2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題突破練10三角函數(shù)與解三角形解答題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題突破練10三角函數(shù)與解三角形解答題-專項(xiàng)訓(xùn)練1.(2023·天津,16)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知a=39,b=2,∠A=120°.(1)求sinB的值;(2)求c的值;(3)求sin(B-C)的值.2.(2024·新高考Ⅱ,15)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知sinA+3cosA=2.(1)求A;(2)若a=2,2bsinC=csin2B,求△ABC的周長(zhǎng).3.(2022·新高考Ⅰ,18)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知cosA(1)若C=2π3,求(2)求a2+4.(2024·福建泉州高三模擬)已知點(diǎn)A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))是函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)圖象上的任意兩點(diǎn),f(0)=1,且當(dāng)|f(x1)-f(x2)|=22時(shí),|x1-x2|的最小值為π(1)求f(x)的解析式;(2)當(dāng)x∈[-π8,π8]時(shí),[f(x)]2-mf(x)-m≤5.在△ABC中,它的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且B=2π3,b=(1)若cosAcosC=23,求△ABC(2)試問1a+1c=1能否成立?若能成立,求此時(shí)6.設(shè)n次多項(xiàng)式Pn(t)=antn+an-1tn-1+…+a2t2+a1t+a0(an≠0),若其滿足Pn(cosx)=cosnx,則稱這些多項(xiàng)式Pn(t)為切比雪夫多項(xiàng)式.例如:由cosθ=cosθ可得切比雪夫多項(xiàng)式P1(x)=x,由cos2θ=2cos2θ-1可得切比雪夫多項(xiàng)式P2(x)=2x2-1.(1)若切比雪夫多項(xiàng)式P3(x)=ax3+bx2+cx+d,求實(shí)數(shù)a,b,c,d的值.(2)對(duì)于正整數(shù)n≥3,是否有Pn(x)=2x·Pn-1(x)-Pn-2(x)成立?(3)已知函數(shù)f(x)=8x3-6x-1在區(qū)間(-1,1)上有3個(gè)不同的零點(diǎn),分別記為x1,x2,x3,證明:x1+x2+x3=0.

專題突破練10三角函數(shù)與解三角形解答題答案1.解(1)由已知及正弦定理,得asin∵a=39,b=2,∠A=120°,∴sinB=bsin(2)(方法一)由(1)及已知,得cosB=1-sin2B=23913,sinC=sin(180°-120°-B)=sin(60°-B)=3由正弦定理,得c=asinCsin(方法二)∵b2+c2-2bccosA=a2,∴4+c2-2×2c×(-12)=整理,得c2+2c-35=0,解得c=5或c=-7(舍去).(3)∵C為銳角,∴cosC=1-∴sin(B-C)=sinBcosC-cosBsinC=1313×32.解(1)∵sinA+3cosA=2,∴2sin(A+π3)=∴sin(A+π3)=1又A∈(0,π),∴A+π3=π2,(2)∵2bsinC=csin2B,∴2bsinC=2csinBcosB,∴2bc=2bccosB,∴cosB=22又B∈(0,π),∴B=π4∴C=π-A-B=7π在△ABC中,由正弦定理得asinA=∴b=4sinB=22,c=4sinC=4sin7π12=4sin(π4+π3)=6+2,∴a+b+c=2+32+63.解∵cosA1+sinA=sin2B1+cos2∴由cosA1+sinA=sinBcosB得cosAcosB=sin∴cosAcosB=sinB+sinAsinB,∴sinB=cosAcosB-sinAsinB=cos(A+B)=cos(π-C)=-cosC>0.∴sinB>0,cosC<0,∴π2<C<π,0<B<π∴sinB=sinC-∴B=C-π2或B+C-π2=π(舍去(1)若C=2π3,則0<B<∴sinB=-cosC=-cos2π∴B=π6(2)(方法一)由正弦定理得a2+b∵C=π2+B,A+B+C=π∴A+B+π2+B=π,∴A=π2-2又0<A<π2,∴0<B<π∴(*)式為sin2π2-2B令cos2B=t,則t∈12,1,于是原式=(2t-1)2+1-tt=4t當(dāng)且僅當(dāng)4t=2t,∴a2+b2c2(方法二)∵sinB=-cosC,B=C-π2∴A=π-(B+C)=3π2-2又0<A<π2,∴π2<C<∴12<sin2C<1∴sinA=sin(B+C)=sin2C-π2=-cos∴a2+b2c2=sin2A+sin≥22sin2C·4sin當(dāng)且僅當(dāng)sin2C=22時(shí),a2+b2c4.解(1)由題知,f(0)=2sinφ=1,即sinφ=22,又0<φ<π2,所以φ=因?yàn)楫?dāng)|f(x1)-f(x2)|=22時(shí),|x1-x2|的最小值為π2,所以T2=π2,即T=π,所以ω=2,所以f(x)=2(2)當(dāng)x∈[-π8,π8]時(shí),2x+π4∈[0,π2],所以0≤sin(2x+π4)≤1,所以f(令t=f(x),則當(dāng)x∈-π8,π8時(shí),[f(x)]2-mf(x)-m≤0恒成立,等價(jià)于當(dāng)t∈[0,2]時(shí),t2-mt-m≤0恒成立,即當(dāng)t∈[0,2]時(shí),m≥t2t+1恒成立,設(shè)g(t)=t2t+1,當(dāng)t∈[0,2]時(shí),g'(t)≥0,所以g(t)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增,所以g(t)max=g(2)=(2)22+1=所以m≥22-2,即實(shí)數(shù)m的取值范圍為[22-2,+∞).5.解(1)由B=2π3,得A+C=π3,cos(A+C)=cosAcosC-sinAsinC,即12=cosAcosC-sinA因?yàn)閏osAcosC=23所以sinAsinC=16因?yàn)閍sinA=c所以a=22sinA,c=22sinC.所以S△ABC=12·22sinA·22sinC·sinB=4sinAsinBsinC=4×1(2)假設(shè)1a+1c=1能成立由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB,所以6=a2+c2+ac.所以(a+c)2-ac=6,所以(ac)2-ac-6=0,所以ac=3或ac=-2(舍去),此時(shí)a+c=ac=3.不滿足a+c≥2ac,所以1a+1c6.(1)解依題意,P3(cosθ)=cos3θ=cos(2θ+θ)=cos2θcosθ-sin2θsinθ=(2cos2θ-1)cosθ-2sin2θcosθ=2cos3θ-cosθ-2(1-cos2θ)cosθ=4cos3θ-3cosθ,因此P3(x)=4x3-3x,即ax3+bx2+cx+d=4x3-3x,所以a=4,b=d=0,c=-3.(2)解Pn+1(x)=2x·Pn(x)-Pn-1(x)成立.這個(gè)性質(zhì)是容易證明的,只需考慮公式cos(n+1)θ+cos(n-1)θ=2cosnθ·cosθ.首先有如下兩個(gè)式子:Pn+1(cosθ)=cos(nθ+θ)=cosnθcosθ-sinnθsinθ,Pn-1(cosθ)=cos(nθ-θ)=cosnθcosθ+sinnθsinθ,兩式相加得,Pn-1(cosθ)+Pn+1(cosθ)=2cosnθcosθ=2Pn(cosθ)cosθ,將cosθ替換為x,所以Pn+1(x)=2x·Pn(x)-Pn-1(x).所以對(duì)于正整數(shù)n≥3,有Pn(x)=2x·Pn-1(x)-Pn-2(x)成立.(3)證明函數(shù)f(x)=8x3-6x-1在區(qū)間(-1,1)上有3個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,x3,即方程4x3-3x=12在區(qū)間(-1,1)上有3個(gè)不同的實(shí)根令