高考数学(文数)一轮复习习题 压轴题（三） 三角函数与平面向量 (含解析)

压轴题命题区间(三)三角函数与平面向量三角函数的图象与性质已知函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))．(1)求f(x)的最大值和最小值；(2)若不等式－2＜f(x)－m＜2在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，求实数m的取值范围．(1)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))))－eq\r(3)cos2x＝1＋sin2x－eq\r(3)cos2x＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，故2≤1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤3，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝3，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2．(2)因为－2＜f(x)－m＜2⇔f(x)－2＜m＜f(x)＋2，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以m＞f(x)max－2且m＜f(x)min＋2．又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f(x)max＝3，f(x)min＝2，所以1＜m＜4，即m的取值范围是(1,4)．本题求解的关键在于将三角函数f(x)进行正确的“化一”及“化一”后角的范围的确定，因此，求解时要准确运用三角公式，并借助三角函数的图象和性质去确定函数f(x)的最值．已知函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(A＞0，ω＞0)，g(x)＝tanx，它们的最小正周期之积为2π2，f(x)的最大值为2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,4)))．(1)求f(x)的单调递增区间；(2)设h(x)＝eq\f(3,2)f2(x)＋2eq\r(3)cos2x，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,3)))时，h(x)的最小值为3，求a的值．解：(1)由题意得eq\f(2π,ω)·π＝2π2，所以ω＝1．又A＝2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,4)))＝2taneq\f(17π,4)＝2taneq\f(π,4)＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))．由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)．故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)．(2)h(x)＝eq\f(3,2)f2(x)＋2eq\r(3)cos2x＝eq\f(3,2)×4sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2eq\r(3)cos2x＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))))＋eq\r(3)(cos2x＋1)＝3＋eq\r(3)＋3sin2x＋eq\r(3)cos2x＝3＋eq\r(3)＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．因为h(x)的最小值为3，令3＋eq\r(3)＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝3⇒sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)．因为x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,3)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以2a＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即a＝－eq\f(π,6)．三角函数和解三角形已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且eq\f(2b－c,a)＝eq\f(cosC,cosA)．(1)求A的大小；(2)当a＝eq\r(3)时，求b2＋c2的取值范围．(1)已知在△ABC中，eq\f(2b－c,a)＝eq\f(cosC,cosA)，由正弦定理，得eq\f(2sinB－sinC,sinA)＝eq\f(cosC,cosA)，即2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB，所以cosA＝eq\f(1,2)，所以A＝60°．(2)由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，则b＝2sinB，c＝2sinC，所以b2＋c2＝4sin2B＋4sin2＝2(1－cos2B＋1－cos2C＝2＝2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)cos2B＋\f(\r(3),2)sin2B))＝4＋2sin(2B－30°)．因为0°＜B＜120°，所以－30°＜2B－30°＜210°，所以－eq\f(1,2)＜sin(2B－30°)≤1，所以3＜b2＋c2≤6．即b2＋c2的取值范围是(3,6]．三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边、角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键．已知函数f(x)＝2cos2x－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))．(1)求函数f(x)的最大值，并写出f(x)取最大值时x的取值集合；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若f(A)＝eq\f(3,2)，b＋c＝2，求实数a的最小值．解：(1)∵f(x)＝2cos2x－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))＝(1＋cos2x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2xcos\f(7π,6)－cos2xsin\f(7π,6)))＝1＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝1＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．∴函数f(x)的最大值为2．要使f(x)取最大值，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝1，∴2x＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z．故f(x)取最大值时x的取值集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,6)，k∈Z))))．(2)由题意知，f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＋1＝eq\f(3,2)，化简得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)．∵A∈(0，π)，∴2A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴A＝eq\f(π,3)．在△ABC中，根据余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－3bc．由b＋c＝2，知bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2＝1，当且仅当b＝c＝1时等号成立．即a2≥1．∴当b＝c＝1时，实数a的最小值为1．平面向量若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为()A．eq\r(2)－1 B．1C．eq\r(2) D．2法一：(目标不等式法)因为|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，所以|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b故|a＋b|＝eq\r(2)．展开(a－c)·(b－c)≤0，得a·b－(a＋b)·c＋c2≤0，即0－(a＋b)·c＋1≤0，整理，得(a＋b)·c≥1．而|a＋b－c|2＝(a＋b)2－2(a＋b)·c＋c2＝3－2(a＋b)·c，所以3－2(a＋b)·c≤3－2×1＝1．所以|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1，故|a＋b－c|的最大值为1．法二：(基向量法)取向量a，b作为平面向量的一组基底，设c＝ma＋nb．由|c|＝1，即|ma＋nb|＝1，可得(ma)2＋(nb)2＋2mna·b＝1，由题意，知|a|＝|b|＝1，a·b＝0．整理，得m2＋n2＝1．而a－c＝(1－m)a－nb，b－c＝－ma＋(1－n)b，故由(a－c)·(b－c)≤0，得·≤0，展开，得m(m－1)a2＋n(n－1)b2≤0，即m2－m＋n2－n≤0，又m2＋n2＝1，故m＋n≥1．而a＋b－c＝(1－m)a＋(1－n)b，故|a＋b－c|2＝2＝(1－m)2a2＋2(1－m)(1－n)a·b＋(1－n)2b＝(1－m)2＋(1－n)2＝m2＋n2－2(m＋n)＋2＝3－2(m＋n)．又m＋n≥1，所以3－2(m＋n)≤1．故|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1．故|a＋b－c|的最大值为1．法三：(坐标法)因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以a，b＝eq\f(π,2)．设eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，因为a⊥b，所以OA⊥OB．分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图(1)所示，则a＝(1,0)，b＝(0,1)，则A(1,0)，B(0,1)．设C(x，y)，则c＝(x，y)，且x2＋y2＝1．则a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x,1－y)，故由(a－c)·(b－c)≤0，得(1－x)×(－x)＋(－y)×(1－y)≤0，整理，得1－x－y≤0，即x＋y≥1．而a＋b－c＝(1－x,1－y)，则|a＋b－c|＝eq\r(1－x2＋1－y2)＝eq\r(3－2x＋y)．因为x＋y≥1，所以3－2(x＋y)≤1，即|a＋b－c|≤1．所以|a＋b－c|的最大值为1．法四：(三角函数法)因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以a，b＝eq\f(π,2)．设eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，因为a⊥b，所以OA⊥OB．分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图(1)所示，则a＝(1,0)，b＝(0,1)，A(1,0)，B(0,1)．因为|c|＝1，设∠COA＝θ，所以C点的坐标为(cosθ，sinθ)．则a－c＝(1－cosθ，－sinθ)，b－c＝(－cosθ，1－sinθ)，故由(a－c)·(b－c)≤0，得(1－cosθ)×(－cosθ)＋(－sinθ)×(1－sinθ)≤0，整理，得sinθ＋cosθ≥1．而a＋b－c＝(1－cosθ，1－sinθ)，则|a＋b－c|＝eq\r(1－cosθ2＋1－sinθ2)＝eq\r(3－2sinθ＋cosθ)．因为sinθ＋cosθ≥1，所以3－2(sinθ＋cosθ)≤1，即|a＋b－c|≤1，所以|a＋b－c|的最大值为1．法五：(数形结合法)设eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，因为|a|＝|b|＝|c|＝1，所以点A，B，C在以O为圆心、1为半径的圆上．易知eq\o(CA,\s\up7(→))＝a－c，eq\o(CB,\s\up7(→))＝b－c，|c|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|．由(a－c)·(b－c)≤0，可得eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))≤0，则eq\f(π,2)≤∠BCA＜π(因为A，B，C在以O为圆心的圆上，所以A，B，C三点不能共线，即∠BCA≠π)，故点C在劣弧AB上．由a·b＝0，得OA⊥OB，设eq\o(OD,\s\up7(→))＝a＋b，如图(2)所示，因为a＋b－c＝eq\o(OD,\s\up7(→))－eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(CD,\s\up7(→))，所以|a＋b－c|＝|eq\o(CD,\s\up7(→))|，即|a＋b－c|为点D与劣弧AB上一点C的距离，显然，当点C与A或B点重合时，CD最长且为1，即|a＋b－c|的最大值为1．B平面向量具有双重性，处理平面向量问题一般可以从两个角度进行：(1)利用其“形”的特征，将其转化为平面几何的有关知识进行解决；(2)利用其“数”的特征，通过坐标转化为代数中的有关问题进行解决．1．在△ABD中，AB＝2，AD＝2eq\r(2)，E，C分别在线段AD，BD上，且AE＝eq\f(1,3)AD，BC＝eq\f(3,4)BD，eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\f(11,3)，则∠BAD的大小为()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,2) D．eq\f(3π,4)解析：选D依题意，eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AE,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))，所以eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))＋\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))))＝－eq\f(1,4)|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋eq\f(1,4)|eq\o(AD,\s\up7(→))|2－eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－eq\f(1,4)×22＋eq\f(1,4)×(2eq\r(2))2－eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(11,3)，所以eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－4，所以cos∠BAD＝eq\f(eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→)),|eq\o(AD,\s\up7(→))|·|eq\o(AB,\s\up7(→))|)＝eq\f(－4,2×2\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，因为0＜∠BAD＜π，所以∠BAD＝eq\f(3π,4)．2．在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°．动点E和F分别在线段BC和DC上，且eq\o(BE,\s\up7(→))＝λeq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(DF,\s\up7(→))＝eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))，则eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))的最小值为________．解析：法一：(等价转化思想)因为eq\o(DF,\s\up7(→))＝eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\o(DF,\s\up7(→))－eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))－eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1－9λ,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1－9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋λeq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\f(1－9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1＋9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))．所以eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\s\up7(→))＋λeq\o(BC,\s\up7(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))))＝eq\f(1＋9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))2＋λeq\o(BC,\s\up7(→))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋λ·\f(1＋9λ,18λ)))eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1＋9λ,18λ)×4＋λ＋eq\f(19＋9λ,18)×2×1×cos120°＝eq\f(2,9λ)＋eq\f(1,2)λ＋eq\f(17,18)≥2eq\r(\f(2,9λ)·\f(1,2)λ)＋eq\f(17,18)＝eq\f(29,18)，当且仅当eq\f(2,9λ)＝eq\f(1,2)λ，即λ＝eq\f(2,3)时，eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))的最小值为eq\f(29,18)．法二：(坐标法)以线段AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－1,0)，B(1,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋λeq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)λ，\f(\r(3),2)λ))，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DF,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,9λ)，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)λ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,9λ)))＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)λ＝eq\f(17,18)＋eq\f(λ,2)＋eq\f(2,9λ)≥eq\f(17,18)＋2eq\r(\f(λ,2)·\f(2,9λ))＝eq\f(29,18)，当且仅当eq\f(2,9λ)＝eq\f(1,2)λ，即λ＝eq\f(2,3)时，eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))的最小值为eq\f(29,18)．答案：eq\f(29,18)1．(2017·宜春中学与新余一中联考)已知等腰△OAB中，|OA|＝|OB|＝2，且|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|≥eq\f(\r(3),3)|eq\o(AB,\s\up7(→))|，那么eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))的取值范围是()A．解析：选A依题意，(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))2≥eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))2，化简得eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))≥－2，又根据三角形中，两边之差小于第三边，可得|eq\o(OA,\s\up7(→))|－|eq\o(OB,\s\up7(→))|＜|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→))|，两边平方可得(|eq\o(OA,\s\up7(→))|－|eq\o(OB,\s\up7(→))|)2＜(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))2，化简可得eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＜4，∴－2≤eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＜4．2．(2017·江西赣南五校二模)△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))且|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|，则向量eq\o(BA,\s\up7(→))在eq\o(BC,\s\up7(→))方向上的投影为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D．－eq\f(\r(3),2)解析：选A由2eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))可知O是BC的中点，即BC为△ABC外接圆的直径，所以|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|，由题意知|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝1，故△OAB为等边三角形，所以∠ABC＝60°．所以向量eq\o(BA,\s\up7(→))在eq\o(BC,\s\up7(→))方向上的投影为|eq\o(BA,\s\up7(→))|·cos∠ABC＝1×cos60°＝eq\f(1,2)．故选A．3．(2017·石家庄质检)设α，β∈，且满足sinαcosβ－cosαsinβ＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为()A． B．C． D．解析：选C∵sinαcosβ－cosαsinβ＝1，即sin(α－β)＝1，α，β∈，∴α－β＝eq\f(π,2)，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))则eq\f(π,2)≤α≤π，∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)＝cosα＋sinα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，∵eq\f(π,2)≤α≤π，∴eq\f(3π,4)≤α＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，∴－1≤eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))≤1，即所求取值范围为．故选C．4．(2016·湖南岳阳一中4月月考)设a，b为单位向量，若向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，则|c|的最大值是()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)解析：选D∵向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，∴|c－(a＋b)|＝|a－b|≥|c|－|a＋b|，∴|c|≤|a＋b|＋|a－b|≤eq\r(2|a＋b|2＋|a－b|2)＝eq\r(22a2＋2b2)＝2eq\r(2)．当且仅当|a＋b|＝|a－b|，即a⊥b时，(|a＋b|＋|a－b|)max＝2eq\r(2)．∴|c|≤2eq\r(2)．∴|c|的最大值为2eq\r(2)．5．(2016·天津高考)已知函数f(x)＝sin2eq\f(ωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)(ω＞0)，x∈R．若f(x)在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，1))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,8))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,8)))解析：选Df(x)＝eq\f(1－cosωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(sinωx－cosωx)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))．因为函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点，所以eq\f(T,2)＞2π－π，即eq\f(π,ω)＞π，所以0＜ω＜1．当x∈(π，2π)时，ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπ－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，若函数f(x)在区间(π，2π)内有零点，则ωπ－eq\f(π,4)＜kπ＜2ωπ－eq\f(π,4)(k∈Z)，即eq\f(k,2)＋eq\f(1,8)＜ω＜k＋eq\f(1,4)(k∈Z)．当k＝0时，eq\f(1,8)＜ω＜eq\f(1,4)；当k＝1时，eq\f(5,8)＜ω＜eq\f(5,4)．所以函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点时，0＜ω≤eq\f(1,8)或eq\f(1,4)≤ω≤eq\f(5,8)．6．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq\f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为()A．11 B．9C．7 D．5解析：选B由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋φ＝k1π，k1∈Z，,\f(π,4)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，k2∈Z，))则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝eq\f(π,4)或φ＝－eq\f(π,4)．若ω＝11，则φ＝－eq\f(π,4)，此时f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4)))，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，不满足f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调；若ω＝9，则φ＝eq\f(π,4)，此时f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4)))，满足f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调递减，故选B．7．(2016·贵州适应性考试)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知a2＋c2＝ac＋b2，b＝eq\r(3)，且a≥c，则2a－c的最小值是________．解析：由a2＋c2－b2＝2accosB＝ac，所以cosB＝eq\f(1,2)，则B＝60°，又a≥c，则A≥C＝120°－A，所以60°≤A＜120°，eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，则2a－c＝4sinA－2sin＝4sinA－2sin(120°－A)＝2eq\r(3)sin(A－30°)，当A＝60°时，2a－c取得最小值eq\r(3)．答案：eq\r(3)8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为______．解析：由acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c及正弦定理，得sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(1,2)sinC＝eq\f(1,2)sin(A＋B)＝eq\f(1,2)(sinAcosB＋cosAsinB)，整理得sinAcosB＝3cosAsinB，即tanA＝3tanB，易得tanA＞0，tanB＞0，∴tan(A－B)＝eq\f(tanA－tanB,1＋tanAtanB)＝eq\f(2tanB,1＋3tan2B)＝eq\f(2,\f(1,tanB)＋3tanB)≤eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，当且仅当eq\f(1,tanB)＝3tanB，即tanB＝eq\f(\r(3),3)时，tan(A－B)取得最大值，此时B＝eq\f(π,6)．答案：eq\f(π,6)9．(2016·浙江高考)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2．若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤eq\r(6)，则a·b的最大值是________．解析：由于e是任意单位向量，可设e＝eq\f(a＋b,|a＋b|)，则|a·e|＋|b·e|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a·a＋b,|a＋b|)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b·a＋b,|a＋b|)))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a·a＋b,|a＋b|)＋\f(b·a＋b,|a＋b|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b·a＋b,|a＋b|)))＝|a＋b|．∵|a·e|＋|b·e|≤eq\r(6)，∴|a＋b|≤eq\r(6)，∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b∴a·b≤eq\f(1,2)，∴a·b的最大值为eq\f(1,2)．答案：eq\f(1,2)10．(2017·湖北省七市(州)协作体联考)已知函数f(x)＝eq\r(2)sinx＋eq\r(6)cosx(x∈R)．(1)若α∈且f(α)＝2，求α；(2)先将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平行移动θ(θ＞0)个单位长度，得到的图象关于直线x＝eq\f(3π,4)对称，求θ的最小值．解：(1)f(x)＝eq\r(2)sinx＋eq\r(6)cosx＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))．由f(α)＝2，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(2),2)，即α＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,4)或α＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z．于是α＝2kπ－eq\f(π,12)或α＝2kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z．又α∈，故α＝eq\f(5π,12)．(2)将y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)(纵坐标不变)，得到y＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象，再将y＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))图象上所有点的横坐标向右平行移动θ个单位长度，得到y＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2θ＋\f(π,3)))的图象．由于y＝sinx的图象关于直线x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)对称，令2x－2θ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋θ＋eq\f(π,12)，k∈Z．由于y＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2θ＋\f(π,3)))的图象关于直线x＝eq\f(3π,4)对称，令eq\f(kπ,2)＋θ＋eq\f(π,12)＝eq\f(3π,4)，解得θ＝－eq\f(kπ,2)＋eq\f(2π,3)，k∈Z．由θ＞0可得，当k＝1时，θ取得最小值eq\f(π,6)．11．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A＝sin2B＋sin2C－sinBsin(1)求角A；(2)若a＝2eq\r(3)，求b＋c的取值范围．解：(1)由正弦定理及sin2A＝sin2B＋sin2C－sinBsinC，知a2＝b2＋c2－所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)．又0＜A＜eq\f(π,2)，所以A＝eq\f(π,3)．(2)由(1)知A＝eq\f(π,3)，所以B＋C＝eq\f(2π,3)，所以B＝eq\f(2π,3)－C．因为a＝2eq\r(3)，所以eq\f(2\r(3),sin\f(π,3))＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，所以b＝4sinB，c＝4sinC，所以b＋c＝4sinB＋4sinC＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C))＋4sinC＝2eq\r(3)(cosC＋eq\r(3)sinC