专题07三角恒等变换与解三角形(押题专练)高考理数二轮复习资料含解析

1、专题07+三角恒等变换与解三角形(押题专练)-2019年高考理数二轮复习优选资料-含剖析专题07+三角恒等变换与解三角形(押题专练)-2019年高考理数二轮复习优选资料-含剖析专题07+三角恒等变换与解三角形(押题专练)-2019年高考理数二轮复习优选资料-含剖析1设角的终边过点(2,3)，则tan()41B1A.55C5D5(2,3)，因此tan3，故tan311，选A.剖析：由于角的终边过点tan123241tan152答案：Acos，则cos2()2已知sin66A1B11C.2D0223已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosC3，bcosAacosB2，则ABC的外

2、接圆面积为()A4B8C9D36剖析：cbcosAacosB2，由cosC22得sinC1，再由正弦定理可得2Rc6，因此ABC33sinC的外接圆面积为2R9，应选C.答案：C4ABC中，a5，b2，则吻合条件的三角形有()3，sinB2A1个B2个C3个D0个剖析：asinB10，sinBb3c，AC，C6.266答案：B9在ABC中角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知4sin2AB7，且ab5，c7，2cos2C2则ABC的面积为()333A.2B.233C.4D.4a2b2210已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2Asin2B2c，sinA(1cosC)

3、sinBsinC，CA，CB分别交于P，Q两点，则MP2MQ2b6，AB边上的点M满足AM2MB，过点M的直线与射线的最小值是()A36B37C38D39剖析：由正弦定理，知a2b222C，222c，即22sinsinAsinBsinC1，C，sinA(1cosC)sinBsinC，即sinAsinB，AB.以C为坐标原点建立如图24所示的平面直角坐标系，则M(2,4)，设MPC，0，则MP2MQ216242(sin22sincos2164204tan21636，当且仅当tan2时等建立，即2MQ2的最小值为36.cos)222MPsincostan答案：A5)11已知sin1，那么cos(2

4、52B1A5512C.5D.5剖析：选C.sin51.sincos2251，tan()1，则tan()12若tan3211A.7B.655C.7D.6剖析：选A.tantantan11112361，应选A.1117726313设cos(80)k，那么tan100()A.1k21k2kBkC.kDk1k21k2剖析：选B.sin801cos28022sin801k21cos1k，因此tan100tan80cos80k，应选B.14已知sincos2，(0，)，则tan()2A1B22C.2D1剖析：选D.法一：由sincos2得(sin2cos1，又由于cos)12sincos2，即2sin(0

5、，)，则当cos0时，sin2sincos2tan1，解得1，不吻合题意，因此cos0，因此222sincostan1tan1，应选D.法二：由sincos2得：2sin2，即sin1，0，44544，即442故tan1，应选D.sincos1，则sincos()15若sincos233A4B104C3D.3)16若，sin24，则tan(42543A.3B.41C2D.2剖析：选C.法一：sin22sin422，sincos35cos，且sincos1，2，5455，sincos5sin25，cos5，tan2，应选C.55法二：由4，2知tan1，42sincos4sin2，225sinc

6、os52tan412解得tan(舍)或tan2.tan1522AB5sin2AB4，则tanAtanB等于()17在ABC中，若3cos221A4B.41C4D4剖析：选B.由条件得cosAB1cosC14，即3cos(AB)5cosC0，因此3cos(A3252B)5cos(AB)0，因此3cosAcosB3sinAsinB5cosAcosB5sinAsinB0，即cosAcosB4sinAsin1B，因此tanAtanB4，应选B.18已知为第二象限角，sin3，则sin的值等于()56433433A.10B.10334433C.10D.10剖析：选A.为第二象限角，3，因此cos4，则s

7、in3341433sin565，552210应选A.)19若是第四象限角，tan5，则cos(312611A.5B555C.13D13剖析：选55D.由题意知，sin，coscossin13.313623320已知sin的值是()1，则cos263371A.9B.317C3D9剖析：选D.cos222cos3132sin217.12196921已知满足sin1，那么sinsin的值为()24411A.4B411C.2D2剖析：选A.原式sin4cos4111，应选A.212)2sin22cos22(12sin422已知向量asin，1，b(4,4cos3)，若ab，则sin4()6331A4B

8、431C.4D.4剖析：选B.ab，ab4sin4cos3623sin6cos343sin330，sin13.4sin4sin1.3342cos2xsinx123.已知tan(3x)2，则2_.sinxcosx2cos2xsinx1cosxsinx1tanx剖析：tan(3x)tan(x)tanx2，故tanx2.故2sinxcosxsinxcosxtanx13.答案：324若tan2，则2sin23sincos_.剖析：法一：原式cos2(2tan23tan)12(2tan23tan)12(22232)2.1tan125法二：原式2sin23sincos2tan23tan2322.22222

9、21sincostan125答案：251，则sincos_.25已知，tan247剖析：依题意，1tan13sin22且，解得tan4，由于sincos1，解得sin1tan7cos23，cos4，故sincos341.55555答案：1526已知312，sin()3，cos()13，则sincos的值为_2452x27已知函数f(x)sinx6cosx3，g(x)2sin2.33(1)若是第一象限角，且f()5，求g()的值；(2)求使f(x)g(x)建立的x的取值会集解：f(x)sinx6cosx3g(x)2sin2x1cosx.231132sinx2cosx2cosx2sinx3sinx

10、，333.(1)由f()得sin55又是第一象限角，因此cos0.241从而g()1cos11sin155.(2)f(x)g(x)等价于3sinx1cosx，即3sinxcosx1.1于是sinx.6252从而2kx2k，kZ，即2kx2k，kZ.6663故使f(x)g(x)建立的x的取值会集2为x2kx2k，kZ.328设f(x)sinxcosxcos2x4.(1)求f(x)的单调区间；(2)在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若fA0，a1，求ABC面积的最大值2sin2x解：(1)由题意知f(x)1cos2x22sin2x1sin2xsin2x1.222由2k2x2k，k

11、Z，22可得kxk，kZ；4433由2k2x2k，kZ，可得kxk，kZ.2244因此f(x)的单调递加区间是k，k(kZ)；44单调递减区间是3k，k(kZ)44A1(2)由f2sinA20，得1sinA2.由题意知A为锐角，因此cosA32.由余弦定理a2b2c22bccosA，可得13bcb2c22bc，即bc23，当且仅当bc时等建立123因此bcsinA4.2因此ABC面积的最大值为23.429在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ac2sinCb6.(1)求B；(2)若b27，ABC的面积S33，求ac的值剖析：(1)由已知得ac2bsinC6，由正弦定理知sinAs

12、inC2sinB，sinCcoscosCsin66即sin(BC)sinCsinB(3sinCcosC)，整理得3sinBsinCcosBsinCsinC，由于sinC0，因此3sinBcosB1，1即sinB62，由于B(0，)，因此B.3，(2)由(1)知B3113ac33，因此ac12.从而SacsinBacsin4223由余弦定理可得b2a2c22accosBa2c2ac(ac)23ac(ac)2312(ac)236，故(ac)2b236(27)23664，因此ac8.30已知点P(3，1)，Q(cosx，sinx)，O为坐标原点，函数f(x)OPQP.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若A为ABC的内角，f(A)4，BC3，ABC的面积为33，求ABC的周长43，1)，剖析：(1)由题易知，OP