（江苏专用）高考数学一轮复习 加练半小时 专题4 三角函数、解三角形 第35练 高考大题突破练-三角函数与解三角形 文（含解析）-人教版高三数学试题

第35练高考大题突破练—三角函数与解三角形[基础保分练]1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4eq\r(3)S＝b2＋c2－a2.(1)求角A；(2)若a＝2，b＝2eq\r(3)，求角C.2.已知函数f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的单调递增区间；(2)求f(x)在区间[－π，0]上的最小值.3.已知函数f(x)＝cosωx(2eq\r(3)sinωx－cosωx)＋sin2ωx(ω>0)的最小正周期为2π.(1)求ω的值；(2)△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，f(B)＝2，a＝eq\r(3)，△ABC的面积S＝eq\f(3\r(3),4)，求b.[能力提升练]4.函数f(x)＝cos(πx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示.(1)求φ及图中x0的值；(2)设g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))，求函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))上的最大值和最小值.答案精析基础保分练1.解(1)∵在△ABC中，b2＋c2－a2＝4eq\r(3)S＝4eq\r(3)·eq\f(1,2)bcsinA＝2bc·eq\r(3)sinA，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\r(3)sinA，∴tanA＝eq\f(\r(3),3)，∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,6).(2)∵a＝2，b＝2eq\r(3)，A＝eq\f(π,6)，∴由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2\r(3)·\f(1,2),2)＝eq\f(\r(3),2)，∵0<B<eq\f(5π,6)，且B>A，∴B＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)，∴C＝eq\f(π,2)或eq\f(π,6).2.解(1)f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2)＝eq\f(\r(2),2)sinx－eq\r(2)·eq\f(1－cosx,2)＝eq\f(\r(2),2)sinx＋eq\f(\r(2),2)cosx－eq\f(\r(2),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)，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).则f(x)的单递递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z).(2)因为－π≤x≤0，所以－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，当x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,4)时，f(x)min＝－1－eq\f(\r(2),2).3.解(1)f(x)＝2eq\r(3)sinωxcosωx－cos2ωx＋sin2ωx＝eq\r(3)sin2ωx－cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,6))).又函数的最小正周期T＝eq\f(2π,2ω)＝2π，解得ω＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).由f(B)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝2，得B－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z).所以B＝2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z).又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(2π,3).△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×c×sineq\f(2π,3)＝eq\f(3\r(3),4)，解得c＝eq\r(3).由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB＝(eq\r(3))2＋(eq\r(3))2－2×eq\r(3)×eq\r(3)coseq\f(2π,3)＝9，所以b＝3.能力提升练4.解(1)∵图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，∴cosφ＝eq\f(\r(3),2)，又0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx0＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，得x0＝2k或x0＝－eq\f(1,3)＋2k，k∈Z，又f(x)的周期为2，结合图象知0<x0<2，∴x0＝eq\f(5,3).(2)由题意可得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,2)))＝－sinπx，∴g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))－sinπx＝cosπxcoseq\f(π,6)－sinπxsineq\f(π,6)－sinπx＝eq\f(\r(3),2)cosπx－eq\f(1,2)sinπx－sinπx＝eq\f(\r(3),2)cosπx－eq\f(3,2)sinπx＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,3)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，∴－eq\f(π,