高考总复习课程-高考数学尖子生拔高课程（文）课后练习第1314讲三角函数与解三角形（上下）

第13讲三角函数与解三角形（上）若，则函数的最大值为。设函数，则在下列区间中函数不存在零点的是（A）（B）（C）（D）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.己知A—C=90°，a+c=b，求C.在中，，则的最大值为。已知函数（Ⅰ）将函数化简成（，，）的形式；（Ⅱ）求函数的值域.设,其中(Ⅰ)求函数的值域(Ⅱ)若在区间上为增函数,求的最大值.第14讲三角函数与解三角形（下）设函数(=1\*ROMANI)求函数的最小正周期;(=2\*ROMANII)设函数对任意,有,且当时,,求函数在上的解析式.解方程．当k为何值时，方程有实数解？方程(1)若方程有解，求实数m的值；(2)讨论方程在区间上解的个数；(3)当时，方程有两个不同的解，求实数m的范围，的值？已知在四边形ABCD中，BC＝a，DC=2a，四个角A、B、C、D度数的比为3∶7∶4∶10，求AB在△ABC中，已知角A、B、C所对的边分别是a、b、c，边c=EQ\F(7,2)，且tanA+tanB=EQ\r(,3)tanA·tanB－EQ\r(,3)，又△ABC的面积为S△ABC=EQ\F(3\r(,3),2)，求a+b的值.如图，已知的半径为1，点C在直径AB的延长线上，BC＝1，点P是半圆的一个动点，以PC为边作正三角形PCD，且点D与圆分别在PC两侧.(1)若，试将四边形OPDC的面积y表示成的函数；(2)求四边形OPDC面积的最大值.如图，某市拟在长为8km的道路OP的一侧修建一条运动赛道，赛道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝Asinωx(A>0，ω>0)，x∈[0,4]的图像，且图像的最高点为S(3,2eq\r(3))；赛道的后一部分为折线段MNP，为保证参赛运动员的安全，限定∠MNP＝120°.(1)求A，ω的值和M，P两点间的距离；(2)应如何设计，才能使折线段赛道MNP最长？

第13讲三角函数与解三角形（上）8详解：令,A详解：将的零点转化为函数的交点，数形结合可知答案选A，本题主要考察了三角函数图像的平移和函数与方程的相关知识点，突出了对转化思想和数形结合思想的考察，对能力要求较高，属较难题15详解：由正弦定理得，由，即A+B+C=1800，，即，由AC=900得A=900+C即详解：在中，有正弦定理得=，其中，，又因为A，所以最大值为。（Ⅰ）g(x)＝（Ⅱ）详解：（Ⅰ）＝（Ⅱ）由得在上为减函数，在上为增函数，又（当），即故g(x)的值域为详解：【考点定位】本题以三角函数的化简求值为主线,三角函数的性质为考查目的的一道综合题,考查学生分析问题解决问题的能力,由正弦函数的单调性结合条件可列,从而解得的取值范围,即可得的最在值.解:(1)因,所以函数的值域为(2)因在每个闭区间上为增函数,故在每个闭区间上为增函数.依题意知对某个成立,此时必有,于是,解得,故的最大值为.第14讲三角函数与解三角形（下）(=1\*ROMANI)函数的最小正周期(=2\*ROMANII)函数在上的解析式为详解：(=1\*ROMANI)函数的最小正周期(2)当时,当时,当时,得:函数在上的解析式为原方程的解集为详解：因为(使的的值不可能满足原方程)，所以在方程的两边同除以，得．解关于的二次方程，得，．由，得解集为；由，得解集为．所以原方程的解集为．详解：解：易知，k≠1时，则有，则时方程有解，则.(1)(2)时，一个解；时，三个解；，两个解.(3)，详解：Oxy解：(1)，则；Oxy(2)，则时，一个解；时，三个解；，两个解.(3)，当时方程有两解，令，关于t的方程，关于对称，则，即，则.AB的长为详解：解：设四个角A、B、C、D的度数分别为3x、7x、4x、10x，根据四边形的内角和有3x+7x+4x+10x=360°.解得x=15°∴A=45°,B=105°,C=60°,D=150°连结BD，得两个三角形△BCD和△ABD在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+DC2－2BC·DC·cosC=a2+4a2－2a·2a·EQ\F(1,2)=3a2∴BD=a.这时DC2=BD2+BC2，可得△BCD是以DC为斜边的直角三角形.∴∠CDB=30°,于是∠ADB=120°在△ABD中，由正弦定理有AB=＝＝＝∴AB的长为a+b=EQ\F(11,2)详解：解：由tanA+tanB=EQ\r(,3)tanA·tanB－EQ\r(,3)可得＝－EQ\r(,3)，即tan(A+B)=－EQ\r(,3)∴tan(π－C)=－EQ\r(,3),∴－tanC=－EQ\r(,3),∴tanC=EQ\r(,3)∵C∈(0,π),∴C=又△ABC的面积为S△ABC=EQ\F(3\r(,3),2)，∴EQ\F(1,2)absinC=EQ\F(3\r(,3),2)即ab×EQ\F(\r(,3),2)=EQ\F(3\r(,3),2),∴ab=6又由余弦定理可得c2=a2+b2－2abcosC∴(EQ\F(7,2))2=a2+b2－2abcos∴(EQ\F(7,2))2=a2+b2－ab=(a+b)2－3ab∴(a+b)2=EQ\F(121,4),∵a+b>0,∴a+b=EQ\F(11,2)(1)(2)2＋详解：：(1)在△OPC中，由余弦定理得PC=OP+OC2OP•OC•cosθ=1+44cosθ=54cosθy=S△OPC+S△PDC=OP•OC•sinθ+PC=(0＜θ＜π)(2)y==2sin(θ)+，∴当θ=时，ymax=2＋(1)A＝2eq\r(3)，ω＝eq\f(π,6)，MP＝eq\r(42＋32)＝5.(2)将∠PMN设计为30°时，折线段赛道MNP最长详解：解法1：(1)依题意，有A＝2eq\r(3)，eq\f(T,4)＝3，又T＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝eq\f(π,6).∴y＝2eq\r(3)sineq\f(π,6)x，当x＝4时，y＝2eq\r(3)sineq\f(2π,3)＝3，∴M(4,3)．又P(8,0)，∴MP＝eq\r(42＋32)＝5.(2)在△MNP中，∠MNP＝120°，MP＝5，设∠PMN＝θ，则0°<θ<60°.由正弦定理得eq\f(MP,sin120°)＝eq\f(NP,sinθ)＝，∴NP＝eq\f(10\r(3),3)sinθ.∴MN＝eq\f(10\r(3),3)sin(60°－θ)．故NP＋MN＝eq\f(10\r(3),3)sinθ＋eq\f(10\r(3),3)sin(60°－θ)＝eq\f(10\r(3),3)(eq\f(1,2)sinθ＋cosθ)＝eq\f(10\r(3),3)sin(θ＋60°)．∵0°<θ<60°，∴当θ＝30°时，折线段赛道MNP最长．亦即，将∠PMN设计为30°时，折线段赛道MNP最长．解法2：(1)同解法1(2)在△MNP中，∠MNP＝120°