题型分类突破理科Y版模块二

模块二三角函数与解三角形考查角度1三角函数与三角恒等变换(见学生用书P27)分类透析1三角函数中的化简与求值例1(1)已知cosα2-sinα2=55,则sin(2)若tanπ2-α=3cos(α-π),则cos2α=(A.-1 B.7C.0或79 D.-1或(3)若α∈π2,π,2cos2α=sinπ4-α,则sin2A.-78 B.78 C.-18 答案(1)45(2)D(3)解析(1)由同角三角函数基本关系式可得cosα2-sinα22=cos2α2+sin2α2-2sinα2cosα2=1-(2)由同角三角函数基本关系式得sinπ2-αcosπ2-α=-3cosα,即cosαsinα=-3cosα,解得cosα=0或sinα=-13.又cos2α=1-2sin2α=2cos2α-1,所以cos(3)由诱导公式和二倍角公式可得2cos2α=2sinπ2-2α=2sin2π4-α=4sinπ4-α·cosπ4-α=sinπ4-α.因为α∈π2又sin2α=cos2π4-α=2cos2π4-α-1=2×1小结三角函数中的化简与求值问题的一般解题思路:(1)根据诱导公式或同角三角函数基本关系式,对所给关系式进行变形;(2)观察已知角与所求角之间的差异,用已知角来表示所求角;(3)恒等变形、正确求值.分类透析2三角函数的图象与性质例2(1)已知函数f(x)=2sinωx+π4(ω>0)的图象在区间[0,1]上恰好有3个最高点,则ω的取值范围为(A.19π4,C.17π4,25π4 (2)已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)为偶函数,且y=f(x)图象的两条相邻的对称轴间的距离为π2,则fπ6的值为(A.-1 B.1 C.3 D.2(3)已知函数f(x)=sin(πx+φ)某个周期的图象如图所示,A,B分别是f(x)图象的最高点与最低点,C是f(x)图象与x轴的一个交点,则tan∠BAC=().A.12 B.C.255 答案(1)C(2)B(3)B解析(1)因为x∈[0,1],ω>0,所以ωx+π4∈π4,ω+π4,又因为函数f(x)的图象在区间[0,1]上恰好有3个最高点,所以9π2≤ω+π4(2)由题意可得f(x)=3sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)=2sin(ωx+φ)-因为函数y=f(x)为偶函数,所以φ-π6=kπ+π2(k∈所以φ=kπ+2π3(k∈Z).又0<φ<π,令k=0,则φ=又因为y=f(x)图象的两条相邻的对称轴间的距离为π2,所以函数y=f(x)的最小正周期T=2×π2=π,则2πω=π,所以ω=2,则f(x)=2sin2x+所以fπ6=2cos2×π6=1(3)因为函数f(x)=sin(πx+φ),则函数f(x)的最小正周期T=2ππ=2,最大值为1,最小值为-由图象可知AB=(xB-xA,yB-yA)=(-1,-2),AC=(xC-xA,yC-yA)=-3cos∠BAC=AB·AC|AB||又因为∠BAC为锐角,所以tan∠BAC=47,故选小结已知三角函数的性质求参数范围问题的一般解题思路:(1)根据函数的定义域,求得ωx+φ的范围;(2)先令θ=ωx+φ,再根据题目所给的单调性、奇偶性、对称性、周期性以及最值,得到ω或φ的约束关系;(3)通过对k合理赋值,求得参数范围.分类透析3三角恒等变换例3(1)已知α∈0,π2,且2sin2α-sinα·cosα-3cos2α=0,则sin(2)设tan211°=a,则sin17°+cos17°sin17°-A.2aa2-1 B.2a(3)17世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过:“几何学里有两件宝,一个是勾股定理,另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话,那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种,其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形,它是一个顶角为36°的等腰三角形(另一种是顶角为108°的等腰三角形).例如,五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成,如图所示,在其中一个黄金△ABC中,BCAC=5-12.根据这些信息,可得sin234°=A.1-254C.-5+14 D.答案(1)268(2)A(3)解析(1)∵2sin2α-sinα·cosα-3cos2α=0,∴(2sinα-3cosα)·(sinα+cosα)=0.又α∈0,π2,∴2sinα=3cos解得cosα=213,sinα=3∴sinα+=22(sinα+cos(2)sin17°+cos17°sin17°-cos17°=tan17°+1tan17°-1因为tan211°=tan31°=a,所以tan62°=2tan31°1-tan231°=2(3)由题可知∠ACB=72°,且cos72°=12BCACcos144°=2cos272°-1=-5+1则sin234°=sin(144°+90°)=cos144°=-5+14.故选小结三角恒等变换问题的一般解题思路:(1)观察已知关系式与所求关系式的角、名称、式子之间的特征差异;(2)选择从“角”入手还是从“统一名称”入手;(3)通过凑“角”变“角”建立已知与未知的桥梁.(见学生用书P28)1.(2020年全国Ⅱ卷,理T2改编)若α为第二象限角,则().A.cos2α>0 B.cos2α<0C.sin2α>0 D.sin2α<0答案D解析由α为第二象限角,可得π2+2kπ<α<π+2kπ(k∈Z),所以π+4kπ<2α<2π+4kπ(k∈Z),所以sin2α<02.(2020年全国Ⅲ卷,理T9改编)已知cos2θ=12,则tanθ=()A.-33 B.±C.13 D.答案B解析∵cos2θ=cos2θ-sin2θ=cos2θ-sin2θcos2θ+sin2θ=1-tan23.(2020年全国Ⅰ卷,理T7改编)设函数f(x)=Acosωx+π6(0<ω<2)在[-π,π]上的大致图象如图所示,则fπ3=A.1 B.-1 C.32 D.-答案B解析函数f(x)的图象过点-4π9,0,代入函数f(x)的解析式可知Acos-4π9ω+π6=0,因为0<ω<2,所以ω=32,又因为函数f(x)图象过点(0,3),得Acos32×0+π6=3,所以A=2,则f(x)=4.(2020年全国Ⅰ卷,理T9改编)已知α∈π,3π2,且6cos2α-sinα=5,则sinα=A.-13 B.-14 C.14 答案A解析由6cos2α-sinα=5,得6(1-2sin2α)-sinα-5=0,即12sin2α+sinα-1=0,解得sinα=-13或sinα=14,又α∈π,3π2,故sin5.(2020年全国新高考Ⅰ卷,T10改编)如图所示的是函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象,则下列结论不正确的是().A.fπ8=B.f12x在C.若f(x+θ)是偶函数,则θ=-π12+12kπ,kD.把函数f(x)的图象向左平移π3个单位长度,可得函数y=-sin2x答案D解析由函数图象可知T2=2π3-π6=π2,则ω=2当x=2π3+π62=5π12时,f(x)=-1,∴2×5π12+φ=3π2+2kπ(k∈Z),故f(x)=sin2x+2π所以fπ8=sinπ4+2π3=22×-12+2f12x=sinx+2π3,当x∈-π6,5π6时,x+2π3若f(x+θ)=sin2x+2θ+2π3是偶函数,则2θ+2π3=π2+kπ(k∈Z),解得θ=-π12+1把函数f(x)的图象向左平移π3个单位长度,得到函数y=sin2x+π3+π3=sin2x+4π3=-sin2x+π3的图象,不是函数y=-sin6.(2020年全国新高考Ⅰ卷,T15改编)某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC⊥DG,垂足为C,BH∥DG,EF=12cm,DE=2cm,A到直线DE和EF的距离均为7cm,圆孔半径为1cm,若阴影部分的面积为4+52πcm2,则tan∠答案3解析如图所示,过点A作AM垂直于直线DE于点M,作AN⊥EF于点N,交DG于点P,设OB=OA=r,由题意得AM=AN=7,EF=12,DE=2,所以NF=5,AP=5,所以∠AGP=45°.因为BH∥DG,所以∠AHO=45°.因为AG与圆弧AB相切于A点,所以OA⊥AG,所以△OAH为等腰直角三角形,所以阴影部分的面积S=12×3π4×r2+12r2-12π×12=4+5π过点O作OQ⊥DG于点Q,则在直角△OQD中,OQ=5-22r=3,DQ=7-22r=所以tan∠ODC=OQDQ=3(见学生用书P28)1.(成都市2020届高三年级第一次诊断性检测)若sinθ=5cosθ,则tan2θ=().A.-53 B.C.-52 D.答案C解析由同角三角函数基本关系式可得tanθ=sinθcosθ=5tan2θ=2tanθ1-tan2θ=2.(2020届陕西省榆林市高三模拟第一次测试)已知α∈(0,π),2sin2α=cos2α-1,则sinα=().A.15 B.C.-55 D.答案D解析因为α∈(0,π),所以sinα>0.由题意可知,2sin2α=cos2α-1,即4sinαcosα=(1-2sin2α)-1,整理得cosα=-12sinα,所以解得sinα=253.(2020届江西省景德镇市高三第一次质检)已知cosα=513,α∈(π,2π),则cosα+π6=A.5+12326 C.12+5326 答案C解析由cosα=513,α∈(π,2π)可知,cosα>0,sinα<0∵sin2α+cos2α=1,∴sinα=-1213即cosα+π6=cosαcosπ6-sinαsin故选C.4.(2020届广东省高三1月大联考)已知θ∈π4,π2,且sinθ+π4=3A.2 B.4C.3 D.12答案A解析因为θ∈π4,π2,所以θ+π4∈π2,所以cosθ+π4=-1010,则tan所以tanθ=tanθ+π4-π4=tanθ+5.(2020届广东省东莞市高三期末调研测试)已知函数f(x)=2sin2x+π6,将f(x)的图象上所有的点向右平移θ(θ>0)个单位长度,得到的图象关于直线x=π6对称,则θA.π6 B.C.π2 答案C解析将函数f(x)=2sin2x+π6图象上所有的点向右平移θ(θ>0)个单位长度,得到函数y=2sin2(由题意知,2×π6-2θ+π6=π2+kπ(k∈解得θ=-kπ2(k∈又因为θ>0,所以θ的最小值为π2,故选6.(福州市2020届高三质量检测)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)0<φ<π2的部分图象如图所示,则f(x)的单调递减区间为A.π4+4kB.-13π12+C.π4+2kπ,D.-13π12+答案A解析由图象可知,34T=7π12--5π12=π,则函数f(x)的最小正周期T=4π3=2πω,解得ω=32,又32×-5π12+φ=2kπ-π2,k∈Z,即φ=2kπ+π8,k∈Z,因为0<φ<π2,令k=0,则φ=π8,所以f(x)=sin32x+π8,令2kπ+π2≤32x+π8≤27.(2020届陕西省高三教学质量检测卷(一))将函数y=sin2x的图象向左平移5π12个单位长度,得到函数f(x)的图象,则下列说法正确的是(①函数f(x)的图象关于直线x=-π6对称②函数f(x)的图象关于点π3,③函数f(x)在区间-π6④函数f(x)在区间π6,A.①④ B.②③C.①③ D.②④答案C解析由题意将函数y=sin2x的图象向左平移5π12个单位长度,得到f(x)=sin2x+5π12=sin2x+5π6=sin2x+令2x+π3=kπ(k∈Z),得到x=kπ2-π6(所以对称轴为直线x=kπ2-π6(k∈Z),故令2x+π3=kπ+π2(k∈得到x=kπ2+π12(k所以对称中心为点kπ2+π12,0(k由2kπ≤2x+π3≤2kπ+π(k∈Z得-π6+kπ≤x≤π3+kπ(k∈所以函数f(x)在-π6+kπ,π3+kπ(k由2kπ+π≤2x+π3≤2kπ+2π(k∈Z得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k所以函数f(x)在π3+kπ,5π6+kπ(k∈Z8.(2020届湖南省长沙市明德中学高三检测)定义运算:a*b=a,a≤b,b,a>b.例如1*2=1,则函数f(xA.-22,22 B.[C.22,1答案D解析根据三角函数的周期性,我们只看在一个最小正周期内的情况即可.设x∈[0,2π],当π4≤x≤5π4时,sinx≥cosx,则f(x)=cosx,故f(x)∈-1,22.当0≤x<π4或5π4<x≤2π时,cosx>sinx,则f(x)=sinx,故f(x)∈0,22∪[-1,09.(2020届西安七校联考)矗立于伦敦泰晤士河畔的伦敦眼是世界上首座、也曾经是世界上最大的观景摩天轮.已知其旋转半径为60米,最高点距地面135米,运行一周大约需要30分钟,某游客在最低点的位置坐上摩天轮,则第10分钟时他距地面大约为().A.95米 B.100米C.105米 D.110米答案C解析设人在摩天轮上离地面高度h(米)与时间t(分钟)的函数关系为f(t)=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,φ∈[0,2π)).由题意可知,A=60,B=135-60=75,T=2πω,所以ω=π15,即f(t)=60sinπ又因为f(0)=135-120=15,解得sinφ=-1,故φ=3π所以f(t)=60sinπ15t+3π2+75=-所以f(10)=-60×cos2π3+75=105.10.(乌鲁木齐市2020届高三第一次诊断性测试)将奇函数f(x)=3sin(2x+φ)-cos(2x+φ)(0<φ<π)的图象向右平移φ个单位长度,得到y=g(x)的图象,则g(x)的一个单调递减区间为().A.-π12,5C.π12,7答案D解析由已知得f(x)=2sin2x∵f(x)为奇函数,∴φ-π6=kπ,k∈Z即φ=kπ+π6,k∈Z∵0<φ<π,∴当k=0时,φ=π6∴f(x)=2sin2x,∴g(x)=2sin2x-π6令π2+2kπ<2x-π3<3π2+2kπ,∴5π12+kπ<x<11π12+kπ,当k=0时,5π12,11π12为故选D.11.(2020届江西省景德镇市高三第一次质检试题)函数f(x)=2sinωx+π6(ω>0)在区间-π4,π4内有最大值且无最小值A.43,8C.43,16答案A解析由题意知-解得43<ω≤8故选A.12.(2020届云南省大理市高三复习统一检测)函数f(x)=3sinxcosx-sin2x在区间-π12,m上至少取得1个最小值,则正整数m的最小值是A.4 B.3C.2 D.1答案B解析函数f(x)=3sinxcosx-sin2x=32sin2x-12(1-cos2x)=sin2x∴f(x)的最小正周期T=2π2=且当x=-π12时,2x+π6=结合f(x)在区间-π12,m上至少取得1个最小值可得m--π12≥34T=3π4,解得m≥2π3≈213.(2020届辽宁省葫芦岛市协作校高三第二次考试)函数f(x)=sinx-π6cosx答案π解析∵f(x)=12sin2x-π3,14.(2020届湖南省永州市高三一模)在平面直角坐标系xOy中,点A为以O为圆心的单位圆在第一象限上一点,B(1,0),∠BOA=π3,若点A沿单位圆逆时针方向旋转角α到点C-45,3答案3解析记OC为角β的终边,由三角函数的定义可得sinβ=35,cosβ=-4因为点A沿单位圆逆时针方向旋转角α到点C,所以α=β-π3即cosα=cosβ-π3=cosβcosπ3+sinβsinπ3=-45×1215.(2020届江苏省苏州市高三阶段性抽测(一))若1+cosαsinα=12,则cosα+答案1解析由1+cosαsinα=12,可得2(1+cosα)=sinα,即4(1+cosα)2=sin2α=1-cos2α,化简得cosα=-35或cosα=-1(舍去),故sinα=2(1+cosα)=45,所以cosα+2sinα=-16.(2020届广东省佛山市第一中学月考)关于函数f(x)=3sin2x+①若f(x1)=f(x2)=0,则x1-x2=kπ(k∈Z);②f(x)的图象与g(x)=3cos2x-③f(x)在区间-7π④f(x)的图象关于点-π8其中正确的是.(填序号)

答案②③④解析①因为f(x)=3sin2x+π4,f(x1)=f(x2)=0,所以x1-x2=kπ2(k∈②g(x)=3cos2x-π4=3sin2x-π4+π2③当x∈-7π8,-3π8时所以f(x)在区间-7π8,-3π④当x=-π8时,2x+π4=0,即f-π8=0,考查角度2解三角形(见学生用书P30)分类透析1判断三角形的形状例1(1)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a-c·cosB)·sinB=(b-c·cosA)·sinA,则△ABC的形状是().A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形(2)在△ABC中,若bcosCccosB=1+cos2C1+cos2B,A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形(3)在△ABC中,a2+b2+c2=23absinC,则△ABC的形状是().A.锐角三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.等边三角形答案(1)D(2)D(3)D解析(1)由(a-c·cosB)·sinB=(b-c·cosA)·sinA,结合正弦定理,化简可得(a-c·cosB)·b=(b-c·cosA)·a,所以acosA=bcosB,则sinBcosB-sinAcosA=0,即sin2B-sin2A=0,解得2B=2A或2B+2A=180°,所以△ABC是等腰三角形或直角三角形.故选D.(2)由已知1+cos2C1+cos2B=2cos2C2cos2B=cos2Ccos2B=bcosCccosB,化简得cosCcosB=bc或cosCcosB=0,即C=90°或cosCcosB=bc,由正弦定理得bc=sinBsinC,即cosCcosB=sinBsinC(3)由余弦定理得a2+b2-c2=2abcosC,又因为a2+b2+c2=23absinC,两式相加,得到a2+b2=ab(cosC+3sinC)=2ab·cosC-所以cosC-π3=a2+b22ab≥2又因为cosC-π3∈[-1所以cosC-π3因为C∈(0,π),所以C-π3所以C-π3=0,解得C=π又因为a=b,所以△ABC是等边三角形,故选D.小结判断三角形形状问题的解题思路:(1)分析所给关系式的基本特征,初步确定转化方向,是化成“边”的关系还是“角”的关系;(2)根据正弦定理、余弦定理对所给关系式实施“边(角)”转化;(3)在变形过程中,一定要注意等价转化,特别是在“约分”和角的范围上.分类透析2利用正、余弦定理解三角形例2(1)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=6,c=3,则A=.

(2)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,则A=().A.π6 B.π3 C.5π6答案(1)75°(2)B解析(1)由正弦定理,得sinB=bsinCc=6结合b<c得B=45°,则A=180°-B-C=75°.(2)∵(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,∴由正弦定理得(a+b)(a-b)=c(c-b),即b2+c2-a2=bc.∴cosA=b2+c又A∈(0,π),∴A=π3小结已知两角和一边,该三角形是确定的,其解是唯一的;已知两边和其中一边的对角,该三角形具有不唯一性,通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形,可用正弦定理求解,也可用余弦定理求解.分类透析3与其他知识交汇的解三角形问题例3(1)已知△ABC三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinA,sinB,sinC成等比数列,sin(B-A),sinA,sinC成等差数列,则C=.

(2)已知在锐角△ABC中,AH⊥BC于点H,且9BA2-4CA2=AH·(4CA-9BA),若BC=2,则sinB答案(1)π2(2)解析(1)由题意可得sin2B=sinAsinC,即b2=ac,由题意可得2sinA=sin(B-A)+sinC,整理得2sinA=sin(B-A)+sin(B+A)=2sinBcosA,cosA=sinAsinB又cosA=b2+c2-a22bc=ab,所以b2+c2-a2=2ac=2b2,即c(2)由9BA2-4CA2=AH·(4CA-9得9BA2+9BA·AH=4CA2+4AH·所以9BA·BH=4CA·CH,即9BH2=4CH2,BH=23CH.设BC边上的高为h,则tanB=54h,tanC=56h,所以tanA=-tan(B+C)=-5解得h>265.因为△ABC的面积S=12bcsinA=12ah,所以2RsinB即sinBsinCsinA=h小结与其他知识交汇的解三角形问题的解题策略:(1)与等差、等比数列交汇的问题,多是以等差、等比数列为媒介给出三角形的“边”与“角”的关系,只要按题目要求正确“翻译”过来即可;(2)与向量知识的交汇问题,多是以向量的数量背景和几何背景为解题的突破点,常常以向量的线性运算和数量积运算出现;(3)特别注意的是三角形中的数量积公式与面积公式的“关联性”.(见学生用书P30)1.(2020年全国Ⅲ卷,理T7改编)在△ABC中,cosC=23,AC=4,BC=3,则sinA=()A.19B.13C.12答案D解析根据余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cosC,则AB2=42+32-2×4×3×23,可得AB2=9,即AB=3,∴AB=BC,∴sinA=sinC=52.(2020年全国Ⅰ卷,理T16改编)如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=2,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=45°,则∠FCB=.

答案90°解析∵AB⊥AC,AB=2,AC=1,∴由勾股定理得BC=AB2+同理得BD=2,∴BF=BD=2,在△ACE中,AC=1,AE=AD=2,∠CAE=45°,由余弦定理得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos45°=1+2-2×1×2×22=1,解得CE=1∴CF=CE=1,在△BCF中,BC=3,BF=2,CF=1,由余弦定理得cos∠FCB=CF2+BC2-BF2(见学生用书P31)1.(银川市2020届高考押题考试)若在△ABC中,a=8,A=45°,B=60°,则b的值为().A.23+2 B.46C.43+2 D.4+43答案B解析由正弦定理asinA=bsinB得8sin45°=bsin60°,2.(天津市河东区2020届高三高考模拟)在△ABC中,内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,A=2π3,b=3,△ABC的面积为1534,则a=A.19 B.912 C.7 D.答案C解析由A=2π3,b=得S△ABC=12bcsinA=1534,解得在△ABC中,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=9+25-2×3×5×-12=解得a=7.故选C.3.(2020届承德市隆化县存瑞中学高三第一次质检)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c=2bcosA,则此三角形是().A.等边三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.钝角三角形答案B解析因为c=2bcosA,由正弦定理得sinC=2sinBcosA,即sin(A+B)=2sinBcosA,所以sinAcosB+cosAsinB=2sinBcosA,即sinAcosB=sinBcosA,可得sin(A-B)=0.又在△ABC中,A-B∈(-π,π),所以A=B,因此三角形为等腰三角形.4.(2020届四川省成都市蓉城名校联盟高三上学期第一次联考)在平面四边形ABCD中,已知∠A=π2,∠CDA=2π3,AD=2,BD=4,DC=5,则BC=(A.21 B.33 C.23 D.43答案A解析在Rt△ABD中,AD=12BD,所以∠DBA=π6,∠ADB=π3.因为∠CDA=2π3,在△BCD中,由余弦定理得BC=52+42-5.(2020届天津市六校高三期中检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为315,3sinA=2sinC,cosB=-14,则b的值为()A.2 B.6 C.8 D.12答案C解析在△ABC中,由cosB=-14,可得sinB=15由S△ABC=12acsinB=315,可得ac=24因为3sinA=2sinC,所以3a=2c.综上可得a=4,c=6,由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=16+36-2×6×4×-14=64,解得b=8.6.(2020届安徽十校联考)在△ABC中,p:△ABC是锐角三角形,q:sinA>cosC,则p是q的().A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件答案B解析若△ABC是锐角三角形,则A+C>π2,即π2>A>π2-C>0,所以sinA>sinπ2-C,即sinA>cosC,同理反之,如当A=π2,B=π6时,sinA>cosC,△ABC为直角三角形,所以p是q的充分不必要条件,7.(2020届重庆市第一中学月考)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知ccosA=12(acosB+bcosA),△ABC的面积为3,b+c=26,则△ABC的外接圆面积为()A.4π B.16π C.24π D.48π答案A解析因为ccosA=12(acosB+bcosA所以ccosA=12c所以cosA=12,则sinA=3因为△ABC的面积为3,b+c=26,所以由三角形面积公式以及余弦定理可得3=12bcsin由正弦定理可得asinA=2R,解得R=则△ABC的外接圆的半径为2,其面积为4π.8.(宁夏中卫市2020届高三第二次模拟考试)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知C=2π3,sinB=3sinA,若△ABC的面积为63,则c=(A.22 B.226 C.214 D.47答案B解析由题意得b=3a.又S△ABC=12absinC=32a2·32=63,解得a2∴c2=a2+b2-2abcosC=10a2+3a2=13a2=104,∴c=226,故选B.9.(2020届山东省济宁市高三上学期期中)在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinA=223,a=2,S△ABC=2,则b的值为(A.3 B.322 C.22 答案A解析因为在锐角△ABC中,sinA=223,S△ABC=所以12bcsinA=12bc22即bc=3,①又a=2,A是锐角,所以cosA=1-sin所以由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得(b+c)2=a2+2bc(1+cosA)=4+6×1+13=即b+c=23.②由①②得b+c=23,bc10.(2020届银川高三质量检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sinB+sinA(sinC-cosC)=0,a=2,c=2,则C=().A.π12 B.π6 C.π4答案B解析sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,因为sinB+sinA(sinC-cosC)=0,所以sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC-sinAcosC=0,即cosAsinC+sinAsinC=0,又因为sinC≠0,所以cosA=-sinA,解得tanA=-1,又因为π2<A<π,所以A=3由正弦定理可得sinC=csinAa=2因为a>c,所以C=π6,故选11.(2020届山东省德州市模拟)中华人民共和国国歌有84个字,37小节,奏唱需要46秒.某校周一举行升旗仪式,旗杆正好处在坡度15°的看台的某一列的正前方,从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为102米(如图所示),旗杆底部与第一排在同一个水平面上.要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部,则升旗手升旗的速度应为().A.3323米/秒 B.53C.7323米/秒 D.83答案B解析由题意可知(如图中各字母标点),∠HAB=45°,∠HBA=105°,∠AHB=30°,在△HAB中,由正弦定理得HBsin∠HAB=ABsin∠AHB,即HBsin45°=所以OH=HB·sin∠HBO=20sin60°=103,v=10346=5323(米/秒12.(2020届华中师范大学第一附属中学高考押题考试)在△ABC中,sinA+2sinBcosC=0,3sinB=sinC,则cosC=().A.12 B.32 C.-12 答案C解析由3sinB=sinC,得3b=c.由sinA+2sinBcosC=0,得a+2bcosC=0.∴cosC=a2+b∴a=b,∴cosC=-1213.(2020届浙江省十校联盟高三联考改编)在△ABC中,cosC=-35,BC=1,AC=5,则AB=答案42解析根据题意可知,AB2=12+52-2×1×5×-35=32,所以AB=414.(2020届华中师范大学第一附属中学考前训练改编)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若c=1,△ABC的面积为a2+b2-1答案π解析由于三角形的面积S=12absinC=a2+b2-14,而cosC=a2+b2-12ab,解得sin15.(2020届山东省聊城市高三下学期期中)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,若sinA,sinB,sinC成等差数列,cosB=35,S△ABC=2,则b的值为答案4解析因为sinA,sinB,sinC成等差数列,所以2sinB=sinA+sinC.由正弦定理可知,2b=a+c,因为cosB=35,所以sinB=4S△ABC=12acsinB=2,则ac=5由余弦定理可知,b2=a2+c2-2accosB,即b2=(a+c)2-2ac-2accosB.代入得b2=4b2-10-10×35化简得b2=163,解得b=416.(2020届衡阳市雁峰区第八中学高三模拟检测)在锐角△ABC中,∠A=30°,BC=1,则△ABC面积的取值范围为.

答案3解析因为∠A=30°,BC=1,由正弦定理可得ABsinC=ACsinB=BCsinA=2,AC=2sinB=2sin(150°-C)=212cosC+32sinC=cosC+3sinC,所以S△ABC=12AB·AC·sinA=12×2sinC×(cosC+3sinC)×12=12sin(2C-60°因为A+B+C=180°,0°<C<90°,0°<B<90°,所以0°<B=180°-30°-C<90°,所以60°<C<90°,所以60°<2C-60°<120°,即sin(2C-60°)∈32可得12sin(2C-60°)+34∈则△ABC面积的取值范围为32考查角度3三角函数与解三角形的综合问题(见学生用书P32)分类透析1与“中线”有关的解三角形问题例1在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2bcosC=2a+c.(1)求角B的大小;(2)若a=2,D为AC的中点,且BD=3,求c的值.解析(1)由正弦定理得2sinBcosC=2sinA+sinC,又A=π-(B+C),则sinA=sin(B+C),于是有2sinBcosC=2sinBcosC+2sinCcosB+sinC,整理得2sinCcosB+sinC=0,又sinC≠0,则cosB=-12,因为B∈(0,π),所以B=2(2)因为D为AC的中点,所以BA+BC=2BD,即(BA+BC)2=4BD2,又∠ABC=2π3,所以a2+c2-ac=12.因为a=2,所以c2-2c-8=0,解得c=4或c=-2(舍去),则小结与“中线”有关的解三角形问题的解题方法:(1)明确“中线”的特征,将对边平分,把原来的三角形分成两个具有公共边和一个内角互补的两个三角形;(2)与向量知识的交汇,通过向量的线性运算,建立三角形的中线与三角形的边角关系体现向量的工具性.分类透析2平面多边形中的解三角形问题例2在平面四边形ABCD中,AB=2,BD=5,AB⊥BC,∠BCD=2∠ABD,△ABD的面积为2.(1)求AD的长;(2)求△CBD的面积.解析(1)由已知S△ABD=12AB·BD·sin∠ABD=12×2×5×sin∠ABD=可得sin∠ABD=255,又∠ABD∈所以cos∠ABD=55在△ABD中,由余弦定理AD2=AB2+BD2-2·AB·BD·cos∠ABD,可得AD2=5,解得AD=5.(2)由AB⊥BC,得∠ABD+∠CBD=π2所以sin∠CBD=cos∠ABD=55又∠BCD=2∠ABD,所以sin∠BCD=2sin∠ABD·cos∠ABD=45因为∠BDC=π-∠CBD-∠BCD=π-π2-∠ABD-2∠ABD=π2-所以△CBD为等腰三角形,即CB=CD.在△CBD中,由正弦定理BDsin∠BCD=CDsin∠CBD,得CD=BD·所以S△CBD=12CB·CD·sin∠BCD=12×54×54×小结平面多边形中的解三角形问题的解题策略:(1)明确平面多边形的几何特征(如共圆等)以及构成平面多边形的各个三角形之间的边角关系;(2)“公共边”“相关角”是建立方程或函数关系式的重要“元素”;(3)所求的“边”“角”仍然是放在三角形中解决.分类透析3解三角形中的“开放型”问题例3△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cosB=-12,.请问△ABC的面积是否存在最大值?若存在,求对应三角形的三边;若不存在,说明理由从①a+c=2;②b=3a这两个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.解析选①a+c=2,因为2=a+c≥2ac,当且仅当a=c=1时等号成立,所以ac≤1.又cosB=-12,且B∈(0,π),所以B=2π3,sin所以S△ABC=12acsinB≤34,故△ABC的面积存在最大值,最大值为34,此时又b2=a2+c2-2accosB=3,所以b=3.选②b=3a,因为cosB=-12,且B∈(0,π),所以B=2π3,sinB=32,sinBsinA=ba=3,所以sinA=12,则A=π6,C=π-所以S△ABC=12acsinB=34a又a可以任取正数,故△ABC的面积不存在最大值.小结解三角形中的“开放型”问题的解题策略:(1)明确题目要求,按要求把题目补充完整,再解答题目;(2)从备选条件中选择自己最有把握的“条件”;(3)在平时的练习中要多角度分析题目条件,把握题目的本质,才会在这类题目中得心应手.(见学生用书P32)1.(2020年全国Ⅱ卷,理T17改编)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,2acosC=2b+c.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周长的最大值.解析(1)因为2acosC=2b+c,所以由正弦定理可得2sinAcosC=2sinB+sinC=2sin(A+C)+sinC=2sinAcosC+2cosAsinC+sinC,即2cosAsinC=-sinC,又sinC≠0,所以cosA=-12,又0<A<π,所以A=2(2)由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcosA=AC2+AB2+AC·AB=9,即(AC+AB)2-AC·AB=9.因为AC·AB≤AC+AB22(所以9=(AC+AB)2-AC·AB≥(AC+AB)2-AC+AB22=34解得AC+AB≤23(当且仅当AC=AB时取等号),所以△ABC的周长L=AC+AB+BC≤3+23,所以△ABC周长的最大值为3+23.2.(2020年全国新高考Ⅰ卷,T17改编)在①ab=3,②bsinA=3,③sinB=3sinC这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,若问题中的三角形存在,求c的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=3b,b2=a2+c2-3ac,?

注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解析由b2=a2+c2-3ac及余弦定理可得B=π6选①,因为ab=3,a=3b,所以b=1,a=3,将其代入b2=a2+c2-3ac,可得c2-3c+2=0,解得c=1或c=2,所以问题中的三角形存在,且c的值为1或2.选②,由正弦定理知bsinA=asinB=a2=3,解得a=23则23=3b,所以b=2,因为b2=a2+c2-3ac,所以c2-6c+8=0,解得c=2或c=4,所以问题中的三角形存在,且c的值为2或4.选③,由sinB=3sinC及正弦定理知b=3c,又因为a=3b,所以a=3c,所以a-b=3c-3c=(3-3)c>c,所以问题中的三角形不存在.(见学生用书P33)1.(2020届湖南省永州市高三一模)如图,在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且bcos∠BAC-asinB=0.(1)求∠BAC的大小;(2)若AB⊥AD,AC=22,CD=5,求AD的长.解析(1)在△ABC中,由正弦定理得sinBcos∠BAC-sin∠BACsinB=0,因为sinB≠0,所以tan∠BAC=1,又因为∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=π4(2)因为AB⊥AD,且∠BAC=π4,所以∠CAD=π在△ACD中,AC=22,CD=5,∠CAD=π4由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos∠CAD,即5=8+AD2-2×22×AD×22解得AD=1或AD=3.2.(2020届山东省烟台市高三上学期期末考试)在条件①(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC;②asinB=bcosA+π6;③bsinB+C2=asinB在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,b+c=6,a=26,.求△ABC的面积.

解析选①,由正弦定理得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,所以cosA=b2+c2-因为A∈(0,π),所以A=π3又a2=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,a=26,b+c=6,所以bc=4,所以S△ABC=12bcsinA=12×4×sinπ3选②,由正弦定理得sinAsinB=sinBcosA+因为0<B<π,所以sinB≠0,sinA=cosA+化简得sinA=32cosA-12sin即tanA=33,因为0<A<π,所以A=π又因为a2=b2+c2-2bccosπ6所以bc=(b+c)2-a22+3=所以S△ABC=12bcsinA=12×12(2-3)×12=6-选③,由正弦定理得sinBsinB+C2=sinAsin因为0<B<π,所以sinB≠0,所以sinB+C2=又因为B+C=π-A,所以cosA2=2sinA2cos因为0<A<π,0<A2<π2,所以cosA2所以sinA2=12,A2=π6,又a2=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,a=26,b+c=6,解得bc=4,所以S△ABC=12bcsinA=12×4×sinπ33.(2020届福建省宁德市高三第一次质量检查)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2b-c=2a·cosC,c=22.(1)求角A的大小;(2)若△ABC为锐角三角形,D为BC中点,求AD的取值范围.解析(1)因为2b-c=2a·cosC,由正弦定理得2sinB-sinC=2sinAcosC,又sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),所以2(sinAcosC+cosAsinC)-sinC=2sinAcosC,即2cosAsinC-sinC=0.又因为0<C<π,所以sinC≠0,所以cosA=22,又0<A<π,解得A=π(2)由(1)知A=π4根据题意得0<C<π2,在△ABC中,由正弦定理得csinC=所以b=22sinC+π4sin因为C∈π4,π2,所以tanC∈(所以b∈(2,4).因为D为BC中点,所以AD=12(AC+AB所以AD2=14(AC+AB)2=14(b2+4b+8)=14(b+2)2+1,因为b∈(2,4),所以AD的取值范围为(54.(2020届陕西省五校高三上学期第一次联考)已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosB+3sinB=2.(1)求角B的大小;(2)若cosBb+cosCc=sinA3解析(1)由题意得cosB+3sinB=2sinB+π6=2,所以sinB因为B∈(0,π),所以B+π6=π2,解得B=(2)由已知cosBb+cosCc=sinA3sin整理得2a22abc=a3又由正弦定理得asinA=csinC=bsinB=3sinπ3=2,所以由A+B+C=π,得A+C=2π3,所以C=2π3-A,且所以a+b+c=2sinA+b+2sinC=2sinA+2sin2π3=2sinA+2sin2π3cosA-2cos2π3=3sinA+3cosA+3=23sinA+π6因为0<A<2π3,即π6<A+π所以3<23sinA+π6≤则23<23sinA+π6+3≤即a+b+c∈(23,33].所以△ABC周长的最大值为33.综合检测2三角函数与解三角形(见学生用书P34)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.sin240°的值为().A.-22 B.22 C.-32答案C解析sin240°=sin(180°+60°)=-sin60°=-32,故选2.中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴.一般情况下,折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成,设扇形的面积为S1,圆面中剩余部分的面积为S2,当S1与S2的比值为5-12时,扇面看上去形状较为美观,那么此时扇形的圆心角的弧度数为(A.(5-1)π B.(3-5)πC.(5+1)π D.(5-2)π答案B解析S1与S2所在扇形的圆心角的比即为它们的面积比,设S1与S2所在扇形的圆心角分别为α,β,则αβ=5-12,又α+β=2π,解得α=(3-3.已知点A在圆x2+y2=4上,且∠xOA=7π12,则点A的横坐标为(A.2-64C.1-34答案B解析由题设点A(x0,y0),点A在圆上,得x02+y02=4,∠xOA=7π12,cos7π12=cosπ4+π3=cosπ4cosπ3-sinπ4sinπ3=2-64,又故选B.4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=60°,b=1,S△ABC=3,则a+2b+csinAA.2393 B.2633 C.83答案A解析∵S△ABC=12bcsinA=34c=3,∴c=利用余弦定理得到a2=b2+c2-2bccosA=1+16-4=13,∴a=13.由正弦定理asinA=bsin得a+2b+csinA+2sin故选A.5.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,如果a2b2=tanAtanB,那么△A.等腰三角形B.等腰直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.直角三角形答案C解析利用正弦定理得sin2Asin2B=sinAcosAsinBcosB,即12sin2A=12sin2B,则2A=2B或2A+2B=π,解得A=B或A+B=故△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形.故选C.6.将函数y=sin4x-π6图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再把所得图象向左平移π6个单位长度,得到函数f(x)的图象,则函数f(x)的解析式为A.f(x)=sin2x+π6 B.f(xC.f(x)=sin8x+π6 D.f(x答案A解析函数y=sin4x-π6图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到y=再把所得图象向左平移π6个单位长度,得到函数f(x)=sin2x+π6-π6=sin2x+π故选A.7.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且acosC-(2b-c)·cosA=0,则角A的大小为().A.π4 B.π3 C.π2答案A解析由正弦定理可得sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosA,即sinB=2sinBcosA.∵sinB≠0,∴cosA=22.又∵0<A<π,∴A=π4.8.已知函数f(x)=3sinxcosx+cos2x,则().A.f(x)的最小正周期为2πB.f(x)的图象关于点-πC.f(x)的最大值为2D.f(x)的图象关于直线x=π6答案D解析f(x)=3sinxcosx+cos2x=32sin2x+12cos2x+12=sin2对于A选项,因为T=2π2=π,所以A对于B选项,因为f-π12=sin2×-π12+π6+12=sin0+1对于C选项,因为当sin2x+π6=1时,f(x)max=1+12=3对于D选项,因为fπ6=sin2×π6+π6+12=sinπ2+12=32,32是f(x)的最大值,所以f(故选D.9.水车在古代是进行灌溉引水的工具,是人类的一项古老的发明,也是人类利用自然和改造自然的象征.右图是一个半径为R的水车,一个水斗从点A(33,-3)出发,沿圆周按逆时针方向匀速旋转,且旋转一周用时60秒.经过t秒后,水斗旋转到P点,设点P的坐标为(x,y),其纵坐标满足y=f(t)=Rsin(ωt+φ)t≥0,ω>0,|φA.R=6,ω=π30,φ=-B.当t∈[35,55]时,点P到x轴的距离的最大值为6C.函数y=f(t)在[10,25]上单调递减D.当t=20时,|PA|=63答案C解析由点A(33,-3),可得R=6,由旋转一周用时60秒,可得ω=π30由∠xOA=π6,可得φ=-π6,所以选项Ay=f(t)=6sinπ30由t∈[35,55],可得π30t-π6∈则当π30t-π6=3π2,即t=50时,|y|取到最大值,最大值为6,由t∈[10,25],可得π30t-π6∈π6,2π3,则函数y=f(t当t=20时,点P(0,6),可得|PA|=63,所以选项D正确.故选C.10.关于函数f(x)=cos|x|+|sinx|有下列四个结论:①f(x)是偶函数;②f(x)的最大值为2;③f(x)在[-π,π]上有3个零点;④f(x)在0,π其中正确的是().A.①② B.①③ C.②④ D.①④答案D解析对于结论①,函数y=f(x)的定义域为R,关于原点对称,且f(-x)=cos|-x|+|sin(-x)|=cos|x|+|-sinx|=cos|x|+|sinx|=f(x),所以该函数为偶函数,故①正确.对于结论②,当函数y=f(x)取最大值时,cos|x|≥0,则2kπ-π2≤x≤2kπ+π2(k∈Z当2kπ-π2≤x≤2kπ(k∈Z)时,f(x)=cosx-sinx=2cosx此时2kπ-π4≤x+π4≤2kπ+π4(k∈Z),当x+π4=2kπ(k∈Z)时,函数y=f(x)取得最大值当2kπ<x≤2kπ+π2(k∈Z)时,f(x)=cosx+sinx=2sinx此时2kπ+π4<x+π4≤2kπ+3π4(k∈Z),当x+π4=2kπ+π2(k∈Z)时,函数y=f(x所以函数y=f(x)的最大值为2,故②错误.对于结论③,当-π≤x≤0时,令f(x)=cosx-sinx=0,则tanx=1,此时x=-3π当0<x≤π时,令f(x)=cosx+sinx=0,则tanx=-1,此时x=3π所以函数y=f(x)在[-π,π]上有且只有两个零点,故③错误.对于结论④,当0<x<π4时,f(x)=cosx+sinx=2sinx+π4,则π4所以函数y=f(x)在0,π4上单调递增,故故选D.11.设A,B,C为三角形的三个内角,且方程(sinB-sinA)x2+(sinA-sinC)x+sinC-sinB=0有两个相等的实根,则().A.60°<B<180° B.60°≤B<180°C.0°<B<60° D.0°<B≤60°答案D解析依题意有Δ=(sinA-sinC)2-4(sinB-sinA)·(sinC-sinB)=0,根据正弦定理得(a-c)2-4(b-a)(c-b)=0,即a2-2ac+c2-4(bc-ac-b2+ab)=0,化简得a2+c2+4b2+2ac-4ab-4bc=0,整理得(a+c-2b)2=0,即a+c=2b.所以cosB=a2+c2-b22ac=(因为(2b)2=(a+c)2≥4ac,所以b2≥ac,则32·b2ac-1≥32-又因为-1<cosB<1,所以12≤cosB<1即0°<B≤60°.故选D.12.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a-b)·sinA=csinC-bsinB,若△ABC的面积为33,则△ABC的周长的最小值为().A.43 B.3+43C.63 D.3+63答案C解析∵(a-b)·sinA=csinC-bsinB,∴a2-ab=c2-b2,即a2+b2-c2=ab,∴cosC=a2+b2-c2∵S=12absinC=33,∴ab=12又∵c2=a2+b2-ab≥2ab-ab=12(当且仅当a=b=23取等号),解得c≥23.由c2=(a+b)2-3ab=(a+b)2-36化简得a+b=c2∴a+b+c=c+c2设f(c)=c+c2+36,则f(c)∵c≥23,∴a+b+c≥23+(23)2+36=二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知α∈(0,π),cosα+π6=35,则sin答案4解析由α∈(0,π),cosα+π6=35得sinα+π6所以sinα=sinα+π6-π6=sinα+π6cosπ6-cosα+π614.若方程cos2x-π6=35在(0,π)上的解为x1,x2,则x1答案7解析由方程cos2x-π6=35在(0,π)上的解为x1,x2,得cos2x∵x∈(0,π),∴2x-π6∈-∴2x1-∴x1+x2=7π15.已知圆的半径为4,a,b,c为该圆的内接三角形ABC的三边,若abc=162,则三角形ABC的面积为.

答案2解析∵圆的半径为4,依题意,在△ABC中,由正弦定理csinC=2r=8,得sinC=又ab