2015届高三数学三角函数专题训练及详细答案

2015届高三数学三角函数专题训练

1.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ) 已知锐角△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,2

c, 23co s A +co s 2A =0,a =7,c =6,则b =( )

A .10 B .9 C .8 D .5

2

解析:选D. 由23co s A +co s 2A =0,得23co s 2A +2co s 2A -1=0,

1

解得co s A =.

5

1

∵A 是锐角,∴co s A =.

5

222

又a =b +c -2bc co s A ,

1

∴49=b 2+36-2×b ×6×

5

13

∴b =5或b =-.

5

又∵b >0,∴b =5. 2.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) △ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知b

ππ

=2,B =,C = ,则△ABC 的面积为( )

64A .3+2 3+1 C .3-2 3-1

ππ

解析:选B. ∵B =C =,

64ππ7π

∴A =π-B -C =π--.

6412

b c

由正弦定理,得

sin B sin C

2c = ππsin sin

642c 1222

∴c =22.

117π

∴S △ABC =bcs in A 2×2s in =3+1. 故选B.

2212

3.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) 已知s in 2αco s 2(α+=( )

34

11A. 6312C. 23

π2

1+cos (2α+1-

21-sin 2α312π

解析:选A. ∵s in 2α=,∴co s 2(α+) ===.

342226

5

4.(2013·高考大纲全国卷) 已知α是第二象限角,s in αco s α=( )

13

125A .- B .-

1313512C. 1313

解析:选A. 因为α为第二象限角,所以co s α1-sin α=-5.(2013·高考大纲全国卷

)

12

13

若函数y =s in(ωx +φ)(ω>0)的部分图象如图,则ω=( ) A .5 B .4 C .3 D .2

T πππ

解析:选B. 设函数的最小正周期为T ,由函数图象可知=(x 0+) -x 0=,所以T =.

2442

又因为T =,可解得ω=4.

ω

π

6.(2013·高考山东卷) 将函数y =s in(2x +φ) 的图象沿x 轴向左平移个单位后,得到一

8

个偶函数的图象,则φ的一个可能取值为( )

3ππA. B. 44

π

C .0 D .-

4ππ向左平移

解析:选B. y =s in(2x +φ) π――→y =s in[2(x +) +φ]=s in(2x ++φ) . 个单位848

当φ=y =s in(2x +π) =-s in 2x ,为奇函数;

4ππ

当φ=y =s in(2x +) =co s 2x ,为偶函数;

42

π

当φ=0时,y =s in(2x +,为非奇非偶函数;

4

π

当φy =s in 2x ,为奇函数.故选B.

4

7.(2013·高考山东卷) △ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若B =2A ,a =1,b =3,则c =( )

A .3 B .2 C. D .1

a b

解析:选B. 由正弦定理得:,

sin A sin B

∵B =2A ,a =1,b 3,

1∴sin A 2sin A cos A

∵A 为三角形的内角,∴s in A ≠0.

3

∴co s A .

2

ππ

又0

∴C =π-A -B =,∴△ABC 为直角三角形.

2

由勾股定理得c 12+3)2=2.

8.(2013·高考浙江卷) 已知α∈R ,s in α+2co s α4A. 3

34

10

,则tan 2α=( ) 2

3C

44D .-

3

5

解析:选C. 把条件中的式子两边平方,得s in 2α+4s in αco s α+4co s 2α即3co s 2α+4s in

2

2

3cos α+4sin αcos α33+4tan α332

αco s α==3tan α-8tan α-3=0,解得22cos α+sin α1+tan α2

12tan α3

tan α=3或tan α,所以tan 2α=.

341-tan α

3

9.(2013·高考浙江卷) 函数f (x ) =s in x co s x +s 2x 的最小正周期和振幅分别是( )

2

A .π,1 B .π,2 C .2π,1 D .2π,2

13π2π

解析:选A. f (x ) in 2x +s 2x =s in(2x +,所以最小正周期为T ==π,振幅A

2232

=1.

1

10.(2013·高考北京卷) 在△ABC 中,a =3,b =5,s in A =,则s in B =( )

3

15A. 595C. D .1 3

a b

解析:选B. 在△ABC 中,由正弦定理,

sin A sin B

15×35b sin A

得s in B ==a 39

11.(2013·高考北京卷) “φ=π”是“曲线y =s in(2x +φ) 过坐标原点”的( ) A .充分而不必要条件 B .必要而不充分条件 C .充分必要条件

D .既不充分也不必要条件

解析:选A. 当φ=π时,y =s in(2x +φ) =s in(2x +π) =-s in 2x ,此时曲线y =s in(2x +φ) 必过原点,但曲线y =s in(2x +φ) 过原点时,φ可以取其他值,如φ=0. 因此“φ=π”是“曲线y =s in(2x +φ) 过坐标原点”的充分而不必要条件.

ππ

2x -在区间⎡0上的最小值为( ) 12.(2013·高考天津卷) 函数f (x ) =s in ⎛4⎝⎣22

A .-1 B .-2

2C. D .0 2

ππππ3πππ

0,,∴-≤2x -≤2x -=-f (x ) =s in ⎛2x 有解析:选B. ∵x ∈⎡4⎣2⎝44444

2

最小值-2

π

13.(2013·高考天津卷) 在△ABC 中,∠ABC =,AB =2,BC =3,则s in ∠BAC =( )

4

1010 105105C.

105解析:选C. 由余弦定理可得 AC =BA +BC -2BA ·BC cos ∠ABC

=2+9-2×2×32BC AC 5,于是由正弦定理可得=s in 2sin ∠BAC sin ∠ABC

2

2310

∠BAC =.

105

ππ

-0)个单位长14.(2013·高考福建卷) 将函数f (x ) =s in(2x +θ) ⎛⎝22度后得到函数g (x ) 的图象,若f (x ) ,g (x ) 的图象都经过点P ⎛0,

3⎫

,则φ的值可以是( ) 2⎭

5πA. 3πC. 2

解析:选B. ∵P ⎛0,

5πB. 6π 6

3⎫

在f (x ) 的图象上, 2⎭

∴f (0)=s in θ3. 2

πππ,∴θ= ∵θ∈⎛⎝223

π2x +, ∴f (x ) =s in ⎛3⎝

π

2(x -φ)+. ∴g (x ) =s in ⎡3⎣∵g (0)=

2π3-2φ⎫=. ∴s in ⎛⎝3⎭25

验证,φ=π时,

6ππ543

-2φ⎫=s in ⎛π⎫=s in ⎛-⎫=成立. s in ⎛⎝3⎭⎝33⎭⎝3⎭215.(2013·高考辽宁卷) 在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c . 若as in B co s C

1

+cs in B co s A =b ,且a >b ,则∠B =( )

2

ππA. B. 632π5πC. 36

1

解析:选A. 由正弦定理可得s in As in B co s C +s in C ·s in B co s A =in B ,又因为s in B ≠0,

2

11π

所以s in A co s C +s in C co s A =,所以s in(A +C ) =s in B =. 因为a >b ,所以∠B =.

226

16.(2013·高考陕西卷) 设△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若b co s C +c co s B =as in A ,则△ABC 的形状为( )

A .锐角三角形 B .直角三角形 C .钝角三角形 D .不确定 解析:选B. ∵b co s C +c co s B

b 2+a 2-c 2c 2+a 2-b 2=b c

2ab 2ac b 2+a 2-c 2+c 2+a 2-b 2=2a

2a 2

=a =as in A ,∴s in A =1. 2a

π

∵A ∈(0,π) ,∴A =ABC 是直角三角形.

2

17.(2013·高考湖南卷) 在锐角△ABC 中,角A ,B 所对的边长分别为a ,b . 若2as in B =3b ,则角A 等于( )

ππA. B. 34ππC. 612

解析:选A. 在△ABC 中,a =2Rs in A ,b =2Rs in B (R 为△ABC 的外接圆半径) . ∵2as in B 3b ,∴2s in As in B =3s in B .

∴s in A =. 又△ABC 为锐角三角形,∴A .

23

18.(2013·高考江西卷) 如图,半径为1的半圆O 与等边三角形ABC 夹在两平行线l 1,l 2之间,l ∥l 1,l 与半圆相交于F ,G 两点,与三角形ABC 两边相交于E ,D 两点.设弧FG 的长为x (0

=E

B +BC +C

D ,若l 从l 1平行移动到l 2,则函数y =f (x ) 的图象大致是( )

解析:选D.

如图所示,连接OF ,OG ,过点O 作OM ⊥FG ,过点A 作AH ⊥BC ,交DE 于点N . 因为

x AN AE x 23

弧FG 的长度为x ,所以∠FOG =x ,则AN =OM =co s ,所以co s ,则A E =

2AH AB 23

x 223x co s ,∴E B =s 2332

4343x 23

∴y =E B +BC +C D =co s 3323

43x =-co s +3(0

3219.(2013·高考四川卷)

ππ

ω>0,-φ的部分图象如图所示,函数f (x ) =2s in (ωx +φ) ⎛则ω,φ的值分别是( ) 22⎝

ππ

A .2,- B .2,-

36ππ

C .4,- D .4,

63

π335

-⎫π,∴T =π, 解析:选A. =π-⎛412⎝3⎭4

∵π(ω>0),∴ω=2. ω

55π

由图象知当x =π时,2×π+φ=2k πk ∈Z ) ,

12122π

即φ=2k π-k ∈Z ) .

3

πππ∵-

α3

20.(2013·高考江西卷) 若s in ,则co s α=( )

23

21A .- B .-

3312C. 33

α21解析:选C.co s α=1-2s in 21-2×⎛2=1-=.

233⎝321.(2013·高考湖北卷) 将函数y =3co s x +s in x (x ∈R ) 的图象向左平移m (m >0) 个单位长度后,所得到的图象关于y 轴对称,则m 的最小值是( )

ππA. B. 126π5πC. 36

π

x -,向左平移m (m >0)个单位长度后得到函解析:选B. 由于y 3co s x +s in x =2co s ⎛⎝6ππ

x +m -的图象.由于该图象关于y 轴对称,所以m -=k π(k ∈Z ,m >0),于是数y =2co s ⎛6⎝6ππ

m =k π+(k ∈Z ,m >0),故当k =0时, m 取得最小值.

6622.(2013·高考重庆卷)4co s 50°-tan 40°=( )

2+3

2

C. D .2-1

sin 40°

解析:选C.4co s 50°-tan 40°=4s in 40°-cos 40°

4sin 40°cos 40°-sin 40°2sin 80°-sin 40°==

cos 40°cos 40°

sin 80°+sin (60°+20°)-sin (60°-20°)=

cos 40°

sin 80°+2cos 60°sin 20°sin 80°+sin 20°

cos 40°cos 40°

sin (50°+30°)+sin (50°-30°)=cos 40°

2sin 50°cos 30°cos 40°=3.

cos 40°cos 40°

5π⎫1

23.(2013·高考广东卷) 已知s in ⎛⎝2α⎭=5,那么co s α=( )

21A .- B .-

5512C. 55

5π1

+α⎫=co s α,故co s α=,故选C. 解析:选C. s in ⎛⎝2⎭5

24.(2013·高考安徽卷) 设△ABC 的内角A ,B ,C 所对边的长分别为a ,b ,c . 若b +c =2a, 3s in A =5s in B ,则角C =( )

π2πA. B. 333π5πC. 46

解析:选B. 由3s in A =5s in B ,得3a =5b . 又因为b +c =2a ,

57

所以a ,c =b ,

33

52272

222()+b -()33a +b -c

所以co s C ==

2ab 5

2×b ×b 3

12π=-. 因为C ∈(0,π) ,所以C =.

2325.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ) 设当x =θ时,函数f (x ) =s in x -2co s x 取得最大值,则co s θ=________.

12

解析:y =s in x -2co s x =s in x -co s x ) ,

55

12

设=co s α,s in α,

5则y =5(s in x co s α-co s xs in α) =5s in(x -α) . ∵x ∈R ,∴x -α∈R ,∴y max =5. 又∵x =θ时,f (x ) 取得最大值, ∴f (θ) =s in θ-2co s θ5. 又s in 2θ+co s 2θ=1,

1

sin θ=,

52∴即co s θ=-.

52

cos θ=-,

5

⎧⎨⎩

25

答案:

5

26.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ) 设当x =θ时,函数f (x ) =s in x -2co s x 取得最大值,则co s θ=________.

12

解析:y =s in x -2co s x =s in x -co s x ) ,

55

12

=co s α,s in α, 5则y =5(s in x co s α-co s xs in α) =5s in(x -α) . ∵x ∈R ,∴x -α∈R ,∴y max =5. 又∵x =θ时,f (x ) 取得最大值, ∴f (θ) =s in θ-2co s θ5. 又s in 2θ+co s 2θ=1,

1

sin θ=,

52∴即co s θ=-.

52

cos θ=-,

5设

⎧⎨⎩

25

答案:

5

π

27.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) 函数y =co s (2x +φ)(-π≤φ

π

后,与函数y =s in(2x +) 的图象重合,则φ=________.

3

ππ

解析:y =co s (2x +φ) 的图象向右平移个单位得到y =co s [2(x -+φ]的图象,整理得y

22

=co s (2x -π+φ) .

π

∵其图象与y =s in(2x +的图象重合,

3

ππ

∴φ-π2k π,

32ππ

∴φπ-2k π,

325π

即φ=2k π.

6

又∵-π≤φ

6

5π答案:

6

π

28.(2013·高考江苏卷) 函数y =3s in(2x +) 的最小正周期为________.

4

π2π

解析:函数y =3s in(2x +) 的最小正周期T =π.

42

答案:π

π1

29.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) 设θ为第二象限角,若tan(θ+=,则s in θ+co s θ=

42

________.

π1

解析:∵tan(θ+

42

1+tan θ11∴tan θ=-.

31-tan θ2

22

cos θ2sin θ+cos θ+2sin θ·∴(s in θ+co s θ) = sin θ+cos θ12+12

tan θ+2tan θ+1932==.

15tan θ+1

+19

1

∵θ为第二象限角,tan θ=-,

3

∴2k π+

4

∴s in θ+co s θ

∴s in θ+co s θ=-5

10

答案:

5

30.(2013·高考江西卷) 设f (x ) =3s in 3x +co s 3x ,若对任意实数x 都有|f (x )|≤a ,则实数a 的取值范围是________.

π⎪sin ⎛3x +π⎪≤2,3x +⎫,解析:由于f (x ) =s in 3x +co s 3x =2s in ⎛则|f (x )|=2要使|f (x )|≤a 6⎭6⎪⎝⎪⎝

恒成立,则a ≥2.

答案:[2,+∞)

π⎫

31.(2013·高考四川卷) 设s in 2α=-s in α,α∈⎛⎝2,π⎭,则tan 2α的值是________. 解析:∵s in 2α=-s in α,∴2s in αco s α=-s in α.

π⎫1π,s in α≠0,∴co s α=-∵α∈⎛⎝2⎭2π⎫2,π,∴α=π, 又∵α∈⎛⎝2⎭3

π4π

π+⎫=tan 3. ∴tan 2α=tan =tan ⎛⎝3⎭33

答案:3

1

32.(2013·高考大纲全国卷) 已知α是第三象限角,s in α=-cot α=________.

3

1⎧⎪sin α3解析:由⎨且α是第三象限角,

⎪⎩sin 2α+cos 2α=1,

22cos α可得co s α,所以cot α=22.

3sin α

答案:2 33.(2013·高考安徽卷) 设△ABC 的内角A ,B ,C 所对边的长分别为a ,b ,c . 若b +c =2a, 3s in A =5s in B ,则角C =________.

解析:由3s in A =5s in B ,得3a =5b . 又因为b +c =2a ,

57

所以a ,c =b ,

33

52272

222()+b -()33a +b -c

所以co s C ==

2ab 5

2×b ×b 3

12π=-. 因为C ∈(0,π) ,所以C =.

232π答案:

3

1

34.(2013·高考浙江卷) 在△ABC 中,∠C =90°,M 是BC 的中点.若s in ∠BAM 3

s in

∠BAC =________.

解析:

12因为s in ∠BAM =,所以co s ∠BAM =33

如图,在△ABM 中,利用正弦定理,得 BM AM BM sin ∠BAM 11

,所以=AM sin B 3sin B 3cos ∠BAC sin ∠BAM sin B

CM

在Rt △ACM 中,有s in ∠CAM =s in(∠BAC -∠BAM ) .由题意知BM =CM ,所以

AM

1

s in(∠BAC -∠BAM ) .

3cos ∠BAC

化简,得22s in ∠BAC co s ∠BAC -co s 2∠BAC =1.

22tan ∠BAC -1所以=1,解得tan ∠BAC =2.

tan ∠BAC +1

6

再结合s in 2∠BAC +co s 2∠BAC =1,∠BAC 为锐角可解得s in ∠BAC =3

6

答案:3

35.(2013·高考福建卷) 如图,在△ABC 中,已知点D 在BC

边上,A D ⊥AC ,s in ∠BAC 2=,AB =2,A D =3,则B D 的长为________.

3

22

解析:∵s in ∠BAC =s in(90°+∠BA D) =co s ∠BA D =

3

∴在△AB D 中,有B D 2=AB 2+A D 2-2AB ·A Dco s ∠BA D ,

22

∴B D 2=18+9-2×32×3×=3,

3

∴B D =3. 答案:3 36.(2013·高考江西卷) 函数y =s in 2x +3s in 2x 的最小正周期T 为________.

解析:由于y =s in 2x +23s in 2x =s in 2x +3(1-co s 2x ) =s in 2x -3co s 2x +3=

π2π2x -⎫+3,∴T ==π. 2s in ⎛3⎭⎝2答案:π 37.(2013·高考大纲全国卷) 设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ,(a +b +c )(a -b +c ) =ac .

(1)求B ;

3-1

(2)若s in As in C =C .

4

解:(1)因为(a +b +c )(a -b +c ) =ac , 所以a 2+c 2-b 2=-ac .

a 2+c 2-b 21

由余弦定理得co s B ==-,

2ac 2

因此B =120°.

(2)由(1)知A +C =60°,所以co s (A -C ) =co s A co s C +s in As in C =co s A co s C -s in As in C

3-113

+2s in As in C =co s (A +C ) +2s in As in C =+2×=

242

故A -C =30°或A -C =-30°, 因此C =15°或C =45°. 38.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)

如图,在△ABC 中,∠ABC =90°,AB =3,BC =1,P 为△ABC 内一点,∠BPC =90°.

1

(1)若PB P A ;

2

(2)若∠APB =150°,求tan ∠PBA . 解:(1)由已知得∠PBC =60°,所以∠PBA =30°.

1177

在△PBA 中,由余弦定理得P A 2=3+-2×3×co s 30°=P A .

4242

(2)设∠PBA =α,由已知得PB =s in α.

sin α

在△PBA 中,由正弦定理得3co s α=4s in α,

sin 150°sin (30°-α)

33

所以tan α=tan ∠PBA =.

44

39.(2013·高考山东卷) 设函数f (x ) =-3s in 2ωx -s in ωx co s ωx (ω>0),且y =f (x ) 图象的

一个对称中心到最近的对称轴的距离为.

4

(1)求ω的值;

(2)求f (x ) 在区间[π,上的最大值和最小值.

23

解:(1)f (x ) =3s in 2ωx -s in ωx co s ωx

2

1-cos 2ωx13

=-s in 2ωx 22231

=co s 2ωx -s in 2ωx 22

π

=-s in(2ωx -.

3

π2ππ

因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为ω>0=4×42ω4

因此ω=1.

π

(2)由(1)知f (x ) =-s in(2x -.

3

3π5ππ8π

当π≤x ≤2x -.

23333π

所以-s in(2x -) ≤1.

23

3

因此-1≤f (x ) ≤23π3

f (x ) 在区间[π,,-1.

22

40.(2013·高考江苏卷) 如图,游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径.一种是从A 沿直线步行到C ,另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ,然后从B 沿直线步行到C . 现有甲、乙两位游客从A 处下山,甲沿AC 匀速步行,速度为50 m/min.在甲出发2 min后,乙从A 乘缆车到B ,在B 处停留1 min后,再从B 匀速步行到C . 假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min,山路AC

123

长为1 260 m,经测量,co s A =,co s C =.

135

(1)求索道AB 的长;

(2)问:乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短? (3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内?

123

解:(1)在△ABC 中,因为co s A ,co s C

135

54

所以s in A =s in C =.

135

5312463

从而s in B =s in[π-(A +C )]=s in(A +C ) =s in A co s C +co s As in C ×=.

13513565

AB AC AC 1 2604

由正弦定理,得AB =·s in C ×=1 040(m).

sin C sin B sin B 635

65

所以索道AB 的长为1 040 m.

(2)假设乙出发t min后,甲、乙两游客距离为d ,此时,甲行走了(100+50t )m ,乙距离A

12

处130t m ,所以由余弦定理得d 2=(100+50t ) 2+(130t ) 2-2×130t ×(100+50t ) 200(37t 2

13

-70t +50) .

1 040

由于0≤t ≤0≤t ≤8,

13035

故当t =(min)时,甲、乙两游客距离最短.

37

BC AC AC 1 2605

(3)由正弦定理=BC s in A ==500(m).

sin A sin B sin B 6313

65

乙从B 出发时,甲已走了50×(2+8+1) =550(m),还需走710 m才能到达C .

5007101 250625

设乙步行的速度为v m/min,由题意得-3≤≤3≤v ≤504314

1 250625

使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min,乙步行的速度应控制在[](单位:

4314

m/min)范围内.

41.(2013·高考浙江卷) 在锐角△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c, 且2as in B =3b .

(1)求角A 的大小;

(2)若a =6,b +c =8,求△ABC 的面积.

a b

解:(1)由2as in B 3b 及正弦定理,

sin A sin B

3

得s in A =.

2

π

因为A 是锐角,所以A =3

(2)由余弦定理a 2=b 2+c 2-2bc co s A , 得b 2+c 2-bc =36.

28

又b +c =8,所以bc =.

31

由三角形面积公式S =bcs in A ,

2128373

得△ABC ×=2323

1

42.(2013·高考北京卷) 已知函数f (x ) =(2cos 2x -1) s in 2x +s 4x .

2

(1)求f (x ) 的最小正周期及最大值;

π(2)若α∈(,π) ,且f (α) =α的值.

22

1

解:(1)因为f (x ) =(2cos 2x -1) s in 2x s 4x

2

1

=co s 2xs in 2x +s 4x

2

1

=s in 4x +co s 4x ) 22π=s in(4x +) , 24

π2

所以f (x ) 的最小正周期为.

22

(2)因为f (α) =s in(4α+=1.

24π

因为α∈(,π) ,

2

π9π17π

所以4α+∈(,) .

444π5π9π

所以4α+=α=.

4216

43.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) △ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知a =b co s C +cs in B .

(1)求B ;

(2)若b =2,求△ABC 面积的最大值. 解:(1)由已知及正弦定理得

s in A =s in B co s C +s in Cs in B .① 又A =π-(B +C ) ,

故s in A =s in(B +C ) =s in B co s C +co s Bs in C .② 由①②和C ∈(0,π) 得s in B =co s B .

π

又B ∈(0,π) ,所以B =412

(2)△ABC 的面积S =acs in B =.

24

π

由已知及余弦定理得4=a 2+c 2-2ac co s 4

又a 2+c 2≥2ac ,

4

故ac ,当且仅当a =c 时,等号成立.

2-2

因此△ABC 面积的最大值为2+1. 44.(2013·高考天津卷) 在△ABC 中, 内角A ,B ,C 所对的边分别是a ,b ,c . 已知bs in

2

A =3cs in B ,a =3,co s B

3

(1)求b 的值;

π

2B -的值. (2)求s in ⎛3⎝

a b

解:(1)在△ABC 中,由=bs in A =as in B .

sin A sin B

又由bs in A =3cs in B ,可得a =3c . 又a =3,故c =1.

2

由b 2=a 2+c 2-2ac co s B ,co s B =,可得b =6.

3

25

(2)由co s B =,得s in B =

33

14co s 2B =2co s 2B -1,s in 2B =2s in B co s B =,

99

πππ2B -=s in 2B co s -co s 2Bs in 所以s in ⎛3⎝334+3=1845.(2013·高考福建卷) 如图,在等腰直角△OPQ 中,∠POQ =90°,OP =2,点M 在线段PQ 上.

(1)若OM =5,求PM 的长;

(2)若点N 在线段MQ 上,且∠MON =30°,问:当∠POM 取何值时,△OMN 的面积最小?并求出面积的最小值.

解:(1)在△OMP 中,∠OPM =45°,OM 5,OP =22,由余弦定理得,OM 2=OP 2

+MP 2-2OP ·MP ·co s 45°,得MP 2-4MP +3=0,

解得MP =1或MP =3. (2)设∠POM =α,0°≤α≤60°,

OM OP OP sin 45°

在△OMP 中,由正弦定理,得OM =

sin ∠OPM sin ∠OMP sin (45°+α)

OP sin 45°

同理ON =sin (75°+α)1

故S △OMN =OM ·ON ·s in ∠MON

2

1OP 2sin 245°= 4sin (45°+α)sin (75°+α)

1

=sin (45°+α)sin (45°+α+30°)

1

=31⎤sin (45°+α)⎡(45°+α)+(45°+α)

2⎣2⎦

1

=321sin (45°+α)+sin (45°+α)cos (45°+α)22

1

31[1-cos (90°+2α)]+(90°+2α)44

1

331

+sin 2α+cos 2α444

1

=31

+(2α+30°)42因为0°≤α≤60°,30°≤2α+30°≤150°,所以当α=30°时,s in(2α+30°) 的最大值为1,此时△OMN 的面积取到最小值,即∠POM =30°时,△OMN 的面积的最小值为8-43.

π

46.(2013·高考辽宁卷) 设向量a =3s in x ,s in x ) ,b =(cos x ,s in x ) ,x ∈[0,].

2

(1)若|a |=|b |,求x 的值; (2)设函数f (x ) =a ·b ,求f (x ) 的最大值. 解:(1)由|a |2=3s in x ) 2+s in 2x =4s in 2x , |b |2=co s 2x +s in 2x =1, 及|a |=|b |,得4s in 2x =1.

π1π

又x ∈[0,],从而s in x =x =.

226

(2)f (x ) =a ·b =3s in x ·co s x +s in 2x

311π1=s in 2x -s 2x +=s in(2x -) +, 22262πππ

当x =[0,时,s in(2x 取最大值1.

326

3

所以f (x ) 2

47.(2013·高考山东卷) 设△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,且a +c =6,

7

b =2,co s B 9

(1)求a ,c 的值;

(2)求s in(A -B ) 的值.

解:(1)由余弦定理b 2=a 2+c 2-2ac co s B , 得b 2=(a +c ) 2-2ac (1+co s B ) ,

7

又b =2,a +c =6,co s B =,

9

所以ac =9,解得a =3,c =3.

42

(2)在△ABC 中,s in B =1-cos B =

9

a sin B 22

由正弦定理得s in A =b 3

因为a =c ,所以A 为锐角.

1

所以co s A =1-sin A =3

102

因此s in(A -B ) =s in A co s B -co s As in B =.

27

1

48.(2013·高考陕西卷) 已知向量a =(cos x ,-) ,b =3s in x ,co s 2x ) ,x ∈R ,设函数

2

f (x ) =a ·b .

(1)求f (x ) 的最小正周期;

π

(2)求f (x ) 在[0,]上的最大值和最小值.

2

1

解:f (x ) =(cos x ,-3s in x ,co s 2x )

2131

=s xs in x s 2x =in 2x -s 2x

222

πππ=co s in 2x -s in s 2x =s in(2x -.

666

2π2π

(1)f (x ) 的最小正周期为T =π,即函数f (x ) 的最小正周期为π.

ω2

πππ5π

(2)∵0≤x ≤,∴-2x -.

2666

由正弦函数的性质,得

πππ

当2x =x =f (x ) 取得最大值1;

623ππ1

当2x =-x =0时,f (0)=-;

662π5ππ1

当2x =,即x f (=

66222

1

∴f (x ) .

2π1

因此,f (x ) 在[0,上的最大值是1,最小值是-22

π

49.(2013·高考安徽卷) 已知函数f (x ) =4co s ωx ·s in(ωx +ω>0)的最小正周期为π.

4

(1)求ω的值;

π

(2)讨论f (x ) 在区间[0,上的单调性.

2

π

解:(1)f (x ) =4co s ωx ·s in(ωx +42

=22s in ωx ·co s ωx +2co s ωx

π

=2(s in 2ωx +co s 2ωx ) 2=2s in(2ωx +) +2.

4

因为f (x ) 的最小正周期为π,且ω>0,

从而有=π,故ω=1.

π

(2)由(1)知,f (x ) =2s in(2x ++2.

4

πππ5π

若0≤x ≤2x +.

2444

ππππ

当2x 0≤x ≤时,f (x ) 单调递增; 4428ππ5πππ

当x +≤x ≤f (x ) 单调递减. 24482

πππ

综上可知,f (x ) 在区间[0,上单调递增,在区间]上单调递减.

882

π

50.(2013·高考湖南卷) 已知函数f (x ) =co s x ·co s (x -.

3

(1)求f () 的值;

3

1

(2)求使f (x )

42π2ππππ

解:(1)f () =co s ·co s co s ·co s 3333311=-() 2=-.

24

π1(2)f (x ) =co s x co s (x -=co s x (s x +in x )

322

1313

=s 2x +in x co s x =+co s 2x ) +in 2x 22441π1=s (2x -) +. 23411π11f (x )

42344

πππ3π

即co s (2x -)

3232

5π11π

k ∈Z . 解得k π+

121215π11π

故使f (x )

41212

51.(2013·高考江西卷) 在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知s in As in B +s in Bs in C +co s 2B =1.

(1)求证:a ,b ,c 成等差数列;

2πa

(2)若C =,求的值.

3b

解:(1)由已知得s in As in B +s in Bs in C =2s in 2B . 因为s in B ≠0,所以s in A +s in C =2s in B .

由正弦定理得a +c =2b ,即a ,b ,c 成等差数列.

(2)由C =,c =2b -a 及余弦定理得

32

(2b -a ) =a 2+b 2+ab ,

a 3

即有5ab -3b 2=0,所以=.

b 5

52.(2013·高考湖北卷) 在△ABC 中,角A ,B ,C 对应的边分别是 a ,b ,c ,已知co s 2A -3co s (B +C ) =1.

(1)求角A 的大小;

(2)若△ABC 的面积S =53,b =5,求s in Bs in C 的值. 解:(1)由co s 2A -3co s (B +C ) =1,得

2co s 2A +3co s A -2=0,即(2cos A -1)(cos A +2) =0.

1

解得co s A =或co s A =-2(舍去) .

2

π

因为0

3

1133

(2)由S =in A bc =bc =5,得bc =20.

2224

又b =5,所以c =4.

由余弦定理得,a 2=b 2+c 2-2bc co s A =25+16-20=21, 故a =21.

b c bc 22035

又由正弦定理得,s in Bs in C =s in A s in A =s in A =.

a a a 2147

53.(2013·高考北京卷) 在△ABC 中,a =3,b =26,∠B =2∠A , (1)求co s A 的值; (2)求c 的值.

解:(1)因为a =3,b =6,∠B =2∠A ,

326

所以在△ABC .

sin A sin 2A

2sin A cos A 266所以故co s A =sin A 33

63

(2)由(1)知co s A =,所以s in A =1-cos A =33

1

又因为∠B =2∠A ,所以co s B =2co s 2A -1=.

3

22

所以s in B 1-cos B .

3

53

在△ABC 中,s in C =s in(A +B ) =s in A co s B +co s As in B =9

a sin C

所以c =5.

sin A

π

2x ++6s in x co s x -2co s 2x +1,x ∈R . 54.(2013·高考天津卷) 已知函数f (x ) =-2s in ⎛4⎝

(1)求f (x ) 的最小正周期;

π

0,上的最大值和最小值. (2)求f (x ) 在区间⎡⎣2ππ

解:(1)f (x ) s in 2x ·co s s 2x ·s in +3s in 2x -co s 2x =2s in 2x -2co s 2x =244

π2π2x -⎫. 所以f (x ) 的最小正周期T ==π. s in ⎛4⎭⎝2

3π⎡3ππ上是减函数,⎛3π=0,⎤上是增函数,(2)因为f (x ) 在区间⎡在区间又f (0)=-2,f 8⎦⎣⎣82⎝8

π⎡0π上的最大值为2,最小值为-2. 22,f ⎛=2,故函数f (x ) 在区间⎝2⎣255.(2013·高考四川卷) 在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且co s (A -B )co s

3

B -s in(A -B ) s in(A +C ) 5

(1)求s in A 的值;

→→

(2)若a =42,b =5,求向量BA 在BC 方向上的投影.

3

解:(1)由co s (A -B )co s B -s in(A -B ) s in(A +C ) =-得co s (A -B )co s B -s in(A -B ) s in B

5

3

5

33

则co s (A -B +B ) =-co s A =-.

554

又0

(2)由正弦定理,有,

sin A sin B b sin A 2

所以s in B =a 2

π

由题意知a >b ,则A >B ,故B =4

根据余弦定理,有

3-⎫, 2) 2=52+c 2-2×5c ×⎛⎝5⎭

解得c =1或c =-7(负值舍去) .

2→→→

故向量BA 在BC 方向上的投影为|BA |cos B =2

56.(2013·高考福建卷) 已知函数f (x ) =s in(ωx +φ)(ω>0,0

π⎫

称中心为⎛再将所得⎝4,0⎭. 将函数f (x ) 图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变) ,

π

到的图象向右平移个单位长度后得到函数g (x ) 的图象.

2

(1)求函数f (x ) 与g (x ) 的解析式.

ππ(2)是否存在x 0∈⎛⎝6,4,使得f (x 0) ,g (x 0) ,f (x 0) g (x 0) 按照某种顺序成等差数列?若存在,请确定x 0的个数;若不存在,说明理由.

(3)求实数a 与正整数n ,使得F (x ) =f (x ) +ag (x ) 在(0,n π) 内恰有2 013个零点.

2π2π

解:法一:(1)由函数f (x ) =s in(ωx +φ) 的周期为π,ω>0,得ω==2.

T π

π⎫ππ

0,φ∈(0,π) ,故f ⎛=s in ⎛2φ⎫=0,解得φ又曲线y =f (x ) 的一个对称中心为⎛⎝4⎭⎝4⎝4⎭

π=, 2

所以f (x ) =co s 2x .

将函数f (x ) 图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变) 后可得y =co s x 的图

ππ

x 的图象,所以g (x ) 象,再将y =co s x 的图象向右平移个单位长度后得到函数g (x ) =co s ⎛⎝22

=s in x .

ππ121

s in x cos 2x >s in x co s 2x . (2)当x ∈⎛⎝64222

ππ⎫

问题转化为方程2co s 2x =s in x +s in x co s 2x 在⎛⎝64⎭内是否有解.

ππ设G (x ) =s in x +s in x co s 2x -2co s 2x ,x ∈⎛⎝64,

则G ′(x ) =co s x +co s x co s 2x +2s in 2x (2-s in x ) .

ππ因为x ∈⎛⎝6,4,

ππ所以G ′(x )>0,G (x ) 在⎛⎝6,4内单调递增.

π1⎛π=2,且函数G (x ) 的图象连续不断, 又G ⎛=-

ππππ

内存在唯一零点x 0,即存在唯一的x 0∈⎛⎫满足题意. 故可知函数G (x ) 在⎛⎝64⎝64⎭

(3)依题意,F (x ) =as in x +co s 2x , 令F (x ) =as in x +co s 2x =0.

当s in x =0,即x =k π(k ∈Z ) 时,co s 2x =1,从而x =k π(k ∈Z ) 不是方程F (x ) =0的解,

cos 2x

所以方程F (x ) =0等价于关于x 的方程a x ≠k π(k ∈Z ) .

sin x cos 2x

现研究x ∈(0,π) ∪(π,2π) 时方程a =-的解的情况.

sin x

cos 2x

令h (x ) =-,x ∈(0,π) ∪(π,2π) ,

sin x

则问题转化为研究直线y =a 与曲线y =h (x ) ,x ∈(0,π) ∪(π,2π) 的交点情况.

cos x (2sin 2x +1)

h ′(x ) =,

sin x

π3π

令h ′(x ) =0,得x =或x =22

当x

当x >0且x 当x π且x 趋近于π时,h (x ) 趋向于+∞; 当x

故当a >1时,直线y =a 与曲线y =h (x ) 在(0,π) 内无交点,在(π,2π) 内有2个交点; 当a 又当a =1或a =-1时,直线y =a 与曲线y =h (x ) 在(0,π) ∪(π,2π) 内有3个交点,由正弦函数的周期性,2 013=3×671,所以依题意得n =671×2=1 342.

综上,当a =1,n =1 342或a =-1,n =1 342时,函数F (x ) =f (x ) +ag (x ) 在(0,n π) 内恰有2 013个零点.

法二:(1)(2)同法一.

(3)依题意,F (x ) =as in x +co s 2x =-2s in 2x +as in x +1. 现研究函数F (x ) 在(0,2π]上的零点的情况.

设t =s in x ,p (t ) =-2t 2+at +1(-1≤t ≤1) ,则函数p (t ) 的图象是开口向下的抛物线. 又p (0)=1>0,p (-1) =-a -1,p (1)=a -1.

当a >1时,函数p (t ) 有一个零点t 1∈(-1,0)(另一个零点t 2>1,舍去) ,F (x ) 在(0,2π]上有两个零点x 1,x 2,且x 1,x 2∈(π,2π) ;

当a

两个零点x 1,x 2,且x 1,x 2∈(0,π) ;

当-1

由正弦函数的周期性可知,当a ≠±1时,函数F (x ) 在(0,n π) 内总有偶数个零点,从而不存在正整数n 满足题意.当a =1时,函数p (t ) 有一个零点t 1∈(-1,0) ,另一个零点t 2=1;

当a =-1时,函数p (t ) 有一个零点t 1=-1,另一个零点t 2∈(0,1). 从而当a =1或a =-1时,函数F (x ) 在(0,2π]上有3个零点.由正弦函数的周期性,2 013=3×671,所以依题意得n =671×2=1 342.

综上,当a =1,n =1 342或a =-1,n =1 342时,函数F (x ) =f (x ) +ag (x ) 在(0,n π) 内恰有2 013个零点.

57.(2013·高考重庆卷) 在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且a 2=b 2+c 2+3bc .

(1)求A ;

(2)设a =3,S 为△ABC 的面积,求S +3co s B co s C 的最大值,并指出此时B 的值.

b 2+c 2-a 23bc 3

解:(1)由余弦定理得co s A ==-.

2bc 2bc 2

又因为0

1

(2)由(1)得s in A 又由正弦定理及a =3得

2

11a sin B S =abs in C as in C =3s in Bs in C , 22sin A

因此,S +3co s B co s C =3(s in Bs in C +co s B co s C ) =3co s (B -C ) .

π-A π

所以,当B =C ,即B =S +3co s B co s C 取最大值3.

212

π

x -⎫,x ∈R . 58.(2013·高考广东卷) 已知函数f (x ) =2co s ⎛⎝12⎭

π(1)求f ⎛⎝3的值;

3ππ3

,2π⎫,求f ⎛θ-⎫. (2)若co s θ=,θ∈⎛⎝2⎭⎝6⎭5

πx -, 解:(1)因为f (x ) 2co s ⎛⎝12π⎛π-π=2co s π2×2=1. 所以f ⎛=2co s ⎝3⎝31242

3π32π⎫,co s θ=, (2)因为θ∈⎛⎝2⎭5

⎫24

所以s in θ1-cos θ=-1-⎛=-⎝5⎭5

ππππθ-⎫=2co s ⎛θ--=2co s ⎛θ-⎫ 所以f ⎛⎝6⎭⎝612⎝4⎭2

=2×⎛θ+sin θ⎫

2⎝2⎭341

=co s θ+s in θ.

555

π

59.(2013·高考安徽卷) 设函数f (x ) =s in x +s in(x +) .

3

(1)求f (x ) 的最小值,并求使f (x ) 取得最小值的x 的集合;

(2)不画图,说明函数y =f (x ) 的图象可由y =s in x 的图象经过怎样的变化得到.

1333π

解:(1)因为f (x ) =s in x in x co s x in x co s x 3s in(x +,

22226

ππ2π所以当x +2k π-(k ∈Z ) ,即x =2k π-k ∈Z ) 时,f (x ) 3. 623

2π此时x 的取值集合为{x |x =2k π-k ∈Z }. 3

(2)先将y =s in x 3倍(横坐标不变) ,得y 3s in x

π的图象;再将y =3s in x 的图象上所有的点向左平移个单位,得y =f (x ) 的图象 6

π60.(2013·高考辽宁卷) 设向量a =3s in x ,s in x ) ,b =(cos x ,s in x ) ,x ∈[0,]. 2

(1)若|a |=|b |,求x 的值;

(2)设函数f (x ) =a ·b ,求f (x ) 的最大值.

2解:(1)由|a |=3s in x ) 2+s in 2x =4s in 2x ,

|b |2=co s 2x +s in 2x =1,

及|a |=|b |,得4s in 2x =1.

π1π又x ∈[0,],从而s in x =x =. 226

(2)f (x ) =a ·b =3s in x ·co s x +s in 2x 311π1=s in 2x -s 2x +=s in(2x -) +, 22262

πππ当x =[0,时,s in(2x 取最大值1. 326

3所以f (x ) 2

ππx 61.(2013·高考湖南卷) 已知函数f (x ) =s in(x -) +co s (x ,g (x ) =2s in 2. 632

33 (1)若α是第一象限角,且f (α) ,求g (α) 的值; 5

(2)求使f (x ) ≥g (x ) 成立的x 的取值集合.

ππ解:f (x ) =s in(x -+co s (x -) 63

3113=s in x s x +co s x +s in x 2222

=s in x , x g (x ) =2s in 2=1-co s x . 2

33(1)由f (α) =得s in α55

又α是第一象限角,所以co s α>0.

41从而g (α) =1-co s α=11-sin α=1-=. 55

(2)f (x ) ≥g (x ) 等价于3s in x ≥1-co s x ,

π1即3s in x +co s x ≥1,于是s in(x ) , 62

ππ5π从而2k πx +≤2k π+k ∈Z , 666

2π即2k π≤x ≤2k π+,k ∈Z . 32π故使f (x ) ≥g (x ) 成立的x 的取值集合为{x |2k π≤x ≤2k π+,k ∈Z }. 3

62.(2013·高考江西卷) 在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,已知co s C +(cos A -3s in A )co s B =0.

(1)求角B 的大小;

(2)若a +c =1,求b 的取值范围.

解:(1)由已知得-co s (A +B ) +co s A co s B 3s in A ·co s B =0,即有s in As in B -3s in A co s B =0.

因为s in A ≠0,所以s in B -3 co s B =0. 又co s B ≠0,所以tan B =3.

π又0

(2)由余弦定理,有b 2=a 2+c 2-2ac co s B .

111a -2+. 因为a +c =1,co s B =,有b 2=3⎛⎝242

11又0

63.(2013·高考重庆卷) 在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,且a 2+b 2+2ab =c 2.

(1)求C ;

32cos (α+A )cos (α+B )2(2)设co s A co s B ,=,求tan α的值. 5cos α5

解:(1)因为a 2+b 22ab =c 2,

a 2+b 2-c 2-2ab 2由余弦定理有co s C ===-2ab 2ab 2

3π故C 4

(2)由题意得,

(sin αsin A -cos αcos A )(sin αsin B -cos αcos B )=. cos α5

2因此(tan αsin A -co s A )(tan αsin B -co s B ) =. 5

2tan 2αsin As in B -tan α(s in A co s B +co s As in B ) +co s A ·co s B =, 5

2tan 2αsin As in B -tan αsin(A +B ) +co s A co s B =. ① 5

3ππ2因为C =A +B =,所以s in(A +B ) =. 442

因为co s (A +B ) =co s A co s B -s in As in B ,

32即s in As in B =. 52

3222解得s in As in B . 5210

2由①得,tan α-5tan α+4=0,

解得tan α=1或tan α=4.

2015届高三数学三角函数专题训练

1.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ) 已知锐角△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,2

c, 23co s A +co s 2A =0,a =7,c =6,则b =( )

A .10 B .9 C .8 D .5

2

解析:选D. 由23co s A +co s 2A =0,得23co s 2A +2co s 2A -1=0,

1

解得co s A =.

5

1

∵A 是锐角,∴co s A =.

5

222

又a =b +c -2bc co s A ,

1

∴49=b 2+36-2×b ×6×

5

13

∴b =5或b =-.

5

又∵b >0,∴b =5. 2.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) △ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知b

ππ

=2,B =,C = ,则△ABC 的面积为( )

64A .3+2 3+1 C .3-2 3-1

ππ

解析:选B. ∵B =C =,

64ππ7π

∴A =π-B -C =π--.

6412

b c

由正弦定理,得

sin B sin C

2c = ππsin sin

642c 1222

∴c =22.

117π

∴S △ABC =bcs in A 2×2s in =3+1. 故选B.

2212

3.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) 已知s in 2αco s 2(α+=( )

34

11A. 6312C. 23

π2

1+cos (2α+1-

21-sin 2α312π

解析:选A. ∵s in 2α=,∴co s 2(α+) ===.

342226

5

4.(2013·高考大纲全国卷) 已知α是第二象限角,s in αco s α=( )

13

125A .- B .-

1313512C. 1313

解析:选A. 因为α为第二象限角,所以co s α1-sin α=-5.(2013·高考大纲全国卷

)

12

13

若函数y =s in(ωx +φ)(ω>0)的部分图象如图,则ω=( ) A .5 B .4 C .3 D .2

T πππ

解析:选B. 设函数的最小正周期为T ,由函数图象可知=(x 0+) -x 0=,所以T =.

2442

又因为T =,可解得ω=4.

ω

π

6.(2013·高考山东卷) 将函数y =s in(2x +φ) 的图象沿x 轴向左平移个单位后,得到一

8

个偶函数的图象,则φ的一个可能取值为( )

3ππA. B. 44

π

C .0 D .-

4ππ向左平移

解析:选B. y =s in(2x +φ) π――→y =s in[2(x +) +φ]=s in(2x ++φ) . 个单位848

当φ=y =s in(2x +π) =-s in 2x ,为奇函数;

4ππ

当φ=y =s in(2x +) =co s 2x ,为偶函数;

42

π

当φ=0时,y =s in(2x +,为非奇非偶函数;

4

π

当φy =s in 2x ,为奇函数.故选B.

4

7.(2013·高考山东卷) △ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若B =2A ,a =1,b =3,则c =( )

A .3 B .2 C. D .1

a b

解析:选B. 由正弦定理得:,

sin A sin B

∵B =2A ,a =1,b 3,

1∴sin A 2sin A cos A

∵A 为三角形的内角,∴s in A ≠0.

3

∴co s A .

2

ππ

又0

∴C =π-A -B =,∴△ABC 为直角三角形.

2

由勾股定理得c 12+3)2=2.

8.(2013·高考浙江卷) 已知α∈R ,s in α+2co s α4A. 3

34

10

,则tan 2α=( ) 2

3C

44D .-

3

5

解析:选C. 把条件中的式子两边平方,得s in 2α+4s in αco s α+4co s 2α即3co s 2α+4s in

2

2

3cos α+4sin αcos α33+4tan α332

αco s α==3tan α-8tan α-3=0,解得22cos α+sin α1+tan α2

12tan α3

tan α=3或tan α,所以tan 2α=.

341-tan α

3

9.(2013·高考浙江卷) 函数f (x ) =s in x co s x +s 2x 的最小正周期和振幅分别是( )

2

A .π,1 B .π,2 C .2π,1 D .2π,2

13π2π

解析:选A. f (x ) in 2x +s 2x =s in(2x +,所以最小正周期为T ==π,振幅A

2232

=1.

1

10.(2013·高考北京卷) 在△ABC 中,a =3,b =5,s in A =,则s in B =( )

3

15A. 595C. D .1 3

a b

解析:选B. 在△ABC 中,由正弦定理,

sin A sin B

15×35b sin A

得s in B ==a 39

11.(2013·高考北京卷) “φ=π”是“曲线y =s in(2x +φ) 过坐标原点”的( ) A .充分而不必要条件 B .必要而不充分条件 C .充分必要条件

D .既不充分也不必要条件

解析:选A. 当φ=π时,y =s in(2x +φ) =s in(2x +π) =-s in 2x ,此时曲线y =s in(2x +φ) 必过原点,但曲线y =s in(2x +φ) 过原点时,φ可以取其他值,如φ=0. 因此“φ=π”是“曲线y =s in(2x +φ) 过坐标原点”的充分而不必要条件.

ππ

2x -在区间⎡0上的最小值为( ) 12.(2013·高考天津卷) 函数f (x ) =s in ⎛4⎝⎣22

A .-1 B .-2

2C. D .0 2

ππππ3πππ

0,,∴-≤2x -≤2x -=-f (x ) =s in ⎛2x 有解析:选B. ∵x ∈⎡4⎣2⎝44444

2

最小值-2

π

13.(2013·高考天津卷) 在△ABC 中,∠ABC =,AB =2,BC =3,则s in ∠BAC =( )

4

1010 105105C.

105解析:选C. 由余弦定理可得 AC =BA +BC -2BA ·BC cos ∠ABC

=2+9-2×2×32BC AC 5,于是由正弦定理可得=s in 2sin ∠BAC sin ∠ABC

2

2310

∠BAC =.

105

ππ

-0)个单位长14.(2013·高考福建卷) 将函数f (x ) =s in(2x +θ) ⎛⎝22度后得到函数g (x ) 的图象,若f (x ) ,g (x ) 的图象都经过点P ⎛0,

3⎫

,则φ的值可以是( ) 2⎭

5πA. 3πC. 2

解析:选B. ∵P ⎛0,

5πB. 6π 6

3⎫

在f (x ) 的图象上, 2⎭

∴f (0)=s in θ3. 2

πππ,∴θ= ∵θ∈⎛⎝223

π2x +, ∴f (x ) =s in ⎛3⎝

π

2(x -φ)+. ∴g (x ) =s in ⎡3⎣∵g (0)=

2π3-2φ⎫=. ∴s in ⎛⎝3⎭25

验证,φ=π时,

6ππ543

-2φ⎫=s in ⎛π⎫=s in ⎛-⎫=成立. s in ⎛⎝3⎭⎝33⎭⎝3⎭215.(2013·高考辽宁卷) 在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c . 若as in B co s C

1

+cs in B co s A =b ,且a >b ,则∠B =( )

2

ππA. B. 632π5πC. 36

1

解析:选A. 由正弦定理可得s in As in B co s C +s in C ·s in B co s A =in B ,又因为s in B ≠0,

2

11π

所以s in A co s C +s in C co s A =,所以s in(A +C ) =s in B =. 因为a >b ,所以∠B =.

226

16.(2013·高考陕西卷) 设△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若b co s C +c co s B =as in A ,则△ABC 的形状为( )

A .锐角三角形 B .直角三角形 C .钝角三角形 D .不确定 解析:选B. ∵b co s C +c co s B

b 2+a 2-c 2c 2+a 2-b 2=b c

2ab 2ac b 2+a 2-c 2+c 2+a 2-b 2=2a

2a 2

=a =as in A ,∴s in A =1. 2a

π

∵A ∈(0,π) ,∴A =ABC 是直角三角形.

2

17.(2013·高考湖南卷) 在锐角△ABC 中,角A ,B 所对的边长分别为a ,b . 若2as in B =3b ,则角A 等于( )

ππA. B. 34ππC. 612

解析:选A. 在△ABC 中,a =2Rs in A ,b =2Rs in B (R 为△ABC 的外接圆半径) . ∵2as in B 3b ,∴2s in As in B =3s in B .

∴s in A =. 又△ABC 为锐角三角形,∴A .

23

18.(2013·高考江西卷) 如图,半径为1的半圆O 与等边三角形ABC 夹在两平行线l 1,l 2之间,l ∥l 1,l 与半圆相交于F ,G 两点,与三角形ABC 两边相交于E ,D 两点.设弧FG 的长为x (0

=E

B +BC +C

D ,若l 从l 1平行移动到l 2,则函数y =f (x ) 的图象大致是( )

解析:选D.

如图所示,连接OF ,OG ,过点O 作OM ⊥FG ,过点A 作AH ⊥BC ,交DE 于点N . 因为

x AN AE x 23

弧FG 的长度为x ,所以∠FOG =x ,则AN =OM =co s ,所以co s ,则A E =

2AH AB 23

x 223x co s ,∴E B =s 2332

4343x 23

∴y =E B +BC +C D =co s 3323

43x =-co s +3(0

3219.(2013·高考四川卷)

ππ

ω>0,-φ的部分图象如图所示,函数f (x ) =2s in (ωx +φ) ⎛则ω,φ的值分别是( ) 22⎝

ππ

A .2,- B .2,-

36ππ

C .4,- D .4,

63

π335

-⎫π,∴T =π, 解析:选A. =π-⎛412⎝3⎭4

∵π(ω>0),∴ω=2. ω

55π

由图象知当x =π时,2×π+φ=2k πk ∈Z ) ,

12122π

即φ=2k π-k ∈Z ) .

3

πππ∵-

α3

20.(2013·高考江西卷) 若s in ,则co s α=( )

23

21A .- B .-

3312C. 33

α21解析:选C.co s α=1-2s in 21-2×⎛2=1-=.

233⎝321.(2013·高考湖北卷) 将函数y =3co s x +s in x (x ∈R ) 的图象向左平移m (m >0) 个单位长度后,所得到的图象关于y 轴对称,则m 的最小值是( )

ππA. B. 126π5πC. 36

π

x -,向左平移m (m >0)个单位长度后得到函解析:选B. 由于y 3co s x +s in x =2co s ⎛⎝6ππ

x +m -的图象.由于该图象关于y 轴对称,所以m -=k π(k ∈Z ,m >0),于是数y =2co s ⎛6⎝6ππ

m =k π+(k ∈Z ,m >0),故当k =0时, m 取得最小值.

6622.(2013·高考重庆卷)4co s 50°-tan 40°=( )

2+3

2

C. D .2-1

sin 40°

解析:选C.4co s 50°-tan 40°=4s in 40°-cos 40°

4sin 40°cos 40°-sin 40°2sin 80°-sin 40°==

cos 40°cos 40°

sin 80°+sin (60°+20°)-sin (60°-20°)=

cos 40°

sin 80°+2cos 60°sin 20°sin 80°+sin 20°

cos 40°cos 40°

sin (50°+30°)+sin (50°-30°)=cos 40°

2sin 50°cos 30°cos 40°=3.

cos 40°cos 40°

5π⎫1

23.(2013·高考广东卷) 已知s in ⎛⎝2α⎭=5,那么co s α=( )

21A .- B .-

5512C. 55

5π1

+α⎫=co s α,故co s α=,故选C. 解析:选C. s in ⎛⎝2⎭5

24.(2013·高考安徽卷) 设△ABC 的内角A ,B ,C 所对边的长分别为a ,b ,c . 若b +c =2a, 3s in A =5s in B ,则角C =( )

π2πA. B. 333π5πC. 46

解析:选B. 由3s in A =5s in B ,得3a =5b . 又因为b +c =2a ,

57

所以a ,c =b ,

33

52272

222()+b -()33a +b -c

所以co s C ==

2ab 5

2×b ×b 3

12π=-. 因为C ∈(0,π) ,所以C =.

2325.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ) 设当x =θ时,函数f (x ) =s in x -2co s x 取得最大值,则co s θ=________.

12

解析:y =s in x -2co s x =s in x -co s x ) ,

55

12

设=co s α,s in α,

5则y =5(s in x co s α-co s xs in α) =5s in(x -α) . ∵x ∈R ,∴x -α∈R ,∴y max =5. 又∵x =θ时,f (x ) 取得最大值, ∴f (θ) =s in θ-2co s θ5. 又s in 2θ+co s 2θ=1,

1

sin θ=,

52∴即co s θ=-.

52

cos θ=-,

5

⎧⎨⎩

25

答案:

5

26.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ) 设当x =θ时,函数f (x ) =s in x -2co s x 取得最大值,则co s θ=________.

12

解析:y =s in x -2co s x =s in x -co s x ) ,

55

12

=co s α,s in α, 5则y =5(s in x co s α-co s xs in α) =5s in(x -α) . ∵x ∈R ,∴x -α∈R ,∴y max =5. 又∵x =θ时,f (x ) 取得最大值, ∴f (θ) =s in θ-2co s θ5. 又s in 2θ+co s 2θ=1,

1

sin θ=,

52∴即co s θ=-.

52

cos θ=-,

5设

⎧⎨⎩

25

答案:

5

π

27.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) 函数y =co s (2x +φ)(-π≤φ

π

后,与函数y =s in(2x +) 的图象重合,则φ=________.

3

ππ

解析:y =co s (2x +φ) 的图象向右平移个单位得到y =co s [2(x -+φ]的图象,整理得y

22

=co s (2x -π+φ) .

π

∵其图象与y =s in(2x +的图象重合,

3

ππ

∴φ-π2k π,

32ππ

∴φπ-2k π,

325π

即φ=2k π.

6

又∵-π≤φ

6

5π答案:

6

π

28.(2013·高考江苏卷) 函数y =3s in(2x +) 的最小正周期为________.

4

π2π

解析:函数y =3s in(2x +) 的最小正周期T =π.

42

答案:π

π1

29.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) 设θ为第二象限角,若tan(θ+=,则s in θ+co s θ=

42

________.

π1

解析:∵tan(θ+

42

1+tan θ11∴tan θ=-.

31-tan θ2

22

cos θ2sin θ+cos θ+2sin θ·∴(s in θ+co s θ) = sin θ+cos θ12+12

tan θ+2tan θ+1932==.

15tan θ+1

+19

1

∵θ为第二象限角,tan θ=-,

3

∴2k π+

4

∴s in θ+co s θ

∴s in θ+co s θ=-5

10

答案:

5

30.(2013·高考江西卷) 设f (x ) =3s in 3x +co s 3x ,若对任意实数x 都有|f (x )|≤a ,则实数a 的取值范围是________.

π⎪sin ⎛3x +π⎪≤2,3x +⎫,解析:由于f (x ) =s in 3x +co s 3x =2s in ⎛则|f (x )|=2要使|f (x )|≤a 6⎭6⎪⎝⎪⎝

恒成立,则a ≥2.

答案:[2,+∞)

π⎫

31.(2013·高考四川卷) 设s in 2α=-s in α,α∈⎛⎝2,π⎭,则tan 2α的值是________. 解析:∵s in 2α=-s in α,∴2s in αco s α=-s in α.

π⎫1π,s in α≠0,∴co s α=-∵α∈⎛⎝2⎭2π⎫2,π,∴α=π, 又∵α∈⎛⎝2⎭3

π4π

π+⎫=tan 3. ∴tan 2α=tan =tan ⎛⎝3⎭33

答案:3

1

32.(2013·高考大纲全国卷) 已知α是第三象限角,s in α=-cot α=________.

3

1⎧⎪sin α3解析:由⎨且α是第三象限角,

⎪⎩sin 2α+cos 2α=1,

22cos α可得co s α,所以cot α=22.

3sin α

答案:2 33.(2013·高考安徽卷) 设△ABC 的内角A ,B ,C 所对边的长分别为a ,b ,c . 若b +c =2a, 3s in A =5s in B ,则角C =________.

解析:由3s in A =5s in B ,得3a =5b . 又因为b +c =2a ,

57

所以a ,c =b ,

33

52272

222()+b -()33a +b -c

所以co s C ==

2ab 5

2×b ×b 3

12π=-. 因为C ∈(0,π) ,所以C =.

232π答案:

3

1

34.(2013·高考浙江卷) 在△ABC 中,∠C =90°,M 是BC 的中点.若s in ∠BAM 3

s in

∠BAC =________.

解析:

12因为s in ∠BAM =,所以co s ∠BAM =33

如图,在△ABM 中,利用正弦定理,得 BM AM BM sin ∠BAM 11

,所以=AM sin B 3sin B 3cos ∠BAC sin ∠BAM sin B

CM

在Rt △ACM 中,有s in ∠CAM =s in(∠BAC -∠BAM ) .由题意知BM =CM ,所以

AM

1

s in(∠BAC -∠BAM ) .

3cos ∠BAC

化简,得22s in ∠BAC co s ∠BAC -co s 2∠BAC =1.

22tan ∠BAC -1所以=1,解得tan ∠BAC =2.

tan ∠BAC +1

6

再结合s in 2∠BAC +co s 2∠BAC =1,∠BAC 为锐角可解得s in ∠BAC =3

6

答案:3

35.(2013·高考福建卷) 如图,在△ABC 中,已知点D 在BC

边上,A D ⊥AC ,s in ∠BAC 2=,AB =2,A D =3,则B D 的长为________.

3

22

解析:∵s in ∠BAC =s in(90°+∠BA D) =co s ∠BA D =

3

∴在△AB D 中,有B D 2=AB 2+A D 2-2AB ·A Dco s ∠BA D ,

22

∴B D 2=18+9-2×32×3×=3,

3

∴B D =3. 答案:3 36.(2013·高考江西卷) 函数y =s in 2x +3s in 2x 的最小正周期T 为________.

解析:由于y =s in 2x +23s in 2x =s in 2x +3(1-co s 2x ) =s in 2x -3co s 2x +3=

π2π2x -⎫+3,∴T ==π. 2s in ⎛3⎭⎝2答案:π 37.(2013·高考大纲全国卷) 设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ,(a +b +c )(a -b +c ) =ac .

(1)求B ;

3-1

(2)若s in As in C =C .

4

解:(1)因为(a +b +c )(a -b +c ) =ac , 所以a 2+c 2-b 2=-ac .

a 2+c 2-b 21

由余弦定理得co s B ==-,

2ac 2

因此B =120°.

(2)由(1)知A +C =60°,所以co s (A -C ) =co s A co s C +s in As in C =co s A co s C -s in As in C

3-113

+2s in As in C =co s (A +C ) +2s in As in C =+2×=

242

故A -C =30°或A -C =-30°, 因此C =15°或C =45°. 38.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)

如图,在△ABC 中,∠ABC =90°,AB =3,BC =1,P 为△ABC 内一点,∠BPC =90°.

1

(1)若PB P A ;

2

(2)若∠APB =150°,求tan ∠PBA . 解:(1)由已知得∠PBC =60°,所以∠PBA =30°.

1177

在△PBA 中,由余弦定理得P A 2=3+-2×3×co s 30°=P A .

4242

(2)设∠PBA =α,由已知得PB =s in α.

sin α

在△PBA 中,由正弦定理得3co s α=4s in α,

sin 150°sin (30°-α)

33

所以tan α=tan ∠PBA =.

44

39.(2013·高考山东卷) 设函数f (x ) =-3s in 2ωx -s in ωx co s ωx (ω>0),且y =f (x ) 图象的

一个对称中心到最近的对称轴的距离为.

4

(1)求ω的值;

(2)求f (x ) 在区间[π,上的最大值和最小值.

23

解:(1)f (x ) =3s in 2ωx -s in ωx co s ωx

2

1-cos 2ωx13

=-s in 2ωx 22231

=co s 2ωx -s in 2ωx 22

π

=-s in(2ωx -.

3

π2ππ

因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为ω>0=4×42ω4

因此ω=1.

π

(2)由(1)知f (x ) =-s in(2x -.

3

3π5ππ8π

当π≤x ≤2x -.

23333π

所以-s in(2x -) ≤1.

23

3

因此-1≤f (x ) ≤23π3

f (x ) 在区间[π,,-1.

22

40.(2013·高考江苏卷) 如图,游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径.一种是从A 沿直线步行到C ,另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ,然后从B 沿直线步行到C . 现有甲、乙两位游客从A 处下山,甲沿AC 匀速步行,速度为50 m/min.在甲出发2 min后,乙从A 乘缆车到B ,在B 处停留1 min后,再从B 匀速步行到C . 假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min,山路AC

123

长为1 260 m,经测量,co s A =,co s C =.

135

(1)求索道AB 的长;

(2)问:乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短? (3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内?

123

解:(1)在△ABC 中,因为co s A ,co s C

135

54

所以s in A =s in C =.

135

5312463

从而s in B =s in[π-(A +C )]=s in(A +C ) =s in A co s C +co s As in C ×=.

13513565

AB AC AC 1 2604

由正弦定理,得AB =·s in C ×=1 040(m).

sin C sin B sin B 635

65

所以索道AB 的长为1 040 m.

(2)假设乙出发t min后,甲、乙两游客距离为d ,此时,甲行走了(100+50t )m ,乙距离A

12

处130t m ,所以由余弦定理得d 2=(100+50t ) 2+(130t ) 2-2×130t ×(100+50t ) 200(37t 2

13

-70t +50) .

1 040

由于0≤t ≤0≤t ≤8,

13035

故当t =(min)时,甲、乙两游客距离最短.

37

BC AC AC 1 2605

(3)由正弦定理=BC s in A ==500(m).

sin A sin B sin B 6313

65

乙从B 出发时,甲已走了50×(2+8+1) =550(m),还需走710 m才能到达C .

5007101 250625

设乙步行的速度为v m/min,由题意得-3≤≤3≤v ≤504314

1 250625

使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min,乙步行的速度应控制在[](单位:

4314

m/min)范围内.

41.(2013·高考浙江卷) 在锐角△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c, 且2as in B =3b .

(1)求角A 的大小;

(2)若a =6,b +c =8,求△ABC 的面积.

a b

解:(1)由2as in B 3b 及正弦定理,

sin A sin B

3

得s in A =.

2

π

因为A 是锐角,所以A =3

(2)由余弦定理a 2=b 2+c 2-2bc co s A , 得b 2+c 2-bc =36.

28

又b +c =8,所以bc =.

31

由三角形面积公式S =bcs in A ,

2128373

得△ABC ×=2323

1

42.(2013·高考北京卷) 已知函数f (x ) =(2cos 2x -1) s in 2x +s 4x .

2

(1)求f (x ) 的最小正周期及最大值;

π(2)若α∈(,π) ,且f (α) =α的值.

22

1

解:(1)因为f (x ) =(2cos 2x -1) s in 2x s 4x

2

1

=co s 2xs in 2x +s 4x

2

1

=s in 4x +co s 4x ) 22π=s in(4x +) , 24

π2

所以f (x ) 的最小正周期为.

22

(2)因为f (α) =s in(4α+=1.

24π

因为α∈(,π) ,

2

π9π17π

所以4α+∈(,) .

444π5π9π

所以4α+=α=.

4216

43.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ) △ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知a =b co s C +cs in B .

(1)求B ;

(2)若b =2,求△ABC 面积的最大值. 解:(1)由已知及正弦定理得

s in A =s in B co s C +s in Cs in B .① 又A =π-(B +C ) ,

故s in A =s in(B +C ) =s in B co s C +co s Bs in C .② 由①②和C ∈(0,π) 得s in B =co s B .

π

又B ∈(0,π) ,所以B =412

(2)△ABC 的面积S =acs in B =.

24

π

由已知及余弦定理得4=a 2+c 2-2ac co s 4

又a 2+c 2≥2ac ,

4

故ac ,当且仅当a =c 时,等号成立.

2-2

因此△ABC 面积的最大值为2+1. 44.(2013·高考天津卷) 在△ABC 中, 内角A ,B ,C 所对的边分别是a ,b ,c . 已知bs in

2

A =3cs in B ,a =3,co s B

3

(1)求b 的值;

π

2B -的值. (2)求s in ⎛3⎝

a b

解:(1)在△ABC 中,由=bs in A =as in B .

sin A sin B

又由bs in A =3cs in B ,可得a =3c . 又a =3,故c =1.

2

由b 2=a 2+c 2-2ac co s B ,co s B =,可得b =6.

3

25

(2)由co s B =,得s in B =

33

14co s 2B =2co s 2B -1,s in 2B =2s in B co s B =,

99

πππ2B -=s in 2B co s -co s 2Bs in 所以s in ⎛3⎝334+3=1845.(2013·高考福建卷) 如图,在等腰直角△OPQ 中,∠POQ =90°,OP =2,点M 在线段PQ 上.

(1)若OM =5,求PM 的长;

(2)若点N 在线段MQ 上,且∠MON =30°,问:当∠POM 取何值时,△OMN 的面积最小?并求出面积的最小值.

解:(1)在△OMP 中,∠OPM =45°,OM 5,OP =22,由余弦定理得,OM 2=OP 2

+MP 2-2OP ·MP ·co s 45°,得MP 2-4MP +3=0,

解得MP =1或MP =3. (2)设∠POM =α,0°≤α≤60°,

OM OP OP sin 45°

在△OMP 中,由正弦定理,得OM =

sin ∠OPM sin ∠OMP sin (45°+α)

OP sin 45°

同理ON =sin (75°+α)1

故S △OMN =OM ·ON ·s in ∠MON

2

1OP 2sin 245°= 4sin (45°+α)sin (75°+α)

1

=sin (45°+α)sin (45°+α+30°)

1

=31⎤sin (45°+α)⎡(45°+α)+(45°+α)

2⎣2⎦

1

=321sin (45°+α)+sin (45°+α)cos (45°+α)22

1

31[1-cos (90°+2α)]+(90°+2α)44

1

331

+sin 2α+cos 2α444

1

=31

+(2α+30°)42因为0°≤α≤60°,30°≤2α+30°≤150°,所以当α=30°时,s in(2α+30°) 的最大值为1,此时△OMN 的面积取到最小值,即∠POM =30°时,△OMN 的面积的最小值为8-43.

π

46.(2013·高考辽宁卷) 设向量a =3s in x ,s in x ) ,b =(cos x ,s in x ) ,x ∈[0,].

2

(1)若|a |=|b |,求x 的值; (2)设函数f (x ) =a ·b ,求f (x ) 的最大值. 解:(1)由|a |2=3s in x ) 2+s in 2x =4s in 2x , |b |2=co s 2x +s in 2x =1, 及|a |=|b |,得4s in 2x =1.

π1π

又x ∈[0,],从而s in x =x =.

226

(2)f (x ) =a ·b =3s in x ·co s x +s in 2x

311π1=s in 2x -s 2x +=s in(2x -) +, 22262πππ

当x =[0,时,s in(2x 取最大值1.

326

3

所以f (x ) 2

47.(2013·高考山东卷) 设△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,且a +c =6,

7

b =2,co s B 9

(1)求a ,c 的值;

(2)求s in(A -B ) 的值.

解:(1)由余弦定理b 2=a 2+c 2-2ac co s B , 得b 2=(a +c ) 2-2ac (1+co s B ) ,

7

又b =2,a +c =6,co s B =,

9

所以ac =9,解得a =3,c =3.

42

(2)在△ABC 中,s in B =1-cos B =

9

a sin B 22

由正弦定理得s in A =b 3

因为a =c ,所以A 为锐角.

1

所以co s A =1-sin A =3

102

因此s in(A -B ) =s in A co s B -co s As in B =.

27

1

48.(2013·高考陕西卷) 已知向量a =(cos x ,-) ,b =3s in x ,co s 2x ) ,x ∈R ,设函数

2

f (x ) =a ·b .

(1)求f (x ) 的最小正周期;

π

(2)求f (x ) 在[0,]上的最大值和最小值.

2

1

解:f (x ) =(cos x ,-3s in x ,co s 2x )

2131

=s xs in x s 2x =in 2x -s 2x

222

πππ=co s in 2x -s in s 2x =s in(2x -.

666

2π2π

(1)f (x ) 的最小正周期为T =π,即函数f (x ) 的最小正周期为π.

ω2

πππ5π

(2)∵0≤x ≤,∴-2x -.

2666

由正弦函数的性质,得

πππ

当2x =x =f (x ) 取得最大值1;

623ππ1

当2x =-x =0时,f (0)=-;

662π5ππ1

当2x =,即x f (=

66222

1

∴f (x ) .

2π1

因此,f (x ) 在[0,上的最大值是1,最小值是-22

π

49.(2013·高考安徽卷) 已知函数f (x ) =4co s ωx ·s in(ωx +ω>0)的最小正周期为π.

4

(1)求ω的值;

π

(2)讨论f (x ) 在区间[0,上的单调性.

2

π

解:(1)f (x ) =4co s ωx ·s in(ωx +42

=22s in ωx ·co s ωx +2co s ωx

π

=2(s in 2ωx +co s 2ωx ) 2=2s in(2ωx +) +2.

4

因为f (x ) 的最小正周期为π,且ω>0,

从而有=π,故ω=1.

π

(2)由(1)知,f (x ) =2s in(2x ++2.

4

πππ5π

若0≤x ≤2x +.

2444

ππππ

当2x 0≤x ≤时,f (x ) 单调递增; 4428ππ5πππ

当x +≤x ≤f (x ) 单调递减. 24482

πππ

综上可知,f (x ) 在区间[0,上单调递增,在区间]上单调递减.

882

π

50.(2013·高考湖南卷) 已知函数f (x ) =co s x ·co s (x -.

3

(1)求f () 的值;

3

1

(2)求使f (x )

42π2ππππ

解:(1)f () =co s ·co s co s ·co s 3333311=-() 2=-.

24

π1(2)f (x ) =co s x co s (x -=co s x (s x +in x )

322

1313

=s 2x +in x co s x =+co s 2x ) +in 2x 22441π1=s (2x -) +. 23411π11f (x )

42344

πππ3π

即co s (2x -)

3232

5π11π

k ∈Z . 解得k π+

121215π11π

故使f (x )

41212

51.(2013·高考江西卷) 在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知s in As in B +s in Bs in C +co s 2B =1.

(1)求证:a ,b ,c 成等差数列;

2πa

(2)若C =,求的值.

3b

解:(1)由已知得s in As in B +s in Bs in C =2s in 2B . 因为s in B ≠0,所以s in A +s in C =2s in B .

由正弦定理得a +c =2b ,即a ,b ,c 成等差数列.

(2)由C =,c =2b -a 及余弦定理得

32

(2b -a ) =a 2+b 2+ab ,

a 3

即有5ab -3b 2=0,所以=.

b 5

52.(2013·高考湖北卷) 在△ABC 中,角A ,B ,C 对应的边分别是 a ,b ,c ,已知co s 2A -3co s (B +C ) =1.

(1)求角A 的大小;

(2)若△ABC 的面积S =53,b =5,求s in Bs in C 的值. 解:(1)由co s 2A -3co s (B +C ) =1,得

2co s 2A +3co s A -2=0,即(2cos A -1)(cos A +2) =0.

1

解得co s A =或co s A =-2(舍去) .

2

π

因为0

3

1133

(2)由S =in A bc =bc =5,得bc =20.

2224

又b =5,所以c =4.

由余弦定理得,a 2=b 2+c 2-2bc co s A =25+16-20=21, 故a =21.

b c bc 22035

又由正弦定理得,s in Bs in C =s in A s in A =s in A =.

a a a 2147

53.(2013·高考北京卷) 在△ABC 中,a =3,b =26,∠B =2∠A , (1)求co s A 的值; (2)求c 的值.

解:(1)因为a =3,b =6,∠B =2∠A ,

326

所以在△ABC .

sin A sin 2A

2sin A cos A 266所以故co s A =sin A 33

63

(2)由(1)知co s A =,所以s in A =1-cos A =33

1

又因为∠B =2∠A ,所以co s B =2co s 2A -1=.

3

22

所以s in B 1-cos B .

3

53

在△ABC 中,s in C =s in(A +B ) =s in A co s B +co s As in B =9

a sin C

所以c =5.

sin A

π

2x ++6s in x co s x -2co s 2x +1,x ∈R . 54.(2013·高考天津卷) 已知函数f (x ) =-2s in ⎛4⎝

(1)求f (x ) 的最小正周期;

π

0,上的最大值和最小值. (2)求f (x ) 在区间⎡⎣2ππ

解:(1)f (x ) s in 2x ·co s s 2x ·s in +3s in 2x -co s 2x =2s in 2x -2co s 2x =244

π2π2x -⎫. 所以f (x ) 的最小正周期T ==π. s in ⎛4⎭⎝2

3π⎡3ππ上是减函数,⎛3π=0,⎤上是增函数,(2)因为f (x ) 在区间⎡在区间又f (0)=-2,f 8⎦⎣⎣82⎝8

π⎡0π上的最大值为2,最小值为-2. 22,f ⎛=2,故函数f (x ) 在区间⎝2⎣255.(2013·高考四川卷) 在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且co s (A -B )co s

3

B -s in(A -B ) s in(A +C ) 5

(1)求s in A 的值;

→→

(2)若a =42,b =5,求向量BA 在BC 方向上的投影.

3

解:(1)由co s (A -B )co s B -s in(A -B ) s in(A +C ) =-得co s (A -B )co s B -s in(A -B ) s in B

5

3

5

33

则co s (A -B +B ) =-co s A =-.

554

又0

(2)由正弦定理,有,

sin A sin B b sin A 2

所以s in B =a 2

π

由题意知a >b ,则A >B ,故B =4

根据余弦定理,有

3-⎫, 2) 2=52+c 2-2×5c ×⎛⎝5⎭

解得c =1或c =-7(负值舍去) .

2→→→

故向量BA 在BC 方向上的投影为|BA |cos B =2

56.(2013·高考福建卷) 已知函数f (x ) =s in(ωx +φ)(ω>0,0

π⎫

称中心为⎛再将所得⎝4,0⎭. 将函数f (x ) 图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变) ,

π

到的图象向右平移个单位长度后得到函数g (x ) 的图象.

2

(1)求函数f (x ) 与g (x ) 的解析式.

ππ(2)是否存在x 0∈⎛⎝6,4,使得f (x 0) ,g (x 0) ,f (x 0) g (x 0) 按照某种顺序成等差数列?若存在,请确定x 0的个数;若不存在,说明理由.

(3)求实数a 与正整数n ,使得F (x ) =f (x ) +ag (x ) 在(0,n π) 内恰有2 013个零点.

2π2π

解:法一:(1)由函数f (x ) =s in(ωx +φ) 的周期为π,ω>0,得ω==2.

T π

π⎫ππ

0,φ∈(0,π) ,故f ⎛=s in ⎛2φ⎫=0,解得φ又曲线y =f (x ) 的一个对称中心为⎛⎝4⎭⎝4⎝4⎭

π=, 2

所以f (x ) =co s 2x .

将函数f (x ) 图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变) 后可得y =co s x 的图

ππ

x 的图象,所以g (x ) 象,再将y =co s x 的图象向右平移个单位长度后得到函数g (x ) =co s ⎛⎝22

=s in x .

ππ121

s in x cos 2x >s in x co s 2x . (2)当x ∈⎛⎝64222

ππ⎫

问题转化为方程2co s 2x =s in x +s in x co s 2x 在⎛⎝64⎭内是否有解.

ππ设G (x ) =s in x +s in x co s 2x -2co s 2x ,x ∈⎛⎝64,

则G ′(x ) =co s x +co s x co s 2x +2s in 2x (2-s in x ) .

ππ因为x ∈⎛⎝6,4,

ππ所以G ′(x )>0,G (x ) 在⎛⎝6,4内单调递增.

π1⎛π=2,且函数G (x ) 的图象连续不断, 又G ⎛=-

ππππ

内存在唯一零点x 0,即存在唯一的x 0∈⎛⎫满足题意. 故可知函数G (x ) 在⎛⎝64⎝64⎭

(3)依题意,F (x ) =as in x +co s 2x , 令F (x ) =as in x +co s 2x =0.

当s in x =0,即x =k π(k ∈Z ) 时,co s 2x =1,从而x =k π(k ∈Z ) 不是方程F (x ) =0的解,

cos 2x

所以方程F (x ) =0等价于关于x 的方程a x ≠k π(k ∈Z ) .

sin x cos 2x

现研究x ∈(0,π) ∪(π,2π) 时方程a =-的解的情况.

sin x

cos 2x

令h (x ) =-,x ∈(0,π) ∪(π,2π) ,

sin x

则问题转化为研究直线y =a 与曲线y =h (x ) ,x ∈(0,π) ∪(π,2π) 的交点情况.

cos x (2sin 2x +1)

h ′(x ) =,

sin x

π3π

令h ′(x ) =0,得x =或x =22

当x

当x >0且x 当x π且x 趋近于π时,h (x ) 趋向于+∞; 当x

故当a >1时,直线y =a 与曲线y =h (x ) 在(0,π) 内无交点,在(π,2π) 内有2个交点; 当a 又当a =1或a =-1时,直线y =a 与曲线y =h (x ) 在(0,π) ∪(π,2π) 内有3个交点,由正弦函数的周期性,2 013=3×671,所以依题意得n =671×2=1 342.

综上,当a =1,n =1 342或a =-1,n =1 342时,函数F (x ) =f (x ) +ag (x ) 在(0,n π) 内恰有2 013个零点.

法二:(1)(2)同法一.

(3)依题意,F (x ) =as in x +co s 2x =-2s in 2x +as in x +1. 现研究函数F (x ) 在(0,2π]上的零点的情况.

设t =s in x ,p (t ) =-2t 2+at +1(-1≤t ≤1) ,则函数p (t ) 的图象是开口向下的抛物线. 又p (0)=1>0,p (-1) =-a -1,p (1)=a -1.

当a >1时,函数p (t ) 有一个零点t 1∈(-1,0)(另一个零点t 2>1,舍去) ,F (x ) 在(0,2π]上有两个零点x 1,x 2,且x 1,x 2∈(π,2π) ;

当a

两个零点x 1,x 2,且x 1,x 2∈(0,π) ;

当-1

由正弦函数的周期性可知,当a ≠±1时,函数F (x ) 在(0,n π) 内总有偶数个零点,从而不存在正整数n 满足题意.当a =1时,函数p (t ) 有一个零点t 1∈(-1,0) ,另一个零点t 2=1;

当a =-1时,函数p (t ) 有一个零点t 1=-1,另一个零点t 2∈(0,1). 从而当a =1或a =-1时,函数F (x ) 在(0,2π]上有3个零点.由正弦函数的周期性,2 013=3×671,所以依题意得n =671×2=1 342.

综上,当a =1,n =1 342或a =-1,n =1 342时,函数F (x ) =f (x ) +ag (x ) 在(0,n π) 内恰有2 013个零点.

57.(2013·高考重庆卷) 在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且a 2=b 2+c 2+3bc .

(1)求A ;

(2)设a =3,S 为△ABC 的面积,求S +3co s B co s C 的最大值,并指出此时B 的值.

b 2+c 2-a 23bc 3

解:(1)由余弦定理得co s A ==-.

2bc 2bc 2

又因为0

1

(2)由(1)得s in A 又由正弦定理及a =3得

2

11a sin B S =abs in C as in C =3s in Bs in C , 22sin A

因此,S +3co s B co s C =3(s in Bs in C +co s B co s C ) =3co s (B -C ) .

π-A π

所以,当B =C ,即B =S +3co s B co s C 取最大值3.

212

π

x -⎫,x ∈R . 58.(2013·高考广东卷) 已知函数f (x ) =2co s ⎛⎝12⎭

π(1)求f ⎛⎝3的值;

3ππ3

,2π⎫,求f ⎛θ-⎫. (2)若co s θ=,θ∈⎛⎝2⎭⎝6⎭5

πx -, 解:(1)因为f (x ) 2co s ⎛⎝12π⎛π-π=2co s π2×2=1. 所以f ⎛=2co s ⎝3⎝31242

3π32π⎫,co s θ=, (2)因为θ∈⎛⎝2⎭5

⎫24

所以s in θ1-cos θ=-1-⎛=-⎝5⎭5

ππππθ-⎫=2co s ⎛θ--=2co s ⎛θ-⎫ 所以f ⎛⎝6⎭⎝612⎝4⎭2

=2×⎛θ+sin θ⎫

2⎝2⎭341

=co s θ+s in θ.

555

π

59.(2013·高考安徽卷) 设函数f (x ) =s in x +s in(x +) .

3

(1)求f (x ) 的最小值,并求使f (x ) 取得最小值的x 的集合;

(2)不画图,说明函数y =f (x ) 的图象可由y =s in x 的图象经过怎样的变化得到.

1333π

解:(1)因为f (x ) =s in x in x co s x in x co s x 3s in(x +,

22226

ππ2π所以当x +2k π-(k ∈Z ) ,即x =2k π-k ∈Z ) 时,f (x ) 3. 623

2π此时x 的取值集合为{x |x =2k π-k ∈Z }. 3

(2)先将y =s in x 3倍(横坐标不变) ,得y 3s in x

π的图象;再将y =3s in x 的图象上所有的点向左平移个单位,得y =f (x ) 的图象 6

π60.(2013·高考辽宁卷) 设向量a =3s in x ,s in x ) ,b =(cos x ,s in x ) ,x ∈[0,]. 2

(1)若|a |=|b |,求x 的值;

(2)设函数f (x ) =a ·b ,求f (x ) 的最大值.

2解:(1)由|a |=3s in x ) 2+s in 2x =4s in 2x ,

|b |2=co s 2x +s in 2x =1,

及|a |=|b |,得4s in 2x =1.

π1π又x ∈[0,],从而s in x =x =. 226

(2)f (x ) =a ·b =3s in x ·co s x +s in 2x 311π1=s in 2x -s 2x +=s in(2x -) +, 22262

πππ当x =[0,时,s in(2x 取最大值1. 326

3所以f (x ) 2

ππx 61.(2013·高考湖南卷) 已知函数f (x ) =s in(x -) +co s (x ,g (x ) =2s in 2. 632

33 (1)若α是第一象限角,且f (α) ,求g (α) 的值; 5

(2)求使f (x ) ≥g (x ) 成立的x 的取值集合.

ππ解:f (x ) =s in(x -+co s (x -) 63

3113=s in x s x +co s x +s in x 2222

=s in x , x g (x ) =2s in 2=1-co s x . 2

33(1)由f (α) =得s in α55

又α是第一象限角,所以co s α>0.

41从而g (α) =1-co s α=11-sin α=1-=. 55

(2)f (x ) ≥g (x ) 等价于3s in x ≥1-co s x ,

π1即3s in x +co s x ≥1,于是s in(x ) , 62

ππ5π从而2k πx +≤2k π+k ∈Z , 666

2π即2k π≤x ≤2k π+,k ∈Z . 32π故使f (x ) ≥g (x ) 成立的x 的取值集合为{x |2k π≤x ≤2k π+,k ∈Z }. 3

62.(2013·高考江西卷) 在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,已知co s C +(cos A -3s in A )co s B =0.

(1)求角B 的大小;

(2)若a +c =1,求b 的取值范围.

解:(1)由已知得-co s (A +B ) +co s A co s B 3s in A ·co s B =0,即有s in As in B -3s in A co s B =0.

因为s in A ≠0,所以s in B -3 co s B =0. 又co s B ≠0,所以tan B =3.

π又0

(2)由余弦定理,有b 2=a 2+c 2-2ac co s B .

111a -2+. 因为a +c =1,co s B =,有b 2=3⎛⎝242

11又0

63.(2013·高考重庆卷) 在△ABC 中,内角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,且a 2+b 2+2ab =c 2.

(1)求C ;

32cos (α+A )cos (α+B )2(2)设co s A co s B ,=,求tan α的值. 5cos α5

解:(1)因为a 2+b 22ab =c 2,

a 2+b 2-c 2-2ab 2由余弦定理有co s C ===-2ab 2ab 2

3π故C 4

(2)由题意得,

(sin αsin A -cos αcos A )(sin αsin B -cos αcos B )=. cos α5

2因此(tan αsin A -co s A )(tan αsin B -co s B ) =. 5

2tan 2αsin As in B -tan α(s in A co s B +co s As in B ) +co s A ·co s B =, 5

2tan 2αsin As in B -tan αsin(A +B ) +co s A co s B =. ① 5

3ππ2因为C =A +B =,所以s in(A +B ) =. 442

因为co s (A +B ) =co s A co s B -s in As in B ,

32即s in As in B =. 52

3222解得s in As in B . 5210

2由①得,tan α-5tan α+4=0,

解得tan α=1或tan α=4.


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