高考数二轮专题突破 （预测演练+提能训练）第1部分 专题二 第4讲 高考中的三角函数解答题型（以真题和模拟题为例） 理

《创新方案》届高考数学（理科）二轮专题突破预测演练提能训练（浙江专版）：第1部分专题二第4讲高考中的三角函数解答题型（以年真题和模拟题为例，含答案解析）1．已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx，－\f(1,2)))，b＝(eq\r(3)sinx，cos2x)，x∈R，设函数f(x)＝a·b.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx，－\f(1,2)))·(eq\r(3)sinx，cos2x)＝eq\r(3)cosxsinx－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝coseq\f(π,6)sin2x－sineq\f(π,6)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(1)f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)＝π，即函数f(x)的最小正周期为π.(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6).由正弦函数的性质，知当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)时，f(x)取得最大值1；当2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0时，f(0)＝－eq\f(1,2)，当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即x＝eq\f(π,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(1,2)，∴f(x)的最小值为－eq\f(1,2).因此，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值是1，最小值是－eq\f(1,2).2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知bsinA＝3csinB，a＝3，cosB＝eq\f(2,3).(1)求b的值；(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))的值．解：(1)在△ABC中，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得bsinA＝asinB，又由bsinA＝3csinB，可得a＝3c，又a＝3，故c＝1.由b2＝a2＋c2－2accosB，cosB＝eq\f(2,3)，可得b＝eq\r(6).(2)由cosB＝eq\f(2,3)，得sinB＝eq\f(\r(5),3)，从而得cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f(1,9)，sin2B＝2sinBcosB＝eq\f(4\r(5),9).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))＝sin2Bcoseq\f(π,3)－cos2Bsineq\f(π,3)＝eq\f(4\r(5)＋\r(3),18).3．(·济南模拟)已知m＝(2cosx＋2eq\r(3)sinx,1)，n＝(cosx，－y)，且m⊥n.(1)将y表示为x的函数f(x)，并求f(x)的单调递增区间；(2)已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C对应的边长，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝3，且a＝2，b＋c＝4，求△ABC的面积．解：(1)由m⊥n得m·n＝0，即2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx－y＝0，所以y＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z.(2)因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝3，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋1＝3，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1，所以A＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA，即4＝b2＋c2－bc，所以4＝(b＋c)2－3bc，因为b＋c＝4，所以bc＝4.所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3).4．已知函数f(x)＝eq\r(3)sineq\f(ωx＋φ,2)coseq\f(ωx＋φ,2)＋sin2eq\f(ωx＋φ,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))，其图像的两个相邻对称中心的距离为eq\f(π,2)，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，1)).(1)求函数f(x)的表达式；(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，a＝eq\r(5)，S△ABC＝2eq\r(5)，角C为锐角，且满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))＝eq\f(7,6)，求c的值．解：(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin(ωx＋φ)＋eq\f(1,2)[1－cos(ωx＋φ)]＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∵两个相邻对称中心的距离为eq\f(π,2)，∴最小正周期T＝π，∴eq\f(2π,|ω|)＝π，∵ω>0，∴ω＝2.又f(x)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，1))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)＋φ))＋eq\f(1,2)＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝eq\f(1,2)，∴cosφ＝eq\f(1,2).∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝sinC＋eq\f(1,2)＝eq\f(7,6)，故sinC＝eq\f(2,