第三章 三角函数、解三角形 阶段质量检测

三角函数及解三角形测试题(含答案)三角函数及解三角形1.在锐角三角形ABC中，角A的对边为a，角B的对边为b，角C的对边为c。

根据正弦定理，$\frac{a}{\sinA}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$，其中R为三角形外接圆的半径。

根据余弦定理，$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$。

根据正切的定义，$\tan A=\frac{a}{b}$。

根据余切的定义，$\cotA=\frac{b}{a}$。

根据正割的定义，$\sec A=\frac{c}{a}$。

根据余割的定义，$\csc A=\frac{c}{b}$。

2.选择题：1.设$\alpha$是锐角，$\tan(\frac{\pi}{4}+\alpha)=3+\sqrt{22}$，则$\cos\alpha=\frac{2\sqrt{22}}{36}$。

2.一艘船向XXX，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船的速度是每小时5海里。

4.已知函数$f(x)=3\sin\omega x+\cos\omega x$，$y=f(x)$的图象与直线$y=2$的两个相邻交点的距离等于$\pi$，则$f(x)$的单调递增区间是$(\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{12},\frac{k\pi}{2}+\frac{5\pi}{12})$，其中$k\in Z$。

5.圆的半径为4，$a,b,c$为该圆的内接三角形的三边，若$abc=162$，则三角形的面积为$22$。

6.已知$\cos\alpha=-\frac{4}{\pi}$，且$\alpha\in(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$，则$\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})=-\frac{7}{7}$。

2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第3章《三角函数、解三角形》（第5课时）（新人教A 版）一、选择题1．(2011·高考湖北卷)已知函数f ()x ＝3sin x －cos x ，x ∈R ，若f ()x ≥1，则x 的取值范围为( )A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |k π＋π3≤x ≤k π＋π，k ∈ZB.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2k π＋π3≤x ≤2k π＋π，k ∈Z C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |k π＋π6≤x ≤k π＋5π6，k ∈ZD.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2k π＋π6≤x ≤2k π＋5π6，k ∈Z解析：选B.∵f ()x ＝3sin x －cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6，∴f ()x ≥1，即2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6≥1，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6≥12，∴π6＋2k π≤x －π6≤5π6＋2k π，k ∈Z . 解得π3＋2k π≤x ≤π＋2k π，k ∈Z .2．(2012·高考山东卷)函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 6－π3(0≤x ≤9)的最大值与最小值之和为( )A ．2－ 3B ．0C ．－1D ．－1－ 3解析：选A.当0≤x ≤9，－π3≤πx 6－π3≤7π6，－32≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 6－π3≤1，所以函数的最大值为2，最小值为－3，其和为2－ 3.3．(2012·高考课标全国卷)已知ω＞0,0＜φ＜π，直线x ＝π4和x ＝5π4是函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)图象的两条相邻的对称轴，则φ＝( )A.π4B.π3C.π2D.3π4解析：选A.由于直线x ＝π4和x ＝5π4是函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)图象的两条相邻的对称轴，所以函数f (x )的最小正周期T ＝2π，所以ω＝1，所以π4＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，又0＜φ＜π，所以φ＝π4.4．若函数y ＝2cos(2x ＋φ)是偶函数，且在(0，π4)上是增函数，则实数φ可能是( )A ．－π2B ．0C.π2D ．π 解析：选D.依次代入检验知，当φ＝π时，函数y ＝2cos(2x ＋π)＝－2cos2x ，此时函数是偶函数且在(0，π4)上是增函数．5．(2011·高考山东卷)若函数f (x )＝sin ωx (ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2上单调递减，则ω＝( ) A ．3 B ．2 C.32 D.23 解析：选C.由解析式看出，图象过原点，所以T 4＝π3，T ＝4π3，2πω＝4π3，解得ω＝32.二、填空题6．函数y ＝12sin(π4－23x )的单调递增区间为________．解析：由y ＝12sin(π4－23x )，得y ＝－12sin(23x －π4)，由π2＋2k π≤23x －π4≤3π2＋2k π，k ∈Z ，得 9π8＋3k π≤x ≤21π8＋3k π，k ∈Z ， 故函数的单调递增区间为[9π8＋3k π，21π8＋3k π](k ∈Z )．答案：[9π8＋3k π，21π8＋3k π](k ∈Z )7．函数y ＝lgsin x ＋cos x －12的定义域为________．解析：要使函数有意义必须有⎩⎪⎨⎪⎧sin x >0cos x －12≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧2k π<x <π＋2k π－π3＋2k π≤x ≤π3＋2k π(k ∈Z )，∴2k π<x ≤π3＋2k π，k ∈Z ， ∴函数的定义域为{x |2k π<x ≤π3＋2k π，k ∈Z }．答案：{x |2k π<x ≤π3＋2k π，k ∈Z }8.(2011·高考辽宁卷)已知函数f (x )＝A tan(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π2)，y ＝f (x )的部分图象如图，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π24＝________. 解析：如图可知T 2＝3π8－π8，即π2ω＝π4，所以ω＝2，再结合图象可得2×π8＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ，即|φ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k π＋π4＜π2，所以－34＜k ＜14，只有k ＝0，所以φ＝π4，又图象过点(0,1)，代入得A tan π4＝1，所以A ＝1，函数的解析式为f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π24＝tan π3＝ 3.答案： 3 三、解答题9．已知函数f (x )＝2cos 2x ＋sin 2x －4cos x .(1)求f (π3)的值；(2)求f (x )的最大值和最小值．解：(1)f (π3)＝2cos 2π3＋sin 2π3－4cos π3＝－1＋34－2＝－94.(2)f (x )＝2(2cos 2x －1)＋(1－cos 2x )－4cos x＝3cos 2x －4cos x －1＝3⎝⎛⎭⎪⎫cos x －232－73，x ∈R .因为cos x ∈[－1,1]，所以，当cos x ＝－1时，f (x )取得最大值6；当cos x ＝23时，f (x )取得最小值－73.10．已知函数f (x )＝3(sin 2x －cos 2x )－2sin x cos x .(1)求f (x )的最小正周期；(2)设x ∈[－π3，π3]，求f (x )的值域和单调递增区间．解：(1)∵f (x )＝－3(cos 2x －sin 2x )－2sin x cos x＝－3cos2x －sin2x ＝－2sin(2x ＋π3)，∴f (x )的最小正周期为π.(2)∵x ∈[－π3，π3]，∴－π3≤2x ＋π3≤π，∴－32≤sin(2x ＋π3)≤1. ∴f (x )的值域为[－2，3]．当y ＝sin(2x ＋π3)递减时，f (x )递增，令2k π＋π2≤2x ＋π3≤2k π＋3π2，k ∈Z ，则k π＋π12≤x ≤k π＋7π12，k ∈Z ，又x ∈[－π3，π3]，∴π12≤x ≤π3.故f (x )的单调递增区间为[π12，π3]．一、选择题1．(2012·高考课标全国卷)已知ω＞0，函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，54B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，34C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D ．(0,2] 解析：选A.函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4的图象可看作是由函数y ＝sin x 的图象先向左平移π4个单位得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩小到原来的1ω倍(纵坐标不变)得到的，而函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，5π4上单调递减，所以要使函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减，需满足⎩⎪⎨⎪⎧π4×1ω≤π2，5π4×1ω≥π，解得12≤ω≤54.2．已知函数f (x )满足f (x )＝f (π－x )，且当x ∈(－π2，π2)时，f (x )＝x ＋sin x ，则( )A ．f (1)<f (2)<f (3)B ．f (2)<f (3)<f (1)C ．f (3)<f (2)<f (1)D ．f (3)<f (1)<f (2) 解析：选D.由f (x )＝f (π－x )知：f (x )的图象关于直线x ＝π2对称，∴f (2)＝f (π－2)，f (3)＝f (π－3)．当x ∈(－π2，π2)时，f (x )＝x ＋sin x 是增函数．又－π2<π－3<1<π－2<π2，∴f (π－3)<f (1)<f (π－2)， 即f (3)<f (1)<f (2)． 二、填空题3．若函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)(ω≠0)对任意的实数x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的值为________．解析：由条件f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x ，可知x ＝π3为函数图象的一条对称轴，所以该函数在x ＝π3处应取得最大值或最小值，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝3或－3. 答案：3或－34．(2013·绍兴检测)关于函数f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3(x ∈R )，有下列命题：①由f (x 1)＝f (x 2)＝0可得x 1－x 2必是π的整数倍；②y ＝f (x )的表达式可改写为y ＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6； ③y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0对称； ④y ＝f (x )的图象关于直线x ＝－π6对称．其中正确命题的序号是________．(把你认为正确的命题序号都填上)解析：函数f (x )＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的最小正周期T ＝π，由相邻两个零点的横坐标间的距离是T 2＝π2知①错．利用诱导公式得f (x )＝4cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－2x ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，知②正确． 由于曲线f (x )与x 轴的每个交点都是它的对称中心，将x ＝－π6代入得f (x )＝4sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋π3＝4sin0＝0，因此点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0是f (x )图象的一个对称中心，故命题③正确．曲线f (x )的对称轴必经过图象的最高点或最低点，且与y 轴平行，而x ＝－π6时y ＝0，点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0不是最高点也不是最低点，故直线x ＝－π6不是图象的对称轴，因此命题④不正确．答案：②③ 三、解答题5．(2013·上海静安质检)已知a ＝(sin x ，－c os x )，b ＝(cos x ，3cos x )，函数f (x )＝a ·b ＋32.(1)求f (x )的最小正周期，并求其图象对称中心的坐标；(2)当0≤x ≤π2时，求函数f (x )的值域．解：(1)f (x )＝sin x cos x －3cos 2x ＋32＝12sin2x －32(cos2x ＋1)＋32＝12sin2x －32cos2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3， ∴f (x )的最小正周期为π.令sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3＝0， 得2x －π3＝k π(k ∈Z )，∴x ＝k π2＋π6(k ∈Z )．故所求对称中心的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2＋π6，0(k ∈Z )．(2)∵0≤x ≤π2，∴－π3≤2x －π3≤2π3，∴－32≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤1， 即f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1.。

2020年高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形质量检测第三章 三角函数、解三角形(自我评估、考场亮剑，收成成功后进入下一章学习！)(时刻120分钟，总分值150分)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．)1．cos(－17π4)－sin(－17π4)的值是 ( )A.2 B ．－ 2 C ．0 D.22解析：原式＝cos(－4π－π4)－sin(－4π－π4)＝cos(－π4)－sin(－π4)＝cos π4＋sin π4＝ 2.答案：A2．sin α＝2m －5m ＋1，cos α＝－mm ＋1，且α为第二象限角，那么m 的承诺值为( )A.52＜m ＜6 B ．－6＜m ＜52 C ．m ＝4 D ．m ＝4或m ＝32 解析：由sin 2α＋cos 2α＝1得，(2m －5m ＋1)2＋(－m m ＋1)2＝1，∴m ＝4或32，又sin α＞0，cos α＜0，把m 的值代入检验得，m ＝4. 答案：C3．sin(x ＋π4)＝－35，那么sin2x 的值等于 ( )A ．－725 B.725 C ．－1825 D.1825解析：sin(x ＋π4)＝22(sin x ＋cos x )＝－35，因此sin x ＋cos x ＝－325，因此(sin x ＋cos x )2＝1＋sin2x ＝1825，故sin2x ＝－725.答案：A4．设a ＝sin15°＋cos15°，b ＝sin17°＋cos17°，那么以下各式中正确的选项是 ( ) A ．a ＜a 2＋b 22＜b B ．a ＜b ＜a 2＋b 22C ．b ＜a 2＋b 22＜aD ．b ＜a ＜a 2＋b 22解析：a ＝2sin(15°＋45°)＝2sin60°， b ＝2sin(17°＋45°)＝2sin62°，b ＞a .a 2＋b 22＝sin 260°＋sin 262°＞2sin60°sin62°＝3sin62°， ∴a 2＋b 22＞b ＞a .答案：B5．(2018·惠州模拟)将函数y ＝sin x 的图象向左平移φ(0≤φ＜2π)个单位后，得到函数y ＝sin(x －π6)的图象，那么φ等于 ( ) A.π6 B.11π6 C.7π6 D.5π6解析：依题意得y ＝sin(x －π6)＝sin(x －π6＋2π)＝sin(x ＋11π6)，将y ＝sin x 的图象向左平移11π6个单位后得到y ＝sin(x ＋11π6)的图象，即y ＝sin(x －π6)的图象．答案：B6．在△ABC 中，角A ，B 均为锐角，且cos A ＞sin B ，那么△ABC 的形状是 ( ) A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形 D ．等腰三角形解析：cos A ＝sin(π2－A )＞sin B ，π2－A ，B 差不多上锐角，那么π2－A ＞B ，A ＋B ＜π2，C ＞π2.答案：C7．(理)给定性质：①最小正周期为π；②图象关于直线x ＝π3对称．那么以下四个函数中，同时具有性质①②的是 ( )A ．y ＝sin(x 2＋π6)B ．y ＝sin(2x ＋π6)C ．y ＝sin|x |D ．y ＝sin(2x －π6)解析：∵T ＝2πω＝π，∴ω＝2.关于选项D ，又2×π3－π6＝π2，因此x ＝π3为对称轴．答案：D8．(文)假如等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为 ( ) A.518 B.34 C.32 D.78解析：设等腰三角形的底边为a ，顶角为θ，那么腰长为2a . 由余弦定理得cos θ＝4a 2＋4a 2－a 28a 2＝78.答案：D(理)△ABC 的两边长分不为2,3，其夹角的余弦值为13，那么其外接圆的半径为( )A.922B.924C.928 D ．9 2解析：由余弦定理得：三角形第三边长为22＋32－2×2×3×13＝3，且第三边所对角的正弦值为 ＝223，因此2R ＝3223⇒R ＝928.答案：C9．在△ABC 中，角A ，B 所对的边长为a ，b ，那么〝a ＝b 〞是〝a cos A ＝b cos B 〞的 ( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分又不必要条件解析：a ＝b ⇒A ＝B ⇒a cos A ＝b cos B ，条件是充分的；a cos A ＝b cos B ⇒sin A cos A ＝sin B cos B ⇒sin2A ＝sin2B ⇒2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2，故条件是不必要的．答案：A10．函数f (x )＝a sin2x ＋cos2x (a ∈R)图象的一条对称轴方程为x ＝π12，那么a 的值为( )A.12B. 3C.33 D ．2 解析：函数y ＝sin x 的对称轴方程为x ＝kπ＋π2，k ∈Z ，f (x )＝a 2＋1sin(2x ＋φ)，其中tan φ＝1a，故函数f (x ) 的对称轴方程为2x ＋φ＝kπ＋π2，k ∈Z ，而x ＝π12是其一条对称轴方程，因此2×π12＋φ＝kπ＋π2，k ∈Z ，解得φ＝kπ＋π3，k ∈Z ，故tan φ＝1a ＝tan(kπ ＋π3)＝3，因此a ＝33. 答案：C11．函数f (x )的部分图象如下图，那么f (x )的解析式可能为 ( ) A ．f (x )＝2cos(x 2－π3)B ．f (x )＝2cos(4x ＋π4)C ．f (x )＝2sin(x 2－π6)D ．f (x )＝2sin(4x ＋π4)解析：设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，由函数的最大值为2知A ＝2，又由函数图象知该函数的周期T ＝4×(5π3－2π3)＝4π，因此ω＝12，将点(0,1)代入得φ＝π6，因此f (x )＝2sin(12x ＋π6)＝2cos(12x －π3)．答案：A12．(2018·抚顺模拟)当0＜x ＜π2时，函数f (x )＝1＋cos2x ＋8sin 2x sin2x的最小值为 ( )A ．2B ．2 3C ．4D ．4 3 解析：f (x )＝1＋cos2x ＋8sin 2x sin2x ＝2cos 2x ＋8sin 2x 2sin x cos x ＝cos x sin x ＋4sin xcos x≥2cos x sin x ·4sin xcos x＝4，当 且仅当cos x sin x ＝4sin x cos x ，即tan x ＝12时，取〝＝〞，∵0＜x ＜π2，∴存在x 使tan x ＝12，这时f (x )min ＝4.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每题4分，共16分，将答案填写在题中的横线上)13．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分不为a ，b ，c ，B ＝60°，C ＝75°，a ＝4，那么b ＝________.解析：易知A ＝45°，由正弦定理a sin A ＝b sin B 得4sin45°＝b sin60°，解得b ＝2 6.答案：2 614．运算：cos10°＋3sin10°1－cos80°＝________.解析：cos10°＋3sin10°1－cos80°＝2cos(10°－60°)2sin 240°＝2cos50°2sin40°＝ 2. 答案：215．在△ABC 中，tan A ＝3tan B ，那么tan(A －B )的最大值为________，现在角A 的大小为________．解析：由于tan(A －B )＝tan A －tan B1＋tan A tan B ＝3tan B －tan B1＋3tan B ·tan B ＝2tan B 1＋3tan 2B ≤33.当且仅当1＝3tan B 时取〝＝〞号，那么tan B ＝33⇒tan A ＝3⇒A ＝60°. 答案：3360° 16．如图是函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，－π＜φ＜π)，x ∈R 的部分图象，那么以下命题中，正确命题的序号为________． ①函数f (x )的最小正周期为π2；②函数f (x )的振幅为23；③函数f (x )的一条对称轴方程为x ＝7π12；④函数f (x )的单调递增区间为[π12，7π12]；⑤函数的解析式为f (x )＝3sin(2x －2π3)．解析：由图象可知，函数f (x )的最小正周期为(5π6－π3)×2＝π，故①不正确；函数f (x )的振幅为3，故②不正确；函数f (x )的一条对称轴方程为x ＝5π6＋π32＝7π12，故③正确；④不全面，函数f (x )的单调递增区间应为[π12＋2kπ，7π12＋2kπ]，k ∈Z ；由3sin(2×7π12＋φ)＝3得2×7π12＋φ＝π2＋2kπ，k ∈Z ，即φ＝2kπ－2π3，k ∈Z ，∵－π＜φ＜π，故k 取0，从而φ＝－2π3，故f (x )＝3sin(2x －2π3)．答案：③⑤三、解答题(本大题共6小题，共74分．解承诺写出文字讲明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题总分值12分)tan(α＋π4)＝－3，α∈(0，π2)．(1)求tan α的值；(2)求sin(2α－π3)的值．解：(1)由tan(α＋π4)＝－3可得tan α＋11－tan α＝－3.解得tan α＝2.(2)由tan α＝2，α∈(0，π2)，可得sin α＝255，cos α＝55.因此sin2α＝2sin αcos α＝45，cos2α＝1－2sin 2α＝－35，sin(2α－π3)＝sin2αcos π3－cos2αsin π3＝45×12＋35×32＝4＋3310.18．(文)(本小题总分值12分)sin(π－α)＝45，α∈(0，π2)．(1)求sin2α－cos 2α2的值；(2)求函数f (x )＝56cos αsin2x －12cos2x 的单调递增区间．解：∵sin(π－α)＝45，∴sin α＝45.又∵α∈(0，π2)，∴cos α＝35.(1)sin2α－cos 2α2＝2sin αcos α－1＋cos α2＝2×45×35－1＋352＝425. (2)f (x )＝56×35sin2x －12cos2x＝22sin(2x －π4)． 令2kπ－π2≤2x －π4≤2kπ＋π2，k ∈Z ，得kπ－π8≤x ≤kπ＋38π，k ∈Z.∴函数f (x )的单调递增区间为[kπ－π8，kπ＋38π]，k ∈Z.(理)(本小题总分值12分)函数f (x )＝2sin x cos x ＋3(2cos 2x －1)．(1)将函数f (x )化为A sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π2)的形式，填写下表，并画出函数f (x )在区间[－16π，56π]上的图象；x ωx ＋φ 0 π2 π 32π 2π f (x )(2)求函数f (x )的单调减区间． 解：(1)f (x )＝2sin x cos x ＋3(2cos 2x －1) ＝sin2x ＋3cos2x ＝2sin(2x ＋π3).x －π6 π12 π3 7π12 5π6 ωx ＋φ 0 π2 π 32π 2π f (x )2－2图．(2)由2kπ＋π2≤2x ＋π3≤2kπ＋3π2(k ∈Z)得kπ＋π12≤x ≤kπ＋7π12(k ∈Z)，故函数f (x )的单调减区间为[kπ＋π12，kπ＋7π12](k ∈Z)．19．(本小题总分值12分)函数f (x )＝2sin x cos(π2－x )－3sin(π＋x )cos x ＋sin(π2＋x )cos x .(1)求函数y ＝f (x )的最小正周期和最值；(2)指出y ＝f (x )图象通过如何样的平移变换后得到的图象关于原点对称． 解：(1)f (x )＝2sin 2x ＋3sin x cos x ＋cos 2x ＝1＋sin 2x ＋3sin x cos x ＝1＋1－cos2x 2＋32sin2x＝sin(2x －π6)＋32，y ＝f (x )最小正周期T ＝π.y ＝f (x )的最大值为32＋1＝52，最小值为32－1＝12.(2)∵y ＝32＋sin(2x －π6)的图象1232π−−−−−→左移个单位下移个单位y ＝sin2x 的图象．20．(本小题总分值12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分不为a ，b ，c ，cosA ＋C 2＝33. (1)求cos B 的值；(2)假设BC BA ·BC ＝2，b ＝22，求a 和c 的值． 解：(1)∵cos A ＋C 2＝33，∴sin B 2＝sin(π2－A ＋C 2)＝33，∴cos B ＝1－2sin 2B 2＝13.(2)由BA ·BC ＝2可得a ·c ·cos B ＝2，又cos B ＝13，故ac ＝6，由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 可得a 2＋c 2＝12， ∴(a －c )2＝0，故a ＝c ，∴a ＝c ＝ 6.21．(本小题总分值12分)如下图，甲船由A 岛动身向北偏东45°的方向做匀速直线航行，速度为152海里/小时，在甲船从A 岛动身的同时，乙船从A 岛正南40海里处的B 岛 动身，朝北偏东θ(tan θ＝12)的方向作匀速直线航行，速度为105海里/小时．(1)求动身后3小时两船相距多少海里？(2)求两船动身后多长时刻距离最近？最近距离为多少海里？ 解：以A 为原点，BA 所在直线为y 轴建立如下图 的平面直角坐标系．设在t 时刻甲、乙两船分不在P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．那么⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝152t cos45°＝15t y 1＝x 1＝15t，由tan θ＝12可得，cos θ＝255，sin θ＝55， 故⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝105t sin θ＝10t ，y 2＝105t cos θ－40＝20t －40.(1)令t ＝3，P 、Q 两点的坐标分不为(45,45)，(30,20)， |PQ |＝(45－30)2＋(45－20)2＝850＝534.即动身后3小时两船相距534海里． (2)由(1)的解法过程易知： |PQ |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2＝(10t －15t )2＋(20t －40－15t )2 ＝50t 2－400t ＋1 600 ＝50(t －4)2＋800≥202，∴当且仅当t ＝4时，|PQ |取得最小值20 2.即两船动身后4小时时，相距202海里为两船的最近距离．22．(文)(本小题总分值14分)函数f (x )＝sin 2x ＋23sin(x ＋π4)cos(x －π4)－cos 2x － 3.(1)求函数f (x )的最小正周期和单调递减区间；(2)求函数f (x )在[－π12，2536π]上的最大值和最小值，并指出现在相应的x 的值．(理)(本小题总分值14分)函数f (x )＝2cos x sin(x ＋π3)－32.(1)求函数f (x )的最小正周期T ；(2)假设△ABC 的三边a ，b ，c 满足b 2＝ac ，且边b 所对角为B ，试求cos B 的取值范畴，并确定现在f (B )的最大值．解：(1)f (x )＝2cos x ·sin(x ＋π3)－32＝2cos x (sin x cos π3＋cos x sin π3)－32＝2cos x (12sin x ＋32cos x )－32＝sin x cos x ＋3·cos 2x －32＝12sin2x ＋3· 1＋cos2x 2－32 ＝12sin2x ＋32cos2x ＝sin(2x ＋π3)．∴T ＝2π|ω|＝2π2＝π.(2)由余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac 得，cos B ＝a 2＋c 2－ac2ac＝a 2＋c 22ac －12≥2ac 2ac －12＝12，∴12≤cos B ＜1，而0＜B ＜π，∴0＜B ≤π3.函数f (B )＝sin(2B ＋π3)，∵π3＜2B ＋π3≤π，当2B ＋π3＝π2， 即B ＝π12时，f (B )max ＝1.。

三角函数与解三角形测试卷（二）一、单选题1．在△ABC 中，60A ∠=︒，6a =，4b =，则满足条件的△ABC （ ） A ．无解B ．有一解C ．有两解D ．不能确定2．下列四个函数中，以π为最小正周期，且在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减的是（ ）A ．cos y x =B ．sin y x =C ．cos 2xy =D ．tan y x =3．函数2sin ()||2xf x x =+的部分图象大致为（ ） A ． B ．C ．D ．4．圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣·索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB ，高约为36m ，在它们之间的地面上的点M （B ，M ，D 三点共线）处测得建筑物顶A 、教堂顶C 的仰角分别是45和60，在建筑物顶A 处测得教堂顶C 的仰角为15，则可估算圣·索菲亚教堂的高度CD 约为（ ）A ．54mB ．47mC ．50mD ．44m5．已知函数()13π2sin (0,)6f x x m x ⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<，则1232x x x ++=（ ） A ．4πB ．2πC ．4π3D ．7π36．已知sin sin 13πθθ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，则tan 6πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（ ）A ．63B ．33C ．±2D ．±227．tan10tan 503tan10tan 50++的值为（ ） A ．33B ．3C ．1D ．3-8．已知()1sin 5αβ+=，()3sin 5αβ-=，则tan tan αβ的值为（ ）A ．2B ．2-C ．12D ．12-9．已知函数()()sin 20,02f x x πωϕωϕ⎛⎫=+><< ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 的图象关于点,03π⎛⎫- ⎪⎝⎭对称B ．()f x 的图象向右平移6π个单位后得到sin 2y x =的图象 C ．()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值为3D ．6f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭为偶函数10．在ABC 中，A ，B ，C 分别为ABC 三边a ，b ，c 所对的角，若cos 32B B =，且cos cos 2sin sin 3sin B C A Bb c C+=，则a c +的最大值是（ ） A ．1 B 3C ．2 D ．2311．在ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若2222022a b c +=，则()2tan tan tan tan tan A BC A B +的值为（ ）A ．0B ．1C ．2021D ．202212．已知M 是ABC 内的一点，且2AB AC ⋅=，4BAC π∠=，12MBC ABC S S =△△，则11MABMACS S +△△的最小值是（ ）A ．8B ．4C ．2D ．1二、填空题13．已知cos(75°＋α)＝13，求cos(105°－α)＋sin(15°－α)＝________.14．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足22230b c ac --=，sin()2sin A B A +=，则cos C ___________．15．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知()sin sin sin a A b B c b C =++，若角A 的内角平分线AD 的长为2，则△ABC 面积的最小值为______．16．已知函数()2sin f x x ω=（0>ω）在区间3,43ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，且函数()2sin 2g x x ω=+在[]2,0π-上有且仅有一个零点，则实数ω的取值范围是_______. 三、解答题17．设ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知3c =，且()cos 2A B C ++=.(1)求角C 的大小；(2)若向量()sin ,1m A =-与()2,sin n B =互相垂直，求a 、b 的值.18．从①)sin sin sin c C a A b B -=-；② sin 22A A =补充到下面横线处，并解答：在ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，AB =(1)求角A ；(2)若ABC 外接圆的圆心为O ，11cos 14AOB ∠=，求BC 的长. 注：如果选择多个条件分别解答；按第一个解答计分.19．在ABC 中．3sin cos 64A A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭．(1)求角A ；(2)若8AC =，点D 是线段BC 的中点，DE AC ⊥于点E ，且DE =CE 的长．20．在ABC 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，tan tan b A b B += (1)求角B ；(2)D 是AC 边上的点，若1CD =，3AD BD ==，求sin A 的值． 21．如图，在平面四边形ABCD 中，3,2,4B BC ABC π∠==的面积 2.ABCS =(1)求AC 的长；(2)从条件①､条件②､条件③这三个条件中任选两个作为已知，判断DCA BCA ∠=∠是否可能成立，并说明理由. 条件①：4D π∠=；条件②：4=AD ；条件③：6CD =.22．在ABC 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且()()sin sin 2sin sin sin a A c C B b C B =-++．(1)求角A ；(2)若ABC )32b c a-的取值范围．参考答案：1．A 【解析】 【分析】根据正弦定理进行判断即可. 【详解】由正弦定理可知：4sin 1sin sin sin a bB A B B==⇒=， 显然不存在这样的角B ， 故选：A 2．B 【解析】 【分析】利用最小正周期为π排除选项AC ；利用在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减排除选项D ；选项B 以π为最小正周期，且在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，判断正确.【详解】选项A ：cos y x =最小正周期为2π.判断错误；选项B ：sin y x =最小正周期为π，且在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.判断正确；选项C ：cos 2xy =最小正周期为4π.判断错误；选项D ：tan y x =在区间π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. 判断错误.故选：B 3．B 【解析】 【分析】根据奇偶性及函数值的正负判断即可. 【详解】因为2sin ()2x f x x =+，定义域为R所以2sin()2sin ()()22x xf x f x x x --==-=--++所以()f x 为奇函数，且(0)0f =，排除CD 当()0,x π∈时，sin 0x >，即()0f x >，排除A 故选：B. 4．A 【解析】 【分析】根据题意求得AM =AMC 中由正弦定理求出CM ，即可在直角CDM 中求出CD .【详解】由题可得在直角ABM 中，45AMB ∠=︒，36AB =，所以AM = 在AMC 中，180604575AMC ∠=︒-︒-︒=︒，154560MAC ∠=︒+︒=︒， 所以180756045ACM ∠=︒-︒-︒=︒，所以由正弦定理可得sin 45sin 60AM CM=︒︒，所以CM ==则在直角CDM 中，sin6054CD CM =⋅︒=，即圣·索菲亚教堂的高度约为54m. 故选：A. 5．A 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称性，结合函数零点的定义进行求解即可. 【详解】令()2sin 02sin f x x m m x =-=⇒=，当13π0,6x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，函数有三个零点，因此函数,2sin y m y x ==的图象有三个不同的交点， 因为13ππ12sin2sin 21662==⨯=，所以[0,1]m ∈， 显然有123π13π0π<2π26x x x ≤<<≤≤≤，而12,x x 关于直线π2x =对称，23,x x 关于直线3π2x =对称， 所以21231232π3π224π22x x x x x x x ++=+++=⨯+⨯=， 故选：A 6．D 【解析】 【分析】根据两角和的正弦公式展开，之后再用辅助角公式可得sin 6πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭函数的关系求解即可. 【详解】sin sin()13πθθ++=，则1sin sin 12θθθ+=，即3sin 12θθ+=，1cos 2θθ+=sin 6πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭cos 6πθ⎛⎫+== ⎪⎝⎭，所以tan 6πθ⎛⎫+== ⎪⎝⎭故选：D 7．B 【解析】 【分析】由()tan 60tan 10503=+=，利用两角和差正切公式可整理得到结果. 【详解】()tan10tan 50tan 60tan 105031tan10tan 50+=+==-，tan10tan 5033tan10tan 50∴+=-，tan10tan 503tan10tan 503∴++=. 故选：B. 8．B 【解析】 【分析】首先根据正弦两角和差公式得到2sin cos 51cos sin 5αβαβ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，再利用同角三角函数的商数关系求解即可. 【详解】 由题知：()()1sin sin cos cos sin 53sin sin cos cos sin 5αβαβαβαβαβαβ⎧+=+=⎪⎪⎨⎪-=-=⎪⎩，解得2sin cos 51cos sin 5αβαβ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 所以tan sin cos 2tan cos sin ααββαβ==-. 故选：B 9．D 【解析】 【分析】先由函数图象求出函数解析式，然后再逐个分析判断 【详解】因为()f x 的图象过点10,2⎛⎫⎪⎝⎭，所以1sin 2ϕ=，因为02πϕ<<，所以6π=ϕ，因为()f x 的图象过点2,13π⎛⎫- ⎪⎝⎭， 所以由五点作图法可知43362πππω⋅+=，得1ω=， 所以()sin 26f x x π⎛⎫+ ⎝=⎪⎭，对于A ，因为2sin sin 13362f ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以3x π=-为()f x 的图象的一条对称轴，所以A 错误，对于B ，()f x 的图象向右平移6π个单位后，得sin 2sin 2666y x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以B错误，对于C ，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，52,666x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，所以1sin 2126x π⎛⎫-≤-≤ ⎪⎝⎭，所以()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最小值为12-，所以C 错误， 对于D ，sin 2sin 2cos 26662f x x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++=+= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，令()cos 26g x f x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，因为()cos(2)cos 2()g x x x g x -=-==，所以()cos 26g x f x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭为偶函数，所以D 正确， 故选：D 10．D 【解析】 【分析】根据已知条件求得,B b ，再利用正弦定理将角化边，将问题转化为求6A π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的最大值问题求解即可. 【详解】cos 2B B =得sin 16B π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，又7666B πππ<+<，所以3B π=. 在ABC 中，由正弦定理得：cos cos cos cos sin cos sin cos sin 2sin sin sin sin 3sin B C c B b C C B B C A A Bb c bc b C b C C+++====所以32sin b B=()2sin sin 2sin 2sin sin 36b a c A C A A A B ππ⎛⎫⎛⎫+=+=+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故当62A ππ+=，即3A π=时，a c +取得最大值故选：D 11．C 【解析】 【分析】将给定三角式切化弦，再利用正弦定理角化边，借助余弦定理及已知计算作答. 【详解】在ABC 中，由余弦定理得：22222cos 2021ab C a b c c =-=+，所以sin sin 22tan tan 2sin sin cos cos cos sin sin sin tan (tan tan )sin (sin cos cos sin )()cos cos cos A BA B A B C A B C A B C A B C A B A B C A B⋅⋅==+++ 222sin sin cos 2sin sin cos 2cos 2021sin sin()sin A B C A B C ab CC A B C c ====+.故选：C 12．A 【解析】 【分析】利用向量数量积公式及三角形面积公式可得ABC 的面积，结合已知可得12MAB MACS S+=，再根据基本不等式即可求解. 【详解】∵2AB AC ⋅=，4BAC π∠=，∴cos 222AB AC AB AC BAC AB AC ⋅=⋅∠=⇒⋅= ∴1sin 4512ABCSAB AC =⋅︒=， 因为ABCMBCMABMACS SSS=++，12MBC ABC S S =△△， 所以1122MAB MACABCSSS +==， 所以()22221122442MAC MAC MAB MABMABMACMABMAC MAB MAC MAB MACS S S S S SS S S S S S ⎛⎫++=++≥+⋅ ⎪⎝⎭， 448=+=，当且仅当22MAC MABMAB MACS S S S =，即14MACMABS S==时取等. 故选：A. 13．0 【解析】 【分析】利用诱导公式化简每一个式子，再把已知代入即得解. 【详解】因为(105°－α)＋(75°＋α)＝180°，(15°－α)＋(α＋75°)＝90°， 所以cos(105°－α)＝cos[180°－(75°＋α)]＝－cos(75°＋α)＝－13，sin(15°－α)＝sin[90°－(α＋75°)]＝cos(75°＋α)＝13.所以cos(105°－α)＋sin(15°－α)＝－13＋13＝0.故答案为：0 14【解析】 【分析】利用正弦定理角化边及其余弦定理即可求解. 【详解】∵sin()2sin A B A +=，∴sin 2sin C A =, 由正弦定理得2c a =，∵ 22230b c ac --=，∴22222b c c ac -=+，由余弦定理得：2222cos b c a ac B -=-，∴2224cos a ac B c ac -=+， ∴ 222228cos 42a a B a a -=+， ∴228cos 4a B a -=，解得1cos 2B =-，又∵0πB <<，∴2π3B =, 将2c a =代入22230b c ac --=得b =, 由正弦定理可得sin sin b c B C =，即22πsin sin 3c C =，解得sin 7C =， 又∵π02C <<，∴cos C ===. 15．【解析】 【分析】利用正弦定理进行边角互化，再利用余弦定理即可求出角A ，由三角形面积相等，结合基本不等式求面积的最小值. 【详解】本题考查解三角形的应用，考查逻辑推理的核心素养． 因为()sin sin sin a A b B c b C =++，所以222a b c bc =++． 由余弦定理易得1cos 2A =-，又0A π<<所以23A π=．因为AD 平分角A ，所以∠BAD ＝∠CAD ＝60°． 由ABCABDACDSSS=+，得111sin120sin 60sin 60222bc c AD b AD ︒=⋅︒+⋅︒，即()2bc b c =+≥16bc ≥，当且仅当b ＝c 时，等号成立，所以△ABC 面积的最小值为故答案为： 16．12,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】 【分析】第一步，函数()2sin f x x ω=（0>ω）在区间3ππ,43⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增结合()2sin f x xω=（0>ω）在ππ22ωω⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，单调递增得到3ππππ,4322ωω⎡⎤⎡⎤-⊆-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，得出203ω<≤ . 第二步，()2sin 2g x x ω=+在[]2,0π-上有且仅有一个零点，可得12π2π452π2π4ωω⎧⨯≤⎪⎪⎨⎪⨯>⎪⎩，解出实数ω的取值范围.第三步，求出交集即可. 【详解】由题及ππ22x ω-≤≤得()2sin f x x ω=（0>ω）在ππ,22ωω⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递增， 又函数()2sin f x x ω=（0>ω）在区间3ππ,43⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以，3ππππ,4322ωω⎡⎤⎡⎤-⊆-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，得203ω<≤ . ()2sin 2g x x ω=+在[]2,0π-上有且仅有一个零点，可得12π2π452π2π4ωω⎧⨯≤⎪⎪⎨⎪⨯>⎪⎩，所以，1544ω≤<，所以，1243ω≤≤. 故答案为：1243⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.17．(1)3C π=(2)a =b = 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出sin 61C π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，结合角C 的取值范围可求得角C 的值；（2）由平面向量垂直的坐标表示以及正弦定理可得出2b a =，再利用余弦定理可求得a 、b 的值. (1)()cos cos 2sin 26A B C C C C π⎛⎫++=+=+= ⎪⎝⎭，所以，sin 61C π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，0C π<<，则7666C πππ<+<，62C ππ∴+=，解得3C π=. (2)解：由已知2sin sin 0m n A B ⋅=-=，则2b a =，由余弦定理可得22222292cos 3c a b ab C a b ab a ==+-=+-=，因此，a =b =18．(1)π6A =(2)BC =【解析】 【分析】（1）选择条件①可以用正弦定理进行角化边即可求解，选择条件②利用辅助角公式进行三角恒等变换即可.（2）利用圆的角度关系和正弦定理即可求解. (1)解：选择条件①：因为)sin sin sin c C a A b B -=-，由正弦定理，可得)22c a bb -=-，即222b c a +-=，所以222cos 2b c A bc a +===-. 因为()0,πA ∈，所以π6A =.选择条件②：因为sin 22A A =所以π2sin 23A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭πsin 23A ⎛⎫+=⎪⎝⎭因为()0,πA ∈所以ππ7π2,333A ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭所以π2π233A +=，π6A =.(2)由题意，O 是ABC 外接圆的圆心，所以2AOB C ∠=，所以211cos cos 212sin 14AOB C C ∠==-=故此sin C =. 在ABC 中，由正弦定理，sin sin AB BC C A=12BC=，解得BC =19．(1)3A π=(2)134【解析】 【分析】（1）利用两角和差余弦公式、二倍角和辅助角公式化简可得sin 216A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，由此可求得A ； （2）利用面积桥可求得AB ，利用余弦定理求得BC 后可得CD ，由勾股定理可得结果.(1)21sin cos sin cos cos sin sin cos sin 6662A A A A A A A Aπππ⎛⎫⎛⎫-=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭311113sin 2cos 2sin 24442644A x A π⎛⎫=-+=-+= ⎪⎝⎭，sin 216A π⎛⎫∴-= ⎪⎝⎭；()0,A π∈，112,666A πππ⎛⎫∴-∈- ⎪⎝⎭，262A ππ∴-=，解得：3A π=.(2)D 是BC 中点，1228632ABCADCSSAC DE DE ∴==⨯⋅==又1sin 23632ABCSAB AC A AB =⋅==3AB =； 在ABC 中，由余弦定理得：2222cos 9642449BC AB AC AB AC A =+-⋅=+-=， 7BC ∴=，则72CD =，224927134164CE CD DE ∴=-=-. 20．(1)3B π=(2)21sin A = 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角、切化弦，结合三角恒等变换公式可化简已知等式求得cos B ，由此可得B ；（2）设ABD BAD θ∠=∠=；在ABC 和BDC 分别利用正弦定理和余弦定理可构造关于sin θ的方程，解方程可求得结果.(1)由3tan tan c b A b B +=sin sin 3cos cos A B c A B +=由正弦定理得：()sin sin sin sin cos cos sin 3sin cos cos cos cos cos cos A B A B A B A B CA B A B A B +++===()()sin sin sin A B C C π+=-=，又()0,C π∈，sin 0C ∴≠，sin cos 3cos cos B A A B ∴=；tan A 有意义，cos 0A ∴≠，sin 3cos B B ∴=，即tan 3B =，又()0,B π∈，3B π∴=.(2)AD BD =，ABD BAD ∴∠=∠， 设ABD BAD θ∠=∠=，则2BDC θ∠=，在ABC 中，由正弦定理得：sin sin BC AC ABCθ=∠，即4sin 83sin 3BC θθπ==； 在BDC 中，由余弦定理得：2222cos 2106cos 2BC BD CD BD CD θθ=+-⋅=-；()2264sin 106cos 210612sin 3θθθ∴=-=--，解得：23sin 7θ=， 即23sin 7A =，又()0,A π∈，21sin A ∴=21．(1)25(2)答案见解析 【解析】 【分析】（1）由面积公式先求出AB 的长，进而根据余弦定理求出AC 的长.（2）由题设，可以随意选择两个条件，去判断DCA ∠与BCA ∠是否可能相等.但是优先选择哪两个条件思维逻辑最清晰､解题过程最简洁是同学们应该思考的.由第一问可知，ABC 是唯一确定的三角形，sin ,cos BCA BCA ∠∠都是可求的，而要判断DCA ∠与BCA ∠是否可能相等，可转化为判断它们的某一个三角函数值是否相等，因此首选条件②和条件③，此时ADC 中的三条边长都知道，容易计算余弦值.如果看到条件①4D π∠=，正好满足D B π∠+∠=，能够想到四点共圆，那么圆周角相等则对应的弦长相等，因此选条件①和条件②也非常简单.最麻烦的是选择条件①和条件③，因为此时ADC 中知道的条件是边边角，ADC 不一定唯一确定，需要讨论. (1) 因为3,2,24ABCB BC S π∠===，所以在ABC 中，由1sin 2ABCSAB BC B =⋅⋅，得2sin ABC S AB BC B ===⋅由余弦定理2222cos AC ABBC AB BC B =-+⋅， 得2842220AC ⎛=+-⋅⋅= ⎝⎭，所以AC =(2)选择条件②：4=AD 和条件③：6CD =，在ADC 中由余弦定理可得222cos 2CD CA AD DCA CD CA ∠+-==⋅，在ABC 中由余弦定理可得222cos 2CB CA AB BCA CB CA ∠+-=⋅，因为cos cos DCA BCA ∠∠≠， 所以DCA BCA ∠∠≠； 选择条件①：4D π∠=和条件②：4=AD ，在ADC 中，由正弦定理可得sin sin AC ADD DCA∠=， 在ABC 中，由正弦定理可得sin sin AC ABB BCA=∠， 所以，若DCABCA ∠=∠，则AD AB =， 与4,AD AB == 所以DCA BCA ∠∠≠； 选择条件①：4D π∠=和条件③：6CD =，在ABC 中由余弦定理可得222cos 2CB CA AB BCA CB CA ∠+-=⋅. 在ADC 中，由余弦定理2222cos AC ADDC AD DC D =+-⋅， 可得2160AD -+=，所以AD =AD =当AD=ADC中，由余弦定理可得222cos2CD CA ADDCACD CA∠+-==⋅因为cos cosDCA BCA∠∠=，且(),0,DCA BCA∠∠π∈，所以DCA BCA∠=∠.当AD=ADC中，由余弦定理可得222cos2CD CA ADDCACD CA∠+-=⋅，因为cos cosDCA BCA∠∠≠，所以DCA BCA∠∠≠.所以选择条件①和条件③时，当AD=DCA BCA∠=∠成立；当AD= DCA BCA∠∠≠.22．(1)3Aπ=；(2)11,22⎛⎫-⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）角换边，在利用余弦定理求解；（2）边换角，将待求表达式表示成关于B的三角函数，利用锐角三角形条件求出B的范围，最后再求表达式的范围即可.(1)因为()()sin sin2sin sin sina A c C Bb C B=-++，所以由正弦定理得()()22a c cb bc b=-++，整理得222b c a bc+-=，由余弦定理得2221cos22b c aAbc+-==．因为0Aπ<<，所以3Aπ=．(2)由正弦定理得)sin sin2sin sin sin sin sin2sin33b c B CB C B B Ba Aππ--⎛⎫⎛⎫==-=--=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因为ABC为锐角三角形，所以0,220,32BBπππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩解得62B ππ<<，所以636B πππ-<-<，所以11sin 232B π⎛⎫-<-< ⎪⎝⎭，故)2b c a-的取值范围为11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭．。

课时规范训练[A级基础演练]1．在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b，若2a sin B＝3b，则角A等于()A.π12 B.π6C.π4D．π3解析：选D.在△ABC中，利用正弦定理得2sin A sin B ＝3sin B，∴sin A＝3 2.又A为锐角，∴A＝π3.2．(2022·高考天津卷)在△ABC中，若AB＝13，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝() A．1 B．2C．3 D．4解析：选A.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则a＝3，c＝13，∠C＝120°，由余弦定理得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1，即AC＝1.3．在△ABC，已知∠A＝45°，AB＝2，BC＝2，则∠C等于()A．30°B．60°C．120°D．30°或150°解析：选A.在△ABC中，ABsin C＝BCsin A，∴2sin C＝2sin 45°，∴sin C＝12，又AB＜BC，∴∠C＜∠A，故∠C＝30°.4．一艘海轮从A处动身，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处观看灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观看灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是()A．102海里B．103海里C．203海里D．202海里解析：选A.如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，依据正弦定理得BCsin 30°＝ABsin 45°，解得BC＝102(海里)．5．(2022·高考山东卷)△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c.已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A＝()A.3π4B．π3C.π4D．π6解析：选C.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝2b2－2b2cos A，所以2b2(1－sin A)＝2b2(1－cos A)，所以sin A＝cos A，即tan A＝1，又0＜A＜π，所以A＝π4.6．(2022·高考北京卷)在△ABC中，∠A＝2π3，a＝3c，则bc＝．解析：∵a＝3c，∴sin A＝3sin C，∵∠A＝2π3，∴sin A＝32，∴sin C＝12，又∠C必为锐角，∴∠C＝π6，∵∠A＋∠B＋∠C＝π，∴∠B＝π6，∴∠B＝∠C，∴b＝c，∴bc＝1.答案：17．在△ABC中，已知AB＝3，A＝120°，且△ABC的面积为1534，则BC边的长为．解析：由S△ABC＝1534得12×3×AC sin 120°＝1534，所以AC＝5，因此BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°＝9＋25＋2×3×5×12＝49，解得BC＝7.答案：78．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c－bc－a＝sin Asin C＋sin B，则B＝() A.π6B．π4C.π3 D ．3π4解析：选C.依据正弦定理：a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R ，得c －b c －a＝sin Asin C ＋sin B ＝a c ＋b，即a 2＋c 2－b 2＝ac ，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，故B ＝π3，故选C.9．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .(1)若a ，b ，c 成等差数列，证明：sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )； (2)若a ，b ，c 成等比数列，且c ＝2a ，求cos B 的值． 解：(1)证明：∵三角形的三边a ，b ，c 成等差数列， ∴a ＋c ＝2b .由正弦定理得sin A ＋sin C ＝2sin B . ∵sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )， ∴sin A ＋sin C ＝2sin(A ＋C )．(2)由题设有b 2＝ac ，c ＝2a ，∴b ＝2a ，由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34.10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知4sin 2A －B2＋4sin A sin B ＝22.(1)求角C 的大小；(2)已知b ＝4，△ABC 的面积为6，求边长c 的值．解：(1)由已知得2[1－cos(A －B )]＋4sin A sin B ＝2＋2，化简得－2cos A cos B ＋2sin A sin B 2，故cos(A ＋B )＝－22，所以A ＋B ＝3π4，从而C ＝π4. (2)由于S △ABC ＝12ab sin C ，由S △ABC ＝6，b ＝4，C ＝π4，得a ＝3 2.由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得c ＝10. [B 级 力量突破]1．(2021·辽宁五校联考)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c ，若b ＋c ＝2a ，3sin A ＝5sin B ，则角C ＝( )A.2π3 B ．π3 C.3π4D ．5π6解析：选A.由3sin A ＝5sin B ，得3a ＝5b . 又由于b ＋c ＝2a ， 所以a ＝53b ，c ＝73b ，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫53b 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫73b 22×53b ×b＝－12.由于C ∈(0，π)，所以C ＝2π3.2．(2021·北京东城一模)在锐角△ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，S △ABC ＝33，则BC ＝( ) A ．5 B ．13或37 C.37D ．13解析：选D.由S △ABC ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12×3×4×sin ∠BAC ＝33，得sin ∠BAC ＝32，由于△ABC 为锐角三角形，所以∠BAC ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，故∠BAC ＝π3，在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB ·cos ∠BAC ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13.所以BC ＝13，故选D.3．(2021·厦门模拟)在不等边三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，其中a 为最大边，假如sin 2(B ＋C )<sin 2B ＋sin 2C ，则角A 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π3 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2解析：选D.由题意得sin 2A <sin 2B ＋sin 2C ， 再由正弦定理得a 2<b 2＋c 2， 即b 2＋c 2－a 2>0. 则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc >0， ∵0<A <π，∴0<A <π2.又a 为最大边，∴A ＝A ，A >B ，A >C ， 即3A >A ＋B ＋C ＝π，∴A >π3. 因此得角A 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2.4．(2021·云南第一次检测)已知a 、b 、c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，若cos B ＝45，a ＝10，△ABC 的面积为42，则b ＋asin A的值等于 ． 解析：依题意可得sin B ＝35，又S △ABC ＝12ac sin B ＝42，则c ＝14.故b ＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝62，所以b ＋a sin A ＝b ＋bsin B ＝16 2.答案：16 25．海上一观测站测得方位角240°的方向上有一艘停止待修的商船，在商船的正东方有一艘海盗船正向它靠近，速度为每小时90海里．此时海盗船距观测站107海里，20分钟后测得海盗船距观测站20海里，再过 分钟，海盗船即可到达商船．解析：如图，设开头时观测站、商船、海盗船分别位于A 、B 、C 处，20分钟后，海盗船到达D 处，在△ADC 中，AC ＝107，AD ＝20，CD ＝30，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋CD 2－AC 22AD ·CD＝400＋900－7002×20×30＝12.∴∠ADC ＝60°，在△ABD 中由已知得∠ABD ＝30°. ∠BAD ＝60°－30°＝30°，∴BD ＝AD ＝20，2090×60＝403(分钟)． 答案：4036．(2021·成都外国语学校模拟)已知函数f (x )＝23sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x ＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x . (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c 且角A 满足f (A )＝3＋1.若a ＝3，BC 边上的中线长为3，求△ABC 的面积S .解：(1)由题意知，f (x )＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x＝3()1＋sin 2x ＋cos 2x ＝3＋3sin 2x ＋cos 2x ＝3＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得 k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，∴函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6，k ∈Z .(2)由f (A )＝3＋1，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12，∴2A ＋π6＝π6或5π6，即A ＝0或π3. 又A 为△ABC 的内角，∴A ＝π3. 由A ＝π3，a ＝3.得|BC→|＝|AC →－AB →|＝a ＝3，① 又BC 边上的中线长为3，知|AB →＋AC →|＝6.②联立①②，解得AB →·AC→＝274，即|AB →|·|AC →|·cos π3＝274， ∴|AB →|·|AC →|＝272. ∴△ABC 的面积为S ＝12|AB →|·|AC →|·sin π3＝2738.。

课下层级训练(二十) 两角和与差的正弦、余弦和正切公式[A 级 基础强化训练]1．(2019·某某某某月考)计算－sin 133°cos 197°－cos 47°cos 73°的结果为( )A ．12 B ．33 C ．22D ．32A [－sin 133°cos 197°－cos 47°cos 73°＝－sin 47°(－cos 17°)－cos 47°sin 17°＝si n(47°－17°)＝sin 30°＝12.]2．若2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝3sin(π－θ)，则tan θ等于( ) A ．－33B ．32C ．233D ．2 3B [由已知得sin θ＋3cos θ＝3sin θ， 即2sin θ＝3cos θ，所以tan θ＝32.] 3．已知sin 2α＝23，则cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝( ) A ．16 B ．13 C ．12D ．23A [法一：cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2 ＝12()1－sin 2α＝16. 法二：cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝22cos α－22sin α，所以cos 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝12(cos α－sin α)2＝12(1－2sin αcos α)＝12(1－sin 2α)＝16.] 4．(2019·某某六市联考)设a ＝12cos 2°－32sin 2°，b ＝2tan 14°1－tan 214°，c ＝ 1－cos 50°2，则有( ) A ．a <c <b B ．a <b <c C ．b <c <aD ．c <a <bD [由题意可知，a ＝sin 28°，b ＝tan 28°，c ＝sin 25°，∴c <a <b .]5．(2019·某某某某模拟)若tan(α＋80°)＝4sin 420°，则tan(α＋20°)的值为( )A ．－35B ．335C ．319D ．37D [由tan(α＋80°)＝4sin 420°＝4sin 60°＝23，得 tan(α＋20°)＝tan[(α＋80°)－60°] ＝tan α＋80°－tan 60°1＋tan α＋80°tan 60°＝23－31＋23×3＝37.]6.sin 250°1＋sin 10°＝__________. 12[sin 250°1＋sin 10°＝1－cos 100°21＋sin 10°＝1－cos 90°＋10°21＋sin 10° ＝1＋sin 10°21＋sin 10°＝12.]7．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝－33，则cos x ＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3＝__________.－1[cos x ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝cos x ＋12cos x ＋32sin x ＝32cos x ＋32sin x ＝3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－33＝－1.] 8．(2019·某某某某统考)若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝14，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝________. －78 [依题意得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫142－1＝－78.]9．已知tan α＝2. (1)求tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4的值；(2)求sin 2αsin 2α＋sin αcos α－cos 2α－1的值．解 (1)tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋tanπ41－tan αtanπ4＝2＋11－2×1＝－3.(2)sin 2αsin 2α＋sin αcos α－cos 2α－1 ＝2sin αcos αsin 2α＋sin αcos α－2cos 2α－1－1＝2sin αcos αsin 2α＋sin αcos α－2cos 2α＝2tan αtan 2α＋tan α－2＝2×222＋2－2＝1.10．(2019·某某六校联考)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π12，x ∈R . (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4的值； (2)若cos θ＝45，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3的值．解 (1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＋π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－12.(2)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π3＋π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ－π4＝22(sin 2θ－cos 2θ)． 因为cos θ＝45，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin θ＝35，所以sin 2θ＝2sin θcos θ＝2425，cos 2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝725， 所以f ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π3＝22(sin 2θ－cos 2θ)＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫2425－725＝17250. [B 级 能力提升训练]11．(2017·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的最大值为( )A ．65 B ．1 C ．35D ．15A [因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3－π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，所以f (x )＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，于是f (x )的最大值为65.]12．已知sin α＝35且α为第二象限角，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝( ) A ．－195B ．－519C ．－3117D ．－1731D [由题意得cos α＝－45，则sin 2α＝－2425，cos 2α＝2cos 2α－1＝725. ∴tan 2α＝－247，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π4＝tan 2α＋tan π41－tan 2αtan π4＝－247＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－247×1＝－1731.] 13．(2017·卷)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sin α＝13，则cos(α－β)＝__________.－79 [由题意知α＋β＝π＋2k π(k ∈Z )， ∴β＝π＋2k π－α(k ∈Z )， sin β＝sin α，cos β＝－cos α.又sin α＝13，∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β ＝－cos 2α＋sin 2α＝2sin 2α－1 ＝2×19－1＝－79.]14．设α为锐角，若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π12＝__________.210 [∵α为锐角，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35为正数， ∴α＋π6是锐角，sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45. ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π12＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π4－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π4＝45×22－35×22＝210.] 15．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，且sin α2＋cos α2＝62.(1)求cos α的值；(2)若sin(α－β)＝－35，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，求cos β的值．解 (1)已知sin α2＋cos α2＝62，两边同时平方，得1＋2sin α2cos α2＝32，则sin α＝12.又π2<α<π，所以cos α＝－1－sin 2α＝－32.(2)因为π2<α<π，π2<β<π，所以－π2<α－β<π2.又sin(α－β)＝－35，所以cos(α－β)＝45.则cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝－32×45＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝－43＋310. 16．(2019·某某枣庄质检)已知sin α＋cos α＝355，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝35，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4， π2(1)求sin2α和tan2α的值； (2)求cos (α＋2β)的值．解 (1)由题意得(sin α＋cos α)2＝95，∴1＋sin2α＝95，∴sin2α＝45.又2α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos 2α＝1－sin 22α＝35，∴tan 2α＝sin 2αcos 2α＝43.(2)∵β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴β－π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，又sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝35，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝45，∴sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝2425. 又sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π4＝－cos 2β， ∴cos 2β＝－2425，又2β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，∴sin 2β＝725， ∵cos 2α＝1＋cos 2α2＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，∴cos α＝255，∴sin α＝55.∴cos(α＋2β)＝cos αcos 2β－sin αsin 2β＝255×⎝ ⎛⎭⎪⎫－2425－55×725＝－11525.。

阶段质量检测（一） 平面向量、三角函数与解三角形(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4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．(2018·金华期末)函数y ＝2sin 2⎝⎛⎭⎫x －π4－1是( ) A ．最小正周期为π的奇函数 B ．最小正周期为2π的奇函数 C ．最小正周期为π的偶函数 D ．最小正周期为2π的偶函数解析：选A 因为函数y ＝2sin 2⎝⎛⎭⎫x －π4－1＝－⎣⎡⎦⎤1－2sin 2⎝⎛⎭⎫x －π4＝－cos ⎝⎛⎭⎫2x －π2＝ －sin 2x ，所以函数是最小正周期为2π2＝π的奇函数．2．已知向量a ＝(1,2)，b ＝(－2，m )，若a ∥b ，则|2a ＋3b |＝( ) A.70 B ．4 5 C ．3 5D ．2 5解析：选B 依题意得，m 2＝－21，所以m ＝－4,2a ＋3b ＝2(1,2)＋3(－2，－4)＝(－4，－8)，故|2a ＋3b |＝(－4)2＋(－8)2＝4 5.3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 为锐角三角形，且满足sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，则下列等式成立的是( )A ．a ＝2bB ．b ＝2aC ．A ＝2BD ．B ＝2A解析：选A 由题意可知sin B ＋2sin B cos C ＝sin A cos C ＋sin(A ＋C )，即2sin B cos C ＝sin A cos C ，又cos C ≠0，故2sin B ＝sin A ，由正弦定理可知a ＝2b .4．(2018·柯桥区二模)已知不共线的两个非零向量a ，b ，满足|a ＋b |＝|2a －b |，则( ) A ．|a |<|2b | B ．|a |>|2b | C ．|b |<|a －b |D ．|b |>|a －b |解析：选A ∵|a ＋b |＝|2a －b |， ∴a 2＋2a ·b ＋b 2＝4a 2－4a ·b ＋b 2，∴6a ·b ＝3a 2， ∴a 2＝2a ·b ，|a |2＝2|a |×|b |cos θ，其中θ为a 、b 的夹角； ∴|a |＝2|b |cos θ，又a ，b 是不共线的两个非零向量， ∴|a |<|2b |.5．(2019届高三·镇海中学检测)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知b －c ＝14a,2sin B ＝3sin C ，则cos A ＝( )A ．－14B ．14C ．78D ．1116解析：选A 在△ABC 中，∵b －c ＝14a,2sin B ＝3sin C ，利用正弦定理可得2b ＝3c ，则a＝2c ，b ＝32c .再由余弦定理可得 cos A ＝b 2＋c 2－a22bc＝⎝⎛⎭⎫32c 2＋c 2－4c 22×32c ×c ＝－14.6．(2018·浦江模拟)已知平面向量a ，b ，c ，满足a |a |＋b |b |＝c|c |，且|a |＋|b |＋|c |＝4，则c ·(a＋b )的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由a |a |＋b |b |＝c|c |，可得a 与b 夹角为120°，且c 与a ，b 成等角，均为60°，设|a |＝a ，|b |＝b ，|c |＝c ，由|a |＋|b |＋|c |＝4，得a ＋b ＋c ＝4，则0<c <4.c ·(a ＋b )＝c ·a ＋c ·b ＝|c ||a |cos 60°＋|c ||b |cos 60°＝12c (a ＋b )＝12c (4－c )＝－12c 2＋2c .∴当c ＝2时，c ·(a ＋b )的最大值为2.7．(2019届高三·浙江名校联考信息卷)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，将函数f (x )的图象向左平移φ⎝⎛⎭⎫φ∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2个单位长度，得到函数g (x )的图象，则“φ＝7π12”是“g (x )是偶函数”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 由f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，得g (x )＝f (x ＋φ)＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2φ＋π3，当φ＝7π12时，g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2×7π12＋π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋3π2＝－cos 2x ，故充分性成立．当g (x )是偶函数时，2φ＋π3＝π2＋k π，k ∈Z ，φ＝π12＋k π2，k ∈Z ，令k ＝1，得φ＝7π12∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2，令k ＝2，得φ＝13π12∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2.故“φ＝7π12”是“g (x )是偶函数”的充分不必要条件．8．(2018·金华模拟)已知平面内任意不共线三点A ，B ，C ，则AB ―→·BC ―→＋BC ―→·CA ―→＋CA ―→·AB ―→的值为( )A ．正数B ．负数C ．0D ．以上说法都有可能解析：选B 如果A ，B ，C 三点构成的三角形为锐角三角形或直角三角形， 显然AB ―→·BC ―→＋BC ―→·CA ―→＋CA ―→·AB ―→<0；如果A ，B ，C 三点构成钝角三角形，可设C 为钝角， 角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，则c >a ，c >b ， ∴AB ―→·BC ―→＋BC ―→·CA ―→＋CA ―→·AB ―→＝ac cos(π－B )＋ab cos(π－C )＋bc cos(π－A )<－ab cos B －ab cos C －ab cos A ＝－ab (cos B ＋cos C ＋cos A ) ＝－ab [cos A ＋cos B －cos(A ＋B )]＝－ab (cos A ＋cos B －cos A cos B ＋sin A sin B ) ＝－ab [cos A ＋cos B (1－cos A )＋sin A sin B ]． ∵A ，B 是锐角，∴cos A >0，cos B >0，且1－cos A >0，sin A sin B >0， ∴AB ―→·BC ―→＋BC ―→·CA ―→＋CA ―→·AB ―→<0.9．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫|φ|<π2，ω>0的图象在y 轴右侧的第一个最高点为P ⎝⎛⎭⎫π6，1，在原点右侧与x 轴的第一个交点为Q ⎝⎛⎭⎫5π12，0，则f ⎝⎛⎭⎫π3的值为( ) A ．1 B ．22 C ．12D ．32解析：选C 由题意得T 4＝5π12－π6＝π4，所以T ＝π，所以ω＝2，则f (x )＝sin(2x ＋φ)，将点P ⎝⎛⎭⎫π6，1代入f (x )＝sin(2x ＋φ)，得sin ⎝⎛⎭⎫2×π6＋φ＝1，所以φ＝π6＋2k π(k ∈Z )．又|φ|<π2，所以φ＝π6，即f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6(x ∈R )，所以f ⎝⎛⎭⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎫2×π3＋π6＝sin 5π6＝12，选C. 10．(2018·宁波模拟)已知O 为锐角△ABC 的外心，|AB ―→|＝3，|AC ―→|＝23，若AO ―→＝x AB ―→＋y AC ―→，且9x ＋12y ＝8，记I 1＝OA ―→·OB ―→，I 2＝OB ―→·OC ―→，I 3＝OA ―→·OC ―→，则( )A ．I 2<I 1<I 3B ．I 3<I 2<I 1C ．I 3<I 1<I 2D ．I 2<I 3<I 1解析：选D 如图，分别取AB ，AC 的中点，为D ，E ，并连接OD ，OE ，根据条件有OD ⊥AB ，OE ⊥AC ，∴AO ―→·AB ―→＝12|AB ―→|2＝92，AO ―→·AC ―→＝12|AC ―→|2＝6，∴AO ―→·AB ―→＝(x AB ―→＋y AC ―→)·AB ―→＝9x ＋63y ·cos ∠BAC ＝92， ①AO ―→·AC ―→＝(x AB ―→＋y AC ―→)·AC ―→＝63x cos ∠BAC ＋12y ＝6， ② 又9x ＋12y ＝8，③∴由①②③解得cos ∠BAC ＝33－78.由余弦定理得，BC ＝9＋12－2×3×23×33－78＝15＋3212.∴BC >AC >AB .在△ABC 中，由大边对大角得，∠BAC >∠ABC >∠ACB ，∴∠BOC >∠AOC >∠AOB ， ∵|OA ―→|＝|OB ―→|＝|OC ―→|，且余弦函数在(0，π)上为减函数， ∴OB ―→·OC ―→<OA ―→·OC ―→<OA ―→·OB ―→，即I 2<I 3<I 1.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分) 11．(2019届高三·金华十校联考)在平面直角坐标系中，角α的顶点与原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)，则tan α＝________，cos α＋sin ⎝⎛⎭⎫α＋π2＝________.解析：根据角α的顶点与原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点P (－3，－1)，可得x ＝－3，y ＝－1，r ＝|OP |＝2， ∴tan α＝y x ＝－1－3＝33，cos α＝－32＝－32，∴cos α＋sin ⎝⎛⎭⎫α＋π2＝2cos α＝－ 3. 答案：33－ 3 12．函数f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1的最小正周期是__________________，单调递增区间是______________________．解析：函数f (x )＝sin 2x ＋sin x cos x ＋1， 则f (x )＝1－cos 2x 2＋sin 2x2＋1 ＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4＋32， 则函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π， 令－π2＋2k π≤2x －π4≤π2＋2k π(k ∈Z )，解得－π8＋k π≤x ≤3π8＋k π(k ∈Z )，故f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－π8＋k π，3π8＋k π(k ∈Z )．答案：π ⎣⎡⎦⎤－π8＋k π，3π8＋k π(k ∈Z ) 13.如图，在△ABC 中，∠B ＝45°，D 是BC 边上的一点，AD＝5，AC ＝7，DC ＝3，则AB 的长为________．解析：在△ADC 中，AD ＝5，AC ＝7，DC ＝3， 由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC ＝－12，∴∠ADC ＝120°，∠ADB ＝60°，在△ABD 中，AD ＝5，∠B ＝45°，∠ADB ＝60°， 由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝ADsin B ，∴AB ＝562.答案：56214．(2019届高三·西湖区校级模拟)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足2cos 2A ＋3sin 2A ＝2，b ＝1，S △ABC ＝32，则A ＝________，b ＋c sin B ＋sin C＝________. 解析：∵2cos 2A ＋3sin 2A ＝2， ∴cos 2A ＋3sin 2A ＝1， ∴sin ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝12， ∵0<A <π，∴2A ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，13π6， ∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3.∵b ＝1，S △ABC ＝32＝12bc sin A ＝12×1×c ×32， ∴c ＝2，∴由余弦定理可得，a ＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝12＋22－2×1×2×12＝3，∴b ＋csin B ＋sin C ＝a sin A ＝332＝2.答案：π3215．(2018·下城区校级模拟)记min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a >b ，已知向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，且a ·b ＝1，若c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋2μ＝1)，则当min{a ·c ，b ·c }取最大值时，|c |＝________.解析：向量a ，b ，c 满足|a |＝1，|b |＝2，且a ·b ＝1， 可得cos 〈a ，b 〉＝11×2＝12，〈a ，b 〉＝60°，可设a ＝(1,0)，b ＝(1，3)，12b ＝⎝⎛⎭⎫12，32， 若c ＝λa ＋μb (λ，μ≥0，且λ＋2μ＝1)， 即有c ，a ，12b 的终点共线，设c ＝(x ，y )，可得y ＝－3(x －1)，12≤x ≤1，可得min{a ·c ，b ·c }＝min{x,3－2x }＝x ， 当min{a ·c ，b ·c }取最大值1，可得|c |＝1. 答案：116．已知共面向量a ，b ，c 满足|a |＝3，b ＋c ＝2a ，且|b |＝|b －c |.若对每一个确定的向量b ，记|b －t a |(t ∈R )的最小值为d min ，则当b 变化时，d min 的最大值为________．解析：不妨设向量a ＝(3,0)，则由b ＋c ＝2a ，设|b －a |＝|c －a |＝r ，则向量b ，c 对应的点分别在以(3,0)为圆心，r 为半径的圆上的直径两端运动，其中OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，并设∠BAH ＝θ，如图，易得点B 的坐标B (r cos θ＋3，r sin θ)，因为|b |＝|b －c |，所以|OB ―→|＝|CB ―→|，则(r cos θ＋3)2＋(r sin θ)2＝4r 2，整理为r 2－2r cos θ－3＝0，∴cos θ＝r 2－32r，而|b －t a |(t ∈R )表示向量b 对应的点到动点(3t,0)的距离，向量|b －t a |(t ∈R )的最小值为向量b 对应的点到x 轴的距离d min ，即d min＝|BH ―→|＝r sin θ＝r 1－cos 2θ＝－r 4＋10r 2－94＝4－(r 2－5)24≤2，所以d min 的最大值是2.答案：217.(2019届高三·杭州六校联考)如图，在边长为1的正方形ABCD 中，E 为AB 的中点，P 为以A 为圆心，AB 为半径的圆弧(在正方形内，包括边界点)上的任意一点，则AP ―→·BP ―→的取值范围是________；若向量AC ―→＝λDE ―→＋μAP ―→，则λ＋μ的最小值为________．解析：以A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0，0)，B (1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，C (1，1)，D (0,1)．设P (cos θ，sin θ)，∴AC ―→＝(1,1)，AP ―→＝(cos θ，sin θ)，BP ―→＝(cos θ－1，sin θ)， ∴AP ―→·BP ―→＝cos 2θ－cos θ＋sin 2θ＝1－cos θ， ∵0≤θ≤π2，∴0≤cos θ≤1,0≤sin θ≤1.∴AP ―→·BP ―→的取值范围是[0,1]，∵AC ―→＝λ⎝⎛⎭⎫12，－1＋μ(cos θ， sin θ)＝⎝⎛⎭⎫λ2＋μcos θ，－λ＋μsin θ＝(1,1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧λ2＋μcos θ＝1，－λ＋μsin θ＝1，∴⎩⎨⎧λ＝2sin θ－2cos θ2cos θ＋sin θ，μ＝32cos θ＋sin θ，∴λ＋μ＝3＋2sin θ－2cos θ2cos θ＋sin θ＝－1＋3sin θ＋32cos θ＋sin θ.∴(λ＋μ)′＝6＋6sin θ－3cos θ(2cos θ＋sin θ)2>0，故λ＋μ在⎣⎡⎦⎤0，π2上是增函数， ∴当θ＝0，即cos θ＝1时，λ＋μ取最小值为3＋0－22＋0＝12.答案：[0,1] 12三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18．(本小题满分14分)(2018·杭州期中)在平面直角坐标系xOy 中，A (1,0)，B (0，1)，C (2,5)，D 是AC 上的动点，满足AD ―→＝λAC ―→(λ∈R )．(1)求||2AB ―→＋AC ―→的值； (2)求cos ∠BAC ；(3)若BD ―→⊥BA ―→，求实数λ的值．解：(1)∵2AB ―→＋AC ―→＝2(－1,1)＋(1,5)＝(－1,7)， ∴|2AB ―→＋AC ―→|＝(－1)2＋72＝5 2.(2)cos ∠BAC ＝AB ―→·AC―→| AB ―→|·|AC ―→|＝－1＋52×26＝21313. (3)∵AD ―→＝λAC ―→(λ∈R )．∴BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝λAC ―→－AB ―→＝λ(1,5)－(－1,1)＝(λ＋1，5λ－1)． ∵BD ―→⊥BA ―→，∴(λ＋1)×1－(5λ－1)＝0. 解得λ＝12.19．(本小题满分15分)(2018·台州五月适应性考试)已知函数f (x )＝3sin x cos x －sin 2x ＋12，x ∈R . (1)求f (x )的单调递增区间及f (x )图象的对称轴方程； (2)若α，β∈(0，π)，α≠β，且f (α)＝f (β)，求α＋β的值．解：(1)f (x )＝3sin x cos x －sin 2x ＋12＝32sin 2x ＋12cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6， 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z )，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z )． 由2x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋π6(k ∈Z )，故f (x )图象的对称轴方程为x ＝k π2＋π6(k ∈Z )． (2)由f (α)＝f (β)，得sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2β＋π6， sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋β＋π6＋(α－β)＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α＋β＋π6－(α－β)， 展开整理得，cos ⎝⎛⎭⎫α＋β＋π6sin(α－β)＝0. 因为α，β∈(0，π)，α≠β，所以sin(α－β)≠0， 所以cos ⎝⎛⎭⎫α＋β＋π6＝0， 所以α＋β＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )，即α＋β＝k π＋π3(k ∈Z )．因为α，β∈(0，π)， 所以0＜α＋β＜2π， 故α＋β＝π3或4π3.20．(本小题满分15分)(2017·杭州期末)设A 是单位圆O 和x 轴正半轴的交点，P ，Q 是圆O 上两点，O 为坐标原点，∠AOP ＝π6，∠AO Q ＝α，α∈⎣⎡⎦⎤0，π2. (1)若Q ⎝⎛⎭⎫35，45，求cos ⎝⎛⎭⎫α－π6的值； (2)设函数f (α)＝sin α·(OP ―→·O Q ―→)，求f (α)的值域． 解：(1)由已知得cos α＝35，sin α＝45，∴cos ⎝⎛⎭⎫α－π6＝35×32＋45×12＝33＋410. (2)∵OP ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，O Q ―→＝(cos α，sin α)，∴OP ―→·O Q ―→＝32cos α＋12sin α，∴f (α)＝32sin αcos α＋12sin 2α＝34sin 2α－14cos2α＋14＝12sin ⎝⎛⎭⎫2α－π6＋14. ∵α∈⎣⎡⎦⎤0，π2， ∴2α－π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，5π6， ∴当2α－π6＝－π6时， f (α)取得最小值12×⎝⎛⎭⎫－12＋14＝0， 当2α－π6＝π2时，f (α)取得最大值12×1＋14＝34. ∴f (α)的值域是⎣⎡⎦⎤0，34. 21．(本小题满分15分)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足 23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C .(1)求角C 的大小；(2)若a cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )且a ＝2，求△ABC 的面积．解：(1)由23a sin C sin B ＝a sin A ＋b sin B －c sin C 及正弦定理，得23ab sin C ＝a 2＋b 2－c 2，∴3sin C ＝a 2＋b 2－c 22ab， ∴3sin C ＝cos C ，∴tan C ＝33，∴C ＝π6. (2)由a cos ⎝⎛⎭⎫π2－B ＝b cos(2k π＋A )(k ∈Z )， 得a sin B ＝b cos A ，由正弦定理得sin A sin B ＝sin B cos A ，∴sin A ＝cos A ，∴A ＝π4， 根据正弦定理可得2sin π4＝c sin π6，解得c ＝2，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×2sin(π－A －C )＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4＋π6＝3＋12. 22．(本小题满分15分)已知向量a ＝(2,2)，向量b 与向量a 的夹角为3π4，且a ·b ＝－2. (1)求向量b ；(2)若t ＝(1,0)，且b ⊥t ，c ＝⎝⎛⎭⎫cos A ，2cos 2C 2，其中A ，B ，C 是△ABC 的内角，若A ，B ，C 依次成等差数列，试求|b ＋c |的取值范围．解：(1)设b ＝(x ，y )，则a ·b ＝2x ＋2y ＝－2，且|b |＝a ·b |a |cos 3π4＝1＝ x 2＋y 2，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋2y ＝－2，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1.∴b ＝(－1,0)或b ＝(0，－1)．(2)∵b ⊥t ，且t ＝(1,0)，∴b ＝(0，－1)．∵A ，B ，C 依次成等差数列，∴B ＝π3. ∴b ＋c ＝⎝⎛⎭⎫cos A ，2cos 2C 2－1＝(cos A ，cos C )， ∴|b ＋c |2＝cos 2A ＋cos 2C ＝1＋12(cos 2A ＋cos 2C ) ＝1＋12⎣⎡⎦⎤cos 2A ＋cos ⎝⎛⎭⎫4π3－2A ＝1＋12⎝⎛⎭⎫cos 2A －12cos 2A －32sin 2A ＝1＋12cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3. ∵A ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，则2A ＋π3∈⎝⎛⎭⎫π3，5π3， ∴－1≤cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π3<12， ∴12≤|b ＋c |2<54， 故22≤|b ＋c |<52.∴|b ＋c |的取值范围为⎣⎡⎭⎫22，52.。

课时规范训练[A 级 基础演练]1．要得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3的图象，只需将函数y ＝sin 4x 的图象( ) A ．向左平移π12个单位B ．向右平移π12个单位C ．向左平移π3个单位D ．向右平移π3个单位解析：选B.由y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π3＝sin 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12得，只需将y ＝sin 4x 的图象向右平移π12个单位即可，故选B.2．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)对任意x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6等于( )A ．2或0B ．－2或2C ．0D ．－2或0解析：选B.由于函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)对任意x 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ，所以该函数图象关于直线x ＝π6对称，由于在对称轴处对应的函数值为最大值或最小值，所以选B.3．函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx －π3(ω>0)的周期是π，将函数f (x )的图象沿x 轴向左平移π6个单位得到函数g (x )的图象，则函数g (x )的解析式是( )A ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π4B ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6C ．g (x )＝sin 2xD ．g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －2π3 解析：选C.由题知2πω＝π，ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，g (x )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6－π3＝sin 2x .4．已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，下面说法正确的是( )A ．函数的周期为π4B ．函数图象的一条对称轴方程为x ＝π3C ．函数在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6上为减函数D ．函数是偶函数解析：选B.当x ＝π3时，f (x )＝1，∴x ＝π3是函数图象的一条对称轴，故选B.5．如图为函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)(ω>0)的部分图象，B 、C 分别为图象的最高点和最低点，若AB →·BC →＝|AB →|2，则ω＝( )A.π3 B.π4 C.π6 D.π12解析：选C.由题意可知|BC →|＝2|AB →|，由AB →·BC →＝|AB →|2知－|AB →|·|BC →|cos ∠ABC ＝|AB →|2，∠ABC ＝120°，过B 作BD 垂直于x 轴于D ，则|AD →|＝3，T ＝12，ω＝2πT ＝π6，故选C.6．设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝ .解析：f (x )＝sin x －2cos x ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫15sin x －25cos x ，设15＝cos α，25＝sin α， 则f (x )＝5(sin x cos α－cos x sin α)＝5sin(x －α)． ∵x ∈R ，∴x －α∈R ，∴y max ＝ 5. 又∵x ＝θ时，f (x )取得最大值， ∴f (θ)＝sin θ－2cos θ＝ 5. 又sin 2θ＋cos 2θ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝15，cos θ＝－25，即cos θ＝－255.答案：－2557．若将函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y 轴对称，则φ的最小正值是 ．解析：由函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移φ个单位得到g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（x －φ）＋π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4－2φ，又∵g (x )是偶函数，∴π4－2φ＝k π＋π2(k ∈Z )．∴φ＝－k π2－π8(k ∈Z )．当k ＝－1时，φ取得最小正值3π8. 答案：3π88．已知函数y ＝cos x 与y ＝sin(2x ＋φ)(0≤φ<π)，它们的图象有一个横坐标为π3的交点，则φ的值是 ．解析：由题意，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π3＋φ＝cos π3，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝sin π6，解得2π3＋φ＝2k π＋π6(无解)或2π3＋φ＝2k π＋5π6，由于0≤φ<π，所以φ＝π6.答案：π69．已知函数f (x )＝3sin x cos x －cos 2x . (1)求f (x )的最小正周期和单调递增区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求函数f (x )的最大值和最小值及相应的x 的值．解：(1)由于f (x )＝32sin 2x －12cos 2x －12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6－12，所以T ＝2πω＝π，故f (x )的最小正周期为π.由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，所以k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z .函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(2)由于0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6，令2x －π6＝π2，即x ＝π3时，f (x )有最大值12；令2x －π6＝－π6，即x ＝0时，f (x )有最小值－1.10．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 . 由于y ＝f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎪⎫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 )＝3sin 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，解得2φ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )．由于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 )． [B 级 力量突破]1．将函数h (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π4个单位，再向上平移2个单位，得到函数f (x )的图象，则函数f (x )的图象与函数h (x )的图象( )A ．关于直线x ＝0对称B ．关于直线x ＝1对称C ．关于点(1，0)对称D ．关于点(0，1)对称解析：选D.依题意，将h (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象向右平移π4个单位，再向上平移2个单位后得到y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋π4＋2，即f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2的图象，又∵h (－x )＋f (x )＝2，∴函数f (x )的图象与函数h (x )的图象关于点(0，1)对称．2．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈R ，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，假如x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝( )A.12 B ．32C.22D ．1解析：选B.由题图可知，T 2＝π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π2，则T ＝π，ω＝2，又∵－π6＋π32＝π12，∴f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎪⎫π12，1，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋φ＝1，得π6＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，∵|φ|<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.由题意得x 1＋x 2＝－π6＋π3＝π6，∴f (x 1＋x 2)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝sin 2π3＝32.3．将函数f (x )＝sin 2x 的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎪⎫0＜φ＜π2个单位后得到函数g (x )的图象．若对满足|f (x 1)－g (x 2)|＝2的x 1，x 2，有|x 1－x 2|min ＝π3，则φ＝( )A.5π12 B ．π3C.π4D ．π6解析：选D.由于g (x )＝sin 2(x －φ)＝sin(2x －2φ)，所以|f (x 1)－g (x 2)|＝|sin 2x 1－sin(2x 2－2φ)|＝2.由于－1≤sin 2x 1≤1，－1≤sin(2x 2－2φ)≤1，所以sin 2x 1和sin(2x 2－2φ)的值中，一个为1，另一个为－1，不妨取sin 2x 1＝1，sin(2x 2－2φ)＝－1，则2x 1＝2k 1π＋π2，k 1∈Z ，2x 2－2φ＝2k 2π－π2，k 2∈Z ，2x 1－2x 2＋2φ＝2(k 1－k 2)π＋π，(k 1－k 2)∈Z ，得|x 1－x 2|＝|(k 1－k 2)π＋π2－φ|.由于0＜φ＜π2，所以0＜π2－φ＜π2，故当k 1－k 2＝0时，|x 1－x 2|min ＝π2－φ＝π3，则φ＝π6，故选D.4．将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2≤φ<π2图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移π6个单位长度得到y ＝sin x 的图象，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝ ．解析：将y ＝sin x 的图象向左平移π6个单位长度可得y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象，保持纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6的图象，故f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×π6＋π6＝sin π4＝22.答案：225．设y ＝sin (ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2的最小正周期为π，且其图象关于直线x ＝π12对称，则在下面四个结论中：①图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0对称；②图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0对称；③在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6上是增函数；④在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，0上是增函数．正确结论的编号为 ． 解析：∵T ＝π，∴ω＝2， ∴y ＝sin(2x ＋φ)．∵图象关于直线x ＝π12对称，∴2×π12＋φ＝π2＋k π(k ∈Z )，∴φ＝π3＋k π(k ∈Z )．又∵φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，∴φ＝π3.∴y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. 当x ＝π4时，y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π3＝12，故①不正确；当x ＝π3时，y ＝0，故②正确；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6时，2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3，y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3不是增函数，即③不正确；当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，0时，2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，故④正确．答案：②④6．青岛第一海水浴场位于汇泉湾畔，拥有长580米，宽40余米的沙滩，是亚洲较大的海水浴场．这里三面环山，绿树葱郁，现代的高层建筑与传统的别墅建筑奇妙地结合在一起，景色格外秀丽．海湾内水清浪小，滩平坡缓，沙质细软，自然条件极为优越．已知海湾内海浪的高度y (米)是时间t (0≤t ≤24，单位：时)的函数，记作y ＝f (t )．下表是某日各时刻记录的浪高数据：(1)依据以上数据，求函数y ＝A cos ωt ＋b 的最小正周期T ，振幅A 及函数表达式；(2)依据规定，当海浪高度高于1米时才对冲浪爱好者开放，请依据(1)的结论，推断一天内8∶00至20∶00之间，有多少时间可供冲浪者进行运动？解析：(1)由表中数据，知周期T ＝12，∴ω＝2πT ＝2π12＝π6，由t ＝0，y ＝1.5，得A ＋b ＝1.5；由t ＝3，y ＝1.0，得b ＝1，∴A ＝0.5，∴振幅为12，y ＝12cos π6t ＋1.(2)由题知，当y ＞1时才可对冲浪者开放， 令12cos π6t ＋1＞1，即cos π6t ＞0， ∴2k π－π2＜π6t ＜2k π＋π2，k ∈Z ，即12k －3＜t ＜12k ＋3，k ∈Z . ①∵0≤t ≤24，故可令①中的k 分别为0，1，2， 得0≤t ＜3，或9＜t ＜15，或21＜t ≤24.∴在规定时间8∶00到20∶00之间，有6小时的时间可供冲浪者运动，即9∶00到15∶00.。

2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第3章《三角函数、解三角形》（第1课时）（新人教A 版）一、选择题1．下列各角中，角的终边过点P (－3，1)的是( )A ．－π3 B.2π3C.5π6D.3π4 答案：C2．已知cos θ²tan θ<0，那么角θ是( ) A ．第一或第二象限角 B ．第二或第三象限角 C ．第三或第四象限角 D ．第一或第四象限角解析：选C.法一：∵cos θ²tan θ＝sin θ<0，cos θ≠0， ∴θ为第三或第四象限角，故选C. 法二：由cos θ²tan θ<0， 则⎩⎪⎨⎪⎧ cos θ<0，tan θ>0， 或⎩⎪⎨⎪⎧cos θ>0，tan θ<0. 故θ为第三或第四象限角，故选C.3．若一扇形的圆心角为72°，半径为20 cm ，则扇形的面积为( )A ．40π cm 2B ．80π cm 2C ．40 cm 2D ．80 cm 2解析：选B.72°＝2π5，∴S 扇形＝12αr 2＝12³2π5³202＝80π(cm 2)．4．设θ是第三象限角，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos θ2＝－cos θ2，则θ2是( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B.由θ是第三象限角，知θ2为第二或第四象限角，∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos θ2＝－cos θ2，∴cos θ2≤0，知θ2为第二象限角．5．在(0,2π)内使sin x ＞cos x 成立的x 取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π，5π4B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π∪⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，3π2解析：选C.用单位圆内正弦线和余弦线来解． 二、填空题6．已知点P (tan α，cos α)在第三象限，则角α的终边在第______象限． 解析：∵点P (tan α，cos α)在第三象限，∴tan α＜0，cos α＜0. ∴角α在第二象限． 答案：二 7．(2013²昆明质检)已知α的顶点在原点，始边与x 轴非负半轴重合，点P (－4m,3m )(m ＞0)是α终边上一点，则2sin α＋cos α＝________.解析：由条件可求得r ＝5m ，所以sin α＝35，cos α＝－45，所以2sin α＋cos α＝25.答案：258．已知角α的终边落在直线y ＝－3x (x <0)上，则|sin α|sin α－|cos α|cos α＝________.解析：因为角α的终边落在直线y ＝－3x (x <0)上，所以角α是第二象限角，因此sin α>0，cos α<0，故|sin α|sin α－|cos α|cos α＝sin αsin α－－cos αcos α＝1＋1＝2.答案：2 三、解答题9．已知角θ的终边上有一点P (x ，－1)(x ≠0)，且tan θ＝－x ，求sin θ，cos θ的值．解：∵θ的终边过点(x ，－1)(x ≠0)，∴tan θ＝－1x，又tan θ＝－x ，∴x 2＝1，∴x ＝±1.当x ＝1时，sin θ＝－22，cos θ＝22； 当x ＝－1时，sin θ＝－22，cos θ＝－22. 10．已知α＝π3.(1)写出所有与α终边相同的角的集合；(2)写出在(－4π，2π)内与α终边相同的角；(3)若角β与α终边相同，则β2是第几象限角？解：(1)所有与α终边相同的角可表示为{θ|θ＝2k π＋π3，k ∈Z }．(2)由(1)，令－4π<2k π＋π3<2π(k ∈Z )，则有－2－16<k <1－16.又∵k ∈Z ，∴取k ＝－2，－1,0.故在(－4π，2π)内与α终边相同的角是－11π3、－5π3、π3.(3)由(1)有β＝2k π＋π3(k ∈Z )，则β2＝k π＋π6(k ∈Z )． ∴β2是第一、三象限角．一、选择题1．已知角α的终边过点P (－8m ，－6sin30°)，且cos α＝－45，则m 的值为( )A ．－12B.12 C ．－32D.32解析：选B.r ＝64m 2＋9，∴cos α＝－8m 64m 2＋9＝－45，∴m >0. ∴4m 264m 2＋9＝125，∴m ＝±12. ∵m >0，∴m ＝12.2.如图，设点A 是单位圆上的一定点，动点P 从A 出发在圆上按逆时针方向转一周，点P 所旋转过的弧AP 的长为l ，弦AP 的长为d ，则函数d ＝f (l )的图象大致为( )解析：选C.如图，取AP 的中点为D ，设∠DOA ＝θ，则d ＝2r sin θ＝2sin θ，l ＝2θr ＝2θ，∴d ＝2sin l2，故选C.二、填空题3．(2013²德州质检)若扇形圆心角的弧度数为2，且扇形弧所对的弦长也是2，则这个扇形的面积为________．解析：由题意可知：2＝2²r ²sin1，∴r ＝1sin1，∴S ＝12r 2α＝12²⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin12²2＝1sin 21. 答案：1sin 214．(易错题)在与2040°终边相同的角中，绝对值最小的角的弧度数为________．解析：∵2040°＝5³360°＋240°＝10π＋4π3，∴与2040°终边相同的角中绝对值最小的角为－23π.答案：－23π三、解答题5．(1)确定－cos8²tan5的符号；(2)已知α∈(0，π)，且sin α＋cos α＝m (0<m <1)，试判断式子sin α－cos α的符号．解：(1)∵－3,5,8分别是第三、第四、第二象限角， ∴tan(－3)>0，tan5<0，cos8<0，∴原式>0.(2)若0<α<π2，则如图所示，在单位圆中，OM ＝cos α，MP ＝sin α，∴sin α＋cos α＝MP ＋OM >OP ＝1.若α＝π2，则sin α＋cos α＝1.由已知0<m <1，故α∈(π2，π)．于是有sin α－cos α>0.。

2021届高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形课堂达标21函数y ＝Asin 的图象及应用文新人教版202107234139[A 基础巩固练]1．(2020·宁夏银川市兴庆区长庆高中一模试卷)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图示，则将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位后，得到的图象解析式为( )A ．y ＝sin 2xB ．y ＝cos 2xC ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3 D ．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解析式为y ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，故选D.[答案] D2．(2020·湖南省常德市一模)把函数f (x )＝3cos 2x －sin 2x 的图象向右平移π12个单位得到函数y ＝g (x )的图象，则函数y ＝g (x )在下列哪个区间是单调递减的( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0 B ．[－π，0]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2[解析] 函数f (x )＝3cos 2x －sin 2x ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，向右平移π12个单位得到2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12＋π6＝2cos 2x ＝g (x )，由y ＝cos x 的一个单调递减区间为[0，π]，∴g (x )＝2cos 2x 的一个单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，故选D.[答案] D3．(2020·长沙一模)定义⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1 a 2a 3 a 4＝a 1a 4－a 2a 3，若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin 2x cos 2x 1 3，则将f (x )的图象向右平移π3个单位所得曲线的一条对称轴的方程是( )A ．x ＝π6B ．x ＝π4C ．x ＝π2D ．x ＝π[解析] 由定义可知，f (x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin(2x －π6)，将f (x )的图象向右平移π3个单位得到y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －5π6，由2x －5π6＝π2＋k π(k ∈Z )，得对称轴为x ＝2π3＋k π2(k ∈Z )，当k ＝－1时，对称轴为x ＝2π3－π2＝π6.[答案] A4．(2021·课标Ⅰ)已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3，则下面结论正确的是( )A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原先的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原先的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原先的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原先的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2[解析] 因为C 1，C 2函数名不同，因此先将C 2利用诱导公式转化成与C 1相同的函数名，则C 2：y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3－π2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，则由C 1上各点的横坐标缩短到原先的12倍变为y ＝sin 2x ，再将曲线向左平移π12个单位得到C 2，故选D.[答案] D5．(2020·长春模拟)函数f (x )＝sin(2x ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫|φ|<π2向左平移π6个单位后是奇函数，则函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最小值为( )A ．－32B ．－12C.12 D.32[解析] 函数f (x )＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|φ|<π2向左平移π6个单位后得到函数为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋φ，因为现在函数为奇函数，因此π3＋φ＝k π(k ∈Z )，因此φ＝－π3＋k π(k ∈Z )．因为|φ|<π2，因此当k ＝0时，φ＝－π3，因此f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.当0≤x ≤π2时，－π3≤2x －π3≤2π3，即当2x －π3＝－π3时，函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3有最小值为sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝－32. [答案] A6．(2020·广东深圳4月调研)已知关于x 的方程sin x ＋cos x ＝m 在[0，π]有两个不等的实根，则m 的一个值是( )A ．0 B.12 C.22D ．1[解析] 由题设可得m ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，又π4≤x ＋π4≤5π4，因此22≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤1，则1≤m ≤2，由题意应选答案D.[答案] D7．(重庆卷)将函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2≤φ<π2图象上每一点的横坐标缩短为原先的一半，纵坐标不变，再向右平移π6个单位长度得到y ＝sin x 的图象，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝______.[解析] 把函数y ＝sin x 的图象向左平移π6个单位长度得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象，再把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6图象上每一点的横坐标伸长为原先的2倍，纵坐标不变，得到函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋π6的图象，因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12×π6＋π6＝sin π4＝22.[答案]228．(2020·湖南衡阳第二次联考)已知函数f (x )＝sin 2x ＋23sin x cos x ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4，若x ＝x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x 0≤π2为函数f (x )的一个零点，则cos 2x 0＝__________.[解析] 由f (x )＝sin 2x ＋23sin x cos x ＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，化简可得f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，又f (x 0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0－π6＋12＝0，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0－π6＝－14<0，又⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x 0≤π2得－π6≤2x 0－π6≤5π6，因此－π6≤2x 0－π6≤0，故cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0－π6＝154现在： cos 2x 0＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2x 0－π6＋π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0－π6cos π6－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0－π6sin π6＝35＋18.[答案]35＋189．(2020·兰州市双基过关考试)已知函数f (x )＝sin(x －π)，g (x )＝cos(x ＋π)，有以下命题：①函数y ＝f (x )g (x )的最小正周期为π；②函数y ＝f (x )g (x )的最大值为2；③将函数y ＝f (x )的图象向右平移π2个单位后得到函数y ＝g (x )的图象；④将函数y ＝f (x )的图象向左平移π2个单位后得到y ＝g (x )的图象．其中正确命题的序号是______．[解析] 因为f (x )＝sin(x －π)＝－sin x ，g (x )＝cos(x ＋π)＝－cos x ，因此y ＝f (x )g (x )＝(－sin x )(－cos x )＝12sin 2x ，因此函数y ＝f (x )g (x )的最小正周期为2π2＝π，最大值为12，故①对，②错；将函数y ＝f (x )的图象向右平移π2个单位后得到y ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＝cos x 的图象，故③错；将函数y ＝f (x )的图象向左平移π2个单位后得到y ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝－cos x 的图象，故④对．故填①④.[答案] ①④10．(2020·江西赣州二模)已知函数f (x )＝sin ωx cos ωx －3cos 2ωx ＋32(ω＞0)图象的两条相邻对称轴距离为π2.(1)求函数y ＝f (x )的对称轴方程；(2)若函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值．[解] (1)函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32化简可得f (x )＝12sin 2ωx －32cos 2ωx ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3 由题意可得周期T ＝π，∴ω＝2πT ＝2，∴f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3故函数y ＝f (x )的对称轴方程为2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，即x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )(2)由函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，可知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1－π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3＝13>0，且0<x 1<5π12<x 2<2π3. 易知(x 1，f (x 1))与(x 2，f (x 2))关于x ＝5π12对称，则x 1＋x 2＝5π6，∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－x 1 ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1－5π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2x 1－π3－π2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1－π3＝13.[B 能力提升练]1．(2021·北京高考)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π6 C ．t ＝12，s 的最小值为π3D ．t ＝32，s 的最小值为π3[解析] 因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，t 在函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象上，因此t ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π4－π3＝sin π6＝12.因此P ⎝⎛⎭⎪⎫π4，12.将点P 向左平移s (s >0)个单位长度得P ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ，12.因为P ′在函数y ＝sin 2x 的图象上， 因此sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－s ＝12，即cos 2s ＝12，因此2s ＝2k π＋π3或2s ＝2k π＋5π3(k ∈Z )，即s ＝k π＋π6或s ＝k π＋5π6(k ∈Z )，因此s 的最小值为π6.[答案] A2．(2020·青岛一模)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)，A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，若x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)等于( )A ．1 B.12 C.22D.32[解析] 观看图象可知，A ＝1，T ＝π， ∴ω＝2，f (x )＝sin(2x ＋φ)．将⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0代入上式得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＋π＝0， 由|φ|<π2，得φ＝π3，则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.函数图象的对称轴为x ＝－π6＋π32＝π12.又x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，∴x 1＋x 22＝π12，∴x 1＋x 2＝π6，∴f (x 1＋x 2) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝32，故选D.[答案] D3．已知关于x 的方程2sin 2x －3sin 2x ＋m －1＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上有两个不同的实数根，则m 的取值范畴是______．[解析] 方程2sin 2x －3sin 2x ＋m －1＝0可转化为m ＝1－2sin 2x ＋3sin 2x ＝cos 2x ＋3sin 2x＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π.设2x ＋π6＝t ，则t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫76π，136π，∴题目条件可转化为m 2＝sin t ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫76π，136π有两个不同的实数根．∴y ＝m 2和y ＝sin t ，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫76π，136π的图象有两个不同交点，如图：由图象观看知，m 2的范畴为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，故m 的取值范畴是(－2，－1)． [答案] (－2，－1)4．设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，则下列命题：①f (x )的图象关于直线x ＝π3对称；②f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0对称；③f (x )的最小正周期为π，且在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π12上为增函数；④把f (x )的图象向右平移π12个单位，得到一个奇函数的图象．其中正确的命题为______(把所有正确命题的序号都填上)．[解析] 关于①，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2×π3＋π6＝sin 5π6－12，不是最值，因此x ＝π3不是函数f (x )的图象的对称轴，该命题错误；关于②，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π6＝1≠0，因此点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0不是函数f (x )的图象的对称中心，故该命题错误；关于③，函数f (x )的周期为T ＝2π2＝π，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π12时，令t ＝2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3，明显函数y ＝sin t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3上为增函数，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π12上为增函数，因此该命题正确；关于④，把f (x )的图象向右平移π12个单位后所对应的函数为g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12＋π6＝sin 2x ，是奇函数，因此该命题正确．故填③④.[答案] ③④5．(2020·宣城二模)已知向量m ＝(2a cos x ，sin x )，n ＝(cos x ，b cos x )，函数f (x )＝m ·n －32，函数f (x )在y 轴上的截距为32，与y 轴最近的最高点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，1.(1)求函数f (x )的解析式；(2)将函数f (x )的图象向左平移φ(φ＞0)个单位，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原先的2倍，得到函数y ＝sin x 的图象，求φ的最小值．[解] (1)f (x )＝m ·n －32＝2a cos 2x ＋b sin x cos x －32，由f (0)＝2a －32＝32，得a ＝32，现在，f (x )＝32cos 2x ＋b2sin 2x ，由f (x )≤34＋b24＝1，得b ＝1或b ＝－1，当b ＝1时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，经检验⎝⎛⎭⎪⎫π12，1为最高点；当b ＝－1时，f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3，经检验⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，1不是最高点，故舍去． 故函数的解析式为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. (2)函数f (x )的图象向左平移φ个单位后得到函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2φ＋π3的图象；横坐标伸长到原先的2倍后，得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2φ＋π3的图象，∴2φ＋π3＝2k π(k ∈Z )，φ＝－π6＋k π(k ∈Z )，因为φ＞0，因此φ的最小值为5π6.[C 尖子生专练]已知函数f (x )＝3sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －12(ω＞0)，其最小正周期为π2.(1)求f (x )的表达式；(2)将函数f (x )的图象向右平移π8个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原先的2倍(纵坐标不变)，得到函数y ＝g (x )的图象，若关于x 的方程g (x )＋k ＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个实数解，求实数k 的取值范畴．[解] (1)f (x )＝3sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －12＝32sin 2ωx ＋cos 2ωx ＋12－12＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6， 由题意知f (x )的最小正周期T ＝π2，T ＝2π2ω＝πω＝π2，因此ω＝2，因此f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π6. (2)将f (x )的图象向右平移π8个单位长度后，得到y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x －π3的图象；再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原先的2倍(纵坐标不变)，得到y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3的图象，因此g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3，因为0≤x ≤π2，因此－π3≤2x －π3≤2π3，因此g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，1. 又g (x )＋k ＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个实数解，即函数y ＝g (x )与y ＝－k 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个交点，由正弦函数的图象可知－32≤－k ＜32或－k ＝1，解得－32＜k ≤32或k ＝－1，因此实数k 的取值范畴是⎝ ⎛⎦⎥⎤－32，32∪{－1}．。

高考数学复习专题过关测评—三角函数与解三角形一、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.(2021·江西临川期中)已知角θ的终边经过点P(√2,a),若θ=-π3,则a=()A.√6B.√63C.-√6 D.-√632.(2021·北京房山区一模)将函数f(x)=sin 2x的图象向左平移π6个单位长度得到函数y=g(x)的图象,则函数g(x)的图象的一条对称轴方程为()A.x=-π6B.x=-π12C.x=π12D.x=π63.(2021·北京西城区一模)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且C=60°,a+2b=8,sin A=6sin B,则c=()A.√35B.√31C.6D.54.(2021·山西吕梁一模)已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)部分图象如图所示,则f(π3)=()A.√32B.12C.-√3D.√35.(2021·北京海淀区模拟)已知sin(π6-α)=13+cos α,则sin(2α+5π6)=()A.-79B.-4√39C.4√39D.796.(2021·福建福州期末)疫情期间,为保障市民安全,要对所有街道进行消毒处理,某消毒装备的设计如图所示,PQ为路面,AB为消毒设备的高,BC为喷杆,AB⊥PQ,∠ABC=2π3,C处是喷洒消毒水的喷头,且喷射角∠DCE=π3,已知AB=2,BC=1,则消毒水喷洒在路面上的宽度DE的最小值为()A.5√2-5B.5√2C.5√33D.5√37.(2021·浙江宁波模拟)在△ABC中,“tan A tan B>1”是“△ABC为钝角三角形”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8.(2021·安徽淮北一模)函数f(x)=2sin x+π4+cos 2x的最大值为()A.1+√2B.3√32C.2√2D.3二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是()A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6B.△ABC是钝角三角形C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍D.若c=6,则△ABC的外接圆半径R为8√7710.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)=(sin x+√3cos x)2,则()A.f(x)在区间[0,π6]上单调递增B.f(x)的图象关于点(-π3,0)对称C.f(x)的最小正周期为πD.f(x)的值域为[0,4]11.(2021·辽宁沈阳二模)关于f(x)=sin x·cos 2x的说法正确的为()A.∀x∈R,f(-x)-f(x)=0B.∃T≠0,使得f(x+T)=f(x)C.f(x)在定义域内有偶数个零点D.∀x∈R,f(π-x)-f(x)=012.(2021·山东潍坊统考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若1tanA ,1tanB,1tanC依次成等差数列,则下列结论不一定成立的是()A.a,b,c依次成等差数列B.√a,√b,√c依次成等差数列C.a2,b2,c2依次成等差数列D.a3,b3,c3依次成等差数列三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·安徽合肥期中)已知cos(α+5π4)=-√63,则sin 2α=.14.(2021·北京东城区一模)已知函数f(x)=A sin(2x+φ)(A>0,|φ|<π2),其中x和f(x)部分对应值如下表所示:则A=.15.(2021·广东茂名二模)在矩形ABCD内(包括边界)有E,F两点,其中AB=120 cm,AE=100√3cm,EF=80√3 cm,FC=60√3 cm,∠AEF=∠CFE=60°,则该矩形ABCD的面积为cm2.(答案如有根号可保留)16.(2021·湖南长郡中学二模)如图,某湖有一半径为100 m的半圆形岸边,现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计),在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确,在半圆弧上的点B以及湖中的点C处,再分别安装一套监测设备,且满足AB=AC,∠BAC=90°.四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”.设∠AOB=θ,则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为m2.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021·江西上饶一模)已知f(x)=2cos x·sin x+π3-√3sin2x+sin x cos x.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)若x∈(-π4,π6),求y=f(x)的值域.18.(12分)(2021·河北石家庄一模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2a-b=2c cos B.(1)求角C;(2)若a=2,D是AC的中点,BD=√3,求边c.19.(12分)(2021·广东韶关一模)在①cos C+(cos A-√3sin A)cos B=0;②cos 2B-3cos(A+C)=1;③b cosC+√33c sin B=a这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.问题:在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a+c=1,,求角B和b的最小值. 20.(12分)(2021·山东枣庄二模)已知函数f (x )=sin(ωx+φ)ω>0,0<φ<π2的部分图象如图所示,f (0)=12,f (5π12)=0. (1)求f (x )的解析式;(2)在锐角△ABC 中,若A>B ,f (A -B 2-π12)=35,求cosA -B2,并证明sin A>2√55.21.(12分)(2021·福建宁德期末)在股票市场上,投资者常参考股价(每一股的价格)的某条平滑均线的变化情况来决定买入或卖出股票.股民老张在研究股票的走势图时,发现一只股票的均线近期走得很有特点:若建立平面直角坐标系Oxy 如图所示,则股价y (单位:元)和时间x (单位:天)的关系在ABC 段可近似地用函数y=a sin(ωx+φ)+b (0<φ<π)来描述,从C 点走到今天的D 点,是震荡筑底阶段,而今天出现了明显的筑底结束的标志,且D 点和C 点正好关于直线l :x=34对称.老张预计这只股票未来的走势可用曲线DE 描述,这里DE 段与ABC 段关于直线l 对称,EF 段是股价延续DE 段的趋势(规律)走到这波上升行情的最高点F.现在老张决定取点A (0,22),点B (12,19),点D (44,16)来确定函数解析式中的常数a ,b ,ω,φ,并且求得ω=π72.(1)请你帮老张算出a ,b ,φ,并回答股价什么时候见顶(即求点F 的横坐标);(2)老张如能在今天以点D 处的价格买入该股票3 000股,到见顶处点F 的价格全部卖出,不计其他费用,这次操作他能赚多少元?22.(12分)(2021·深圳实验学校月考)已知函数f (x )=√3sin(ωx+φ)+2sin 2(ωx+φ2)-1(ω>0,0<φ<π)为奇函数,且f (x )图象的相邻两对称轴间的距离为π2. (1)当x ∈[-π2,π4]时,求f (x )的单调递减区间;(2)将函数f (x )的图象向右平移π6个单位长度,再把横坐标缩小为原来的12(纵坐标不变),得到函数y=g (x )的图象,当x ∈[-π12,π6]时,求函数g (x )的值域;(3)对于第(2)问中的函数g (x ),记方程g (x )=43在区间[π6,4π3]上的根从小到大依次为x 1,x 2,…,x n ,试确定n 的值,并求x 1+2x 2+2x 3+…+2x n-1+x n 的值.答案及解析1.C解析由题意,角θ的终边经过点P(√2,a),可得|OP|=√2+a2(O为坐标原点),又由θ=-π3,根据三角函数的定义,可得cos(-π3)=√2√2+a2=12,且a<0,解得a=-√6.2.C解析将函数f(x)=sin 2x的图象向左平移π6个单位长度,得到y=g(x)=sin[2(x+π6)]=sin(2x+π3),令2x+π3=kπ+π2,k∈Z,解得x=kπ2+π12,k∈Z,结合四个选项可知,函数g(x)的图象的一条对称轴方程为x=π12 .3.B解析因为sin A=6sin B,所以a=6b,又a+2b=8,所以a=6,b=1,因为C=60°,所以c2=a2+b2-2ab cos C,即c2=62+12-2×6×1×12,解得c=√31.4.D解析由题中函数f(x)=A sin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象知,A=2,34T=11π3−2π3=3π,所以T=4π=2πω,所以ω=12.又f(2π3)=2sin(12×2π3+φ)=2,可得12×2π3+φ=2kπ+π2,k∈Z,解得φ=2kπ+π6,k∈Z.∵|φ|<π2,∴φ=π6,∴f(x)=2sin(12x+π6).故f(π3)=2sin(12×π3+π6)=2sinπ3=√3.5.D解析由sin(π6-α)=13+cos α可得sinπ6·cos α-cosπ6·sin α=13+cos α,∴12cos α-√32sinα=13+cos α,∴√32sin α+12cos α=-13,∴sin(α+π6)=-13,∴sin(2α+5π6)=sin[π2+(2α+π3)]=cos(2α+π3)=1-2sin2(α+π6)=79.6.C解析在△CDE中,设定点C到底边DE的距离为h,则h=2+1·sin(2π3-π2)=52,又S△CDE=12DE·h=12CD·CE sinπ3,即5DE=√3CD·CE,利用余弦定理得DE2=CD2+CE2-2CD·CE cosπ3=CD2+CE2-CD·CE≥2CD·CE-CD·CE=CD·CE,当且仅当CD=CE时,等号成立,故DE 2≥CD·CE ,而5DE=√3CD·CE ,所以DE 2≥5√33DE ,则DE ≥5√33,故DE 的最小值为5√33. 7.D 解析 因为tan A tan B>1,所以sinAsinBcosAcosB >1,因为0<A<π,0<B<π,所以sin A sin B>0,cos A cos B>0,故A ,B 同为锐角,因为sin A sin B>cos A cos B ,所以cos A cos B-sin A sin B<0,即cos(A+B )<0,所以π2<A+B<π,因此0<C<π2,所以△ABC 是锐角三角形,不是钝角三角形,所以充分性不满足.反之,若△ABC 是钝角三角形,也推不出“tan A tan B>1”,故必要性不成立,所以为既不充分也不必要条件.8.B 解析 因为f (x )=2sin (x +π4)+cos 2x ,所以f (x )=2sin (x +π4)+sin [2(x +π4)]=2sin x+π4+2sin (x +π4)cos (x +π4). 令θ=x+π4,g (θ)=2sin θ+2sin θcos θ=2sin θ+sin 2θ,则g'(θ)=2cos θ+2cos 2θ=2(2cos 2θ-1)+2cos θ=4cos 2θ+2cos θ-2,令g'(θ)=0,得cos θ=-1或cos θ=12,当-1≤cos θ≤12时,g'(θ)≤0;当12≤cos θ≤1时,g'(θ)≥0,所以当θ∈[-5π3+2kπ,-π3+2kπ](k ∈Z )时,g (θ)单调递减;当θ∈[-π3+2kπ,π3+2kπ](k ∈Z )时,g (θ)单调递增,所以当θ=π3+2k π(k ∈Z )时,g (θ)取得最大值,此时sin θ=√32,所以f (x )max =2×√32+2×√32×12=3√32.9.ACD 解析 因为(a+b )∶(a+c )∶(b+c )=9∶10∶11,所以可设a+b=9x ,a+c=10x ,b+c=11x (其中x>0),解得a=4x ,b=5x ,c=6x ,所以sin A ∶sin B ∶sin C=a ∶b ∶c=4∶5∶6,所以A 中结论正确;由以上解答可知c 边最大,所以三角形中角C 最大,又cos C=a 2+b 2-c 22ab=(4x )2+(5x )2-(6x )22×4x×5x=18>0,所以C 为锐角,所以B 中结论错误;由以上解答可知a 边最小,所以三角形中角A 最小, 又cos A=c 2+b 2-a 22cb=(6x )2+(5x )2-(4x )22×6x×5x=34,所以cos 2A=2cos2A-1=18,所以cos 2A=cos C.由三角形中角C最大且角C为锐角可得2A∈(0,π),C∈(0,π2),所以2A=C,所以C中结论正确;由正弦定理,得2R=csinC(R为△ABC外接圆半径),又sin C=√1-cos2C=3√78,所以2R=3√78,解得R=8√77,所以D中结论正确.10.ACD解析f(x)=(sinx+√3cosx)2=sin2x+3cos2x+2√3sin x cos x=2+cos 2x+√3sin2x=2sin2x+π6+2;对于A选项:∵x∈[0,π6],∴2x+π6∈[π6,π2],∴f(x)=2sin(2x+π6)+2在区间[0,π6]上单调递增,故A正确;对于B选项:f(-π3)=2sin[2×(-π3)+π6]+2=0,由函数f(x)的图象(图略)可知-π3是f(x)的一个极小值点,故B错误;对于C选项:由f(x)=2sin(2x+π6)+2可知,函数的最小正周期T=2π2=π,故C正确;对于D选项,∵sin(2x+π6)∈[-1,1],∴f(x)=2sin(2x+π6)+2∈[0,4],故D正确.11.BD解析对于A,当x=π3时,f(-π3)-f(π3)=sin(-π3)cos2π3-sinπ3cos2π3=-√32×(-12)−√32×(-1 2)=√32≠0,故A错误.对于B,因为f(x+2π)=sin(2π+x)cos[2(x+2π)]=sin x cos 2x,所以∃T=2π≠0,使得f(x+T)=f(x),故B正确.对于C,因为f(-x)=sin(-x)cos(-2x)=-sin x cos 2x=-f(x),所以f(x)为奇函数,因为x=0在定义域内,所以f(0)=0,故f(x)有奇数个零点,故C错误.对于D,f(π-x)-f(x)=sin(π-x)cos[2(π-x)]-sin x cos 2x=sin x cos 2x-sin x cos 2x=0,故D正确.12.ABD 解析 因为1tanA ,1tanB ,1tanC 依次成等差数列,所以2tanB =1tanA +1tanC ,整理得2cosB sinB=cosC sinC +cosAsinA ,所以2·a 2+c 2-b 22abc=a 2+b 2-c 22abc+b 2+c 2-a 22abc ,整理得2b 2=a 2+c 2,即a 2,b 2,c 2依次成等差数列.但数列a ,b ,c 或√a,√b,√c 或a 3,b 3,c 3不一定是等差数列,除非a=b=c ,但题目没有说△ABC 是等边三角形.13.-13 解析 由cos (α+5π4)=-√63可得cos (α+π4)=√63,所以√22(cos α-sin α)=√63,即cos α-sin α=2√33,两边平方可得1-sin 2α=43,故sin 2α=-13.14.4 解析 由题意可得{f (0)=-2√3,f (π4)=2,即{Asinφ=-2√3,Asin (π2+φ)=2,所以{Asinφ=-2√3,Acosφ=2,所以tan φ=-√3,又因为|φ|<π2, 所以φ=-π3,所以A=√3-√32=4. 15.14 400√3 解析 连接AC 交EF 于点O (图略),由∠AEF=∠CFE=60°,得AE ∥FC ,所以△AEO 与△CFO 相似,所以OEOF =AECF =53,所以EO=50√3 cm,FO=30√3 cm,在△AEO 中,由余弦定理得,AO 2=AE 2+EO 2-2AE·EO·cos ∠AEO=(100√3)2+(50√3)2-2×100√3×50√3cos 60°=22 500,所以AO=150 cm,同理CO=90 cm,所以AC=240 cm,从而BC=√AC 2-AB 2=120√3 cm,所以矩形ABCD 的面积为14 400√3 cm 2.16.(10 000√5+25 000) 解析 在△OAB 中,∵∠AOB=θ,OB=100 m,OA=200 m,∴AB 2=OB 2+OA 2-2OB·OA·cos ∠AOB ,即AB=100√5-4cosθ,∴S 四边形OACB =S △OAB +S △ABC =12·OA·OB·sin θ+12AB 2,于是S 四边形OACB =1002(sinθ-2cosθ+52)=1002√5sin(θ-φ)+52(其中tan φ=2),所以当sin(θ-φ)=1时,S 四边形OACB 取最大值10 000(√5+52)=10 000√5+25 000,即“直接监测覆盖区域”面积的最大值为(10 000√5+25 000)m 2.17.解 (1)f (x )=2cos x sin (x +π3)−√32(1-cos 2x )+12sin 2x=2cos x (12sinx +√32cosx)−√32+√32cos 2x+12sin 2x=12sin 2x+√32(2cos 2x-1)+√32cos 2x+12sin 2x=sin 2x+√3cos 2x=2sin (2x +π3), 令2k π-π2≤2x+π3≤π2+2k π,k ∈Z , 解得k π-5π12≤x ≤k π+π12,k ∈Z ,因此,函数f (x )的单调递增区间为[kπ-5π12,kπ+π12],k ∈Z .(2)∵x ∈(-π4,π6),∴-π6<2x+π3<2π3,∴-12<sin (2x +π3)≤1,∴-1<f (x )≤2, 因此当x ∈(-π4,π6)时,y=f (x )的值域为(-1,2].18.解 (1)因为2a-b=2c cos B ,由正弦定理得2sin A-sin B=2sin C cos B ,因为sin A=sin(B+C )=sin B cos C+cos B sin C ,代入上式得,2sin B cos C+2cos B sin C-sin B=2sin C cos B ,即2sin B cos C-sin B=0,即sin B (2cos C-1)=0.因为B ∈(0,π),所以sin B ≠0,所以2cos C=1,即cos C=12,又0<C<π,所以C=π3. (2)依题意,在△CBD 中,CB=2,CD=12b ,BD=√3,C=π3, 利用余弦定理的推论可得,cos C=cos π3=12=4+(12b )2-32×2×12b,即b 2-4b+4=0,解得b=2.在△ABC 中,b=a=2,C=π3,故△ABC 是等边三角形,故c=2.19.解 若选择①:在△ABC 中,有A+B+C=π,则由题意可得cos[π-(A+B )]+(cos A-√3sinA )cos B=0,即-cos(A+B )+cos A cos B-√3sin A cos B=0, sin A sin B-cos A cos B+cos A cos B-√3sin A cos B=0, sin A sin B=√3sin A cos B ,又sin A ≠0,所以sin B=√3cos B ,则tan B=√3. 又B ∈(0,π),所以B=π3.因为a+c=1,所以c=1-a ,a ∈(0,1).所以b 2=a 2+c 2-2ac cos B=a 2+c 2-ac=a 2+(1-a )2-a (1-a )=3a2-3a+1=3(a -12)2+14,因为a ∈(0,1),所以当a=12时,b 2取得最小值,且(b 2)min =14,即b 的最小值为12. 若选择②:在△ABC 中,有A+B+C=π,则由题意可得2cos 2B-1-3cos(π-B )=2cos 2B+3cos B-1=1,解得cos B=12或cos B=-2(舍去),又B ∈(0,π),所以B=π3.因为a+c=1,所以c=1-a ,a ∈(0,1).所以b 2=a 2+c 2-2ac cos B=a 2+c 2-ac=a 2+(1-a )2-a (1-a )=3a2-3a+1=3(a -12)2+14,因为a ∈(0,1),所以当a=12时,b 2取得最小值,且(b 2)min =14,即b 的最小值为12. 若选择③:由正弦定理可将已知条件转化为sin B cos C+√33sin C sin B=sin A , 又sin A=sin[π-(B+C )]=sin(B+C )=sin B cos C+sin C cos B ,所以√33sin C sin B=sin C cos B ,又sin C ≠0,所以sin B=√3cos B ,所以tan B=√3. 又B ∈(0,π),所以B=π3.因为a+c=1,所以c=1-a ,a ∈(0,1).所以b 2=a 2+c 2-2ac cos B=a 2+c 2-ac=a 2+(1-a )2-a (1-a )=3a2-3a+1=3(a -12)2+14,因为a ∈(0,1),所以当a=12时,b 2取得最小值,且(b 2)min =14,即b 的最小值为12. 20.解 (1)由f (0)=12,得sin φ=12,又0<φ<π2,所以φ=π6.由f (5π12)=0,得sin (ω·5π12+π6)=0,所以ω·5π12+π6=k π,k ∈Z ,即ω=25(6k-1),k ∈Z . 由ω>0,结合题中函数f (x )的图象可知12·2πω>5π12, 所以0<ω<125,所以有0<25(6k-1)<125,即16<k<76, 又k ∈Z ,所以k=1,从而ω=25×(6×1-1)=2,因此,f (x )=sin (2x +π6). (2)由f (A -B2-π12)=35,得sin(A-B )=35,又由题意可知0<A-B<π2,故cos(A-B )=45,于是cos A -B2=√1+cos (A -B )2=√10,sin A -B2=√10, 又A+B>π2,所以A=A+B 2+A -B 2>π4+A -B2,又因为函数y=sin x 在区间(0,π2)上单调递增,A ∈(0,π2),π4+A -B 2∈(0,π2),所以sin A>sin π4+A -B2=√22×(3√10+1√10)=2√55.21.解 (1)∵点C ,D 关于直线l 对称,∴点C 坐标为(2×34-44,16),即(24,16). 把点A ,B ,C 的坐标分别代入函数解析式,得{22=asinφ+b , ①19=asin (π6+φ)+b ,②16=asin (π3+φ)+b ,③②-①,得a [sin (π6+φ)-sinφ]=-3, ③-①,得a [sin (π3+φ)-sinφ]=-6,∴2sin (π6+φ)-2sin φ=sin (π3+φ)-sin φ, ∴cos φ+√3sin φ=√32cos φ+32sin φ,∴(1-√32)cos φ=(32-√3)sin φ=√3(√32-1)sin φ,∴tan φ=-√33.∵0<φ<π,∴φ=5π6,代入②,得b=19. 将φ=5π6,b=19代入①得,a=6.于是ABC 段对应的函数解析式为y=6sin (π72x +5π6)+19,由对称性得DEF 段对应的函数解析式为y=6sin π72(68-x )+5π6+19.设点F 的坐标为(x F ,y F ),则由π72(68-x F )+5π6=π2,解得x F =92. 因此可知,当x=92时,股价见顶.(2)由(1)可知,y F =6sin [π72×(68-92)+5π6]+19=6sin π2+19=25,故这次操作老张能赚3 000×(25-16)=27 000(元).22.解 (1)由题意,函数f (x )=√3sin(ωx+φ)+2sin 2(ωx+φ2)-1=√3sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)=2sin (ωx +φ-π6),因为函数f (x )图象的相邻两对称轴间的距离为π2, 所以T=π,可得ω=2.又f (x )为奇函数,且f (x )在x=0处有定义,可得f (0)=2sin (φ-π6)=0, 所以φ-π6=k π,k ∈Z ,因为0<φ<π,所以φ=π6, 因此f (x )=2sin 2x.令π2+2k π≤2x ≤3π2+2k π,k ∈Z ,解得π4+k π≤x ≤3π4+k π,k ∈Z , 所以f (x )的单调递减区间为[π4+kπ,3π4+kπ],k ∈Z , 又因为x ∈[-π2,π4],故函数f (x )的单调递减区间为[-π2,-π4].(2)将函数f (x )的图象向右平移π6个单位长度,可得y=2sin (2x -π3)的图象,再把横坐标缩小为原来的12,得到函数y=g (x )=2sin 4x-π3的图象,当x ∈[-π12,π6]时,4x-π3∈[-2π3,π3],当4x-π3=-π2时,函数g (x )取得最小值,且最小值为-2,当4x-π3=π3时,函数g (x )取得最大值,且最大值为√3,故函数g (x )的值域为[-2,√3].(3)由方程g (x )=43,即2sin (4x -π3)=43,即sin 4x-π3=23.(*)因为x ∈[π6,4π3],可得4x-π3∈[π3,5π],设θ=4x-π3,其中θ∈[π3,5π],则方程(*)可转化为sin θ=23,结合正弦函数y=sin θ的图象,如图,可得方程sin θ=23在区间[π3,5π]上有5个解,设这5个解分别为θ1,θ2,θ3,θ4,θ5,所以n=5,其中θ1+θ2=3π,θ2+θ3=5π,θ3+θ4=7π,θ4+θ5=9π,即4x 1-π3+4x 2-π3=3π,4x 2-π3+4x 3-π3=5π,4x 3-π3+4x 4-π3=7π,4x 4-π3+4x 5-π3=9π, 解得x 1+x 2=11π12,x 2+x 3=17π12,x 3+x 4=23π12,x 4+x 5=29π12,所以x 1+2x 2+2x 3+2x 4+x 5=(x 1+x 2)+(x 2+x 3)+(x 3+x 4)+(x 4+x 5)=20π3.。

高中数学阶段综合测评试题测试范围：三角函数、解三角形 (时间：120分钟 满分：150分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为120分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．终边与单位圆交点的横坐标是－22的钝角为( ) A.2π3 B.3π4 C.5π6 D.5π42．(改编题)点A (sin2 013°，cos2 013°)在直角坐标平面上位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限3．(改编题)已知α∈(2 013π，2 014π)，且sin(α＋2 013π)＝33，则cos(α－2 014π)等于( )A ．±63B ．－63 C.33D ．－334．函数y ＝2sin(2x －π)cos[2(x ＋π)]是( ) A ．周期为π4的奇函数B ．周期为π4的偶函数C ．周期为π2的奇函数 D ．周期为π2的偶函数5．(2013·东北三校第一次联考)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k (A >0，ω>0)的最大值为4，最小值为0，最小正周期为π2， 直线x ＝π3是其图象的一条对称轴，则下面各式中符合条件的解析式为( )A ．y ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π6B ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋2C ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3＋2D ．y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π6＋2 6．(2013·东北四校联考)函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，－π2<φ<π2的图象 如图所示，AB →·BD →＝( ) A ．8 B ．－8 C.π28－8D ．－π28＋87．设α，β都是锐角，且cos α＝55，sin(α＋β)＝35，则cos β＝( ) A.2525 B.255 C.2525或255D.55或5258．(2013·郑州质检)已知曲线y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x 与直线y ＝12相交，若在y 轴右侧的交点自左向右依次记为P 1，P 2，P 3，…，则|P 1P 5→|等于( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π9．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象与直线y ＝b (0<b <A )的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8，则f (x )的单调递增区间是( )A ．[6k π，6k π＋3]，k ∈ZB ．[6k －3,6k ]，k ∈ZC ．[6k,6k ＋3]，k ∈ZD ．无法确定10．如图，两座相距60 m 的建筑物AB ，CD 的高度分别为20 m ，50 m ，BD 为水平面，则从建筑物AB 的顶端A 看建筑物CD 的张角∠CAD 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°11．(2013·石家庄一模)若函数f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ＋φ(A >0)满足f (1)＝0，则( )A ．f (x －2)一定是奇函数B ．f (x ＋1)一定是偶函数C ．f (x ＋3)一定是偶函数D ．f (x －3)一定是奇函数12．(2013·长春调研)在△ABC 中，P 是BC 边的中点，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若cAC →＋aP A →＋bPB →＝0，则△ABC 的形状为 ( )A ．直角三角形B ．钝角三角形C ．等边三角形D ．等腰三角形但不是等边三角形第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝35，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝________. 14．(2013·山西名校联考)已知{x 1，x 2，x 3，x 4}⊆{x >0|(x －3)·sinπx ＝1}，则x 1＋x 2＋x 3＋x 4的最小值为________．15．(2013·东北三校第一次联考)在△ABC 中，2sin 2A2＝3sin A ，sin(B －C )＝2cos B sin C ，则ACAB ＝________.16．(2013·唐山统考)在△ABC 中，C ＝60°，AB ＝3，AB 边上的高为43，则AC ＋BC ＝________.三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知函数f (x )＝A sin(3x ＋φ)(A >0，x ∈(－∞，＋∞)，0<φ<π)在x ＝π12时取得最大值4.(1)求f (x )的最小正周期； (2)求f (x )的解析式；(3)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23α＋π12＝125，求sin α. 18．(12分)(2013·石家庄质检二)已知f (x )＝4cos x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－2. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π4上的最大值和最小值．19．(12分)(2013·石家庄一模)如图，有两座建筑物AB 和CD 都在河的对岸(不知道它们的高度，且不能到达对岸)，某人想测量两座建筑物尖顶A 、C 之间的距离，但只有卷尺和测角仪两种工具．若此人在地面上选一条基线EF ，用卷尺测得EF 的长度为a ，并用测角仪测量了一些角度：∠AEF ＝α，∠AFE ＝β，∠CEF ＝θ，∠CFE ＝φ，∠AEC ＝γ.请你用文字和公式写出计算A 、C 之间距离的步骤和结果．20．(12分)(2013·安徽联谊中学联考)设函数f (x )＝sin x －3cos x ＋x ＋1. (1)求函数f (x )在x ＝0处的切线方程；(2)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，f ′(B )＝3且a ＋c ＝2，求边长b 的最小值．21．(12分)(2013·湖北八校联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，S 为△ABC 的面积．(1)若4S ＝a 2＋b 2－c 2，求角C ；(2)若43S ＝a 2＋b 2＋c 2，试判断△ABC 的形状．22．(12分)如图，点A ，B 是单位圆O 上的动点，且A ，B 两点分别在第一、二象限，点C 是圆与x 轴正半轴的交点，△AOB 为正三角形，记∠COA ＝α.(1)若点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫35，45，求sin 2α＋sin2αcos 2α＋cos2α的值；(2)求|BC →|的取值范围．阶段综合测评 详解答案1．B 所求角为钝角，终边必落在第二象限，故其坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－22，22，该角为3π4，故选B.2．C 由于2 013°＝5×360°＋213°，因此2 013°角终边落在第三象限，于是sin2 013°<0，cos2 013°<0，从而A 点在第三象限，选C.3．A 由α∈(2 013π，2 014π)，知α为第三、四象限的角，而sin(α＋2 013π)＝－sin α＝33，∴sin α＝－33，于是cos(α－2 014π)＝cos α ＝±1－sin 2α＝±63，故选A.4．C y ＝2sin(2x －π)cos[2(x ＋π)] ＝2·(－sin2x )·cos2x ＝－22sin4x ， 因此周期T ＝2π4＝π2，且f (－x )＝－f (x )，函数是奇函数，选C.5．D 由函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k 的最大值为4，最小值为0，可知k ＝2，A ＝2，由函数的最小正周期为π2，可知2πω＝π2，可得ω＝4，由直线x ＝π3是其图象的一条对称轴，可知4×π3＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ，从而φ＝k π－5π6，k ∈Z ，故满足题意的是y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π6＋2. 6．C T ＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π12＝π，∴A ⎝⎛⎭⎪⎫－π6，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫π12，2，D ⎝⎛⎭⎪⎫712π，－2，∴AB →＝⎝⎛⎭⎪⎫π4，2，BD →＝⎝⎛⎭⎪⎫π2，－4，∴AB →·BD →＝π4×π2＋2×(－4)＝π28－8.7．A 依题意得sin α＝1－cos 2α＝255，cos(α＋β)＝±1－sin 2(α＋β)＝±45；又α，β均为锐角，因此0<α<α＋β<π，cos α>cos(α＋β)，注意到45>55>－45，所以cos(α＋β)＝－45.cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α＝－45×55＋35×255＝2525，选A.8．B 注意到y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ＝2sin 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝1－cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝1＋sin2x ，又函数y ＝1＋sin2x 的最小正周期是2π2＝π，结合函数y ＝1＋sin2x 的图象(如图所示)可知，|P 1P 5→|＝2π，选B.9．C 根据分析可得函数的半周期为3， 即12×2πω＝3，得ω＝π3. 函数在x ＝3处取得最大值，即A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3×3＋φ＝A ， 即sin φ＝－1，取φ＝－π2.所以函数的解析式为f (x )＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π2. 令2k π－π2≤π3x －π2≤2k π＋π2(k ∈Z )， 得6k ≤x ≤6k ＋3(k ∈Z )，故函数f (x )的单调递增区间是[6k,6k ＋3]，k ∈Z ，故选C.10．B ∵tan ∠ADC ＝tan ∠DAB ＝6020＝3，tan ∠DCA ＝6050－20＝2，∴tan ∠DAC ＝tan(π－∠ADC －∠DCA )＝－tan(∠ADC ＋∠DCA )＝－tan ∠ADC ＋tan ∠DCA1－tan ∠ADC ·tan ∠DCA＝－2＋31－2×3＝1，∴∠DAC ＝45°.11．D 由f (1)＝0得，A sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋φ＝0即π2＋φ＝k π(k ∈Z )φ＝k π－π2(k ∈Z )故f (x )＝A sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2x ＋k π－π2＝±A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x 为偶函数，f (x －3)＝±A cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2(x －3)＝±A cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －32π＝±A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x 为奇函数．故选D.12．C 依题意得，cAC →＋aP A →＋bPB → ＝cAC →－12a (AB →＋AC →)＋12b (AB →－AC →)＝0，∴⎝⎛⎭⎪⎫c －a ＋b 2AC →－a －b 2AB →＝0，∴⎝⎛⎭⎪⎫c －a ＋b 2·AC →＝a －b 2AB →，又AB →、AC →不共线，∴⎩⎨⎧a －b2＝0，c －a ＋b2＝0，∴a ＝b ＝c ，∴△ABC 为等边三角形，选C.13.17解析：由α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π且sin α＝35 得cos α＝－1－sin 2α＝－45， 故tan α＝－34，因此tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝17.14．12解析：由题意知{x 1，x 2，x 3，x 4}⊆{x >0|(x －3)·sinπx ＝1}，∴x 1，x 2，x 3，x 4是sinπx ＝1x －3在(0，＋∞)上的实数根．显然x 1，x 2，x 3，x 4均大于0.分别绘出sinπx 和1x －3在(0，＋∞)上的函数图象如图所示，显然，sinπx 和1x －3均关于点(3,0)中心对称．要使x 1＋x 2＋x 3＋x 4最小，x 1，x 2，x 3，x 4应为图象上的前四个交点的横坐标．显然x 1，x 4与x 2，x 3亦关于点(3,0)对称．∴x 1＋x 42＝3，x 1＋x 4＝6，同理x 2＋x 3＝6，∴x 1＋x 2＋x 3＋x 4的最小值为12. 15.1＋132解析：由2sin 2A 2＝3sin A 可得1－cos A ＝3sin A ，cos A ＋3sin A ＝1，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12，又0<A <π，π6<A ＋π6<7π6，故A ＋π6＝5π6，A ＝2π3，由sin(B －C )＝2cos B sin C ，可得sin B cos C ＝3cos B sin C .设a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cosA ＝b 2＋c 2＋bc ，由sin B cos C ＝3cos B sin C 得b cos C ＝3cos B ，从而b (a 2＋b 2－c 2)2ab ＝3c (c 2＋a 2－b 2)2ca，故可得b 2－bc －3c 2＝0， 从而可得⎝ ⎛⎭⎪⎫b c 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫b c －3＝0，从而b c ＝1＋132. 16.11解析：∵S △ABC ＝12AB ×43＝12AC ·BC sin60°，∴12×3×43＝12AC ·BC sin60°，∴AC ·BC ＝83.由余弦定理可知cos60°＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC， ∴cos60°＝AC 2＋BC 2－32×83，∴AC 2＋BC 2＝173.又(AC ＋BC )2＝AC 2＋BC 2＋2AC ·BC ＝173＋163＝11，∴AC ＋BC ＝11. 17．解：(1)∵f (x )＝A sin(3x ＋φ)，∴T ＝2π3，即f (x )的最小正周期为2π3.(2)∵当x ＝π12时，f (x )有最大值4，∴A ＝4.∴4＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3×π12＋φ，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝1. 即π4＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )，得φ＝2k π＋π4(k ∈Z )．∵0<φ<π，∴φ＝π4.∴f (x )＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4. (3)∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23α＋π12＝4sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3⎝ ⎛⎭⎪⎫23α＋π12＋π4 ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2＝4cos2α. 由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23α＋π12＝125，得4cos2α＝125， ∴cos2α＝35，∴sin 2α＝12(1－cos2α)＝15， ∴sin α＝±55.18．解：(1)因为f (x )＝4cos x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－2 ＝4cos x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋32sin x －2 ＝3sin2x ＋2cos 2x －2＝3sin2x ＋cos2x －1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－1， 所以f (x ) 的最小正周期为π.(2)因为－π6≤x ≤π4，所以－π6≤2x ＋π6≤2π3，.于是，当2x ＋π6＝π2，即x ＝π6时，f (x )取得最大值1；当2x ＋π6＝－π6，即x ＝－π6时，f (x )取得最小值－2.19．解：第一步：在△AEF 中，利用正弦定理，AE sin β＝EF sin (180°－α－β)， 解得AE ＝αsin βsin (α＋β)； 第二步：在△CEF 中，同理可得CE ＝αsin φsin (θ＋φ)； 第三步：在△ACE 中，利用余弦定理，AC ＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos γ ＝ a 2sin 2βsin 2(α＋β)＋a 2sin 2φsin 2(θ＋φ)－2a 2sin βsin φcos γsin (α＋β)sin (θ＋φ) 20．解：(1)当x ＝0时，f (0)＝1－3，则切点(0,1－3)，∵f ′(x )＝cos x ＋3sin x ＋1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋1， ∴k ＝f ′(0)＝2sin π6＋1＝2. ∴切线方程l ：y －(1－3)＝2(x －0)，即y ＝2x ＋(1－3)．(2)由(1)可知f ′(B )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6＋1＝3， 即sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6＝1，∴B ＝π3.由余弦定理可知：b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ＝(a ＋c )2－3ac ＝4－3ac ≥4－3·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝4－3＝1，当且仅当a ＝c ＝1时取“＝”， ∴b 2≥1，由b >0可知b ≥1，∴b min ＝1.21．解：(1)由余弦定理得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ，所以4S ＝a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ＝4×12ab sin C ，即tan C ＝1. 而C ∈(0，π)，故C ＝π4.(2)c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，于是43S ＝43×12ab sin C ＝a 2＋b 2＋(a 2＋b 2－2ab cos C ) 即3ab sin C ＋ab cos C ＝a 2＋b 2，所以2ab sin ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π6＝a 2＋b 2≥2ab ， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π6≥1， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π6＝1，而C ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，7π6， 所以C ＋π6＝π2，即C ＝π3，将C ＝π3代入条件得2ab ＝a 2＋b 2，即a ＝b ，故△ABC 为正三角形．22．解：(1)因为A 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫35，45， 所以0<α<π2，sin α＝45，cos α＝35，所以sin 2α＋sin2αcos 2α＋cos2α＝sin 2α＋2sin αcos α3cos 2α－1＝20. (2)因为三角形AOB 为正三角形，所以∠AOB ＝60°，所以cos ∠COB ＝cos(∠COA ＋60°)＝cos(α＋60°)， sin ∠COB ＝sin(∠COA ＋60°)＝sin(α＋60°)， 所以B 点坐标为(cos(α＋60°)，sin(α＋60°))．所以|BC →|＝[cos (α＋60°)－1]2＋sin 2(α＋60°) ＝2－2cos (α＋60°).因为点A 、B 分别在第一、二象限，所以30°<α<90°， ∴－32<cos(α＋60°)<0，所以2<|BC →|<2＋ 3.。

2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第3章《三角函数、解三角形》（第3课时）（新人教A 版）一、选择题1．若cos α＝－45，α是第三象限的角，则sin(α＋π4)＝( )A ．－7210B.7210 C ．－210D.210解析：选A.由于α是第三象限角且cos α＝－45，∴sin α＝－35，∴sin(α＋π4)＝sin αcos π4＋cos αsin π4＝22(－45－35)＝－7102.2．(2013·青岛质检)cos42°cos78°＋sin42°cos168°等于( )A ．－12 B.12C ．－32 D.32 解析：选A.cos42°cos78°＋sin42°cos168° ＝cos42°cos78°－sin42°sin78°＝cos120°＝－12.3．在△ABC 中，tan A ＋tan B ＋3＝3tan A ·tan B ，则C 等于( ) A.π3 B.2π3 C.π6 D.π4 解析：选A.由题意得，tan A ＋tan B ＝－3(1－tan A tan B )， ∴tan A ＋tan B 1－tan A tan B＝－3， 即tan(A ＋B )＝－3，又tan C ＝tan[π－(A ＋B )]＝－tan(A ＋B )＝3，∴C ＝π3.4．若α∈(π2，π)，且sin α＝45，则sin(α＋π4)－22cos α＝( )A.225 B ．－225C.425D ．－425解析：选 A.sin(α＋π4)－22cos α＝sin αcos π4＋cos αsin π4－22cos α＝45×22＝225.故选A. 5．已知cos α＝13，cos(α＋β)＝－13，且α、β∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos(α－β)的值等于( )A ．－12 B.12C ．－13 D.2327解析：选D.∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，2α∈(0，π)．∵cos α＝13，∴cos2α＝2cos 2α－1＝－79，∴sin2α＝1－cos 22α＝429，而α，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴α＋β∈(0，π)，∴sin(α＋β)＝1－cos2α＋β＝223， ∴cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]＝cos2αcos(α＋β)＋sin2αsin(α＋β) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－79×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＋429×223＝2327. 二、填空题6．化简：cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝________. 解析：cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α ＝cos π3cos α－sin π3sin α＋sin π6cos α＋cos π6sin α＝12cos α－32sin α＋12cos α＋32sin α＝cos α. 答案：cos α7．tan20°＋t an40°＋3tan20°tan40°＝________. 解析：tan20°＋tan40°＋3tan20°tan40°＝tan60°(1－tan20°tan40°)＋3tan20°tan40° ＝tan60°－3tan20°tan40°＋3tan20°tan40° ＝ 3. 答案： 38．已知cos(α＋π3)＝sin(α－π3)，则tan α＝________.解析：∵cos(α＋π3)＝sin(α－π3)，∴cos αcos π3－sin αsin π3＝sin αcos π3－cos αsin π3，∴tan α＝1. 答案：1 三、解答题9．求值：(1)2cos10°－sin20°sin70°；(2)tan(π6－θ)＋tan(π6＋θ)＋3tan(π6－θ)tan(π6＋θ)．解：(1)原式＝－－sin20°sin70°＝3cos20°＋sin20°－sin20°sin70°＝3cos20°sin70°＝ 3.(2)原式＝tan[(π6－θ)＋(π6＋θ)][1－tan(π6－θ)·tan(π6＋θ)]＋3tan(π6－θ)tan(π6＋θ)＝ 3.10．已知α∈(π2，π)，且sin α2＋cos α2＝62.(1)求cos α的值；(2)若sin(α－β)＝－35，β∈(π2，π)，求cos β的值．解：(1)因为sin α2＋cos α2＝62，两边同时平方得sin α＝12.又π2<α<π，所以cos α＝－32. (2)因为π2<α<π，π2<β<π，所以－π<－β<－π2，得－π2<α－β<π2.又sin(α－β)＝－35，知cos(α－β)＝45.所以cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝－32×45＋12×(－35)＝－43＋310.一、选择题1．在△ABC 中，C ＝120°，tan A ＋tan B ＝233，则tan A tan B 的值为( )A.14B.13C.12D.53 解析：选B.tan(A ＋B )＝－tan C ＝－tan120°＝3，∴tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B1－tan A tan B ＝3，即2331－tan A tan B ＝ 3.解得tan A tan B ＝13，故选B.2．(2013·潍坊调研)设α，β都是锐角，那么下列各式中成立的是( ) A ．sin(α＋β)>sin α＋sin β B ．cos(α＋β)>cos αcos β C ．sin(α＋β)>sin(α－β) D ．cos(α＋β)>cos(α－β) 解析：选C.∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β， sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β， 又∵α、β都是锐角，∴cos αsin β>0， 故sin(α＋β)>sin(α－β)． 二、填空题3．设α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝35，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋β＝513，则sin(α＋β)＝________.解析：α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，3π4，α－π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，又cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝35， ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝45. ∵β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，∴3π4＋β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，π.∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋β＝513，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋β＝－1213， ∴sin(α＋β)＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋β－π2 ＝－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋β ＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋β＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋β ＝－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1213＋45×513＝5665， 即sin(α＋β)＝5665.答案：56654．(2013·大连质检)已知：0°＜α＜90°，0°＜α＋β＜90°，3sin β＝sin(2α＋β)，则tan β的最大值是________．解析：由3sin β＝sin(2α＋β)得3sin(α＋β－α)＝sin(α＋β＋α)，化简得sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α， ∴tan(α＋β)＝2tan α，∴tan β＝tan(α＋β－α)＝α＋β－tan α1＋α＋βα＝tan α1＋2tan 2α＝11tan α＋2tan α，∵1tan α＋2tan α≥22， ∴tan β的最大值为122＝24. 答案：24三、解答题5．(2013·东营质检)已知a ＝(sin ωx ，－2cos ωx )，b ＝(2cos ωx ，3cos ωx )(ω＞0)，设函数f (x )＝a ·b ＋3，且函数f (x )图象上相邻两条对称轴之间的距离是π2.(1)求f (x )的解析式；(2)若f (A )＝－1，其中A 是△ABC 的内角，求A 的值；(3)若f (α)＝－65，α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，求sin2α的值．解：(1)f (x )＝2sin ωx cos ωx －23cos 2ωx ＋ 3＝sin2ωx －3cos2ωx ＝2sin(2ωx －π3)，由条件知函数f (x )的周期为π，∴2π2ω＝π，∴ω＝1，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3. (2)由(1)知，f (A )＝2sin(2A －π3)＝－1，∴sin(2A －π3)＝－12，∵A 是△ABC 的内角，∴0＜A ＜π，∴－π3＜2A －π3＜5π3，∴2A －π3＝－π6或7π6，∴A ＝π12或3π4.(3)由f (α)＝－65，知2sin(2α－π3)＝－65，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α－π3＝－35， ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴2α－π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，2π3，而sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3＜0，∴2α－π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，0， ∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫2α－π3＝45， sin2α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2α－π3＋π3 ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3cos π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3sin π3 ＝－35×12＋45×32＝43－310.。

阶段质量检测(三) 三角函数、解三角形(时间120分钟，满分150分)第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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.集合M ＝{x|x ＝sin nπ3，n ∈Z}，N ＝{x|x ＝cos nπ2，n ∈N}，则M∩N 等于 ( )A.{－1,0,1}B.{0,1}C.{0}D.∅ 解析：∵M ＝{x|x ＝sin nπ3，n ∈Z}＝{－32，0，32}， N ＝{－1,0,1}， ∴M∩N＝{0}. 答案：C 2.已知α∈(π2，π)，sinα＝35，则tan(α＋π4)等于 ( )A.17B.7C.－17 D.－7 解析：由α∈(π2，π)，sinα＝35，得tanα＝－34，tan(α＋π4)＝1＋tanα1－tanα＝17. 答案：A3.(2020·温州模拟)函数f(x)＝2sin(2x ＋π6)在[－π2，π2]上对称轴的条数为( )A.1B.2C.3 D .0 解析：∵当－π2≤x≤π2， ∵－5π6≤2x＋π6≤76π，∴函数的对称轴为：2x ＋π6＝－π2，π2，∴x ＝－π3，或x ＝π6.答案：B4.要得到y ＝sin(2x －π3)的图象，只要将y ＝sin2x 的图象 ( )A.向左平移π3个单位B.向右平移π3个单位 C.向左平移π6个单位 D.向右平移π6个单位 解析：∵y ＝sin(2x －π3)＝sin2(x －π6)， ∴只要将y ＝sin2x 的图象向右平移π6个单位便得到y ＝sin(2x －π3)的图象.答案：D5.给定函数①y ＝xcos(3π2＋x)，②y ＝1＋sin 2(π＋x)，③y ＝cos(cos(π2＋x))中，偶函数的个数是( )A.3B.2C.1D.0 解析：对于①y ＝xcos(32π＋x)＝xsinx ，是偶函数，故①正确；对于②y ＝1＋sin 2(π＋x)＝sin 2x ＋1，是偶函数，故②正确；对于③y ＝cos(cos(π2＋x)) ＝cos(－sinx)＝cos(sinx)，∵f(－x)＝cos(sin(－x))＝cos(－sinx)＝cos(sinx)＝f(x)， ∴函数是偶函数，故③正确. 答案：A6.在△ABC 中，若sin 2A ＋sin 2B －sinAsinB ＝sin 2C ，且满足ab ＝4，则该三角形的面积为( )A.1B.2C. 2D. 3 解析：∵sin 2A ＋sin 2B －sinAsinB ＝sin 2C ， ∴a 2＋b 2－ab ＝c 2，∴cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴C ＝60°，∴S △ABC ＝12absinC ＝12×4×32＝ 3.答案：D7.有一种波，其波形为函数y ＝sin(π2x)的图象，若在区间[0，t]上至少有2个波峰(图象的最高点)，则正整数t 的最小值是 ( )A.3B.4C.5D.6 解析：由T ＝2πω＝2ππ2＝4，可知此波形的函数周期为4，显然当0≤x≤1时函数单调递增，x ＝0时y ＝0，x ＝1时y ＝1，因此自0开始向右的第一个波峰所对的x 值为1，第二个波峰对应的x 值为5，所以要区间[0，t]上至少两个波峰，则t 至少为5. 答案：C8.设集合M ＝{平面内的点(a ，b)}，N ＝{f(x)|f(x)＝acos2x ＋bsin2x ，x ∈R}，给出从M 到N 的映射f ：(a ，b)→f(x)＝acos2x ＋bsin2x ，则点(1，3)的象f(x)的最小正周期为( ) A.π B.π3 C.π2 D.π4解析：f(x)＝cos2x ＋3sin2x ＝2sin(2x ＋π6)，则最小正周期为π. 答案：A 9.函数y ＝sin(2x －π3)在区间[－π2，π]上的简图是 ( )解析：当x ＝－π2时，y ＝sin(－π－π3)＝sin π3＝32＞0，排除B 、D ，当x ＝π6时，y ＝sin(π3－π3)＝sin0＝0，排除C.答案：A10.设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，(A≠0，ω＞0，－π2＜φ＜π2)的图象关于直线x ＝2π3对称，它的周期是π，则 ( )A.f(x)的图象过点(0，12)B.f(x)的图象在[5π12，2π3]上递减C.f(x)的最大值为AD.f(x)的一个对称中心是点(5π12，0)解析：T ＝π，∴ω＝2.∵图象关于直线x ＝2π3对称，∴sin(2π3ω＋φ)＝±1，即2π3×2＋φ＝π2＋kπ，k ∈Z 又∵－π2<φ<π2，∴φ＝π6∴f(x)＝Asin(2x ＋π6).再用检验法.答案：D第Ⅱ卷 (非选择题，共100分)二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把正确答案填在题中横线上) 11．若函数f(x)＝(1＋3tanx)cosx,0≤x＜π2，则f(x)的最大值为________．解析：f(x)＝(1＋3tanx)cosx ＝cosx ＋3sinx ＝2sin(x ＋π6)，∵0≤x＜π2，∴f(x)max ＝2.答案：212.已知扇形内切圆半径与扇形半径之比为1∶3，则内切圆面积与扇形面积之比为 .解析：如图，设内切圆半径为r ，则扇形的半径为3r ，计算可 得扇形中心角为π3，故S 内切圆∶S 扇形＝πr 2∶12·3r·(π3·3r)＝2∶3.答案：2∶313.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象如下图所示，则f(7π12)＝ .解析：由图象知，函数的周期为32×T＝π，∴T ＝2π3. ∵f(π4)＝0，。

第三章三角函数、解三角形阶段质量检测三角函数、解三角形一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的)1．已知sinα＝2m－5mcosα＝－，且α为第二象限角，则m的允许值为( ) m＋1m ＋155A.＜m＜6 B．－6＜m＜223C．m＝4 D．m＝4或m＝22m－52m2解析：由sin2α＋cos2α＝1得，()＋(－＝1，m＋1m＋13∴m＝4，又sinα＞0，cosα＜0，2把m的值代入检验得，m＝4. 答案：Cππ3．已知0αsin2α＝sin(α＋)的值等于( )***-*****8A. B. C. D.*****π724解析：由0αsin2α＝0知cos2α＝***-*****72由cos2α＝1－2sin2α＝sinα＝cosα＝.*****π224∴sin(α＋＝sinα＋cosα＝.4225答案：A2．函数y＝|sinx|－2sinx的值域是( ) A．[－3，－1] B．[－1,3] C．[0,3] D．[－3,0]解析：当0≤sinx≤1时，y＝sinx－2sinx＝－sinx，此时y∈[－1,0]；当－1≤sinx＜0时，y＝－sinx－2sinx＝－3sinx，这时y∈(0,3]，求其并集得y∈[－1,3]．答案：B3．在△ABC中，角A，B均为锐角，且cosA＞sinB，则△ABC 的形状是( ) A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形ππ解析：cosA＝sin(A)＞sinB，A，B都是锐角，22πππ则A＞B，A＋B＜C＞. 222答案：Cπ4．给定性质：①最小正周期为π；②图象关于直线x＝对称．则下列四个函数中，同3时具有性质①②的是( ) xππA．y＝) B．y＝sin(2x＋266πC．y＝sin|x| D．y＝sin(2x－)6解析：∵T＝答案：D5．(文)如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为( ) 5337A. B. C. D. *****解析：设等腰三角形的底边为a，顶角为θ，则腰长为2a. 4a2＋4a2－a27由余弦定理得cosθ＝＝.8a8答案：D6．在△ABC中，角A，B所对的边长为a，b，则“a＝b”是“acosA＝bcosB”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件解析：a＝b A＝B acosA＝bcosB，条件是充分的；acosA＝bcosB sinAcosA＝πsinBcosB sin2A＝sin2B 2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A ＋B＝2不必要的．答案：A7．已知函数f(x)＝asin2x＋cos2x(a∈R)图象的一条对称轴方程为x＝πa的值为12( )13A. B.3 C. D．2 23π解析：函数y＝sinx的对称轴方程为x＝kπ＋，k∈Z，f(x)a＋1sin(2x＋φ)，其2ππ中tanφ＝a，故函数f(x) 的对称轴方程为2x＋φ＝kπ＋k∈Z，而x＝是其一2122ππππππ，∴ω＝2.对于选项D，又2×－，所以x＝ω3623πππ条对称轴方程，所以2φ＝kπ＋k∈Z，解得φ＝kπ＋，k∈Z，故tanφ1223π13＝tan(kπ＋＝3，所以a. a33答案：C1＋cos2x＋8sin2xπ8．当0＜x＜f(x)＝( )2sin2xA．2 B．2C．4 D．431＋cos2x＋8sin2x2cos2x＋8sin2xcosx4sinx解析：f(x)＝≥2sin2x2sinxcosxsinxcosx4，sinxcosxcosx4sinxπ1，即tanx＝时，取“＝”，∵0＜x＜∴存在x使tanxsinxcosx221＝f(x)min＝4. 2答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中的横线上)9.如图是函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，－π＜φ＜π)，x∈R的部分图象，则下列命题中，正确命题的序号为________．π①函数f(x)的最小正周期为2②函数f(x)的振幅为23；③函数f(x)的一条对称轴方程为x＝7π 12π7π④函数f(x)的单调递增区间为[，]；*****π⑤函数的解析式为f(x)＝3sin(2x－)．35ππ解析：由图象可知，函数f(x)的最小正周期为()×2＝π，故①不正确；函数f(x)635ππ＋637π3，故②不正确；函数f(x)的一条对称轴方程为x＝＝故③正确；212π7π7π④不全面，函数f(x)的单调递增区间应为[＋2kπ＋2kπ]，k∈Z；3sin(2×*****7ππ2π＋φ)＝3得2×＋φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝2kπ－，k∈Z，1223∵－π＜φ＜π，故k取0，从而φ＝－故f(x)＝3sin(2x －答案：③⑤三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)ππ10．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2sinxcos(－x)－3sin(π＋x)cosx＋sin(x)cosx.22(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和最值；(2)指出y＝f(x)图象经过怎样的平移变换后得到的图象关于原点对称．解：(1)f(x)＝2sin2x＋3sinxcosx＋cos2x ＝1＋sin2x＋3sinxcosx1－cos2xπ33＝1＋＋sin2x＝sin(2x－＋2262y＝f(x)最小正周期T＝π.3531y＝f(x)的最大值为＋11＝.2222π3(2)∵y＋sin(2x－的图象262π)．32π，3y＝sin2x的图象．A＋C311．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos23(1)求cosB的值；3左移个单位,下移个单位122(2)若BABC＝2，b＝2，求a和c的值．A＋C解：(1)∵23BπA＋C3∴sin)＝，2223B1∴cosB＝1－2sin2.23(2)由BAccosB＝2，BC＝2可得a1又cosB＝，故ac＝6，3由b2＝a2＋c2－2accosB可得a2＋c2＝12，∴(a－c)2＝0，故a＝c，∴a＝c＝6.ππ12．(文)(本小题满分14分)已知函数f(x)＝sin2x＋23sin(x＋x－－cos2x－3.44(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)求函数f(x)在[－π25，]上的最大值和最小值，并指出此时相应的x的值．1236 πππ解：(1)f(x)＝sin2x＋23sin(x＋x－－cos2x－3＝23sin2(x＋)－cos2x－3444π2π＝3sin2x－cos2x＝2sin(2x－)，所以T＝π. 62ππ3π由2kπ＋2x－2kπ＋(k∈Z)得，262π5πkπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，36所以函数f(x)的最小正周期为π，π5π单调递减区间为[kπ＋，kπ＋k∈Z)．36ππ25(2)由(1)有f(x)＝2sin(2x－．因为x∈[－π]，*****ππ11所以2x－∈[－π]．639ππ411因为sin(－＝sin＜sinπ，所以当xf(x)3；当x *****π＝时，函数f(x)取得最大值2. 3。

［文］阶段质量检测（三）三角函数解三角doc高中数学（时刻120分钟，总分值150分）第一卷（选择题，共50分）一、选择题（本大题共10小题，每题5分，共50分•在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的）1•集合M n n 厂 r、、■ r - n n={x|x = sin"3, n € Z} , N = {x|x= cosy,n€ N},那么M n N等于( )A.{ —1,0,1}B.{0,1}C.{0}D.?解析：n n'/M = {x|x= sin-3,3n € Z} = {—冷,0,2 }，N = { —1,0,1},•••M n N = {0}. 答案：C冗2. a€ (^,冗），sin a= 3，那么5%tan( a+ 4)等于( )1A》 B.7 C—1C. 7D. —7解析：由a€ (扌,冗)，sin a3 /曰丄 3=5，得tan a=—4,n 1 + tan a 1tan( a+」= =7.4 1 —tan a 7答案：A3.（2018温州模拟）函数f （x）=n亠n2si n(2x + 6)在［—n上对称轴的条数为( )A.1B.2C.3 D .0 解析：•••当-詐x w才,•••函数的对称轴为：2x+n=—于，n6 2 2答案：B n 6.n4•要得到y = sin(2x — 3)的图象，只要将 y = sin2x 的图象A .向左平移n 个单位 B.向右平移扌个单位D.向右平移｛个单位nn•••只要将y = sin2x 的图象向右平移 百个单位便得到y = sin(2x —寸的图象. 答案：D5. 给定函数① y = xcos(_2n+ x)，② y =1 + sin2(n+ x),③y = cos(cos (n+ x))中，偶函数的个数是 ( )A.3B.2C.1D.0解析：关于①y = xcosq n+ x) = xsinx ,是偶函数，故①正确；关于② y = 1 + sin 2(n+ x)=nsin 2x + 1,是偶函数，故②正确；关于③ y = cos(cos(~ + x))=cos( — sin x)= cos(s in x),Tf(— x)= cos(s in( — x)) = cos(— si nx) = cos(s in x)= f(x), •函数是偶函数，故③正确 答案：A6. 在△ ABC 中，假设 sin 2A + sin 2B — sinAsinB = sin 2C ，且满足解析：Tsi n 2A + si n 2B — si nAs inB = si n 2C , a 2+ b 2— c 2 1•a?+ b —ab = c?, ^cos C = —20b = 2， .••C = 60 °「.S ^ABC = §absin C = ?X 4 律=V 3 答案：Dn7.有一种波，其波形为函数 y = sin Qx)的图象，假设在区间［0,最 高 点)， 那 么 正 整 数 t解析：n n •••y = si n( 2x — 3)= sin 2(x —石 A.1 B.2D. .3ab = 4，那么该三角形的面t ］上至少有2个波峰(图象的C.向左平移n 个单位( ) A.3B.4C.5D.62 n 2 n解析：由T =」=」=4,可知此波形的函数周期为4,明显当0< x w 1时函数单调递增,3 n2x = 0时y = 0, x = 1时y = 1,因此自0开始向右的第一个波峰所对的 x 值为1,第二个波峰对应的x 值为5,因此要区间［0 , t ］上至少两个波峰，那么 t 至少为5.答案：C8. 设集合 M = {平面内的点(a , b)}, N = {f(x)|f(x) = acos2x + bsin2x , x € R}，给出从 M 至U N的映射f : (a , b)T f(x) = acos2x + bsin2x ,那么点(1, • 3)的象f(x)的最小正周期为()解析：当 x =—；时，y = sin( — n — j =si 门寸=~2">0,排除 B 、D ,当 x = 6时，y = sin(3— j = sin0 = 0,排除 C.答案：A210.设函数f(x)= Asin( 3x+ ©, (A MQ w >0,— ?<2)的图象关于直线 x =；对称，它A. nnnnB.3C. nD.; 解析： f(x) = cos2x + 3si n2x = 2si n(2x +》，那么最小正周期为 兀答案： A( )n n | ” |9.函数y = sin(2x — 3)在区间［—, n 上的简图是的周期是n那么.. 1 . . 5 n 2 nA.f(x)的图象过点(0, 2)B.f(x)的图象在【12，"3】上递减5冗C.f(x)的最大值为AD.f(x)的一个对称中心是点(乜，0)解析：T = n3= 2. v图象关于直线x=弩对称，32n 、亠，「•si n( — 3+ 妨=±1,2 n n即■—>2 + $= + k n k € Z— n n n又2<林2，•十6n•••f(x) = Asin(2x + 舌).再用检验法.答案：D第二卷(非选择题，共100分):■、填空题(本大题共5小题，每题5分，共25分.请把正确答案填在题中横线上)11. _______________________________________________________________ 假设函数f(x)= (1 +\/3tanx)cosx,0w x v才，那么f(x)的最大值为______________________________ .解析：f(x) = (1 +「3tan x)cosx=cosx + . 3sinxn=2si n(x+ 6),八n-0 W x V 2 , •- f(x) max= 2.答案：212. 扇形内切圆半径与扇形半径之比为1 : 3,那么内切圆面积与扇形面积之比为___________解析：如图，设内切圆半径为r，那么扇形的半径为3r,n得扇形中心角为3,21 nnr ：2 3 r • 3 -3r ）= 2 : 3.答案：2 : 3 13.函数f(x) = 2sin( cox+妨的图象如以下图所示，那么7 nf（石）=3解析：由图象知，函数的周期为 2灯=n• T =2n'= 3 .n T n=f （4 + 2）=-f （4）= 0. 答案：o3 tan A14.设厶ABC 的内角 A , B , C 所对的边长分不为 a , b , c 且acosB — bcosA = £c.那么石阮的 值为 ________ .解析：由 acosB — bcosA = 3c 及正弦定理可得 sinAcosB — sinBcosA = 3sinC ，即卩 sinAcosB5 5 3—sinBcosA = 5sin （A + B ）,即 5（sinAcosB — sinBcosA ） = 3（sinAcosB + sinBcosA ）,即 sinAcosB = 4sinBcosA ，因此 tanA = 4tanB ，因此 答案：4 15.下面有五个命题:故S 内切圆：S 扇形= tan A tan B因此f(x)的最小正周期T = 2n① 函数y = sin 4x — cos 4x 的最小正周期是 n; ② 终边在y 轴上的角的集合是{ a a=号，k € Z}; ③在同一坐标系中，函数 y = sinx 的图象和函数y = x的图象有三个公共点;n n④把函数y = 3sin(2x + 3)的图象向右平移 石个单位得到 y = 3sin2x 的图象;⑤函数y = sin(x —刁)在［0,讨上是减函数. 其中真命题的序号是 __________ .解析：①y = sin 2x — cos 2x = — cos2x ，故最小正周期为 n,①正确; ②k = 0时，a= 0，那么角a 终边在x 轴上，故②错;③由y = sinx 在(0,0)处切线为y = x ,因此y = sinx 与y = x 的图象只有一个交点，故③错;n n ④y = 3sin(2x + 3)的图象向右平移6个单位得到n n,, 一 亠y = 3sin[2(x — $)+ 3] = 3sin2x ,故④正确；⑤y = sin (x —才)=—cosx 在［0, n 上为增函数，故⑤错 综上，①④为真命题. 答案：①④三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答时应写出必要的文字讲明、 证明过程或演算步骤) 16.(本小题总分值12分)AC = (cos|+ si 门号，一sin 为， (1)设f(x)=A C -BC ，求f(x)的最小正周期和单调递减区间；x . X c X =(cos_—sin?, 2cos?).(2)设有不相等的两个实数 x i , X 2€ A C -B C 得2 n n"2 , 2，且 f(x i )= f(X 2)= 1,求 X 1 + x 2 的值.解：⑴由f(x)=一 、 / X ・ X 、 / x ・ X 、 / ・ X 、 c x f(x) = (cos^+ Sin2)(c os^ — Sinp + ( — sin?) 2cos^2X 2X x X=cos 2—sin2— 2sin 2cos2=cosx — si nx .2cos(x +4)，n又由 2k 曲 x + 4< n+ 2k n，k € Z ,n3 n得一匚 + 2k n< x < —+ 2k n k € Z.4 4故f(x)的单调递减区间是［—才+ 2k n 乎+ 2k n (k € Z). (2)由 f(x) = 1 得 2cos(x + n)= 1，故 cos(x + 才)=于.n n . L n n 3 /口n又 x € — 2，，因此有 x + 4c — 4, 4n，得 x i =o , X 2= — 2，,,(rn因此 x i + X 2=— ^.117. (本小题总分值12分)在厶ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分不是 a 、b 、c , tanA = , cosB =3尿 =10 . (1) 求角C ;(2) 假设△ ABC 的最短边长是.5，求最长边的长•1解：(1) TtanA = ，•cosC =— cos(A + B) = — cosA cosB + si nAsinB=—5+ 5 = —2 .又 C € (0，n ，.・.C = 3 兀 V 5 ^10(2) ••sinA = 丁>sin B =〒y ， •A >B ，即 a >b ， •b 最小，c 最大,•••A 为锐角，那么 cosA = 2*5sinA =又 cosB = 3 ‘1010 ，•B 为锐角，那么 sinB =,10 10，b c 由正弦定理得—=—“sinB si nC'返sinC . 2 ,得c= sinB b= 10• 5= 5.70"18. （本小题总分值12分）在厶ABC中，A、B为锐角，角A、B、C所对的边分不为a、b、c,且si nA = ~55, si nB =计0.(1)求A + B的值;⑵假设a—b= .'2 —1，求a、b、c的值.解：(1) TA、B 为锐角，sinA=¥, sinB,5 10•••cosA = ' 1 —sin2A = ^^5,■-------- 2 3 10cosB = ; 1 —sin2B = 协 ,•••cos(A + B)= cosAcosB —si nAsi nB=2匹3低_匹低=^2=5 X 10 - 5 ^70 = 2 .(2)由(1)知C=严,「.sinC = ¥由正弦定理sinA=snB = snC得.'5a= 10b = .'2c,即卩a=\?2b, c= .'5b,• a —b= s 2 —1 ,••：：：；：2 b —b= 2 —1 ,.°・b= 1,•a = . 2, c= 5.19. （本小题总分值12分）如图，点A , B是单位圆上的两点，A , B点分不在第一、二象限，点C是圆与x轴正半轴的交点，△ AOB是正三角形，假设点A的坐标3 4为(,)，记/ COA = a5 5,、1 + sin2 a“,+(1)求的值;⑵求|BC|2的值.解：（1）TA的坐标为（3，5）,依照三角函数的定义可知,4 3 Sin a= 5, cos a= 5,1 + sin2 a 1 + 2sin acos a 49— 2 — .1 + cos2 a 2cos a 18(2) •••△OB 为正三角形,•/ AOB = 60°•'•cos/COB = cos( a+ 60 ° = cos a cos60 — sin o (sin60•••|BC|2= |OC|2 + |OB|2— 2|OC| |OB|cos/COB3 — 4雨 7 + 4血=1 + 1 — 2 匚20.(w :(1) ⑵依照(1)的结果，假设函数 y = f(kx)(k >0)周期为 生 恰有两个不同的解，求实数 m 的取值范畴;11 n nT = V — (— 6) = 2 n由 T = 2，得 3= 1. 331,解得n r, M 5 n2,即 ~6 + °=解得 0=- I• f(x)= 2si n(x — + 1.=IW -43 —4 .3 ~~，当x € [0 ,扌]时，方程f(kx) = m 解：(1)设f(x)的最小正周期为T ,得n 2 n⑵■/ 函数y= f(kx)= 2sin( kx —3)+ 1 的周期为—,又k>0,二k = 3.人n令t = 3x—3,nx € [0 , 3],:t € [-n，劭如图sint = s在［—3，23?］上有两个不同的解的充要条件是s€ ［于，1),•••方程f(kx)= m在x € ［0，3］时恰好有两个不同的解的充要条件是m € ［ '3+ 1,3)，即实数m的取值范畴是［、/3+ 1,3).21.(本小题总分值14分)(2018长沙模拟)长沙市某棚户区改造建筑用地平面示意图如下图.经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域近似地为半径是R的圆面.该圆面的内接四边形ABCD是原棚户建筑用地，测量可知边界AB = AD = 4万米，BC = 6万米，CD = 2万米.(1) 请运算原棚户区建筑用地ABCD的面积及圆面的半径R的值；(2) 因地理条件的限制，边界AD、DC不能变更，而边界AB、BC能够调整，为了提高棚户区改造建筑用地的利用率，请在圆弧ABC上设计一点P;使得棚户区改造的新建筑用地APCD的面积最大，并求最大值.解：⑴因为四边形ABCD内接于圆,因此/ ABC + Z ADC = 180 °连接AC,由余弦定理:AC2= 42+ g—2X 4X 6x cos Z ABC=42+ 22—2 X 2 X 4cos Z ADC .1因此cos Z ABC = 2, T Z ABC € (0,力,故Z ABC = 60 °1 1S 四边形ABCD = 2 X 4 X 6 X sin60 + X 2 X 4 X sin120=8 .'3(万平方米).在厶ABC中，由余弦定理:AC2= AB 2+ BC2—2AB BC cos/ ABC1=16 + 36 —2 X 4X 6X ©AC = 2 .7.a b由正弦定理而=sinB=2R，• 2R =-J AC = 21 = ^21sin / ABC 也3 ' ~2"二R=2_321(万米)•(2) ■/ S 四边形APCD = ADC + S^ APC,1又S^ADC = ?AD CD sin 120 = 2血,设AP = x, CP = y.1 -J3那么S^APC = ?xy sin60 = 丁xy.又由余弦定理AC2= x2+ y2—2xycos60=x2+ y2—xy = 28.• x2+ y2—xy > 2xy —xy = xy.• xy w 28,当且仅当x= y时取等号• S四边形APCD = 2 3 + "43xy w 2 .3 +于28= 9 .3,•最大面积为9\. 3万平方米.。

第三章 三角函数、解三角形单元质量检测时间：90分钟 分值：100分一、选择题(每小题4分，共40分) 1．给出下列命题：①第二象限角大于第一象限角；②不论用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形所对半径的大小无关； ③若sin α＝sin β，则α与β的终边相同； ④若cos θ<0，则θ是第二或第三象限的角． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：由于第一象限角370°不小于第二象限角100°，故①错；②正确；由于sin π6＝sin 5π6，但π6与5π6的终边不相同，故③错；当θ＝π，cos θ＝－1<0时既不是第二象限角，又不是第三象限角，故④错．综上可知只有②正确．答案：A2．如图，角α的终边与单位圆交于第二象限的点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos α，35，则cos α＋sin α＝( )A.15 B ．－15C.75 D ．－75解析：由三角函数的定义，得sin α＝35，又α是第二象限的角，所以cos α＝－1－sin 2α＝－1－925＝－45，故cos α＋sin α＝－15.答案：B3．已知tan α＝2，则cos 2α＋1＝( ) A ．1 B.54 C.65D.85解析：由tan α＝2，得sin α＝2cos α.又sin 2α＋cos 2α＝1，所以5cos 2α＝1，即cos 2α＝15，故cos 2α＋1＝65.答案：C4．化简sin 235°－12cos10°cos80°＝( )A ．－2B ．－12C ．－1D ．1解析：sin 235°－12cos10°cos80°＝1－cos70°2－12cos10°·sin10°＝－12cos70°12sin20°＝－1.答案：C5．已知sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝35，则sin2x 的值为( )A ．－725B.725C.925D.1625解析：sin2x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝725. 答案：B6．在△ABC 中，若tan A ·tan B <1，则△ABC 的形状是( ) A ．一定是锐角三角形 B ．一定是直角三角形 C ．一定是钝角三角形D ．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形解析：由tan A ·tan B <1，得1－tan A ·tan B >0.当tan A <0或tan B <0时，△ABC 为钝角三角形；当tan A >0且tan B >0，即角A ，B 都是锐角时，tan C ＝tan[π－(A ＋B )]＝－tan(A＋B )＝－tan A ＋tan B1－tan A ·tan B<0，则角C 为钝角．所以△ABC 为钝角三角形．答案：C7．(2016·郑州市质量预测)在△ABC 中，角A ，B ，C ，所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin2A ，且c ＝7，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A.334 B.736 C.213D.334或736解析：sin(B ＋A )＝sin B cos A ＋cos B sin A ，sin(B －A )＝sin B cos A －cos B sin A ，sin2A ＝2sin A cos A ，sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin2A ，即2sin B cos A ＝6sin A cos A .当cos A ＝0时，A ＝π2，B ＝π6，又c ＝7，得b ＝213.由三角形面积公式知S ＝12bc ＝736；当cos A ≠0时，由2sin B cos A ＝6sin A cos A 可得sin B ＝3sin A ，根据正弦定理可知b ＝3a ，再由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋9a 2－76a 2＝cos π3＝12，可得a ＝1，b ＝3，所以此时三角形的面积为S ＝12ab sin C ＝334.综上可得三角形的面积为736或334，所以选D. 答案：D8．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π2<φ<π2)的部分图象如图所示，f (x )的图象左移π4个单位得到g (x )的图象，则g (x )的一条对称轴可以是( )A ．x ＝0B ．x ＝π3C ．x ＝π2D ．x ＝－π3解析：由图象可知T 2＝11π12－5π12＝π2，即函数的最小正周期T ＝π，所以ω＝2，因为f ⎝⎛⎭⎪⎫5π12＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×5π12＋φ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＋φ＝2，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＋φ＝1，所以5π6＋φ＝π2＋k π，k ∈Z ，即φ＝－π3＋k π，k ∈Z ，因为－π2<φ<π2，所以φ＝－π3，即f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，向左平移π4后得g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，对称轴方程为2x －π3＝k π，k ∈Z ，故x ＝k π2＋π6，当k ＝－1时，x ＝－π3，故选D.答案：D9．设函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)－3sin(ωx ＋φ)(ω>1，|φ|<π2)，且其图象相邻的两条对称轴为x 1＝0，x 2＝π2，则( )A ．y ＝f (x )的最小正周期为π，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数B ．y ＝f (x )的最小正周期为π，且在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数 C ．y ＝f (x )的最小正周期为2π，且在(0，π)上为增函数 D ．y ＝f (x )的最小正周期为2π，且在(0，π)上为减函数解析：由已知条件得f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋φ＋π3，由题意得T 2＝π2，∴T ＝π.∴T ＝2πω，∴ω＝2.又∵f (0)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π3，x ＝0为f (x )的对称轴，∴f (0)＝2或－2，又∵|φ|<π2，∴φ＝－π3，此时f (x )＝2cos2x ，在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，故选B.答案：B10．已知函数f (x )＝－2sin(2x ＋φ)(|φ|<π)，若f (x )≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8恒成立，则f (x )的一个单调递减区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－38π，π8B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π8，38πC.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，58πD.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，98π 解析：由题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π8＝－2，即－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝－2，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝1.因为|φ|<π，所以φ＝π4，故f (x )＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，所以f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－38π，k π＋π8(k ∈Z )，故A 正确．答案：A二、填空题(每小题4分，共16分)11．函数y ＝tan ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的对称中心为________． 解析：∵y ＝tan x (x ≠π2＋k π，k ∈Z )的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2，0(k ∈Z )，∴可令2x ＋π6＝k π2(k ∈Z )，解得x ＝－π12＋k π4(k ∈Z )． 因此，函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＋k π4，0(k ∈Z )．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＋k π4，0(k ∈Z )12．已知sin α＝12＋cos α，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则cos2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4的值为________．解析：依题意得sin α－cos α＝12，又(sin α＋cos α)2＋(sin α－cos α)2＝2，所以(sin α＋cos α)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝2， 故(sin α＋cos α)2＝74.又α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，因此有sin α＋cos α＝72，所以cos2αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝cos 2α－sin 2α22（sin α－cos α）＝－2(sin α＋cos α)＝－142.答案：－14213．在△ABC 中，sin A ＋cos A ＝22，AC ＝4，AB ＝5，则△ABC 的面积是________． 解析：根据题意，由于△ABC 中， sin A ＋cos A ＝22⇔2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝22⇔sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝12⇒A ＋π4＝5π6，所以A ＝7π12.△ABC 的面积为S ＝12×4×5×sin 7π12＝52＋562.答案：52＋56214．f (x )＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x －3cos2x －1，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，则f (x )的最小值为________．解析：f (x )＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x －3cos2x －1＝1－cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋x －3cos2x －1＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2x －3cos2x ＝sin2x －3cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，因为π4≤x ≤π2，所以π6≤2x －π3≤2π3，所以12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3≤1，所以1≤2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π3≤2，即1≤f (x )≤2，所以f (x )的最小值为1. 答案：1三、解答题(共5小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤)15．(8分)已知函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12，x ∈R .(1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的值； (2)若cos θ＝35，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6. 解：(1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π12＝2cos π4＝1. (2)∵cos θ＝35，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，∴sin θ＝－1－cos 2θ＝－45，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝－15.16．(9分)已知函数f (x )＝cos x (3sin x ＋cos x )，x ∈R . (1)求f (x )的最小正周期及值域． (2)求f (x )的单调递增区间．解：(1)因为f (x )＝cos x (3sin x ＋cos x ) ＝3sin x cos x ＋cos 2x ＝32sin2x ＋12cos2x ＋12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋12， 所以最小正周期T ＝2π2＝π.因为x ∈R ，所以－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6≤1. 所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋12≤32.所以f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，32. (2)由－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，得－2π3＋2k π≤2x ≤π3＋2k π.即－π3＋k π≤x ≤π6＋k π.所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3＋k π，π6＋k π(k ∈Z )． 17．(9分)(2015·安徽卷)在△ABC 中，∠A ＝3π4，AB ＝6，AC ＝32，点D 在BC 边上，AD ＝BD ，求AD 的长．解：设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos ∠BAC ＝(32)2＋62－2×32×6×cos 3π4＝18＋36－(－36)＝90，所以a ＝310. 又由正弦定理得sin B ＝b sin ∠BAC a ＝3310＝1010， 由题设知0<B <π4，所以cos B ＝1－sin 2B ＝1－110＝31010. 在△ABD 中，由正弦定理得AD ＝AB ·sin B sin （π－2B ）＝6sin B 2sin B cos B ＝3cos B＝10.18．(9分)(2016·山西太原一模)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，且c ＝2，C ＝π3.(1)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ； (2)若sin C ＋sin(B －A )＝2sin2A ，求A 的值． 解：(1)∵c ＝2，C ＝π3，∴由余弦定理得4＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab ，∵△ABC 的面积等于3， ∴12ab sin C ＝3，∴ab ＝4， 联立⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵sin C ＋sin(B －A )＝2sin2A ， ∴sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝4sin A cos A ， ∴sin B cos A ＝2sin A cos A ， ①当cos A ＝0时，A ＝π2；②当cos A ≠0时，sin B ＝2sin A ，由正弦定理得b ＝2a ，联立⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝4，b ＝2a ，解得a ＝233，b ＝433，∴b 2＝a 2＋c 2， ∵C ＝π3，∴A ＝π6.综上所述，A ＝π2或A ＝π6.19．(9分)(2015·四川卷)如图，A ，B ，C ，D 为平面四边形ABCD 的四个内角．(1)证明：tan A 2＝1－cos Asin A；(2)若A ＋C ＝180°，AB ＝6，BC ＝3，CD ＝4，AD ＝5，求tan A 2＋tan B 2＋tan C 2＋tan D2的值．解：(1)tan A2＝sin A2cos A 2＝2sin2A22sin A 2cos A 2＝1－cos Asin A. (2)由A ＋C ＝180°，得C ＝180°－A ，D ＝180°－B . 由(1)，有tan A 2＋tan B 2＋tan C 2＋tan D2＝1－cos A sin A ＋1－cos B sin B ＋1－cos （180°－A ）sin （180°－A ）＋1－cos （180°－B ）sin （180°－B ）＝2sin A ＋2sin B. 连接BD .在△ABD 中，有BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos A ， 在△BCD 中，有BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos C ， 所以AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos A ＝BC 2＋CD 2＋2BC ·CD cos A .则cos A ＝AB 2＋AD 2－BC 2－CD 22（AB ·AD ＋BC ·CD ）＝62＋52－32－422（6×5＋3×4）＝37. 于是sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫372＝2107. 连接AC .同理可得cos B ＝AB 2＋BC 2－AD 2－CD 22（AB ·BC ＋AD ·CD ）＝62＋32－52－422（6×3＋5×4）＝119.于是sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1192＝61019.所以tan A 2＋tan B 2＋tan C 2＋tan D 2＝2sin A ＋2sin B＝2×7210＋2×19610＝4103.。