高考热点强化1　三角函数与解三角形

11/11高考热点强化(一)三角函数与解三角形1．(2021·娄底春元中学模拟)已知角θ的顶点与原点O重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则sin2θ＝()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(3,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)D[由题意可知，点(cosθ，sinθ)在直线y＝2x上，则sinθ＝2cosθ，可得tanθ＝2，因此，sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(4,5).故选D．]2．(2021·全国卷甲)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq\r(19)，AB＝2，则BC＝()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(5) D．3D[法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故选D．法二：由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(57),19)，从而cosC＝eq\f(4\r(19),19)(C是锐角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(19),19)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(57),19)＝eq\f(3\r(57),38).又eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝3.故选D．]3．(2021·山东德州一模)已知sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋eq\f(1,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))的值为()A．eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．eq\f(2\r(3),3) D．－eq\f(2\r(3),3)B[由sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋eq\f(1,3)，所以sinα＝sinαcoseq\f(π,3)＋cosαsineq\f(π,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\f(1,3)，则eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα＝－eq\f(1,3)⇒coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,3)，故选B．]4．函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]上的图象大致如图，则f(x)的最小正周期为()A．eq\f(10π,9) B．eq\f(7π,6)C．eq\f(4π,3) D．eq\f(3π,2)C[由图象知π<T<2π，即π<eq\f(2π,|ω|)<2π，所以1<|ω|<2.因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝－eq\f(9,4)k－eq\f(3,4)，k∈Z.因为1<|ω|<2，故k＝－1，得ω＝eq\f(3,2).故f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3).]5．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A＝60°，b＝3，AD为BC边上的中线，若AD＝eq\f(7,2)，则△ABC的面积为()A．eq\f(25\r(3),4) B．eq\f(15\r(3),4)C．eq\f(15,4) D．eq\f(35\r(3),4)B[如图，设CD＝DB＝x，则cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－32,2×\f(7,2)·x)＝eq\f(x2＋\f(13,4),7x)，①cos∠ADB＝eq\f(AD2＋DB2－AB2,2AD·DB)＝eq\f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－c2,2·x×\f(7,2))＝eq\f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－c2,7x).②∵∠ADC＋∠ADB＝180°，∴①＋②＝0⇒c2＝2x2＋eq\f(31,2).③∵∠CAB＝60°，∴BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠CAB⇒(2x)2＝c2＋32－2c×3×eq\f(1,2)＝c2＋9－3c.④③④联立得：c2＋3c－40＝0⇒c＝5(c∴△ABC的面积为eq\f(1,2)bcsin∠CAB＝eq\f(15\r(3),4).故选B．]6．(2021·全国卷乙)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝()A．eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B．eq\f(表高×表距,表目距的差)－表高C．eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D．eq\f(表高×表距,表目距的差)－表距A[因为FG∥AB，所以eq\f(FG,AB)＝eq\f(GC,CA)，所以GC＝eq\f(FG,AB)·CA．因为DE∥AB，所以eq\f(DE,AB)＝eq\f(EH,AH)，所以EH＝eq\f(DE,AB)·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝eq\f(DE,AB)(CA－AH)＝eq\f(DE,AB)×HC＝eq\f(DE,AB)×(HG＋GC)＝eq\f(DE,AB)×(EG－EH＋GC)．由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝eq\f(表高,AB)×(表距＋表目距的差)，所以AB＝eq\f(表高,表目距的差)×(表距＋表目距的差)＝eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高，故选A．]7．(2021·山东潍坊模拟)中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2＋a2－b2,2)))eq\s\up12(2))))(S为三角形的面积，a，b，c为三角形的三边)．现有△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，且△ABC的面积S△ABC＝6eq\r(3)，则下列结论正确的是()①△ABC的周长为10＋2eq\r(7)；②△ABC的三个内角A，C，B成等差数列；③△ABC的外接圆半径为eq\f(4\r(21),3)；④△ABC的中线CD的长为3eq\r(2).A．①② B．①③C．①③④ D．②③④A[对于①，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，所以由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，设a＝2t，b＝3t，c＝eq\r(7)t(t>0)，因为S△ABC＝6eq\r(3)，所以6eq\r(3)＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7t2×4t2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7t2＋4t2－9t2,2)))eq\s\up12(2))))，解得t＝2，则a＝4，b＝6，c＝2eq\r(7)，故△ABC的周长为10＋2eq\r(7)，①正确；对于②，因为cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(16＋36－28,2×4×6)＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3)，A＋B＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)＝2C，故△ABC的三个内角A，C，B成等差数列，②正确；对于③，因为C＝eq\f(π,3)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2)，由正弦定理得2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(2\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(21),3)，R＝eq\f(2\r(21),3)，③错误；对于④，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(16＋28－36,2×4×2\r(7))＝eq\f(\r(7),14)，在△BCD中BC＝4，BD＝eq\r(7)，由余弦定理得cosB＝eq\f(16＋7－CD2,2×4×\r(7))＝eq\f(\r(7),14)，解得CD＝eq\r(19)，④错误，故选A．]8．(2021·广东高三二模)将函数f(x)＝sinx的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再将曲线上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)，得到函数g(x)的图象．若g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，则下列结论正确的是()①g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上有两个零点；②g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上有两个极值点；③g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增；④ω的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3))).A．①② B．③④C．②③④ D．①③④B[将函数f(x)＝sinx的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后，函数的解析式为y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，再将曲线上各点的横坐标变为原来的eq\f(1,ω)(ω>0)，得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤ωπ－eq\f(π,6)，又g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以eq\f(π,2)≤ωπ－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(4,3)，故④正确；当ω＝eq\f(2,3)时，则－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，此时g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上只有一个零点，故①不正确；并且ωx－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，g(x)单调递增，故②不正确；x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)ω－eq\f(π,6)，当eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(4,3)时，－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，所以函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故③正确．故选B．]9．设当x＝θ时，函数f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx取得最大值，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝________.2＋eq\r(3)[∵f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，当x＝θ时，函数f(x)取得最大值，∴θ＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴θ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ＋\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3).]10．(2021·郑州三模)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝eq\f(1,3)，则sin2α＋cos2α＝________.eq\f(7\r(2),9)[因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝eq\f(1,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝1－eq\f(2,9)＝eq\f(7,9)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2α))＝eq\f(\r(2),2)cos2α＋eq\f(\r(2),2)sin2α，所以eq\f(\r(2),2)(cos2α＋sin2α)＝eq\f(7,9)，则sin2α＋cos2α＝eq\f(7\r(2),9).]11．在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosC＝3acosB－ccosB，eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2，则△ABC的面积为________．2eq\r(2)[因为bcosC＝3acosB－ccosB，由正弦定理得sinBcosC＝3sinAcosB－sinCcosB，即sinBcosC＋sinCcosB＝3sinAcosB，所以sin(B＋C)＝3sinAcosB．又sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，所以sinA＝3sinAcosB，又sinA≠0，解得cosB＝eq\f(1,3)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,9))＝eq\f(2\r(2),3).由eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2，可得cacosB＝2，解得ac＝6.所以S△ABC＝eq\f(1,2)ac·sinB＝eq\f(1,2)×6×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2).]12．(2021·湖南长郡中学二模)如图，某湖有一半径为100m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200m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°.定义：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________．(10000eq\r(5)＋25000)m2[在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝100，OA＝200，∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cos∠AOB，即AB＝100eq\r(5－4·cosθ)，∴S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝eq\f(1,2)·OA·OB·sinθ＋eq\f(1,2)·AB2，∴S四边形OACB＝1002×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ－2cosθ＋\f(5,2)))，令tanφ＝2，则S四边形OACB＝1002eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(5)sinθ－φ＋\f(5,2)))，∴“直接监测覆盖区域”面积的最大值为(10000eq\r(5)＋25000)m2.]13．(2021·福建龙岩六校模拟)①函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))＋eq\f(1,2)cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))－eq\f(1,4)(ω>0)，②函数f(x)＝eq\f(1,2)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度得到g(x)的图象，g(x)的图象关于原点对称．在这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答：“已知________，函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2).”(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值；(2)求函数f(x)在[0，π]上的单调递增区间．[解](1)选择条件①：f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))＋eq\f(1,2)cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))－eq\f(1,4)(ω>0)，即有：f(x)＝eq\f(\r(3),4)sinωx＋eq\f(1,4)cosωx＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).又因为f(x)相邻两对称轴之间距离为eq\f(π,2)，则周期为π，从而ω＝2，从而f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2).选择条件②：依题意，f(x)相邻两对称轴之间距离为eq\f(π,2)，则周期为π，从而ω＝2,f(x)＝eq\f(1,2)sin(2x＋φ)，g(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,6)))，又g(x)的图象关于原点对称，则g(0)＝0，由|φ|<eq\f(π,2)知φ＝eq\f(π,6)，从而f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(2)f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\