修时间，在保修期间的维修费用由汽车厂商承担，保修期过后，汽车维修费用由车主承担. 若某人以9.18万元的价格购买这款品牌车，求年平均耗资费的最小值（，总耗资费=车价+车主．．承担的维修费）．解：（Ⅰ）由A （5，1.05）与B （10，4.1）在函数图像上得解得，所以 --------2分 由在知-------------------------------3分 ------------------------------------------------------------------------------4分所以 ---- ------------6分（2）由于在保修期间的维修费用由车企业承担，所以当时，车主所承担的累计维修费为23420.040.010.18n n a a a S S n n ++=-=+-万--7分车价＋车主承担的维修费=220.040.010.189.180.040.019n n n n +-+=++万元-----------------8分 年平均耗资费为20.040.019990.040.0120.040.01 1.21n n n n n n n++=++≥⋅+= 万元 ------10分当且仅当由取等号 --------------------------------------------------------------------------11分 即使用15年这款汽车的年平均耗资费最少为 1.21万元-------------------------------------12分4. 已知(2cos ,3sin ),(cos ,2cos ),n x x m x x ==设（1）若且时，求的最大值和最小值，以及取得最大值和最小值时的值；（2）若且时，方程有两个不相等的实数根、，求的取值范围及的值。
2023年高考数学复习满分训练必做题(新高考专用)专题4-2 三角函数的图像与性质(练习版)
专题4.2 三角函数的图像与性质【647】．（2022·全国·高考真题·★★★）函数()33cos x xy x -=-在区间ππ,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【648】．（2020·全国·高考真题·★★★）设函数()cos π()6f x x ω=+在[π,π]-的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为（ ）A ．10π9B ．7π6C ．4π3D ．3π2【649】．（2019·全国·高考真题·★★★）函数f (x )=2sin cos x xx x ++在[—π，π]的图像大致为A ．B ．C ．D ．【650】．（2019·全国·高考真题·★★★★） 关于函数()sin |||sin |f x x x =+有下述四个结论： ①f (x )是偶函数 ②f (x )在区间（2π,π）单调递增 ③f (x )在[,]-ππ有4个零点 ④f (x )的最大值为2 其中所有正确结论的编号是 A ．①②④B ．②④C ．①④D ．①③【651】．（2007·海南·高考真题·★★）函数sin(2)3y x π=-在区间[,]2ππ-的简图是A ．B ．C ．D ．【652】．（2015·全国·高考真题·★★）函数()f x =cos()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 k Z ππ-+∈B ．13(2,2),44k k k Z ππ-+∈C ．13(,),44k k k Z -+∈D ．13(2,2),44k k k Z -+∈【653】．（2012·浙江·高考真题·★★★）把函数y=cos2x+1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移 1个单位长度，得到的图象是（ ）A ．B ．C ．D ．【654】．（2011·全国·高考真题·★★） 设函数，则（）A ．函数()f x 在(0,)2π上单调递增，其图象关于直线对称； B ．函数()f x 在(0,)2π上单调递增，其图象关于直线对称； C ．函数()f x 在(0,)2π上单调递减,其图象关于直线对称； D ．函数()f x 在(0,)2π上单调递减,其图象关于直线对称；【655】．（2018·全国·高考真题·★★★）若()cos sin f x x x =-在[],a a -是减函数，则a 的最大值是 A ．4πB ．2π C ．34π D ．π【656】．（2018·天津·高考真题·★★★）将函数sin 25y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移10π个单位长度，所得图象对应的函数A ．在区间,44ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ 上单调递增B ．在区间,04π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减C ．在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增D ．在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减【657】．（2016·全国·高考真题·★★★） 函数sin()y A x ωϕ=+的部分图象如图所示，则A ．2sin(2)6y x π=-B ．2sin(2)3y x π=-C ．2sin(+)6y x π=D ．2sin(+)3y x π=【658】．（2013·全国·高考真题·★★）若函数()()sin 0y x ωϕω=+>的部分图象如图，则=ω（ ）A ．5B ．4C ．3D ．2【659】．（2020·海南·高考真题·★★）（多选题）下图是函数y = sin(ωx +φ)的部分图像，则sin(ωx +φ)= （ ）A ．πsin(3x +）B ．πsin(2)3x -C ．πcos(26x +）D ．5πcos(2)6x - 2sin 22sin 2cos 2sin 236263y x k x x x ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=++=+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.【660】．（2022·全国·高考真题·★★★★）（多选题）已知函数()sin(2)(0π)f x x ϕϕ=+<<的图像关于点2π,03⎛⎫⎪⎝⎭中心对称，则（ ） A ．()f x 在区间5π0,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递减B ．()f x 在区间π11π,1212⎛⎫- ⎪⎝⎭有两个极值点C ．直线7π6x =是曲线()y f x =的对称轴D ．直线y x =-是曲线()y f x =的切线 【661】．（2021·全国·高考真题·★★）已知函数()()2cos f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则2f π⎛⎫= ⎪⎝⎭_______________.【662】．（2021·全国·高考真题·★★★）已知函数()2cos()f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则满足条件74()()043f x f f x f ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫---> ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭的最小正整数x 为________．【663】．（2020·全国·高考真题·★★★★）关于函数f （x ）=1sin sin x x+有如下四个命题： ①f （x ）的图象关于y 轴对称． ②f （x ）的图象关于原点对称． ③f （x ）的图象关于直线x =2π对称． ④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 【664】．（2011·江苏·高考真题·★★★）函数()sin()(,,f x A x A ωϕωϕ=+是常数，0,0A ω>>）的部分图象如图所示，则_____________【665】．（2022·全国·模拟预测·★★★★）（多选题）已知函数()()sin cos sin f x x x x =-，则下列说法正确的是（ ）A ．函数()f x 的最小正周期为2πB ．()f xC ．()f x 的图像关于直线8x π=-对称D ．将()f x 的图像向右平移8π个单位长度，再向上平移12个单位长度后所得图像对应的函数为奇函数 【666】．（2022·全国·模拟预测·★★★）（多选题）已知函数()()cos 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．()3cos 26f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭B ．()f x 在()3,4ππ上单调递增C ．()32f x >的解集为()4,43k k k ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ．D ．()f x 的图象的对称轴方程为()3x k k ππ=-∈Z【667】．（2022·全国·模拟预测·★★★）（多选题）函数()()()cos 02f x x ωϕϕπ=+≤<的部分图像如图所示，则（ ）A ．3ω=B ．65ϕπ=C ．函数()f x 在314,55ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增D ．函数()f x 图像的对称轴方程为()315k x k ππ=-∈Z 【668】．（2022·山东师范大学附中模拟预测·★★★★）（多选题）已知函数()()sin 0,R f x x x x ωωω=>∈的图象与x 轴交点的横坐标构成一个公差为π2的等差数列，把函数()f x 的图象沿x 轴向左平移π3个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数()g x 的图象，则下列关于函数()g x 的结论正确的是（ ） A ．函数()g x 是偶函数 B ．()g x 的图象关于点π,03⎛⎫- ⎪⎝⎭对称C ．()g x 在ππ,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数D ．当ππ,66x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数()g x 的值域是[1，2]【669】．（2022·湖南·长沙县第一中学模拟预测·★★★）（多选题） 已知函数()cos 2sin f x x x =+，则下列说法正确的是（ ） A ．直线2x π=为函数f (x )图像的一条对称轴B ．函数f (x )图像横坐标缩短为原来的一半，再向左平移2π后得到()cos22sin 2g x x x =+ C ．函数f (x )在[－2π，2π]上单调递增D ．函数()f x 的值域为[－2 【670】．（2022·内蒙古包头·二模·★★★）已知函数()()2sin 0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则满足条件()54f x f π⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()703f x f π⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎭<⎝的最小正偶数x 为___________.【671】．（2022·天津河西·一模·★★★）函数()()sin f x A x ωϕ=+（其中0>ω，0A >，π2ϕ<）的图象如图所示，则()f x 在点,66f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为______． 【672】．（2022·四川·成都七中三模·★★★★）已知函数()[]()()sin ,0,212,2,2x x f x f x x π∞⎧∈⎪=⎨-∈+⎪⎩，则函数()ln(1)y f x x =--的零点个数是______个．【673】．（2022·甘肃·武威第六中学模拟预测·★★★★）已知函数()12sin 32f x x πϕϕ⎛⎫⎛⎫=+< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，直线x π=-为()f x 图象的一条对称轴，则下列说法正确的是（ ） A ．6π=ϕ B ．()f x 在区间,2ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦单调递减C ．()f x 在区间[],ππ-上的最大值为2D ．()f x θ+为偶函数，则()23k k Z θππ=+∈【674】．（2022·上海青浦·二模·★★★）已知函数()sin cos f x x x =+的定义域为[],a b ，值域为⎡-⎣，则b a -的取值范围是（ ） A ．3ππ,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．π3π,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．3π3π,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦【675】．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测·★★★）将函数()πsin(2)6f x x =+的图象向右平移6π个单位长度，然后将所得图象上所有点的横坐标缩小到原来的12（纵坐标不变），得到函数()y g x =的图象，则下列说法正确的是（ ） A ．π()sin 46g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭B ．()g x 在ππ,123⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调C ．()g x 的图象关于直线π2x =对称D ．当π0,4x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数()g x 的值域为1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【676】．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测·★★★） 函数sin cos yx x x 在[]π,π-上的图像大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【677】．（2022·广东茂名·二模·★★★）已知函数π())(||)2f x x ϕϕ+< 的部分图象如图所示．将函数()f x 的图象向左平移 π12个单位得到()g x 的图象，则（ ）A ． ()3sin(2)6g x x π=+） B ．()3sin(2)12g x x 5π=+C ．()2g x x =D ．()2g x x =【678】．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测·★★★）若函数()f x 过点，其导函数()cos(2)0,02f x A x A πϕϕ⎛⎫'=+><< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则()f π=（ ）A ．0B ．12C ．22D ．2 【679】．（2022·黑龙江·哈九中三模·★★★★）已知函数()()()sin 0,0,0πf x A x A ωϕωϕ=+>><<的部分图象如图所示，且13π23f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．将()f x 图象上所有点的横坐标缩小为原来的14，再向上平移一个单位长度，得到()g x 的图象．若()()129g x g x =，1x ，[]20,4πx ∈，则21x x -的最大值为（ ）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【680】．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测·★★）函数sin 22cos x x y x=-的部分图像大致为（ ） A ． B ．C ．D ．【681】．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测·★★）如图是函数()()sin (0,0,0)2f x A x A πωϕωϕ=+>><<的图像的一部分，则要得到该函数的图像，只需要将函数()2cos2g x x x =-的图像（ ）A ．向左平移4π个单位长度B ．向右平移4π个单位长度 C ．向左平移2π个单位长度 D ．向右平移2π个单位长度 【682】．（2022·浙江·湖州市菱湖中学模拟预测·★★★）函数()1cos f x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的大致图象为（ ） A ． B ． C ． D ．【683】．（2022·山东潍坊·模拟预测·★★★）函数()()sin 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图像如图所示，现将()f x 的图像向左平移6π个单位长度，得到函数()g x 的图像，则()g x 的表达式可以为（ ）A ．2sin 2g x xB ．()2cos 23g x x π=-⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．()2sin 6g x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭ D ．()2cos 3g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 【684】．（2022·全国·模拟预测·★★★）已知函数()|sin()|0,0,||2f x A x B A πωϕωϕ⎛⎫=++>>< ⎪⎝⎭的部分图像如图，则()f x 的解析式为（ ）A ．()2sin 213f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ B ．()2sin 213f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ C ．()3sin 213f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ D ．()3sin 213f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 【685】．（2022·上海金山·二模·★★）已知向量()()sin2,2cos ,3,cos a x x b x ==，则函数()1,,22f x a b x ππ⎡⎤=⋅-∈-⎢⎥⎣⎦的单调递增区间为__________. 【686】．（2022·上海闵行·二模·★★）若函数cos y x x +的图像向右平移ϕ个单位后是一个奇函数的图像，则正数ϕ的最小值为___________；【687】．（2022·山东日照·三模·★★）已知函数()()(2sin 0,||)f x x ωϕωϕπ=+><的部分图像如图所示，则ϕ=________．【688】．（2022·上海·模拟预测·★★★）已知函数()2cos()f x x ωϕ=+的部分图像如图所示，则满足条7π4π()()043f x f f x f ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫---< ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦的最大负整数x 为_________．【689】．（2022·北京工业大学附属中学三模·★★★） 已知函数ππ()sin()sin()44f x x x =+-给出下列四个结论： ①f (x )的值域是[1,1]-；②f (x )在π[0,]2上单调递减： ③f (x )是周期为π的周期函数④将f (x )的图象向左平移π2个单位长度后，可得一个奇函数的图象 其中所有正确结论的序号是___________．【690】．（2022·四川·模拟预测·★★★★）已知函数()cos 22cos 2f x x x π=+-⎛⎫ ⎪⎝⎭，则下列结论正确的是________．（写出所有正确结论的序号） ①()f x 的最小正周期为2π；②()f x 是奇函数；③()f x 的值域为33,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；④()f x 在,26ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增． 【691】．（2022·江西·新余市第一中学三模·★★★★）已知函数()()()cos 210,0πf x A x A ϕϕ=+-><<，若函数()y f x =的部分图象如图，函数()g x =()sin A Ax ϕ-，则下列结论正确的是___________．（填序号） ①函数()g x 的图象关于直线π12x =-对称； ②函数()g x 的图象关于点π,02⎛⎫ ⎪⎝⎭对称； ③将函数()1y f x =+的图象向左平移π12个单位长度可得到函数()g x 的图象；④函数()g x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调递减区间为06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 【692】．（2022·天津红桥·二模·★★★）已知函数()sin()f x A x ωϕ=+，0,0,2A πωϕ⎛⎫>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则ϕ=__________. 【693】．（2022·黑龙江·哈尔滨三中三模·★★★）函数()()()sin 0,0,0f x A x A ωφωφπ=+>><<的部分图象如图所示，则φ=___________.【694】．（2022·江西·模拟预测·★★★★） 如图是函数()sin(2)||,02f x A x A πθθ⎛⎫=+≤> ⎪⎝⎭的部分图像，()()0f a f b ==，且对不同的12,[,]x x a b ∈，若12()()f x f x =，有12()f x x +=θ=____________．【695】．（2022·河南·灵宝市第一高级中学模拟预测·★★★）已知函数()()sin 0,0,2πf x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示．将函数()y f x =的图象向右平移π4个单位，得到()y g x =的图象，则下列有关()f x 与()g x 的描述正确的有______．（填序号）①方程()()3π60,2f x g x x ⎛⎫⎛⎫+=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所有根的和为7π12；②不等式()()g x f x ≥ππ5ππ,3262k k ⎡⎫++⎪⎢⎣⎭，k ∈Z ③函数()y f x =与函数()y g x =图象关于7π24x =对称．。
高考数学解答题精华
高考数学解答题精华1. 已知函数 \( f(x) = x^2 - 2x + 1 \)，求 \( f(x) \) 的最小值。
答案：最小值为 1。
2. 设\( \triangle ABC \) 是直角三角形，\( \cos A = \frac{1}{3} \)，求 \( \sin A \) 的值。
答案：\( \sin A = \sqrt{1 - \cos^2 A} = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{3}\right)^2} = \frac{2\sqrt{2}}{3} \)。
3. 求解方程组：\( \begin{cases} 2x + 3y = 8 \\ x - y = 1 \end{cases} \)。
答案：\( x = 3, y = 2 \)。
4. 已知 \( \tan \theta = 3 \)，求 \( \sin \theta \) 和\( \cos \theta \) 的值。
答案：\( \sin \theta = \frac{\tan \theta}{\sqrt{1 + \tan^2\theta}} = \frac{3}{\sqrt{1 + 3^2}} = \frac{3}{\sqrt{10}} \)，\( \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 \theta}} = \frac{1}{\sqrt{10}} \)。
5. 已知 \( \sin \alpha = \frac{3}{5} \)，求 \( \cos \alpha \) 的值。
答案：\( \cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - \left(\frac{3}{5}\right)^2} = \frac{4}{5} \)。
6. 求函数 \( g(x) = \sqrt{x^2 - 1} \) 在 \( [1, 2] \) 上的最大值和最小值。
历年(2019-2023)高考数学真题专项(导数及应用解答题)汇编(附答案)
历年（2019-2023）高考数学真题专项（导数及应用解答题）汇编 考点01 利用导数求函数单调性，求参数（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．考点02 恒成立问题1．（2023年全国新高考Ⅱ卷（文））（1）证明：当01x <<时，sin x x x x 2-<<； （2）已知函数()()2cos ln 1f x ax x =--，若0x =是()f x 的极大值点，求a 的取值范围．2．（2020年全国高考Ⅱ卷（文）数学试题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2019∙全国Ⅰ卷数学试题）已知函数f （x ）=2sin x －x cos 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．4．（2019年全国高考Ⅱ卷（文））已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.考点03 三角函数相关导数问题a=时，求b的取值范围；（i）当0（ii）求证：22e+>．a b4．（2021年全国高考Ⅰ卷数学试题）已知函数f（x）=2sin x－x cos 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；∈，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．（2）若x[0考点04 导数类综合问题参考答案考点01 利用导数求函数单调性，求参数考点02 恒成立问题 1考点03 三角函数相关导数问题2022年8月11日高中数学作业学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________考点04 导数类综合问题 一、解答题)(【点睛】思路点睛：函数的最值问题，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系4．（2022∙全国新高考Ⅱ卷（文））已知函数(2) 和首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；当时，的解为：当113,ax⎛⎫--∈-∞⎪时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增；综上可得：当时，在当时，在解得：，则，()1+,a x与联立得化简得3210--+=,由于切点的横坐标x x x综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注。
高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习
高考数学导数的综合应用问题解答题专题练习一、归类解析题型一：证明不等式【解题指导】(1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对x 1<x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．【例】 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 【变式训练】已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二：不等式恒成立或有解问题【解题指导】利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围．(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．【例 】已知函数f (x )＝1＋ln x x. (1)若函数f (x )在区间)21,( a a 上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 【变式训练】已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2.(1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． 题型三：求函数零点个数【解题指导】(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．【例】已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【变式训练】设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3的零点的个数． 题型四：根据函数零点情况求参数范围【解题指导】函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．【例】 已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1－f x 2x 1－x 2<a －2. 【变式训练】【例】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间],1[e e上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 二、专题突破训练1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值．3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．4．设函数f (x )＝ax 2－x ln x －(2a －1)x ＋a －1(a ∈R )．若对任意的x ∈[1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．5．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．6．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值．7．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．8．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e x e－3x ＋2. (1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．9．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．10．已知函数f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，g (x )＝x ＋e 2x(x >0)． (1)若g (x )＝m 有零点，求m 的取值范围；(2)确定m 的取值范围，使得g (x )－f (x )＝0有两个相异实根．11．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.12．已知函数f (x )＝(3－a )x －2ln x ＋a －3在)41,0(上无零点，求实数a 的取值范围．。
2021届高考数学第专题四 高考中的立体几何问题文档强练 文
专题四 高考中的立体几何问题1.(2021·广东)某四棱台的三视图如下图，那么该四棱台的体积是( ) A.4 B.143C.163D.6 答案 B 解析 由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋ 1×1＋2×2×1×1)×2＝143. 2.(2021·课标全国Ⅱ)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l满 足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，那么( )A.α∥β且l ∥αB.α⊥β且l ⊥βC.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l答案 D 解析 假设α∥β，由m ⊥平面α，n ⊥平面β，那么m ∥n ，这与已知m ，n 为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l 1，那么l 1⊥m ，l 1⊥n ，在直线m 上任取一点作n 1平行于n ，那么l 1和l 都垂直于直线m 与n 1所确信的平面，因此l 1∥l .3.如图，点O 为正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，那么空间四边形D ′OEF在该正方体的各个面上的投影不可能是( ) 答案 D解析 空间四边形D ′OEF 在正方体的面DCC ′D ′上的投影是A ；在面BCC ′B ′上的投影是B ；在面ABCD 上的投影是C ，应选D.4．在如下图的四个正方体中，能得出AB ⊥CD 的是( ) 答案 A解析 A 中，∵CD ⊥平面AMB ，∴CD ⊥AB ；B 中，AB 与CD 成60°角，C 中，AB 与CD 成45°角；D 中，AB 与CD 夹角的正切值为 2.5.如图，四棱锥P －ABCD 的底面是一直角梯形，AB ∥CD ，BA ⊥AD ，CD ＝2AB ，PA ⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点，那么BE 与平面PAD的 位置关系为________.答案 平行解析 取PD 的中点F ，连接EF ，在△PCD 中，EF 綊12CD . 又∵AB ∥CD 且CD ＝2AB ，∴EF 綊AB ，∴四边形ABEF 是平行四边形，∴EB ∥AF .又∵EB ⊄平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，∴BE ∥平面PAD .题型一 空间点、线、面的位置关系例1 (2021·山东)如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ， F ，G ，M ，N 别离为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点.(2)求证：平面EFG ⊥平面EMN .思维启发 (1)在平面PAD 内作直线CE 的平行线或利用平面CEF ∥平面PAD 证明；(2)MN 是平面EFG 的垂线.证明 (1)方式一 取PA 的中点H ，连接EH ，DH .又E 为PB 的中点，因此EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，因此EH 綊CD .因此四边形DCEH 是平行四边形，因此CE ∥DH .又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD .因此CE ∥平面PAD .方式二 连接CF .因为F 为AB 的中点，因此AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，因此AF ＝CD .又AF ∥CD ，因此四边形AFCD 为平行四边形.因此CF ∥AD ，又CF ⊄平面PAD ，因此CF ∥平面PAD .因为E ，F 别离为PB ，AB 的中点，因此EF ∥PA .又EF ⊄平面PAD ，因此EF ∥平面PAD .因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面PAD .又CE ⊂平面CEF ，因此CE ∥平面PAD .(2)因为E 、F 别离为PB 、AB 的中点，因此EF ∥PA .又因为AB ⊥PA ，因此EF ⊥AB ，同理可证AB ⊥FG .因此AB⊥平面EFG.又因为M，N别离为PD，PC的中点，因此MN∥CD，又AB∥CD，因此MN∥AB，因此MN⊥平面EFG.又因为MN⊂平面EMN，因此平面EFG⊥平面EMN.思维升华高考对该部份的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一样以解答题的形式显现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有必然的要求，在试卷中也可能以选择题或填空题的方式考查空间位置关系的大体定理在判定线面位置关系中的应用.如下图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，M，N别离为A1B，B1C1的中点.求证：(1)BC∥平面MNB1；(2)平面A1CB⊥平面ACC1A.证明(1)因为BC∥B1C1，且B1C1⊂平面MNB1，BC⊄平面MNB1，故BC∥平面MNB1.(2)因为BC⊥AC，且ABC－A1B1C1为直三棱柱，故BC⊥平面ACC1A1.因为BC⊂平面A1CB，故平面A1CB⊥平面ACC1A1.题型二平面图形的翻折问题例2如图1所示，在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ABC＝90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC 上，CE＝4.如图2所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连接AB，BE，设点F是AB的中点.(1)求证：DE⊥平面BCD；(2)假设EF∥平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥B－DEG的体积.思维启发(1)翻折前后，△ACD内各元素的位置关系没有转变，易知DE⊥DC，再依照平面BCD⊥平面ACD(2)注意从条件EF ∥平面BDG 得线线平行，为求高作基础.(1)证明 ∵AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，∴∠ACB ＝60°.∵CD 为∠ACB 的平分线，∴∠BCD ＝∠ACD ＝30°.∴CD ＝2 3. ∵CE ＝4，∠DCE ＝30°， ∴DE 2＝CE 2＋CD 2－2CE ·CD ·cos 30°＝4，∴DE ＝2，那么CD 2＋DE 2＝EC 2.∴∠CDE ＝90°，DE ⊥DC .又∵平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD ∩平面ACD ＝CD ，DE ⊂平面ACD ，∴DE ⊥平面BCD .(2)解 ∵EF ∥平面BDG ，EF ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BDG ＝BG ，∴EF ∥BG .∵点E 在线段AC 上，CE ＝4，点F 是AB 的中点，∴AE ＝EG ＝CG ＝2.如图，作BH ⊥CD 于H .∵平面BCD ⊥平面ACD ，∴BH ⊥平面ACD .由条件得BH ＝32， S △DEG ＝13S △ACD ＝13×12AC ·CD ·sin 30°＝3， ∴三棱锥B －DEG 的体积V ＝13S △DEG ·BH ＝13×3×32＝32. 思维升华 平面图形的翻折问题，关键是弄清翻折前后图形中线面位置关系和气宇关系的转变情形.一样地翻折后还在同一个平面上的性质不发生转变，不在同一个平面上的性质发生转变.(2021·北京)如图(1)，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 别离为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2).(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是不是存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.(1)证明因为D，E别离为AC，AB的中点，因此DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，因此DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，因此DE⊥AC.因此DE⊥A1D，DE⊥CD.又A1D∩CD＝D，因此DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，因此DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，因此A1F⊥平面BCDE，又因为BE⊂平面BCDE，因此A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，别离取A1C，A1B的中点P，Q，那么PQ∥BC.又因为DE∥BC，因此DE∥PQ.因此平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，因此DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，因此A1C⊥DP.因此A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.题型三 线面位置关系中的存在性问题例3 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2BC ，P 、Q 别离是线段AB 、CD的 中点，EP ⊥平面ABCD .(1)求证：DP ⊥平面EPC ；(2)问在EP 上是不是存在点F ，使平面AFD ⊥平面BFC ？假设存在，求出FP AP的值；假设不存在，说明理由.思维启发 先假设EP 上存在点F 使平面AFD ⊥平面BFC ，然后推证点F 的位置.(1)证明 ∵EP ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥DP .又ABCD 为矩形，AB ＝2BC ，P 、Q 别离为AB 、CD 的中点，连接PQ ，则PQ ⊥DC 且PQ ＝12DC . ∴DP ⊥PC .∵EP ∩PC ＝P ，∴DP ⊥平面EPC .(2)解 假设存在F 使平面AFD ⊥平面BFC ，∵AD ∥BC ，BC ⊂平面BFC ，AD ⊄平面BFC ，∴AD ∥平面BFC .∴AD 平行于平面AFD 与平面BFC 的交线l .∵EP ⊥平面ABCD ，∴EP ⊥AD ，而AD ⊥AB ， AB ∩EP ＝P ，∴AD ⊥平面EAB ，∴l ⊥平面FAB .∴∠AFB 为平面AFD 与平面BFC 所成二面角的平面角.∵P 是AB 的中点，且FP ⊥AB ，∴当∠AFB ＝90°时，FP ＝AP .∴当FP ＝AP ，即FP AP ＝1时，平面AFD ⊥平面BFC .思维升华 关于线面关系中的存在性问题，第一假设存在，然后在那个假设下利用线面关系的性质进行推理论证，寻求假设知足的条件.假设条件知足那么确信假设，假设取得矛盾那么否定假设.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.(1)求证：D1C⊥AC1；(2)问在棱CD上是不是存在点E，使D1E∥平面A1BD.假设存在，确信点E位置；假设不存在，说明理由.(1)证明在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D，∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C.又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，又D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.∵AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(2)解假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.连接AD1，AE，D1E，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，可使MN∥D1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点.又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.综上所述，当E 是DC 的中点时，可使D 1E ∥平面A 1BD .(时刻：80分钟)1.如下图，在边长为5＋2的正方形ABCD 中，以A 为圆心画一个扇形，以O 为圆心画一个圆，M ，N ，K 为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O 为圆锥底面，围成一个圆锥，求圆锥的全面积与体积.解 设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，高为h ，由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧ l ＋r ＋2r ＝5＋2×22πrl ＝π2，解得r ＝2，l ＝42，S ＝πrl ＋πr 2＝10π，h ＝l 2－r 2＝30，V ＝13πr 2h ＝230π3.2.如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ；(2)证明：CC 1∥平面A 1BD .证明 (1)方式一 因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，因此D 1D ⊥BD .又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB cos 60°＝3AD 2，因此AD 2＋BD 2＝AB 2，因此AD ⊥BD .又AD ∩D 1D ＝D ，因此BD ⊥平面ADD 1A 1.故AA 1⊥BD .方式二 因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，因此BD ⊥D 1D .如图，取AB 的中点G ，连接DG ，在△ABD 中，由AB ＝2AD 得AG ＝AD .又∠BAD ＝60°，因此△ADG 为等边三角形，因此GD ＝GB ，故∠DBG ＝∠GDB .又∠AGD ＝60°，因此∠GDB ＝30°，故∠ADB ＝∠ADG ＋∠GDB ＝60°＋30°＝90°，因此BD ⊥AD .又AD ∩D 1D ＝D ，因此BD ⊥平面ADD 1A .又AA 1⊂平面ADD 1A ，故AA 1⊥BD .(2)如图，连接AC ，A 1C 1，设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1，因为四边形ABCD 为平行四边形，因此EC ＝12AC . 由棱台概念及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ，因此四边形A 1ECC 1为平行四边形，因此CC 1∥EA .又EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD ，因此CC 1∥平面A 1BD .3.如图，四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段 AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)假设PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P —ABCD 的体积.因此PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，因此CE ⊥AD .又PA ∩AD ＝A ，因此CE ⊥平面PAD .(2)解 由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1.又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，因此四边形ABCE 为矩形.因此S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，因此V 四棱锥P —ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×52×1＝56.4.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 别离是CD 、A 1D 1的中点．(1)求证：AB 1⊥BF ；(2)求证：AE ⊥BF ；(3)棱CC 1上是不是存在点P ，使BF ⊥平面AEP ？假设存在，确信点P 的位置，假设不存在，说明理由．(1)证明 连接A 1B ，那么AB 1⊥A 1B ，又∵AB 1⊥A 1F ，且A 1B ∩A 1F ＝A 1，∴AB 1⊥平面A 1BF .又BF ⊂平面A 1BF ，∴AB 1⊥BF .(2)证明 取AD 中点G ，连接FG ，BG ，那么FG ⊥AE ，又∵△BAG ≌△ADE ，∴∠ABG ＝∠DAE .∴AE ⊥BG .又∵BG ∩FG ＝G ，∴AE ⊥平面BFG .又BF ⊂平面BFG ，∴AE ⊥BF .(3)解 存在．取CC 1中点P ，即为所求．连接EP ，AP ，C 1D ，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.5．(2021·安徽)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中点，E是棱AA1上任意一点．(1)证明：BD⊥EC1；(2)若是AB＝2，AE＝2，OE⊥EC1，求AA1的长．(1)证明连接AC，A1C1.由底面是正方形知，BD⊥AC.因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，因此AA1⊥BD.又AA1∩AC＝A，因此BD⊥平面AA1C1C.因为EC1⊂平面AA1C1C知，BD⊥EC1.(2)解方式一设AA1的长为h，连接OC1.在Rt△OAE中，AE＝2，AO＝2，故OE2＝(2)2＋(2)2＝4.在Rt△EA1C1中，A1E＝h－2，A1C1＝22，故EC21＝(h－2)2＋(22)2.在Rt△OCC1中，OC＝2，CC1＝h，OC21＝h2＋(2)2.因为OE⊥EC1，因此OE2＋EC21＝OC21，即4＋(h－2)2＋(22)2＝h2＋(2)2，解得h＝32，因此AA1的长为3 2.方式二∵OE⊥EC1，∴∠AEO＋∠A1EC1＝90°.又∵∠A1C1E＋∠A1EC1＝90°，∴∠AEO＝∠A1C1E.又∵∠OAE＝∠C1A1E＝90°，∴△OAE∽EA1C1，∴AEA1C1＝AOA1E，即222＝2A1E，∴A1E＝22，∴AA1＝AE＋A1E＝3 2.6．(2021·辽宁)如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.证明(1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，因此BC⊥平面PAC.(2)连接OG并延长交AC于M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为PA中点，得QM∥PC，又O为AB中点，得OM∥BC.因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC.因此平面QMO∥平面PBC.因为QG⊂平面QMO，因此QG∥平面PBC.。
高考数学复习：高考题型解法训练(选择题的解法等10个) 人教课标版精品课件
[f(x1)+f(x2)]≥f(
x1 x2 )，主要是通过作差法
2
f(x1)+f(x2)－
2f(
x1 x2 2
)解决的，作差是比较
大小的一种常用方法.
专题四 函数解答题的解法
考题剖析
5. （2007·黄冈中学模拟题）已知集合M是满足下列性质的函 数f (x)的全体：存在非零常数T，对任意x∈R，有 f (x＋T) =Tf (x)成立.
专题四 函数解答题的解法
应试策略
3. 重视函数思想的指导作用. 用变量和函数来思考问题的方 法就是函数思想. 函数思想是函数概念、性质等知识在更 高层次上的提炼和概括，是在知识和方法反复学习运用 中抽象出来的带有观念性的指导方法. 函数思想的应用：
(1)在求变量范围时，考虑能否把该变量表示为另一变量的函 数，从而转化为求该函数的值域；
专题四 函数解答题的解法 考题剖析
1. （2007·上海模拟题）已知函数f(x)= ax
+
x x
2 1
，a＞1.
（1）证明：函数f(x)在(－1,+∞)上为增函数；
（2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.
专题四 函数解答题的解法
（1）证明：设－1＜x1＜x2, ∴0＜x1+1＜x2+1,
(2)因为函数f(x)=ax(a＞0且a≠1)的图象与函数y=x的图象 有公共点，所以方程组：y a x 有解，消去y得 y x ax=x，显然x=0 不是方程ax=x的解，所以存在非零常数 T, 使aT=T.于是对于f(x)=ax有f(x+T)=ax+T=aT·ax=T·ax=Tf(x)
专题四 函数解答题的解法 考题剖析
新高考数学二轮专题复习高频考点强化训练4(附解析)
强化训练4 三角函数的图象与性质——小题备考一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的)1．已知角α的顶点与原点θ重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (m ，4)(m ≠0)，且cos α＝m5，则tan α＝( )A ．±43B ．43C ．±34D ．342．[2022·湖南宁乡模拟]将函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4 图象上的所有点向左平移π4个单位长度，则所得图象的函数解析式是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝cos xC ．y ＝－sin xD ．y ＝－cos x3．[2022·河北张家口三模]已知tan α2 ＝5 －2，则cos αcos 2αsin α－cos α＝( )A ．－65B ．－35C ．35D ．654．[2022·湖南师大附中三模]某智能主动降噪耳机工作的原理是利用芯片生成与噪音的相位相反的声波，通过两者叠加完全抵消掉噪音(如图)，已知噪音的声波曲线y ＝A sin (ωx＋φ)(其中A >0，ω>0，0≤φ<2π)的振幅为1，周期为2，初相位为π2，则用来降噪的声波曲线的解析式是( )A ．y ＝sin πxB ．y ＝cos πxC ．y ＝－sin πxD ．y ＝－cos πx5．[2022·全国甲卷]将函数f (x )＝sin (ωx ＋π3 )(ω>0)的图象向左平移π2个单位长度后得到曲线C ，若C 关于y 轴对称，则ω的最小值是( )A ．16B ．14C ．13D ．126．[2022·湖北襄阳二模]函数f (x )＝A sin (ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，则函数f (x )的图象可以由y ＝2 sin ωx 的图象( )A ．向左平移π3 个单位长度得到B ．向左平移5π6 个单位长度得到C ．向右平移5π3 个单位长度得到D ．向右平移5π6个单位长度得到7．[2022·山东潍坊三模]设函数f (x )＝|sin x |，若a ＝f (ln 2)，b ＝f (log 132)，c ＝f (312)，则( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．c <a <bD ．b <a <c8．[2022·山东泰安二模]已知函数f ()x ＝sin ()ωx ＋φ ⎝⎛⎭⎫ω>0，||φ<π2 的图象，如图所示，则( )A ．函数f (x )的最小正周期是2πB ．函数f (x )在(π2 ，π)上单调递减C ．曲线y ＝f (x ＋π12 )关于直线x ＝－π2 对称D ．函数f (x )在⎣⎡⎦⎤3π4，4π3 上的最小值是－1二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，选错或多选得0分)9．下列四个函数中，以π为周期且在(0，π2)上单调递增的偶函数有( )A ．y ＝cos |2x |B ．y ＝sin 2xC ．y ＝|tan x |D ．y ＝lg |sin x |10．[2022·河北秦皇岛二模]已知函数f (x )＝2sin (ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)图象的一条对称轴方程为x ＝π6 ，与其相邻对称中心的距离为π4，则( )A ．f (x )的最小正周期为πB ．f (x )的最小正周期为2πC ．φ＝π6D ．φ＝π311．要得到函数y ＝sin x 的图象，只需将y ＝sin (2x ＋π4)的图象( )A ．先将图象向右平移π8 ，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍B ．先将图象向右平移π2，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍C ．先将图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再将图象向右平移π4D ．先将图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再将图象向右平移π812．[2022·山东济南三模]将函数f (x )＝cos (2x －π3 )图象上所有的点向右平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，则下列说法正确的是( )A ．g (x )的最小正周期为πB ．g (x )图象的一个对称中心为(7π12 ，0)C ．g (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤π3＋k π，5π6＋k π (k ∈Z ) D ．g (x )的图象与函数y ＝－sin (2x －π6)的图象重合三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2022·山东枣庄三模]已知α为锐角，且sin α＝34，则cos (π－α)的值为________．14．[2022·山东日照三模]已知函数f (x )＝2sin (ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则φ＝________．15．[2022·辽宁沈阳一模]函数f (x )＝2cos x －cos 2x 的最大值为________．16．[2022·北京海淀二模]已知f (x )＝sin x ＋cos x 的图象向右平移a (a >0)个单位后得到g (x )的图象，则函数g (x )的最大值为________；若f (x )＋g (x )的值域为{0}，则a 的最小值为________．强化训练4 三角函数的图象与性质 1．解析：cos α＝m m2＋42＝m 5 ，解得：m ＝±3，故tan α＝4m ＝±43 .答案：A2．解析：将函数f （x ）＝sin （x －π4 ）图象上的所有点向左平移π4 个单位长度，则所得图象的函数解析式是f （x ）＝sin （x －π4 ＋π4 ）＝sin x. 答案：A3．解析：tan α＝2（5－2）1－（5－2）2 ＝12 ，所以cos αcos 2αsin α－cos α ＝cos α（cos2α－sin2α）sinα－cos α＝cos α（cos α－sin α）（cos α＋sin α）sin α－cos α ＝－cos α（cos α＋sin α）＝－cos2α＋sinαcos αsin2α＋cos2α ＝－1＋tanα1＋tan2α ＝－65 .答案：A4．解析：由题意，A ＝1，φ＝π2 且T ＝2πω ＝2，则ω＝π， 所以y ＝sin （πx ＋π2 ）＝cos πx ，则降噪的声波曲线为y ＝－cos πx. 答案：D5．解析：通解 将函数f （x ）＝sin （ωx ＋π3 ）的图象向左平移π2 个单位长度得到y ＝sin （ωx ＋π2 ω＋π3 ）的图象．由所得图象关于y 轴对称，得π2 ω＋π3 ＝kπ＋π2 （k ∈Z ），所以ω＝2k ＋13 （k ∈Z ）.因为ω>0，所以令k ＝0，得ω的最小值为13.故选C.快解 由曲线C 关于y 轴对称，可得函数f （x ）＝sin （ωx ＋π3 ）的图象关于直线x ＝π2 对称，所以f （π2 ）＝sin （πω2 ＋π3 ）＝±1，然后依次代入各选项验证，确定选C. 答案：C6．解析：由图可知A ＝ 2 ，T ＝π，则ω＝2，所以f （x ）＝ 2 sin （2x ＋φ）.由2×7π12 ＋φ＝3π2 ＋2kπ（k ∈Z ），|φ|<π2 ，得φ＝π3 ，所以f （x ）＝ 2 sin （2x ＋π3 ）.函数y ＝ 2 sin 2x 的图象向右平移5π6 个单位长度，所得图象对应的函数解析式为y ＝ 2 sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（x －5π6） ＝ 2 sin （2x －5π3 ）＝ 2 sin （2x ＋π3 ）＝f （x ），所以D 正确． 答案：D7．解析：函数f （x ）＝|sin x|为偶函数且x ＝π2 为其一条对称轴，故b ＝f （log 132）＝f （log32），显然0<log32＝ln 2ln 3 <ln 2<1，故b<a.因为1.7<312 <1.8，1.5<π2 <1.6，ln 2<1<π2 ，所以a<c ，所以b<a<c. 答案：D8．解析：由图可知，14 T ＝5π12 －π6 ＝π4 ，∴T ＝π ，ω＝2πT ＝2 ， sin （2×π6 ＋φ）＝0 ，φ＝－π3 ， ∴f （x ）＝sin （2x －π3 ） ，对于A ，T ＝π ，故错误；对于B ，当x ∈（π2 ，π） 时，2x －π3 ∈（2π3 ，5π3 ） ，由函数y ＝sin x 的性质可知当x ∈（π2 ，3π2 ） 时，单调递减，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π 时单调递增，2π3 ∈（π2 ，3π2 ），5π3 ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π ，故B 错误；对于C ，f （x ＋π12 ）＝sin （2x ＋π6 －π3 ）＝sin （2x －π6 ） ，将x ＝－π2 带入上式得f （－π2 ＋π12 ）＝sin （－π－π6 ）＝sin π6≠±1，故C 错误；对于D ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，4π3 时，2x －π3 ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤7π6，7π3 ，∴当2x －π3 ＝3π2 ，即x ＝11π12 时，f （x ） 取最小值－1，故D 正确． 答案：D9．解析：y ＝cos |2x|在（0，π2 ）上不单调，故A 错误；y ＝sin 2x 为奇函数，故B 错误； y ＝|tan x|图象如图：故最小正周期为π，在（0，π2 ）上单调递增，且为偶函数，故C 正确； y ＝|sin x|最小正周期为π，在（0，π2 ）上单调递增，且为偶函数，则y ＝lg |sin x|也是以π为周期且在（0，π2 ）上单调递增的偶函数，故D 正确． 答案：CD10．解析：因为f （x ）图象相邻的对称中心与对称轴的距离为π4 ，所以最小正周期T ＝π，故A 正确，B 不正确；因为ω＝2πT ＝2，且2×π6 ＋φ＝π2 ＋kπ（k ∈Z ），|φ|<π2 ，所以φ＝π6 ，故C 正确，D 不正确． 答案：AC11．解析：y ＝sin （2x ＋π4 ）＝sin [2（x ＋π8 ）]向右平移π8 个单位长度，得y ＝sin 2x ，再将横坐标扩大2倍得到y ＝sin x ，故A 正确，B 错误；y ＝sin （2x ＋π4 ）横坐标扩大2倍，得到sin （x ＋π4 ）再向右平移π4 个单位长度得到y ＝sin x ，故C 正确，D 错误． 答案：AC12．解析：根据题意，g （x ）＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（x －π6）－π3 ＝cos （2x －2π3 ），则周期T ＝2π2 ＝π，A 正确；对B ，令2x －2π3 ＝π2 ＋kπ（k ∈Z ）⇒x ＝7π12 ＋kπ2（k ∈Z ），B 正确；对C ，令2kπ≤2x －2π3 ≤π＋2kπ（k ∈Z ）⇒π3 ＋kπ≤x≤5π6 ＋kπ（k ∈Z ），即函数的减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3＋kπ，5π6＋kπ （k ∈Z ），C 正确；对D ，因为y ＝－sin （2x －π6 ）＝－sin （2x －2π3 ＋π2 ）＝－cos （2x －2π3 ），D 错误． 答案：ABC13．解析：因为α为锐角，且sin α＝34 ，则cos α＝1－sin2α ＝74 ，因此，cos （π－α）＝－cos α＝－74 .答案：－7414．解析：由T 2 ＝5π12 －（－π12 ）＝π2 知，T ＝π，ω＝2ππ ＝2，由五点法可知，2（－π12 ）＋φ＝0＋2kπ（k ∈Z ），即φ＝π6 ＋2kπ（k ∈Z ），又|φ|<π，所以φ＝π6 .答案：π615．解析：因为f （x ）＝2cos x －cos 2x ，所以f （x ）＝－2cos2x ＋2cosx ＋1，令t ＝cos x ，t ∈[－1，1]，所以函数f （x ）＝2cos x －cos 2x 等价于y ＝－2t2＋2t ＋1，t ∈[－1，1]，又y ＝－2t2＋2t ＋1＝－2（t －12 ）2＋32 ，t ∈[－1，1]，当t ＝12 时，ymax ＝32 ，即函数f （x ）＝2cos x －cos 2x 的最大值为32 .答案：3216．解析：第一空：由f （x ）＝sin x ＋cos x ＝ 2 sin （x ＋π4 ）可得g （x ）＝2 sin （x －a ＋π4 ），易得g （x ）的最大值为 2 ；第二空：若f （x ）＋g （x ）的值域为{0}，则f （x ）＋g （x ）＝ 2 sin （x ＋π4 ）＋ 2 sin （x －a ＋π4 ）＝0恒成立，即sin （x ＋π4 ）＝－sin （x －a ＋π4 ），又sin （x ＋π4 ）＝－sin （x ＋π4 ＋π＋2kπ），k ∈Z ，故x －a ＋π4 ＝x ＋π4 ＋π＋2kπ，解得a ＝－π－2kπ，又a>0，故当k ＝－1时，a 的最小值为π. 答案： 2 π。
2024届高考数学专项练习解三角形“热考”十点(解析版)
解三角形“热考”十点热点题型速览热点一 三角形中边角计算热点二 判断三角形的形状热点三 三角形解的个数问题热点四 解三角形与平面向量的交汇热点五 解三角形与解析几何交汇问题热点六 解三角形与立体几何交汇问题热点七 正弦定理、余弦定理应用于平面几何问题热点八 三角形周长问题热点九 三角形面积问题热点十 三角形范围(最值)问题三角形边(关系式)的问题三角形角(函数值)问题三角形周长问题三角形面积问题热点一三角形中边角计算1(2023·北京·统考高考真题)在△ABC 中，(a +c )(sin A -sin C )=b (sin A -sin B )，则∠C =()A.π6B.π3C.2π3D.5π62(2020·全国·统考高考真题)在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =()A.19B.13C.12D.233(2021·全国·高考真题)在△ABC 中，已知B =120°，AC =19，AB =2，则BC =()A.1B.2C.5D.34(2020·山东·统考高考真题)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a 2+b 2=c 2+ab sin C ，且a sin B cos C +c sin B cos A =22b ，则tan A 等于()A.3 B.-13 C.3或-13 D.-3或135(2021·浙江·统考高考真题)在△ABC 中，∠B =60°,AB =2，M 是BC 的中点，AM =23，则AC =，cos ∠MAC =.【规律方法】1.已知任意两角和一边，解三角形的步骤：①求角：根据三角形内角和定理求出第三个角；②求边：根据正弦定理，求另外的两边．（1）已知内角不是特殊角时，往往先求出其正弦值，再根据以上步骤求解．（2）已知三边解三角形的方法2024届高考数学专项练习解三角形“热考”十点（解析版）(1)先利用余弦定理求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理或由求得的第一个角，利用正弦定理求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．(2)利用余弦定理求三角的余弦，进而求得三个角．热点二判断三角形的形状6在△ABC 中，若b 2sin 2C +c 2sin 2B =2bc cos B cos C ，试判断△ABC 的形状．7(2020·全国·统考高考真题)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos 2π2+A +cos A =54．(1)求A ；(2)若b -c =33a ，证明：△ABC 是直角三角形．【规律方法】利用正弦定理判断三角形形状的方法：(1)化边为角．将题目中的所有条件，利用正弦定理化边为角，再根据三角函数的有关知识得到三个内角的关系，进而确定三角形的形状．(2)化角为边．根据题目中的所有条件，利用正弦定理化角为边，再利用代数恒等变换得到边的关系(如a =b ，a 2+b 2=c 2)，进而确定三角形的形状．2.判断三角形的形状时，经常用到以下结论①△ABC 为直角三角形⇔a 2=b 2+c 2或c 2=a 2+b 2或b 2=a 2+c 2.②△ABC 为锐角三角形⇔a 2+b 2>c 2且b 2+c 2>a 2且c 2+a 2>b 2.③△ABC 为钝角三角形⇔a 2+b 2<c 2或b 2+c 2<a 2或c 2+a 2<b 2.④若sin 2A =sin 2B ，则A =B 或A +B =π2.3．常见误区：易忽略三角形中的隐含条件．热点三三角形解的个数问题8(2016·全国卷Ⅰ文，4)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知a=5，c=2，cos A= 23，则b=()A.2B.3C.2D.39在△ABC中，已知sin C=12，a=23，b=2，求边c．10(2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习)在①tan A tan C-3tan A=1+3tan C；②2c-3acos B=3b cos A；③a-3csin A+c sin C=b sin B这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.问题：在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且.(1)求角B的大小；(2)已知c=b+1，且角A有两解，求b的范围.【方法技巧】三角形解的个数的判断在△ABC中，已知a，b和A，利用正弦定理解三角形时，会出现解不确定的情况，一般可根据三角形中“大边对大角和三角形内角和定理”来取舍．具体解的情况如下表：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a=b sin A b sin A<a<b a≥b a>b解的个数一解两解一解一解上表中若A为锐角，则当a<b sin A时无解；若A为钝角或直角，则当a≤b时无解．热点四解三角形与平面向量的交汇11(2023·全国·统考高考真题)正方形ABCD 的边长是2，E 是AB 的中点，则EC ⋅ED=()A.5B.3C.25D.512(2023·贵州毕节·统考模拟预测)已知点G 为三角形ABC 的重心，且GA +GB =GA -GB，当∠C 取最大值时，cos C =()A.45B.35 C.25D.1513【多选题】(2023·浙江·二模)在△ABC 中，AB 2+AC 2=2BC 2，CD =BC ，则()A.AD >CDB.AD <52CD C.∠ADC >π6D.∠ADC <π4【点评】1.交汇考向主要有：(1)向量坐标运算条件下解三角形问题；(2)三角形中向量运算问题；(3)共线向量条件下解三角形问题；(4)向量的模与解三角形问题.2.解答的总体思路可归结为三个环节：(1)根据向量运算的定义、法则、运算律等，加以计算；(2)应用三角公式，进行变形进而完成化简；(3)应用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等，实施边角转化.就整体而言，正确向量运算、恒等变形是基础，恰当的边角转化是关键，考查的核心是解三角形、三角问题，向量运算是工具.应该注意的是，向量运算条件的给出，也可能是向量平行、垂直，需根据相关条件加以转化.热点五解三角形与解析几何交汇问题14(2021·全国·统考高考真题)已知F 1,F 2是双曲线C 的两个焦点，P 为C 上一点，且∠F 1PF 2=60°,PF 1 =3PF 2 ，则C 的离心率为()A.72B.132C.7D.1315(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆x 29+y 26=1，F 1,F 2为两个焦点，O 为原点，P 为椭圆上一点，cos ∠F 1PF 2=35，则|PO |=()A.25B.302C.35D.35216(2023·湖北武汉·统考模拟预测)已知抛物线y 2=8x 的焦点为F ，准线与x 轴的交点为C ，过点C 的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，若∠AFB =∠CFB ，则|AF |=．【点评】1.与椭圆、双曲线的定义及几何性质相结合，在“焦点三角形”中，综合应用定义、正弦定理或余弦定理，确定几何量或几何量之间的关系，解决离心率(范围)计算问题，这类问题多以客观题出现；2.直线与圆锥曲线位置关系问题中，通过交点等构造或产生三角形，计算三角形面积(最值)、线段长度等，这类问题多在主观题出现，解题过程往往通过直线与圆锥曲线方程联立方程组，应用判别式、一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、正弦定理、余弦定理等．热点六解三角形与立体几何交汇问题17(2023·全国·统考高考真题)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3,∠PCA=45°，则△PBC的面积为()A.22B.32C.42D.6218(2023·全国·统考高考真题)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A.15B.25C.35D.2519(2023·河南·校联考模拟预测)点P是圆柱上底面圆周上一动点，△ABC是圆柱下底面圆的内接三角形，已知在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=2，C=60°，三棱锥P-ABC的体积最大值为233，则该三棱锥外接球的表面积为()A.193π B.283π C.539π D.433π【点评】与立体几何的交汇问题，往往是利用几何体中存在的三角形，应用正弦定理或余弦定理，确定解题所需要的几何量，完成角的(函数值)的计算、面积计算等，有时与数学文化相结合，解决古典书籍中的问题，或与时俱进，解决现实生活中的立体几何问题，善于发现相关三角形或做辅助线构造三角形，是解题的重要基础.热点七正弦定理、余弦定理应用于平面几何问题20(2023·全国·统考高考真题)在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD=．21(2020·江苏·统考高考真题)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3,c=2,B= 45°．(1)求sin C的值；(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADC=-45，求tan∠DAC的值．【点评】解三角形应用于平面几何问题的基本思路(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．(3)特别提醒：做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．热点八三角形周长问题22(2022·全国·统考高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sin C sin(A-B)= sin B sin(C-A)．(1)证明：2a2=b2+c2；(2)若a=5,cos A=2531，求△ABC的周长．23(2022·北京·统考高考真题)在△ABC中，sin2C=3sin C．(1)求∠C；(2)若b=6，且△ABC的面积为63，求△ABC的周长．热点九三角形面积问题24(2023·全国·统考高考真题)在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2，AC=1.(1)求sin∠ABC；(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求△ADC的面积.25(2022·浙江·统考高考真题)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5c, cos C=35．(1)求sin A的值；(2)若b=11，求△ABC的面积．【点评】三角形面积有关的问题解答步骤：（1）化简转化：根据条件，利用三角恒等变换公式，化简已知条件等式，再利用正弦定理、余弦定理化边、化角；（2）选择公式：多选择S△ABC=12ab sin C=12bc sin A=12ac sin B；（3）求值(最值).热点十三角形范围（最值）问题26(2022·全国·统考高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos A1+sin A=sin2B1+cos2B．(1)若C=2π3，求B；(2)求a2+b2c2的最小值．27(2020·浙江·统考高考真题)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2b sin A-3a =0．(I)求角B的大小；(II)求cos A+cos B+cos C的取值范围．28(2020·全国·统考高考真题)△ABC中，sin2A-sin2B-sin2C=sin B sin C．(1)求A；(2)若BC=3，求△ABC周长的最大值.【思路引导】(1)第一步，应用正弦定理角化边；第二步，应用余弦定理求cos A，进而求得A；(2)重点分析方法一：由于BC已知，因此，主要任务是确定AC+AB的最值.第一步，应用余弦定理并化简可得AC+AB2-AC⋅AB=9；第二步，利用基本不等式求得AC+AB的最大值，进而得到结果.29(2022秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习)在①a+csin A-sin C=b sin A-sin B；②2b-ac-cos Acos C=0；③向量m =c，3b与n=cos C，sin B平行，这三个条件中任选一个，补充在下面题干中，然后解答问题.已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.(1)求角C；(2)若△ABC为锐角三角形，且a=4，求△ABC面积的取值范围.【点评】1.边角、周长问题：利用正弦定理余弦定理灵活的进行边角转化，如果转化成 “边”的表达式，应用基本不等式求最值(范围)；如果转化成三角函数表达式，应用二次函数的性质或应用三角函数的性质求解.2.面积问题求解基本步骤：一是应用正弦定理、余弦定理实施边角转化；二是确定三角形面积的表达式；三是应用均值不等式或三角函数性质求其最值(范围).解三角形“热考”十点热点题型速览热点一 三角形中边角计算热点二 判断三角形的形状热点三 三角形解的个数问题热点四 解三角形与平面向量的交汇热点五 解三角形与解析几何交汇问题热点六 解三角形与立体几何交汇问题热点七 正弦定理、余弦定理应用于平面几何问题热点八 三角形周长问题热点九 三角形面积问题热点十 三角形范围(最值)问题三角形边(关系式)的问题三角形角(函数值)问题三角形周长问题三角形面积问题热点一三角形中边角计算1(2023·北京·统考高考真题)在△ABC中，(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B)，则∠C=()A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】B【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详解】因为(a+c)(sin A-sin C)=b(sin A-sin B)，所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a2-c2=ab-b2，则a2+b2-c2=ab，故cos C=a2+b2-c22ab=ab2ab=12，又0<C<π，所以C=π3 .故选：B.2(2020·全国·统考高考真题)在△ABC中，cos C=23，AC=4，BC=3，则cos B=()A.19B.13C.12D.23【答案】A【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据cos B=AB2+BC2-AC22AB⋅BC，即可求得答案.【详解】∵在△ABC中，cos C=23，AC=4，BC=3根据余弦定理：AB2=AC2+BC2-2AC⋅BC⋅cos C AB2=42+32-2×4×3×23可得AB2=9，即AB=3由∵cos B=AB2+BC2-AC22AB⋅BC=9+9-162×3×3=19故cos B=1 9 .故选：A.3(2021·全国·高考真题)在△ABC中，已知B=120°，AC=19，AB=2，则BC=()A.1B.2C.5D.3【答案】D【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.【详解】设AB=c,AC=b,BC=a，结合余弦定理：b2=a2+c2-2ac cos B可得：19=a2+4-2×a×c×cos120°，即：a2+2a-15=0，解得：a=3(a=-5舍去)，故BC=3.故选：D.4(2020·山东·统考高考真题)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2+b2=c2+ab sin C，且a sin B cos C+c sin B cos A=22b，则tan A等于()A.3B.-13C.3或-13D.-3或13【答案】A【分析】利用余弦定理求出tan C=2，并进一步判断C>π4，由正弦定理可得sin(A+C)=22⇒sin B=22，最后利用两角和的正切公式，即可得到答案；【详解】∵cos C=a2+b2-c22ab=sin C2⇒tan C=2，∴C>π4，∵a sin A =bsin B=csin C=2R，∴sin A⋅sin B⋅cos C+sin C⋅sin B⋅cos A=22sin B，∴sin(A+C)=22⇒sin B=22，∴B=π4，∴tan B=1，∴tan A=-tan(B+C)=-tan B+tan C1-tan B⋅tan C=3，故选：A.5(2021·浙江·统考高考真题)在△ABC中，∠B=60°,AB=2，M是BC的中点，AM=23，则AC=，cos∠MAC=.【答案】213239 13【分析】由题意结合余弦定理可得BC=8，进而可得AC，再由余弦定理可得cos∠MAC.【详解】由题意作出图形，如图，在△ABM 中，由余弦定理得AM 2=AB 2+BM 2-2BM ⋅BA ⋅cos B ，即12=4+BM 2-2BM ×2×12，解得BM =4(负值舍去)，所以BC =2BM =2CM =8，在△ABC 中，由余弦定理得AC 2=AB 2+BC 2-2AB ⋅BC ⋅cos B =4+64-2×2×8×12=52，所以AC =213；在△AMC 中，由余弦定理得cos ∠MAC =AC 2+AM 2-MC 22AM ⋅AC =52+12-162×23×213=23913.故答案为：213；23913.【规律方法】1.已知任意两角和一边，解三角形的步骤：①求角：根据三角形内角和定理求出第三个角；②求边：根据正弦定理，求另外的两边．（1）已知内角不是特殊角时，往往先求出其正弦值，再根据以上步骤求解．（2）已知三边解三角形的方法(1)先利用余弦定理求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理或由求得的第一个角，利用正弦定理求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．(2)利用余弦定理求三角的余弦，进而求得三个角．热点二判断三角形的形状6在△ABC 中，若b 2sin 2C +c 2sin 2B =2bc cos B cos C ，试判断△ABC 的形状．【答案】直角三角形．【解析】解法一：∵b 2sin 2C +c 2sin 2B =2bc cos B cos C ，∴利用正弦定理可得sin 2B sin 2C +sin 2C sin 2B =2sin B ·sin C ·cos B ·cos C ，∵sin B sin C ≠0，∴sin B ·sin C =cos B cos C ，∴cos (B +C )=0，∴cos A =0，∵0<A <π，∴A =π2，∴△ABC 为直角三角形．解法二：已知等式可化为b 2-b 2cos 2C +c 2-c 2·cos 2B =2bc cos B cos C ，由余弦定理可得b 2+c 2-b 2·a 2+b 2-c 22ab2-c 2·a 2+c 2-b 22ac 2=2bc ·a 2+b 2-c 22ab·a 2+c 2-b 22ac ∴b 2+c 2=a 2，∴△ABC 为直角三角形．解法三：已知等式变形为b 2(1-cos 2C )+c 2(1-cos 2B )=2bc cos B ·cos C ，∴b 2+c 2=b 2cos 2C +c 2cos 2B +2bc cos B ·cos C ，∵b 2cos 2C +c 2cos 2B +2bc cos B cos C =(b cos C +c cos B )2=a 2，∴b 2+c 2=a 2，∴△ABC 为直角三角形．7(2020·全国·统考高考真题)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos 2π2+A +cos A =54．(1)求A ；(2)若b -c =33a ，证明：△ABC 是直角三角形．【答案】(1)A =π3；(2)证明见解析【分析】(1)根据诱导公式和同角三角函数平方关系，cos 2π2+A +cos A =54可化为1-cos 2A +cos A =54，即可解出；(2)根据余弦定理可得b 2+c 2-a 2=bc ，将b -c =33a 代入可找到a ,b ,c 关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出．【详解】(1)因为cos 2π2+A +cos A =54，所以sin 2A +cos A =54，即1-cos 2A +cos A =54，解得cos A =12，又0<A <π，所以A =π3；(2)因为A =π3，所以cos A =b 2+c 2-a 22bc=12，即b 2+c 2-a 2=bc ①，又b -c =33a ②，将②代入①得，b 2+c 2-3b -c 2=bc ，即2b 2+2c 2-5bc =0，而b >c ，解得b =2c ，所以a =3c ，故b 2=a 2+c 2，即△ABC 是直角三角形．【规律方法】利用正弦定理判断三角形形状的方法：(1)化边为角．将题目中的所有条件，利用正弦定理化边为角，再根据三角函数的有关知识得到三个内角的关系，进而确定三角形的形状．(2)化角为边．根据题目中的所有条件，利用正弦定理化角为边，再利用代数恒等变换得到边的关系(如a =b ，a 2+b 2=c 2)，进而确定三角形的形状．2.判断三角形的形状时，经常用到以下结论①△ABC 为直角三角形⇔a 2=b 2+c 2或c 2=a 2+b 2或b 2=a 2+c 2.②△ABC 为锐角三角形⇔a 2+b 2>c 2且b 2+c 2>a 2且c 2+a 2>b 2.③△ABC 为钝角三角形⇔a 2+b 2<c 2或b 2+c 2<a 2或c 2+a 2<b 2.④若sin 2A =sin 2B ，则A =B 或A +B =π2.3．常见误区：易忽略三角形中的隐含条件．热点三三角形解的个数问题8(2016·全国卷Ⅰ文，4)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知a=5，c=2，cos A= 23，则b=()A.2B.3C.2D.3【答案】D【解析】由余弦定理，得4+b2-2×2b cos A=5.整理得3b2-8b-3=0，解得b=3或b=-13(舍去)，故选D．9在△ABC中，已知sin C=12，a=23，b=2，求边c．【解析】∵sin C=12，且0<C<π，∴C=π6或5π6．当C=π6时，cos C=32，此时，c2=a2+b2-2ab cos C=4，即c=2．当C=5π6时，cos C=-32，此时，c2=a2+b2-2ab cos C=28，即c=27．10(2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习)在①tan A tan C-3tan A=1+3tan C；②2c-3acos B=3b cos A；③a-3csin A+c sin C=b sin B这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.问题：在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且.(1)求角B的大小；(2)已知c=b+1，且角A有两解，求b的范围.【答案】(1)答案见解析(2)b>1【分析】(1)若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角B的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出答案.(2)将c=b+1代入正弦定理可得sin C=b+12b，要使角A有两解，即12<sin C<1，解不等式即可得出答案.【详解】(1)若选①：整理得1-tan A tan C=-3tan A+tan C，因为A+B+C=π，所以tan B=-tan A+C=-tan A+tan C1-tan A tan C=33，因为B∈0,π，所以B=π6；若选②：因为2c-3acos B=3b cos A，由正弦定理得2sin C-3sin Acos B=3sin B cos A，所以2sin C cos B=3sin A+B=3sin C,sin C>0，所以cos B=32，因为B∈0,π，所以B=π6；若选③：由正弦定理整理得a2+c2-b2=3ac，所以a2+c2-b22ac=32，即cos B=32，因为B∈0,π，所以B=π6；(2)将c =b +1代入正弦定理b sin B =c sin C ，得b sin B =b +1sin C，所以sin C =b +12b ，因为B =π6，角A 的解有两个，所以角C 的解也有两个，所以12<sin C <1，即12<b +12b <1，又b >0，所以b <b +1<2b ，解得b >1.【方法技巧】三角形解的个数的判断在△ABC 中，已知a ，b 和A ，利用正弦定理解三角形时，会出现解不确定的情况，一般可根据三角形中“大边对大角和三角形内角和定理”来取舍．具体解的情况如下表：A 为锐角A 为钝角或直角图形关系式a =b sin A b sin A <a <ba ≥b a >b 解的个数一解两解一解一解上表中若A 为锐角，则当a <b sin A 时无解；若A 为钝角或直角，则当a ≤b 时无解．热点四解三角形与平面向量的交汇11(2023·全国·统考高考真题)正方形ABCD 的边长是2，E 是AB 的中点，则EC ⋅ED=()A.5B.3C.25D.5【答案】B【分析】方法一：以AB ,AD 为基底向量表示EC ,ED，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求cos ∠DEC ，进而根据数量积的定义运算求解.【详解】方法一：以AB ,AD为基底向量，可知AB =AD =2,AB ⋅AD=0，则EC =EB +BC =12AB +AD ,ED =EA +AD =-12AB+AD ，所以EC ⋅ED =12AB +AD ⋅-12AB +AD =-14AB2+AD 2=-1+4=3；方法二：如图，以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，则E 1,0 ,C 2,2 ,D 0,2 ，可得EC =1,2 ,ED=-1,2 ，所以EC ⋅ED=-1+4=3；方法三：由题意可得：ED =EC =5,CD =2，在△CDE 中，由余弦定理可得cos ∠DEC =DE 2+CE 2-DC 22DE ⋅CE =5+5-42×5×5=35，所以EC ⋅ED =EC ED cos ∠DEC =5×5×35=3.故选：B .12(2023·贵州毕节·统考模拟预测)已知点G 为三角形ABC 的重心，且GA +GB =GA -GB ，当∠C 取最大值时，cos C =()A.45B.35 C.25D.15【答案】A【分析】由题设可得AG ⋅BG =0，结合AG =13(AC +AB )，BG =13(BA +BC )及余弦定理可得cos C =25a b +ba，根据基本不等式即可求解.【详解】由题意GA +GB =GA -GB ，所以(GA +GB )2=(GA -GB)2，即GA 2+GB 2+2GA ⋅GB =GA 2+GB 2-2GA ⋅GB ，所以GA ⋅GB =0，所以AG ⊥BG ，又AG =23×12(AC +AB )=13(AC +AB )，BG =23×12(BA +BC )=13(BA +BC )，则AG ⋅BG =19(AC +AB )⋅(BA +BC )=19(AC⋅BA +AC ⋅BC +AB ⋅BA +AB ⋅BC )=0，所以CA ⋅CB =AC ⋅AB +BA ⋅BC +AB 2，即ab cos C =bc cos A +ac cos B +c 2，由cos A =b 2+c 2-a 22bc ，cos B =a 2+c 2-b 22ac ，cos C =a 2+b 2-c 22ab，所以a 2+b 2=5c 2，所以cos C =a 2+b 2-c 22ab=25a b +b a ≥45a b ⋅b a =45，当且仅当a =b 时等号成立，又y =cos x 在0,π 上单调递减，C ∈0,π ，所以当∠C 取最大值时，cos C =45.13【多选题】(2023·浙江·二模)在△ABC 中，AB 2+AC 2=2BC 2，CD =BC ，则()A.AD >CD B.AD <52CD C.∠ADC >π6D.∠ADC <π4【答案】BD【分析】根据条件，结合余弦定理求得AD =3b ，再建立不等关系，判断选项.【详解】设AB=c，BC=CD=a，AC=b，AD=x，由条件可知，b2+c2=2a2，△ABC中，cos B=a2+c2-b22ac，△ABD中，x2=c2+4a2-4ac cos B=c2+4a2-2a2+c2-b2=2a2-c2+2b2=3b2，所以AD=3b，c2=2a2-b2=2a2-33AD2>0，得AD<6a，即AD<6CD<52CD，故B正确；cos∠ADC=a2+3b2-b223ab =a2+2b223ab=a23b+b3a≥216=63>22，所以∠ADC<π4 .故选：BD【点评】1.交汇考向主要有：(1)向量坐标运算条件下解三角形问题；(2)三角形中向量运算问题；(3)共线向量条件下解三角形问题；(4)向量的模与解三角形问题.2.解答的总体思路可归结为三个环节：(1)根据向量运算的定义、法则、运算律等，加以计算；(2)应用三角公式，进行变形进而完成化简；(3)应用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等，实施边角转化.就整体而言，正确向量运算、恒等变形是基础，恰当的边角转化是关键，考查的核心是解三角形、三角问题，向量运算是工具.应该注意的是，向量运算条件的给出，也可能是向量平行、垂直，需根据相关条件加以转化.热点五解三角形与解析几何交汇问题14(2021·全国·统考高考真题)已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60°, PF1=3PF2，则C的离心率为()A.72B.132C.7D.13【答案】A【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出PF1,PF2，结合余弦定理可得答案.【详解】因为PF1=3PF2，由双曲线的定义可得PF1-PF2=2PF2=2a，所以PF2=a，PF1=3a；因为∠F1PF2=60°,由余弦定理可得4c2=9a2+a2-2×3a⋅a⋅cos60°，整理可得4c2=7a2，所以e2=c2a2=74，即e=72.故选：A【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立a,c间的等量关系是求解的关键.15(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆x29+y26=1，F1,F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cos∠F1PF2=35，则|PO|=()A.25B.302C.35D.352【答案】B【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出PF 1 PF 2 ,PF 1 2+PF 2 2的值，利用PO =12PF 1 +PF 2 ，根据向量模的计算即可求得答案.【详解】由题意椭圆x 29+y 26=1，F 1,F 2为两个焦点，可得a =3,b =6,c =3，则PF 1 +PF 2 =2a =6①，即PF 1 2+PF 2 2+2PF 1 PF 2 =36，由余弦定理得F 1F 2 2=PF 1 2+PF 2 2-2PF 1 PF 2 cos ∠F 1PF 2=(23)2，cos ∠F 1PF 2=35，故PF 1 +PF 2 2-2PF 1 PF 2 1+35=12，②联立①②，解得：PF 1 PF 2 =152,∴PF 1 2+PF 2 2=21，而PO =12PF 1 +PF 2 ，所以PO =PO =12PF 1 +PF 2 ，即PO =12PF 1 +PF 2 =12PF 1 2+2PF 1 ⋅PF 2 +PF 2 2=1221+2×152×35=302，故选：B 【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O 为F 1F 2的中点，从而可以利用向量知识求解|PO |.16(2023·湖北武汉·统考模拟预测)已知抛物线y 2=8x 的焦点为F ，准线与x 轴的交点为C ，过点C 的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，若∠AFB =∠CFB ，则|AF |=．【答案】8【分析】先设出直线l 的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出AB =1+m 2⋅y 1-y 2 ，BC =1+m 2⋅y 2，再由正弦定理得到CF AF =BC AB，得到4my 1=y 2y 1-y 2，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出m =233，进而求出y 1=43，|AF |=8.【详解】由题意得，F 2,0 ,C -2,0 ，当直线l 的斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，故设直线l 的方程为x =my -2，不妨设m >0，联立y 2=8x ，可得y 2-8my +16=0，易得Δ>0，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则y 1>0,y 2>0，则y 1+y 2=8m ,y 1y 2=16，则AB =1+m 2⋅y 1-y 2 ，BC =1+m 2⋅y 2 =1+m 2⋅y 2，由正弦定理得CF sin ∠CBF =BC sin ∠CFB ，AF sin ∠ABF =ABsin ∠AFB，因为∠AFB =∠CFB ，∠CBF +∠ABF =π，所以y 1>y 2，CF AF =BC AB ，即4AF=1+m 2⋅y 2 1+m 2⋅y 1-y 2=y 2y 1-y 2，又由焦半径公式可知AF =x 1+2=my 1-2+2=my 1，则4my 1=y 2y 1-y 2，即my 1y 2=4y 1-4y 2=4y 1+y 2 2-4y 1y 2，即16m =464m 2-64，解得m =233，则y 1+y 2=1633,y 1y 2=16，解得y 1=43，故|AF |=my 1=233×43=8，当m <0时，同理可得到|AF |=8.故答案为：8【点睛】方法点睛：解三角形中，当条件中有角平分线时，可利用正弦定理得到角平分线的性质，将角的关系转化为边的比例关系，再进行求解.【点评】1.与椭圆、双曲线的定义及几何性质相结合，在“焦点三角形”中，综合应用定义、正弦定理或余弦定理，确定几何量或几何量之间的关系，解决离心率(范围)计算问题，这类问题多以客观题出现；2.直线与圆锥曲线位置关系问题中，通过交点等构造或产生三角形，计算三角形面积(最值)、线段长度等，这类问题多在主观题出现，解题过程往往通过直线与圆锥曲线方程联立方程组，应用判别式、一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、正弦定理、余弦定理等．热点六解三角形与立体几何交汇问题17(2023·全国·统考高考真题)已知四棱锥P -ABCD 的底面是边长为4的正方形，PC =PD =3,∠PCA =45°，则△PBC 的面积为()A.22B.32C.42D.62【答案】C【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得△PDO ≅△PCO ，△PDB ≅△PCA ，从而得到PA =PB ，再在△PAC 中利用余弦定理求得PA =17，从而求得PB =17，由此在△PBC 中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；法二：先在△PAC 中利用余弦定理求得PA =17，cos ∠PCB =13，从而求得PA ⋅PC =-3，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于PB ,∠BPD 的方程组，从而求得PB =17，由此在△PBC 中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一：连结AC ,BD 交于O ，连结PO ，则O 为AC ,BD 的中点，如图，因为底面ABCD 为正方形，AB =4，所以AC =BD =42，则DO =CO =22，又PC =PD =3，PO =OP ，所以△PDO ≅△PCO ，则∠PDO =∠PCO ，又PC =PD =3，AC =BD =42，所以△PDB ≅△PCA ，则PA =PB ，在△PAC 中，PC =3,AC =42,∠PCA =45°，则由余弦定理可得PA 2=AC 2+PC 2-2AC ⋅PC cos ∠PCA =32+9-2×42×3×22=17，故PA =17，则PB =17，故在△PBC 中，PC =3,PB =17,BC =4，所以cos ∠PCB =PC 2+BC 2-PB 22PC ⋅BC=9+16-172×3×4=13，又0<∠PCB <π，所以sin ∠PCB =1-cos 2∠PCB =223，所以△PBC 的面积为S =12PC ⋅BC sin ∠PCB =12×3×4×223=4 2.法二：连结AC ,BD 交于O ，连结PO ，则O 为AC ,BD 的中点，如图，因为底面ABCD 为正方形，AB =4，所以AC =BD =42，在△PAC 中，PC =3,∠PCA =45°，则由余弦定理可得PA 2=AC 2+PC 2-2AC ⋅PC cos ∠PCA =32+9-2×42×3×22=17，故PA =17，所以cos ∠APC =PA 2+PC 2-AC 22PA ⋅PC =17+9-322×17×3=-1717，则PA ⋅PC =PA PC cos ∠APC =17×3×-1717=-3，不妨记PB =m ,∠BPD =θ，因为PO =12PA +PC =12PB+PD ，所以PA +PC 2=PB +PD 2，即PA 2+PC 2+2PA ⋅PC =PB 2+PD 2+2PB ⋅PD ，则17+9+2×-3 =m 2+9+2×3×m cos θ，整理得m 2+6m cos θ-11=0①，又在△PBD 中，BD 2=PB 2+PD 2-2PB ⋅PD cos ∠BPD ，即32=m 2+9-6m cos θ，则m 2-6m cos θ-23=0②，两式相加得2m 2-34=0，故PB =m =17，故在△PBC 中，PC =3,PB =17,BC =4，所以cos ∠PCB =PC 2+BC 2-PB 22PC ⋅BC=9+16-172×3×4=13，又0<∠PCB <π，所以sin ∠PCB =1-cos 2∠PCB =223，所以△PBC 的面积为S =12PC ⋅BC sin ∠PCB =12×3×4×223=4 2.故选：C .18(2023·全国·统考高考真题)已知△ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，△ABD 为等边三角形，若二面角C -AB -D 为150°，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为()A.15B.25C.35D.25【答案】C【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取AB 的中点E ，连接CE ,DE ，因为△ABC 是等腰直角三角形，且AB 为斜边，则有CE ⊥AB ，又△ABD 是等边三角形，则DE ⊥AB ，从而∠CED 为二面角C -AB -D 的平面角，即∠CED =150°，显然CE ∩DE =E ,CE ,DE ⊂平面CDE ，于是AB ⊥平面CDE ，又AB ⊂平面ABC ，因此平面CDE ⊥平面ABC ，显然平面CDE ∩平面ABC =CE ，直线CD ⊂平面CDE ，则直线CD 在平面ABC 内的射影为直线CE ，从而∠DCE 为直线CD 与平面ABC 所成的角，令AB =2，则CE =1,DE =3，在△CDE 中，由余弦定理得：CD =CE 2+DE 2-2CE ⋅DE cos ∠CED =1+3-2×1×3×-32=7，由正弦定理得DE sin ∠DCE =CD sin ∠CED ，即sin ∠DCE =3sin150°7=327，显然∠DCE 是锐角，cos ∠DCE =1-sin 2∠DCE =1-3272=527，所以直线CD 与平面ABC 所成的角的正切为35.故选：C 19(2023·河南·校联考模拟预测)点P 是圆柱上底面圆周上一动点，△ABC 是圆柱下底面圆的内接三角形，已知在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若c =2，C =60°，三棱锥P -ABC 的体积最大值为233，则该三棱锥外接球的表面积为()A.193π B.283π C.539π D.433π【答案】B【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求得△ABC面积的最大值，利用正弦定理可求得圆柱底面圆半径，利用锥体体积公式可求得圆柱的高，进而可求得该三棱锥外接球的半径，结合球体表面积公式可求得结果.【详解】在△ABC中，由余弦定理可得4=c2=a2+b2-2ab cos C=a2+b2-ab≥2ab-ab=ab，即ab≤4，当且仅当a=b=2时，等号成立，所以，S△ABC=12ab sin C=34ab≤34×4=3，设圆柱的高为h，则V P-ABC=13S△ABC⋅h≤33h，因为三棱锥的P-ABC体积的最大值为233，则33h=233，所以，h=2，圆柱底面圆半径r=22sin60°=23=233，设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R，则该三棱锥的外接球和圆柱的外接球为同一个球，则R2=h22+r2=1+233 2=73，因此，三棱锥外接球的表面积为4πR2=283π.故选：B.【点评】与立体几何的交汇问题，往往是利用几何体中存在的三角形，应用正弦定理或余弦定理，确定解题所需要的几何量，完成角的(函数值)的计算、面积计算等，有时与数学文化相结合，解决古典书籍中的问题，或与时俱进，解决现实生活中的立体几何问题，善于发现相关三角形或做辅助线构造三角形，是解题的重要基础.热点七正弦定理、余弦定理应用于平面几何问题20(2023·全国·统考高考真题)在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD=．【答案】2【分析】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出B,C，即可根据三角形的特征求出．。
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数学试题汇编 专题训练解答题（4）【2010德州一模】17．(本题满分12分)在ABC ∆中，角,,A B C 所列边分别为,,a b c ，且tan 21tan A cB b+=。
(Ⅰ)求角A ；(Ⅱ)若a =bc 取得最大值时ABC ∆形状。
18．(本题满分12分)如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面,////,,ABCD AD BC FE AB AD M ⊥为EC 的中 点，12AF AB BC FE AD ====。
(Ⅰ)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (Ⅱ)证明：平面AMD ⊥平面CDE ； (Ⅲ)求二面角A CD E --的余弦值。
19．(本地满分12分)某足球俱乐部和其他4支俱乐部进行足球联赛，它要与其他每支球队各赛一场，在4场的任意一场中，此俱乐部每次胜、负、平的概率相等。
已知当这四场比赛结束后，该俱乐部胜场多于负场。
(Ⅰ)求该俱乐部胜场多于负场的所有可能的个数和；(Ⅱ)若胜场次数为X ，求出X 的分布列并求X 的数学期望。
20．(本题满分12分)已知当5x =时，二次函数2()f x ax bx c =++取得最小值，等差数列{}n a的前n 项和2(),7n S f n a ==- (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)令2n n n a b =，数列{}n b 的前n 项和为nT ，证明92n T ≤-。
21．(本题满分12分)已知曲线C 上任意一点M 到点(0,1)F 的距离比它到直线:2l y =-的距离小1。
(Ⅰ)求曲线C 的方程；(Ⅱ)过点(2,2)P 的直线m 与曲线C 交于,A B 两点，设AP PB λ=①当1λ=时，求直线m 的方程；②当AOB ∆的面积为时(O 为坐标原点)，求直线m 的斜率。
22．(本题满分14分)设函数()ln ,()f x x ax a =-∈R (Ⅰ)判断函数()f x 的单调性；(Ⅱ)当ln (0,)x ax <+∞上恒成立时，求a 的取值范围；(Ⅲ)证明：1(1)()ne n n+<∈+N【2010德州一模】答案17．(本题满分12分)在ABC ∆中，角,,A B C 所列边分别为,,a b c ，且tan 21tan A cB b+=。
(Ⅰ)求角A ；(Ⅱ)若a =bc 取得最大值时ABC ∆形状。
解：(Ⅰ) tan 2sin cos 2sin 11,tan sin cos sin A c A B CB b B A B+=⇒+= ………………………………2分 即sin cos sin cos 2sin ,sin cos sin B A A B CB A B += sin()2sin 1,cos ,sin cos sin 2A B C A B A B +∴=∴= ………………………………………………4分 0,.3A A ππ<<∴=……………………………………………………………………6分(Ⅱ)在ABC ∆中，2222cos ,a b c bc A =+-且a =2222212,2b c bc b c bc ∴=+-⋅=+- 222,32,b c bc bc bc +≥∴≥-即3bc ≤，当且仅当b c ==bc 取得最大值， ………………………………9分又a =故bc 取得最大值时，ABC ∆为等边三角形 ……………………………………………12分 18．(本题满分12分)如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面,////,,ABCD AD BC FE AB AD M ⊥为EC 的中 点，12AF AB BC FE AD ====。
(Ⅰ)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小；(Ⅱ)证明：平面AMD ⊥平面CDE ； (Ⅲ)求二面角A CD E --的余弦值。
解：如图建立空间直角坐标系，设1,AF =则(0,0,1),(0,0,0),(1,0,0),(0,2,0),(0,1,1),F A B D E (1,1,0)C因为M 为EC 的中点，则11(,1,)22M(Ⅰ) 1(1,0,1),(0,1,1),cos ,602BF DE BF DE BF DE θθ⋅=-=-===||||………………4分 (Ⅱ) 11(,1,),(0,2,0),(1,0,1)22AM AD CE BF ====- ，则0,0C E A M C E A M ⋅=⋅=所以CE ⊥平面ADM ，得平面AMD ⊥平面CDE ； ………………………………8分(Ⅲ)由图可得平面ACD 的法向量为1(0,0,1)n = ，设平面CDE 的法向量为2(,,)n x y z =(1,0,1),(1,1,0),CE BF DC ⋅=-=-列方程组的00x z x y -+=-=得2(1,1,1)n =1212cos 3n n n n φ⋅==|||| ……………………………………………………………………12分 19．(本地满分12分)某足球俱乐部和其他4支俱乐部进行足球联赛，它要与其他每支球队各赛一场，在4场的任意一场中，此俱乐部每次胜、负、平的概率相等。
已知当这四场比赛结束后，该俱乐部胜场多于负场。
(Ⅰ)求该俱乐部胜场多于负场的所有可能的个数和；(Ⅱ)若胜场次数为X ，求出X 的分布列并求X 的数学期望。
解：(Ⅰ)若胜一场，则其余为平，共有144,C = ………………………………………2分若胜两场，则其余两场有一负一平和两平两种情况，共有21242418,C C C +=………………………………………………………………………4分若胜三场，则其余一场有负和平两种情况，共有3428,C ⨯= ……………………………………………………………………………6分若胜四场，则只有一种情况，共有1,综上，共有31种情况。
……………………………………………………………………8分 (Ⅱ)X 可能取值为418811,2,3,4,(1),(2),(3),(4),31313131P X P x P x P x ======== 所以分布列为。
………………………………10分68()31E X =…………………………………………………………………………………12分 20．(本题满分12分)已知当5x =时，二次函数2()f x ax bx c =++取得最小值，等差数列{}n a的前n 项和2(),7n S f n a ==- (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ)令2n n n a b =，数列{}n b 的前n 项和为nT ，证明92n T ≤-。
解：(Ⅰ)由题意得：2215,(1)(1)22n n n ba S S an bn c a nb nc an a--==-=++-----= 2211.7,b a an a a +-=-=-∴ 得1a = ………………………………………………4分 211n a n ∴=-………………………………………………………………………………6分(Ⅱ) 211,2n nn b -=297211222n nn T ---∴=+++ ① 21192132112222n n n n n T +---=+++ ② ①-②得21111119222112222211(1)9211221221271211222n n n n n n n n T n n +-+-+---=++++--=-+---=---2772n nn T -∴=-- ………………………………………………………………………10分 192T =-2979222T =--<-397592222T =---<-当4n ≥时，272790,77222nn n n n T -->∴=--<-<- 92n T ∴<- …………………………………………………………………………………12分21．(本题满分12分)已知曲线C 上任意一点M 到点(0,1)F 的距离比它到直线:2l y =-的距离小1。
(Ⅰ)求曲线C 的方程；(Ⅱ)过点(2,2)P 的直线m 与曲线C 交于,A B 两点，设AP PB λ=①当1λ=时，求直线m 的方程；②当AOB ∆的面积为时(O 为坐标原点)，求直线m 的斜率。
解：(Ⅰ) 点M 到(1,0)F 的距离比它到直线:2l y =-的距离小于1∴点M 在直线l 的上方，点M 到(1,0)F 的距离与它到直线:1l y '=-的距离相等 ∴点M 的轨迹C 是以F 为焦点，l '为准线的抛物线所以曲线C 的方程为24x y =……………………………………………………………4分 (Ⅱ))当直线m 的斜率不存在时，它与曲线C 只有一个交点，不合题意， 设直线m 的方程为2(2),y k x -=-即(22),y kx k =+- 带入24x y =得248(1)0x kx k -+-=216(22)0k k ∆=-+>对k ∈R 恒成立，所以直线m 与曲线C 恒有两个不同的交点设交点,A B 的坐标分别为1122(,),(,)A x y B x y则12124,8(1)x x k x x k +==-……………………………………………………………6分①由,AP PB λ=且1λ=得点P 是弦AB 的中点，124x x ∴+=，则44,k =得1k =∴直线m 的方程是0x y -=………………………8分②AB =||==点O 到直线m 的距离d =……………………………………………………10分14-12ABO S AB d k ∆∴=⋅==||||ABO S ∆=∴=422(1)(1)20,(1)1k k k ∴-+--=-=或2(1)2k -=-（舍去）0k ∴=或2k =……………………………………………………………………………12分22．(本题满分14分)设函数()ln ,()f x x ax a =-∈R (Ⅰ)判断函数()f x 的单调性；(Ⅱ)当ln (0,)x ax <+∞上恒成立时，求a 的取值范围；(Ⅲ)证明：1(1)()ne n n+<∈+N解：1()f x a x'=- …………………………………………………………………………2分 (Ⅰ) 0x > 所以当0a ≤时，1()0,f x a x'=->()f x 在(0,)+∞是增函数 …………………………………………………………………4分 当0a >时，()f x 在1(0,)a上1()0,()f x a f x x '=->在1(,)a +∞上1()0,f x a x'=-< 故()f x 在1(0,)a 上是增函数，()f x 在1(,)a+∞上是减函数……………………………6分(Ⅱ)由(Ⅰ)知当0a ≤时，()ln 0f x x ax <-<在(0,)+∞上不恒成立；……………8分 当0a >时，()f x 在1x a =处取得最大值为1ln 1,a -因此1ln 10,a -<即1a e>时， ()ln 0f x x ax <-<在(0,)+∞上恒成立，即ln x ax <在(0,)+∞上恒成立。