第4章　高考研究在线4　三角函数中的“结构不良”试题-备战2025年高考数学一轮复习（解析版）

结构不良题又称开放题，是指条件或结论开放、解题方法多样的试题．该类试题在考试中通常是以选择条件，补充结论型试题出现，可能缺少解决问题的必要条件或者某个条件存在变数，其结论也是多样化的，甚至在某些特定条件下问题是无解的.“结构不良”题具有很好的开放性，可以考查学生的数学理解能力、数学探究能力、建模能力等．命题点一结论开放型[典例1](多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点2πA．f(x)在0，B．f(x)在−πC．直线x＝7π6是曲线y＝f(D．直线y＝32－x是曲线y＝f(xAD[由题意得：f2π3＝sin所以4π3＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－4π3＋kπ，又0<φ<π，所以k＝2时，φ＝2π故f(x)＝sin2x+选项A：x∈0，5π12时，2x＋2π3∈2π3，3π2，由选项B：x∈−π12，11π12时，2x＋2π3∈π2，5π2，由y＝sinu图象知y选项C：x＝7π6时，因为f7π6＝sin2×7π6+2π3选项D：由f′(x)＝2cos2x+2π3＝－1得cos解得2x＋2π3＝2π3＋2kπ，k∈Z或2x＋2π3＝4π从而得：x＝kπ，k∈Z或x＝π3＋kπ，k∈Z所以函数y＝f(x)在点0，32处的切线斜率为k＝f切线方程为y－32＝－(x－0)，即y＝32－本题属于既定函数问题，不同的选项代表不同的探究方向，需要考生运用相应的三角函数知识多角度探求每个结论的正确性．[跟进训练]1．(多选)(2024·广东东莞模拟)已知ω＞0，函数f(x)＝cosωx+A．若f(x)的最小正周期T＝2，则ω＝πB．当ω＝2时，函数f(x)的图象向右平移π3个单位长度后得到g(x)＝cos2xC．若f(x)在区间2π3，π上单调递增，则D．若f(x)在区间(0，π)上只有一个零点，则ω的取值范围是1ACD[由余弦函数图象与性质，可得T＝2πω＝2，得当ω＝2时，可得f(x)＝cos2x+将函数f(x)的图象向右平移π3个单位长度后得fx−π3＝cos2x−π3+若f(x)在区间2π2πω3+解得1＋3k≤ω≤53＋2k，k∈Z又因为ω＞0，所以只有当k＝0时，此不等式有解，即1≤ω≤53若f(x)在区间(0，π)上只有一个零点，则πω+π3＞π2【教师备选资源】(多选)将函数f(x)＝cosωx−π2(ω>0)的图象向右平移π2个单位长度后得到函数g(xA．g(x)为奇函数B．g−πC．当ω＝5时，g(x)在(0，π)上有4个极值点D．若g(x)在0，π5BCD[∵f(x)＝cosωx−π2＝sinωx(∴g(x)＝sinωx−π2∴－π2ω＝2k−12πk∈Z，即∴g(x)＝sinωx−π2由以上分析可知ω为奇数，∴g−π2＝－cos由以上分析可知，当ω＝5时，g(x)＝sin5x−5π2＝－cos5x，T＝2π5∵g(x)在0，∴π5－0≤T2＝解得0<ω≤5，又∵ω＝1－4k，∴ω的最大值为5，故D正确．故选BCD.]命题点二条件缺失型[典例2](2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2bcosB，C＝2π(1)求B的大小；(2)在以下三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度．①c＝2b；②周长为4＋23；③面积为S△ABC＝33[解](1)∵c＝2bcosB，由正弦定理可得sinC＝2sinBcosB，即sinC＝sin2B，∴C＝2B或C＋2B＝π.∵C＝2π∴当C＝2B时，B＝π3，即C＋B＝π∴C＋2B＝π，∴2B＝π3，即B＝π(2)选①：c＝2b.由正弦定理可得cb＝sinCsinB＝与已知条件c＝2b矛盾，故△ABC不存在．选②：周长为4＋23.∵C＝2π3，B＝π6，∴A由正弦定理asinA＝bsinB＝得a12＝b12＝∴a＝R，b＝R，c＝3R，∴a＋b＋c＝(2＋3)R＝4＋23，∴R＝2，即a＝2，b＝2，c＝23，∴△ABC存在且唯一确定.设BC的中点为D，∴CD＝1，在△ACD中，由余弦定理知，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cosC，即AD2＝4＋1－2×2×1×−12＝7，∴AD＝∴BC边上的中线的长度为7.选③：面积为S△ABC＝33∵A＝B＝π6，∴a＝b∴S△ABC＝12absinC＝12a2×32＝334∴△ABC存在且唯一确定.设BC的中点为D，在△ACD中，由余弦定理知，AD2＝AC2＋CD2－2×AC×CD×cos2π3＝3＋34+3×32该类试题不是完整呈现，一般需要考生从给出的多个条件中选出一个或两个补充完整后再进行解答，试题具有一定的开放性，不同的选择可能得出不同的结论，难度与平时也会有所不同．在选择条件时一定要观察分析，选择不同，计算量也不同．[跟进训练]2．(2023·北京高考)设函数f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφω＞(1)若f(0)＝－32，求φ(2)已知f(x)在区间−π3，2π3上单调递增，f2π3＝1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数条件①：fπ3＝2条件②：f−π3＝条件③：f(x)在区间−π[解](1)因为f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφω＞所以f(0)＝sin(ω·0)cosφ＋cos(ω·0)sinφ＝sinφ＝－32因为|φ|＜π2，所以φ＝－π(2)因为f(x)＝sinωxcosφ＋cosωxsinφ，ω＞0，|φ|＜π2所以f(x)＝sin(ωx＋φ)，ω＞0，所以f(x)的最大值为1，最小值为－1.若选条件①：因为f(x)＝sin(ωx＋φ)的最大值为1，最小值为－1，所以fπ3＝2无解，故条件①不能使函数f(x若选条件②：因为f(x)在−π3，2π3上单调递增，且所以T2＝2所以T＝2π，ω＝2π所以f(x)＝sin(x＋φ)，又因为f−π3＝－1，所以sin所以－π3＋φ＝－π2＋2kπ，k∈所以φ＝－π6＋2kπ，k∈Z因为|φ|＜π2，所以φ＝－π所以ω＝1，φ＝－π6若选条件③：因为f(x)在−π3，所以f(x)在x＝－π3即f−π3＝－1．所以可知−π3，2π3是函数的半个周期，所以f(x)的最小正周期T＝22π3−−π3＝2π＝2πω，解得ω＝1，所以f(x)＝sin(x命题点三探究开放问题[典例3](2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．[解](1)∵2sinC＝3sinA，∴根据正弦定理可得2c＝3a，∵b＝a＋1，c＝a＋2，∴a＝4，b＝5，c＝6，在△ABC中，由余弦定理的推论可得cosC＝a2+b2−∵sin2C＋cos2C＝1，∴sinC＝1−cos2C＝1−∴S△ABC＝12absinC＝12×4×5×37(2)∵c>b>a，∴△ABC为钝角三角形时，角C必为钝角，由余弦定理的推论，得cosC＝a2+b∴a2－2a－3<0，∵a>0,∴0<a<3，∵三角形的任意两边之和大于第三边，∴a＋b>c，即a＋a＋1>a＋2，即a>1，∴1<a<3，∵a为正整数，∴a＝2.开放题通常是改变命题结构，改变设问方式，增强问题的探索性以及解决问题过程中的多角度思考，解题的关键是对相应问题的分析和相应知识点的灵活运用．[跟进训练]3．(2024·江苏盐城模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，满足4S＝(a2－3b2)·sinC.(1)证明：sinA＝3sinB；(2)是否存在正整数m，n，使得c＝mb和tanA＝ntanC同时成立？若存在，求出m，n的值；若不存在，说明理由．[解](1)证明：由4S＝(a2－3b2)sinC，即2absinC＝(a2－3b2)sinC，因为C∈(0，π)，可得sinC＞0，所以2ab＝a2－3b2，即a2－2ab－3b2＝0，即(a－3b)(a＋b)＝0，又因为a，b＞0，所以a＝3b，又由正弦定理，可得sinA＝3sinB.(2)假设存在正整数m，n，使得c＝mb和tanA＝ntanC同时成立．所以sinAcosA＝n即ab2+化简整理可得a2＋b2－c2＝n(b2＋c2－a2)，因为c＝mb，a＝3b，所以9b2＋b2－m2b2＝n(b2＋m2b2－9b2)，即m2＝2n又因为m，n均为正整数，所以n＝1，m＝3.故存在n＝1，m＝3使得c＝mb和tanA＝ntanC同时成立．【教师备选资源】如图，在四边形ABCD中，△BCD为锐角三角形，CD＝4，sin∠DBC＝223，cos∠BDC＝(1)求BC；(2)若AB＝m，AC＝BC＋m3，是否存在正整数m，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出m[解](1)由题意可知∠BDC为锐角，∵cos∠BDC＝33，∴sin∠BDC＝6在△BCD中，由正弦定理可知BCsin∠B