2018年高考数学专题突破练3三角函数与其他知识的综合应用课件文
2018届高三数学文二轮复习课件全国通用专题突破 专题三 三角函数与解三角形 第2讲 解三角形 精品
sin AMC sin MCA
sin 45 sin 60
所以 AM=100 2 × 3 × 2 =100 3 (m).
2
2
Rt△MNA 中,∠MAN=60°,sin 60°= MN , AM
所以 MN=AM·sin 60°=100 3 × 3 =150(m).
答案:150
2
5.(2015·全国Ⅰ卷,文17)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,sin2B= 2sin Asin C. (1)若a=b,求cos B; (2)设B=90°,且a= 2 ,求△ABC的面积.
而sin B≠0,所以cos B= 1, 结合0<B<π,得B=π . 2
3
(2)若a+c= 3 3 ,b=
2
3 ,求△ABC的面积.
解: (2)由余弦定理得 cos B= a2 c2 b2 = 1 ,
2ac
2
所以 (a c)2 2ac b2 = 1 ,又 a+c= 3 3 ,b= 3 ,
sin A a
热点二 三角恒等变换与解三角形的综合
【例 3】 (2016·四川广元一模)在△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c. 已知 a≠b,cos2A-cos2B= 3 sin Acos A- 3 sin Bcos B. (1)求角 C 的大小;
解:(1)因为 cos2A-cos2B= 3 sin Acos A- 3 sin Bcos B,
剖典例·促迁移
【例 1】 (1)(2016·重庆适应性测试)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 a2+b2-c2=ab= 3 ,则△ABC 的面积为( )
(A) 3 (B) 3
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第三章 三角函数、解三角形 3-5-1 精品
4
[1 2sin2( )] 4
2sin2( ) 1 7 .
4
9
命题方向2:三角恒等变换的变“形”问题
【典例3】(2015·滨州模拟)在△ABC中,C=120°,
tanA+tanB= 2 3 ,则tanAtanB的值为 ( )
3
A. 1
B. 1
C. 1
D. 5
4
3
2
3
【解题导引】根据A+B=180°-C=60°,先求出tan(A+B)
7
,所以上式=
1 2
7
1 1 2
3.
7
答案:3
【加固训练】
(2016·枣庄模拟)设α为锐角, cos( ) 4 ,则sin(2 )
65
12
的值为
.
【解析】设α+ =β,因为α为锐角, cos( ) 4 ,
6
65
所以 cos 4 ,sin 3，cos 2 7 ,sin 2 24，
4
(1)求a,θ的值.
(2)若 f( ) 2， ( ，)，求sin( ) 的值.
45
2
3
【解析】(1)因为y=(a+2cos2x)是偶函数,所以g(x)
=cos(2x+θ)为奇函数,而θ∈(0,π),故θ= ,
2
所以f(x)=-(a+2cos2x)sin2x,代入( ,0)得a=-1.所
3.(2016·芜湖模拟)已知 cos( ) sin 4 3,
6
5
则 sin( 7 ) 的值是 ( )
6
A. 2 3
B. 2 3
C. 4
D. 4
5
5
高考数学一轮复习 第二部分 专题突破练 专题突破练(3)三角函数与其他知识的综合应用(含解析)苏教版
专题突破练(3) 三角函数与其他知识的综合应用一、选择题1．若f (cos x )＝cos2x ，则f (sin15°)＝( ) A ．12 B ．－12C ．－32D ．32答案 C解析 f (sin15°)＝f (cos75°)＝cos150°＝－cos30°＝－32.故选C ． 2．点P 从(2,0)点出发，沿圆x 2＋y 2＝4按逆时针方向运动4π3弧长到达点Q ，则点Q 的坐标为( )A ．(－1，3)B ．(－3，－1)C ．(－1，－3)D ．(－3，1)答案 A解析 4π3弧长所对的圆心角为α＝4π32＝2π3，设点Q 的坐标为(x ，y )，∴x ＝2cos 2π3＝－1，y ＝2sin 2π3＝ 3.故选A ．3．有四个关于三角函数的命题：p 1：∃x 0∈R ，sin 2x 02＋cos 2x 02＝12；p 2：∃x 0，y 0∈R ，sin(x 0－y 0)＝sin x 0－sin y 0； p 3：∀x ∈[0，π],1－cos2x2＝sin x ； p 4：sin x ＝cos y ⇒x ＋y ＝π2.其中是假命题的是( ) A ．p 1，p 4 B ．p 2，p 4 C ．p 1，p 3 D ．p 3，p 4答案 A解析 p 1是假命题，∵∀x ∈R ，sin 2x2＋cos 2x2＝1；p 2是真命题，如x 0＝y 0＝0时成立；p 3是真命题，∵∀x ∈[0，π]，sin x ≥0，∴1－cos2x 2＝sin 2x ＝|sin x |＝sin x ；p 4是假命题，如x ＝π2，y ＝2π时，sin x ＝cos y ，但x ＋y ≠π2.故选A ．4．(2020·某某高三摸底)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，C ．若向量m ＝(a ，－cos A )，n ＝(cos C ，2b －c )，且m·n ＝0，则角A 的大小为( )A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2答案 B解析 解法一：由m·n ＝0，得a cos C －cos A (2b －c )＝0，由正弦定理，得sin A cos C －cos A (2sin B －sin C )＝0，即sin A cos C ＋cos A sin C ＝2sin B cos A ，所以sin(A ＋C )＝2sin B cos A ，所以sin(π－B )＝2sin B cos A ，即sin B ＝2sin B cos A ．因为0<B <π，所以sin B >0，所以cos A ＝22，所以A ＝π4，故选B ． 解法二：由m·n ＝0，得a cos C －cos A (2b －c )＝0，由余弦定理，得a ·a 2＋b 2－c 22ab －2b cos A ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝0，即b ＝2b cos A ，所以cos A ＝22，所以A ＝π4，故选B ．5．(2019·某某五校联考二)已知a ＝2－13，b ＝(2log23)－12，c ＝cos50°cos10°＋cos140°sin170°，则实数a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >c >bB ．b >a >cC ．a >b >cD ．c >b >a答案 C解析 因为a ＝2－13＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1213＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1416，b ＝(2log23)－12＝3－12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1312＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12716，所以a >b ，排除B ，D ；c ＝cos50°·cos10°＋cos140°sin170°＝sin40°cos10°－cos40°sin10°＝sin30°＝12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1412＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16416，所以b >c ，所以a >b >C ．选C ．6．(2019·某某某某一模)国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图)．如果小正方形的边长为2，大正方形的边长为10，直角三角形中较小的锐角为θ，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π2－cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝( )A ．4＋3310B ．4－3310C ．－4＋3310D ．－4－3310答案 A解析 设直角三角形中较小的直角边长为a ，则a 2＋(a ＋2)2＝102，解得a ＝6，所以sin θ＝610＝35，cos θ＝810＝45，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π2－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝cos θ－12cos θ＋32sin θ＝12cos θ＋32sin θ＝12×45＋32×35＝4＋3310.故选A ． 7．(2019·某某十所名校测试)已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω>0)的两个极值点为α，β，且|α－β|min ＝π2，则函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为( )A ．－ 3B ．1C ． 3D ．2答案 D解析 由题意，得f (x )的最小正周期为T ＝π，所以ω＝2，即f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，4π3，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为2.故选D ．8．(2019·某某某某模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧πcos x ，x <0，f x －π，x ≥0，则函数g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3的一个单调递增区间为( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，πC ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4答案 A解析 ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－π＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝π·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝π2，∴g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π2＝－cos2x ，令2k π≤2x ≤2k π＋π，k ∈Z ，得k π≤x ≤k π＋π2，k ∈Z ，可得g (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π，k π＋π2，k ∈Z ，令k ＝0，可得g (x )的一个单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.故选A ．9．(2019·某某某某二模)如图，半径为1的圆O 中， A ，B 为直径的两个端点，点P 在圆上运动，设∠BOP ＝x ，将动点P 到A ，B 两点的距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )在[0,2π]上的图象大致为( )答案 A解析 由余弦定理，得当0≤x ≤π时， |PB |＝1＋1－2cos x ＝21－cos x ＝2×2sin 2x 2＝2sin x2，|PA |＝1＋1－2cos π－x ＝21＋cos x ＝2cos x2， ∴|PB |＋|PA |＝2sin x 2＋2cos x 2＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4， 当π≤x ≤2π时，|PB |＝1＋1－2cos 2π－x ＝21－cos x ＝2sin x2，|PA |＝1＋1－2cos x －π＝21＋cos x ＝－2cos x2，∴|PB |＋|PA |＝2sin x 2－2cos x 2＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π4.故选A ． 10．(2020·某某重点高中高三摸底)设f ′(x )是函数f (x )(x ∈R )的导函数，且满足xf ′(x )－2f (x )>0，若在△ABC 中，角C 为钝角，则( )A ．f (sin A )·sin 2B >f (sin B )·sin 2A B ．f (sin A )·sin 2B <f (sin B )·sin 2A C ．f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A D ．f (cos A )·sin 2B <f (sin B )·cos 2A 答案 C解析 根据“xf ′(x )－2f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f xx 2，则有F ′(x )＝x 2f ′x －2xf x x 4＝x [xf ′x －2f x ]x 4，所以当x >0时，F ′(x )>0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为π2<C <π，所以0<A ＋B <π2，0<A <π2－B ，则有1>cos A >cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝sin B >0，所以F (cos A )>F (sin B )，即f cos A cos 2A >f sin B sin 2B，f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A ，故选C ． 11．(2019·某某十校联考)已知函数f (x )＝x ＋sin x (x ∈R )，且f (y 2－2y ＋3)＋f (x 2－4x ＋1)≤0，则当y ≥1时，yx ＋1的取值X 围是( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1 C ．[1,32－3] D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞ 答案 A解析 函数f (x )＝x ＋sin x (x ∈R )为奇函数，又f ′(x )＝1＋cos x ≥0，所以函数f (x )在实数X 围内单调递增，则f (x 2－4x ＋1)≤f (－y 2＋2y －3)，即(x －2)2＋(y －1)2≤1，当y ≥1时表示的区域为半圆及其内部(如图阴影部分)，令k ＝y x ＋1＝yx －－1，其几何意义为过点(－1,0)与半圆相交或相切的直线的斜率，斜率最小时直线过点(3,1)，此时k min ＝13－－1＝14，斜率最大时直线刚好与半圆相切，切线方程为y ＝k max (x ＋1)，圆心到切线的距离d ＝|3k max －1|k 2max ＋1＝1(k max >0)，解得k max ＝34，即y x ＋1的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34.故选A ．12．(2019·某某摸底)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，－π≤x ＜m ，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，m ≤x ≤π2恰有4个零点，则实数m 的取值X 围为( )A ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－11π12，－π6∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π12，π3B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－11π12，－2π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－5π12，－π6∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π12，π3C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－11π12，－π6∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫π12，π3 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－11π12，－2π3∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫－5π12，－π6∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫π12，π3 答案 B解析 令g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，h (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，在同一直角坐标系中作出g (x )，h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，π2上的图象，如图所示．g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，π2上的零点为－11π12，－5π12，π12； h (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，π2上的零点为－2π3，－π6，π3. 由题f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π，π2上恰有4个零点，结合图象可知，当m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－11π12，－2π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤－5π12，－π6∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π12，π3时，满足题意．故选B ．二、填空题13．(2019·某某某某模拟)如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C 位于第一象限，点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－35，∠AOC ＝α，若|BC |＝1，则3cos 2α2－sin α2cosα2－32的值为________．答案 35解析 由⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝1及点B 在圆O 上，知圆O 为单位圆，所以△OCB 为正三角形，所以∠BOC ＝π3，∠AOB ＝π3－α，由三角函数定义知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝35，所以3cos 2α2－sin α2cos α2－32＝32cos α－12sin α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝35.14．(2019·某某二模)如图，有一块半径为20 m ，圆心角∠AOB ＝2π3的扇形展示台，展示台分成了四个区域：三角形OCD ，弓形CMD ，扇形AOC 和扇形BOD (其中∠AOC ＝∠BOD )，某次菊花展分别在这四个区域摆放：泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜、朱砂红霜．预计这三种菊花展示带来的日效益分别是50元/m 2、30元/m 2、40元/m 2.为使预计日总效益最大，∠COD 的余弦值应等于________．答案 12解析 由题知半径r ＝ 20，设∠COD ＝α，则日总效益为f (α)＝12r 2sin α×50＋⎝ ⎛⎭⎪⎫α2π×πr 2－12r 2sin α×30＋2π3－α2π×πr 2×40＝4000sin α－2000α＋160003π，而f ′(α)＝4000cos α－2000，令f ′(α)＝0，可得cos α＝12，易知此时日总效益f (α)取得最大值．15．(2019·某某模拟)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，b 2＋c 2＝ac cos C ＋c 2cos A ＋a 2，S △ABC ＝33＋264，则△ABC 周长的最小值为________．答案 32＋3解析 由b 2＋c 2＝ac cos C ＋c 2cos A ＋a 2，得b 2＋c 2－a 2＝c (a cos C ＋c cos A )，结合余弦定理，得2bc cos A ＝c ⎝⎛⎭⎪⎫a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ，即2bc cos A ＝cb ，所以cos A ＝12，故A ＝π3.又S △ABC ＝33＋264，所以33＋264＝12bc sin A ＝12bc ·32，则bc ＝3＋22＝(2＋1)2.又由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－bc ≥bc ＝(2＋1)2，当且仅当b ＝c ＝2＋1时，a 取得最小值2＋1，所以a ＋b ＋c ≥a ＋2bc ≥3(2＋1)，当且仅当a ＝b ＝c ＝2＋1时取等号，所以△ABC 周长的最小值为32＋3.16．(2019·某某一模)如图，OA ，OB 为扇形湖面OAB 的湖岸，现欲利用渔网和湖岸在湖中隔出两个养殖区——区域Ⅰ和区域Ⅱ，点C 在AB 上，∠COA ＝θ，CD ∥OA ，其中AC ，半径OC 及线段CD 需要用渔网制成．若∠AOB ＝π3，OA ＝1，则所需渔网的最大长度为________．答案π＋6＋236解析 由CD ∥OA ，∠AOB ＝π3，∠COA ＝θ可得∠OCD ＝θ，∠ODC ＝2π3，∠COD ＝π3－θ，在△OCD 中利用正弦定理可得CD ＝233sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，设渔网的长度为f (θ)，则f (θ)＝θ＋1＋233sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ，∴f ′(θ)＝1－233cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ，∵θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，则π3－θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，令f ′(θ)＝0，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＝32，π3－θ＝π6，θ＝π6.f (θ)，f ′(θ)随θ的变化情况如下：θ ⎝⎛⎭⎪⎫0，π6π6 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π3 f ′(θ) ＋ 0 － f (θ)↗极大值↘则f (θ)∈⎝ ⎛⎥⎤2，π＋6＋23，故所需渔网的最大长度为π＋6＋23. 三、解答题17．(2019·某某某某质检一)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(a －c )2＝b 2－34aC ．(1)求cos B 的值；(2)若b ＝13，且sin A ，sin B ，sin C 成等差数列，求△ABC 的面积． 解 (1)由(a －c )2＝b 2－34ac ，可得a 2＋c 2－b 2＝54aC ．∴a 2＋c 2－b 22ac ＝58，即cos B ＝58.(2)∵b ＝13，cos B ＝58，∴b 2＝13＝a 2＋c 2－54ac ＝(a ＋c )2－134ac ，又sin A ，sin B ，sin C 成等差数列，故2sin B ＝sin A ＋sin C ， 由正弦定理，得a ＋c ＝2b ＝213， ∴13＝52－134ac ，∴ac ＝12.由cos B ＝58，得sin B ＝398，∴△ABC 的面积S △ABC ＝12ac sin B ＝12×12×398＝3394.18．已知函数f (x )＝sin(π＋ωx )·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－ωx ＋3cos 2ωx (ω>0)的最小正周期为π2. (1)求函数f (x )的对称轴；(2)若函数g (x )＝f (x )＋m 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上有两个零点，某某数m 的取值X 围． 解 (1)f (x )＝sin ωx cos ωx ＋3×cos2ωx ＋12＝12sin2ωx ＋32cos2ωx ＋32＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3＋32，∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π|2ω|＝π2，故ω＝2，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π3＋32. 令4x ＋π3＝k π＋π2，k ∈Z ，得x ＝k π4＋π24，k ∈Z .故函数f (x )的对称轴为直线x ＝k π4＋π24，k ∈Z . (2)函数g (x )＝f (x )＋m 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上有两个零点．即方程sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3＝－2m －32在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上有两个不同的实根，即函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3与y ＝－2m －32的图象有两个不同的交点． ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，故4x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，4π3，结合单调性可知，要使函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3与y ＝－2m －32的图象有两个不同的交点，则32≤－3－2m 2<1，所以m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－32－1，－3. 19．(2019·某某六校联考二)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足1＋tan A tan B ＝2cb. (1)求A 的大小；(2)若△ABC 为锐角三角形，求函数y ＝2sin 2B －2cos B cosC 的值域． 解 (1)由1＋tan A tan B ＝2cb，得1＋sin A cos B cos A sin B ＝sin A ＋B cos A sin B ＝sin C cos A sin B ＝2c b ＝2sin C sin B ，因为A ，B ，C 为△ABC 的内角， 所以cos A ＝12，所以A ＝π3.(2)因为A ＋B ＋C ＝π，A ＝π3，所以B ＋C ＝2π3，则y ＝2sin 2B －2cos B cosC ＝1－cos2B －2cos B cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B＝32－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6，又△ABC 为锐角三角形，所以π6<B <π2，所以π2<2B ＋π6<7π6，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1， 所以所求函数的值域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2. 20．(2020·某某师大附中月考)在公比为2的等比数列{a n }中，a 2与a 5的等差中项是9 3.(1)求a 1的值；(2)若函数y ＝|a 1|sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ，|φ|<π的一部分图象如图所示，M (－1，|a 1|)，N (3，－|a 1|)为图象上的两点，设∠MON ＝β，其中点O 为坐标原点，0<β<π，求tan(φ－β)的值．解 (1)由题可知a 2＋a 5＝183，又a 5＝8a 2，故a 2＝23，∴a 1＝ 3.(2)∵点M (－1，|a 1|)在函数y ＝|a 1|sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ的图象上， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋φ＝1. 又|φ|<π，∴φ＝3π4. 如图，连接MN ，在△MON 中，由余弦定理，得cos β＝|OM |2＋|ON |2－|MN |22|OM |·|ON |＝4＋12－2883＝－32.又0<β<π，∴β＝5π6，∴φ－β＝－π12， ∴tan(φ－β)＝－tan π12＝－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－π6＝－2＋ 3. 21．(2020·某某八校联考)如图，在平面四边形ABCD 中，∠CAD ＝∠BAC ＝30°.(1)若∠ABD ＝75°，AB ＝10，且AD ∥BC ，求CD 的长； (2)若BD ＝10，求AB ＋AD 的取值X 围．解 (1)依题有∠ADB ＝45°，在△ABD 中，由正弦定理知10sin45°＝BD sin60°， 从而BD ＝5 6.因为AD ∥BC ，故∠CAD ＝∠ACB ，∠ADB ＝∠CBD ．在△ABC 中，∠ACB ＝30°＝∠BAC ，所以BC ＝AB ＝10.在△BCD 中，CD ＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD cos45°＝510－4 3.(2)在△ABD 中，易知AB ＋AD >BD ＝10， 由余弦定理知cos60°＝AB 2＋AD 2－1002AB ·AD， 整理知(AB ＋AD )2－100＝3AB ·AD ，由基本不等式知AB ·AD ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫AB ＋AD 22. AB ＋AD2－1003≤⎝ ⎛⎭⎪⎫AB ＋AD 22， 解得AB ＋AD ≤20.故AB ＋AD 的取值X 围为(10,20]．。
【高考数学】2018年高考数学(人教理科)总复习(福建专用)配套课件：第四章 三角函数、解三角形 4.6
sin α=
2 ������ 1-tan2 2 cos α= ������; 1+tan2 2 ������ 2tan2 tan α= ������. 1-tan2 2
������ 1+tan2
;
考情概览备考定向
必备知识预案自诊
关键能力学案突破
-3-
知识梳理
考点自测
1
2
3
4
5
1. 判断下列结论是否正确, 正确的画“√”, 错误的画“×”. (1)y=3sin x+4cos x 的最大值是 7. (2)当 α 是第一象限角时,sin =
考点自测
1
2
3
4
5
4.函数f(x)=sin(x+2φ)-2sin φcos(x+φ)的最大值为
.
关闭
∵f(x)=sin(x+2φ)-2sin φcos(x+φ)=sin [(x+φ)+φ]-2sin φcos(x+φ)
=sin(x+φ)cos φ+cos(x+φ)sin φ-2sin φcos(x+φ) =sin(x+φ)cos φ-cos(x+φ)sin φ
4co s 2 sin 2 -co s 2 cos
������ 2 ������ 2 ������ 2 ������ 2
=
.
=cos ·
2
=
-cos · cos ������ cos
������ 2
.
������ π 2 2
因为 0<θ<π,所以 0< < . 所以 cos >0,
2 ������
近年高考数学复习 第3章 三角函数、解三角形 第7节 三角形中的几何计算、解三角形的实际应用举例课
2018高考数学一轮复习第3章三角函数、解三角形第7节三角形中的几何计算、解三角形的实际应用举例课时分层训练文北师大版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018高考数学一轮复习第3章三角函数、解三角形第7节三角形中的几何计算、解三角形的实际应用举例课时分层训练文北师大版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018高考数学一轮复习第3章三角函数、解三角形第7节三角形中的几何计算、解三角形的实际应用举例课时分层训练文北师大版的全部内容。
课时分层训练（二十二) 三角形中的几何计算、解三角形的实际应用举例A组基础达标（建议用时:30分钟）一、选择题1．如图37.9所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A 在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为（)图379A．a km B．错误!a kmC.错误!a km D．2a kmB[在△ABC中，AC＝BC＝a,∠ACB＝120°，∴AB2＝a2＋a2－2a2cos 120°＝3a2，AB＝3a.］2．如图3。
7.10，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )图3710A．北偏东10°B．北偏西10°C．南偏东80°D．南偏西80°D[由条件及题图可知,∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°,所以∠DBA ＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.]3．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔,海轮在A处观察灯塔,其方向是南偏东70°,在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )【导学号：66482183】A．102海里B．10错误!海里C．20错误!海里D．20错误!海里A［如图所示,易知，在△ABC中,AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得错误!＝错误!，解得BC＝102(海里）．]4．如图3。
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第三章 三角函数、解三角形 3.5.2 精品
S()
S
OAP
S
BAP
1 2
OA
OPsin
3 AP2 4
sin 3 (5 4cos) sin 3cos 5 3
sin
sin
【规律方法】 1.三角恒等变换的化简、求值问题的求解策略 (1)对于和、差式子,见到平方要降幂、消项、逆用公 式等. (2)对于分式,通分后分子分母化简时尽量出现约分的 式子,或逆用公式.
(3)对于二次根式,要用升幂公式,或配方,出现完全平 方,注意倍角公式的逆用. (4)观察角的关系,尽量异角化同角,合理拆分角. (5)观察三角函数的名称的关系,常用弦切互化,异名化 同名. (6)观察结构特征,明确变形方向,遇到分式要通分,整 式要因式分解.
4
4
cos2α·cos2β+cos2α+cos2β)- ·1cos2α·cos2β
2
=1 .2Fra bibliotek答案: 1
2
【一题多解】解答本题,还有以下解法:
方法一:(从“名”入手,异名化同名)
原式=sin2α·sin2β+(1-sin2α)·cos2β-
1 cos2α·cos2β=cos2β-sin2α(cos2β-sin2β)
3
3
ON=OD-NcoDs= 3 sin,
3
S=ON·PD(=cos 3 sin·s)inθ
3
sincos 3 sin 2 1 sin 2 3 (1 cos 2)
3
2
6
1 sin 2 3 cos 2 3
2
6
6
3 sin(2 ) 3，因为 (0, )，
3
66
3
所以2 ( , 5 )，sin(2 ) (1 ,1].
(福建专用)2018年高考数学总复习高考大题专项突破2高考中的三角函数与解三角形课件文新人教A版
-2-
从近五年的高考试题来看,高考对三角函数与解三角形的考查呈 现出较强的规律性,每年的题量和分值要么三个小题15分,要么一 个小题一个大题17分.在三个小题中,分别考查三角函数的图象与 性质、三角变换、解三角形;在一个小题一个大题中,小题要么考 查三角函数的图象与性质,要么考查三角变换,大题考查的都是解 三角形.
①
3
∵a=2,∴由余弦定理可得
1 2 2 4=b +c -2bc× ,∴b2+c2=5. 3 2 2 , c= . 2 2
②
∵b>c,∴联立①②可得 b=
-9题型一
题型二
题型三
例2已知在△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD的面积 是△ADC面积的2倍. sin������ (1)求 ;
可得 3
3
10 10
2
2 5 5
,sin A=
3 10 10
,代入正弦定理,
1 2 1 2 2 5 5
=
������
2
,即 b= 5,∴S△ABC= absin C= ×3× 5 × 2
=3.
-5题型一
题型二
题型三
(方法二)由A+B+C=π ,得tan(B+C)=tan(π -A)=-3,
即
tan ������+tan ������
∴sin ������cos ������=2,即tan ������=2.
cos ������sin ������
tan ������
-4题型一
题型二
题型三
(2)(方法一)由A+B+C=π , 得tan(B+C)=tan(π -A)=-3,
2018届高考数学二轮复习三角函数及解三角形1_3_1三角函数图象与性质课件文
优解：由对称轴平移得对称轴． y＝2sin 2x 的对称轴为 x＝π4＋2kπ，向左平移1π2个单位长度得 x ＝π4－1π2＋2kπ＝k2π＋π6.(k∈Z)，故选 B.
(2)(2016·高 考 全 国 卷 Ⅰ ) 已 知 函 数 f(x) ＝ sin(ωx ＋
φ)ω＞0，|φ|≤π2，x＝－π4为 f(x)的零点，x＝π4为 y＝f(x)图象的对称
3．若 f(x)＝Asin(ωx＋φ)，则对称轴 x＝2k2＋ω 1π－ωφ 对称中心为kπω－φ，0(k∈Z)．
小题速解——不拘一格 优化方法 类型一 三角函数图象及其变换 [典例 1] (1)(2016·高考全国卷Ⅱ)函数 y＝Asin(ωx＋φ)的部分 图象如图所示，则( A )
优解：代入特殊点检验排除． 当 x＝π3，y＝2 时，排除 B，D. 当 x＝－π6，y＝－2 时，排除 C，故选 A.
(2)(2016·高考全国卷Ⅲ)函数 y＝sin x－ 3cos x 的图象可由函 数 y＝sin x＋ 3cos x 的图象至少向右平移________个单位长度得 到．
解析：通解：化简后平移 函数 y＝sin x－ 3cos x＝2sinx－π3的图象可由函数 y＝sin x＋ 3cos x＝2sinx＋π3的图象至少向右平移23π个单位长度得到．
[典例 2] (1)(2016·高考全国卷Ⅱ)若将函数 y＝2sin 2x 的图象
向左平移1π2个单位长度，则平移后图象的对称轴为( B )
A．x＝k2π－π6(k∈Z)
B．x＝k2π＋π6(k∈Z)
C．x＝k2：写出解析式求对称轴． 函数 y＝2sin 2x 的图象向左平移1π2个单位长度，得到的图象对 应的函数表达式为 y＝2sin 2x＋1π2，令 2x＋1π2＝kπ＋π2(k∈Z)， 解得 x＝k2π＋π6(k∈Z)，所以所求对称轴的方程为 x＝k2π＋π6(k∈Z)， 故选 B.
2018届高考数学文新课标二轮专题复习课件：2-7 三角函数 精品
热点调研
调研一 三角函数求值
命题方向： 1．恒等变换求值；2.二倍角公式求值； 3．变角求值；4.齐次式求值；5.求角．
[恒等变换求值] π
(1)(2016·河北省三市二次联考)若 2sin(θ＋ 3 )＝3sin(π－θ)，
则 tanθ等于( )
A．－
3 3
23 C. 3
3 B. 2 D．2 3
(2)解给值求角问题的一般步骤： ①求角的某一个三角函数值； ②确定角的范围； ③根据角的范围写出所求的角．
(3)①三角函数式的化简与求值的原则：化为同名同角，常用 的技巧有：切割化弦、降幂、异角化同角、高次化低次．
②三角函数恒等变形的基本策略： a．常值代换．特别是用“1”的代换，如 1＝cos2x＋sin2x 等． b．项的分拆与角的配凑．如分拆项：sin2x＋2cos2x＝(sin2x ＋cos2x)＋cos2x＝1＋cos2x；配凑角：α＝(α＋β)－β，β＝α＋2 β－ α－2 β等．
【解析】 ∵α，β∈(0，π2 )，∴－π4 <α－β2<π2 ，－π2 <α2－
β<π4 ，由 cos(α－β2)＝ 23和 sin(α2－β)＝－12，得 α－β2＝±π6 ，α2－β
π ＝－ 6 .
当
α－β2＝－π6 ，α2－β＝－π6 时，α＋β＝0，与
π α，β∈(0，2 )
矛盾；当 α－β2＝π6 ，α2－β＝－π6 时，α＝β＝π3 ，此时 cos(α＋β)
[求角]
已知
－
β) ＝
13 14
，
且
π 0<β<α< 2 ，则
β＝
________．
【解析】 由 cosα＝71，0<α<π2 ，得 sinα＝ 1－cos2α＝
[推荐学习]2018版高考数学一轮总复习第3章三角函数解三角形3.3三角函数的图象和性质模拟演练文
[推荐学习]2018版高考数学一轮总复习第3章三角函数解三角形3.3三角函数的图象和性质模拟演练文2018版高考数学一轮总复习 第3章 三角函数、解三角形 3.3 三角函数的图象和性质模拟演练 文[A 级 基础达标](时间：40分钟) 1．给定性质：①最小正周期为π；②图象关于直线x ＝π3对称，则下列四个函数中，同时具有性质①②的是( )A ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6B ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6C ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 D ．y ＝sin|x |答案 B解析 注意到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6的最小正周期T ＝2π2＝π，当x ＝π3时，y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2×π3－π6＝1，因此该函数同时具有性质①②.2．[2017·衡阳模拟]函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的最大值与最小值之和为( )＝ 3.4．[2017·南昌模拟]函数y ＝cos x －32的定义域为( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π6B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π6(k ∈Z)C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π6，2k π＋π6(k ∈Z)D ．R 答案 C解析 ∵cos x －32≥0, 得cos x ≥32，∴2k π－π6≤x ≤2k π＋π6，k ∈Z.5．函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－2x (x ∈[0，π])的递增区间是( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，πC ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，7π12 D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3答案 A解析 首先将函数化为y ＝－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6(x ∈[0，π])，令t ＝2x －π6，x 增大，t 增大，所以为求函数的增区间，须研究y ＝2sin t 的减区间．由π2＋2k π≤2x －π6≤3π2＋2k π，k ∈Z得π3＋k π≤x ≤5π6＋k π，k ∈Z ，所以k ＝0时得⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6，故选A. 6．函数y ＝3－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的最大值为________，此时x ＝________.答案 5 3π4＋2k π(k ∈Z)解析 函数y ＝3－2cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的最大值为3＋2＝5，此时x ＋π4＝π＋2k π(k ∈Z)，即x ＝3π4＋2k π(k ∈Z)． 7．若函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6(ω∈N *)的一个对称中心是⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，则ω的最小值是________．答案 2解析 由题意得ω×π6＋π6＝π2＋k π(k ∈Z)，ω＝6k ＋2(k ∈Z)，∵ω∈N *，所以ω的最小值是2.8．[2017·郑州模拟]已知函数f (x )＝2sin ωx (ω>0)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最小值是－2，则ω的最小值为________．答案 32解析 因为f (x )＝2sin ωx (ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π4上的最小值为－2，所以T 4≤π3，即π2ω≤π3.所以ω≥32，即ω的最小值为32. 9．设函数f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3.(1)求函数f (x )的定义域、周期和单调区间； (2)求不等式－1≤f (x )≤3的解集． 解 (1)由x2－π3≠π2＋k π(k ∈Z)，得x ≠5π3＋2k π(k ∈Z)，所以函数f (x )的定义域是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ∈R ，且x ≠5π3＋2k π，k ∈Z. 因为ω＝12，所以周期T ＝πω＝2π.由－π2＋k π<x 2－π3<π2＋k π(k ∈Z)，得－π3＋2k π<x <5π3＋2k π(k ∈Z)．所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＋2k π，5π3＋2k π(k ∈Z)．(2)由－1≤tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3≤3，得－π4＋k π≤x 2－π3≤π3＋k π(k ∈Z)．解得π6＋2k π≤x ≤4π3＋2k π(k ∈Z)．所以不等式－1≤f (x )≤3的解集是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪π6＋2k π≤x ≤4π3＋2k π，k ∈Z. 10．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<2π3的最小正周期为π.(1)求当f (x )为偶函数时φ的值；(2)若f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，32，求f (x )的单调递增区间．解 ∵由f (x )的最小正周期为π，则T ＝2πω＝π，∴ω＝2，∴f (x )＝sin(2x ＋φ)．(1)当f (x )为偶函数时，f (－x )＝f (x )，∴sin(2x ＋φ)＝sin(－2x ＋φ)， 展开整理得sin2x cos φ＝0， 由已知上式对∀x ∈R 都成立， ∴cos φ＝0.∵0<φ<2π3，∴φ＝π2.(2)f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，32时，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝32，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝32.又∵0<φ<2π3，∴π3<π3＋φ<π，∴π3＋φ＝2π3，φ＝π3， ∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.令2k π－π2≤2x ＋π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得k π－5π12≤x ≤k π＋π12，k ∈Z.∴f (x )的递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－5π12，k π＋π12，k ∈Z.[B 级 知能提升](时间：20分钟) 11．函数y ＝3cos(x ＋φ)＋2的图象关于直线x ＝π4对称，则|φ|的最小值是( )A ．π4B ．π3C ．π6D ．π2答案 A解析 由题意可知，π4＋φ＝k π，k ∈Z ，故φ＝k π－π4，k ∈Z.当k ＝0时，φ＝－π4，此时|φ|＝π4为最小值，选A.12．[2017·石家庄模拟]若f (x )＝2sin ωx＋1(ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，2π3上是增函数，则ω的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎦⎥⎤0，34解析 由2k π－π2≤ωx ≤2k π＋π2，k ∈Z ， 得f (x )的增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k πω－π2ω，2k πω＋π2ω，k ∈Z. 因为f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，2π3上是增函数， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，2π3⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω. 所以－π2≥－π2ω且2π3≤π2ω，所以ω∈⎝⎛⎦⎥⎤0，34. 13．已知x ∈(0，π]，关于x 的方程2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝a 有两个不同的实数解，则实数a 的取值范围为________．答案 (3，2)解析 令y 1＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3，x ∈(0，π]，y 2＝a ，作出y 1的图象如图所示．若2sin ( x ＋π3)＝a 在(0，π]上有两个不同的实数解，则y 1与y 2应有两个不同的交点，所以3<a <2.14．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(0<ω<1,0≤φ≤π)是R 上的偶函数，其图象关于点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫34π，0对称． (1)求φ，ω的值；(2)求f (x )的单调递增区间；(3)x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π4，π2， 求f (x )的最大值与最小值．解 (1)因为f (x )＝sin(ωx ＋φ)是R 上的偶函数，所以φ＝π2＋k π，k ∈Z ，且0≤φ≤π，则φ＝π2， 即f (x )＝cos ωx .因为图象关于点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫34π，0对称，所以ω×34π＝π2＋k π，k ∈Z ，且0<ω<1，所以ω＝23. (2)由(1)得f (x )＝cos 23x ， 由－π＋2k π≤23x ≤2k π且k ∈Z 得，3k π－3π2≤x ≤3k π，k ∈Z ， 所以函数f (x )的递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3k π－3π2，3k π，k ∈Z. (3)因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3π4，π2，所以23x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π3，当23x＝0时，即x＝0，函数f(x)的最大值为1，当23x＝－π2时，即x＝－3π4，函数f(x)的最小值为0.。
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y＝a
与图象有两个交点时，易知 3<a<2.
7．[2016· 安徽芜湖、马鞍山模拟]函数
π f(x)＝Asinωx＋6
π (ω>0)的图象与 x 轴的交点的横坐标构成一个公差为2的等差 数列，要得到函数 g(x)＝Acosωx 的图象，只需将 f(x)的图象 ( ) π A．向左平移6个单位 2π C．向左平移 3 个单位 π B．向右平移3个单位 2π D．向右平移 3 个单位
21 21 9 → → → 2 21 2 ＋ 5 ＝AB· AC－AB ＋ 5 ＝3×2×cos60° －3 ＋ 5 ＝－5.故选 C.
12． [2016· 广东揭阳模拟]已知函数 f(x)＝sinπx 和函数 g(x) ＝cosπ x 在区间[－1,2]上的图象交于 A、 B、 C 三点， 则△ABC 的面积是 ( 2 A. 2 C. 2 ) 3 2 B. 4 5 2 D. 4
解析
10．[2016· 衡水模拟]若函数
π π f(x)＝2sin6x＋3 (－2<x<10)
的图象与 x 轴交于点 A，过点 A 的直线 l 与函数的图象交于 → → → B，C 两点，则(OB＋OC)· OA＝( A．16 B．－16 C．32 ) D．－32
解析
令
π π π π f(x)＝2sin6x＋3＝0， 得6x＋3＝kπ， 即
解析
由 sinπ x＝ cosπx⇒tanπx＝ 1，由 x∈[－ 1,2]，得 x
3 1 5 ＝－ 或 x ＝ 或 x ＝ ，则两 图象三个交点的坐标分别为 4 4 4
3 － ，－ 4 3 1 2 1 2 5 2 5 ， ， ， ，－ ，故 S△ ABC＝ × － － 2 4 4 2 4 2 4 2
πcosx，x<0， fx－π，x≥0，
f(x) ＝
则函数
2π g(x) ＝ sin 2x－f 的一个单调递 3
增区间为(
π A.0，2 π 3π C.4， 4
)
π B.2，π 3π 5π D. 4 ， 4
π 2kπ≤2x≤2kπ＋π，求得 kπ≤x≤kπ＋2，可得 g(x)的增区间
π 为kπ，kπ＋2 ，k∈Z，令 π k＝0，可得增区间为0，2 ，故选
A.
9 ． [2016· 湖北荆州检测 ]已知函数 f(x) ＝ asinx－ 3cosx π 关于直线 x＝－6对称，且 f(x1)· f(x2)＝－4，则|x1＋x2|的最小 值为( π A.6 ) π B.3 5π C. 6 2π D. 3
14．[2016· 湖南郴州模拟 ]弹簧振子的振动是简谐振动， 如表给出的振子在完成一次全振动的过程中的时间 t 与位移 y 之间的对应数据，根据这些数据求出这个振子的振动的函
π t y＝－20cos 6 t 0 数解析式为____________________ ．
2x
2x
是真命题， 如 x＝y＝0 时成立； p3 是真命题， ∵∀x∈[0， π]， sinx≥0，∴
π π 题，x＝2，y＝2π 时，sinx＝cosy，但 x＋y≠2.故选 A.
5．△ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，向 量 p＝(1，－ 3)，q＝(cosB，sinB)，p∥q 且 bcosC＋ccosB ＝2asinA，则∠C＝( ) A．30° B．60° C．120° D．150°
2x0 2x0
π p4：sinx＝cosy⇒x＋y＝2. 其中是假命题的是( A．p1，p4 B ．p 2 ， p 4 ) C．p1，p3 D．p3，p4
解析
p1 是假命题，∵ ∀ x ∈ R ， sin 2 ＋ cos 2 ＝ 1 ； p2 1－cos2x 2 ＝ sin x ＝ |sin x | ＝ sin x ； p 4 是假命 2
解析
令 sinx＝tanx，解得 x＝kπ，k∈Z，则 y＝0.故函
数 y＝sinx 与 y＝tanx 图象的交点坐标为(kπ，0)，k∈Z.
4．有四个关于三角函数的命题： 1 p1：∃x0∈R，sin 2 ＋cos 2 ＝2； p2：∃x0、y0∈R，sin(x0－y0)＝sinx0－siny0； p3：∀x∈[0，π], 1－cos2x ＝sinx； 2
解析
3 因为|AF|＝6， |BF|＝8， cos∠BAF＝5， 由余弦定
|AF|2＋|AB|2－|BF|2 62＋|AB|2－82 3 理得 cos∠BAF＝ ＝ ＝ ，解 2|AF||AB| 5 2×6|AB| 得|AB|＝10(舍去负值)， 则|AF|2＋|BF|2＝|AB|2， 故∠BFA＝90° . 设双曲线另一焦点为 F1，连接 AF1，BF1，则四边形 AF1BF 为矩形，所以 2c＝|AB|＝10，再由双曲线定义，得 2a＝8－ c 6＝2，所以离心率 e＝a＝5.
π π 3π t y＝20sin6t t＋2kπ＋ 2 ＝－20cos ，k∈Z. 6 t 0 0
x2 y2 15． [2017· 沈阳质检]已知双曲线 C： b>0) a2－b2＝1(a>0， 的右焦点为 F，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别相 交于点 A，B，连接 AF，BF.若|AF|＝6，|BF|＝8，cos∠BAF 3 5 ＝5，则该双曲线的离心率为________ ．
x＝6k
－2(k∈Z)．又因为－2<x<10，所以 k＝1，x＝4.即 A(4,0)， 且函数
π π f(x)＝2sin6x＋3 ＝0
的图象关于点 A(4,0)对称， 所以
B，C 两点关于点 A(4,0)对称，设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则 → → → x1＋x2＝2×4＝8，y1＋y2＝0.所以(OB＋OC)· OA＝(x1＋x2， y1＋y2)· (4,0)＝(8,0)· (4,0)＝32.故选 C.
t y
0 － 20.0
t0 － 17.8
2t0 － 10.1
3t0 0.1
4t0
5t0
6t0 20.0
7t0 17.7
8t0 10.3
9t0 0.1
10t0 － 10.1
11t0 －
12t0 －
10.3 17.1
17.8 20.0
解析
2π 由表格可知振幅 A＝20，周期 T＝12t0＝ ω ，解
π 得：ω＝6t ，又函数图象过(0，－20)，可得－20＝20sinφ， 0 3π 解得 φ＝2kπ＋ 2 ，k∈Z，故振动函数解析式为：
1 → |· cos ∠ BAC ＝ 9 ＋ 4 － 2×3×2× 2 ＝ 7 ，所以 | BC | ＝ 7. 又因为 3→ → → → → → → → 3→ 2BD＝3DC，所以BD＝5BC，所以AD＝AB＋BD＝AB＋5BC.
3→ 3→2 → → → → → → → → → 所以 AD · BC ＝ AB＋5BC · BC ＝ AB · BC ＋ 5 BC ＝ AB · ( AC － AB )
解析
2π 2π π π ∵f 3 ＝f 3 －π＝f－3＝π·cos－3
2π π π ＝ 2 ，∴ g(x) ＝ sin 2x－f 3 ＝ sin 2x－2 ＝－ cos2x ，令
解析
∵p∥q，∴－ 3cosB＝sinB，即得 tanB＝－ 3，
∴B＝120° ，∵bcosC＋ccosB＝2asinA，由正弦定理得 sinBcosC＋sinCcosB＝2sin2A，即 sinA＝sin(B＋C)＝2sin2A， 1 sinA≠0 得 sinA＝2，∴A＝30° ，C＝180° －A－B＝30° ，故 应选 A.
∵ f(x) ＝ asinx － 3cosx ，∴ f(x) ＝ asinx － 3cosx 3 ＝ a2＋3sin(x－φ) tan φ ＝ ，∵函数 f(x)＝asinx－ 3cosx a π π π 2π 关于直线 x＝－6对称， ∴－6－φ＝kπ＋2， 即 φ＝－kπ－ 3 ， π 3 k∈Z，故可取 φ＝3，故 tanφ＝ 3＝ a ，a＝1，即 f(x)＝ π 2sinx－3 f(x2)＝－4，故可令 f(x1)＝－2，f(x2)＝2， .∵f(x1)· π π π π π ∴x1－3＝2k1π－2，x2－3＝2k2π＋2，即 x1＝－6＋2k1π，x2 5π 2π ＝ 6 ＋2k2π，其中 k1，k2∈Z，∴|x1＋x2|min＝ 3 ，故选 D.
解析
2π 由题意，可得函数的周期为 π，故 ω ＝π，∴ω
π π g(x)＝Acos2x＝Asin2x＋6＋6 的图象，只
＝2.要得到函数 需将 A.
π π f(x)＝Asin2x＋6的图象向左平移6个单位即可，故选
8 ． [2016·江 西 吉 安 模 拟 ] 已 知 函 数
2 2 × － － ＝ 2 2
2.
二、填空题 13．已知向量 a＝(cosα，1)，b＝(－2，sinα)，且 a⊥b，
4 5 则 sin2α 的值为________ ．
解析
∵a＝(cosα，1)，b＝(－2，sinα)，且 a⊥b，
∴a· b＝－2cosα＋sinα＝0. 2sinαcosα 2tanα 4 tanα＝2，sin2α＝ ＝ ＝ . sin2α＋cos2α 1＋tan2α 5第二部分 Nhomakorabea专题突破练
专题突破练(3) 三角函数与其他知识的综合 应用
一、选择题 1. 若 f(cosx)＝cos2x，则 f(sin15° )＝( 1 A.2
解析