2018届高考数学二轮复习浙江专用课件 专题二 三角函数与平面向量 第1讲 精品
2018届高考数学理二轮复习江苏专用课件：专题二 三角函数与平面向量 第1讲 精品
[微题型 2] 三角函数图象与性质的综合应用
【例 2－2】 (2016·苏、锡、常、镇调研)设函数 f(x)＝sin2ωx＋ 2 3sin ωx·cos ωx－cos2ωx＋λ(x∈R)的图象关于直线 x＝π 对称，其中 ω，λ为常数，且 ω∈12，1.
(1)求函数 f(x)的最小正周期； (2)若 y＝f(x)的图象经过点π4 ，0，求函数 f(x)在 x∈0，π2 上 的值域.
答案 π 38π＋kπ，78π＋kπ(k∈Z)
考点整合 1.常用三种函数的易误性质
函数
y＝sin x
y＝cos x
y＝tan x
图象
在－π2 ＋2kπ， π2 ＋2kπ 单
(k∈Z)上单调递增；在 调 性 π2 ＋2kπ， 3π 2 ＋2kπ
(k∈Z)上单调递减
在[－π＋2k π，2kπ](k∈Z) 在－π2 ＋kπ， 上单调递增；在 [2kπ，π＋2k π2 ＋kπ(k∈Z) π](k∈Z)上单 上单调递增 调递减
2.(2011·江苏卷)函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)，(A，ω，
φ是常数，A＞0，ω＞0)的部分图象如图所示，
则 f(0)＝________. 解析 因为由图象可知振幅 A＝ 2，T4＝71π2 －π3 ＝π4 ，
所以周期 T＝π＝2ωπ，解得 ω＝2，将71π2 ，－ 2代入 f(x)
＝ 2sin(2x＋φ)，解得一个符合的 φ＝π3 ，
∴ω＝2Tπ＝21π6 ＝π8 .∴y＝4sinπ8 x＋φ，
把点(6，0)代入得：π8 ×6＋φ＝0，得 φ＝－3π 4 . ∴y＝4sinπ8 x－3π 4 ，又∵|φ|＜π2 .∴y＝－4sinπ8 x＋π4 .
(2)根据图象可知，A＝2，34T＝111π2 －π6 ，所以周期 T＝π，
2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习讲义：第二部
专题一善用数学思想高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合；二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想等．数学思想与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得，与此同时，它们又直接对知识的形成起到指导作用．因此，在平时的学习中，我们应对数学思想方法进行认真的梳理与总结，逐个认识它们的本质特征，逐步做到自觉地、灵活地将其运用于所需要解决的问题之中．第一讲函数与方程思想__数形结合思想一、函数与方程思想函数与方程思想的含义函数与方程思想在解题中的应用———————[典例示范]————— 应用一 解决数列、不等式问题[例1] 已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列．(1)若a 1＝2，且a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，求数列{a n }的通项公式a n ； (2)在(1)的条件下，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n，若对任意的n ∈N *，不等式b n ≤k 恒成立，求实数k 的最小值．[解] (1)因为a 1＝2，a 23＝a 2·(a 4＋1)， 又因为{a n }是正项等差数列，故d ≥0， 所以(2＋2d )2＝(2＋d )(3＋3d )，(列出方程) 解得d ＝2或d ＝－1(舍去)， 所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n . (2)因为S n ＝n (n ＋1)， 所以b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝1n ＋1n ＋2＋1n ＋2n ＋3＋…＋12n2n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1＝n 2n 2＋3n ＋1＝12n ＋1n＋3， 令f (x )＝2x ＋1x(x ≥1)，(构造函数)则f ′(x )＝2－1x2，当x ≥1时，f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在[1，＋∞)上是增函数， 故当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝3， 即当n ＝1时，(b n )max ＝16，要使对任意的正整数n ，不等式b n ≤k 恒成立， 则须使k ≥(b n )max ＝16，所以实数k 的最小值为16.———[即时应用]—————————— 1.(1)设a ＞0，b ＞0.( ) A ．若2a ＋2a ＝2b＋3b ，则a ＞b B ．若2a ＋2a ＝2b＋3b ，则a ＜b C ．若2a －2a ＝2b－3b ，则a ＞b D ．若2a －2a ＝2b－3b ，则a ＜b(2)f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则a ＝________. 解析：(1)由2a＋2a ＝2b＋3b ， 整理得，(2a＋2a )－(2b＋2b )＝b >0， 令f (x )＝2x ＋2x ，显然f (x )是单调递增函数， 由f (a )－f (b )>0可得a >b ，选A.(2)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝－2xx 4，所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4；当x ＜0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x3，设g (x )＝3x 2－1x3，且g (x )在区间[－1,0)上单调递增，因为g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上a ＝4.答案：(1)A (2)4——————————[典例示范]————————— 应用二 解决解析几何、立体几何问题[例2] 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，如图所示，设左顶点为A ，上顶点为B ，且OF ―→·FB ―→＝AB ―→·BF ―→.(1)求椭圆C 的方程；(2)若过F 的直线l 交椭圆于M ，N 两点，试确定FM ―→·FN ―→的取值范围． [解] (1)由已知，A (－a,0)，B (0，b )，F (1,0)， 则由OF ―→·FB ―→＝AB ―→·BF ―→，得b 2－a －1＝0. ∵b 2＝a 2－1，∴a 2－a －2＝0，(列出方程) 解得a ＝2. ∴a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)①若直线l 斜率不存在，则l ：x ＝1， 此时M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，N ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，FM ―→·FN ―→＝－94. ②若直线l 斜率存在，设l ：y ＝k (x －1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1消去y 得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，(列出方程) ∴x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.∴FM ―→·FN ―→＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2) ＝(1＋k 2)[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1] ＝－94－11＋k2.(转化为函数) ∵k 2≥0，∴0<11＋k2≤1，∴3≤4－11＋k 2<4，∴－3≤FM ―→·FN ―→<－94.综上所述，FM ―→·FN ―→的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3，－94. ——————————[即时应用]——————————2.(1)已知正四棱锥S ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( ) A ．1B. 3 C ．2 D ．3(2)(2016·浙江高考)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．解析：(1)设正四棱锥S ABCD 的底面边长为a (a ＞0)，则高h ＝ SA 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＝12－a 22，所以体积V ＝13a 2h ＝1312a 4－12a 6.设y ＝12a 4－12a 6(a ＞0)，则y ′＝48a 3－3a 5.令y ′＞0，得0＜a ＜4；令y ′＜0，得a ＞4.故函数y 在(0,4]上单调递增，在[4，＋∞)上单调递减．可知当a ＝4时，y 取得最大值，即体积V 取得最大值，此时h ＝12－a 22＝2，故选C.(2)在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝22＋22－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2 3.设CD ＝x ，则AD ＝23－x ， ∴PD ＝23－x ， ∴V P BCD ＝13S △BCD ·h≤13×12BC ·CD ·sin 30°·PD ＝16x (23－x )≤16⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋23－x 22 ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＝12， 当且仅当x ＝23－x ，即x ＝3时取“＝”， 此时PD ＝3，BD ＝1，PB ＝2，满足题意． 故四面体PBCD 的体积的最大值为12.答案：(1)C (2)12二、数形结合思想应用一 处理方程根、函数零点问题[例3] (1)(2017·杭州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 12，x ≤0，log 5x ，x >0，函数g (x )是周期为2的偶函数且当x ∈[0,1]时，g (x )＝2x－1，则函数y ＝f (x )－g (x)的零点个数是( )A ．5B ．6C ．7D ．8(2)已知定义在R 上的奇函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当0＜x ≤1时，f (x )＝log12x ，则方程f (x )－1＝0在(0,6)内的所有根之和为( )A ．8B ．10C ．12D ．16[解析] (1)在同一坐标系中作出y ＝f (x )和y ＝g (x )的图象如图所示，由图象可知当x >0时，有4个零点，当x ≤0时，有2个零点，所以一共有6个零点，故选B.(2)∵奇函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴f (x )＝f (2－x )＝－f (－x )，即f (x )＝－f (x ＋2)＝f (x ＋4)，∴f (x )是周期函数，其周期T ＝4.当0＜x ≤1时，f (x )＝log 12x ，故f (x )在(0,6)上的函数图象如图所示．由图可知方程f (x )－1＝0在(0,6)内的根共有4个，其和为x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝2＋10＝12，故选C.[答案] (1)B (2)C———————————[即时应用]——————————3.(1)已知函数f (x )＝2mx 2－2(4－m )x ＋1，g (x )＝mx ，若对于任一实数x ，f (x )与g (x )至少有一个为正数，则实数m 的取值范围是( )A ．(0,2)B ．(0,8)C ．(2,8)D ．(－∞，0)(2)(2018届高三·温州五校联考)已知直线(1－m )x ＋(3m ＋1)y －4＝0所过定点恰好落在函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log a x ，0＜x ≤3，|x －4|，x ＞3的图象上，若函数h (x )＝f (x )－mx ＋2有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1 D ．(1，＋∞)解析：(1)m ＝0时结论显然不成立；当m <0时，二次函数的对称轴－b 2a ＝4－m2m <0，如图①，x >0时显然不成立；当0<m ≤4时，－b 2a ＝4－m2m >0，如图②，此时结论显然成立；当m >4时，如图③，－b 2a ＝4－m 2m<0时，只要Δ＝4(4－m )2－8m ＝4(m －8)(m －2)<0即可，即4<m <8，故有0<m <8，选B.(2)由(1－m )x ＋(3m ＋1)y －4＝0，得x ＋y －4－m (x －3y )＝0，∴由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝0，x －3y ＝0，可得直线过定点(3,1)，∴log a 3＝1，∴a ＝3.令f (x )－mx ＋2＝0，得f (x )＝mx －2，在同一坐标系上作出y 1＝f (x )与y 2＝mx －2的图象，易得12＜m ＜1.答案：(1)B (2)B——————————[典例示范]———————— 应用二 求解参数的范围及最值问题[例4] (1)若存在实数a ，对任意的x ∈[0，m ]，都有(sin x －a )(cos x －a )≤0恒成立，则实数m 的最大值为( )A.π4 B.π2 C.3π4D.5π4(2)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．[解析] (1)在同一坐标系中，作出y ＝sin x 和y ＝cos x 的图象， 当m ＝π4时，要使不等式恒成立，只有a ＝22，当m >π4时，在x ∈[0，m ]上，必须要求y ＝sin x 和y ＝cos x 的图象不在y ＝a ＝22的同一侧．所以m 的最大值是3π4，选C.(2)作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意及图象知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12.[答案] (1)C (2)⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 ———————————[即时应用]—————————— 4.(1)对实数a和b ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b >1. 设函数f (x )＝(x 2－2)⊗(x－x 2)，x ∈R.若函数y ＝f (x )－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是( )A ．(－∞，－2]∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32B ．(－∞，－2]∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，14∪⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－34∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞(2)已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m ，0)，B (m ，0) (m >0)．若圆C 上存在点P ，使得 ∠APB ＝90°，则 m 的最大值为( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：(1)∵f (x )＝(x 2－2)⊗(x －x 2) ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，－1≤x ≤32，x －x 2，x <－1或x >32.作出其图象，从图象可以看出；c ≤－2时，y ＝f (x )与y ＝c 有两个公共点，即函数y ＝f (x )－c 的图象与x 轴恰有两个公共点；同样的，－1<c <－34也满足要求，故选B.(2)根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C 的坐标为(3,4)，半径r ＝1，且|AB |＝2m ，因为∠APB ＝90°，连接OP ，易知|OP |＝12|AB |＝m .要求m 的最大值，即求圆C 上的点P 到原点O的最大距离．因为|OC |＝ 32＋42＝5，所以|OP |max ＝|OC |＋r ＝6，即m 的最大值为6.答案：(1)B (2)B[数学思想专练(一)]一、选择题1．(2018届高三·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝4，S 10＝110，则S n ＋64a n的最小值为( )A ．7B ．8 C.152D.172解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝4，S 10＝10a 1＋10×92d ＝110，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝2n ＋n n －2×2＝n 2＋n ，所以S n ＋64a n ＝n 2＋n ＋642n ＝n 2＋32n ＋12≥2n 2·32n ＋12＝172，当且仅当n 2＝32n，即n ＝8时取等号，故选D. 2．若关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1<0<x 2<2，则k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，0B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－34，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34 解析：选B 构造函数f (x )＝x 2＋2kx －1，∵关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1，x 2满足－1≤x 1<0<x 2<2，∴⎩⎪⎨⎪⎧f －，f ，f，即⎩⎪⎨⎪⎧－2k ≥0，－1<0，4k ＋3>0，∴－34<k ≤0.3．设函数g (x )＝x 2－2(x ∈R)，又函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧gx ＋x ＋4，x <g x ，g x －x ，x ≥g x则f (x )的值域是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0∪(1，＋∞)B ．[0，＋∞)C ．[－94，＋∞)D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0∪(2，＋∞)解析：选D 依题意知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2＋x ＋4，x <x 2－2，x 2－2－x ，x ≥x 2－2，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x <－1或x >2，x 2－x －2，－1≤x ≤2.画出f (x )的图象，如图所示，从图中可以看出f (x )的值域为(2，＋∞)∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤－94，0.4．已知f (x )＝e x －e －x＋1，若f (a )＋f (a －2)<2，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，2) C ．(1，＋∞)D ．(2，＋∞)解析：选A 设g (x )＝e x－e －x，显然有f (x )＝g (x )＋1，且g (x )为奇函数，在R 上是增函数， 因为f (a )＋f (a －2)<2，所以g (a )＋g (a －2)<0，所以g (a )<－g (a －2)＝g (2－a )，所以a <2－a ，所以a <1，选A.5．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a <0)的定义域为D ，若所有点(s ，f (t ))(s ，t ∈D )构成一个正方形区域，则a 的值为( )A ．－2B ．－4C ．－8D ．不能确定解析：选B 根据二次函数性质及复合函数的性质，如示意图，设g (x )＝ax 2＋bx ＋c (a <0)的两个零点为x 1，x 2，则一定有|x 1－x 2|＝f max (x )，故b 2－4aca 2＝ 4ac －b 24a，a 2＝－4a ，a ＝－4，选B. 6．定义域为R 的偶函数f (x )满足对任意x ∈R ，有f (x ＋2)＝f (x )－f (1)，且当x ∈[2,3]时，f (x )＝－2x 2＋12x －18，若函数y ＝f (x )－log a (x ＋1)在(0，＋∞)上至少有三个零点，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22C.⎝⎛⎭⎪⎫0，55 D.⎝⎛⎭⎪⎫0，66 解析：选A ∵f (x ＋2)＝f (x )－f (1)，令x ＝－1，则f (1)＝f (－1)－f (1)， ∵f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (1)＝f (－1)，∴f (1)＝0. ∴f (x )＝f (x ＋2)，即函数f (x )是定义在R 上的周期为2的偶函数， 又∵当x ∈[2,3]时，f (x )＝－2x 2＋12x －18，令g (x )＝log a (x ＋1) ，则f (x )与g (x )在[0，＋∞)的部分图象如图所示．y ＝f (x )－log a (x ＋1)在(0，＋∞)上至少有三个零点，可化为f (x )与g (x )的图象在(0，＋∞)上至少有三个交点，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，log a 3>－2，解得0＜a ＜33，故选A. 二、填空题7．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，y ≤3，x －y ≤1，若z ＝kx ＋y 的最大值为5，且k 为负整数，则k ＝________.解析：利用线性规划的知识画出不等式组表示的可行域如图所示： 其中点A (－2,3)，B (4,3)，C (1,0)，根据线性规划知识可得，目标函数的最优解必在交点处取得，则－2k ＋3＝5或4k ＋3＝5或k ＋0＝5，又k 为负整数，所以k ＝－1.答案：－18．(2017·泰州模拟)在直角△ABC 中，AB ＝2，AC ＝23，斜边BC 上有异于端点的两点E ，F ，且EF ＝1，则AE ―→·AF ―→的取值范围是________．解析：建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设E (x,23－3x )，Fx ＋12，332－3x ，其中0<x <32，所以AE ―→·AF ―→＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＋()23－3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫332－3x ＝4x 2－10x ＋9.设f (x )＝4x 2－10x ＋9⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <32，则其图象的对称轴为x ＝54，其值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，9，所以AE ―→·AF ―→的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，9.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，99.如图，设直线m ，n 相交于点O ，且夹角为30°，点P 是直线m 上的动点，点A ，B 是直线n 上的定点．若|OA ―→|＝|AB ―→|＝2，则PA ―→·PB ―→的最小值是________．解析：以OB 所在直线为x 轴，过O 且垂直于AB 的直线为y 轴，建立如图的坐标系，则A (2,0)，B (4,0)，设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，33a ，则PA ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫2－a ，－33a ，PB ―→＝4－a ，－33a ，所以PA ―→·PB ―→＝(2－a )(4－a )＋13a 2＝43a 2－6a ＋8＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫a －942＋54≥54，所以PA ―→·PB ―→的最小值为54. 答案：54三、解答题10．已知函数f (x )＝|4x －x 2|－a ，当函数有4个零点时，求a 的取值范围． 解：∵函数f (x )＝|4x －x 2|－a 有4个零点， ∴方程|4x －x 2|＝a 有4个不同的解． 令g (x )＝|4x －x 2|＝⎩⎪⎨⎪⎧4－x －2， 0≤x ≤4，x －2－4，x <0或x >4.作出g (x )的图象，如图所示，由图象可以看出， 当h (x )＝a 与g (x )有4个交点时，0<a <4， ∴a 的取值范围为(0,4)．11．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意得，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0， 解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2.从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ， 显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋n －2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.12.已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF＝1－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 被圆O ：x 2＋y 2＝4所截得的弦长为23，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△OMN 面积的最大值．解：(1)由题意，知椭圆C 的焦点在x 轴上，设其方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由已知得e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2，即a ＝2b ，① 可得c ＝3b .②S △ABF ＝12|AF ||OB |＝12(a －c )b ＝1－32.③ 联立①②③，解得b ＝1，a ＝2， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意，知圆心O 到直线l 的距离d ＝22－32＝1，即|m |1＋k2＝1，故有m 2＝1＋k 2，④由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m消去y 并整理，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0. 因为Δ＝4k 2－m 2＋1＝3k 2>0，所以k ≠0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1， x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1，所以|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4×4m 2－44k 2＋1＝k 2－m 2＋k 2＋2，⑤将④代入⑤，得|x 1－x 2|2＝48k 2k 2＋2，故|x 1－x 2|＝43|k |4k 2＋1，|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝43k 2k 2＋4k 2＋1，故△OMN 的面积S ＝12|MN |×d ＝23k 2k 2＋4k 2＋1.令t ＝4k 2＋1>1，则S ＝23×t －14×⎝⎛⎭⎪⎫t －14＋1t 2＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132＋49. 所以当t ＝3，即k ＝±22时，S max ＝32×49＝1. 第二讲分类讨论、转化与化归思想 一、分类讨论思想类型一 由参数引起的分类讨论 [例1] 已知函数f (x )＝x ＋ax(x >0)．(1)若a <0，试用定义证明：f (x )在(0，＋∞)上单调递增；(2)若a >0，当x ∈[1,3]时，不等式f (x )≥2恒成立，求a 的取值范围． [解] (1)证明：若a <0，设0<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎪⎫1－a x 1x 2. 因为x 1－x 2<0,1－ax 1x 2>0，所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)若a >0，则f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． ①若0<a ≤1，则f (x )在[1,3]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a . 所以1＋a ≥2，即a ≥1，所以a ＝1.②若1<a <9，则f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，3]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a .所以2a ≥2，即a ≥1，所以1<a <9.③若a ≥9，则f (x )在[1,3]上单调递减，f (x )min ＝f (3)＝3＋a3.所以3＋a3≥2，即a ≥－3，所以a ≥9.综合①②③得a 的取值范围为[1，＋∞)．——————————[即时应用]————————— 1.已知函数f (x )＝sin x ，g (x )＝mx －x 36(m ∈R)．(1)求曲线y ＝f (x )在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4处的切线方程；(2)求函数g (x )的单调递减区间．解：(1)由题意得所求切线的斜率k ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝cos π4＝22，切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，22，则切线方程为y －22＝22⎝⎛⎭⎪⎫x －π4，即x －2y ＋1－π4＝0. (2)g ′(x )＝m －12x 2.①当m ≤0时，g ′(x )≤0，则g (x )的单调递减区间是(－∞，＋∞)； ②当m ＞0时，令g ′(x )＜0， 解得x ＜－2m 或x ＞2m ，则g (x )的单调递减区间是(－∞，－2m ) ，(2m ，＋∞)． 综上所述，m ≤0时，g (x )的单调递减区间是(－∞，＋∞)；m ＞0时，g (x )的单调递减区间是(－∞，－2m )，(2m ，＋∞)．——————————[典例示范]———————— 类型二 由概念、法则、公式引起的分类讨论[例2] 已知数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由已知条件可得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1， ∴S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3， 当n ＝1时，a 1＝1，而4×1－3＝1，∴a n ＝4n －3. (2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)， 当n 为偶数时，T n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(4n －3)＝4×n2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.————————————[即时应用]—————————2.(1)若函数f (x )＝a x(a >0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0(n ＝1,2，3，…)，则q 的取值范围为________． 解析：(1)若a >1，有a 2＝4，a －1＝m ，故a ＝2，m ＝12，此时g (x )＝－x 为减函数，不合题意，若0<a <1，有a －1＝4，a 2＝m ，故a ＝14，m ＝116，检验知符合题意．(2)因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0. 当q ＝1时，S n ＝na 1>0； 当q ≠1时，S n ＝a 1－qn1－q>0，即1－q n1－q >0(n ∈N *)，则有⎩⎪⎨⎪⎧1－q >0，1－q n>0，或⎩⎪⎨⎪⎧1－q <0，1－q n<0，即－1<q <1或q >1，故q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 答案：(1)14(2)(－1,0)∪(0，＋∞)二、转化与化归思想—————————[典例示范]———————— 类型一 形与数的转化[例3] (2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |； (2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．[解] (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t .又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ， 故直线ON 的方程为y ＝p tx ，将其代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t2p .因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点． 理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0， 解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点．———————————[即时应用]———————————3.(1)(2016·全国卷Ⅲ)已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点，A ，B分别为C 的左、右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13B.12C.23D.34(2)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝3，点E 为AD 的中点，现分别沿BE ，CE 将△ABE ，△DCE 翻折，使得点A ，D 重合于F ，此时二面角E BC F 的余弦值为________．解析：(1)如图所示，由题意得A (－a,0)，B (a,0)，F (－c,0)．设E (0，m )，由PF ∥OE ，得|MF ||OE |＝|AF ||AO |，则|MF |＝ma －ca.① 又由OE ∥MF ，得12|OE ||MF |＝|BO ||BF |，则|MF |＝m a ＋c2a.②由①②得a －c ＝12(a ＋c )，即a ＝3c ，∴e ＝c a ＝13.故选A.(2)如图所示，取BC 的中点P ，连接EP ，FP ，由题意得BF ＝CF ＝2，∴PF ⊥BC ，又EB ＝EC ，∴EP ⊥BC ，∴∠EPF 为二面角E BC F 的平面角，而FP ＝FB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC 2＝72，在△EPF 中，cos ∠EPF ＝EP 2＋FP 2－EF 22EP ·FP ＝4＋74－942×2×72＝74. 答案：(1)A (2)74—————————[典例示范]————————— 类型二 常量与变量的转化[例4] 设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t 在[－2,2]上变化时，y 恒取正值，求x 的取值范围．[解] 设y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1， 当x ＝2时，f (t )＝0，所以x ≠2， 故f (t )是一次函数，当t ∈[－2,2]时，f (t )>0恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧f －，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－4log 2x ＋3>0，2x2－1>0，解得log 2x <－1或log 2x >3. ∴0<x <12或x >8，∴x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞)． ———————————[即时应用]——————————4.(1)对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px >4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________．(2)设f (x )是定义在R 上的单调递增函数，若f (1－ax －x 2)≤f (2－a )对任意a ∈[－1,1]恒成立，则x 的取值范围为________．解析：(1)设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3， 当x ＝1时，f (p )＝0，所以x ≠1. 要使f (p )在0≤p ≤4上恒正，等价于⎩⎪⎨⎪⎧f ，f，即⎩⎪⎨⎪⎧x －x －，x 2－1>0，解得x >3或x <－1.(2)∵f (x )是R 上的增函数． ∴1－ax －x 2≤2－a ，a ∈[－1,1]．即(x －1)a ＋x 2＋1≥0，对a ∈[－1,1]恒成立． 令g (a )＝(x －1)a ＋x 2＋1.则⎩⎪⎨⎪⎧g －＝x 2－x ＋2≥0，g ＝x 2＋x ≥0，解得x ≥0或x ≤－1.即实数x 的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．答案：(1)(－∞，－1)∪(3，＋∞) (2)(－∞，－1]∪[0，＋∞)[数学思想专练(二)]一、选择题1．设常数a ∈R ，集合A ＝{x |(x －1)(x －a )≥0}，B ＝{x |x ≥a －1}，若A ∪B ＝R ，则a 的取值范围为( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，2]C ．(2，＋∞)D ．[2，＋∞)解析：选B 当a >1时，则集合A ＝{x |x ≤1或x ≥a }，则A ∪B ＝R ，可知a －1≤1，即a ≤2，故1<a ≤2；当a ＝1时，则集合A ＝R ，显然A ∪B ＝R ，故a ＝1； 当a <1时，则集合A ＝{x |x ≥1或x ≤a }， 由A ∪B ＝R ，可知a －1≤a ，显然成立，故a <1； 综上可知，a 的取值范围是a ≤2.故选B 项．2．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定解析：选B ∵b cos C ＋c cos B ＝b ·b 2＋a 2－c 22ab ＋c ·c 2＋a 2－b 22ac ＝b 2＋a 2－c 2＋c 2＋a 2－b 22a＝2a22a ＝a ＝a sin A ，∴sin A ＝1. ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π2，即△ABC 是直角三角形．3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x，x ≤1，1－log 2x ，x >1，则f (x )≤2时x 的取值范围是( )A ．[0，＋∞) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12 C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 解析：选A 当x ≤1时，21－x≤2⇒x ≥0；当x >1时，1－log 2x ≤2⇒log 2x ≥－1＝log 2 2－1⇒x ≥2－1＝12.综上得，x 的取值范围为[0，＋∞)．4．设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线C 的离心率等于( )A.12或32 B.23或2C.12或2 D.23或32解析：选A 不妨设|PF 1|＝4t ，|F 1F 2|＝3t ，|PF 2|＝2t ，其中t ≠0，若该曲线为椭圆，则有|PF 1|＋|PF 2|＝6t ＝2a ，|F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 6t ＝12；若该曲线为双曲线，则有|PF 1|－|PF 2|＝2t ＝2a ，|F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 2t ＝32. 5．如果正整数a 的各位数字之和等于6，那么称a 为“好数”(如：6,24,2 013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a 1，a 2，a 3，…，若a n ＝2 013，则n ＝( )A ．50B ．51C ．52D ．53解析：选B 本题可以把数归为“四位数”(含0 006等)，因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数，其中第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数；第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数，第三类：2 004,2 013，…，故2 013为第51个数，故n ＝51，选B.6．(2017·南昌模拟)点P 是底边长为23，高为2的正三棱柱表面上的动点，MN 是该棱柱内切球的一条直径，则PM ―→·PN ―→的取值范围是( )A ．[0,2]B ．[0,3]C ．[0,4]D ．[－2,2]解析：选C 由题意知内切球的半径为1，设球心为O ，则PM ―→·PN ―→＝(PO ―→＋OM ―→)·(PO ―→＋ON ―→)＝PO ―→2＋PO ―→·(OM ―→＋ON ―→)＋OM ―→·ON ―→＝|PO ―→|2－1，且1≤|OP |≤5，∴PM ―→·PN ―→∈[0,4]．二、填空题7．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使得f (c )>0，则实数p 的取值范围为________．解析：如果在[－1,1]内没有值满足f (c )>0，则⎩⎪⎨⎪⎧f－，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32，解得p ≤－3或p ≥32，取补集为－3<p <32，即为满足条件的p 的取值范围．答案：⎝⎛⎭⎪⎫－3，328．(2017·丽水模拟)在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －6≤0，x ＋y －2≥0，y ≥0所表示的区域上一动点，则|OM |的最小值是________．解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，因此|OM |的最小值为点O 到直线x ＋y －2＝0的距离，所以|OM |min ＝|－2|2＝ 2.答案： 29．(2017·郑州质检)过点M (2，－2p )作抛物线x 2＝2py (p >0)的两条切线，切点分别为A ，B ，若线段AB 的中点的纵坐标为6，则p 的值是________．解析：设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，依题意得，y ′＝x p ，切线MA 的方程是y －y 1＝x 1p(x －x 1)，即y ＝x 1p x －x 212p.又点M (2，－2p )位于直线MA 上，于是有－2p ＝x 1p ×2－x 212p，即x 21－4x 1－4p 2＝0； 同理有x 22－4x 2－4p 2＝0，因此x 1，x 2是方程x 2－4x －4p 2＝0的两根，则x 1＋x 2＝4，x 1x 2＝－4p 2. 由线段AB 的中点的纵坐标是6，得y 1＋y 2＝12，即x 21＋x 222p ＝x 1＋x 22－2x 1x 22p ＝12，16＋8p 22p＝12，解得p ＝1或p ＝2. 答案：1或2 三、解答题10．已知a ∈R ，函数f (x )＝23x ＋12，h (x )＝x ，解关于x 的方程log 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤32fx －－34＝log 2h (a －x )－log 2h (4－x )．解：原方程可化为log 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤32⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －16－34＝log 2a －x －log 24－x ，即log 4(x －1)＝log 2a －x －log 24－x ＝log 2a －x4－x， ①当1<a ≤4时，1<x <a ，则x －1＝a －x4－x，即x 2－6x ＋a ＋4＝0，Δ＝36－4(a ＋4)＝20－4a >0， 此时x ＝6±20－4a2＝3±5－a ， ∵1<x <a ，此时方程仅有一解x ＝3－5－a . ②当a >4时，1<x <4，由x －1＝a －x 4－x，得x 2－6x ＋a ＋4＝0，Δ＝36－4(a ＋4)＝20－4a ，若4<a <5，则Δ>0，方程有两解x ＝3±5－a ； 若a ＝5时，则Δ＝0，方程有一解x ＝3；③由函数有意义及②知，若a ≤1或a >5，原方程无解． 综合以上讨论，当1<a ≤4时，方程仅有一解x ＝3－5－a ； 当4<a <5，方程有两解x ＝3±5－a ； 当a ＝5时，方程有一解x ＝3； 当a ≤1或a >5时，原方程无解．11．(2017·嘉兴模拟)在正项数列{a n }中，a 1＝3，a 2n ＝a n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值，判断a n 与2的大小关系并证明； (2)求证：|a n －2|<14|a n －1－2|(n ≥2)；(3)求证：|a 1－2|＋|a 2－2|＋…＋|a n －2|<43.解：(1)a 2＝a 1＋2＝5，a 3＝a 2＋2＝5＋2.由题设，a 2n －4＝a n －1－2，(a n －2)(a n ＋2)＝a n －1－2. 因为a n ＋2>0，所以a n －2与a n －1－2同号． 又a 1－2＝1>0，所以a n －2>0(n ≥2)，即a n >2. (2)证明：由题设，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －2a n －1－2＝1a n ＋2，由(1)知，a n >2，所以1a n ＋2<14，因此⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －2a n －1－2<14， 即|a n －2|<14|a n －1－2|(n ≥2)．(3)证明：由(2)知，|a n －2|<14|a n －1－2|，因此|a n －2|<14n －1|a 1－2|＝14n －1(n ≥2)．因此|a 1－2|＋|a 2－2|＋…＋|a n －2|<1＋14＋142＋…＋14n －1＝1－14n1－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <43.12．已知椭圆G ：x 24＋y 2＝1，过点(m,0)作圆x 2＋y 2＝1的切线l 交椭圆G 于A ，B 两点．(1)求椭圆G 的焦点坐标和离心率；(2)将|AB |表示为m 的函数，并求|AB |的最大值．解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧3x 21＋y 21＝λ，3x 22＋y 22＝λ，两式相减得3(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝0.由题意，知x 1≠x 2，所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－x 1＋x 2y 1＋y 2.因为N (1,3)是弦AB 的中点， 所以x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝6， 所以k AB ＝－1.所以弦AB 所在直线的方程为y －3＝－(x －1)，即x ＋y －4＝0. 又N (1,3)在椭圆内， 所以λ>3×12＋32＝12.所以λ的取值范围是(12，＋∞)．(2)因为弦CD 垂直平分弦AB ，所以弦CD 所在直线的方程为y －3＝x －1，即x －y ＋2＝0， 将其代入椭圆的方程， 整理得4x 2＋4x ＋4－λ＝0.①设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，弦CD 的中点为M (x 0，y 0)， 则x 3，x 4是方程①的两个根．所以x 3＋x 4＝－1，x 0＝12(x 3＋x 4)＝－12，y 0＝x 0＋2＝32，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32. 所以点M 到直线AB 的距离d ＝－12＋32－412＋12＝322.所以以弦CD 的中点M 为圆心且与直线AB 相切的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝92.。
浙江专用2018版高考数学大一轮复习高考专题突破二高考中的三角函数与平面向量问题课件
sin 2A (1)求 2 的值； 解答 sin 2A＋cos A
由
π tan4＋A ＝2，得
1 tan A＝3.
sin 2A 2tan A 2 所以 ＝ . 2 ＝ sin 2A＋cos A 2tan A＋1 5
π (2)若 B＝4，a＝3，求△ABC 的面积. 解答
高考专题突破二 高考中的三角函数与平面向量问题
内容索引
考点自测 题型分类 深度剖析
课时训练
考点自测
π 1.(2016· 全国甲卷)若将函数 y＝2sin 2x 的图象向左平移12个单位长度，则平 移后图象的对称轴为 答案 kπ π A.x＝ 2 －6(k∈Z) kπ π C.x＝ － (k∈Z) 2 12
2
(2)求
π cosA－6的值.
解答
3 4 2 由(1)得 sin B＝ ，cos B＝ ，sin C＝cos C＝ ， 5 5 2 7 2 则 sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝ 10 ，
2 cos A＝－cos(B＋C)＝－(cos Bcos C－sin Bsin C)＝－ ，则 10
(3)函数f(x)图象的对称轴和对称中心. 解答
π π kπ 5π 由 2x－3＝kπ＋2(k∈Z)，得 x＝ 2 ＋12(k∈Z)，
kπ 5π 所以函数 f(x)的对称轴方程为 x＝ 2 ＋12(k∈Z).
π kπ π 由 2x－ ＝kπ(k∈Z)，得 x＝ ＋ (k∈Z)， 3 2 6
kπ π 所以函数 f(x)的对称中心为( ＋ ，0)(k∈Z). 2 6
1 则由已知2bcsin θ＝2，0<bccos θ≤4，
2018届高三高考数学复习课件：高考专题突破二高考中的三角函数与平面向量问题
2π 【解析】 (1)由已知可得 tan A＝－ 3，所以 A＝ 3 . 2π 在△ABC 中，由余弦定理得 28＝4＋c －4ccos 3 ，
4tan A 将 tan B＝3tan A 代入，得 2 ＝－2， 1－3tan A 1 ∴tan A＝1 或 tan A＝－3，而 0°＜A＜90°， 则 A＝45°，故选 B. 【答案】 B
3．(2017· 浙江高考)我国古代数学家刘徽创立
的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π
的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“
3π π f(x)的单调递增区间为kπ－ ，kπ＋ (k∈Z). 8 8
题型二
解三角形
【例 2】 (2017· 全国Ⅲ卷)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分 别为 a，b，c，已知 sin A＋ 3cos A＝0，a＝2 7，b＝2. (1)求 c； (2)设 D 为 BC 边上一边，且 AD⊥AC，求△ABD 的面积．
5 2．在△ABC 中，AC·cos A＝3BC·cos B，且 cos C＝ 5 ， 则 A 等于( A．30° C．60° ) B．45° D．120°
【解析】 由题意及正弦定理得 sin Bcos A＝3sin Acos B， ∴tan B＝3tan A，∴0°＜A<90°，0°<B＜90°，又 cos C 5 ＝5， 2 5 故 sin C＝ 5 ，∴tan C＝2，而 A＋B＋C＝180°， tan A＋tan B ∴tan(A＋B)＝－tan C＝－2，即 ＝－2， 1－tan Atan B
x π x x 【解析】 (1)f(x)＝2sin 4cos 4－cos ＋ 6 2 x π x ＝sin 2－cos ＋ 6 2
x 3 x 1 x ＝sin 2－ 2 cos 2＋2sin 2 ＝
高考数学二轮复习(浙江专用)习题 专题二 三角函数与平面向量 第1讲 Word版含答案
一、选择题1.(2016·山东卷)函数f (x )＝(3sin x ＋cos x )(3cos x －sin x )的最小正周期是( )A.π2B.πC.3π2D.2π 解析 ∵f (x )＝2sin x cos x ＋3(cos 2x －sin 2x )＝sin 2x ＋3cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，∴T ＝π，故选B.答案 B2.函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示，则将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位后，得到的图象的解析式为( )A.y ＝sin 2xB.y ＝cos 2xC.y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3D.y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6 解析 由图象知A ＝1，34T ＝11π12－π6＝3π4，T ＝π，∴ω＝2，由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1，|φ|＜π2得π3＋φ＝π2⇒φ＝π6⇒f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，则图象向右平移π6个单位后得到的图象的解析式为y ＝sin ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6. 答案 D3.(2016·温州模拟)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω＞0，0＜φ＜π)的图象关于直线x＝π3对称，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π12＝0，则ω取最小值时，φ的值为( ) A.π6 B.π3C.2π3D.5π6解析 由7π12－π3＝π4≥14×2πω，解得ω≥2，故ω的最小值为2. 此时sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×7π12＋φ＝0，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝0，又0＜φ＜π，所以φ＝5π6. 答案 D4.(2016·北京卷)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3图象上的点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，t 向左平移s (s ＞0)个单位长度得到点P ′.若P ′位于函数y ＝sin 2x 的图象上，则( )A.t ＝12，s 的最小值为π6B.t ＝32，s 的最小值为π6C.t ＝12，s 的最小值为π3D.t ＝32，s 的最小值为π3解析 点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，t 在函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3图象上， 则t ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2×π4－π3＝sin π6＝12. 又由题意得y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（x ＋s ）－π3＝sin 2x ， 故s ＝π6＋k π，k ∈Z ，所以s 的最小值为π6.答案A5.(2016·唐山期末)已知函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx (ω＞0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，且f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上递减，则ω＝( ) A.3B.2C.6D.5解析 ∵f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0. ∴当x ＝π6＋π22＝π3时，f (x )＝0.∴π3ω＋π3＝k π，k ∈Z ，∴ω＝3k －1，k ∈Z ，排除A 、C ；又f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上递减， 把ω＝2，ω＝5代入验证，可知ω＝2.答案 B二、填空题6.(2016·浙江卷)已知2cos 2x ＋sin 2x ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A ＞0)，则A ＝________，b ＝________.解析 ∵2cos 2x ＋sin 2x ＝cos 2x ＋1＋sin 2x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫22cos 2x ＋22sin 2x ＋1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋1 ＝A sin(ωx ＋φ)＋b (A ＞0)，∴A ＝2，b ＝1.答案 2 17.(2016·江苏卷)定义在区间[0，3π]上的函数y ＝sin 2x 的图象与y ＝cos x 的图象的交点个数是________.解析 在区间[0，3π]上分别作出y ＝sin 2x 和y ＝cos x 的简图如下：由图象可得两图象有7个交点.答案 78.(2015·天津卷)已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω＞0)，x ∈R .若函数f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝ω对称，则ω的值为________.解析 f (x )＝sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4，因为f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x ＝ω对称，所以f (ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋π4＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以ω2＝π4＋2k π，k ∈Z .又ω－(－ω)≤2πω2，即ω2≤π2，则ω2＝π4，所以ω＝π2. 答案π2三、解答题9.已知函数f (x )＝4sin 3x cos x －2sin x cos x －12cos 4x . (1)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值和最小值. 解 f (x )＝2sin x cos x ()2sin 2x －1－12cos 4x＝－sin 2x cos 2x －12cos 4x ＝－12sin 4x －12cos 4x ＝－22sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π4. (1)函数f (x )的最小正周期T ＝2π4＝π2.令2k π＋π2≤4x ＋π4≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π2＋π16≤x ≤k π2＋5π16，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π2＋π16，k π2＋5π16，k ∈Z . (2)因为0≤x ≤π4，所以π4≤4x ＋π4≤5π4. 此时－22≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤1，所以－22≤－22sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤12，即－22≤f (x )≤12. 所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值和最小值分别为12，－22. 10.设函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋33sin 2x －33cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期及其图象的对称轴方程；(2)将函数f (x )的图象向右平移π3个单位长度，得到函数g (x )的图象，求g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3上的值域. 解 (1)f (x )＝12sin 2x ＋32cos 2x －33cos 2x ＝12sin 2x ＋36cos 2x ＝33sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π.令2x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得对称轴方程为x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，(2)将函数f (x )的图象向右平移π3个单位长度，得到函数g (x )＝33sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π3＋π6＝－33cos 2x 的图象，即g (x )＝－33cos 2x . 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3时，2x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3， 可得cos 2x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1， 所以－33cos 2x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，36， 即函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，36. 11.已知向量a ＝(m ，cos 2x )，b ＝(sin 2x ，n )，函数f (x )＝a ·b ，且y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，3和点⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，－2. (1)求m ，n 的值；(2)将y ＝f (x )的图象向左平移φ(0＜φ＜π)个单位后得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求y ＝g (x )的单调递增区间.解 (1)由题意知f (x )＝a ·b ＝m sin 2x ＋n cos 2x .因为y ＝f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，3和⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，－2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧3＝m sin π6＋n cos π6，－2＝m sin 4π3＋n cos 4π3， 即⎩⎪⎨⎪⎧3＝12m ＋32n ，－2＝－32m －12n ，解得m ＝3，n ＝1.(2)由(1)知f (x )＝ 3 sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. 由题意知g (x )＝f (x ＋φ)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2φ＋π6. 设y ＝g (x )的图象上符合题意的最高点为(x 0，2)，由题意知x 20＋1＝1，所以x 0＝0，即到点(0，3)的距离为1的最高点为(0，2).将其代入y ＝g (x )得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2φ＋π6＝1， 因为0＜φ＜π，所以φ＝π6.因此g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝2cos 2x . 由2k π－π≤2x ≤2k π，k ∈Z ，得k π－π2≤x ≤k π，k ∈Z ，所以函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π2，k π，k ∈Z .。
2018年高考数学二轮复习第一部分专题二三角函数平面向量第三讲平面向量课件
b2的a·b夹＋角b2为)，( 即C4a)·b＝a2＋b2，因为|a|＝|b|，所以a·b＝
1 2
a2，所以
ACco．．s θ36＝00°°|aa|··b|b|＝12，θ＝60BD°，．．选4152C°0°.
优解：由|a|＝|b|，且|a＋b|＝ 3 |a－b|可构
造边长为|a|＝|b|＝1的菱形，如图，则|a＋
专题二 三角函数、平面向量
第三讲 平面向量
平面向量的命题近几年较稳定，一般是单独命题考查平面 向量的模、数量积的运算、线性运算等，难度较低，有时 也与三角函数、解析几何综合命题，难度中等.
年份 卷别
Ⅰ卷
2019 Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
2019 Ⅱ卷
Ⅲ卷
2019
Ⅰ卷 Ⅱ卷
考查角度及命题位置 向量垂直的应用·T13 向量加减法的几何意义·T4 向量垂直的应用·T13 平面向量垂直求参数·T13 平面向量共线求参数·T13 向量的夹角公式·T3 平面向量的坐标运算·T2 平面向量数量积的坐标运算·T4
8－4cos θ＋2 3sin θ＝ 8－2 7sinθ＋φ，其中tan φ＝233， 所以|O→A＋O→B＋O→P|的最小值为 8－2 7＝ 7－1. 答案： 7－1
误区警示
1．在解决平面向量的数量积问题中的注意点 (1)两个向量的夹角的定义；(2)两个向量的夹角的范围；(3) 平面向量的数量积的几何意义；(4)向量的数量积的运算及 其性质等． 2．向量的数量积运算需要注意的问题 a·b＝0时得不到a＝0或b＝0，根据平面向量数量积的性质 有|a|2＝a2，但|a·b|≤|a|·|b|.
解析：因为a＋b＝(m－1,3)，a＋b与a垂直，所以(m－ 1)×(－1)＋3×2＝0，解得m＝7.
2018年高考数学二轮复习课件 专题二 三角函数、平面 向量 第三讲 平面向量
解析：因为a＋b＝(m－1,3)，a＋b与a垂直，所以(m－ 1)×(－1)＋3×2＝0，解得m＝7.
2018高考二轮总复习 • 数学
方法结论
1．在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量 是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量； 在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方 向是指向被减向量．
考查角度及命题位置
向量垂直的应用·T13 向量加减法的几何意义·T4 向量垂直的应用·T13 平面向量垂直求参数·T13 平面向量共线求参数·T13 向量的夹角公式·T3 平面向量的坐标运算·T2
Ⅱ卷
平面向量数量积的坐标运算·T4
2018高考二轮总复习 • 数学
1．(2017· 高考全国卷Ⅱ)设非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－ b|，则( A ) A．a⊥b C．a∥b B．|a|＝|b| D．|a|>|b|
答案：C
2018高考二轮总复习 • 数学
3．(2016· 高考全国卷Ⅱ)已知向量a＝(m,4)，b＝(3，－2)，
－6 且a∥b，则m＝________.
解析：∵a＝(m,4)，b＝(3，－2)，a∥b， ∴－2m－4×3＝0.∴m＝－6.
2018高考二轮总复习 • 数学
4．(2017· 高考全国卷Ⅰ)已知向量a＝(－1,2)，b＝(m,1)．若
答案：D
6 λ＝5 ，解得 μ＝2 5
8 ，∴λ＋μ＝ ，故选D. 5
2018高考二轮总复习 • 数学
题组突破
3．已知平面向量a＝(2,1)，c＝(1，－1)．若向量b满足(a－ b)∥c，(a＋c)⊥b，则b＝( A．(2,1) C．(3,0) )
2018年高考数学二轮复习课件： 第一部分 专题二 三角函数、平面 向量 第三讲 平面向量
(2)因为a2＝bc，所以cos A＝b2＋2cb2c－a2＝b2＋2cb2c－bc≥2b2c－bcbc＝ 12(当且仅当b＝c时，取等号)． 因为0<A<π，所以角A的取值范围是0，π3. 由正弦定理，知0<absin B＝sin A≤ 23，所以absin B的取值范围 是0， 23.
A平．面1直角坐标系(图略)，则A(0B,1).1，16B(2,0)，C
1，12
，所以
→ OP
＝
1 2
→ OC
＝
C12.14，14，
D．－12
A→P＝12，－34，
故A→P·O→P＝12，－34×12，14＝116.
题组突破
3通．解(2：01设6·珠a与海b摸的底夹)角已为知θ|a，|＝由|b已|，知且可|a＋得ba|2＝＋2a3·|ba＋－bb2|，＝则3(a向2－量a与
3 2 sin
2ωx－12＝sin2ωx＋π6－12，
解析：依题意得(a＋b)2－(a－b)2＝0，即4a·b＝0，a⊥b， 选A.
2．(2015·高考全国卷Ⅱ)向量a＝(1，－1)，b＝(－1,2)，则
(2a＋b)·a＝( )
A．－1
B．0
C．1
D．2
解析：法一：∵a＝(1，－1)，b＝(－1,2)， ∴a2＝2，a·b＝－3， 从而(2a＋b)·a＝2a2＋a·b＝4－3＝1. 法二：∵a＝(1，－1)，b＝(－1,2)， ∴2a＋b＝(2，－2)＋(－1,2)＝(1,0)， 从而(2a＋b)·a＝(1,0)·(1，－1)＝1，故选C. 答案：C
误区警示
在运用向量共线定理时，向量a与b共线存在实数λ保持a＝ λb成立的前提条件是b≠0.
方法结论
2018年高考数学二轮复习 专题03 三角函数与平面向量(讲)(含解析)理
专题三三角函数与平面向量考向一三角恒等变形【高考改编☆回顾基础】1．【同角三角函数、二倍角公式】【2017课标3改编】已知4sin cos3αα-=，则sin2α= .A． B．29-C．29D．79【答案】7 9 -【解析】()2sin cos17 sin22sin cos19ααααα--===--.2. 【三角函数的定义、诱导公式】【2017北京，文9】在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若sinα=13，则sinβ=_________．【答案】1 3【解析】3. 【三角函数的同角公式、两角和差的三角函数】【2017课标1，文15】已知π(0)2a∈，，tan α=2，则πcos()4α-=__________．【解析】【命题预测☆看准方向】三角部分主要考查三角函数的基本公式、三角恒等变换及解三角形等基本知识.三角函数与解三角形相结合或三角函数与平面向量相结合是考向的主要趋势,试题难度为中低档.三角恒等变换是高考的热点内容,主要考查利用各种三角函数进行求值与化简,其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点,切化弦、角的变换是常考的三角变换思想.（1）预计2018年高考仍将在角的变换、角的范围方面对三角恒等变形进行考查，对两角和与差、二倍角公式将重点考查；（2）对三角恒等变换的考查力度可能会加大，对角的变换的考查，使问题更具有综合性，复习时需加强这方面的训练；（3）通过三角恒等变换，化简三角函数式，进一步研究函数的性质、解三角形等是常考题型.【典例分析☆提升能力】【例1】【2018河南省名校联盟第一次段考】已知圆：，点，，记射线与轴正半轴所夹的锐角为，将点绕圆心逆时针旋转角度得到点，则点的坐标为__________．【答案】【解析】设射线OB与轴正半轴的夹角为，有已知有，所以，且，C点坐标为 .P m，sinα=且α为第二象限．【趁热打铁】已知角α的张终边经过点(,（1）求m的值；3（2）若tan β=()()sin cos 3sin sin 2cos cos 3sin sin παβαβπαβαβ⎛⎫++ ⎪⎝⎭+--的值．【答案】（1）1m =-；（2【解析】（1）由三角函数的定义可得sin α==，解得1m =±，又α为第二象限角，所以1m =-。
2018届高考数学(理)二轮复习命题热点课件 专题 1.3 平面向量与复数
题型
命题规律 .对复数考查的 重点内容有:复 数的基本概 念、复数的几 何意义、共轭 复数、复数的 四则运算,考查 的热点是复数 的乘除运算.
复习策略 平面向量 的垂直与 夹角问题; 复数的基 本概念及 复数的乘 除运算;复 数的几何 意义.
选择题 填空题
高频考点 命题热点一 命题热点二来自命题热点三 命题热点四 命题热点五
(1)
1 3
(2)90°
解析
关闭
解析
答案
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四 命题热点五
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题后反思向量线性运算有两条基本的解题策略:一是共起点的向 量求和用平行四边形法则,求差用三角形法则,求首尾相连向量的 和用三角形法则;二是找出图形中的相等向量、共线向量,并将所 求向量与已知向量转化到同一个平行四边形或三角形中求解.
3 9 ������ 2 3 2 ������ 1 3
������������ -������������
所以 1-λ= ,故 m= .
3 1 2 3
1
3 1
(2)由������������ = (������������ + ������������ ),得������������ + ������������ =2������������ .因为 AO 是半径 ,连接 AO 并延长交圆于点 D,则 2|AO|=|AD|(直径 ),也就是 |������������ + ������������ |=|������������ |,即 四边形 ABDC 是一个圆内接的平行四边形 ,且以直径为对角线 ,所以 必定是一个矩形 ,得������������ 与 ������������ 的夹角为 90°.