高考数学 （真题+模拟新题分类汇编） 三角函数 理

三角函数C1角的概念及任意的三角函数13．C1，C2，C6[·四川卷]设sin2α＝－sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则tan2α的值是________．13.eq\r(3)[解析]解法一：由sin2α＝－sinα，得2sinαcosα＝－sinα，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故sinα≠0，于是cosα＝－eq\f(1,2)，进而sinα＝eq\f(\r(3),2)，于是tanα＝－eq\r(3)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×（－\r(3)）,1－3)＝eq\r(3).解法二：同上得cosα＝－eq\f(1,2)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，可得α＝eq\f(2π,3)，∴tan2α＝taneq\f(4π,3)＝eq\r(3).C2同角三角函数的基本关系式与诱导公式13．C2[·全国卷]已知α是第三象限角，sinα＝－eq\f(1,3)，则cotα＝________．13．2eq\r(2)[解析]cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(2),3)，所以cotα＝eq\f(cosα,sinα)＝2eq\r(2).13．C1，C2，C6[·四川卷]设sin2α＝－sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则tan2α的值是________．13.eq\r(3)[解析]解法一：由sin2α＝－sinα，得2sinαcosα＝－sinα，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故sinα≠0，于是cosα＝－eq\f(1,2)，进而sinα＝eq\f(\r(3),2)，于是tanα＝－eq\r(3)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×（－\r(3)）,1－3)＝eq\r(3).解法二：同上得cosα＝－eq\f(1,2)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，可得α＝eq\f(2π,3)，∴tan2α＝taneq\f(4π,3)＝eq\r(3).15．C2，C5[·新课标全国卷Ⅱ]设θ为第二象限角，若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，则sinθ＋cosθ＝________．15．－eq\f(\r(10),5)[解析]由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)得eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)＝eq\f(1,2)tanθ＝－eq\f(1,3)cosθ＝－3sinθ，由sin2θ＋cos2θ＝110sin2θ＝1，θ在第二象限，sinθ＝eq\f(\r(10),10)，cosθ＝－eq\f(3\r(10),10)，∴sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(10),5).20．C2、C5、C6，C8[·重庆卷]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2.(1)求C；(2)设cosAcosB＝eq\f(3\r(2),5)，eq\f(cos（α＋A）cos（α＋B）,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，求tanα的值．20．解：(1)因为a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2，所以由余弦定理有cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－\r(2)ab,2ab)＝－eq\f(\r(2),2).故C＝eq\f(3π,4).(2)由题意得eq\f(（sinαsinA－cosαcosA）（sinαsinB－cosαcosB）,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，因此(tanαsinA－cosA)(tanαsinB－cosB)＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanα(sinAcosB＋cosAsinB)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanαsin(A＋B)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5).①因为C＝eq\f(3π,4)，所以A＋B＝eq\f(π,4)，所以sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2).因为cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB，即eq\f(3\r(2),5)－sinAsinB＝eq\f(\r(2),2).解得sinAsinB＝eq\f(3\r(2),5)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),10).由①得tan2α－5tanα＋4＝0，解得tanα＝1或tanα＝4.9．C2、C6，C7[·重庆卷]4cos50°－tan40°＝()A.eq\r(2)B.eq\f(\r(2)＋\r(3),2)C.eq\r(3)D．2eq\r(2)－19．C[解析]原式＝4sin40°－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(4sin40°cos40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2cos（40°－30°）－sin40°,cos40°)＝eq\f(2（cos40°cos30°＋sin40°sin30°）－sin40°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°,cos40°)＝eq\r(3)，故选C.C3三角函数的图像与性质3．A2、C3[·北京卷]“φ＝π”是“曲线y＝sin(2x＋φ)过坐标原点”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．A[解析]∵曲线y＝sin(2x＋φ)过坐标原点，∴sinφ＝0，∴φ＝kπ，k∈Z，故选A.1．C3[·江苏卷]函数y＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的最小正周期为________．1．π[解析]周期为T＝eq\f(2π,2)＝π.8．C3[·山东卷]函数y＝xcosx＋sinx的图像大致为()图1－28．D[解析]∵f(－x)＝－xcos(－x)＋sin(－x)＝－(xcosx＋sinx)＝－f(x)，∴y＝xcosx＋sinx为奇函数，图像关于原点对称，排除选项B.当x＝eq\f(π,2)时，y＝1>0，排除选项C；x＝π，y＝－π<0，排除选项A；故选D.C4函数的图象与性质15．C4[·新课标全国卷Ⅰ]设当x＝θ时，函数f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，则cosθ＝________．15．－eq\f(2\r(5),5)[解析]因为f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(5)sin(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanφ＝－2，φ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))))，所以当x＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(π,2)－φ＋2kπ(k∈Z)时，y＝f(x)取得最大值eq\r(5)，则cosθ＝cosx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ＋2kπ))＝sinφ，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(tanφ＝\f(sinφ,cosφ)＝－2，,sin2φ＋cos2φ＝1，))φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))可得sinφ＝－eq\f(2\r(5),5)，所以cosθ＝－eq\f(2\r(5),5).16．C4[·安徽卷]已知函数f(x)＝4cosωx·sinωx＋eq\f(π,4)(ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)讨论f(x)在区间0，eq\f(π,2)上的单调性．16．解：(1)f(x)＝4cosωx·sinωx＋eq\f(π,4)＝2eq\r(2)sinωx·cosωx＋2eq\r(2)cos2ωx＝eq\r(2)(sin2ωx＋cos2ωx)＋eq\r(2)＝2sin2ωx＋eq\f(π,4)＋eq\r(2).因为f(x)的最小正周期为π，且ω>0，从而有eq\f(2π,2ω)＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f(x)＝2sin2x＋eq\f(π,4)＋eq\r(2).若0≤x≤eq\f(π,2)，则eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).当eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0≤x≤eq\f(π,8)时，f(x)单调递增；当eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，即eq\f(π,8)≤x≤eq\f(π,2)时，f(x)单调递减．综上可知，f(x)在区间0，eq\f(π,8)上单调递增，在区间eq\f(π,8)，eq\f(π,2)上单调递减．20．C4，C9，B14[·福建卷]已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的周期为π，图像的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0)).将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得到的图像向右平移eq\f(π,2)个单位长度后得到函数g(x)的图像．(1)求函数f(x)与g(x)的解析式；(2)是否存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，使得f(x0)，g(x0)，f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x0的个数；若不存在，说明理由；(3)求实数a与正整数n，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有个零点．20．解：(1)由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的周期为π，ω>0，得ω＝eq\f(2π,T)＝2.又曲线y＝f(x)的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，φ∈(0，π)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋φ))＝0，得φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝cos2x.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)后可得y＝cosx的图像，再将y＝cosx的图像向右平移eq\f(π,2)个单位长度后得到函数g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))的图像，所以g(x)＝sinx.(2)当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))时，eq\f(1,2)<sinx<eq\f(\r(2),2)，0<cos2x<eq\f(1,2)，所以sinx>cos2x>sinxcos2x.问题转化为方程2cos2x＝sinx＋sinxcos2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))内是否有解．设G(x)＝sinx＋sinxcos2x－2cos2x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，则G′(x)＝cosx＋cosxcos2x＋2sin2x(2－sinx)．因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，所以G′(x)>0，G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))内单调递增．又Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(1,4)<0，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)>0，且函数G(x)的图像连续不断，故可知函数G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))内存在唯一零点x0，即存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))满足题意．(3)方法一：依题意，F(x)＝asinx＋cos2x，令F(x)＝asinx＋cos2x＝0.当sinx＝0，即x＝kπ(k∈Z)时，cos2x＝1，从而x＝kπ(k∈Z)不是方程F(x)＝0的解，所以方程F(x)＝0等价于关于x的方程a＝－eq\f(cos2x,sinx)，x≠kπ(k∈Z)．现研究x∈(0，π)∪(π，2π)时方程a＝－eq\f(cos2x,sinx)的解的情况．令h(x)＝－eq\f(cos2x,sinx)，x∈(0，π)∪(π，2π)，则问题转化为研究直线y＝a与曲线y＝h(x)，x∈(0，π)∪(π，2π)的交点情况．h′(x)＝eq\f(cosx（2sin2x＋1）,sin2x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))eq\f(3π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))h′(x)＋0－－0＋h(x)1－1当x>0且x趋近于0时，h(x)趋向于－∞，当x<π且x趋近于π时，h(x)趋向于－∞，当x>π且x趋近于π时，h(x)趋向于＋∞，当x<2π且x趋近于2π时，h(x)趋向于＋∞，故当a>1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内无交点，在(π，2π)内有2个交点；当a<－1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内无交点；当－1<a<1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内有2个交点．由函数h(x)的周期性，可知当a≠±1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，nπ)内总有偶数个交点，从而不存在正整数n，使得直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，nπ)内恰有2013个交点；又当a＝1或a＝－1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)∪(π，2π)内有3个交点，由周期性，＝3×671，所以依题意得n＝671×2＝1342.综上，当a＝1，n＝1342或a＝－1，n＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有个零点．方法二：依题意，F(x)＝asinx＋cos2x＝－2sin2x＋asinx＋1.现研究函数F(x)在(0，2π]上的零点的情况．设t＝sinx，p(t)＝－2t2＋at＋1(－1≤t≤1)，则函数p(t)的图象是开口向下的抛物线，又p(0)＝1>0，p(－1)＝－a－1，p(1)＝a－1.当a>1时，函数p(t)有一个零点t1∈(－1，0)(另一个零点t2>1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x1，x2，且x1，x2∈(π，2π)；当a<－1时，函数p(t)有一个零点t1∈(0，1)(另一个零点t2<－1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x1，x2，且x1，x2∈(0，π)；当－1<a<1时，函数p(t)的一个零点t1∈(－1，0)，另一个零点t2∈(0，1)，F(x)在(0，π)和(π，2π)上分别有两个零点．由正弦函数的周期性，可知当a≠±1时，函数F(x)在(0，nπ)内总有偶数个零点，从而不存在正整数n满足题意．当a＝1时，函数p(t)的一个零点t1∈(－1，0)，另一个零点t2＝1；当a＝－1时，函数p(t)的一个零点t1＝－1，另一个零点t2∈(0，1)，从而当a＝1或a＝－1时，函数F(x)在(0，2π]有3个零点，由正弦函数的周期性，＝3×671，所以依题意得n＝671×2＝1342.综上，当a＝1，n＝1342或a＝－1，n＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有2013个零点．4．C4[·湖北卷]将函数y＝eq\r(3)cosx＋sinx(x∈R)的图像向左平移m(m>0)个单位长度后，所得到的图像关于y轴对称，则m的最小值是()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,6)4．B[解析]结合选项，将函数y＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的图像向左平移eq\f(π,6)个单位得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝2cosx，它的图像关于y轴对称，选B.11．C4[·江西卷]函数y＝sin2x＋2eq\r(3)sin2x的最小正周期T为________．11．π[解析]y＝sin2x＋eq\r(3)(1－cos2x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\r(3)，所以最小正周期为π.17．C4[·辽宁卷]设向量a＝(eq\r(3)sinx，sinx)，b＝(cosx，sinx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若|a|＝|b|，求x的值；(2)设函数f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．17．解：(1)由|a|2＝(eq\r(3)sinx)2＋(sinx)2＝4sin2x.|b|2＝(cosx)2＋(sinx)2＝1，及|a|＝|b|，得4sin2x＝1.又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，从而sinx＝eq\f(1,2)，所以x＝eq\f(π,6).(2)f(x)＝a·b＝eq\r(3)sinx·cosx＋sin2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2).当x＝eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))取最大值1.所以f(x)的最大值为eq\f(3,2).5．C4[·山东卷]将函数y＝sin(2x＋φ)的图像沿x轴向左平移eq\f(π,8)个单位后，得到一个偶函数的图像，则φ的一个可能取值为()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,4)C．0D．－eq\f(π,4)5．B[解析]方法一：将函数y＝sin(2x＋φ)的图像沿x轴向左平移eq\f(π,8)个单位后得到f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋φ))的图像，若f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋φ))为偶函数，必有eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，当k＝0时，φ＝eq\f(π,4).方法二：将函数y＝sin(2x＋φ)的图像沿x轴向左平移eq\f(π,8)个单位后得到f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋φ))的图像，其对称轴所在直线满足2x＋eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，又∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋φ))为偶函数，∴y轴为其中一条对称轴，即eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，当k＝0时，φ＝eq\f(π,4).16．F3，C4[·陕西卷]已知向量a＝cosx，－eq\f(1,2)，b＝(eq\r(3)sinx，cos2x)，x∈R，设函数f(x)＝a·b.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．16．解：f(x)＝cosx，－eq\f(1,2)·(eq\r(3)sinx，cos2x)＝eq\r(3)cosxsinx－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝coseq\f(π,6)sin2x－sineq\f(π,6)cos2x＝sin2x－eq\f(π,6).(1)f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)＝π，即函数f(x)的最小正周期为π.(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6).由正弦函数的性质，当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)时，f(x)取得最大值1.当2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0时，f(0)＝－eq\f(1,2)，当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(5,6)π，即x＝eq\f(π,2)时，feq\f(π,2)＝eq\f(1,2)，∴f(x)的最小值为－eq\f(1,2).因此，f(x)在0，eq\f(π,2)上最大值是1，最小值是－eq\f(1,2).5．C4[·四川卷]函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图像如图1－4所示，则ω，φ的值分别是()A．2，－eq\f(π,3)B．2，－eq\f(π,6)C．4，－eq\f(π,6)D．4，eq\f(π,3)5．A[解析]由图知eq\f(3T,4)＝eq\f(5π,12)＋eq\f(π,3)＝eq\f(3π,4)，故周期T＝π，于是ω＝2.∴f(x)＝2sin(2x＋φ)．再由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝2，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝1，于是eq\f(5π,6)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，因为－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，取k＝0，得φ＝－eq\f(π,3).15．C4，C5[·天津卷]已知函数f(x)＝－eq\r(2)sin2x＋eq\f(π,4)＋6sinxcosx－2cos2x＋1，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间0，eq\f(π,2)上的最大值和最小值．15．解：(1)f(x)＝－eq\r(2)sin2x·coseq\f(π,4)－eq\r(2)cos2x·sineq\f(π,4)＋3sin2x－cos2x＝2sin2x－2cos2x＝2eq\r(2)sin2x－eq\f(π,4).所以，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因为f(x)在区间0，eq\f(3π,8)上是增函数，在区间eq\f(3π,8)，eq\f(π,2)上是减函数．又f(0)＝－2，feq\f(3π,8)＝2eq\r(2)，feq\f(π,2)＝2，故函数f(x)在区间0，eq\f(π,2)上的最大值为2eq\r(2)，最小值为－2.C5两角和与差的正弦、余弦、正切17．C5、C8[·山东卷]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．17．解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，又b＝2，a＋c＝6，cosB＝eq\f(7,9)，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(2),9).由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2\r(2),3).因为a＝c，所以A为锐角，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3).因此sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(10\r(2),27).17．C5，C8，F1[·四川卷]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2eq\f(A－B,2)cosB－sin(A－B)sinB＋cos(A＋C)＝－eq\f(3,5).(1)求cosA的值；(2)若a＝4eq\r(2)，b＝5，求向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影．17．解：(1)由2cos2eq\f(A－B,2)cosB－sin(A－B)sinB＋cos(A＋C)＝－eq\f(3,5)，得[cos(A－B)＋1]cosB－sin(A－B)sinB－cosB＝－eq\f(3,5)，即cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq\f(3,5)，则cos(A－B＋B)＝－eq\f(3,5)，即cosA＝－eq\f(3,5).(2)由cosA＝－eq\f(3,5)，0<A<π，得sinA＝eq\f(4,5).由正弦定理，有eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由题意知a>b，则A>B，故B＝eq\f(π,4).根据余弦定理，有(4eq\r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得c＝1或c＝－7(舍去)，故向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影为|eq\o(BA,\s\up6(→))|cosB＝eq\f(\r(2),2).15．C4，C5[·天津卷]已知函数f(x)＝－eq\r(2)sin2x＋eq\f(π,4)＋6sinxcosx－2cos2x＋1，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间0，eq\f(π,2)上的最大值和最小值．15．解：(1)f(x)＝－eq\r(2)sin2x·coseq\f(π,4)－eq\r(2)cos2x·sineq\f(π,4)＋3sin2x－cos2x＝2sin2x－2cos2x＝2eq\r(2)sin2x－eq\f(π,4).所以，f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因为f(x)在区间0，eq\f(3π,8)上是增函数，在区间eq\f(3π,8)，eq\f(π,2)上是减函数．又f(0)＝－2，feq\f(3π,8)＝2eq\r(2)，feq\f(π,2)＝2，故函数f(x)在区间0，eq\f(π,2)上的最大值为2eq\r(2)，最小值为－2.17．C5，C8[·新课标全国卷Ⅱ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．17．解：(1)由已知及正弦定理得sinA＝sinBcosC＋sinCsinB．①又A＝π－(B＋C)，故sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC．②由①②和C∈(0，π)得sinB＝cosB.又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),4)ac.由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accoseq\f(π,4).又a2＋c2≥2ac，故ac≤eq\f(4,2－\r(2))，当且仅当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为eq\r(2)＋1.17．C5，C8[·新课标全国卷Ⅱ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．17．解：(1)由已知及正弦定理得sinA＝sinBcosC＋sinCsinB．①又A＝π－(B＋C)，故sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC．②由①②和C∈(0，π)得sinB＝cosB.又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),4)ac.由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accoseq\f(π,4).又a2＋c2≥2ac，故ac≤eq\f(4,2－\r(2))，当且仅当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为eq\r(2)＋1.15．C2，C5[·新课标全国卷Ⅱ]设θ为第二象限角，若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，则sinθ＋cosθ＝________．15．－eq\f(\r(10),5)[解析]由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)得eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)＝eq\f(1,2)tanθ＝－eq\f(1,3)cosθ＝－3sinθ，由sin2θ＋cos2θ＝110sin2θ＝1，θ在第二象限，sinθ＝eq\f(\r(10),10)，cosθ＝－eq\f(3\r(10),10)，∴sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(10),5).20．C2、C5、C6，C8[·重庆卷]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2.(1)求C；(2)设cosAcosB＝eq\f(3\r(2),5)，eq\f(cos（α＋A）cos（α＋B）,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，求tanα的值．20．解：(1)因为a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2，所以由余弦定理有cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－\r(2)ab,2ab)＝－eq\f(\r(2),2).故C＝eq\f(3π,4).(2)由题意得eq\f(（sinαsinA－cosαcosA）（sinαsinB－cosαcosB）,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，因此(tanαsinA－cosA)(tanαsinB－cosB)＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanα(sinAcosB＋cosAsinB)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanαsin(A＋B)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5).①因为C＝eq\f(3π,4)，所以A＋B＝eq\f(π,4)，所以sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2).因为cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB，即eq\f(3\r(2),5)－sinAsinB＝eq\f(\r(2),2).解得sinAsinB＝eq\f(3\r(2),5)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),10).由①得tan2α－5tanα＋4＝0，解得tanα＝1或tanα＝4.C6二倍角公式13．C1，C2，C6[·四川卷]设sin2α＝－sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则tan2α的值是________．13.eq\r(3)[解析]解法一：由sin2α＝－sinα，得2sinαcosα＝－sinα，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故sinα≠0，于是cosα＝－eq\f(1,2)，进而sinα＝eq\f(\r(3),2)，于是tanα＝－eq\r(3)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×（－\r(3)）,1－3)＝eq\r(3).解法二：同上得cosα＝－eq\f(1,2)，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，可得α＝eq\f(2π,3)，∴tan2α＝taneq\f(4π,3)＝eq\r(3).20．C2、C5、C6，C8[·重庆卷]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2.(1)求C；(2)设cosAcosB＝eq\f(3\r(2),5)，eq\f(cos（α＋A）cos（α＋B）,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，求tanα的值．20．解：(1)因为a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2，所以由余弦定理有cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－\r(2)ab,2ab)＝－eq\f(\r(2),2).故C＝eq\f(3π,4).(2)由题意得eq\f(（sinαsinA－cosαcosA）（sinαsinB－cosαcosB）,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，因此(tanαsinA－cosA)(tanαsinB－cosB)＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanα(sinAcosB＋cosAsinB)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanαsin(A＋B)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5).①因为C＝eq\f(3π,4)，所以A＋B＝eq\f(π,4)，所以sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2).因为cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB，即eq\f(3\r(2),5)－sinAsinB＝eq\f(\r(2),2).解得sinAsinB＝eq\f(3\r(2),5)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),10).由①得tan2α－5tanα＋4＝0，解得tanα＝1或tanα＝4.9．C2、C6，C7[·重庆卷]4cos50°－tan40°＝()A.eq\r(2)B.eq\f(\r(2)＋\r(3),2)C.eq\r(3)D．2eq\r(2)－19．C[解析]原式＝4sin40°－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(4sin40°cos40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2cos（40°－30°）－sin40°,cos40°)＝eq\f(2（cos40°cos30°＋sin40°sin30°）－sin40°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°,cos40°)＝eq\r(3)，故选C.C7三角函数的求值、化简与证明15．C7，C8[·北京卷]在△ABC中，a＝3，b＝2eq\r(6)，∠B＝2∠A.(1)求cosA的值；(2)求c的值．15．解：(1)因为a＝3，b＝2eq\r(6)，∠B＝2∠A，所以在△ABC中，由正弦定理得eq\f(3,sinA)＝eq\f(2\r(6),sin2A).所以eq\f(2sinAcosA,sinA)＝eq\f(2\r(6),3).故cosA＝eq\f(\r(6),3).(2)由(1)知cosA＝eq\f(\r(6),3)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),3).又因为∠B＝2∠A，所以cosB＝2cos2A－1＝eq\f(1,3).所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(2\r(2),3).在△ABC中，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(5\r(3),9).所以c＝eq\f(asinC,sinA)＝5.18．C7、C8[·全国卷]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac.(1)求B；(2)若sinAsinC＝eq\f(\r(3)－1,4)，求C.18．解：(1)因为(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，所以a2＋c2－b2＝－ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2)，因此B＝120°.(2)由(1)知A＋C＝60°，所以cos(A－C)＝cosAcosC＋sinAsinC＝cosAcosC－sinAsinC＋2sinAsinC＝cos(A＋C)＋2sinAsinC＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(\r(3)－1,4)＝eq\f(\r(3),2)，故A－C＝30°或A－C＝－30°，因此C＝15°或C＝45°.6．C7[·浙江卷]已知α∈R，sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，则tan2α＝()A.eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(4,3)6．C[解析]由(sinα＋2cosα)2＝eq\f(\r(10),2)2'得sin2α＋4sinαcosα＋4cos2α＝eq\f(10,4)＝eq\f(5,2)，4sinαcosα＋1＋3cos2α＝eq\f(5,2)，2sin2α＋1＋3×eq\f(1＋cos2α,2)＝eq\f(5,2)，故2sin2α＝－eq\f(3cos2α,2)，所以tan2α＝－eq\f(3,4)，选择C.9．C2、C6，C7[·重庆卷]4cos50°－tan40°＝()A.eq\r(2)B.eq\f(\r(2)＋\r(3),2)C.eq\r(3)D．2eq\r(2)－19．C[解析]原式＝4sin40°－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(4sin40°cos40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2cos（40°－30°）－sin40°,cos40°)＝eq\f(2（cos40°cos30°＋sin40°sin30°）－sin40°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°,cos40°)＝eq\r(3)，故选C.C8解三角形17．C8[·新课标全国卷Ⅰ]如图1－4所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.图1－417．解：(1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)cos30°＝eq\f(7,4).故PA＝eq\f(\r(7),2).(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin（30°－α）)，化简得eq\r(3)cosα＝4sinα.所以tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4).13．C8[·福建卷]如图1－4所示，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，AB＝3eq\r(2)，AD＝3，则BD的长为__________．图1－413.eq\r(3)[解析]设∠BAD＝θ，则∠BAC＝θ＋eq\f(π,2)，sinθ＋eq\f(π,2)＝eq\f(2,3)eq\r(2)，所以cosθ＝eq\f(2,3)eq\r(2)，△ABD中，由余弦定理得BD＝eq\r(AB2＋AD2－2AB·AD·cosθ)＝eq\r(3).17．C8[·湖北卷]在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c.已知cos2A－3cos(B＋C)＝1.(1)求角A的大小；(2)若△ABC的面积S＝5eq\r(3)，b＝5，求sinBsinC的值．17．解：(1)由cos2A－3cos(B＋C)＝1，得2cos2A＋3cosA即(2cosA－1)(cosA＋2)＝0，解得cosA＝eq\f(1,2)或cosA＝－2(舍去)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)bc＝5eq\r(3)，得bc＝20，又b＝5，知c＝4.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝25＋16－20＝21，故a＝eq\r(21).又由正弦定理得sinBsinC＝eq\f(b,a)sinAeq\f(c,a)sinA＝eq\f(bc,a2)sin2A＝eq\f(20,21)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,7).3．C8[·湖南卷]在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b，若2asinB＝eq\r(3)b，则角A等于()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)3．D[解析]由正弦定理可得2sinAsinB＝eq\r(3)sinB，又sinB≠0，所以可得sinA＝eq\f(\r(3),2)，又A为锐角，故A＝eq\f(π,3)，选D.16．C8[·江西卷]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cosC＋(cosA－eq\r(3)sinA)cosB＝0.(1)求角B的大小；(2)若a＋c＝1，求b的取值范围．解：(1)由已知得－cos(A＋B)＋cosAcosB－eq\r(3)sinAcosB＝0，即有sinAsinB－eq\r(3)sinAcosB＝0，因为sinA≠0，所以sinB－eq\r(3)cosB＝0，又cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3)，又0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理，有b2＝a2＋c2－2accosB.因为a＋c＝1，cosB＝eq\f(1,2)，有b2＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4).又0<a<1，于是有eq\f(1,4)≤b2<1，即有eq\f(1,2)≤b<1.15．C7，C8[·北京卷]在△ABC中，a＝3，b＝2eq\r(6)，∠B＝2∠A.(1)求cosA的值；(2)求c的值．15．解：(1)因为a＝3，b＝2eq\r(6)，∠B＝2∠A，所以在△ABC中，由正弦定理得eq\f(3,sinA)＝eq\f(2\r(6),sin2A).所以eq\f(2sinAcosA,sinA)＝eq\f(2\r(6),3).故cosA＝eq\f(\r(6),3).(2)由(1)知cosA＝eq\f(\r(6),3)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),3).又因为∠B＝2∠A，所以cosB＝2cos2A－1＝eq\f(1,3).所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(2\r(2),3).在△ABC中，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(5\r(3),9).所以c＝eq\f(asinC,sinA)＝5.6．C8[·辽宁卷]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，则∠B＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)6．A[解析]由正弦定理可得到sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝eq\f(1,2)sinB．因为B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(1,2)，即sin(A＋C)＝sinB＝eq\f(1,2)，则∠B＝eq\f(π,6)，故选A.18．C7、C8[·全国卷]设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac.(1)求B；(2)若sinAsinC＝eq\f(\r(3)－1,4)，求C.18．解：(1)因为(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，所以a2＋c2－b2＝－ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2)，因此B＝120°.(2)由(1)知A＋C＝60°，所以cos(A－C)＝cosAcosC＋sinAsinC＝cosAcosC－sinAsinC＋2sinAsinC＝cos(A＋C)＋2sinAsinC＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(\r(3)－1,4)＝eq\f(\r(3),2)，故A－C＝30°或A－C＝－30°，因此C＝15°或C＝45°.17．C5、C8[·山东卷]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．17．解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，又b＝2，a＋c＝6，cosB＝eq\f(7,9)，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(2),9).由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2\r(2),3).因为a＝c，所以A为锐角，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3).因此sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(10\r(2),27).7．C8[·陕西卷]设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定7．B[解析]结合已知bcosC＋ccosB＝asinA，所以由正弦定理代入可得sinBcosC＋sinCcosB＝sinAsinAsin(B＋C)＝sin2AsinA＝sin2AsinA＝1，故A＝9017．C5，C8，F1[·四川卷]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2eq\f(A－B,2)cosB－sin(A－B)sinB＋cos(A＋C)＝－eq\f(3,5).(1)求cosA的值；(2)若a＝4eq\r(2)，b＝5，求向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影．17．解：(1)由2cos2eq\f(A－B,2)cosB－sin(A－B)sinB＋cos(A＋C)＝－eq\f(3,5)，得[cos(A－B)＋1]cosB－sin(A－B)sinB－cosB＝－eq\f(3,5)，即cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq\f(3,5)，则cos(A－B＋B)＝－eq\f(3,5)，即cosA＝－eq\f(3,5).(2)由cosA＝－eq\f(3,5)，0<A<π，得sinA＝eq\f(4,5).由正弦定理，有eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由题意知a>b，则A>B，故B＝eq\f(π,4).根据余弦定理，有(4eq\r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得c＝1或c＝－7(舍去)，故向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影为|eq\o(BA,\s\up6(→))|cosB＝eq\f(\r(2),2).15．C8，E8，N1[·四川卷]设P1，P2，…，Pn为平面α内的n个点，在平面α内的所有点中，若点P到P1，P2，…，Pn点的距离之和最小，则称点P为P1，P2，…，Pn点的一个“中位点”．例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的中位点．则有下列命题：①若A，B，C三个点共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；③若四个点A，B，C，D共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．其中的真命题是________．(写出所有真命题的序号)15．①④[解析]对于①，如果中位点不在直线AB上，由三角形两边之和大于第三边可知与题意矛盾．而当中位点在直线AB上时，如果不与C重合，则|PA|＋|PB|＋|PC|＞|PA|＋|PB|也不符合题意，故C为唯一的中位点，①正确；对于②，我们取斜边长为4的等腰直角三角形，此时，斜边中点到三个顶点的距离均为2，和为6；而我们取斜边上中线的中点，该点到直角顶点的距离为1，到两底角顶点的距离均为eq\r(5)，显然2eq\r(5)＋1＜6，故该直角三角形的斜边中点不是中位点，②错误；对于③，当A，B，C，D四点共线时，不妨设他们的顺序就是A，B，C，D，则当点P在B，C之间运动时，点P到A，B，C，D四点的距离之和相等且最小，即这个时候的中位点有无穷多个，③错误；对于④，同样根据三角形两边之和大于第三边的性质，如果中位点不在对角线的交点上，则距离之和肯定不是最小的，④正确．6．C8[·天津卷]在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,4)，AB＝eq\r(2)，BC＝3，则sin∠BAC＝()A.eq\f(\r(10),10)B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(3\r(10),10)D.eq\f(\r(5),5)6．C[解析]由余弦定理得AC2＝2＋9－2×3×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝5，即AC＝eq\r(5)，由正弦定理得eq\f(3,sin∠BAC)＝eq\f(\r(5),\f(\r(2),2))，解得sin∠BAC＝eq\f(3\r(10),10).17．C5，C8[·新课标全国卷Ⅱ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．17．解：(1)由已知及正弦定理得sinA＝sinBcosC＋sinCsinB．①又A＝π－(B＋C)，故sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC．②由①②和C∈(0，π)得sinB＝cosB.又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),4)ac.由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accoseq\f(π,4).又a2＋c2≥2ac，故ac≤eq\f(4,2－\r(2))，当且仅当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为eq\r(2)＋1.20．C2、C5、C6，C8[·重庆卷]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2.(1)求C；(2)设cosAcosB＝eq\f(3\r(2),5)，eq\f(cos（α＋A）cos（α＋B）,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，求tanα的值．20．解：(1)因为a2＋b2＋eq\r(2)ab＝c2，所以由余弦定理有cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－\r(2)ab,2ab)＝－eq\f(\r(2),2).故C＝eq\f(3π,4).(2)由题意得eq\f(（sinαsinA－cosαcosA）（sinαsinB－cosαcosB）,cos2α)＝eq\f(\r(2),5)，因此(tanαsinA－cosA)(tanαsinB－cosB)＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanα(sinAcosB＋cosAsinB)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5)，tan2αsinAsinB－tanαsin(A＋B)＋cosAcosB＝eq\f(\r(2),5).①因为C＝eq\f(3π,4)，所以A＋B＝eq\f(π,4)，所以sin(A＋B)＝eq\f(\r(2),2).因为cos(A＋B)＝cosAcosB－sinAsinB，即eq\f(3\r(2),5)－sinAsinB＝eq\f(\r(2),2).解得sinAsinB＝eq\f(3\r(2),5)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),10).由①得tan2α－5tanα＋4＝0，解得tanα＝1或tanα＝4.C9单元综合20．C4，C9，B14[·福建卷]已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的周期为π，图像的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0)).将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得到的图像向右平移eq\f(π,2)个单位长度后得到函数g(x)的图像．(1)求函数f(x)与g(x)的解析式；(2)是否存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，使得f(x0)，g(x0)，f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x0的个数；若不存在，说明理由；(3)求实数a与正整数n，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有个零点．20．解：(1)由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的周期为π，ω>0，得ω＝eq\f(2π,T)＝2.又曲线y＝f(x)的一个对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，φ∈(0，π)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋φ))＝0，得φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝cos2x.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)后可得y＝cosx的图像，再将y＝cosx的图像向右平移eq\f(π,2)个单位长度后得到函数g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))的图像，所以g(x)＝sinx.(2)当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))时，eq\f(1,2)<sinx<eq\f(\r(2),2)，0<cos2x<eq\f(1,2)，所以sinx>cos2x>sinxcos2x.问题转化为方程2cos2x＝sinx＋sinxcos2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))内是否有解．设G(x)＝sinx＋sinxcos2x－2cos2x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，则G′(x)＝cosx＋cosxcos2x＋2sin2x(2－sinx)．因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，所以G′(x)>0，G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))内单调递增．又Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(1,4)<0，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)>0，且函数G(x)的图像连续不断，故可知函数G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))内存在唯一零点x0，即存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))满足题意．(3)方法一：依题意，F(x)＝asinx＋cos2x，令F(x)＝asinx＋cos2x＝0.当sinx＝0，即x＝kπ(k∈Z)时，cos2x＝1，从而x＝kπ(k∈Z)不是方程F(x)＝0的解，所以方程F(x)＝0等价于关于x的方程a＝－eq\f(cos2x,sinx)，x≠kπ(k∈Z)．现研究x∈(0，π)∪(π，2π)时方程a＝－eq\f(cos2x,sinx)的解的情况．令h(x)＝－eq\f(cos2x,sinx)，x∈(0，π)∪(π，2π)，则问题转化为研究直线y＝a与曲线y＝h(x)，x∈(0，π)∪(π，2π)的交点情况．h′(x)＝eq\f(cosx（2sin2x＋1）,sin2x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))eq\f(3π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))h′(x)＋0－－0＋h(x)1－1当x>0且x趋近于0时，h(x)趋向于－∞，当x<π且x趋近于π时，h(x)趋向于－∞，当x>π且x趋近于π时，h(x)趋向于＋∞，当x<2π且x趋近于2π时，h(x)趋向于＋∞，故当a>1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内无交点，在(π，2π)内有2个交点；当a<－1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内无交点；当－1<a<1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内有2个交点．由函数h(x)的周期性，可知当a≠±1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，nπ)内总有偶数个交点，从而不存在正整数n，使得直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，nπ)内恰有2013个交点；又当a＝1或a＝－1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)∪(π，2π)内有3个交点，由周期性，＝3×671，所以依题意得n＝671×2＝1342.综上，当a＝1，n＝1342或a＝－1，n＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有个零点．方法二：依题意，F(x)＝asinx＋cos2x＝－2sin2x＋asinx＋1.现研究函数F(x)在(0，2π]上的零点的情况．设t＝sinx，p(t)＝－2t2＋at＋1(－1≤t≤1)，则函数p(t)的图象是开口向下的抛物线，又p(0)＝1>0，p(－1)＝－a－1，p(1)＝a－1.当a>1时，函数p(t)有一个零点t1∈(－1，0)(另一个零点t2>1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x1，x2，且x1，x2∈(π，2π)；当a<－1时，函数p(t)有一个零点t1∈(0，1)(另一个零点t2<－1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x1，x2，且x1，x2∈(0，π)；当－1<a<1时，函数p(t)的一个零点t1∈(－1，0)，另一个零点t2∈(0，1)，F(x)在(0，π)和(π，2π)上分别有两个零点．由正弦函数的周期性，可知当a≠±1时，函数F(x)在(0，nπ)内总有偶数个零点，从而不存在正整数n满足题意．当a＝1时，函数p(t)的一个零点t1∈(－1，0)，另一个零点t2＝1；当a＝－1时，函数p(t)的一个零点t1＝－1，另一个零点t2∈(0，1)，从而当a＝1或a＝－1时，函数F(x)在(0，2π]有3个零点，由正弦函数的周期性，＝3×671，所以依题意得n＝671×2＝1342.综上，当a＝1，n＝1342或a＝－1，n＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有2013个零点．17．C9[·湖南卷]已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，g(x)＝2sin2eq\f(x,2).(1)若α是第一象限角，且f(α)＝eq\f(3\r(3),5)，求g(α)的值；(2)求使f(x)≥g(x)成立的x的取值