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
2π
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
2π
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
3π
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
3×
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 .
3π
∴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
2π
∵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
5π
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
3π
∴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
2π
一个对称中心到最近的对称轴的距离为.
4
(1)求ω的值;
3π
(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
故
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
2π
(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,
2π
从而有=π,故ω=1.
2ω
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
2π
(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.
2π
(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
5π
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
2π
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
2π
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
3π
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
3×
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 .
3π
∴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
2π
∵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
5π
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
3π
∴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
2π
一个对称中心到最近的对称轴的距离为.
4
(1)求ω的值;
3π
(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
故
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
2π
(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,
2π
从而有=π,故ω=1.
2ω
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
2π
(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.
2π
(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
5π
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.