2025版高中数学一轮复习高考大题强化练二三角综合问题理含解析新人教A版

PAGE高考大题强化练(二)三角综合问题1．已知函数f(x)＝cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋t(ω＞0)，若f(x)的图象上相邻两条对称轴间的距离为eq\f(π,4)，图象过点(0，0).(1)求f(x)的表达式和f(x)的递增区间；(2)将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象．若函数F(x)＝g(x)＋k在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一个零点，求实数k的取值范围．【解析】(1)因为f(x)＝cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋t＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋t，f(x)的最小正周期为eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,2)，所以ω＝2.因为f(x)的图象过点(0，0)，所以2sineq\f(π,6)＋t＝0，所以t＝－1，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))－1.令2kπ－eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，eq\f(1,2)kπ－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，故f(x)的递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，\f(kπ,2)＋\f(π,12)))，k∈Z.(2)将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度，可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,2)＋\f(π,6)))－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))－1的图象，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－1的图象．因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，故g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－1在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域为[－eq\r(3)－1，1].若函数F(x)＝g(x)＋k在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一个零点，即函数g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－1的图象和直线y＝－k存在交点，依据图象可知，－eq\r(3)－1≤－k＜eq\r(3)－1或－k＝1.解得1－eq\r(3)＜k≤eq\r(3)＋1或k＝－1，故实数k的取值范围是(1－eq\r(3)，eq\r(3)＋1]∪{－1}．2．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))sin(x－eq\f(π,4))＋eq\r(3)sinxcosx.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若f(θ)＝eq\f(1,2)，求角θ的取值集合；(3)设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，且－eq\f(π,2)＜α＜0，eq\f(π,4)＜β＜eq\f(π,2)，求cos(α－2β)的值．【解析】f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋eq\r(3)sinxcosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)＋\f(π,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋eq\r(3)sinxcosx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1,2)sin[2(x－eq\f(π,4))]＋eq\r(3)sinxcosx＝－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(1)最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)f(θ)＝sin(2θ－eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，所以2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)＋2kπ或2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，所以θ＝eq\f(π,6)＋kπ或θ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，故角θ的取值集合为{θ|θ＝eq\f(π,6)＋kπ或θ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}．(3)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),3)，所以sin[2(eq\f(α,2)＋eq\f(π,4))－eq\f(π,6)]＝eq\f(\r(3),3)，即sin(α＋eq\f(π,3))＝eq\f(\r(3),3).因为－eq\f(π,2)＜α＜0，所以α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(6),3).因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，所以sin[2(β－eq\f(π,4))－eq\f(π,6)]＝eq\f(1,3)，即sin(2β－eq\f(2π,3))＝eq\f(1,3).因为eq\f(π,4)＜β＜eq\f(π,2)，所以2β－eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β－\f(2π,3)))＝eq\f(2\r(2),3).所以cos(α－2β)＝－cos[(α＋eq\f(π,3))－(2β－eq\f(2π,3))]＝－cos(α＋eq\f(π,3))·cos(2β－eq\f(2π,3))－sin(α＋eq\f(π,3))·sin(2β－eq\f(2π,3))＝－eq\f(\r(6),3)×eq\f(2\r(2),3)－eq\f(\r(3),3)×eq\f(1,3)＝－eq\f(5\r(3),9).3．如图，设A，B是半径为1的圆O上的动点，且A，B分别在第一、二象限，C是圆O与x轴正半轴的交点，△AOB为等边三角形，记以Ox轴正半轴为始边、射线OA为终边的角为θ.(1)若点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，求5sin(－θ)－5cos(π＋θ)＋3tanθ的值；(2)设f(θ)＝|BC|2，求函数f(θ)的解析式和值域．【解析】(1)因为A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，以Ox轴正半轴为始边，射线OA为终边的角为θ.所以依据三角函数的定义可知，sinθ＝eq\f(4,5)，cosθ＝eq\f(3,5)，tanθ＝eq\f(4,3)，5sin(－θ)－5cos(π＋θ)＋3tanθ＝－5sinθ＋5cosθ＋3tanθ＝－5×eq\f(4,5)＋5×eq\f(3,5)＋3×eq\f(4,3)＝3.(2)因为△AOB为正三角形，所以∠AOB＝60°.所以cos∠COB＝cos(θ＋60°)，所以f(θ)＝|BC|2＝|OC|2＋|OB|2－2|OC|·|OB|cos∠COB＝2－2cos(θ＋60°)，因为30°＜θ＜90°，所以f(θ)∈(2，2＋eq\r(3)).4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，taneq\f(A＋B,2)＋taneq\f(C,2)＝eq\f(4\r(3),3).(1)求角C的大小；(2)已知△ABC不是钝角三角形，且c＝2eq\r(3)，sinC＋sin(B－A)＝2sin2A，求△ABC的面积．【解析】(1)因为A＋B＋C＝π，所以taneq\f(A＋B,2)＋taneq\f(C,2)＝taneq\f(π－C,2)＋taneq\f(C,2)＝eq\f(4\r(3),3)，所以(eq\r(3)taneq\f(C,2)－1)(taneq\f(C,2)－eq\r(3))＝0，解得taneq\f(C,2)＝eq\f(\r(3),3)或taneq\f(C,2)＝eq\r(3)，因为C∈(0，π)，所以当taneq\f(C,2)＝eq\f(\r(3),3)时，eq\f(C,2)＝eq\f(π,6)，即C＝eq\f(π,3)；当taneq\f(C,2)＝eq\r(3)时，eq\f(C,2)＝eq\f(π,3)，即C＝eq\f(2π,3).故角C的大小为eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).(2)因为△ABC不是钝角三角形，所以C＝eq\f(π,3)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2)，A＋B＝eq\f(2π,3)，因为sinC＋sin(B－A)＝2sin2A，所以eq\f(\r(3),2)＋sin(eq\f(2π,3)－2A)＝2sin2A，即eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(3),2)cos2A＋eq\f(1,2)sin2A＝2sin2A，整理得，eq\r(3)sin2A－cos2A＝1，即sin(2A－eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，所以2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)＋2kπ或2A－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得A＝eq\f(π,6)＋kπ或A＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，因为A∈(0，eq\f(π,2)]，所以A＝eq\f(π,6)或eq\f(π,2).当A＝eq\f(π,6)时，B＝eq\f(π,2)，因为c＝2eq\r(3)，所以a＝2，所以S△ABC＝eq\f(1,2)ac＝2eq\r(3)；当A＝eq\f(π,2)时，B＝eq\f(π,6)，因为c＝2eq\r(3)，所以b＝2，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bc＝2eq\r(3).综上所述，△ABC的面积为2eq\r(3).5．现给出两个条件：①2c－eq\r(3)a＝2bcosA，②2asin2eq\f(B,2)＋2bcos2eq\f(A,2)＝b＋c.从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题：在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，________．(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．注：假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】选择条件：①2c－eq\r(3)a＝2bcosA，(1)因为由余弦定理可得2c－eq\r(3)a＝2bcosA＝2b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以整理可得a2＋c2－b2＝eq\r(3)ac，可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(3),2)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6).(2)因为b＝2，B＝eq\f(π,6)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，可得4＝a2＋c2－2ac·eq\f(\r(3),2)，所以4＝a2＋c2－eq\r(3)ac≥2ac－eq\r(3)ac，可得ac≤8＋4eq\r(3)，当且仅当a＝c时等号成立，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×(8＋4eq\r(3))×eq\f(1,2)＝2＋eq\r(3)，即△ABC面积的最大值为2＋eq\r(3).选择条件：②2asin2eq\f(B,2)＋2bcos2eq\f(A,2)＝b＋c，(1)由条件可得2a·eq\f(1－cosB,2)＋2b·eq\f(1＋cosA,2)＝b＋c，整理可得a－acosB＋bcosA＝c，所以由正弦定理可得sinA－sinAcosB＋sinBcosA＝sinC，又因为sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA，所以整理可得sinA＝2sinAcosB，因为sinA＞0，所以cosB＝eq\f(1,2)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)因为b＝2，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2a