2022届【创新设计】数学一轮(人教A版-理科)-第四章-阶段回扣练4

阶段回扣练4三角函数、解三角形(建议用时：90分钟)一、选择题1．下列函数中周期为π且为偶函数的是 ()A．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))) B．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))C．y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))) D．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))解析y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－cos2x为偶函数，且周期是π，故选A.答案A2．(2022·包头市测试)已知sin2α＝eq\f(2,3)，则sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝ ()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(3,4) D.eq\f(5,6)解析依题意得sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,2)(1＋sin2α)＝eq\f(5,6)，故选D.答案D3．(2021·合肥检测)函数f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x图象的一条对称轴方程是()A．x＝－eq\f(π,12) B．x＝eq\f(π,3)C．x＝eq\f(5π,12) D．x＝eq\f(2π,3)解析依题意得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝－2，因此其图象关于直线x＝eq\f(2π,3)对称，故选D.答案D4．(2021·天津南开模拟)当0＜x＜eq\f(π,4)时，函数f(x)＝eq\f(cos2x,cosxsinx－sin2x)的最小值是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2) C．2 D．4解析当0＜x＜eq\f(π,4)时，0＜tanx＜1，f(x)＝eq\f(cos2x,cosxsinx－sin2x)＝eq\f(1,tanx－tan2x).设t＝tanx，则0＜t＜1，y＝eq\f(1,t－t2)＝eq\f(1,t（1－t）)≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t＋1－t,2)))\s\up12(2))＝4，当且仅当t＝1－t，即t＝eq\f(1,2)时，等号成立．答案D5．(2022·南昌模拟)已知函数f(x)＝cosωx(x∈R，ω＞0)的最小正周期为π，为了得到函数g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))的图象，只要将y＝f(x)的图象()A．向左平移eq\f(π,8)个单位长度 B．向右平移eq\f(π,8)个单位长度C．向左平移eq\f(π,4)个单位长度 D．向右平移eq\f(π,4)个单位长度解析依题意得eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2，f(x)＝cos2x，g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))))，因此只需将y＝f(x)＝cos2x的图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度．答案B6．某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°，沿倾斜角为30°的斜坡前进1000m后到达D处，又测得山顶的仰角为60°，则山的高度BC为()A．500(eq\r(3)＋1)m B．500mC．500(eq\r(2)＋1)m D．1000m解析过点D作DE∥AC交BC于E，由于∠DAC＝30°，故∠ADE＝150°.于是∠ADB＝360°－150°－60°＝150°.又∠BAD＝45°－30°＝15°，故∠ABD＝15°，由正弦定理，得AB＝eq\f(ADsin∠ADB,sin∠ABD)＝eq\f(1000sin150°,sin15°)＝500(eq\r(6)＋eq\r(2))(m)所以在Rt△ABC中，BC＝ABsin45°＝500(eq\r(3)＋1)(m)．答案A7．(2021·湖北七市(州)联考)将函数g(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))图象上全部点向左平移eq\f(π,6)个单位，再将各点横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，得到函数f(x)，则 ()A．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减B．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递减C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增解析依题意，将函数g(x)的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度得到的曲线方程是y＝3sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝3cos2x，再将各点横坐标缩短为原来的eq\f(1,2)，得到的曲线方程是y＝3cos4x，即f(x)＝3cos4x，易知函数f(x)＝3cos4x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减，故选A.答案A8．(2022·乌鲁木齐诊断)在△ABC中，AC·cosA＝3BC·cosB，且cosC＝eq\f(\r(5),5)，则A＝ ()A．30° B．45° C．60° D．120°解析由题意及正弦定理得sinBcosA＝3sinAcosB，∴tanB＝3tanA，∴0＜A，B＜eq\f(π,2)，又cosC＝eq\f(\r(5),5)，故sinC＝eq\f(2\r(5),5)，∴tanC＝2，而A＋B＋C＝180°，∴tan(A＋B)＝－tanC＝－2，即eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－2，将tanB＝3tanA代入，得eq\f(4tanA,1－3tan2A)＝－2，∴tanA＝1或tanA＝－eq\f(1,3)，而0°＜A＜90°，则A＝45°，故选B.答案B9．已知函数f(x)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x－m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个零点，则m的取值范围是 ()A．(1，2) B．[1，2) C．(1，2] D．[1，2]解析利用三角函数公式转化一下，得f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－m，它的零点是函数y1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))和y2＝m的交点所对应的x的值，∴要在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有两个零点，y1和y2就要有两个交点，结合函数y1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象，知当y2＝m在[1，2)上移动时，两个函数有两个交点．答案B10．(2022·天津卷)已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx(ω＞0)，x∈R.在曲线y＝f(x)与直线y＝1的交点中，若相邻交点距离的最小值为eq\f(π,3)，则f(x)的最小正周期为 ()A.eq\f(π,2) B.eq\f(2π,3) C．π D．2π解析f(x)＝eq\r(3)sinωx＋cosωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))，由2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝1，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，设x1，x2分别为距离最小的相邻交点的横坐标，则ωx1＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,6)，ωx2＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)，两式相减，得x2－x1＝eq\f(2π,3ω)＝eq\f(π,3)，所以ω＝2，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的最小正周期为π，故选C.答案C二、填空题11．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(7\r(2),10)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则cosα＝________．解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),10)))\s\up12(2))＝－eq\f(\r(2),10)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),10)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(7\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,5).答案eq\f(3,5)12．(2022·天津卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b－c＝eq\f(1,4)a，2sinB＝3sinC，则cosA的值为________．解析由已知及正弦定理得2b＝3c，由于b－c＝eq\f(1,4)a，不妨设b＝3，c＝2，所以a＝4，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,4).答案－eq\f(1,4)13．如图所示的是函数y＝Asin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))图象的一部分，则其函数解析式是________．解析由图象知A＝1，eq\f(T,4)＝eq\f(π,6)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(π,2)，得T＝2π，则ω＝1，所以y＝sin(x＋φ)．由图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，1))，可得φ＝2kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，又|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以所求函数解析式是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).答案y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))14．(2022·江苏卷)若△ABC的内角满足sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，则cosC的最小值是________．解析由已知sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC及正弦定理可得a＋eq\r(2)b＝2c.又由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(2)b,2)))\s\up12(2),2ab)＝eq\f(3a2＋2b2－2\r(2)ab,8ab)≥eq\f(2\r(6)ab－2\r(2)ab,8ab)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，当且仅当3a2＝2b2，即eq\f(a,b)＝eq\f(\r(6),3)时等号成立，所以cosC的最小值为eq\f(\r(6)－\r(2),4).答案eq\f(\r(6)－\r(2),4)15．(2022·新课标全国Ⅰ卷)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC面积的最大值为________．解析由正弦定理得(2＋b)(a－b)＝(c－b)c，即(a＋b)·(a－b)＝(c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，又b2＋c2－a2＝bc≥2bc－4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，即bc≤4，故S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，则△ABC面积的最大值为eq\r(3).答案eq\r(3)三、解答题16．(2022·福建卷)已知函数f(x)＝cosx(sinx＋cosx)－eq\f(1,2).(1)若0<α<eq\f(π,2)，且sinα＝eq\f(\r(2),2)，求f(α)的值；(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．解法一(1)由于0<α<eq\f(π,2)，sinα＝eq\f(\r(2),2)，所以cosα＝eq\f(\r(2),2).所以f(α)＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)))－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).(2)由于f(x)＝sinxcosx＋cos2x－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，所以T＝eq\f(2π,2)＝π.由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z.所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.法二f(x)＝sinxcosx＋cos2x－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(1)由于0<α<eq\f(π,2)，sinα＝eq\f(\r(2),2)，所以α＝eq\f(π,4)，从而f(α)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)sineq\f(3π,4)＝eq\f(1,2).(2)T＝eq\f(2π,2)＝π.由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z.所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.17．(2022·北京卷)如图，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,3)，AB＝8，点D在BC边上，且CD＝2，cos∠ADC＝eq\f(1,7).(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的长．解(1)在△ADC中，由于cos∠ADC＝eq\f(1,7)，所以sin∠ADC＝eq\f(4\r(3),7).所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADCcos∠B－cos∠ADCsin∠B＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14).(2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝eq\f(AB·sin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠B＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝49.所以AC＝7.18．(2022·浙江卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a≠b，c＝eq\r(3)，cos2A－cos2B＝eq\r(3)sinAcosA－eq\r(3)sinBcosB.(1)求角C的大小；(2)若sinA＝eq\f(4,5)，求△ABC的面积．解(1)由题意得eq\f(1＋cos2A,2)－eq\f(1＋cos2B,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2A－eq\f(\r(3),2)sin2B，即eq\f(\r(3),2)sin2A－eq\f(1,2)cos2A＝eq\f(\r(3),2)sin2B－eq\f(1,2)cos2B，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6))).由a≠b，得A≠B，又A＋B∈(0，π)，得2A－eq\f(π,6)＋2B－eq\f(π,6)＝π，即A＋B＝eq\f(2π,3)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由c＝eq\r(3)，sinA＝eq\f(4,5)，eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得a＝eq\f(8,5).由a<c，得A<C，从而cosA＝eq\f(3,5)，故sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(4＋3\r(3),10)，所以，△ABC的面积为S＝eq\