高考数学一轮复习 专题4 三角函数、解三角形 第32练 高考大题突破练-三角函数与解三角形练习（含解析）-人教高三全册数学试题

第32练高考大题突破练—三角函数与解三角形[基础保分练]1．(2018·安徽省皖中名校联考)在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且满足eq\f(cosB,cosC)＋eq\f(－2a＋b,c)＝0.(1)求角C的值；(2)若b＝2，AB边上的中线CD＝eq\r(3)，求△ABC的面积．2．(2019·河北衡水中学调研)已知函数f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的单调递增区间；(2)求f(x)在区间[－π，0]上的最小值．3．已知函数f(x)＝cos2x－sin2x＋eq\f(1,2)，x∈(0，π)．(1)求f(x)的单调递增区间；(2)设△ABC为锐角三角形，角A所对边a＝eq\r(19)，角B所对边b＝5，若f(A)＝0，求△ABC的面积．[能力提升练]4.函数f(x)＝cos(πx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示．(1)求φ及图中x0的值；(2)设g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))，求函数g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))上的最大值和最小值．

答案精析基础保分练1．解(1)∵eq\f(cosB,cosC)＋eq\f(－2a＋b,c)＝0，由正弦定理得，eq\f(cosB,cosC)＋eq\f(－2sinA＋sinB,sinC)＝0，即cosB·sinC＋cosC·(－2sinA＋sinB)＝0，从而sin(B＋C)－2sinA·cosC＝0，即sinA－2sinA·cosC＝0，又在△ABC中，sinA>0,0°<C<180°，故cosC＝eq\f(1,2)，得C＝60°.(2)由eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))，得3＝eq\f(1,4)(22＋a2＋2·2·a·cos60°)，从而a＝2或a＝－4 (舍)，故S△ABC＝eq\f(1,2)ab·sinC＝eq\f(1,2)×2×2×sin60°＝eq\r(3).2．解(1)f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2)＝eq\f(\r(2),2)sinx－eq\r(2)·eq\f(1－cosx,2)＝eq\f(\r(2),2)sinx＋eq\f(\r(2),2)cosx－eq\f(\r(2),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)，由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)．则f(x)的单递递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)．(2)因为－π≤x≤0，所以－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，当x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,4)时，f(x)min＝－1－eq\f(\r(2),2).3．解(1)函数f(x)＝cos2x－sin2x＋eq\f(1,2)＝cos2x＋eq\f(1,2)，x∈(0，π)．由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z.k＝1时，eq\f(1,2)π≤x≤π，可得f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).(2)∵△ABC为锐角三角形，角A所对边a＝eq\r(19)，角B所对边b＝5，f(A)＝0，即有cos2A＋eq\f(1,2)＝0，解得2A＝eq\f(2π,3)，即A＝eq\f(π,3).由余弦定理可得a2＝b2＋c2－2bccosA，化为c2－5c＋6＝0，解得c＝2或3，若c＝2，则cosB＝eq\f(19＋4－25,2×\r(19)×2)<0，即有B为钝角，c＝2不成立，则c＝3，△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×5×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).4．解(1)∵图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，∴cosφ＝eq\f(\r(3),2)，又0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)，由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx0＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，得x0＝2k或x0＝－eq\f(1,3)＋2k，k∈Z，又f(x)的周期为2，结合图象知0<x0<2，∴x0＝eq\f(5,3).(2)由题意可得f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,2)))＝－sinπx，∴g(x)＝f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))－sinπx＝cosπxcoseq\f(π,6)－sinπxsineq\f(π,6)－sinπx＝eq\f(\r(3),2)cosπx－eq\f(1,2)sinπx－sinπx＝eq\f(\r(3),2)cosπx－eq\f(3,2)sinπx＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,3)))，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，∴－eq\f(π,6