高考二輪復習理科數(shù)學試題（老高考舊教材）考點突破練3三角函數(shù)與解三角形

考點突破練3三角函數(shù)與解三角形1.(2023北京東城一模)已知函數(shù)f(x)=sinx+sin(x+π3).(1)求f(x)的最小正周期;(2)若π6是函數(shù)y=f(x)f(x+φ)(φ>0)的一個零點,求φ的最小值2.(2023遼寧遼陽一模)已知函數(shù)f(x)=4sin(ωx+π3)(ω>0)在[π6,π](1)求ω的最大值;(2)若f(x)的圖象關于點(3π2,0)中心對稱,且f(x)在[9π20,m]上的值域為[2,4],3.(2023陜西西安八校聯(lián)考二)設△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知cosA=277,cosB=(1)求C的值;(2)若a+b=12,求△ABC的面積.4.(2020全國Ⅱ,理17)△ABC中,sin2Asin2Bsin2C=sinBsinC.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周長的最大值.5.如圖所示,遙感衛(wèi)星發(fā)現(xiàn)海面上有三個小島,小島B位于小島A北偏東75°距離60海里處,小島B北偏東15°距離(30330)海里處有一個小島C.(1)求小島A到小島C的距離;(2)如果有游客想直接從小島A出發(fā)到小島C,求游船航行的方向.6.(2023新高考Ⅱ,17)記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知△ABC面積為3,D為BC的中點,且AD=1.(1)若∠ADC=π3,求tanB(2)若b2+c2=8,求b,c.7.(2023四川樂山一模)設函數(shù)f(x)=cos(2x+π3)+sin2x(1)求函數(shù)f(x)的最大值和最小正周期;(2)在銳角三角形ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,S為△ABC的面積.若f(B2)=14,且b=3,求3cosAcosC+S8.(2023四川內江一模)已知函數(shù)f(x)=3sinx·cosxcos2x+12,x∈R(1)已知f(x)=12,求cos(4xπ3)(2)已知△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且f(C)=1,c=3,若向量m=(1,sinA)與n=(sinB,2)垂直,求△ABC的周長.考點突破練3三角函數(shù)與解三角形1.解(1)∵f(x)=sinx+sin(x+π3)=sinx+12sinx+32cosx=32sinx+32cosx=3sin(x+π6),∴f(x)(2)由題設y=f(x)f(x+φ)=3sin(x+π6)3sin(x+π6+φ),由π6是該函數(shù)零點可知,3sin(π6+π6)3sin(π6+π6+φ)=0,即sin(π3+φ)=32.故π3+φ=π3+2kπ,k∈Z或π3+φ=2π3+2kπ,k∈Z,解得φ=2kπ,k∈Z或φ2.解(1)由條件知x∈[π6,π],則ωx+π3∈[πω6+π3,πω+π3],由正弦函數(shù)的性質可知[πω6+π3,πω+π3]?[π2+2kπ,3π2+2kπ],∴π6ω+π3≥π2+2kπ,πω+π3≤3π2+2kπ,k∈Z,∴ω∈[1+12k(2)∵f(x)的圖象關于點(3π2,0)中心對稱,∴3π2ω+π3=kπ(k∈Z),即ω=2k3-29(k∈Z).由(1)得1≤ω≤76,∴ω=109,則f(x)=4sin(109x+π3),當x∈[9π20,m]時,109x+π3∈[π6,109m+π3].∵f(x)在[9∴m的取值范圍是[3π203.解(1)由題意得A,B,C∈(0,π),又cosA=277,cosB=5714,∴sinA=217,sinB=2114,∴cosC=cos[π(A+B)]=cos(A+B)=cosAcosB+sinAsinB=2(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC,得a+bsinA+sinB=csinC,即1232114=c32,解得c=47,∴由正弦定理4.解(1)由正弦定理和已知條件得BC2AC2AB2=AC·AB.①由余弦定理得BC2=AC2+AB22AC·ABcosA.②由①②得cosA=1因為0<A<π,所以A=2(2)由正弦定理及(1)得ACsinB=ABsinC=BCsinA=23,從而AC=23sinB,AB=23sin(πAB故BC+AC+AB=3+3sinB+3cosB=3+23sin(B+π3).又0<B<π3,所以當B=π6時,△ABC周長取得最大值35.解(1)在△ABC中,AB=60,BC=30330,∠ABC=180°75°+15°=120°,根據(jù)余弦定理得AC2=AB2+BC22AB·BC·cos∠ABC=602+(30330)22×60×(30330)·cos120°=5400.AC=306,∴小島A到小島C的最短距離是306海里.(2)由正弦定理,得ACsin∠ABC=ABsin∠ACB,∴306sin120°=60sin∠ACB,解得sin∠ACB=22.在△ABC中,∵BC<AC,∴∠ACB為銳角,∴∠ACB=45°,∴∠CAB=180°120°45°=15°,由75°15°=60°得游船應該沿北偏東606.解(1)(方法一正弦定理+余弦定理)由題意可知S△ABC=12acsinB=3,故acsinB=23.在△ABD中,有ADsinB=ABsin∠ADB,由∠ADC=π3,得∠ADB=2π3,所以將②式代入①式,得a=4.在△ADB中,由余弦定理得AB2=c2=AD2+BD22AD·BDcos2π3,即c2=12+222×1×2×-12在△ABD中,cosB=AB2+BD2-AD22AB·BD=(方法二余弦定理)因為AD為△ABC的中線,所以S△ABC=2S△ADC=2×12×a2×1×sinπ3=34a=3,故a=4.在△ADC中,由余弦定理知b2=12+222×1×2×cosπ3=3.在△ABD中,c2=AB2=12+222×1×2×cos2π3=7.在△ABC中,cosB=c2+(2)(方法一)在△ABC中,由AD=12AB+12AC,得|AD|2=14|AB+AC|2=14(|AB|2+|AC|2+2AB·AC).由余弦定理得2AB·AC=|AB|2+|AC|2|BC|2.故|AD|2=14(2|AB|2+2|AC|2|BC|2),即AD2=12(b2+c2)14a2,得a=23.由S△ABC=12bcsinA和b2+c2a2=2bccosA,得S△ABC=14(b2+c2a2)tanA,得tanA=3<0,故A∈π2,π,(方法二幾何法)過點A作AH⊥BC交BC于點H(圖略).在△ABC,△ABD中,由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac=a22+c2-12ac,解得a2=2(b2+c2)4.將b2+c2=8代入a2=2(b2+c2)4中得a=23.S△ABC=12BC·AH=12×23AH=3,則7.解(1)f(x)=cos(2x+π3)+sin2x=12cos2x32sin2x+1-cos2x2=12-32sin2x,(2)由(1)得f(x)=12-32sin2x,∵fB2=12-32sinB=14,∴sinB=32.∵B為銳角,∴B=π3.∵asinA=csinC=bsinB,∴a=2sin∴3cosAcosC+S=3(cosAcosC+sinAsinC)=3cos(AC).當A=C=π3時,原式有最大值3.∴3cosA8.解(1)∵f(x)=3sinxcosxcos2x+12=32sin2x1+cos2x2+12=sin(2xπ6),又f(x)=12∴cos(4xπ3)=12sin2(2xπ6)=1(2)由(1)得f(C)=sin(2Cπ6)=1,則2Cπ6=π2+2kπ,k∈Z,∴C=π3+kπ,k∈Z,又0<C<π,∴C=π3,又向量