(新高考)高考数学二轮复习习题训练-专题过关检测二《三角函数与解三角形》(含详解)

专题过关检测二三角函数与解三角形一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2021·江西临川期中)已知角θ的终边经过点P(2,a),若θ=-π3,则a=(A.6 B.63 C.-6 D.-2.(2021·北京房山区一模)将函数f(x)=sin2x的图象向左平移π6个单位长度得到函数y=g(x)的图象,则函数g(x)的图象的一条对称轴方程为(A.x=-π6 B.x=-π12 C.x=π12 D3.(2021·北京西城区一模)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且C=60°,a+2b=8,sinA=6sinB,则c=()A.35 B.31 C.6 D.54.(2021·山西吕梁一模)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|A.32 B.12 C.-3 D5.(2021·北京海淀区模拟)已知sinπ6-α=13+cosαA.-79 B.-439 C.46.(2021·福建福州期末)疫情期间,为保障市民安全,要对所有街道进行消毒处理.某消毒装备的设计如图所示,PQ为路面,AB为消毒设备的高,BC为喷杆,AB⊥PQ,∠ABC=2π3,C处是喷洒消毒水的喷头,且喷射角∠DCE=π3.已知AB=2,BC=1,则消毒水喷洒在路面上的宽度DEA.52-5 B.52 C.533 D.7.(2021·浙江宁波模拟)在△ABC中,“tanAtanB>1”是“△ABC为钝角三角形”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8.(2021·安徽淮北一模)函数f(x)=2sinx+π4+cos2x的最大值为()A.1+2 B.33C.22 D.3二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是()A.sinA∶sinB∶sinC=4∶5∶6 B.△ABC是钝角三角形C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D.若c=6,则△ABC的外接圆半径R为810.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)=(sinx+3cosx)2,则()A.f(x)在区间0,B.f(x)的图象关于点-πC.f(x)的最小正周期为πD.f(x)的值域为[0,4]11.(2021·辽宁沈阳二模)关于f(x)=sinx·cos2x的说法正确的为()A.∀x∈R,f(-x)-f(x)=0B.∃T≠0,使得f(x+T)=f(x)C.f(x)在定义域内有偶数个零点D.∀x∈R,f(π-x)-f(x)=012.(2021·山东潍坊统考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若1tanA,A.a,b,c依次成等差数列B.a,C.a2,b2,c2依次成等差数列D.a3,b3,c3依次成等差数列三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·安徽合肥期中)已知cosα+5π4=-6314.(2021·北京东城区一模)已知函数f(x)=Asin(2x+φ)A>0,|φ|<π2x-π0πππf(x)-2-23-2223则A=.

15.(2021·广东茂名二模)在矩形ABCD内(包括边界)有E,F两点,其中AB=120cm,AE=1003cm,EF=803cm,FC=603cm,∠AEF=∠CFE=60°,则该矩形ABCD的面积为cm2.(答案如有根号可保留)

16.(2021·湖南长郡中学二模)如图,某湖有一半径为100m的半圆形岸边,现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计),在其正东方向相距200m的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确,在半圆弧上的点B以及湖中的点C处,再分别安装一套监测设备,且满足AB=AC,∠BAC=90°.四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”.设∠AOB=θ,则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为m2.

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021·江西上饶一模)已知f(x)=2cosx·sinx+π3-3sin2x+sinxcosx.(1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)若x∈-π4,π6,求18.(12分)(2021·河北石家庄一模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2a-b=2ccosB.(1)求角C;(2)若a=2,D是AC的中点,BD=3,求边c.19.(12分)(2021·广东韶关一模)在以下三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.①cosC+(cosA-3sinA)cosB=0;②cos2B-3cos(A+C)=1;③bcosC+33csinB=a问题:在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a+c=1,,求角B和b的最小值.

20.(12分)(2021·山东枣庄二模)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,0<φ<π2的部分图象如图所示,f(0)=12,f5π12=(1)求f(x)的解析式;(2)在锐角△ABC中,若A>B,fA-B2-π1221.(12分)(2021·福建宁德期末)在股票市场上,投资者常参考股价(每一股的价格)的某条平滑均线的变化情况来决定买入或卖出股票.股民老张在研究股票的走势图时,发现一只股票的均线近期走得很有特点:若建立平面直角坐标系Oxy如图所示,则股价y(单位:元)和时间x(单位:天)的关系在ABC段可近似地用函数y=asin(ωx+φ)+b(0<φ<π)来描述,从C点走到今天的D点,是震荡筑底阶段,而今天出现了明显的筑底结束的标志,且D点和C点正好关于直线l:x=34对称.老张预计这只股票未来的走势可用曲线DE描述,这里DE段与ABC段关于直线l对称,EF段是股价延续DE段的趋势(规律)走到这波上升行情的最高点F.现在老张决定取点A(0,22),点B(12,19),点D(44,16)来确定函数解析式中的常数a,b,ω,φ,并且求得ω=π72(1)请你帮老张算出a,b,φ,并回答股价什么时候见顶(即求点F的横坐标);(2)老张如能在今天以点D处的价格买入该股票3000股,到见顶处点F的价格全部卖出,不计其他费用,这次操作他能赚多少元?22.(12分)(2021·深圳实验学校月考)已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)+2sin2ωx+φ2-1(ω>0,0<φ<π)为奇函数,且f(x(1)当x∈-π2,π4(2)将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度,再把横坐标缩小为原来的12(纵坐标不变),得到函数y=g(x)的图象,当x∈-π12,(3)对于第(2)问中的函数g(x),记方程g(x)=43在区间π6,4π3上的根从小到大依次为x1,x2,…,xn,试确定n的值,并求x1+2x2+2x3+…+2x

专题过关检测二三角函数与解:三角形1.C解析:由题意,角θ的终边经过点P(2,a),可得|OP|=2+a2(O为坐标原点),又由θ=-π3,根据三角函数的定义,可得cos-π3=22+2.C解析:将函数f(x)=sin2x的图象向左平移π6个单位长度,得到y=g(x)=sin2x+π6=sin2x+π3,令2x+π3=kπ+π2,k∈Z,解得x=kπ2+π123.B解析:因为sinA=6sinB,所以a=6b,又a+2b=8,所以a=6,b=1,因为C=60°,所以c2=a2+b2-2abcosC,即c2=62+12-2×6×1×12,解得c=314.D解析:由题中函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象知,A=2,34T=11π3−2π3=3π,所以T=4π=2又f2π3=2sin12×2π3+φ=2,可得12×2π3+φ=2kπ+π2,k∈∵|φ|<π2,∴φ=π6,∴f(x)=2sin故fπ3=2sin12×π5.D解析:由sinπ6-α=13+cosα可得sinπ6·cosα-cosπ6·sinα=13+cosα,∴12cosα-3∴32sinα+12cosα=-13,∴sinα∴sin2α+5π6=sinπ2+2α+6.C解析:在△CDE中,设定点C到底边DE的距离为h,则h=2+1·sin2π3-π2=52,又S△CDE=12DE·h=12CD·CEsinπ3,即5DE=3CD·CE,利用余弦定理得DE2=CD2+CE2-2CD·CEcosπ3=CD2+CE2-CD·CE≥2CD·CE-CD·CE=CD·CE,当且仅当CD=CE时,等号成立,故DE2≥CD·CE,而5DE=3CD·CE,所以DE2≥57.D解析:因为tanAtanB>1,所以sinAsinBcosAcosB>1,因为0<A<π,0<B<π,所以sinAsinB>0,cosAcosB>因为sinAsinB>cosAcosB,所以cosAcosB-sinAsinB<0,即cos(A+B)<0,所以π2<A+B<π,因此0<C<π2,所以△ABC是锐角三角形,不是钝角三角形,所以充分性不满足.反之,若△ABC是钝角三角形,也推不出“tanAtanB>1”,故必要性不成立,8.B解析:因为f(x)=2sinx+π4+cos所以f(x)=2sinx+π4+sin2x+π4=2sinx+π4令θ=x+π4,g(θ)=2sinθ+2sinθcosθ=2sinθ+sin2θ则g'(θ)=2cosθ+2cos2θ=2(2cos2θ-1)+2cosθ=4cos2θ+2cosθ-2,令g'(θ)=0,得cosθ=-1或cosθ=12,当-1≤cosθ≤12时,g'(θ)≤0;当12≤cosθ≤1时,g'(θ)≥0,所以当θ∈-5π3+2kπ,-π3+2kπ(k∈Z)时,g(θ)单调递减;当θ∈-π3+2kπ,π3+2kπ(k∈Z)时,g(θ)单调递增,所以当θ所以f(x)max=2×32+2×39.ACD解析:因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设a+b=9x,a+c=10x,b+c=11x(其中x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,所以sinA∶sinB∶sinC=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A中结论正确;由以上解答可知c边最大,所以三角形中角C最大,又cosC=a2+b2-c22ab=由以上解答可知a边最小,所以三角形中角A最小,又cosA=c2所以cos2A=2cos2A-1=18,所以cos2A=cosC由三角形中角C最大且角C为锐角可得2A∈(0,π),C∈0,π2,所以2A=C,所以由正弦定理,得2R=csinC(R为△ABC又sinC=1-所以2R=6378,解得R=87710.ACD解析:f(x)=sinx+3cosx2=sin2x+3cos2x+23sinxcosx=2+cos2x+3sin2x=2sin2对于A选项:∵x∈0,π6,∴2x+π6∈π6,π2,∴f(x)=2sin2对于B选项:f-π3=2sin2×-π3+π6+2=0,由函数f(x)的图象(图略)可知-π3是对于C选项:由f(x)=2sin2x+π6+2可知,函数的最小正周期T=2π2=对于D选项,∵sin2x+π6∴f(x)=2sin2x+π6+2∈[0,4],11.BD解析:对于A,当x=π3时,f-π3-fπ3=sin-π3cos2π3-sinπ3cos对于B,因为f(x+2π)=sin(2π+x)cos[2(x+2π)]=sinxcos2x,所以∃T=2π≠0,使得f(x+T)=f(x),故B正确.对于C,因为f(-x)=sin(-x)cos(-2x)=-sinxcos2x=-f(x),所以f(x)为奇函数,因为x=0在定义域内,所以f(0)=0,故f(x)有奇数个零点,故C错误.对于D,f(π-x)-f(x)=sin(π-x)cos[2(π-x)]-sinxcos2x=sinxcos2x-sinxcos2x=0,故D正确.12.ABD解析:因为1tanA,1tanB,1所以2·a2+c2-b22abc=a2+b2-c22abc+b2+c2-a22abc,整理得2b2=a2+c2,即a2,b2,13.-13解析:由cosα+5π4=-63可得cosα+π4=63,所以22(cosα-sinα)=63,即cosα-sinα=233,两边平方可得114.4解析:由题意可得f所以A所以tanφ=-3,又因为|φ|<π2所以φ=-π3,所以A=-2315.144003解析:连接AC交EF于点O(图略),由∠AEF=∠CFE=60°,得AE∥FC,所以△AEO与△CFO相似,所以OEOF=AECF=53,所以EO=503cm,FO=303cm,在△AEO中,由余弦定理得,AO2=AE2+EO2-2AE·EO·cos∠AEO=(1003)2+(503)2-2×1003×503cos60°=22500,所以AO=150cm,同理CO=90cm,所以AC=240cm,从而BC=AC2-AB2=120316.(100005+25000)解析:在△OAB中,∵∠AOB=θ,OB=100m,OA=200m,∴AB2=OB2+OA2-2OB·OA·cos∠AOB,即AB=1005-4cosθ,∴S四边形OACB=S△OAB+S△ABC=12·OA·OB·sinθ+于是S四边形OACB=1002sinθ-2cosθ+52=10025sin(θ-φ)+52(其中tanφ=2),所以当sin(θ-φ)=1时,S四边形OACB取最大值100005+52=100005+25000,即“直接监测覆盖区域”面积的最大值为(1017.解:(1)f(x)=2cosxsinx+π3−32(1-cos2x)+12sin2x=2cosx12sinx+32cosx−32+32cos2x+12sin2x=12sin2x+32(2cos2x-令2kπ-π2≤2x+π3≤π2+2kπ解得kπ-5π12≤x≤kπ+π12,k因此,函数f(x)的单调递增区间为kπ-5π12(2)∵x∈-π4,π6,∴-π6<2x+π3<2π3,∴-12<sin因此当x∈-π4,π6时,y=f(x)18.解:(1)因为2a-b=2ccosB,由正弦定理得2sinA-sinB=2sinCcosB,因为sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,代入上式得,2sinBcosC+2cosBsinC-sinB=2sinCcosB,即2sinBcosC-sinB=0,即sinB(2cosC-1)=0.因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以2cosC=1,即cosC=12,又0<C<π,所以C=π(2)依题意,在△CBD中,CB=2,CD=12b,BD=3,C=π利用余弦定理的推论可得,cosC=cosπ3=12=4+12b2-32×在△ABC中,b=a=2,C=π3,故△ABC是等边三角形,故c=219.解:若选择①:在△ABC中,有A+B+C=π,则由题意可得cos[π-(A+B)]+(cosA-3sinA)cosB=0,即-cos(A+B)+cosAcosB-3sinAcosB=0,sinAsinB-cosAcosB+cosAcosB-3sinAcosB=0,sinAsinB=3sinAcosB,又sinA≠0,所以sinB=3cosB,则tanB=3.又B∈(0,π),所以B=π3因为a+c=1,所以c=1-a,a∈(0,1).所以b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=a2+(1-a)2-a(1-a)=3a2-3a+1=3a-因为a∈(0,1),所以当a=12时,b2取得最小值,且(b2)min=14,即b的最小值为若选择②:在△ABC中,有A+B+C=π,则由题意可得2cos2B-1-3cos(π-B)=2cos2B+3cosB-1=1,解得cosB=12或cosB=-2(舍去又B∈(0,π),所以B=π3因为a+c=1,所以c=1-a,a∈(0,1).所以b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=a2+(1-a)2-a(1-a)=3a2-3a+1=3a-因为a∈(0,1),所以当a=12时,b2取得最小值,且(b2)min=14,即b的最小值为若选择③:由正弦定理可将已知条件转化为sinBcosC+33sinCsinB=sinA又sinA=sin[π-(B+C)]=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB,所以33sinCsinB=sinCcosB又sinC≠0,所以sinB=3cosB,所以tanB=3.又B∈(0,π),所以B=π3因为a+c=1,所以c=1-a,a∈(0,1).所以b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=a2+(1-a)2-a(1-a)=3a2-3a+1=3a-因为a∈(0,1),所以当a=12时,b2取得最小值,且(b2)min=14,即b的最小值为20.解:(1)由f(0)=12,得sinφ=12,又0<φ<π2,所以φ由f5π12=0,得sinω所以ω·5π12+π6=kπ,k∈Z,即ω=25(6由ω>0,结合题中函数f(x)的图象可知12所以0<ω<125所以有0<25(6k-1)<125,即16又k∈Z,所以k=1,从而ω=25×(6×1-1)=2,因此,f(x)=sin2(2)由fA-B2-π12=3又由题意可知0<A-B<π2,故cos(A-B)=45,于是cosA-又A+B>π2,所以A=A又因为函数y=sinx在区间0,π2上单调递增,A∈0,π2,π4+A-21.解:(1)∵点C,D关于直线l对称,∴点C坐标为(2×34-44,16),即(24,16).把点A,B,C的坐标分别代入函数解析式,得22=②-①,得asinπ6③-①,得asinπ3∴2sinπ6+φ-2sinφ=sinπ3+∴cosφ+3sinφ=32cosφ+32sin∴1-32cosφ=32-3sinφ∴tanφ=-33.∵0<φ<π,∴φ=5π6,代入②,得将φ=5π6,b=19代入①得,a=于是ABC段对应的函数解析式为y=6sinπ72x+5π6+19,由对称性得DEF段对应的函数解