2025届高考数学统考二轮复习增分强化练十二三角恒等变换与解三角形理含解析

PAGE增分强化练(十二)一、选择题1．(2024·葫芦岛质检)已知cosx＝eq\f(3,4)，则cos2x＝()A．－eq\f(1,4) B.eq\f(1,4)C．－eq\f(1,8) D.eq\f(1,8)解析：由cosx＝eq\f(3,4)得cos2x＝2cos2x－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－1＝eq\f(1,8)，故选D.答案：D2．(2024·桂林、崇左模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，则sin2θ＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)解析：由题得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝2，∴eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)＝2，∴tanθ＝eq\f(1,3).当θ在第一象限时，sinθ＝eq\f(\r(10),10)，cosθ＝eq\f(3\r(10),10)，∴sin2θ＝2×eq\f(\r(10),10)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3,5).当θ在第三象限时，sinθ＝－eq\f(\r(10),10)，cosθ＝－eq\f(3\r(10),10)，∴sin2θ＝2×－eq\f(\r(10),10)×－eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3,5).故选C.答案：C3．已知sinα＝－eq\f(4,5)，且α是第四象限角，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))的值为()A.eq\f(5\r(2),10) B.eq\f(3\r(2),5)C.eq\f(7\r(2),10) D.eq\f(4\r(2),5)解析：由同角三角函数基本关系可得：cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2)＝eq\f(3,5)，结合两角差的正弦公式可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝sineq\f(π,4)cosα－coseq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)＋\f(4,5)))＝eq\f(7\r(2),10).故选C.答案：C4．(2024·新余模拟)若sinx＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，则sinxcos(π＋x)＝()A.eq\f(3,10) B．－eq\f(3,10)C.eq\f(3,4) D．－eq\f(3,4)解析：∵sinx＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，∴sinx＝－3cosx，即tanx＝－3，又∵sinx·cos(π＋x)＝sinx·(－cosx)＝－sinx·cosx，∴－sinx·cosx＝eq\f(－sinx·cosx,sin2x＋cos2x)＝eq\f(－tanx,tan2x＋1)＝eq\f(－－3,－32＋1)＝eq\f(3,10)，故选A.答案：A5．(2024·泰安模拟)函数f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x的最小正周期为()A．4π B．3πC．2π D．π解析：函数f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\r(3)·eq\f(1＋cos2x,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)，最小正周期为eq\f(2π,2)＝π，故选D.答案：D6．(2024·淮南模拟)在△ABC中，三内角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且acosB＋bcosA＝2cosC，c＝1，则角C＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：因为c＝1，故acosB＋bcosA＝2cosC＝2ccosC，由正弦定理可以得到sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，故sinC＝2sinCcosC，因C∈(0，π)，所以sinC>0，故cosC＝eq\f(1,2)，因C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,3)，故选B.答案：B7．(2024·汕头模拟)函数f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋cos(π－x)的单调增区间为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))，k∈ZB.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))，k∈ZC.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈ZD.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))，k∈Z解析：因为f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋cos(π－x)＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，即函数f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z.故选C.答案：C8．(2024·济宁模拟)将函数f(x)＝sinxcosx的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若对于随意x∈R都有g(θ＋x)＝g(θ－x)，则tan2θ＝()A.eq\r(3) B．－eq\r(3)C．－eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),3)解析：由f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得g(x)＝eq\f(1,2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).又因为g(θ＋x)＝g(θ－x)，所以g(x)的图象关于x＝θ对称，令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以θ＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，故tan2θ＝tan2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋\f(kπ,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋kπ))＝taneq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),3).故选C.答案：C9．已知f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，则下列说法中错误的是()A．函数f(x)的最小正周期为πB．函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上单调递减C．函数f(x)的图象可以由函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，1))是函数f(x)图象的一个对称中心解析：f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝2cos2x－eq\r(3)sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1，所以T＝eq\f(2π,2)＝π，故A正确；当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))时，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，因t＝2x＋eq\f(π,3)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))为增函数，y＝2cost＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为减函数，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上为减函数，故B正确；函数f(x)的图象可以由函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到，而函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到的是y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2的图象，故C错误；令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，当k＝1时，x＝eq\f(7π,12)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，1))为f(x)图象的一个对称中心，故D正确；故选C.答案：C10．(2024·葫芦岛质检)△ABC的周长为10＋2eq\r(7)，且满意sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，则△ABC的面积为()A．6eq\r(3) B．4eq\r(7)C．8eq\r(7) D．12解析：由正弦定理及sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，可得a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，于是可设a＝2k，b＝3k，c＝eq\r(7)k(k＞0)，由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(4k2＋7k2－9k2,2×2k·\r(7)k)＝eq\f(\r(7),14)，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3\r(21),14).又2k＋3k＋eq\r(7)k＝10＋2eq\r(7)，∴k＝2，即a＝4，c＝2eq\r(7)，由面积公式S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB，得eq\f(1,2)×4×2eq\r(7)·eq\f(3\r(21),14)＝6eq\r(3)，△ABC的面积为6eq\r(3).故选A.答案：A11．(2024·威海模拟)在△ABC中，AC＝3，向量eq\o(AB,\s\up8(→))在eq\o(AC,\s\up8(→))上的投影的数量为－2，S△ABC＝3，则BC＝()A．5 B．2eq\r(7)C.eq\r(29) D．4eq\r(2)解析：∵向量eq\o(AB,\s\up8(→))在eq\o(AC,\s\up8(→))上的投影的数量为－2，∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|cosA＝－2.①∵S△ABC＝3，∴eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up8(→))||eq\o(AC,\s\up8(→))|sinA＝eq\f(3,2)|eq\o(AB,\s\up8(→))|sinA＝3，∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|sinA＝2.②由①②得tanA＝－1，∵A为△ABC的内角，∴A＝eq\f(3π,4)，∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|＝eq\f(2,sin\f(3π,4))＝2eq\r(2).在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2·AB·AC·coseq\f(3π,4)＝(2eq\r(2))2＋32－2×2eq\r(2)×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝29，∴BC＝eq\r(29).故选C.答案：C12．(2024·呼和浩特模拟)已知函数f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx，把函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，再把图象上各点的横坐标缩小到原来的一半，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，方程g(x)－k＝0恰有两个不同的实根，则实数k的取值范围为()A．[1,3] B．[1,2)C．(－2,0)∪(0,2) D．[3,2)解析：由题意，依据协助角公式，可得函数f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，把函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到f1(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，再把函数f1(x)图象上各点的横坐标缩小到原来的一半，得到函数g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，令eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，解得0≤x≤eq\f(π,6)，即函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增，令eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,2)，即函数g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减，且g(0)＝2sineq\f(π,6)＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＝2，g(eq\f(π,2))＝2sineq\f(7π,6)＝－1，要使得方程g(x)－k＝0恰好有两个不同的实数根，即y＝g(x)与y＝k有两个不同的交点，结合图象，可得实数k的取值范围是1≤k<2，即[1,2)．答案：B二、填空题13．已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝________.解析：因为sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，因此taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1－\f(3,4),1＋\f(3,4))＝eq\f(1,7).答案：eq\f(1,7)14．(2024·南昌模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝－eq\f(3,4)，则sinα＝________.解析：将sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝－eq\f(3,4)化简，可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)－sin\f(α,2)))))＝－eq\f(3,4)，即eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)－sin\f(α,2)))＝－eq\f(3,4)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2＝eq\f(3,2)，即sin2eq\f(α,2)＋cos2eq\f(α,2)－2·coseq\f(α,2)·sineq\f(α,2)＝eq\f(3,2)，利用二倍角公式可得，sinα＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)15．(2024·开封模拟)已知在△ABC中，AB＝5，AC＝7，∠ABC＝eq\f(2π,3)，则该三角形的面积是________．解析：由题得49＝a2＋25－2·a·5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，所以a＝3，所以三角形的面积为eq\f(1,2)×3×5·sineq\f(2π,3)＝eq\f(15\r(3),4).答案：eq\f(15\r(3),4)16．(2024·合肥模拟)在锐角△ABC中，BC＝2，sinB＋sinC＝2sinA，则中线AD长的取值范围是________．解析：设AB＝c，AC＝b，BC＝a＝2，对sinB＋sinC＝2sinA运用正弦定理，得到b＋c＝2a＝4，解得c＝4－b，结合该三角形为锐角三角形，得到不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋c2＝b2＋4－b2>4,c2＋4＝4－b2＋4>b2,b2＋4>c2＝4－b2))，解得eq\f(3,2)<b<eq\f(5,2)，故bc＝b(4－b)＝－b2＋4b，结合二次函数性质，得到eq\f(15,4)<bc≤4，运用向量得到eq\o(AD,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))，所以|eq\o(AD,\s\up8(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(\a\vs4\al(\o(AB,\s\up8(→))2＋\o(AC,\s\up8(→))2＋2\o(AB,\s\up8(→))·\o(AC,\s\up8(→))·cosθ))＝eq\f(1,2)eq\r(b2＋c2＋2bc·\f(b2＋c2－4,2bc))＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－4)＝eq\f(1,2)eq\r(28－4bc)，结合bc的范围，代入，得到|eq\o(AD,\s\up8(→))|的范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(13),2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(13),2)))三、解答题17．(2024·兰州模拟)已知A，B，C是△ABC的内角，a，b，c分别是角A，B，C的对边．若cos2B－sin2A－sinAsinB＝cos2(1)求角C的大小；(2)若A＝eq\f(π,6)，△ABC的面积为eq\r(3)，M为BC的中点，求AM.解析：(1)由cos2B－sin2A－sinAsinB＝cos2C，得sin2A＋sinAsinB＝sin2C－sin2B，由正弦定理，得c2－b2＝a2＋ab，即a2＋b2－c2＝－ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2).又0<C<π，则C＝eq\f(2π,3).(2)因为A＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,6).所以△ABC为等腰三角形，且顶角C＝eq\f(2π,3).因为S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\r(3)，所以a＝2.在△MAC中，AC＝2，CM＝1，C＝eq\f(2π,3)，所以AM2＝AC2＋CM2－2AC·CM·cosC＝4＋1＋2×2×1×eq\f(1,2)＝7，解得AM＝eq\r(7).18．(2024·泰安模拟)已知函数f(x)＝cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\f(1,4)，x∈R.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在