《创新设计 高考总复习》2014届高考数学一轮复习：易失分点清零(五)三角函数与解三角形

易失分点清零(五) 三角函数与解三角形1.在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且cos 2A 2＝b ＋c2c ，则△ABC 是( )．A ．直角三角形B ．等腰三角形或直角三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形解析 因为cos 2A 2＝b ＋c 2c 及2cos 2A 2－1＝cos A ，所以cos A ＝bc ，则△ABC 是直角三角形．故选A. 答案 A2．函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x －π2的图象向右平移π4个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12.所得函数解析式为( )．A ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10x －3π4B ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10x －7π2C ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10x －3π2D ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10x －7π4 解析 将原函数向右平移π4个单位长度，所得函数解析式为y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤5⎝⎛⎭⎪⎫x －π4－π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x －7π4，再压缩横坐标得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10x －7π4.故选D.答案 D3．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且(3b －c )cos A ＝a cos C ，则cos A 的值等于( )．A.32B.33C.34D.36解析 (3b －c )cos A ＝a cos C ，由正弦定理得3sin B cos A ＝sin C cos A ＋cos C sin A ⇒3sin B cos A ＝sin(C ＋A )＝sin B ，又sin B ≠0，所以cos A ＝33，故选B. 答案 B4．设函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)＋cos(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期为π，且f (－x )＝f (x )，则( )．A ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2单调递减B ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4单调递减C ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2单调递增D ．f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4单调递增解析 先将f (x )化为单一函数形式： f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋φ＋π4，∵f (x )的最小正周期为π，∴ω＝2. ∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋π4.由f (x )＝f (－x )知f (x )是偶函数， 因此φ＋π4＝k π＋π2(k ∈Z )． 又|φ|<π2，∴φ＝π4，∴f (x )＝2cos 2x .由0<2x <π，得0<x <π2时，f (x )单调递减，故选A. 答案 A5．在△ABC 中，a ＝15，b ＝10，A ＝60°，则cos B ＝( )．A.63B.223C ．－63D ．－223解析 因为a ＝15，b ＝10，A ＝60°，所以在△ABC 中，由正弦定理可得sin B ＝b sin A a ＝10×3215＝33，又由a >b 可得A >B ，即得B 为锐角，则cos B ＝1－sin 2B ＝63. 答案 A6.已知函数y ＝sin(ωx ＋φ)ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )．A ．ω＝1，φ＝π6 B ．ω＝1，φ＝－π6 C ．ω＝2，φ＝π6 D ．ω＝2，φ＝－π6解析 ∵T ＝π，∴ω＝2.由五点作图法知2×π3＋φ＝π2，∴φ＝－π6. 答案 D7．(2013·龙岩模拟)将函数y ＝f (x )·sin x 的图象向右平移π4个单位后，再作关于x 轴的对称变换，得到函数y ＝1－2sin 2x 的图象，则f (x )可以是 ( )．A ．sin xB ．cos xC ．2sin xD ．2cos x解析 运用逆变换方法：作y ＝1－2sin 2x ＝cos 2x 的图象关于x 轴的对称图象得y ＝－cos 2x ＝－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4的图象，再向左平移π4个单位得y ＝f (x )·sin x ＝－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝sin 2x ＝2sin x cos x 的图象．∴f (x )＝2cos x .答案 D8．若cos(α＋β)＝15，cos(α－β)＝35，则tan αtan β＝( )．A.12B ．－12C.32D ．－32解析 由已知，得cos αcos β－sin αsin β＝15，cos αcos β＋sin αsin β＝35，则有cos αcos β＝25，sin αsin β＝15，所以sin αsin βcos αcos β＝12，即tan αtan β＝12. 答案 A9．(2013·湖州模拟)在△ABC 中，B ＝60°，AC ＝3，则AB ＋2BC 的最大值为________．解析 由正弦定理知AB sin C ＝3sin 60°＝BCsin A ， ∴AB ＝2sin C ，BC ＝2sin A ．又A ＋C ＝120° ∴AB ＋2BC ＝2sin C ＋4sin(120°－C ) ＝2(sin C ＋2sin 120°cos C －2cos 120°sin C ) ＝2(sin C ＋3cos C ＋sin C ) ＝2(2sin C ＋3cos C ) ＝27sin(C ＋α)，其中tan α＝32，α是第一象限角． 由于0°<C <120°，且α是第一象限角， 因此AB ＋2BC 有最大值27. 答案 2710．已知方程x 2＋4ax ＋3a ＋1＝0(a >1)的两根分别为tan α，tan β，且α，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，则tanα＋β2的值是________． 解析 因为a >1，tan α＋tan β＝－4a <0， tan α·tan β＝3a ＋1>0，所以tan α<0，tan β<0. 又由α，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，得α，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0， 所以α＋β∈(－π，0)，则α＋β2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0.又tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝－4a 1－(3a ＋1)＝43，又tan(α＋β)＝2tan α＋β21－tan 2α＋β2＝43，整理，得2tan 2α＋β2＋3tan α＋β2－2＝0， 解得tanα＋β2＝－2或tan α＋β2＝12(舍去)．答案 －211．函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π3的单调递减区间是________．解析 即求y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的单调递增区间，由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π12≤x ≤k π＋5π12(k ∈Z )． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12(k ∈Z ) 12．将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω>0)的图象向左平移π3ω个单位，得到函数y ＝g (x )的图象．若y ＝g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上为增函数，则ω的最大值为________．解析 由条件，得g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ω⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3ω－π3＝2sin ωx ，从而T 4＝π2ω≥π4，解之得ω≤2，所以ω的最大值为2. 答案 213．在△ABC 中，AC AB ＝cos Bcos C . (1)证明：B ＝C ；(2)若cos A ＝－13，求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4B ＋π3的值． (1)证明 在△ABC 中，由正弦定理及已知， 得sin B sin C ＝cos Bcos C .于是sin B cos C －cos B sin C ＝0，即sin(B －C )＝0. 因为－π<B －C <π，从而B －C ＝0. 所以B ＝C .(2)解 由A ＋B ＋C ＝π和(1)，得A ＝π－2B ， 故cos 2B ＝－cos(π－2B )＝－cos A ＝13. 又0<2B <π，于是sin 2B ＝1－cos 22B ＝223. 从而sin 4B ＝2sin 2B cos 2B ＝429，cos 4B ＝cos 22B －sin 22B ＝－79.所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4B ＋π3＝sin 4B cos π3＋cos 4B sin π3＝42－7318.14．已知函数f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2x 2＋sin x ＋b .(1)当a ＝1时，求f (x )的单调递增区间；(2)当a >0，且x ∈[0，π]时，f (x )的值域是[3,4]，求a ，b 的值．解 (1)因为f (x )＝1＋cos x ＋sin x ＋b ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋b ＋1，由2k π－π2≤x ＋π4≤2k π＋π2(k ∈Z )，得2k π－3π4≤x ≤2k π＋π4(k ∈Z )，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )．(2)因为f (x )＝a (sin x ＋cos x )＋a ＋b ＝2a sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ＋b ，因为x ∈[0，π]，则x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，5π4，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，1.故⎩⎨⎧2a ＋a ＋b ＝4，2a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋a ＋b ＝3，所以⎩⎨⎧a ＝2－1，b ＝3.。