題型分類突破理科Y版模塊二

模塊二三角函數(shù)與解三角形考查角度1三角函數(shù)與三角恒等變換(見學生用書P27)分類透析1三角函數(shù)中的化簡與求值例1(1)已知cosα2-sinα2=55,則sin(2)若tanπ2-α=3cos(α-π),則cos2α=(A.-1 B.7C.0或79 D.-1或(3)若α∈π2,π,2cos2α=sinπ4-α,則sin2A.-78 B.78 C.-18 答案(1)45(2)D(3)解析(1)由同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可得cosα2-sinα22=cos2α2+sin2α2-2sinα2cosα2=1-(2)由同角三角函數(shù)基本關(guān)系式得sinπ2-αcosπ2-α=-3cosα,即cosαsinα=-3cosα,解得cosα=0或sinα=-13.又cos2α=1-2sin2α=2cos2α-1,所以cos(3)由誘導公式和二倍角公式可得2cos2α=2sinπ2-2α=2sin2π4-α=4sinπ4-α·cosπ4-α=sinπ4-α.因為α∈π2又sin2α=cos2π4-α=2cos2π4-α-1=2×1小結(jié)三角函數(shù)中的化簡與求值問題的一般解題思路:(1)根據(jù)誘導公式或同角三角函數(shù)基本關(guān)系式,對所給關(guān)系式進行變形;(2)觀察已知角與所求角之間的差異,用已知角來表示所求角;(3)恒等變形、正確求值.分類透析2三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)例2(1)已知函數(shù)f(x)=2sinωx+π4(ω>0)的圖象在區(qū)間[0,1]上恰好有3個最高點,則ω的取值范圍為(A.19π4,C.17π4,25π4 (2)已知函數(shù)f(x)=3sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)為偶函數(shù),且y=f(x)圖象的兩條相鄰的對稱軸間的距離為π2,則fπ6的值為(A.-1 B.1 C.3 D.2(3)已知函數(shù)f(x)=sin(πx+φ)某個周期的圖象如圖所示,A,B分別是f(x)圖象的最高點與最低點,C是f(x)圖象與x軸的一個交點,則tan∠BAC=().A.12 B.C.255 答案(1)C(2)B(3)B解析(1)因為x∈[0,1],ω>0,所以ωx+π4∈π4,ω+π4,又因為函數(shù)f(x)的圖象在區(qū)間[0,1]上恰好有3個最高點,所以9π2≤ω+π4(2)由題意可得f(x)=3sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)=2sin(ωx+φ)-因為函數(shù)y=f(x)為偶函數(shù),所以φ-π6=kπ+π2(k∈所以φ=kπ+2π3(k∈Z).又0<φ<π,令k=0,則φ=又因為y=f(x)圖象的兩條相鄰的對稱軸間的距離為π2,所以函數(shù)y=f(x)的最小正周期T=2×π2=π,則2πω=π,所以ω=2,則f(x)=2sin2x+所以fπ6=2cos2×π6=1(3)因為函數(shù)f(x)=sin(πx+φ),則函數(shù)f(x)的最小正周期T=2ππ=2,最大值為1,最小值為-由圖象可知AB=(xB-xA,yB-yA)=(-1,-2),AC=(xC-xA,yC-yA)=-3cos∠BAC=AB·AC|AB||又因為∠BAC為銳角,所以tan∠BAC=47,故選小結(jié)已知三角函數(shù)的性質(zhì)求參數(shù)范圍問題的一般解題思路:(1)根據(jù)函數(shù)的定義域,求得ωx+φ的范圍;(2)先令θ=ωx+φ,再根據(jù)題目所給的單調(diào)性、奇偶性、對稱性、周期性以及最值,得到ω或φ的約束關(guān)系;(3)通過對k合理賦值,求得參數(shù)范圍.分類透析3三角恒等變換例3(1)已知α∈0,π2,且2sin2α-sinα·cosα-3cos2α=0,則sin(2)設tan211°=a,則sin17°+cos17°sin17°-A.2aa2-1 B.2a(3)17世紀德國著名的天文學家開普勒曾經(jīng)這樣說過:“幾何學里有兩件寶,一個是勾股定理,另一個是黃金分割.如果把勾股定理比作黃金礦的話,那么可以把黃金分割比作鉆石礦.”黃金三角形有兩種,其中底與腰之比為黃金分割比的黃金三角形被認為是最美的三角形,它是一個頂角為36°的等腰三角形(另一種是頂角為108°的等腰三角形).例如,五角星由五個黃金三角形與一個正五邊形組成,如圖所示,在其中一個黃金△ABC中,BCAC=5-12.根據(jù)這些信息,可得sin234°=A.1-254C.-5+14 D.答案(1)268(2)A(3)解析(1)∵2sin2α-sinα·cosα-3cos2α=0,∴(2sinα-3cosα)·(sinα+cosα)=0.又α∈0,π2,∴2sinα=3cos解得cosα=213,sinα=3∴sinα+=22(sinα+cos(2)sin17°+cos17°sin17°-cos17°=tan17°+1tan17°-1因為tan211°=tan31°=a,所以tan62°=2tan31°1-tan231°=2(3)由題可知∠ACB=72°,且cos72°=12BCACcos144°=2cos272°-1=-5+1則sin234°=sin(144°+90°)=cos144°=-5+14.故選小結(jié)三角恒等變換問題的一般解題思路:(1)觀察已知關(guān)系式與所求關(guān)系式的角、名稱、式子之間的特征差異;(2)選擇從“角”入手還是從“統(tǒng)一名稱”入手;(3)通過湊“角”變“角”建立已知與未知的橋梁.(見學生用書P28)1.(2020年全國Ⅱ卷,理T2改編)若α為第二象限角,則().A.cos2α>0 B.cos2α<0C.sin2α>0 D.sin2α<0答案D解析由α為第二象限角,可得π2+2kπ<α<π+2kπ(k∈Z),所以π+4kπ<2α<2π+4kπ(k∈Z),所以sin2α<02.(2020年全國Ⅲ卷,理T9改編)已知cos2θ=12,則tanθ=()A.-33 B.±C.13 D.答案B解析∵cos2θ=cos2θ-sin2θ=cos2θ-sin2θcos2θ+sin2θ=1-tan23.(2020年全國Ⅰ卷,理T7改編)設函數(shù)f(x)=Acosωx+π6(0<ω<2)在[-π,π]上的大致圖象如圖所示,則fπ3=A.1 B.-1 C.32 D.-答案B解析函數(shù)f(x)的圖象過點-4π9,0,代入函數(shù)f(x)的解析式可知Acos-4π9ω+π6=0,因為0<ω<2,所以ω=32,又因為函數(shù)f(x)圖象過點(0,3),得Acos32×0+π6=3,所以A=2,則f(x)=4.(2020年全國Ⅰ卷,理T9改編)已知α∈π,3π2,且6cos2α-sinα=5,則sinα=A.-13 B.-14 C.14 答案A解析由6cos2α-sinα=5,得6(1-2sin2α)-sinα-5=0,即12sin2α+sinα-1=0,解得sinα=-13或sinα=14,又α∈π,3π2,故sin5.(2020年全國新高考Ⅰ卷,T10改編)如圖所示的是函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)的部分圖象,則下列結(jié)論不正確的是().A.fπ8=B.f12x在C.若f(x+θ)是偶函數(shù),則θ=-π12+12kπ,kD.把函數(shù)f(x)的圖象向左平移π3個單位長度,可得函數(shù)y=-sin2x答案D解析由函數(shù)圖象可知T2=2π3-π6=π2,則ω=2當x=2π3+π62=5π12時,f(x)=-1,∴2×5π12+φ=3π2+2kπ(k∈Z),故f(x)=sin2x+2π所以fπ8=sinπ4+2π3=22×-12+2f12x=sinx+2π3,當x∈-π6,5π6時,x+2π3若f(x+θ)=sin2x+2θ+2π3是偶函數(shù),則2θ+2π3=π2+kπ(k∈Z),解得θ=-π12+1把函數(shù)f(x)的圖象向左平移π3個單位長度,得到函數(shù)y=sin2x+π3+π3=sin2x+4π3=-sin2x+π3的圖象,不是函數(shù)y=-sin6.(2020年全國新高考Ⅰ卷,T15改編)某中學開展勞動實習,學生加工制作零件,零件的截面如圖所示.O為圓孔及輪廓圓弧AB所在圓的圓心,A是圓弧AB與直線AG的切點,B是圓弧AB與直線BC的切點,四邊形DEFG為矩形,BC⊥DG,垂足為C,BH∥DG,EF=12cm,DE=2cm,A到直線DE和EF的距離均為7cm,圓孔半徑為1cm,若陰影部分的面積為4+52πcm2,則tan∠答案3解析如圖所示,過點A作AM垂直于直線DE于點M,作AN⊥EF于點N,交DG于點P,設OB=OA=r,由題意得AM=AN=7,EF=12,DE=2,所以NF=5,AP=5,所以∠AGP=45°.因為BH∥DG,所以∠AHO=45°.因為AG與圓弧AB相切于A點,所以OA⊥AG,所以△OAH為等腰直角三角形,所以陰影部分的面積S=12×3π4×r2+12r2-12π×12=4+5π過點O作OQ⊥DG于點Q,則在直角△OQD中,OQ=5-22r=3,DQ=7-22r=所以tan∠ODC=OQDQ=3(見學生用書P28)1.(成都市2020屆高三年級第一次診斷性檢測)若sinθ=5cosθ,則tan2θ=().A.-53 B.C.-52 D.答案C解析由同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可得tanθ=sinθcosθ=5tan2θ=2tanθ1-tan2θ=2.(2020屆陜西省榆林市高三模擬第一次測試)已知α∈(0,π),2sin2α=cos2α-1,則sinα=().A.15 B.C.-55 D.答案D解析因為α∈(0,π),所以sinα>0.由題意可知,2sin2α=cos2α-1,即4sinαcosα=(1-2sin2α)-1,整理得cosα=-12sinα,所以解得sinα=253.(2020屆江西省景德鎮(zhèn)市高三第一次質(zhì)檢)已知cosα=513,α∈(π,2π),則cosα+π6=A.5+12326 C.12+5326 答案C解析由cosα=513,α∈(π,2π)可知,cosα>0,sinα<0∵sin2α+cos2α=1,∴sinα=-1213即cosα+π6=cosαcosπ6-sinαsin故選C.4.(2020屆廣東省高三1月大聯(lián)考)已知θ∈π4,π2,且sinθ+π4=3A.2 B.4C.3 D.12答案A解析因為θ∈π4,π2,所以θ+π4∈π2,所以cosθ+π4=-1010,則tan所以tanθ=tanθ+π4-π4=tanθ+5.(2020屆廣東省東莞市高三期末調(diào)研測試)已知函數(shù)f(x)=2sin2x+π6,將f(x)的圖象上所有的點向右平移θ(θ>0)個單位長度,得到的圖象關(guān)于直線x=π6對稱,則θA.π6 B.C.π2 答案C解析將函數(shù)f(x)=2sin2x+π6圖象上所有的點向右平移θ(θ>0)個單位長度,得到函數(shù)y=2sin2(由題意知,2×π6-2θ+π6=π2+kπ(k∈解得θ=-kπ2(k∈又因為θ>0,所以θ的最小值為π2,故選6.(福州市2020屆高三質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)0<φ<π2的部分圖象如圖所示,則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為A.π4+4kB.-13π12+C.π4+2kπ,D.-13π12+答案A解析由圖象可知,34T=7π12--5π12=π,則函數(shù)f(x)的最小正周期T=4π3=2πω,解得ω=32,又32×-5π12+φ=2kπ-π2,k∈Z,即φ=2kπ+π8,k∈Z,因為0<φ<π2,令k=0,則φ=π8,所以f(x)=sin32x+π8,令2kπ+π2≤32x+π8≤27.(2020屆陜西省高三教學質(zhì)量檢測卷(一))將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移5π12個單位長度,得到函數(shù)f(x)的圖象,則下列說法正確的是(①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=-π6對稱②函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點π3,③函數(shù)f(x)在區(qū)間-π6④函數(shù)f(x)在區(qū)間π6,A.①④ B.②③C.①③ D.②④答案C解析由題意將函數(shù)y=sin2x的圖象向左平移5π12個單位長度,得到f(x)=sin2x+5π12=sin2x+5π6=sin2x+令2x+π3=kπ(k∈Z),得到x=kπ2-π6(所以對稱軸為直線x=kπ2-π6(k∈Z),故令2x+π3=kπ+π2(k∈得到x=kπ2+π12(k所以對稱中心為點kπ2+π12,0(k由2kπ≤2x+π3≤2kπ+π(k∈Z得-π6+kπ≤x≤π3+kπ(k∈所以函數(shù)f(x)在-π6+kπ,π3+kπ(k由2kπ+π≤2x+π3≤2kπ+2π(k∈Z得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k所以函數(shù)f(x)在π3+kπ,5π6+kπ(k∈Z8.(2020屆湖南省長沙市明德中學高三檢測)定義運算:a*b=a,a≤b,b,a>b.例如1*2=1,則函數(shù)f(xA.-22,22 B.[C.22,1答案D解析根據(jù)三角函數(shù)的周期性,我們只看在一個最小正周期內(nèi)的情況即可.設x∈[0,2π],當π4≤x≤5π4時,sinx≥cosx,則f(x)=cosx,故f(x)∈-1,22.當0≤x<π4或5π4<x≤2π時,cosx>sinx,則f(x)=sinx,故f(x)∈0,22∪[-1,09.(2020屆西安七校聯(lián)考)矗立于倫敦泰晤士河畔的倫敦眼是世界上首座、也曾經(jīng)是世界上最大的觀景摩天輪.已知其旋轉(zhuǎn)半徑為60米,最高點距地面135米,運行一周大約需要30分鐘,某游客在最低點的位置坐上摩天輪,則第10分鐘時他距地面大約為().A.95米 B.100米C.105米 D.110米答案C解析設人在摩天輪上離地面高度h(米)與時間t(分鐘)的函數(shù)關(guān)系為f(t)=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,φ∈[0,2π)).由題意可知,A=60,B=135-60=75,T=2πω,所以ω=π15,即f(t)=60sinπ又因為f(0)=135-120=15,解得sinφ=-1,故φ=3π所以f(t)=60sinπ15t+3π2+75=-所以f(10)=-60×cos2π3+75=105.10.(烏魯木齊市2020屆高三第一次診斷性測試)將奇函數(shù)f(x)=3sin(2x+φ)-cos(2x+φ)(0<φ<π)的圖象向右平移φ個單位長度,得到y(tǒng)=g(x)的圖象,則g(x)的一個單調(diào)遞減區(qū)間為().A.-π12,5C.π12,7答案D解析由已知得f(x)=2sin2x∵f(x)為奇函數(shù),∴φ-π6=kπ,k∈Z即φ=kπ+π6,k∈Z∵0<φ<π,∴當k=0時,φ=π6∴f(x)=2sin2x,∴g(x)=2sin2x-π6令π2+2kπ<2x-π3<3π2+2kπ,∴5π12+kπ<x<11π12+kπ,當k=0時,5π12,11π12為故選D.11.(2020屆江西省景德鎮(zhèn)市高三第一次質(zhì)檢試題)函數(shù)f(x)=2sinωx+π6(ω>0)在區(qū)間-π4,π4內(nèi)有最大值且無最小值A.43,8C.43,16答案A解析由題意知-解得43<ω≤8故選A.12.(2020屆云南省大理市高三復習統(tǒng)一檢測)函數(shù)f(x)=3sinxcosx-sin2x在區(qū)間-π12,m上至少取得1個最小值,則正整數(shù)m的最小值是A.4 B.3C.2 D.1答案B解析函數(shù)f(x)=3sinxcosx-sin2x=32sin2x-12(1-cos2x)=sin2x∴f(x)的最小正周期T=2π2=且當x=-π12時,2x+π6=結(jié)合f(x)在區(qū)間-π12,m上至少取得1個最小值可得m--π12≥34T=3π4,解得m≥2π3≈213.(2020屆遼寧省葫蘆島市協(xié)作校高三第二次考試)函數(shù)f(x)=sinx-π6cosx答案π解析∵f(x)=12sin2x-π3,14.(2020屆湖南省永州市高三一模)在平面直角坐標系xOy中,點A為以O為圓心的單位圓在第一象限上一點,B(1,0),∠BOA=π3,若點A沿單位圓逆時針方向旋轉(zhuǎn)角α到點C-45,3答案3解析記OC為角β的終邊,由三角函數(shù)的定義可得sinβ=35,cosβ=-4因為點A沿單位圓逆時針方向旋轉(zhuǎn)角α到點C,所以α=β-π3即cosα=cosβ-π3=cosβcosπ3+sinβsinπ3=-45×1215.(2020屆江蘇省蘇州市高三階段性抽測(一))若1+cosαsinα=12,則cosα+答案1解析由1+cosαsinα=12,可得2(1+cosα)=sinα,即4(1+cosα)2=sin2α=1-cos2α,化簡得cosα=-35或cosα=-1(舍去),故sinα=2(1+cosα)=45,所以cosα+2sinα=-16.(2020屆廣東省佛山市第一中學月考)關(guān)于函數(shù)f(x)=3sin2x+①若f(x1)=f(x2)=0,則x1-x2=kπ(k∈Z);②f(x)的圖象與g(x)=3cos2x-③f(x)在區(qū)間-7π④f(x)的圖象關(guān)于點-π8其中正確的是.(填序號)

答案②③④解析①因為f(x)=3sin2x+π4,f(x1)=f(x2)=0,所以x1-x2=kπ2(k∈②g(x)=3cos2x-π4=3sin2x-π4+π2③當x∈-7π8,-3π8時所以f(x)在區(qū)間-7π8,-3π④當x=-π8時,2x+π4=0,即f-π8=0,考查角度2解三角形(見學生用書P30)分類透析1判斷三角形的形狀例1(1)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若(a-c·cosB)·sinB=(b-c·cosA)·sinA,則△ABC的形狀是().A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形(2)在△ABC中,若bcosCccosB=1+cos2C1+cos2B,A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形(3)在△ABC中,a2+b2+c2=23absinC,則△ABC的形狀是().A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.等邊三角形答案(1)D(2)D(3)D解析(1)由(a-c·cosB)·sinB=(b-c·cosA)·sinA,結(jié)合正弦定理,化簡可得(a-c·cosB)·b=(b-c·cosA)·a,所以acosA=bcosB,則sinBcosB-sinAcosA=0,即sin2B-sin2A=0,解得2B=2A或2B+2A=180°,所以△ABC是等腰三角形或直角三角形.故選D.(2)由已知1+cos2C1+cos2B=2cos2C2cos2B=cos2Ccos2B=bcosCccosB,化簡得cosCcosB=bc或cosCcosB=0,即C=90°或cosCcosB=bc,由正弦定理得bc=sinBsinC,即cosCcosB=sinBsinC(3)由余弦定理得a2+b2-c2=2abcosC,又因為a2+b2+c2=23absinC,兩式相加,得到a2+b2=ab(cosC+3sinC)=2ab·cosC-所以cosC-π3=a2+b22ab≥2又因為cosC-π3∈[-1所以cosC-π3因為C∈(0,π),所以C-π3所以C-π3=0,解得C=π又因為a=b,所以△ABC是等邊三角形,故選D.小結(jié)判斷三角形形狀問題的解題思路:(1)分析所給關(guān)系式的基本特征,初步確定轉(zhuǎn)化方向,是化成“邊”的關(guān)系還是“角”的關(guān)系;(2)根據(jù)正弦定理、余弦定理對所給關(guān)系式實施“邊(角)”轉(zhuǎn)化;(3)在變形過程中,一定要注意等價轉(zhuǎn)化,特別是在“約分”和角的范圍上.分類透析2利用正、余弦定理解三角形例2(1)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知C=60°,b=6,c=3,則A=.

(2)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,則A=().A.π6 B.π3 C.5π6答案(1)75°(2)B解析(1)由正弦定理,得sinB=bsinCc=6結(jié)合b<c得B=45°,則A=180°-B-C=75°.(2)∵(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,∴由正弦定理得(a+b)(a-b)=c(c-b),即b2+c2-a2=bc.∴cosA=b2+c又A∈(0,π),∴A=π3小結(jié)已知兩角和一邊,該三角形是確定的,其解是唯一的;已知兩邊和其中一邊的對角,該三角形具有不唯一性,通常根據(jù)三角函數(shù)值的有界性和大邊對大角定理進行判斷.已知三角形的兩邊和其中一邊的對角解三角形,可用正弦定理求解,也可用余弦定理求解.分類透析3與其他知識交匯的解三角形問題例3(1)已知△ABC三個內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若sinA,sinB,sinC成等比數(shù)列,sin(B-A),sinA,sinC成等差數(shù)列,則C=.

(2)已知在銳角△ABC中,AH⊥BC于點H,且9BA2-4CA2=AH·(4CA-9BA),若BC=2,則sinB答案(1)π2(2)解析(1)由題意可得sin2B=sinAsinC,即b2=ac,由題意可得2sinA=sin(B-A)+sinC,整理得2sinA=sin(B-A)+sin(B+A)=2sinBcosA,cosA=sinAsinB又cosA=b2+c2-a22bc=ab,所以b2+c2-a2=2ac=2b2,即c(2)由9BA2-4CA2=AH·(4CA-9得9BA2+9BA·AH=4CA2+4AH·所以9BA·BH=4CA·CH,即9BH2=4CH2,BH=23CH.設BC邊上的高為h,則tanB=54h,tanC=56h,所以tanA=-tan(B+C)=-5解得h>265.因為△ABC的面積S=12bcsinA=12ah,所以2RsinB即sinBsinCsinA=h小結(jié)與其他知識交匯的解三角形問題的解題策略:(1)與等差、等比數(shù)列交匯的問題,多是以等差、等比數(shù)列為媒介給出三角形的“邊”與“角”的關(guān)系,只要按題目要求正確“翻譯”過來即可;(2)與向量知識的交匯問題,多是以向量的數(shù)量背景和幾何背景為解題的突破點,常常以向量的線性運算和數(shù)量積運算出現(xiàn);(3)特別注意的是三角形中的數(shù)量積公式與面積公式的“關(guān)聯(lián)性”.(見學生用書P30)1.(2020年全國Ⅲ卷,理T7改編)在△ABC中,cosC=23,AC=4,BC=3,則sinA=()A.19B.13C.12答案D解析根據(jù)余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cosC,則AB2=42+32-2×4×3×23,可得AB2=9,即AB=3,∴AB=BC,∴sinA=sinC=52.(2020年全國Ⅰ卷,理T16改編)如圖,在三棱錐P-ABC的平面展開圖中,AC=1,AB=AD=2,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=45°,則∠FCB=.

答案90°解析∵AB⊥AC,AB=2,AC=1,∴由勾股定理得BC=AB2+同理得BD=2,∴BF=BD=2,在△ACE中,AC=1,AE=AD=2,∠CAE=45°,由余弦定理得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos45°=1+2-2×1×2×22=1,解得CE=1∴CF=CE=1,在△BCF中,BC=3,BF=2,CF=1,由余弦定理得cos∠FCB=CF2+BC2-BF2(見學生用書P31)1.(銀川市2020屆高考押題考試)若在△ABC中,a=8,A=45°,B=60°,則b的值為().A.23+2 B.46C.43+2 D.4+43答案B解析由正弦定理asinA=bsinB得8sin45°=bsin60°,2.(天津市河東區(qū)2020屆高三高考模擬)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C對應的邊分別為a,b,c,A=2π3,b=3,△ABC的面積為1534,則a=A.19 B.912 C.7 D.答案C解析由A=2π3,b=得S△ABC=12bcsinA=1534,解得在△ABC中,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA=9+25-2×3×5×-12=解得a=7.故選C.3.(2020屆承德市隆化縣存瑞中學高三第一次質(zhì)檢)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若c=2bcosA,則此三角形是().A.等邊三角形 B.等腰三角形C.直角三角形 D.鈍角三角形答案B解析因為c=2bcosA,由正弦定理得sinC=2sinBcosA,即sin(A+B)=2sinBcosA,所以sinAcosB+cosAsinB=2sinBcosA,即sinAcosB=sinBcosA,可得sin(A-B)=0.又在△ABC中,A-B∈(-π,π),所以A=B,因此三角形為等腰三角形.4.(2020屆四川省成都市蓉城名校聯(lián)盟高三上學期第一次聯(lián)考)在平面四邊形ABCD中,已知∠A=π2,∠CDA=2π3,AD=2,BD=4,DC=5,則BC=(A.21 B.33 C.23 D.43答案A解析在Rt△ABD中,AD=12BD,所以∠DBA=π6,∠ADB=π3.因為∠CDA=2π3,在△BCD中,由余弦定理得BC=52+42-5.(2020屆天津市六校高三期中檢測)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知△ABC的面積為315,3sinA=2sinC,cosB=-14,則b的值為()A.2 B.6 C.8 D.12答案C解析在△ABC中,由cosB=-14,可得sinB=15由S△ABC=12acsinB=315,可得ac=24因為3sinA=2sinC,所以3a=2c.綜上可得a=4,c=6,由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=16+36-2×6×4×-14=64,解得b=8.6.(2020屆安徽十校聯(lián)考)在△ABC中,p:△ABC是銳角三角形,q:sinA>cosC,則p是q的().A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件答案B解析若△ABC是銳角三角形,則A+C>π2,即π2>A>π2-C>0,所以sinA>sinπ2-C,即sinA>cosC,同理反之,如當A=π2,B=π6時,sinA>cosC,△ABC為直角三角形,所以p是q的充分不必要條件,7.(2020屆重慶市第一中學月考)設△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知ccosA=12(acosB+bcosA),△ABC的面積為3,b+c=26,則△ABC的外接圓面積為()A.4π B.16π C.24π D.48π答案A解析因為ccosA=12(acosB+bcosA所以ccosA=12c所以cosA=12,則sinA=3因為△ABC的面積為3,b+c=26,所以由三角形面積公式以及余弦定理可得3=12bcsin由正弦定理可得asinA=2R,解得R=則△ABC的外接圓的半徑為2,其面積為4π.8.(寧夏中衛(wèi)市2020屆高三第二次模擬考試)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知C=2π3,sinB=3sinA,若△ABC的面積為63,則c=(A.22 B.226 C.214 D.47答案B解析由題意得b=3a.又S△ABC=12absinC=32a2·32=63,解得a2∴c2=a2+b2-2abcosC=10a2+3a2=13a2=104,∴c=226,故選B.9.(2020屆山東省濟寧市高三上學期期中)在銳角△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若sinA=223,a=2,S△ABC=2,則b的值為(A.3 B.322 C.22 答案A解析因為在銳角△ABC中,sinA=223,S△ABC=所以12bcsinA=12bc22即bc=3,①又a=2,A是銳角,所以cosA=1-sin所以由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得(b+c)2=a2+2bc(1+cosA)=4+6×1+13=即b+c=23.②由①②得b+c=23,bc10.(2020屆銀川高三質(zhì)量檢測)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知sinB+sinA(sinC-cosC)=0,a=2,c=2,則C=().A.π12 B.π6 C.π4答案B解析sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,因為sinB+sinA(sinC-cosC)=0,所以sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC-sinAcosC=0,即cosAsinC+sinAsinC=0,又因為sinC≠0,所以cosA=-sinA,解得tanA=-1,又因為π2<A<π,所以A=3由正弦定理可得sinC=csinAa=2因為a>c,所以C=π6,故選11.(2020屆山東省德州市模擬)中華人民共和國國歌有84個字,37小節(jié),奏唱需要46秒.某校周一舉行升旗儀式,旗桿正好處在坡度15°的看臺的某一列的正前方,從這一列的第一排和最后一排測得旗桿頂部的仰角分別為60°和30°,第一排和最后一排的距離為102米(如圖所示),旗桿底部與第一排在同一個水平面上.要使國歌結(jié)束時國旗剛好升到旗桿頂部,則升旗手升旗的速度應為().A.3323米/秒 B.53C.7323米/秒 D.83答案B解析由題意可知(如圖中各字母標點),∠HAB=45°,∠HBA=105°,∠AHB=30°,在△HAB中,由正弦定理得HBsin∠HAB=ABsin∠AHB,即HBsin45°=所以OH=HB·sin∠HBO=20sin60°=103,v=10346=5323(米/秒12.(2020屆華中師范大學第一附屬中學高考押題考試)在△ABC中,sinA+2sinBcosC=0,3sinB=sinC,則cosC=().A.12 B.32 C.-12 答案C解析由3sinB=sinC,得3b=c.由sinA+2sinBcosC=0,得a+2bcosC=0.∴cosC=a2+b∴a=b,∴cosC=-1213.(2020屆浙江省十校聯(lián)盟高三聯(lián)考改編)在△ABC中,cosC=-35,BC=1,AC=5,則AB=答案42解析根據(jù)題意可知,AB2=12+52-2×1×5×-35=32,所以AB=414.(2020屆華中師范大學第一附屬中學考前訓練改編)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若c=1,△ABC的面積為a2+b2-1答案π解析由于三角形的面積S=12absinC=a2+b2-14,而cosC=a2+b2-12ab,解得sin15.(2020屆山東省聊城市高三下學期期中)在△ABC中,a,b,c分別為內(nèi)角A,B,C的對邊,若sinA,sinB,sinC成等差數(shù)列,cosB=35,S△ABC=2,則b的值為答案4解析因為sinA,sinB,sinC成等差數(shù)列,所以2sinB=sinA+sinC.由正弦定理可知,2b=a+c,因為cosB=35,所以sinB=4S△ABC=12acsinB=2,則ac=5由余弦定理可知,b2=a2+c2-2accosB,即b2=(a+c)2-2ac-2accosB.代入得b2=4b2-10-10×35化簡得b2=163,解得b=416.(2020屆衡陽市雁峰區(qū)第八中學高三模擬檢測)在銳角△ABC中,∠A=30°,BC=1,則△ABC面積的取值范圍為.

答案3解析因為∠A=30°,BC=1,由正弦定理可得ABsinC=ACsinB=BCsinA=2,AC=2sinB=2sin(150°-C)=212cosC+32sinC=cosC+3sinC,所以S△ABC=12AB·AC·sinA=12×2sinC×(cosC+3sinC)×12=12sin(2C-60°因為A+B+C=180°,0°<C<90°,0°<B<90°,所以0°<B=180°-30°-C<90°,所以60°<C<90°,所以60°<2C-60°<120°,即sin(2C-60°)∈32可得12sin(2C-60°)+34∈則△ABC面積的取值范圍為32考查角度3三角函數(shù)與解三角形的綜合問題(見學生用書P32)分類透析1與“中線”有關(guān)的解三角形問題例1在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知2bcosC=2a+c.(1)求角B的大小;(2)若a=2,D為AC的中點,且BD=3,求c的值.解析(1)由正弦定理得2sinBcosC=2sinA+sinC,又A=π-(B+C),則sinA=sin(B+C),于是有2sinBcosC=2sinBcosC+2sinCcosB+sinC,整理得2sinCcosB+sinC=0,又sinC≠0,則cosB=-12,因為B∈(0,π),所以B=2(2)因為D為AC的中點,所以BA+BC=2BD,即(BA+BC)2=4BD2,又∠ABC=2π3,所以a2+c2-ac=12.因為a=2,所以c2-2c-8=0,解得c=4或c=-2(舍去),則小結(jié)與“中線”有關(guān)的解三角形問題的解題方法:(1)明確“中線”的特征,將對邊平分,把原來的三角形分成兩個具有公共邊和一個內(nèi)角互補的兩個三角形;(2)與向量知識的交匯,通過向量的線性運算,建立三角形的中線與三角形的邊角關(guān)系體現(xiàn)向量的工具性.分類透析2平面多邊形中的解三角形問題例2在平面四邊形ABCD中,AB=2,BD=5,AB⊥BC,∠BCD=2∠ABD,△ABD的面積為2.(1)求AD的長;(2)求△CBD的面積.解析(1)由已知S△ABD=12AB·BD·sin∠ABD=12×2×5×sin∠ABD=可得sin∠ABD=255,又∠ABD∈所以cos∠ABD=55在△ABD中,由余弦定理AD2=AB2+BD2-2·AB·BD·cos∠ABD,可得AD2=5,解得AD=5.(2)由AB⊥BC,得∠ABD+∠CBD=π2所以sin∠CBD=cos∠ABD=55又∠BCD=2∠ABD,所以sin∠BCD=2sin∠ABD·cos∠ABD=45因為∠BDC=π-∠CBD-∠BCD=π-π2-∠ABD-2∠ABD=π2-所以△CBD為等腰三角形,即CB=CD.在△CBD中,由正弦定理BDsin∠BCD=CDsin∠CBD,得CD=BD·所以S△CBD=12CB·CD·sin∠BCD=12×54×54×小結(jié)平面多邊形中的解三角形問題的解題策略:(1)明確平面多邊形的幾何特征(如共圓等)以及構(gòu)成平面多邊形的各個三角形之間的邊角關(guān)系;(2)“公共邊”“相關(guān)角”是建立方程或函數(shù)關(guān)系式的重要“元素”;(3)所求的“邊”“角”仍然是放在三角形中解決.分類透析3解三角形中的“開放型”問題例3△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知cosB=-12,.請問△ABC的面積是否存在最大值?若存在,求對應三角形的三邊;若不存在,說明理由從①a+c=2;②b=3a這兩個條件中任選一個,補充在上面問題中并作答.解析選①a+c=2,因為2=a+c≥2ac,當且僅當a=c=1時等號成立,所以ac≤1.又cosB=-12,且B∈(0,π),所以B=2π3,sin所以S△ABC=12acsinB≤34,故△ABC的面積存在最大值,最大值為34,此時又b2=a2+c2-2accosB=3,所以b=3.選②b=3a,因為cosB=-12,且B∈(0,π),所以B=2π3,sinB=32,sinBsinA=ba=3,所以sinA=12,則A=π6,C=π-所以S△ABC=12acsinB=34a又a可以任取正數(shù),故△ABC的面積不存在最大值.小結(jié)解三角形中的“開放型”問題的解題策略:(1)明確題目要求,按要求把題目補充完整,再解答題目;(2)從備選條件中選擇自己最有把握的“條件”;(3)在平時的練習中要多角度分析題目條件,把握題目的本質(zhì),才會在這類題目中得心應手.(見學生用書P32)1.(2020年全國Ⅱ卷,理T17改編)在△ABC中,a,b,c分別是角A,B,C的對邊,2acosC=2b+c.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周長的最大值.解析(1)因為2acosC=2b+c,所以由正弦定理可得2sinAcosC=2sinB+sinC=2sin(A+C)+sinC=2sinAcosC+2cosAsinC+sinC,即2cosAsinC=-sinC,又sinC≠0,所以cosA=-12,又0<A<π,所以A=2(2)由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcosA=AC2+AB2+AC·AB=9,即(AC+AB)2-AC·AB=9.因為AC·AB≤AC+AB22(所以9=(AC+AB)2-AC·AB≥(AC+AB)2-AC+AB22=34解得AC+AB≤23(當且僅當AC=AB時取等號),所以△ABC的周長L=AC+AB+BC≤3+23,所以△ABC周長的最大值為3+23.2.(2020年全國新高考Ⅰ卷,T17改編)在①ab=3,②bsinA=3,③sinB=3sinC這三個條件中任選一個,補充在下面的問題中,若問題中的三角形存在,求c的值;若問題中的三角形不存在,說明理由.問題:是否存在△ABC,它的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且a=3b,b2=a2+c2-3ac,?

注:如果選擇多個條件分別解答,按第一個解答計分.解析由b2=a2+c2-3ac及余弦定理可得B=π6選①,因為ab=3,a=3b,所以b=1,a=3,將其代入b2=a2+c2-3ac,可得c2-3c+2=0,解得c=1或c=2,所以問題中的三角形存在,且c的值為1或2.選②,由正弦定理知bsinA=asinB=a2=3,解得a=23則23=3b,所以b=2,因為b2=a2+c2-3ac,所以c2-6c+8=0,解得c=2或c=4,所以問題中的三角形存在,且c的值為2或4.選③,由sinB=3sinC及正弦定理知b=3c,又因為a=3b,所以a=3c,所以a-b=3c-3c=(3-3)c>c,所以問題中的三角形不存在.(見學生用書P33)1.(2020屆湖南省永州市高三一模)如圖,在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且bcos∠BAC-asinB=0.(1)求∠BAC的大小;(2)若AB⊥AD,AC=22,CD=5,求AD的長.解析(1)在△ABC中,由正弦定理得sinBcos∠BAC-sin∠BACsinB=0,因為sinB≠0,所以tan∠BAC=1,又因為∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=π4(2)因為AB⊥AD,且∠BAC=π4,所以∠CAD=π在△ACD中,AC=22,CD=5,∠CAD=π4由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos∠CAD,即5=8+AD2-2×22×AD×22解得AD=1或AD=3.2.(2020屆山東省煙臺市高三上學期期末考試)在條件①(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC;②asinB=bcosA+π6;③bsinB+C2=asinB在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,b+c=6,a=26,.求△ABC的面積.

解析選①,由正弦定理得(a+b)(a-b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,所以cosA=b2+c2-因為A∈(0,π),所以A=π3又a2=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,a=26,b+c=6,所以bc=4,所以S△ABC=12bcsinA=12×4×sinπ3選②,由正弦定理得sinAsinB=sinBcosA+因為0<B<π,所以sinB≠0,sinA=cosA+化簡得sinA=32cosA-12sin即tanA=33,因為0<A<π,所以A=π又因為a2=b2+c2-2bccosπ6所以bc=(b+c)2-a22+3=所以S△ABC=12bcsinA=12×12(2-3)×12=6-選③,由正弦定理得sinBsinB+C2=sinAsin因為0<B<π,所以sinB≠0,所以sinB+C2=又因為B+C=π-A,所以cosA2=2sinA2cos因為0<A<π,0<A2<π2,所以cosA2所以sinA2=12,A2=π6,又a2=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc,a=26,b+c=6,解得bc=4,所以S△ABC=12bcsinA=12×4×sinπ33.(2020屆福建省寧德市高三第一次質(zhì)量檢查)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且2b-c=2a·cosC,c=22.(1)求角A的大小;(2)若△ABC為銳角三角形,D為BC中點,求AD的取值范圍.解析(1)因為2b-c=2a·cosC,由正弦定理得2sinB-sinC=2sinAcosC,又sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),所以2(sinAcosC+cosAsinC)-sinC=2sinAcosC,即2cosAsinC-sinC=0.又因為0<C<π,所以sinC≠0,所以cosA=22,又0<A<π,解得A=π(2)由(1)知A=π4根據(jù)題意得0<C<π2,在△ABC中,由正弦定理得csinC=所以b=22sinC+π4sin因為C∈π4,π2,所以tanC∈(所以b∈(2,4).因為D為BC中點,所以AD=12(AC+AB所以AD2=14(AC+AB)2=14(b2+4b+8)=14(b+2)2+1,因為b∈(2,4),所以AD的取值范圍為(54.(2020屆陜西省五校高三上學期第一次聯(lián)考)已知在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且cosB+3sinB=2.(1)求角B的大小;(2)若cosBb+cosCc=sinA3解析(1)由題意得cosB+3sinB=2sinB+π6=2,所以sinB因為B∈(0,π),所以B+π6=π2,解得B=(2)由已知cosBb+cosCc=sinA3sin整理得2a22abc=a3又由正弦定理得asinA=csinC=bsinB=3sinπ3=2,所以由A+B+C=π,得A+C=2π3,所以C=2π3-A,且所以a+b+c=2sinA+b+2sinC=2sinA+2sin2π3=2sinA+2sin2π3cosA-2cos2π3=3sinA+3cosA+3=23sinA+π6因為0<A<2π3,即π6<A+π所以3<23sinA+π6≤則23<23sinA+π6+3≤即a+b+c∈(23,33].所以△ABC周長的最大值為33.綜合檢測2三角函數(shù)與解三角形(見學生用書P34)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.sin240°的值為().A.-22 B.22 C.-32答案C解析sin240°=sin(180°+60°)=-sin60°=-32,故選2.中國傳統(tǒng)扇文化有著極其深厚的底蘊.一般情況下,折扇可看作是從一個圓面中剪下的扇形制作而成,設扇形的面積為S1,圓面中剩余部分的面積為S2,當S1與S2的比值為5-12時,扇面看上去形狀較為美觀,那么此時扇形的圓心角的弧度數(shù)為(A.(5-1)π B.(3-5)πC.(5+1)π D.(5-2)π答案B解析S1與S2所在扇形的圓心角的比即為它們的面積比,設S1與S2所在扇形的圓心角分別為α,β,則αβ=5-12,又α+β=2π,解得α=(3-3.已知點A在圓x2+y2=4上,且∠xOA=7π12,則點A的橫坐標為(A.2-64C.1-34答案B解析由題設點A(x0,y0),點A在圓上,得x02+y02=4,∠xOA=7π12,cos7π12=cosπ4+π3=cosπ4cosπ3-sinπ4sinπ3=2-64,又故選B.4.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,A=60°,b=1,S△ABC=3,則a+2b+csinAA.2393 B.2633 C.83答案A解析∵S△ABC=12bcsinA=34c=3,∴c=利用余弦定理得到a2=b2+c2-2bccosA=1+16-4=13,∴a=13.由正弦定理asinA=bsin得a+2b+csinA+2sin故選A.5.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,如果a2b2=tanAtanB,那么△A.等腰三角形B.等腰直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.直角三角形答案C解析利用正弦定理得sin2Asin2B=sinAcosAsinBcosB,即12sin2A=12sin2B,則2A=2B或2A+2B=π,解得A=B或A+B=故△ABC的形狀是等腰三角形或直角三角形.故選C.6.將函數(shù)y=sin4x-π6圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變),再把所得圖象向左平移π6個單位長度,得到函數(shù)f(x)的圖象,則函數(shù)f(x)的解析式為A.f(x)=sin2x+π6 B.f(xC.f(x)=sin8x+π6 D.f(x答案A解析函數(shù)y=sin4x-π6圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變),得到y(tǒng)=再把所得圖象向左平移π6個單位長度,得到函數(shù)f(x)=sin2x+π6-π6=sin2x+π故選A.7.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且acosC-(2b-c)·cosA=0,則角A的大小為().A.π4 B.π3 C.π2答案A解析由正弦定理可得sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosA,即sinB=2sinBcosA.∵sinB≠0,∴cosA=22.又∵0<A<π,∴A=π4.8.已知函數(shù)f(x)=3sinxcosx+cos2x,則().A.f(x)的最小正周期為2πB.f(x)的圖象關(guān)于點-πC.f(x)的最大值為2D.f(x)的圖象關(guān)于直線x=π6答案D解析f(x)=3sinxcosx+cos2x=32sin2x+12cos2x+12=sin2對于A選項,因為T=2π2=π,所以A對于B選項,因為f-π12=sin2×-π12+π6+12=sin0+1對于C選項,因為當sin2x+π6=1時,f(x)max=1+12=3對于D選項,因為fπ6=sin2×π6+π6+12=sinπ2+12=32,32是f(x)的最大值,所以f(故選D.9.水車在古代是進行灌溉引水的工具,是人類的一項古老的發(fā)明,也是人類利用自然和改造自然的象征.右圖是一個半徑為R的水車,一個水斗從點A(33,-3)出發(fā),沿圓周按逆時針方向勻速旋轉(zhuǎn),且旋轉(zhuǎn)一周用時60秒.經(jīng)過t秒后,水斗旋轉(zhuǎn)到P點,設點P的坐標為(x,y),其縱坐標滿足y=f(t)=Rsin(ωt+φ)t≥0,ω>0,|φA.R=6,ω=π30,φ=-B.當t∈[35,55]時,點P到x軸的距離的最大值為6C.函數(shù)y=f(t)在[10,25]上單調(diào)遞減D.當t=20時,|PA|=63答案C解析由點A(33,-3),可得R=6,由旋轉(zhuǎn)一周用時60秒,可得ω=π30由∠xOA=π6,可得φ=-π6,所以選項Ay=f(t)=6sinπ30由t∈[35,55],可得π30t-π6∈則當π30t-π6=3π2,即t=50時,|y|取到最大值,最大值為6,由t∈[10,25],可得π30t-π6∈π6,2π3,則函數(shù)y=f(t當t=20時,點P(0,6),可得|PA|=63,所以選項D正確.故選C.10.關(guān)于函數(shù)f(x)=cos|x|+|sinx|有下列四個結(jié)論:①f(x)是偶函數(shù);②f(x)的最大值為2;③f(x)在[-π,π]上有3個零點;④f(x)在0,π其中正確的是().A.①② B.①③ C.②④ D.①④答案D解析對于結(jié)論①,函數(shù)y=f(x)的定義域為R,關(guān)于原點對稱,且f(-x)=cos|-x|+|sin(-x)|=cos|x|+|-sinx|=cos|x|+|sinx|=f(x),所以該函數(shù)為偶函數(shù),故①正確.對于結(jié)論②,當函數(shù)y=f(x)取最大值時,cos|x|≥0,則2kπ-π2≤x≤2kπ+π2(k∈Z當2kπ-π2≤x≤2kπ(k∈Z)時,f(x)=cosx-sinx=2cosx此時2kπ-π4≤x+π4≤2kπ+π4(k∈Z),當x+π4=2kπ(k∈Z)時,函數(shù)y=f(x)取得最大值當2kπ<x≤2kπ+π2(k∈Z)時,f(x)=cosx+sinx=2sinx此時2kπ+π4<x+π4≤2kπ+3π4(k∈Z),當x+π4=2kπ+π2(k∈Z)時,函數(shù)y=f(x所以函數(shù)y=f(x)的最大值為2,故②錯誤.對于結(jié)論③,當-π≤x≤0時,令f(x)=cosx-sinx=0,則tanx=1,此時x=-3π當0<x≤π時,令f(x)=cosx+sinx=0,則tanx=-1,此時x=3π所以函數(shù)y=f(x)在[-π,π]上有且只有兩個零點,故③錯誤.對于結(jié)論④,當0<x<π4時,f(x)=cosx+sinx=2sinx+π4,則π4所以函數(shù)y=f(x)在0,π4上單調(diào)遞增,故故選D.11.設A,B,C為三角形的三個內(nèi)角,且方程(sinB-sinA)x2+(sinA-sinC)x+sinC-sinB=0有兩個相等的實根,則().A.60°<B<180° B.60°≤B<180°C.0°<B<60° D.0°<B≤60°答案D解析依題意有Δ=(sinA-sinC)2-4(sinB-sinA)·(sinC-sinB)=0,根據(jù)正弦定理得(a-c)2-4(b-a)(c-b)=0,即a2-2ac+c2-4(bc-ac-b2+ab)=0,化簡得a2+c2+4b2+2ac-4ab-4bc=0,整理得(a+c-2b)2=0,即a+c=2b.所以cosB=a2+c2-b22ac=(因為(2b)2=(a+c)2≥4ac,所以b2≥ac,則32·b2ac-1≥32-又因為-1<cosB<1,所以12≤cosB<1即0°<B≤60°.故選D.12.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且(a-b)·sinA=csinC-bsinB,若△ABC的面積為33,則△ABC的周長的最小值為().A.43 B.3+43C.63 D.3+63答案C解析∵(a-b)·sinA=csinC-bsinB,∴a2-ab=c2-b2,即a2+b2-c2=ab,∴cosC=a2+b2-c2∵S=12absinC=33,∴ab=12又∵c2=a2+b2-ab≥2ab-ab=12(當且僅當a=b=23取等號),解得c≥23.由c2=(a+b)2-3ab=(a+b)2-36化簡得a+b=c2∴a+b+c=c+c2設f(c)=c+c2+36,則f(c)∵c≥23,∴a+b+c≥23+(23)2+36=二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.已知α∈(0,π),cosα+π6=35,則sin答案4解析由α∈(0,π),cosα+π6=35得sinα+π6所以sinα=sinα+π6-π6=sinα+π6cosπ6-cosα+π614.若方程cos2x-π6=35在(0,π)上的解為x1,x2,則x1答案7解析由方程cos2x-π6=35在(0,π)上的解為x1,x2,得cos2x∵x∈(0,π),∴2x-π6∈-∴2x1-∴x1+x2=7π15.已知圓的半徑為4,a,b,c為該圓的內(nèi)接三角形ABC的三邊,若abc=162,則三角形ABC的面積為.

答案2解析∵圓的半徑為4,依題意,在△ABC中,由正弦定理csinC=2r=8,得sinC=又ab