第一篇：2014高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)方案_二輪作業(yè)手冊專題綜合訓(xùn)練(三)_專題三_三角函數(shù)、三角恒等變換與解三角形
[專題三 三角函數(shù)、三角恒等變換與解三角形]
一、選擇題(每小題5分，共40分)
1．cos 300°的值是()
1133A.B．－C.D 222
2?π?22．已知α∈(0，π)，cos?α＝－tan 2α＝()2?3?
33A.B．－3或－ 3
33CD3 3?ππ?3．下列函數(shù)中，周期為π，且在?，上為增函數(shù)的是()?42?
?π??π?A．y＝sin?xB．y＝cos?x－ ?2?2C．y＝－sin(2x－π)D．y＝cos(2x＋π)
π4．將函數(shù)y＝sin 2x＋cos 2x的圖像向左平移個單位長度，所得圖像對應(yīng)的函數(shù)解析式
4可以是()
A．y＝cos 2x＋sin 2xB．y＝cos 2x－sin 2x
C．y＝sin 2x－cos 2xD．y＝sin xcos x
5．如圖Z3－1所示的是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)在一個周期內(nèi)的圖像，此函數(shù)的解析式是（）
π??A．y＝2sin?2x＋? 3??
2π??B．y＝2sin?2x? 3???π?C．y＝2sin?x－ ?23?
π??D．y＝2sin?2x－? 3??
π6．已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)3cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)，其圖像相鄰的兩條對稱軸方2
π程為x＝0與x＝()2
A．f(x)的最小正周期為2π，且在(0，π)上為單調(diào)遞增函數(shù)
B．f(x)的最小正周期為2π，且在(0，π)上為單調(diào)遞減函數(shù)
?π?C．f(x)的最小正周期為π，且在?0，上為單調(diào)遞增函數(shù) ?2
?π?
D．f(x)的最小正周期為π，且在?0，上為單調(diào)遞減函數(shù)
?2?
7．函數(shù)y＝xsin x在[－π，π]上的圖像是（圖Z3－2
ππ??
8．將函數(shù)f(x)＝sin?2x＋?的圖像向右平移個單位長度后得到函數(shù)y＝g(x)的圖像，則
43??g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()
π??
A.?2kπ－，2kπ＋k?(k∈Z)
63??
π5π??
B.?2kπ，2kπ＋?(k∈Z)
36??
ππ??
C.?kπkπ(k∈Z)
63??
π5π??
D.?kπkπ?(k∈Z)
66??
二、填空題(每小題5分，共20分)
9．設(shè)α是第二象限角，P(x，4)為其終邊上的一點，且cos α＝x，則tan α＝________．
10．在△ABC中，若2sin A＝sin C，a＝b，則角A＝________．
π
11．在△ABC中，BC＝2，AC＝7，BABC的面積是________．
12．已知函數(shù)f(x)3sin 2x－cos 2x，x∈R，給出以下說法：
π
①函數(shù)f(x)的圖像的對稱軸是x＝kπ＋k∈Z；
?7π?
?是函數(shù)f(x)的圖像的一個對稱中心；
?12，0?
?π?
1③函數(shù)f(x)在區(qū)間?π?
2?2?
②點P?
π
④將函數(shù)f(x)的圖像向右平移g(x)＝sin 2x－3cos 2x的圖像．
2其中正確說法的序號是________．
三、解答題(共40分)
13．(13分)在△ABC中，若sin A＝2sin B·cos C且sin2A＝sin2B＋sin2C，試判斷△ABC的形狀．
4．(13分)已知函數(shù)f(x)＝sin(π－2x)＋2 3cos2x，x∈R.?π?(1)求f?；
?6(2)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間．
→→
15．(14分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知2S△ABC＝3 BA·BC.(1)求角B；
(2)若b＝2，求a＋c的取值范圍．
專題綜合訓(xùn)練(三)
1．A [解析] cos 300°＝cos(360°－60°)＝cos 60°＝.π5π11π23
2．C [解析] 由cos(α＋＝－α＝α＝tan 2α＝－.3212123
?ππ?
3．D [解析] 排除A，B；對于C，y＝sin(π－2x)＝sin 2x，在?，上單調(diào)遞減，排除
?42?
C.π?π?
4．B [解析] y＝sin 2x＋cos 2x→y＝sin 2?x＋＋cos 2(x＋)＝cos 2x－sin 2x.4?42ππ?5ππ?2
5．B [解析] T＝?＋×2＝π，ω＝＝2，當(dāng)x＝－時，可得A＝2，φ＝.T123?1212?
22x＋?.∴y＝2sin?3??
π
6．C [解析] 由其圖像相鄰的兩條對稱軸方程為x＝0與x＝，知周期T＝π，排除A，2B.ππ???π??π???
f(x)＝2sin?2x＋φ－，?sin?φ－??＝1，顯然φ＝－f(x)＝2sin?2x－?＝－2cos 2x，63??3??2???
?π?
在?0，上為單調(diào)遞增函數(shù)． ?2π
7．A [解析] y＝xsin x為偶函數(shù)，排除D.當(dāng)x＝±π時，y＝0，排除C.當(dāng)x＝y(tǒng)>0，排除B.πππ??π?π?π??
8．C [解析] g(x)＝sin?2?x－?＋?＝sin?2x，由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ(k∈Z)
26236?4????
ππ??
得單調(diào)遞增區(qū)間為?kπ－kπ(k∈Z)．
63?
9．－ [解析] 因為α是第二象限角，所以x<0.又因為cos α＝x3544
＝－3，所以tan α.x3
πa2）2－a2π2
10.[解析] 因為c＝2a，b＝a，所以cos A＝＝A＝.4242a·2aπ3 311.[解析] 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·7＝AB2＋4－2AB，23π1
所以AB－2AB－3＝0，解得AB＝3或AB＝－1(舍去)．所以△ABC的面積是S＝·BC·sin
3＝3×2×＝.222
xx＋16，解得x
ππ??
12．①②④ [解析] f(x)＝2sin?2x－，將x＝kπ∈Z)代入得到y(tǒng)＝2，①正確；
36??5ππ11?π?
當(dāng)x∈?，π?時，2x－，ymax＝1，③錯誤．再依次驗證②④正確．
666?2?
a2bc222?13．解：由sinA＝sinB＋sinC得?2R＝(2＋(2，2R2R
π
則a＝b＋c，即A＝.a2＋b2－c2a
由sin A＝2sin B·cos C2×，則b＝c.綜上可知，該三角形為等腰直角三
b2ab
角形．
π??
14．解：(1)f(x)＝sin(π－2x)＋2 3cos2x＝sin 2x＋3cos 2x3＝2sin?2x＋3，3?
?π??ππ?3
則f?＝2sin?＋3＝2×＋3＝2 3.2?6??33?
2ππ??
(2)f(x)＝2sin?2x＋3的最小正周期T＝π，23?
πππ5ππ
又由2kπ－2x2kπ＋kπ－≤x≤kπ∈Z)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增
23212125ππ??
區(qū)間為?kπ－，kπ＋(k∈Z)．
1212?
15．解：(1)由已知得acsin B3accos B，π
則tan B＝3，∵0 (2)方法一，由余弦定理得4＝a＋c－2accos，?a＋c?2 則4＝(a＋c)－3ac≥(a＋c)－3?(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時取等號)，?22 解得0 方法二，由正弦定理得a＝sin A，csin C，33 2ππ444 ∵A＋C＝，∴a＋c(sin A＋sin C)[sin A＋sin(A＋B)]＝[sin A＋sin(A＋)] 33333π41313 ＝＋sin Acos A)＝4(＋＝4sin(A＋． 222622πππ5ππ?1? ∵，∴?A＋≤1，366626??∴a＋c的取值范圍是(2，4]． 專題限時集訓(xùn)(八) [第8講 三角恒等變換與解三角形] (時間：45分鐘) ?π?31．已知α∈?π?，sin αtan 2α＝()5?2? 24242424A.B.C．－D．－ 725257 312.＝()cos 10°sin 170° A．4B．2C．－2D．－4 1?π?3．已知sin αα∈?0?，則sin 2α＝()3?2?22 24 24 2A.B．－C.D．－3399 4．若△ABC的三個內(nèi)角滿足sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶7，則△ABC() A．一定是銳角三角形 B．一定是直角三角形 C．一定是鈍角三角形 D．可能是銳角三角形，也可能是鈍角三角形 5．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若C＝120°，c，則() A．a(chǎn)>bB．a(chǎn) C．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)與b的大小關(guān)系不能確定 6．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝7，b＝5，c＝8，則△ABC的面積等于() A．10B．10 3 C．20D．20 3 7．在△ABC中，內(nèi)角A，B，Cb，c，若a6，b＝2，且1＋2cos(B＋C)＝0，則△ABC的BC邊上的高等于() 6A.22 6＋23＋1 22 8．已知△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若△ABC的面積為S，且2S＝(a＋b)2－c2，則tan C等于() 34A.B.43 43CD．－ 34 29．在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對的邊，若b＝1，c3，C＝π，3 則S△ABC＝________． 3510．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c且cos Acos Bb＝3，513C.則c＝________． 11．△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對的邊，若(2a＋c)·cos B＋b·cos C＝0，則B的值為________． π 12．在△ABC中，已知內(nèi)角A＝，邊BC＝2 3.設(shè)內(nèi)角B＝x，周長為y，則y＝f(x)的最大值是________． ?π? 13．已知函數(shù)f(x)＝2 3sin xcos x＋2cos2x＋m在區(qū)間?0，?上的最大值為2.?3? (1)求常數(shù)m的值； (2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若f(A)＝1，sin B＝3sin C，△3 ABC的面積為a.AA π－＋14．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且f(A)＝2cos ?22? AAsin2cos2.22 (1)求函數(shù)f(A)的最大值； 5π (2)若f(A)＝0，C＝a＝6，求b的值． 15．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，cos B5 (1)求cos(A＋C)的值； ?π? (2)求sin?B的值； 6??→→ (3)若BA·BC＝20，求△ABC的面積． 專題限時集訓(xùn)(八) ?π?343 1．D [解析] 因為α∈?，π?，sin α＝cos α＝－，tan α＝－.所以tan 2 554?2? ?－3?2×2tan α?4?24 α22731－tanα1－?? ?4? 2．D [解析] 3131 －＝－＝ cos 10°sin 170°cos 10°sin 10° 3sin 10°－cos 10°sin 10°cos 10° ＝ 2sin（10°－30°）2sin（－20°）－2sin 20° 4，故選D.1sin 10°cos 10°sin 10°cos 10°°2 π 3．D [解析] ∵α∈(－0)，∴cos α＝sin 2α＝2sin αcos α＝－9 1?22 ?1－?－3? 16k2＋25k2－49k21 4．C [解析] 由正弦定理可設(shè)a＝4k，b＝5k，c＝7k，則cos C＝<0，52·4k·5k因此三角形為鈍角三角形． 5．C [解析] 因為sin 120°＝3sin A，所以sin A＝，則A＝30°＝B，因此a＝b.249＋25－641 6．B [解析] 因為cos C，sin C72×7×5 ＝10 3.314 3＝所以S＝×7×5×49727 π136 7．C [解析] 由1＋2cos(B＋C)＝0得cos A＝sin A，A＝2233 2π5π22?ππ?2 ＝，sin B＝B＝C因此BC邊上的高為2×sin C＝2×sin?＋?＝2(sin B24122?46?6＋221×)＝2222 8．C [解析] 由2S＝(a＋b)2－c2得2S＝a2＋b2＋2ab－c2，即2×absin C＝a2＋b2＋2ab 222a＋b－cabsin C－2absin C2222 －c，則absin C－2ab＝a＋b－c，又因為cos C＝1，所以 2ab2ab2 C2tan 22×2sin CCCCC4 cos C＋1＝，即2cos2＝sin，所以＝2，即tan C＝＝.2222223C1－21－tan bc119.[解析] 因為b sin3 ππ2ππ11 ＝2，由B是三角形的內(nèi)角知，B＝，于是A＝π－＝S△ABC＝bcsin A＝×3 663622 13×.24 1435410.[解析] 因為cos A＝cos Bsin A＝，55135 12aba313 sin B＝由正弦定理得＝，即a＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－ 13sin Asin B4125 513 16914 2accos B，即9c2－2c，解得c＝(負值舍去)． 2552π 11.[解析] 由正弦定理可將(2a＋c)cos B＋bcos C＝0轉(zhuǎn)化為2sin A·cos B＋sin C·cos B＋sin Bcos C＝0，即2sin Acos B＋sin(B＋C)＝0，得2sin Acos B＋sin A＝0，又由A為△ABC2π1 內(nèi)角，可知sin A≠0，則cos B＝－，則B.23 π2π 12．6 3 [解析] △ABC的內(nèi)角和A＋B＋C＝π，由A＝，B>0，C>0得0 33BC2 3BC?2π? 用正弦定理知AC＝·sin x＝4sin x，AB＝＝4sin?x?.因為y＝ sin Asin A?3?π sin 3AB＋BC＋AC，所以y＝4sin x＋4sin2π??2π???π? ＋2 3，即y＝4 3sin????x＋?＋2 3 ?3x??0 ππππ5π??π ? π 13．解：(1)f(x)＝2 3sin x·cos x＋2cos2x＋m＝2sin(2x＋)＋m＋1.6π?π5π??π? 因為x∈?0，所以2x＋∈?，.6?66?3?ππ??π5π? 因為函數(shù)y＝sin t在區(qū)間?，上是增函數(shù)，在區(qū)間?，上是減函數(shù)，?62??26? πππ?π??π? 所以當(dāng)2x＋，即x＝時，函數(shù)f(x)在區(qū)間?0，?上取到最大值．此時，f(x)max＝f?626?3??6＝m＋3＝2，得m＝－1.π?? (2)因為f(A)＝1，所以2sin?2A＋＝1，6??ππ?1? 即sin?2A＋?＝，解得A＝0(舍去)或A＝.36?2?abc 因為sin B＝3sin C，＝，所以b＝3c.① sin Asin Bsin C π3 33 311 因為△ABC的面積為S△ABCbcsin A＝bcsinbc＝3.② 42234 由①和②解得b＝3，c＝1.π 因為a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝32＋12－2×3×1× 所以a＝7.π?AAAA? 14．解：(1)f(A)＝2cos＋sin2－cos2＝sin A－cos A2sin?A.22224??ππ3π 因為0 ππ3π 當(dāng)AA時，f(A)取得最大值，且最大值為2.424π?π??? (2)由題意知f(A)＝2sin?A＝0，所以sin?A＝0.44??ππ3πππ 又知－ 5π7ππ 因為C＝A＋B＝B＝.12123 π6·sin 3abasin B 由，得ab＝＝＝3.sin Asin Bsin Asin A 15．解：(1)在△ABC中，∵A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.44 ∵cos B，∴cos(A＋C)＝cos(π－B)＝－cos B＝－.55 42342?(2)在△ABC中，∵cos B＝sin B＝1－cosB1－?5 55πππ33143 3＋4 ∴sin(B＋＝sin Bcos＋cos Bsin.666522510→→→→ (3)∵BA·BC＝20，即|BA|·|BC|cos B＝20，∴c·a·＝20，即ac＝25.11315 ∴△ABC的面積S△ABC＝acsin B×25×＝2252 微專題6 三角恒等變換、解三角形 命 題 者 說 考 題 統(tǒng) 計 考 情 點 擊 2018·全國卷Ⅱ·T6·解三角形 2018·全國卷Ⅱ·T15·三角恒等變換 2018·全國卷Ⅲ·T4·三角恒等變換 2018·全國卷Ⅲ·T9·解三角形 1.高考對此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命題形式出現(xiàn)。 2.若無解答題，一般在選擇題或填空題各有一題，主要考查三角恒等變換、解三角形，難度一般，一般出現(xiàn)在第4～9題或第13～15題位置上。 3.高考對本部分內(nèi)容的考查主要從以下方面進行： (1)利用各種三角函數(shù)公式進行求值與化簡，其中降冪公式、輔助角公式是考查的重點。 (2)利用正、余弦定理進行邊和角、面積的計算，三角形形狀的判定以及有關(guān)范圍的計算，常與三角恒等變換綜合考查。 考向一 三角恒等變換 微考向1：三角函數(shù)的定義 【例1】(2018·北京高考)在平面直角坐標(biāo)系中，，是圓x2＋y2＝1上的四段弧(如圖)，點P在其中一段上，角α以O(shè)x為始邊，OP為終邊。若tanα A． B． C． D． 解析 設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y)，利用三角函數(shù)的定義可得 答案 C 當(dāng)題設(shè)條件中出現(xiàn)直線與單位圓相交問題時，可根據(jù)三角函數(shù)的定義，求函數(shù)的解析式或者判斷函數(shù)的圖象，有時可以簡化解題過程。 變|式|訓(xùn)|練 1．已知角α的終邊經(jīng)過點P(－x，－6)，且cosα＝－，則＋＝________。 解析 因為角α的終邊經(jīng)過點P(－x，－6)，且cosα＝－，所以cosα＝＝－，即x＝。所以P。所以sinα＝－。所以tanα＝＝，則＋＝－＋＝－。 答案 － 2．(2018·全國卷Ⅰ)已知角α的頂點為坐標(biāo)原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上有兩點A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝，則|a－b|＝() A． B． C． D．1 解析 由題意知cosα>0。因為cos2α＝2cos2α－1＝，所以cosα＝，sinα＝±，得|tanα|＝。由題意知|tanα|＝，所以|a－b|＝。故選B。 答案 B 微考向2：三角函數(shù)求角 【例2】(1)已知α為銳角，若cos＝，則cos＝________。 (2)已知sinα＝，sin(α－β)＝－，α，β均為銳角，則角β等于() A． B． C． D． 解析(1)因為α為銳角，cos＝>0，所以α＋為銳角，sin＝，而cos＝cos＝cos＝sin2＝2sincos＝2××＝。所以cos＝。 (2)因為α，β均為銳角，所以－<α－β<。又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝，又sinα＝，所以cosα＝，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝×－×＝。所以β＝，故選C。 答案(1)(2)C (1)三角變換的關(guān)鍵在于對兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等變換公式的熟記和靈活應(yīng)用，要善于觀察各個角之間的聯(lián)系，發(fā)現(xiàn)題目所給條件與恒等變換公式的聯(lián)系，公式的使用過程要注意正確性，要特別注意公式中的符號和函數(shù)名的變換，防止出現(xiàn)張冠李戴的情況。 (2)求角問題要注意角的范圍，要根據(jù)已知條件將所求角的范圍盡量縮小，避免產(chǎn)生增解。 變|式|訓(xùn)|練 1．(2018·全國卷Ⅲ)若sina＝，則cos2a＝() A． B． C．－ D．－ 解析 cos2α＝1－2sin2α＝1－＝。故選B。 答案 B 2．(2018·全國卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝________。 解析 因為sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1?、?，cos2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0?、?，①＋②得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，所以sin(α＋β)＝－。 答案?。?/p> 考向二 解三角形 微考向1：利用正、余弦定理進行邊角計算 【例3】(1)(2018·全國卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，則AB＝() A．4 B． C． D．2 (2)(2018·陜西二模)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知＝1－，且b＝5，·＝5，則△ABC的面積為________。 解析(1)因為cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所以c＝4。故選A。 (2)由＝1－及正弦定理可得＝1－化簡可得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝，故A＝。又·＝5，即bccosA＝5，故bc＝10，所以△ABC的面積為bcsinA＝。 答案(1)A(2) 利用正、余弦定理解三角形的思路 (1)解三角形時，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則考慮兩個定理都有可能用到。 (2)關(guān)于解三角形問題，一般要用到三角形的內(nèi)角和定理，正弦、余弦定理及有關(guān)三角形的性質(zhì)，常見的三角恒等變換方法和原則都適用，同時要注意“三統(tǒng)一”，即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數(shù)、統(tǒng)一結(jié)構(gòu)”。 變|式|訓(xùn)|練 1．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且＝，則B＝() A． B． C． D． 解析 由＝?＝?a2＋c2－b2＝ac?cosB＝＝。因為0 答案 C 2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c。若bsinA＋acosB＝0，且ac＝4，則△ABC的面積為() A． B．3 C．2 D．4 解析 由bsinA＋acosB＝0，得sinBsinA＋sinA·cosB＝0，因為sinA≠0，所以tanB＝－，所以B＝120°，所以△ABC的面積為acsinB＝×4×＝3。故選B。 答案 B 微考向2：幾何圖形中的邊角計算 【例4】如圖，在四邊形ABCD中，∠ABD＝45°，∠ADB＝30°，BC＝1，DC＝2，cos∠BCD＝，則BD＝________；三角形ABD的面積為________。 解析 在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD＝1＋4－2×1×2×＝4，則BD＝2。在△ABD中，∠BAD＝180°－30°－45°＝105°，sin105°＝sin(45°＋60°)＝×＋×＝，由正弦定理可得AD＝＝＝2(－1)，則S△ABD＝×2(－1)×2×sin30°＝－1，故BD＝2，△ABD的面積為－1。 答案 2 －1 幾何圖形中的邊、角計算一般要把幾何圖形分解為若干三角形，在三角形中利用正、余弦定理解決。 變|式|訓(xùn)|練 (2018·成都診斷)如圖，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一點，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，則線段DE的長度為________。 解析 易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝，在三角形AEC中，＝?CE＝，在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，所以DE＝CEsin60°＝×＝×＝6。 答案 6 微考向3：三角形中的最值與范圍問題 【例5】(1)在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若滿足(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，且a＝，則b2＋c2的取值范圍是() A．(5,6] B．(3,5) C．(3,6] D．[5,6] (2)已知點O是△ABC的內(nèi)心，∠BAC＝60°，BC＝1，則△BOC面積的最大值為________。 解析(1)因為(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，所以由正弦定理可得(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，可化為b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理可得cosA＝＝＝。因為A∈，所以A＝，又因為a＝，所以由正弦定理可得＝＝＝2，所以b2＋c2＝(2sinB)2＋2＝3＋2sin2B＋sin2B＝4＋2sin。因為B∈，所以2B－∈，所以sin∈，所以b2＋c2∈(5,6]。故選A。 (2)因為O是△ABC的內(nèi)心，∠BAC＝60°，所以∠BOC＝180°－＝120°，由余弦定理可得BC2＝OC2＋OB2－2OC·OB·cos120°，即OC2＋OB2＝1－OC·OB。又OC2＋OB2≥2OC·OB(當(dāng)且僅當(dāng)OC＝OB時，等號成立)，所以O(shè)C·OB≤，所以S△BOC＝OC·OB·sin120°≤，則△BOC面積的最大值為。 答案(1)A(2) 解三角形中的最值與范圍問題主要有兩種解決方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是將所求式轉(zhuǎn)化為只含有三角形某一個角的三角函數(shù)形式，結(jié)合角的范圍確定所求式的范圍。 變|式|訓(xùn)|練 在△ABC中，M是BC的中點，BM＝2，AM＝AB－AC，則△ABC的面積的最大值為() A．2 B．2 C．3 D．3 解析 設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c。在△ABM中，由余弦定理得cosB＝，在△ABC中，由余弦定理得cosB＝，所以＝，即b2＋c2＝4bc－8，所以cosA＝，所以sinA＝，所以S△ABC＝bcsinA＝，所以當(dāng)bc＝8時，S△ABC取得最大值2。故選B。 答案 B 1．(考向一)如圖，角α的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與單位圓交于點A(x1，y1)，角β＝α＋的終邊與單位圓交于點B(x2，y2)，記f(α)＝y(tǒng)1－y2。若角α為銳角，則f(α)的取值范圍是________。 解析 由題意可知y1＝sinα，y2＝sinβ＝sin，所以f(α)＝y(tǒng)1－y2＝sinα－sin＝sinα＋sinα－cosα＝sinα－cosα＝sin。又因為α為銳角，即0<α<，所以－<α－<，所以－ 答案 2．(考向一)已知tan(α＋β)＝，tan＝，則的值為() A． B． C． D． 解析 tan(α＋β)＝，tan＝，則＝＝tan＝tan＝＝＝。故選D。 答案 D 3．(考向二)如圖所示，在△ABC中，C＝，BC＝4，點D在邊AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E為垂足，若DE＝2，則cosA＝() A． B． C． D． 解析 因為AD＝DB，所以A＝∠ABD，所以∠BDC＝2A。設(shè)AD＝BD＝x。在△BCD中，由＝，可得＝①。在△AED中，由＝，可得＝②。聯(lián)立①②可得＝，解得cosA＝。故選A。 答案 A 4．(考向二)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若a2＋b2＝2c2，則角C的取值范圍是________。 解析 因為a2＋b2＝2c2≥2ab(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立)，所以c2≥ab，所以由余弦定理可得cosC＝＝≥＝，又因為C∈(0，π)，所以C∈。 答案 5．(考向二)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若＝sinC，且c＝2，則a＋b的最大值為________。 解析 因為＝sinC，所以＝sinC＝2cosC，可得tanC＝。由C∈(0，π)，得C＝，所以＝＝＝4，所以a＝4sinA，b＝4sinB，則a＋b＝4sinA＋4sin＝4sin。因為A∈，所以A＋∈，所以sin∈，所以a＋b≤4，當(dāng)A＝時取等號。 答案 4 專題四 三角函數(shù)與解三角形 第九講 三角函數(shù)的概念、誘導(dǎo)公式與三角恒等變換 2019年 1.（2019北京文8）如圖，A，B是半徑為2的圓周上的定點，P為圓周上的動點，是銳角，大小為β.圖中陰影區(qū)域的面積的最大值為 （A）4β+4cosβ （B）4β+4sinβ （C）2β+2cosβ （D）2β+2sinβ 2.（全國Ⅱ文11）已知a∈（0，），2sin2α=cos2α+1，則sinα= A． B． C． D． 3.（2019江蘇13）已知，則的值是 .2010-2018年 一、選擇題 1．(2018全國卷Ⅰ)已知角的頂點為坐標(biāo)原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊上有兩點，且，則 A． B． C． D． 2．(2018全國卷Ⅲ)若，則 A． B． C． D． 3．(2018北京)在平面坐標(biāo)系中，，是圓上的四段?。ㄈ鐖D），點在其中一段上，角以為始邊，為終邊，若，則所在的圓弧是 A． B． C． D． 4．（2017新課標(biāo)Ⅲ）已知，則= A． B． C． D． 5．（2017山東）已知，則 A． B． C． D． 6．（2016年全國III卷）若，則= A． B． C． D． 7．（2015重慶）若，則 A． B． C． D． 8．（2015福建）若，且為第四象限角，則的值等于 A． B． C． D． 9．（2014新課標(biāo)1）若，則 A． B． C． D． 10．（2014新課標(biāo)1）設(shè)，且，則 A． B． C． D． 11．（2014江西）在中，內(nèi)角A，B，C所對應(yīng)的邊分別為若，則的值為 A． B． C． D． 12．(2013新課標(biāo)2)已知，則 A． B． C． D． 13．（2013浙江）已知，則 A． B． C． D． 14．（2012山東）若，則 A． B． C． D． 15．(2012江西)若，則tan2α= A．? B． C．? D． 16．（2011新課標(biāo)）已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的正半軸重合，終邊在直線上，則= A． B． C． D． 17．（2011浙江）若，，則 A． B． C． D． 18．（2010新課標(biāo)）若，是第三象限的角，則 A． B． C．2 D．2 二、填空題 19．（2017新課標(biāo)Ⅰ）已知，則 =__________． 20．（2017北京）在平面直角坐標(biāo)系中，角與角均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于y軸對稱．若sin=，則sin=_________． 21．（2017江蘇）若，則= ． 22．（2016年全國Ⅰ卷）已知是第四象限角，且，則 .23．（2015四川）已知，則的值是________． 24．（2015江蘇）已知，則的值為_______． 25．（2014新課標(biāo)2）函數(shù)的最大值為_______． 26．（2013新課標(biāo)2）設(shè)為第二象限角，若，則=_____.27．（2013四川）設(shè)，則的值是____________． 28．（2012江蘇）設(shè)為銳角，若，則的值為 ． 三、解答題 29．（2018浙江）已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點． (1)求的值； (2)若角滿足，求的值． 30．（2018江蘇）已知為銳角，． (1)求的值； (2)求的值． 31．（2015廣東）已知． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求的值． 32．(2014江蘇)已知，． (1)求的值； (2)求的值． 33．（2014江西）已知函數(shù)為奇函數(shù)，且，其中． （1）求的值； （2）若，求的值． 34．（2013廣東）已知函數(shù)． (1) 求的值； (2) 若，求． 35．（2013北京）已知函數(shù) （1）求的最小正周期及最大值． （2）若，且，求的值． 36．（2012廣東）已知函數(shù)，（其中，）的最小正周期為10． (1)求的值； (2)設(shè)，，求的值． 專題四 三角函數(shù)與解三角形 第九講 三角函數(shù)的概念、誘導(dǎo)公式與三角恒等變換 答案部分 2019年 1.解析 由題意和題圖可知，當(dāng)為優(yōu)弧的中點時，陰影部分的面積取最大值，如圖所示，設(shè)圓心為，.此時陰影部分面積.故選B.2.解析 由，得.因為，所以.由，得.故選B.3.解析 由，得，所以，解得或． 當(dāng)時，，.當(dāng)時，，所以.綜上，的值是． 2010-2018年 1．B【解析】由題意知，因為，所以，得，由題意知，所以．故選B． 2．B【解析】．故選B． 3．C【解析】設(shè)點的坐標(biāo)為，利用三角函數(shù)可得，所以，．所以所在的圓弧是，故選C． 4．A【解析】由，兩邊平方得，所以，選A． 5．D【解析】由得，故選D． 6．D【解析】由，得，或，所以，故選D． 7．A【解析】． 8．D【解析】由，且為第四象限角，則，則，故選D． 9．C【解析】知的終邊在第一象限或第三象限，此時與同號，故，選C． 10．B【解析】由條件得，即，得，又因為，所以，所以． 11．D【解析】=，∵，∴上式=． 12．A【解析】因為，所以，選A.13．C【解析】由，可得，進一步整理可得，解得或，于是． 14．D【解析】由可得，，答案應(yīng)選D。 另解：由及可得，而當(dāng)時，結(jié)合選項即可得.答案應(yīng)選D． 15．B【解析】分子分母同除得：∴，∴ 16．B【解析】由角的終邊在直線上可得，． 17．C【解析】，而，因此，則． 18．A【解析】∵，且是第三象限，∴，∴ ． 19．【解析】由得 又，所以 因為，所以 因為． 20．【解析】與關(guān)于軸對稱，則，所以． 21．【解析】． 22．【解析】因為，所以，因為為第四象限角，所以，所以，所以，所以． 23．【解析】由已知可得，＝． 24．3【解析】． 25．1【解析】 ．∵，所以的最大值為1． 26．【解析】∵,可得，∴，=． 27．【解析】，則，又，則，． 28．【解析】因為為銳角，cos(=,∴sin(=，∴sin2（cos2(，所以sin(． 29．【解析】(1)由角的終邊過點得，所以． (2)由角的終邊過點得，由得． 由得，所以或． 30．【解析】(1)因為，所以． 因為，所以，因此，． (2)因為為銳角，所以． 又因為，所以，因此． 因為，所以，因此，． 31．【解析】（Ⅰ）． （Ⅱ） ． 32．【解析】（1）∵，∴； （2）∵ ∴． 33．【解析】（1）因為是奇函數(shù)，而為偶函數(shù)，所以為奇函數(shù)，又得 所以，由，得，即 （2）由（1）得：因為，得又，所以因此 34．【解析】（1） （2）<θ<2π，所以，因此 35．【解析】：（1） 所以，最小正周期 當(dāng)（），即（）時，（2）因為，所以 因為，所以 所以，即 36．【解析】（1）． （2） ． ． 專題限時集訓(xùn)(九) [第9講 等差數(shù)列、等比數(shù)列] (時間：45分鐘) 1．一個由正數(shù)組成的等比數(shù)列，5倍，則此數(shù)列的公比為() A．1B．2 C．3D．4 2．若Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和，且S8－S4＝12，則S12的值為() A．64B．44 C．36D．22 3．在正項等比數(shù)列{an}中，已知a3·a5＝64，則a1＋a7的最小值為() A．64B．32 C．16D．8 4．設(shè){an}為等差數(shù)列，公差d＝－2，Sn為其前n項和，若S11＝S10，則a1＝() A．18B．20 C．22D．24 5．在各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a6＝a1a2a3，則公比q的值為() A.23 C．2D．3 6．公差不為零的等差數(shù)列{an }的第2，3，6項構(gòu)成等比數(shù)列，則這三項的公比為() A．1B．2 C．3D．4 7．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為n1313＝13，則a1＝() A．－14B．13 C．－12D．－11 8．已知數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，且a1，a2，a5成等比數(shù)列，則數(shù)列{an}的前5項和S5＝() A．20B．30 C．25D．40 9．已知等比數(shù)列{an}中，各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，且4a3，a5，2a4成等差數(shù)列，若a1＝1，則S4＝() A．7B．8 C．15D．16 10．已知等差數(shù)列{an}的首項a1＝1，前三項之和S3＝9，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________． 11．已知等差數(shù)列{an}的公差為－2，a3是a1與a4的等比中項，則數(shù)列{an}的前n項和Sn＝________． 12．已知{an}為等比數(shù)列，a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2，則a5＋a6＋a7＝________． 13．在數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}中，a1＝0，a3＝2，bn＝2an＋1(n∈N*)． (1)求數(shù)列{bn}及{an}的通項公式； (2)若cn＝an·bn，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.14．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋cn(c是常數(shù)，n＝1，2，3，…)，且a1，a2，a3成公比不為1的等比數(shù)列． (1)求c的值； (2)求數(shù)列{an}的通項公式． －15．等比數(shù)列{cn}滿足cn＋1＋cn＝10·4n1(n∈N*)，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an＝log2cn.(1)求an，Sn； 1(2)數(shù)列{bn}滿足bn＝Tn為數(shù)列{bn}的前n項和，是否存在正整數(shù)m(m>1)，使得4Sn－1 T1，Tm，T6m成等比數(shù)列？若存在，求出所有m的值；若不存在，請說明理由． 專題限時集訓(xùn)(九) 1．B [解析] 設(shè)此數(shù)列的公比為q，根據(jù)題意得q>0且q≠1，由 5a1（1－q2），解得q＝2.1－q 122．C [解析] 由S8－S4＝12得a5＋a8＝a6＋a7＝a1＋a12＝6，則S12(a1＋a12)＝36.2 3．C [解析] 由a3·a5＝64可得a1·a7＝64，則a1＋a7≥2 1a7＝16.4．B [解析] 由S11＝S10得，a11＝0，即a1＋(11－1)×(－2)＝0，得a1＝20.5．C [解析] a1q5＝(a1q)3，q2＝a21，因為各項均為正數(shù)，所以q＝a1＝2.6．C [解析] 由(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)得d＝－2a1，因此可羅列該數(shù)列的前6項為a1，－a1，－3a1，－5a1，－7a1，－9a1，則公比為3.13（a1＋a13）7．D [解析] 在等差數(shù)列中，S13＝13，得a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝22 －13＝－11，選D.8．C [解析] 由數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，得an＝a1＋(n－1)·2，又因為a1，a2，2a5成等比數(shù)列，所以a1·a5＝a22，即a1·(a1＋8)＝(a1＋2)，解得a1＝1，所以S5＝5a1＋ 5×（5－1）·d＝5×1＋20＝25.2 9．C [解析] 由4a3＋2a4＝2a5得q2(q2－q－2)＝0，由題意知q＝2，則S4＝1＋2＋4＋8＝15.3（a1＋a3）10．2n－1 [解析] 由＝S3，得a3＝5，故d＝2，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.2 11．－n＋9n [解析] 由2a1（1－q4）1－q＝a23＝a1·a4n（n－1）可得a1＝－4d＝8，故Sn＝8n＋×(－2)＝2 －n2＋9n.12．24 [解析] 由a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2得q＝－2，由a2＋a2q＝1，得a2＝－1，因此a5＋a6＋a7＝8－16＋32＝24.13．解：(1)方法一，依題意b1＝2，b3＝23＝8，設(shè)數(shù)列{bn}的公比為q，由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由b3＝b1·q2＝2·q2＝8，得q2＝4，又q>0，則q＝2，－－故bn＝b1qn1＝2·2n1＝2n，又由2an＋1＝2n，得an＝n－1.(2)依題意cn＝(n－1)·2n.－Sn＝0·21＋1·22＋2·23＋…＋(n－2)·2n1＋(n－1)·2n，① ＋則2Sn＝0·22＋1·23＋2·24＋…＋(n－2)·2n＋(n－1)·2n1，② ①－②得 －Sn＝2＋2＋…＋2－(n－1)·2 ＋23nn＋1＝22－2n＋11－2－(n－1)·2n1，＋＋即－Sn＝－4＋(2－n)·2n1，故Sn＝4＋(n－2)·2n1.bn＋1方法二，(1)依題意{bn}為等比數(shù)列，則＝q(常數(shù))，bn 由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由2an＋1＋1 2an＋12an＋1－an＝q，得an＋1－an＝log2q(常數(shù))，故{an}為等差數(shù)列． 設(shè){an}的公差為d，由a1＝0，a3＝a1＋2d＝0＋2d＝2，得d＝1，故an＝n－1.(2)同方法一． 14．解：(1)a1＝3，a2＝3＋c，a3＝3＋3c，∵a1，a2，a3成等比數(shù)列，∴(3＋c)2＝3(3＋3c)，解得c＝0或c＝3.當(dāng)c＝0時，a1＝a2＝a3，不符合題意，舍去，故c＝3.(2)當(dāng)n≥2時，由a2－a1＝c，a3－a2＝2c，…，an－an－1＝(n－1)c，n（n－1）則an－a1＝[1＋2＋…＋(n－1)]c2 33又∵a1＝3，c＝3，∴an＝3＋n(n－1)＝(n2－n＋2)(n＝2，3，…)． 22 3當(dāng)n＝1時，上式也成立，∴an2－n＋2)． 2 15．解：(1)因為c1＋c2＝10，c2＋c3＝40，所以公比q＝4，－－由c1＋4c1＝10，得c1＝2，cn＝2·4n1＝22n1，－所以an＝log222n1＝2n－1.Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2c1＋log2c2＋…＋log2cn＝log2(c1·c2·…·cn)＝log2(21·23·…·22n－1＋＋…＋2n－1))＝log22(13＝n2.11?1－1(2)由(1)知bn＝2?2n－12n＋1，?4n－12? 111111n于是Tn＝[(1－)＋()＋…＋()]＝.23352n－12n＋12n＋1 假設(shè)存在正整數(shù)m(m>1)，使得T1，Tm，T6m成等比數(shù)列，則 ?m216m4m2－7m－2＝0，?2m＋1＝3×??12m＋1 1解得m＝－或m＝2.4 *由m∈N，m>1，得m＝2.因此存在正整數(shù)m＝2，使得T1，Tm，T6m成等比數(shù)列．第二篇：2014高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)方案 二輪作業(yè)手冊(新課標(biāo)·通用版)專題限時集：第8講 三角恒等變換與解三角形
第三篇：高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理配套講義6 三角恒等變換、解三角形
第四篇：文科數(shù)學(xué)2010-2019高考真題分類訓(xùn)練專題四 三角函數(shù)與解三角形 第九講 三角函數(shù)的概念、誘導(dǎo)公式與三角恒等變換—后附解析答案
第五篇：2014高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)方案 二輪作業(yè)手冊(新課標(biāo)·通用版)專題限時集：第9講 等差數(shù)列、等比數(shù)列
點擊咨詢 