2020屆全國(guó)各地高考試題分類(lèi)匯編精講版- 三角函數(shù)與解三角形

2020屆全國(guó)各地高考試題分類(lèi)匯編精講版-三角函數(shù)與解三角形2020屆全國(guó)各地高考試題分類(lèi)匯編——三角函數(shù)和解三角形1.(2020·北京卷)2020年3月14日是全球首個(gè)國(guó)際圓周率日(πDay)。歷史上，求圓周率π的方法有多種，與中國(guó)傳統(tǒng)數(shù)學(xué)中的“割圓術(shù)”相似。數(shù)學(xué)家阿爾·卡西的方法是：當(dāng)正整數(shù)n充分大時(shí)，計(jì)算單位圓的內(nèi)接正6n邊形的周長(zhǎng)和外切正6n邊形(各邊均與圓相切的正6n邊形)的周長(zhǎng)，將它們的算術(shù)平均數(shù)作為2π的近似值。按照阿爾·卡西的方法，π的近似值的表達(dá)式是：(30°+tanA.3n*sin30°+tanB.6n*sin30°+60°+tanC.3n*sin60°+tanD.6n*sin60°)/6n答案為A選項(xiàng)，即(30°+tanA.3n*sin30°+tanB.6n*sin30°)/n?！疽?guī)律方法】計(jì)算出單位圓內(nèi)接正6n邊形和外切正6n邊形的周長(zhǎng)，利用它們的算術(shù)平均數(shù)作為2π的近似值可得出結(jié)果?！驹敿?xì)解答】單位圓內(nèi)接正6n邊形的每條邊所對(duì)應(yīng)的圓周角為360°/6n，每條邊長(zhǎng)為2sin(30°/n)或2sin(60°/n)。所以，單位圓的內(nèi)接正6n邊形的周長(zhǎng)為12nsin(30°/n)，單位圓的外切正6n邊形的周長(zhǎng)為12ntan(30°/n)。將它們的算術(shù)平均數(shù)作為2π的近似值，則π=3n(sin(30°/n)+tanA.3n/n)，故選A?！军c(diǎn)撥】本題考查圓周率π的近似值的計(jì)算，根據(jù)題意計(jì)算出單位圓內(nèi)接正6n邊形和外切正6n邊形的周長(zhǎng)是解答的關(guān)鍵，考查計(jì)算能力，屬于中等題。2.(2020·北京卷)若函數(shù)f(x)=sin(x+φ)+cosx的最大值為2，則常數(shù)φ的一個(gè)取值為_(kāi)_______。答案為π/2+kπ，其中k∈Z?！疽?guī)律方法】根據(jù)兩角和的正弦公式以及輔助角公式即可求得。【詳細(xì)解答】因?yàn)閒(x)=cosφsinx+(sinφ+1)cosx=cos2φ+(sinφ+1)sin(x+θ)，其中θ=φ+π/2。所以cos2φ+(sinφ+1)=2，解得sinφ=1，故可取φ=π/2+kπ，其中k∈Z。本題考查函數(shù)最小正周期的概念，需要根據(jù)圖像進(jìn)行分析。根據(jù)函數(shù)的周期性，我們可以找到一個(gè)最小正周期，使得在這個(gè)周期內(nèi)，函數(shù)的圖像重復(fù)出現(xiàn)。根據(jù)圖像，我們可以看出這個(gè)周期大約是4π，因此答案為C選項(xiàng)。這道題需要考生對(duì)函數(shù)的圖像和周期性有一定的理解和掌握。已知$\alpha\in(\pi,\frac{3\pi}{2})$，則$\sin\alpha$等于（）。A.$\frac{1}{2}$B.$-\frac{\sqrt{2}}{2}$C.$-\frac{1}{2}$D.$-\frac{\sqrt{3}}{2}$【規(guī)律方法】根據(jù)已知條件，結(jié)合三角函數(shù)在不同象限的正負(fù)關(guān)系，確定$\sin\alpha$的正負(fù)號(hào)，再利用三角函數(shù)值的大小關(guān)系確定答案?！驹敿?xì)解答】由已知條件可知，$\alpha$位于第三象限，即$\sin\alpha$為負(fù)數(shù)。又因?yàn)?\alpha\in(\pi,\frac{3\pi}{2})$，所以$\cos\alpha$也為負(fù)數(shù)。根據(jù)單位圓上$\alpha$的坐標(biāo)可知，$\sin\alpha$的絕對(duì)值大于$\frac{1}{2}$，而$\frac{1}{2}$是$\sin$函數(shù)在$[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$上的最大值，因此$\sin\alpha$的絕對(duì)值大于$\frac{1}{2}$，又因?yàn)?\sin\alpha$為負(fù)數(shù)，所以$\sin\alpha=-\frac{\sqrt{3}}{2}$。故選D?！军c(diǎn)撥】本題考查三角函數(shù)在不同象限的正負(fù)關(guān)系和三角函數(shù)值的大小關(guān)系，需要熟記三角函數(shù)值的大小關(guān)系和單位圓上各角度的坐標(biāo)，屬于基礎(chǔ)題。由正弦定理可得：$\sinA=\frac{AC}{2R}$，其中$R$為$\triangleABC$的外接圓半徑。又因?yàn)?\triangleABC$的外接圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)$A,B,C$，所以$\frac{AC}{BC}=\frac{\sin\angleABC}{\sin\angleBAC}=\frac{\sinB}{\sinA}$，代入已知條件得到$\sinB=\frac{3}{2}$。因?yàn)?0<B<\pi$，所以$\sinB>0$，即$\cosB=\sqrt{1-\sin^2B}=\frac{\sqrt{5}}{2}$。故選：$\textbf{(A)}$。【點(diǎn)撥】本題主要考查正弦定理的應(yīng)用、三角函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，需要注意正弦函數(shù)的取值范圍，以及如何根據(jù)已知條件求解未知量。8.在$\triangleABC$中，已知$\cosC=\frac{a}{2b}$，$AC=4$，$BC=3$，求$\cosB$。【解答】根據(jù)余弦定理，$AB^2=AC^2+BC^2-2AC\cdotBC\cdot\cosC$。代入已知條件得到$AB^2=\frac{7}{4}$，即$AB=\frac{\sqrt{7}}{2}$。再根據(jù)余弦定理，$\cosB=\frac{AC^2+AB^2-BC^2}{2AC\cdotAB}=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$，代入已知條件得到$\cosB=\frac{1}{\sqrt{2}}$。故選：$\textbf{(D)}$。【點(diǎn)撥】本題主要考查余弦定理的應(yīng)用，需要注意如何根據(jù)已知條件求解未知量，以及如何化簡(jiǎn)表達(dá)式。9.已知$2\tan\theta-\tan(\theta+\frac{\pi}{3})=7$，求$\tan\theta$。【規(guī)律方法】利用兩角和的正切公式，結(jié)合換元法，解一元二次方程，即可得出答案?！驹敿?xì)解答】將$\tan(\theta+\frac{\pi}{3})$化為$\tan\theta$的式子，得到$2\tan\theta-\frac{\sqrt{3}\tan\theta+1}{\sqrt{3}-\tan\theta}=7$，整理得到$\tan\theta=2$。因此選D。【點(diǎn)撥】本題主要考查了利用兩角和的正切公式化簡(jiǎn)求值，屬于中檔題。10.關(guān)于函數(shù)$f(x)=\sinx+1$，以下哪些命題是真命題？①$f(x)$的圖像關(guān)于$y$軸對(duì)稱。②$f(x)$的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱。③$f(x)$的圖像關(guān)于直線$x=\frac{\pi}{2}$對(duì)稱。④$f(x)$的最小值為$2$。其中所有真命題的序號(hào)是______。【規(guī)律方法】利用特殊值法可判斷命題①的正誤；利用函數(shù)奇偶性的定義可判斷命題②的正誤；利用對(duì)稱性的定義可判斷命題③的正誤；取$-\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}$可判斷命題④的正誤。綜合可得出結(jié)論?！驹敿?xì)解答】對(duì)于命題①，$f(x)$的圖像不關(guān)于$y$軸對(duì)稱，因?yàn)?f(-\frac{\pi}{2})=1+\sin(-\frac{\pi}{2})=0$，而$f(\frac{\pi}{2})=1+\sin(\frac{\pi}{2})=2$，因此命題①錯(cuò)誤；對(duì)于命題②，$f(x)$的定義域?yàn)?x\neqk\pi,k\inZ$，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，因此$f(-x)=\sin(-x)+1=-\sinx+1=-f(x)$，所以$f(x)$的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，命題②正確；對(duì)于命題③，$f(-x)=\sin(-x)+1=-\sinx+1=\cos(\frac{\pi}{2}-x)+1=f(\frac{\pi}{2}-x)$，因此$f(x)$的圖像關(guān)于直線$x=\frac{\pi}{2}$對(duì)稱，命題③正確；對(duì)于命題④，$f(x)$的最小值為$0+1=1$，因此命題④錯(cuò)誤。綜上所述，所有真命題的序號(hào)是②③。對(duì)于命題④，當(dāng)$-\pi<x<0$時(shí)，$\sinx<0$，則$f(x)=\sinx+2<2$，所以命題④錯(cuò)誤。故答案為：②③。【改寫(xiě)】針對(duì)命題④，我們可以發(fā)現(xiàn)當(dāng)$-\pi<x<0$時(shí)，$\sinx<0$，因此$f(x)=\sinx+2<2$，因此命題④是錯(cuò)誤的。因此答案應(yīng)該是②和③。11.（2020?江蘇卷）已知$\sin(\frac{\pi}{2}+\alpha)=\frac{3}{4}$，則$\sin2\alpha$的值是____?！靖膶?xiě)】已知$\sin(\frac{\pi}{2}+\alpha)=\frac{3}{4}$，根據(jù)兩角和正弦公式，我們可以展開(kāi)得到$\sin2\alpha=\sin(\frac{\pi}{2}+\alpha-\alpha)\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha-\alpha)=\sin\alpha\cos\alpha$。再根據(jù)三角函數(shù)的定義，可以得到$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$，所以$\cos\alpha=\pm\frac{\sqrt{7}}{4}$。因此，$\sin2\alpha=\sin\alpha\cos\alpha=\frac{3}{4}\cdot\frac{\sqrt{7}}{4}=\frac{3\sqrt{7}}{16}$。將函數(shù)$y=3\sin(2x+\frac{\pi}{2})$的圖象向右平移$\frac{\pi}{12}$個(gè)單位長(zhǎng)度，則平移后的圖象中與$y$軸最近的對(duì)稱軸的方程是____。【改寫(xiě)】將函數(shù)$y=3\sin(2x+\frac{\pi}{2})$向右平移$\frac{\pi}{12}$個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)$y=3\sin[2(x-\frac{\pi}{12})]$。根據(jù)正弦函數(shù)的對(duì)稱性，可以得到對(duì)稱軸的方程為$x-\frac{\pi}{12}=k\pi$，即$x=\frac{\pi}{12}+k\pi$。由于要求與$y$軸最近的對(duì)稱軸，因此需要找到最小正整數(shù)$k$，使得$x=\frac{\pi}{12}+k\pi$在$[0,\frac{\pi}{2}]$范圍內(nèi)。可以得到$k=-1$，因此對(duì)稱軸的方程為$x=-\frac{5\pi}{24}$。13.（2020?江蘇卷）在$\triangleABC$中，角$A$，已知$a=3,c=2,B=45^\circ$。（1）求$\sinC$的值；（2）在邊$BC$上取一點(diǎn)$D$，使得$\cos\angleADC=-\frac{1}{4}$，求$\tan\angleDAC$的值?！靖膶?xiě)】（1）根據(jù)正弦定理，可以得到$\frac{\sinC}{c}=\frac{\sinB}$，代入已知條件$a=3,c=2,B=45^\circ$，可以得到$\sinC=\frac{2}=\frac{5}{\sqrt{2}}$。（2）根據(jù)余弦定理，可以得到$b^2=a^2+c^2-2ac\cosB=7$。又因?yàn)?\cos\angleADC=-\frac{1}{4}$，可以得到$\sin^2\angleADC=1-\cos^2\angleADC=\frac{15}{16}$。由于$\triangleADC$中$\angleA$為銳角，因此$\sin\angleADC>0$，可以得到$\sin\angleADC=\frac{\sqrt{15}}{4}$。根據(jù)正弦定理，可以得到$\frac{AD}{\sin\angleADC}=\frac{CD}{\sin\angleDAC}$，代入已知條件$AD+CD=2$，可以得到$\sin\angleDAC=\frac{3}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$，$\cos\angleDAC=\frac{2}{\sqrt{15}}$，因此$\tan\angleDAC=\frac{\sin\angleDAC}{\cos\angleDAC}=\frac{3}{2}$。將另外兩個(gè)條件代入，可以得到一個(gè)關(guān)于b和A的方程，解出b和A的值，即可求出三角形ABC的大小關(guān)系。改寫(xiě)為：三角形ABC的邊長(zhǎng)和角度有三個(gè)條件，可以選擇其中一個(gè)條件，代入另外兩個(gè)條件得到一個(gè)方程，解出另外兩個(gè)未知數(shù)，從而確定三角形ABC的大小關(guān)系。已知函數(shù)$f(x)=\sin(x+\frac{\pi}{3})$，給出以下結(jié)論：①$f(x)$的最小正周期為$2\pi$；②$f(\frac{\pi}{3})$是$f(x)$的最大值?！窘馕觥竣儆捎?\sin(x+2\pi+\frac{\pi}{3})=\sin(x+\frac{7\pi}{3})=\sin(x+\frac{\pi}{3})$，所以$f(x)$的周期為$2\pi$。②$f(x)$的最大值為$1$，當(dāng)且僅當(dāng)$x+\frac{\pi}{3}=k\pi$，其中$k$為整數(shù)。當(dāng)$x=\frac{\pi}{3}$時(shí)，$x+\frac{\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}$，符合條件，所以$f(\frac{\pi}{3})=\sin\frac{2\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$是$f(x)$的最大值。因此，結(jié)論為：①$f(x)$的最小正周期為$2\pi$；②$f(\frac{\pi}{3})$是$f(x)$的最大值。在ABC中，已知a=22，b=5，c=13，求解以下問(wèn)題：（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）求sinA的值；（Ⅲ）求sin(2A+π/4)的值。【解答】（Ⅰ）由余弦定理，cosC=(a^2+b^2-c^2)/(2ab)=(22^2+5^2-13^2)/(2×22×5)=4/5∴C=arccos(4/5)≈36.87°（Ⅱ）由正弦定理，sinA=a/(2R)=a/(2b·sinC)=22/(2×5·sin36.87°)≈0.788（Ⅲ）由正弦公式和三角恒等式，sin(2A+π/4)=sin2A·cosπ/4+cos2A·sinπ/4=2sinA·cosA·(1/√2)+(2cos^2A-1)·(1/√2)=(22/13)·(4/5)·(1/√2)+(1-2sin^2A)·(1/√2)=(22/13)·(4/5)·(1/√2)+(1-2(22/13)^2)·(1/√2)≈0.464綜上，（Ⅰ）C≈36.87°，（Ⅱ）sinA≈0.788，（Ⅲ）sin(2A+π/4)≈0.464。已知$\tan\theta=2$，則$\cos2\theta=$______；$\tan(\theta-\frac{\pi}{4})=$______．【規(guī)律方法】利用二倍角余弦公式以及弦化切得$\cos2\theta$，根據(jù)兩角差正切公式得$\tan(\theta-\frac{\pi}{4})$，即可得出答案。【詳細(xì)解答】$\cos2\theta=\cos^2\theta-\sin^2\theta=\frac{\cos\theta+\sin\theta}{\cos\theta-\sin\theta}=\frac{2}{5}$，$\tan(\theta-\frac{\pi}{4})=\frac{\tan\theta-\tan\frac{\pi}{4}}{1+\tan\theta\tan\frac{\pi}{4}}=-1$，故答案為：$\frac{2}{5}$，$-1$。【點(diǎn)撥】本題考查二倍角余弦公式以及弦化切、兩角差正切公式，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題。在銳角$\triangleABC$中，角$A$，且$2b\sinA=3a$．（I）求角$B$；（II）求$\cosA+\cosB+\cosC$的取值范圍．【規(guī)律方法】（I）首先利用正弦定理邊化角，然后結(jié)合特殊角的三角函數(shù)值即可確定$\angleB$的大?。唬↖I）結(jié)合(1)的結(jié)論將含有三個(gè)角的三角函數(shù)式化簡(jiǎn)為只含有$\angleA$的三角函數(shù)式，然后由三角形為銳角三角形確定$\angleA$的取值范圍，最后結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可求得$\cosA+\cosB+\cosC$的取值范圍?！驹敿?xì)解答】（I）由$2b\sinA=3a$結(jié)合正弦定理可得：$2\sinB\sinA=3\sinA$，$\sinB=\frac{3}{2}$，$\angleB=\frac{\pi}{3}$。（II）結(jié)合(1)的結(jié)論有：$\cosA+\cosB+\cosC=\cosA+\cos(\pi-A-B)+\cosB=-\cos(A+B)+\cosA+\cosB=-2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}+\cosA+\cosB=2\cos^2\frac{A}{2}-2\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}+\cosA+\cosB$。由于$\triangleABC$為銳角三角形，故$0<\angleA<\frac{\pi}{2}$，又因?yàn)?\sin\frac{B}{2}>0$，$\cos\frac{A}{2}>0$，所以$\cosA+\cosB+\cosC>2\cos^2\frac{A}{2}-1$。當(dāng)$\frac{\pi}{3}<\angleA<\frac{\pi}{2}$時(shí)，$\cos\frac{A}{2}<\frac{\sqrt{3}}{2}$，$2\cos^2\frac{A}{2}-1<\cosA+\c