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近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编08 三角函数与解三角形
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这是一份近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编08 三角函数与解三角形，共80页。试卷主要包含了三角函数与解三角形，单选题，多选题，解答题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
八、三角函数与解三角形
一、单选题
1．（2021·全国）若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全国（文））函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A．和 B．和2 C．和 D．和2
3．（2021·浙江）已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2021·全国（文））在中，已知，，，则（ ）
A．1 B． C． D．3
5．（2021·全国（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A．346 B．373 C．446 D．473
6．（2021·全国（文））若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·全国（理））已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·全国（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）
A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
9．（2021·全国（理））把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2021·全国（文））（ ）
A． B． C． D．
11．（2020·天津）已知函数．给出下列结论：
①的最小正周期为；②是的最大值；
③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．① B．①③ C．②③ D．①②③
12．（2020·北京）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）．
A． B．
C． D．
13．（2020·全国（文））已知，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2020·全国（理））设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ）
A． B．
C． D．
15．（2019·北京（文））如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为
A．4β+4cosβ B．4β+4sinβ C．2β+2cosβ D．2β+2sinβ
16．（2019·天津（文））已知函数是奇函数，将的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像对应的函数为.若的最小正周期为，且，则
A． B． C． D．
17．（2019·全国（理））设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在（）有且仅有3个极大值点
②在（）有且仅有2个极小值点
③在（）单调递增
④的取值范围是[)
其中所有正确结论的编号是
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④
18．（2019·全国（文））若x1=，x2=是函数f(x)=(>0)两个相邻的极值点，则=
A．2 B．
C．1 D．
19．（2019·全国（文））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=
A．6 B．5 C．4 D．3
20．（2019·全国（文））函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为
A． B．
C． D．
21．（2018·北京（文））在平面直角坐标系中，是圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角以O?为始边，OP为终边，若，则P所在的圆弧是
A． B．
C． D．
22．（2018·全国（理））的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A． B． C． D．
23．（2018·全国（文））函数的最小正周期为
A． B． C． D．
24．（2018·全国（文））已知函数，则
A．的最小正周期为，最大值为
B．的最小正周期为，最大值为
C．的最小正周期为，最大值为
D．的最小正周期为，最大值为
25．（2018·全国（文））若在是减函数，则的最大值是
A． B． C． D．
26．（2018·全国（文））已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则
A． B． C． D．
27．（2017·全国（文））函数y＝1＋x＋的部分图象大致为（ ）
A． B． C．D．
28．（2009·广东（文））已知中，的对边分别为a,b,c若a=c=且∠A=75∘，则b=
A．2 B．4＋23 C．4—23 D．6−2
29．（2014·全国（理））如图，图O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M，将点M到直线OP的距离表示成x的函数，则的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
30．（2014·天津（文））已知函数在曲线与直线的交点中，若相邻交点距离的最小值为，则的最小正周期为
A． B． C． D．
31．（2012·山东（文））函数的最大值与最小值之和为
A． B．0 C．－1 D．
32．（2015·湖南（理））将函数的图像向右平移个单位后得到函数的图像，若对满足的，，有，则
A． B． C． D．
33．（2013·全国（理））已知函数，下列结论中错误的是
A．的图像关于点中心对称 B．的图像关于直线对称
C．的最大值为 D．既是奇函数，又是周期函数
34．（2009·安徽（理））已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的单调递增区间是
A． B．
C． D．
35．（2017·全国（理））已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+)，则下面结论正确的是
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
36．（2017·山东（理））在中，角的对边分别为，，．若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是
A． B． C． D．
37．（2017·全国（文））已知，则．
A． B． C． D．
38．（2017·全国（文））函数的最小正周期为
A． B． C． D．
39．（2017·全国（理））设函数f(x)=cos(x+)，则下列结论错误的是
A．f(x)的一个周期为−2π B．y=f(x)的图像关于直线x=对称
C．f(x+π)的一个零点为x= D．f(x)在(,π)单调递减
40．（2017·天津（文））设函数，，其中，.若，，且的最小正周期大于，则
A．， B．， C．， D．，
41．（2017·全国（文））函数f(x)=sin(x+)+cos(x−)的最大值为
A． B．1 C． D．
42．（2017·全国（文））△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=
A． B． C． D．
二、多选题
43．（2020·海南）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A． B． C． D．
三、解答题
44．（2021·全国）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
45．（2021·浙江）设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
46．（2020·天津）在中，角所对的边分别为．已知 ．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）求的值．
47．（2020·北京）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ）和的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
48．（2020·浙江）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（I）求角B的大小；
（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
49．（2020·海南）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
50．（2020·江苏）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
51．（2020·全国（文））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.
（1）若a=c，b=2，求的面积；
（2）若sinA+sinC=，求C.
52．（2020·全国（理））中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
53．（2020·全国（文））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，证明：△ABC是直角三角形．
54．（2019·江苏）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；
（2）若，求的值．
55．（2019·天津（文）） 在中，内角所对的边分别为.已知，.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值.
56．（2019·北京（理））在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=．
（Ⅰ）求b，c的值；
（Ⅱ）求sin（B–C）的值．
57．（2019·全国（理））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
58．（2019·全国（理））的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
59．（2019·上海）已知等差数列的公差，数列满足，集合.
（1）若，求集合；
（2）若，求使得集合恰好有两个元素；
（3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值.
60．（2018·上海）设常数，函数．
（1）若为偶函数，求的值；
（2）若，求方程在区间上的解．
61．（2018·北京（文））已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.
62．（2018·浙江）已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．
（Ⅰ）求sin（α+π）的值；
（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值．
63．（2018·天津（理））在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设a=2，c=3，求b和的值.
64．（2013·四川（理））在△ABC中，角A、B、C的对边分别a、b、c，且
（1）求cosA的值；
（2）若，求向量在方向上的投影．
65．（2017·山东（理））设函数，其中.已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.
66．（2017·全国（理））的内角的对边分别为已知.
（1）求角和边长；
（2）设为边上一点，且,求的面积.
67．（2017·全国（理））△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为
(1)求;
(2)若求△ABC的周长.
68．（2017·天津（文））在中，内角所对的边分别为.已知，.
（I）求的值；
（II）求的值.
69．（2017·天津（理））在中，内角所对的边分别为.已知，，.
（Ⅰ）求和的值；
（Ⅱ）求的值.
70．（2017·浙江）已知函数
（I）求的值
（II）求的最小正周期及单调递增区间.
71．（2017·全国（理））的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，面积为2，求．
72．（2017·北京（文））已知函数.
（I）求f(x)的最小正周期；
（II）求证：当时，．
73．（2017·江苏）已知向量．
（1）若，求x的值；
（2）记，求函数y＝f（x）的最大值和最小值及对应的x的值．
四、填空题
74．（2021·全国（文））已知函数的部分图像如图所示，则_______________.
75．（2021·全国（理））已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．
76．（2020·北京）若函数的最大值为2，则常数的一个取值为________．
77．（2020·江苏）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．
78．（2020·江苏）将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是____.
79．（2020·全国（理））如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.
80．（2019·江苏）已知，则的值是_____.
81．（2018·江苏）在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
82．（2018·江苏）已知函数的图象关于直线对称，则的值是________．
83．（2018·北京（理））设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．
84．（2018·全国（文））△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．
85．（2017·上海）设、，且，则的最小值等于________
86．（2017·北京（文））在平面直角坐标系中,角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若,则_____.
87．（2017·浙江）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积，________．
88．（2017·全国（文））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C=60°，b=，c=3，则A=_________.
89．（2017·全国（文））已知，tanα=2，则=______________．
90．（2017·全国（理））函数（）的最大值是__________．
91．（2017·北京（理））在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=___________.
五、双空题
92．（2021·浙江）在中，，M是的中点，，则___________，___________.
93．（2018·北京（文））若的面积为,且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.
94．（2017·浙江）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2． 点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是______，cos∠BDC=_______．
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
八、三角函数与解三角形（答案解析）
1．C
【分析】
将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【解析】
将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
2．C
【分析】
利用辅助角公式化简，结合三角函数最小正周期和最大值的求法确定正确选项.
【解析】
由题，，所以的最小正周期为，最大值为.
故选：C．
3．C
【分析】
利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.
【解析】
法1：由基本不等式有，
同理，，
故，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设，则，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
4．D
【分析】
利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【解析】
设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
5．B
【分析】
通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【解析】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以，
所以．
故选：B．
6．A
【分析】
由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【解析】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
7．A
【解析】
因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
8．A
【分析】
利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【解析】
如图所示：
由平面相似可知，，而，所以
，而，
即＝．故选：A.
9．B
【分析】
解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；
解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.
【解析】
解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，
根据已知得到了函数的图象，所以，
令,则,
所以,所以；
解法二：由已知的函数逆向变换，
第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
即为的图象，所以.故选：B.
10．D
【解析】
由题意，.
故选：D.
11．B
【解析】
因为，所以周期，故①正确；
，故②不正确；
将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，
故③正确.
故选：B.
12．A
【分析】
计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.
【解析】
单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ，
所以，单位圆的内接正边形的周长为，
单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，
，
则.
故选：A.
【小结】
本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
13．B
【分析】
将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.
【解析】
由题意可得：，
则：，，
从而有：，即.
故选：B.
14．C
【分析】
由图可得：函数图象过点，即可得到，结合是函数图象与轴负半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.
【解析】
由图可得：函数图象过点，
将它代入函数可得：
又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，
所以，解得：
所以函数的最小正周期为
故选：C
15．B
【分析】
由题意首先确定面积最大时点P的位置，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式可得最大的面积值.
【解析】
观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值，
此时∠BOP=∠AOP=π-β, 面积S的最大值为+S△POB+ S△POA=4β+
.
故选B.
16．C
【解析】
因为为奇函数，∴；
又
，，又
∴，
故选C．
17．D
【解析】当时，，
∵f（x）在有且仅有5个零点，∴，
∴，故④正确，
由，知时，
令时取得极大值，①正确；
极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；
因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，
当时，，
若f（x）在单调递增，则 ，即 ，
∵，故③正确．
故选D．
【小结】
极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题．
18．A
【分析】
从极值点可得函数的周期，结合周期公式可得.
【解析】
由题意知，的周期，得．故选A．
【小结】
本题考查三角函数的极值、最值和周期，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用方程思想解题．
19．A
【分析】
利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.
【解析】
解析：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得
，故选A．
【小结】
本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．
20．D
【分析】
先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．
【解析】
由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．
【小结】
本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．
21．C
【解析】
分析：逐个分析A、B、C、D四个选项，利用三角函数的三角函数线可得正确结论.
解析：由下图可得：有向线段为余弦线，有向线段为正弦线，有向线段为正切线.
A选项：当点在上时，，
，故A选项错误；
B选项：当点在上时，，，
，故B选项错误；
C选项：当点在上时，，，
，故C选项正确；
D选项：点在上且在第三象限，，故D选项错误.
综上，故选C.
小结：此题考查三角函数的定义，解题的关键是能够利用数形结合思想，作出图形，找到所对应的三角函数线进行比较.
22．C
【解析】
分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
解析：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选C.
小结：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．
23．C
【解析】
分析:将函数进行化简即可
解析：由已知得
的最小正周期
故选C.
小结：本题主要考查三角函数的化简和最小正周期公式，属于中档题
24．B
【分析】
首先利用余弦的倍角公式，对函数解析式进行化简，将解析式化简为，之后应用余弦型函数的性质得到相关的量，从而得到正确选项.
【解析】
根据题意有，
所以函数的最小正周期为，
且最大值为，故选B.
【小结】
该题考查的是有关化简三角函数解析式，并且通过余弦型函数的相关性质得到函数的性质，在解题的过程中，要注意应用余弦倍角公式将式子降次升角，得到最简结果.
25．A
【解析】
分析：先确定三角函数单调减区间，再根据集合包含关系确定的最大值.
解析：因为，
所以由得
因此，从而的最大值为，选A.
小结：函数的性质：
(1). (2)周期 (3)由 求对称轴， (4)由求增区间；
由求减区间.
26．B
【分析】
首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项.
【解析】
由三点共线，从而得到，
因为，
解得，即，
所以，故选B.
【小结】
该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.
27．D
【分析】
由题意比较函数的性质及函数图象的特征，逐项判断即可得解.
【解析】
当x＝1时，y＝1＋1＋sin1＝2＋sin1>2，排除A、C；
当x→＋∞时，y→＋∞，排除B.
故选：D.
【小结】
本题考查了函数图象的识别，抓住函数图象的差异是解题关键，属于基础题.
28．A
【解析】
试题分析：因为a=c,所以∠A=∠C=75∘．所以∠B=180∘−75∘−75∘=30∘．
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accos∠B=2(6+2)2−2(6+2)2×32=4,所以b=2．故A正确．
考点：余弦定理．
29．C
【分析】
试题分析：当时，，，当时，，，故选C.
考点：三角函数
30．C
【解析】
试题分析：因为原来函数即为，令，则，令，又因为若相邻交点距离的最小值为，则以正弦函数为研究对象，取符合要求的两角：，对应有，此时，所以.
考点：辅助角公式，正弦函数的图像，三角函数的周期公式.
31．A
【分析】
故选A
【解析】
请在此输入解析！
32．D
【解析】
试题分析：向右平移个单位后，得到，又∵，∴不妨
，，∴，又∵，
∴，故选D.
考点：三角函数的图象和性质.
【名师小结】本题主要考查了三角函数的图象和性质，属于中档题，高考题对于三角函数的考查，多以
为背景来考查其性质，解决此类问题的关键：一是会化简，熟悉三角恒等变形，对三
角函数进行化简；二是会用性质，熟悉正弦函数的单调性，周期性，对称性，奇偶性等.
33．C
【解析】
试题分析：对于选项，只需考虑即可，而，故正确；
对于选项，
只需考虑是否成立即可，
而，故正确；
对于选项，
，
故是奇函数，有，故周期是，故正确；
对于选项，
，
令，则，求导，令解得，故在上单增，在与上单减，又当时；又当时，故C错误.
考点：1.三角函数的对称性、周期性、奇偶性；2.函数的最值求解.
34．C
【解析】
，由题设的周期为，∴，由得，，故选C.
35．D
【解析】
把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x图象，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到函数y=cos2（x+）=cos（2x+）=sin（2x+）的图象，即曲线C2，
故选D．
小结：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.
36．A
【解析】
所以，选A.
【名师小结】本题较为容易，关键是要利用两角和差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有，，的式子，用正弦定理将角转化为边，得到.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.
37．A
【解析】
.
所以选A.
【小结】
本题考查了二倍角及同角正余弦的差与积的关系，属于基础题.
38．C
【解析】
由题意，故选C．
【名师小结】函数的性质：
(1).
(2)最小正周期
(3)由求对称轴.
(4)由求增区间;由求减区间.
39．D
【解析】
f(x)的最小正周期为2π，易知A正确；
f＝cos＝cos3π＝－1，为f(x)的最小值，故B正确；
∵f(x＋π)＝cos＝－cos，∴f＝－cos＝－cos＝0，故C正确；
由于f＝cos＝cosπ＝－1，为f(x)的最小值，故f(x)在上不单调，故D错误．
故选D.
40．A
【解析】
由题意，其中，所以，又，所以，所以，，由得，故选A．
【考点】求三角函数的解析式
【名师小结】有关问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定，再根据周期或周期或周期求出，最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等.
41．A
【解析】
由诱导公式可得，
则,
函数的最大值为.
所以选A.
【名师小结】三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为的形式，再借助三角函数的图像研究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．
42．B
【解析】
试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
解析：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，
∴cosAsinC+sinAsinC=0，
∵sinC≠0，
∴cosA=﹣sinA，
∴tanA=﹣1，
∵＜A＜π，
∴A= ，
由正弦定理可得，
∵a=2，c=，
∴sinC== ，
∵a＞c，
∴C=，
故选B．
小结：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
43．BC
【分析】
首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.
【解析】
由函数图像可知：，则，所以不选A,
当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
.
而
故选：BC.
【小结】
已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
44．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）由题设，应用余弦定理求、，又，可得，结合已知及余弦定理即可求.
【解析】
（1）由题设，，由正弦定理知：，即，
∴，又，
∴，得证.
（2）由题意知：，
∴，同理，
∵，
∴，整理得，又，
∴，整理得，解得或，
由余弦定理知：，
当时，不合题意；当时，；
综上，.
【小结】
关键点小结：第二问，根据余弦定理及得到的数量关系，结合已知条件及余弦定理求.
45．（1）；（2）.
【分析】
（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【解析】
（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，
，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
46．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】
（Ⅰ）直接利用余弦定理运算即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理即可得到答案；
（Ⅲ）先计算出进一步求出，再利用两角和的正弦公式计算即可.
【解析】
（Ⅰ）在中，由及余弦定理得
，
又因为，所以；
（Ⅱ）在中，由， 及正弦定理，可得；
（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得 ，
进而，
所以.
【点晴】
本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.
47．选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ；
选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, .
【分析】
选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；
选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.
【解析】
选择条件①（Ⅰ）
（Ⅱ）
由正弦定理得：
选择条件②（Ⅰ）
由正弦定理得：
（Ⅱ）
【小结】
本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
48．（I）；（II）
【分析】
（I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定∠B的大小；
（II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有∠A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定∠A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.
【解析】
（I）由结合正弦定理可得：
△ABC为锐角三角形，故.
（II）结合(1)的结论有：
.
由可得：，，
则，.
即的取值范围是.
【小结】
解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
49．详见解析
【分析】
解法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.
解法二：利用诱导公式和两角和的三角函数公式求得的值，得到角的值，然后根据选择的条件进行分析判断和求解.
【解析】
解法一：
由可得：，
不妨设，
则：，即.
选择条件①的解析：
据此可得：，，此时.
选择条件②的解析：
据此可得：，
则：，此时：，则：.
选择条件③的解析：
可得，，
与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
解法二：∵,
∴,
，
∴,∴,∴,∴,
若选①，,∵,∴,∴c=1;
若选②，,则,;
若选③,与条件矛盾.
【小结】
在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
50．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.
（2）根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.
【解析】
（1）由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
（2）由于，，所以.
由于，所以，所以.
所以
.
由于，所以.
所以.
【小结】
本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题.
51．（1）；（2）.
【分析】
（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；
（2）将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解.
【解析】
（1）由余弦定理可得，
的面积；
（2），
，
，
.
【小结】
本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
52．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
（2）利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.
【解析】
（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
【小结】
本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
53．（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；
（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，
再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
【解析】
（1）因为，所以，
即，
解得，又，
所以；
（2）因为，所以，
即①，
又②， 将②代入①得，，
即，而，解得，
所以，
故，
即是直角三角形．
【小结】
本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．
54．（1）；（2）.
【分析】
(1)由题意结合余弦定理得到关于c的方程，解方程可得边长c的值；
(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得的值，然后由诱导公式可得的值.
【解析】
（1）因为，
由余弦定理，得，即.
所以.
（2）因为，
由正弦定理，得，所以.
从而，即，故.
因为，所以，从而.
因此.
【小结】
本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.
55．(Ⅰ) ；
(Ⅱ) .
【分析】
(Ⅰ)由题意结合正弦定理得到的比例关系，然后利用余弦定理可得的值
(Ⅱ)利用二倍角公式首先求得的值，然后利用两角和的正弦公式可得的值.
【解析】
(Ⅰ)在中，由正弦定理得，
又由，得，即.
又因为，得到，.
由余弦定理可得.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，
从而，.
故.
【小结】
本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理､余弦定理等基础知识.考查计算求解能力.
56．(Ⅰ) ；
(Ⅱ) .
【分析】
(Ⅰ)由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；
(Ⅱ)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.
【解析】
(Ⅰ)由题意可得：，解得：.
(Ⅱ)由同角三角函数基本关系可得：，
结合正弦定理可得：，
很明显角C为锐角，故，
故.
【小结】
本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
57．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；（2）利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关于和的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.
【解析】
（1）
即：
由正弦定理可得：
（2），由正弦定理得：
又，
整理可得：
解得：或
因为所以，故.
（2）法二：，由正弦定理得：
又，
整理可得：，即
由，所以
.
【小结】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.
58．(1) ;(2).
【分析】
(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.
【解析】
(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．
，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.
(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，
故，解得.
又应用正弦定理，，
由三角形面积公式有：
.
又因,故，
故.
故的取值范围是
【小结】
这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.
59．（1）；（2）或；（3）
【分析】
（1）根据正弦函数周期性的特点，可知数列周期为，从而得到；（2）恰好有两个元素，可知或者，求解得到的取值；（3）依次讨论的情况，当时，均可得到符合题意的集合；当时，对于，均无法得到符合题意的集合，从而通过讨论可知.
【解析】
（1）， ，，
，，，
由周期性可知，以为周期进行循环
（2），，
恰好有两个元素
或
即或
或
（3）由恰好有个元素可知：
当时，，集合，符合题意；
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取，，符合条件
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取，，符合条件
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取时，，符合条件
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，,不符合条件；
当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，不是整数，故不符合条件；
当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有或
若，即，不是整数，
若，即，不是整数，
故不符合条件；
综上：
【小结】
本题考查三角函数、数列、函数周期性的综合应用问题.解题的难点在于能够周期，确定等量关系，从而得到的取值，再根据集合的元素个数，讨论可能的取值情况，通过特殊值确定满足条件的；对于无法取得特殊值的情况，找到不满足条件的具体原因.本题对于学生的综合应用能力要求较高，属于难题.
60．(1);(2)或或.
【分析】
（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，
（2）先求出a的值，再根据三角形函数的性质即可求出．
【解析】
（1）∵，
∴，
∵为偶函数，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，或，
∴，或，
∵，
∴或或
【小结】
本题考查了三角函数的化简和求值，以及三角函数的性质，属于基础题．
61．（Ⅰ） ；（Ⅱ）.
【分析】
（I）将化简整理成的形式，利用公式可求最小正周期；（II）根据，可求的范围，结合函数图象的性质，可得参数的取值范围.
【解析】
（Ⅰ），
所以的最小正周期为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知.
因为，所以.
要使得在上的最大值为，
即在上的最大值为1.
所以，即.
所以的最小值为.
小结：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负.
62．（Ⅰ）；（Ⅱ） 或 .
【分析】
分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.
【解析】
解析：（Ⅰ）由角的终边过点得，
所以.
（Ⅱ）由角的终边过点得，
由得.
由得，
所以或.
小结：三角函数求值的两种类型
(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.
(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.
①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；
②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.
63．(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【解析】
分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
解析：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a
所以，
小结：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
64．（1）（2）=ccosB=
【解析】
（Ⅰ）由，
可得，
即，
即，
（Ⅱ）由正弦定理，，所以=，
由题意可知a＞b，即A＞B，所以B=，
由余弦定理可知．
解得c=1，c=﹣7（舍去）．
向量在方向上的投影：=ccosB=．
65．(Ⅰ) .
(Ⅱ) .
【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用两角和与差的三角函数化简得到
由题设知及可得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
从而.
根据得到，进一步求最小值.
试题解析：（Ⅰ）因为，
所以
由题设知，
所以，.
故，，又，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
所以.
因为，
所以，
当，
即时，取得最小值.
【名师小结】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围.难度不大，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.
66．（1），；（2）.
【解析】
试题分析：（1）先根据同角的三角函数的关系求出 从而可得的值，再根据余弦定理列方程即可求出边长的值；（2）先根据余弦定理求出，求出的长，可得，从而得到，进而可得结果.
试题解析：（1），，由余弦定理可得，即，即，解得（舍去）或，故.
(2)，，，，，.
67．(1)(2) .
【解析】
试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.
试题解析：（1）由题设得，即.
由正弦定理得.
故.
（2）由题设及（1）得，即.
所以，故.
由题设得，即.
由余弦定理得，即，得.
故的周长为.
小结:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.
68．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，
进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.
试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.
由，及余弦定理，得.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.
由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，
，故
.
考点：正弦定理、余弦定理、解三角形
【名师小结】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
69．（Ⅰ）.=.（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，
进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.
试题解析：（Ⅰ） 解：在中，因为，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.
由正弦定理,得.
所以，的值为，的值为.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及，得，所以，
.故.
考点：正弦定理、余弦定理、解三角形
【名师小结】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
70．（I）2；（II）的最小正周期是，.
【分析】
（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．
（Ⅱ）直接利用函数的关系式，求出函数的周期和单调区间．
【解析】
（Ⅰ）f（x）＝sin2x﹣cos2xsin x cos x，
＝﹣cos2xsin2x，
＝﹣2，
则f（）＝﹣2sin（）＝2，
（Ⅱ）因为．
所以的最小正周期是．
由正弦函数的性质得
，
解得，
所以，的单调递增区间是．
【小结】
本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，是高考中的常考知识点，属于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．
71．（1）；（2）2．
【解析】
试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合，求出；（2）由（1）可知，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出.
试题解析：（1），∴，∵，
∴，∴，∴；
（2）由（1）可知，
∵，∴，
∴，
∴．
72．（1）（2）见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）首先根据两角差的余弦公式化简，再根据辅助角公式化简为，最后根据公式求周期；（Ⅱ）先求的范围再求函数的最小值.
试题解析:（Ⅰ）.
所以的最小正周期.
（Ⅱ）因为，
所以.
所以.
所以当时，.
【名师小结】本题考查三角函数式的恒等变形及三角函数的图象与性质，属于基础题，要求准确应用两角差的余弦公式和辅助角公式进行变形，化为标准的的形式，借助正弦函数的性质去求函数的周期、最值等，但要注意函数的定义域，求最值时要注意自变量的取值.
73．（1）（2）时，取到最大值3； 时，取到最小值.
【分析】
（1）根据，利用向量平行的充要条件建立等式，即可求x的值．
（2）根据求解求函数y＝f（x）解析式，化简，结合三角函数的性质即可求解最大值和最小值及对应的x的值．
【解析】
解：（1）∵向量．
由，
可得：，
即，
∵x∈[0，π]
∴．
（2）由
∵x∈[0，π]，
∴
∴当时，即x＝0时f（x）max＝3；
当，即时．
【小结】
本题主要考查向量的坐标运用以及三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．
74．
【分析】
首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.
【解析】
由题意可得：，
当时，，
令可得：，
据此有：.
故答案为：.
【小结】
已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
75．2
【分析】
先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【解析】
由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
76．（均可）
【分析】
根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得，可得，即可解出.
【解析】
因为，
所以，解得，故可取.
故答案为：（均可）.
77．或0
【分析】
根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【解析】
∵三点共线，∴可设，
∵，∴，即，
若且，则三点共线，∴，即，
∵，∴，∵,,，∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
78．
【分析】
先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果.
【解析】
当时
故答案为：
79．
【分析】
在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.
【解析】
，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
80．.
【分析】
由题意首先求得的值，然后利用两角和差正余弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
【解析】
由，
得，解得，或.
，
当时，上式
当时，上式=
综上，
81．9
【解析】
分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.
解析：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
82．.
【解析】
分析：由对称轴得，再根据限制范围求结果.
解析：由题意可得，所以，因为，所以
小结：函数（A>0,ω>0）的性质：(1)；
(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由求增区间; 由求减区间.
83．
【分析】
根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.
【解析】
因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，
所以，
因为，所以当时，取最小值为.
84．.
【分析】
首先利用正弦定理将题中的式子化为，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，可以断定为锐角，从而求得，进一步求得，利用三角形面积公式求得结果.
【解析】
因为，
结合正弦定理可得，
可得，因为，
结合余弦定理，可得，
所以为锐角，且，从而求得，
所以的面积为，故答案是.
85．
【解析】
由三角函数的性质可知，，
所以，即，
所以，
所以.
86．
【解析】
试题分析：因为角与角的终边关于轴对称，所以，所以.
87．
【解析】
将正六边形分割为6个等边三角形，则．
88．
【解析】
由正弦定理，得，结合可得，则.
89．
【解析】
由得，又，所以，因为，所以，因为，所以．
90．1
【解析】
化简三角函数的解析式，
可得，
由，可得，当时，函数取得最大值1．
91．
【解析】
试题分析：因为和关于轴对称，所以，那么，（或），
所以.
92．
【分析】
由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.
【解析】由题意作出图形，如图，
在中，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案为：；.
93．
【分析】
根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得，可求得；再利用，将问题转化为求函数的取值范围问题.
【解析】
，，即，
，
则，
为钝角，，
，故.
故答案为，.
94．
【解析】
取BC中点E，由题意：，
△ABE中，，∴，
∴．
∵，∴，
解得或（舍去）．
综上可得，△BCD面积为，．
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
八、三角函数与解三角形
一、单选题
1．（2021·全国）若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全国（文））函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A．和 B．和2 C．和 D．和2
3．（2021·浙江）已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2021·全国（文））在中，已知，，，则（ ）
A．1 B． C． D．3
5．（2021·全国（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A．346 B．373 C．446 D．473
6．（2021·全国（文））若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·全国（理））已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·全国（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）
A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
9．（2021·全国（理））把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2021·全国（文））（ ）
A． B． C． D．
11．（2020·天津）已知函数．给出下列结论：
①的最小正周期为；②是的最大值；
③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．① B．①③ C．②③ D．①②③
12．（2020·北京）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）．
A． B．
C． D．
13．（2020·全国（文））已知，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2020·全国（理））设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ）
A． B．
C． D．
15．（2019·北京（文））如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为
A．4β+4cosβ B．4β+4sinβ C．2β+2cosβ D．2β+2sinβ
16．（2019·天津（文））已知函数是奇函数，将的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像对应的函数为.若的最小正周期为，且，则
A． B． C． D．
17．（2019·全国（理））设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在（）有且仅有3个极大值点
②在（）有且仅有2个极小值点
③在（）单调递增
④的取值范围是[)
其中所有正确结论的编号是
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④
18．（2019·全国（文））若x1=，x2=是函数f(x)=(>0)两个相邻的极值点，则=
A．2 B．
C．1 D．
19．（2019·全国（文））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=
A．6 B．5 C．4 D．3
20．（2019·全国（文））函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为
A． B．
C． D．
21．（2018·北京（文））在平面直角坐标系中，是圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角以O?为始边，OP为终边，若，则P所在的圆弧是
A． B．
C． D．
22．（2018·全国（理））的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A． B． C． D．
23．（2018·全国（文））函数的最小正周期为
A． B． C． D．
24．（2018·全国（文））已知函数，则
A．的最小正周期为，最大值为
B．的最小正周期为，最大值为
C．的最小正周期为，最大值为
D．的最小正周期为，最大值为
25．（2018·全国（文））若在是减函数，则的最大值是
A． B． C． D．
26．（2018·全国（文））已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则
A． B． C． D．
27．（2017·全国（文））函数y＝1＋x＋的部分图象大致为（ ）
A． B． C．D．
28．（2009·广东（文））已知中，的对边分别为a,b,c若a=c=且∠A=75∘，则b=
A．2 B．4＋23 C．4—23 D．6−2
29．（2014·全国（理））如图，图O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M，将点M到直线OP的距离表示成x的函数，则的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
30．（2014·天津（文））已知函数在曲线与直线的交点中，若相邻交点距离的最小值为，则的最小正周期为
A． B． C． D．
31．（2012·山东（文））函数的最大值与最小值之和为
A． B．0 C．－1 D．
32．（2015·湖南（理））将函数的图像向右平移个单位后得到函数的图像，若对满足的，，有，则
A． B． C． D．
33．（2013·全国（理））已知函数，下列结论中错误的是
A．的图像关于点中心对称 B．的图像关于直线对称
C．的最大值为 D．既是奇函数，又是周期函数
34．（2009·安徽（理））已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的单调递增区间是
A． B．
C． D．
35．（2017·全国（理））已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+)，则下面结论正确的是
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
36．（2017·山东（理））在中，角的对边分别为，，．若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是
A． B． C． D．
37．（2017·全国（文））已知，则．
A． B． C． D．
38．（2017·全国（文））函数的最小正周期为
A． B． C． D．
39．（2017·全国（理））设函数f(x)=cos(x+)，则下列结论错误的是
A．f(x)的一个周期为−2π B．y=f(x)的图像关于直线x=对称
C．f(x+π)的一个零点为x= D．f(x)在(,π)单调递减
40．（2017·天津（文））设函数，，其中，.若，，且的最小正周期大于，则
A．， B．， C．， D．，
41．（2017·全国（文））函数f(x)=sin(x+)+cos(x−)的最大值为
A． B．1 C． D．
42．（2017·全国（文））△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=
A． B． C． D．
二、多选题
43．（2020·海南）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A． B． C． D．
三、解答题
44．（2021·全国）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
45．（2021·浙江）设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
46．（2020·天津）在中，角所对的边分别为．已知 ．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）求的值．
47．（2020·北京）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ）和的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
48．（2020·浙江）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（I）求角B的大小；
（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
49．（2020·海南）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
50．（2020·江苏）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
51．（2020·全国（文））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.
（1）若a=c，b=2，求的面积；
（2）若sinA+sinC=，求C.
52．（2020·全国（理））中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
53．（2020·全国（文））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，证明：△ABC是直角三角形．
54．（2019·江苏）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；
（2）若，求的值．
55．（2019·天津（文）） 在中，内角所对的边分别为.已知，.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值.
56．（2019·北京（理））在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=．
（Ⅰ）求b，c的值；
（Ⅱ）求sin（B–C）的值．
57．（2019·全国（理））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
58．（2019·全国（理））的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
59．（2019·上海）已知等差数列的公差，数列满足，集合.
（1）若，求集合；
（2）若，求使得集合恰好有两个元素；
（3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值.
60．（2018·上海）设常数，函数．
（1）若为偶函数，求的值；
（2）若，求方程在区间上的解．
61．（2018·北京（文））已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.
62．（2018·浙江）已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．
（Ⅰ）求sin（α+π）的值；
（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值．
63．（2018·天津（理））在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设a=2，c=3，求b和的值.
64．（2013·四川（理））在△ABC中，角A、B、C的对边分别a、b、c，且
（1）求cosA的值；
（2）若，求向量在方向上的投影．
65．（2017·山东（理））设函数，其中.已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.
66．（2017·全国（理））的内角的对边分别为已知.
（1）求角和边长；
（2）设为边上一点，且,求的面积.
67．（2017·全国（理））△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为
(1)求;
(2)若求△ABC的周长.
68．（2017·天津（文））在中，内角所对的边分别为.已知，.
（I）求的值；
（II）求的值.
69．（2017·天津（理））在中，内角所对的边分别为.已知，，.
（Ⅰ）求和的值；
（Ⅱ）求的值.
70．（2017·浙江）已知函数
（I）求的值
（II）求的最小正周期及单调递增区间.
71．（2017·全国（理））的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，面积为2，求．
72．（2017·北京（文））已知函数.
（I）求f(x)的最小正周期；
（II）求证：当时，．
73．（2017·江苏）已知向量．
（1）若，求x的值；
（2）记，求函数y＝f（x）的最大值和最小值及对应的x的值．
四、填空题
74．（2021·全国（文））已知函数的部分图像如图所示，则_______________.
75．（2021·全国（理））已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．
76．（2020·北京）若函数的最大值为2，则常数的一个取值为________．
77．（2020·江苏）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．
78．（2020·江苏）将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是____.
79．（2020·全国（理））如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.
80．（2019·江苏）已知，则的值是_____.
81．（2018·江苏）在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
82．（2018·江苏）已知函数的图象关于直线对称，则的值是________．
83．（2018·北京（理））设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．
84．（2018·全国（文））△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．
85．（2017·上海）设、，且，则的最小值等于________
86．（2017·北京（文））在平面直角坐标系中,角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若,则_____.
87．（2017·浙江）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积，________．
88．（2017·全国（文））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C=60°，b=，c=3，则A=_________.
89．（2017·全国（文））已知，tanα=2，则=______________．
90．（2017·全国（理））函数（）的最大值是__________．
91．（2017·北京（理））在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=___________.
五、双空题
92．（2021·浙江）在中，，M是的中点，，则___________，___________.
93．（2018·北京（文））若的面积为,且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.
94．（2017·浙江）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2． 点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是______，cos∠BDC=_______．
近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
八、三角函数与解三角形（答案解析）
1．C
【分析】
将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【解析】
将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
2．C
【分析】
利用辅助角公式化简，结合三角函数最小正周期和最大值的求法确定正确选项.
【解析】
由题，，所以的最小正周期为，最大值为.
故选：C．
3．C
【分析】
利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.
【解析】
法1：由基本不等式有，
同理，，
故，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设，则，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
4．D
【分析】
利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【解析】
设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
5．B
【分析】
通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【解析】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以，
所以．
故选：B．
6．A
【分析】
由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【解析】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
7．A
【解析】
因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
8．A
【分析】
利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【解析】
如图所示：
由平面相似可知，，而，所以
，而，
即＝．故选：A.
9．B
【分析】
解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；
解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.
【解析】
解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，
根据已知得到了函数的图象，所以，
令,则,
所以,所以；
解法二：由已知的函数逆向变换，
第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
即为的图象，所以.故选：B.
10．D
【解析】
由题意，.
故选：D.
11．B
【解析】
因为，所以周期，故①正确；
，故②不正确；
将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，
故③正确.
故选：B.
12．A
【分析】
计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.
【解析】
单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ，
所以，单位圆的内接正边形的周长为，
单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，
，
则.
故选：A.
【小结】
本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
13．B
【分析】
将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值.
【解析】
由题意可得：，
则：，，
从而有：，即.
故选：B.
14．C
【分析】
由图可得：函数图象过点，即可得到，结合是函数图象与轴负半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.
【解析】
由图可得：函数图象过点，
将它代入函数可得：
又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，
所以，解得：
所以函数的最小正周期为
故选：C
15．B
【分析】
由题意首先确定面积最大时点P的位置，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式可得最大的面积值.
【解析】
观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值，
此时∠BOP=∠AOP=π-β, 面积S的最大值为+S△POB+ S△POA=4β+
.
故选B.
16．C
【解析】
因为为奇函数，∴；
又
，，又
∴，
故选C．
17．D
【解析】当时，，
∵f（x）在有且仅有5个零点，∴，
∴，故④正确，
由，知时，
令时取得极大值，①正确；
极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；
因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，
当时，，
若f（x）在单调递增，则 ，即 ，
∵，故③正确．
故选D．
【小结】
极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题．
18．A
【分析】
从极值点可得函数的周期，结合周期公式可得.
【解析】
由题意知，的周期，得．故选A．
【小结】
本题考查三角函数的极值、最值和周期，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用方程思想解题．
19．A
【分析】
利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.
【解析】
解析：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得
，故选A．
【小结】
本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．
20．D
【分析】
先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．
【解析】
由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．
【小结】
本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．
21．C
【解析】
分析：逐个分析A、B、C、D四个选项，利用三角函数的三角函数线可得正确结论.
解析：由下图可得：有向线段为余弦线，有向线段为正弦线，有向线段为正切线.
A选项：当点在上时，，
，故A选项错误；
B选项：当点在上时，，，
，故B选项错误；
C选项：当点在上时，，，
，故C选项正确；
D选项：点在上且在第三象限，，故D选项错误.
综上，故选C.
小结：此题考查三角函数的定义，解题的关键是能够利用数形结合思想，作出图形，找到所对应的三角函数线进行比较.
22．C
【解析】
分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
解析：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选C.
小结：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．
23．C
【解析】
分析:将函数进行化简即可
解析：由已知得
的最小正周期
故选C.
小结：本题主要考查三角函数的化简和最小正周期公式，属于中档题
24．B
【分析】
首先利用余弦的倍角公式，对函数解析式进行化简，将解析式化简为，之后应用余弦型函数的性质得到相关的量，从而得到正确选项.
【解析】
根据题意有，
所以函数的最小正周期为，
且最大值为，故选B.
【小结】
该题考查的是有关化简三角函数解析式，并且通过余弦型函数的相关性质得到函数的性质，在解题的过程中，要注意应用余弦倍角公式将式子降次升角，得到最简结果.
25．A
【解析】
分析：先确定三角函数单调减区间，再根据集合包含关系确定的最大值.
解析：因为，
所以由得
因此，从而的最大值为，选A.
小结：函数的性质：
(1). (2)周期 (3)由 求对称轴， (4)由求增区间；
由求减区间.
26．B
【分析】
首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项.
【解析】
由三点共线，从而得到，
因为，
解得，即，
所以，故选B.
【小结】
该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.
27．D
【分析】
由题意比较函数的性质及函数图象的特征，逐项判断即可得解.
【解析】
当x＝1时，y＝1＋1＋sin1＝2＋sin1>2，排除A、C；
当x→＋∞时，y→＋∞，排除B.
故选：D.
【小结】
本题考查了函数图象的识别，抓住函数图象的差异是解题关键，属于基础题.
28．A
【解析】
试题分析：因为a=c,所以∠A=∠C=75∘．所以∠B=180∘−75∘−75∘=30∘．
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accos∠B=2(6+2)2−2(6+2)2×32=4,所以b=2．故A正确．
考点：余弦定理．
29．C
【分析】
试题分析：当时，，，当时，，，故选C.
考点：三角函数
30．C
【解析】
试题分析：因为原来函数即为，令，则，令，又因为若相邻交点距离的最小值为，则以正弦函数为研究对象，取符合要求的两角：，对应有，此时，所以.
考点：辅助角公式，正弦函数的图像，三角函数的周期公式.
31．A
【分析】
故选A
【解析】
请在此输入解析！
32．D
【解析】
试题分析：向右平移个单位后，得到，又∵，∴不妨
，，∴，又∵，
∴，故选D.
考点：三角函数的图象和性质.
【名师小结】本题主要考查了三角函数的图象和性质，属于中档题，高考题对于三角函数的考查，多以
为背景来考查其性质，解决此类问题的关键：一是会化简，熟悉三角恒等变形，对三
角函数进行化简；二是会用性质，熟悉正弦函数的单调性，周期性，对称性，奇偶性等.
33．C
【解析】
试题分析：对于选项，只需考虑即可，而，故正确；
对于选项，
只需考虑是否成立即可，
而，故正确；
对于选项，
，
故是奇函数，有，故周期是，故正确；
对于选项，
，
令，则，求导，令解得，故在上单增，在与上单减，又当时；又当时，故C错误.
考点：1.三角函数的对称性、周期性、奇偶性；2.函数的最值求解.
34．C
【解析】
，由题设的周期为，∴，由得，，故选C.
35．D
【解析】
把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x图象，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到函数y=cos2（x+）=cos（2x+）=sin（2x+）的图象，即曲线C2，
故选D．
小结：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.
36．A
【解析】
所以，选A.
【名师小结】本题较为容易，关键是要利用两角和差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有，，的式子，用正弦定理将角转化为边，得到.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.
37．A
【解析】
.
所以选A.
【小结】
本题考查了二倍角及同角正余弦的差与积的关系，属于基础题.
38．C
【解析】
由题意，故选C．
【名师小结】函数的性质：
(1).
(2)最小正周期
(3)由求对称轴.
(4)由求增区间;由求减区间.
39．D
【解析】
f(x)的最小正周期为2π，易知A正确；
f＝cos＝cos3π＝－1，为f(x)的最小值，故B正确；
∵f(x＋π)＝cos＝－cos，∴f＝－cos＝－cos＝0，故C正确；
由于f＝cos＝cosπ＝－1，为f(x)的最小值，故f(x)在上不单调，故D错误．
故选D.
40．A
【解析】
由题意，其中，所以，又，所以，所以，，由得，故选A．
【考点】求三角函数的解析式
【名师小结】有关问题，一种为提供函数图象求解析式或某参数的范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定，再根据周期或周期或周期求出，最后再利用最高点或最低点坐标满足解析式，求出满足条件的值，另一种时根据题目用文字形容的函数图象特点，如对称轴或曲线经过的点的坐标，根据题意自己画出图象，再寻求待定的参变量，题型很活，求或的值或最值或范围等.
41．A
【解析】
由诱导公式可得，
则,
函数的最大值为.
所以选A.
【名师小结】三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为的形式，再借助三角函数的图像研究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．
42．B
【解析】
试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
解析：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，
∴cosAsinC+sinAsinC=0，
∵sinC≠0，
∴cosA=﹣sinA，
∴tanA=﹣1，
∵＜A＜π，
∴A= ，
由正弦定理可得，
∵a=2，c=，
∴sinC== ，
∵a＞c，
∴C=，
故选B．
小结：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
43．BC
【分析】
首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.
【解析】
由函数图像可知：，则，所以不选A,
当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
.
而
故选：BC.
【小结】
已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
44．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）由题设，应用余弦定理求、，又，可得，结合已知及余弦定理即可求.
【解析】
（1）由题设，，由正弦定理知：，即，
∴，又，
∴，得证.
（2）由题意知：，
∴，同理，
∵，
∴，整理得，又，
∴，整理得，解得或，
由余弦定理知：，
当时，不合题意；当时，；
综上，.
【小结】
关键点小结：第二问，根据余弦定理及得到的数量关系，结合已知条件及余弦定理求.
45．（1）；（2）.
【分析】
（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【解析】
（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，
，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
46．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】
（Ⅰ）直接利用余弦定理运算即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理即可得到答案；
（Ⅲ）先计算出进一步求出，再利用两角和的正弦公式计算即可.
【解析】
（Ⅰ）在中，由及余弦定理得
，
又因为，所以；
（Ⅱ）在中，由， 及正弦定理，可得；
（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得 ，
进而，
所以.
【点晴】
本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.
47．选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ；
选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, .
【分析】
选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；
选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.
【解析】
选择条件①（Ⅰ）
（Ⅱ）
由正弦定理得：
选择条件②（Ⅰ）
由正弦定理得：
（Ⅱ）
【小结】
本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
48．（I）；（II）
【分析】
（I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定∠B的大小；
（II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有∠A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定∠A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.
【解析】
（I）由结合正弦定理可得：
△ABC为锐角三角形，故.
（II）结合(1)的结论有：
.
由可得：，，
则，.
即的取值范围是.
【小结】
解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
49．详见解析
【分析】
解法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.
解法二：利用诱导公式和两角和的三角函数公式求得的值，得到角的值，然后根据选择的条件进行分析判断和求解.
【解析】
解法一：
由可得：，
不妨设，
则：，即.
选择条件①的解析：
据此可得：，，此时.
选择条件②的解析：
据此可得：，
则：，此时：，则：.
选择条件③的解析：
可得，，
与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
解法二：∵,
∴,
，
∴,∴,∴,∴,
若选①，,∵,∴,∴c=1;
若选②，,则,;
若选③,与条件矛盾.
【小结】
在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
50．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.
（2）根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.
【解析】
（1）由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
（2）由于，，所以.
由于，所以，所以.
所以
.
由于，所以.
所以.
【小结】
本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题.
51．（1）；（2）.
【分析】
（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；
（2）将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解.
【解析】
（1）由余弦定理可得，
的面积；
（2），
，
，
.
【小结】
本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
52．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
（2）利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.
【解析】
（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
【小结】
本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
53．（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；
（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，
再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
【解析】
（1）因为，所以，
即，
解得，又，
所以；
（2）因为，所以，
即①，
又②， 将②代入①得，，
即，而，解得，
所以，
故，
即是直角三角形．
【小结】
本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．
54．（1）；（2）.
【分析】
(1)由题意结合余弦定理得到关于c的方程，解方程可得边长c的值；
(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得的值，然后由诱导公式可得的值.
【解析】
（1）因为，
由余弦定理，得，即.
所以.
（2）因为，
由正弦定理，得，所以.
从而，即，故.
因为，所以，从而.
因此.
【小结】
本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.
55．(Ⅰ) ；
(Ⅱ) .
【分析】
(Ⅰ)由题意结合正弦定理得到的比例关系，然后利用余弦定理可得的值
(Ⅱ)利用二倍角公式首先求得的值，然后利用两角和的正弦公式可得的值.
【解析】
(Ⅰ)在中，由正弦定理得，
又由，得，即.
又因为，得到，.
由余弦定理可得.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，
从而，.
故.
【小结】
本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理､余弦定理等基础知识.考查计算求解能力.
56．(Ⅰ) ；
(Ⅱ) .
【分析】
(Ⅰ)由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；
(Ⅱ)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.
【解析】
(Ⅰ)由题意可得：，解得：.
(Ⅱ)由同角三角函数基本关系可得：，
结合正弦定理可得：，
很明显角C为锐角，故，
故.
【小结】
本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
57．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；（2）利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关于和的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.
【解析】
（1）
即：
由正弦定理可得：
（2），由正弦定理得：
又，
整理可得：
解得：或
因为所以，故.
（2）法二：，由正弦定理得：
又，
整理可得：，即
由，所以
.
【小结】
本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.
58．(1) ;(2).
【分析】
(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.
【解析】
(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．
，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.
(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，
故，解得.
又应用正弦定理，，
由三角形面积公式有：
.
又因,故，
故.
故的取值范围是
【小结】
这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.
59．（1）；（2）或；（3）
【分析】
（1）根据正弦函数周期性的特点，可知数列周期为，从而得到；（2）恰好有两个元素，可知或者，求解得到的取值；（3）依次讨论的情况，当时，均可得到符合题意的集合；当时，对于，均无法得到符合题意的集合，从而通过讨论可知.
【解析】
（1）， ，，
，，，
由周期性可知，以为周期进行循环
（2），，
恰好有两个元素
或
即或
或
（3）由恰好有个元素可知：
当时，，集合，符合题意；
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取，，符合条件
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取，，符合条件
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取时，，符合条件
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，,不符合条件；
当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，不是整数，故不符合条件；
当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有或
若，即，不是整数，
若，即，不是整数，
故不符合条件；
综上：
【小结】
本题考查三角函数、数列、函数周期性的综合应用问题.解题的难点在于能够周期，确定等量关系，从而得到的取值，再根据集合的元素个数，讨论可能的取值情况，通过特殊值确定满足条件的；对于无法取得特殊值的情况，找到不满足条件的具体原因.本题对于学生的综合应用能力要求较高，属于难题.
60．(1);(2)或或.
【分析】
（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，
（2）先求出a的值，再根据三角形函数的性质即可求出．
【解析】
（1）∵，
∴，
∵为偶函数，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，或，
∴，或，
∵，
∴或或
【小结】
本题考查了三角函数的化简和求值，以及三角函数的性质，属于基础题．
61．（Ⅰ） ；（Ⅱ）.
【分析】
（I）将化简整理成的形式，利用公式可求最小正周期；（II）根据，可求的范围，结合函数图象的性质，可得参数的取值范围.
【解析】
（Ⅰ），
所以的最小正周期为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知.
因为，所以.
要使得在上的最大值为，
即在上的最大值为1.
所以，即.
所以的最小值为.
小结：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负.
62．（Ⅰ）；（Ⅱ） 或 .
【分析】
分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.
【解析】
解析：（Ⅰ）由角的终边过点得，
所以.
（Ⅱ）由角的终边过点得，
由得.
由得，
所以或.
小结：三角函数求值的两种类型
(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.
(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.
①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；
②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.
63．(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【解析】
分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
解析：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a
所以，
小结：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
64．（1）（2）=ccosB=
【解析】
（Ⅰ）由，
可得，
即，
即，
（Ⅱ）由正弦定理，，所以=，
由题意可知a＞b，即A＞B，所以B=，
由余弦定理可知．
解得c=1，c=﹣7（舍去）．
向量在方向上的投影：=ccosB=．
65．(Ⅰ) .
(Ⅱ) .
【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用两角和与差的三角函数化简得到
由题设知及可得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
从而.
根据得到，进一步求最小值.
试题解析：（Ⅰ）因为，
所以
由题设知，
所以，.
故，，又，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
所以.
因为，
所以，
当，
即时，取得最小值.
【名师小结】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围.难度不大，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.
66．（1），；（2）.
【解析】
试题分析：（1）先根据同角的三角函数的关系求出 从而可得的值，再根据余弦定理列方程即可求出边长的值；（2）先根据余弦定理求出，求出的长，可得，从而得到，进而可得结果.
试题解析：（1），，由余弦定理可得，即，即，解得（舍去）或，故.
(2)，，，，，.
67．(1)(2) .
【解析】
试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.
试题解析：（1）由题设得，即.
由正弦定理得.
故.
（2）由题设及（1）得，即.
所以，故.
由题设得，即.
由余弦定理得，即，得.
故的周长为.
小结:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.
68．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，
进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.
试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.
由，及余弦定理，得.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.
由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，
，故
.
考点：正弦定理、余弦定理、解三角形
【名师小结】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
69．（Ⅰ）.=.（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，
进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.
试题解析：（Ⅰ） 解：在中，因为，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.
由正弦定理,得.
所以，的值为，的值为.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及，得，所以，
.故.
考点：正弦定理、余弦定理、解三角形
【名师小结】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
70．（I）2；（II）的最小正周期是，.
【分析】
（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．
（Ⅱ）直接利用函数的关系式，求出函数的周期和单调区间．
【解析】
（Ⅰ）f（x）＝sin2x﹣cos2xsin x cos x，
＝﹣cos2xsin2x，
＝﹣2，
则f（）＝﹣2sin（）＝2，
（Ⅱ）因为．
所以的最小正周期是．
由正弦函数的性质得
，
解得，
所以，的单调递增区间是．
【小结】
本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，是高考中的常考知识点，属于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．
71．（1）；（2）2．
【解析】
试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合，求出；（2）由（1）可知，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出.
试题解析：（1），∴，∵，
∴，∴，∴；
（2）由（1）可知，
∵，∴，
∴，
∴．
72．（1）（2）见解析
【解析】
试题分析：（Ⅰ）首先根据两角差的余弦公式化简，再根据辅助角公式化简为，最后根据公式求周期；（Ⅱ）先求的范围再求函数的最小值.
试题解析:（Ⅰ）.
所以的最小正周期.
（Ⅱ）因为，
所以.
所以.
所以当时，.
【名师小结】本题考查三角函数式的恒等变形及三角函数的图象与性质，属于基础题，要求准确应用两角差的余弦公式和辅助角公式进行变形，化为标准的的形式，借助正弦函数的性质去求函数的周期、最值等，但要注意函数的定义域，求最值时要注意自变量的取值.
73．（1）（2）时，取到最大值3； 时，取到最小值.
【分析】
（1）根据，利用向量平行的充要条件建立等式，即可求x的值．
（2）根据求解求函数y＝f（x）解析式，化简，结合三角函数的性质即可求解最大值和最小值及对应的x的值．
【解析】
解：（1）∵向量．
由，
可得：，
即，
∵x∈[0，π]
∴．
（2）由
∵x∈[0，π]，
∴
∴当时，即x＝0时f（x）max＝3；
当，即时．
【小结】
本题主要考查向量的坐标运用以及三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．
74．
【分析】
首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.
【解析】
由题意可得：，
当时，，
令可得：，
据此有：.
故答案为：.
【小结】
已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
75．2
【分析】
先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【解析】
由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
76．（均可）
【分析】
根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得，可得，即可解出.
【解析】
因为，
所以，解得，故可取.
故答案为：（均可）.
77．或0
【分析】
根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【解析】
∵三点共线，∴可设，
∵，∴，即，
若且，则三点共线，∴，即，
∵，∴，∵,,，∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
78．
【分析】
先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果.
【解析】
当时
故答案为：
79．
【分析】
在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.
【解析】
，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
80．.
【分析】
由题意首先求得的值，然后利用两角和差正余弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
【解析】
由，
得，解得，或.
，
当时，上式
当时，上式=
综上，
81．9
【解析】
分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.
解析：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
82．.
【解析】
分析：由对称轴得，再根据限制范围求结果.
解析：由题意可得，所以，因为，所以
小结：函数（A>0,ω>0）的性质：(1)；
(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由求增区间; 由求减区间.
83．
【分析】
根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.
【解析】
因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，
所以，
因为，所以当时，取最小值为.
84．.
【分析】
首先利用正弦定理将题中的式子化为，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，可以断定为锐角，从而求得，进一步求得，利用三角形面积公式求得结果.
【解析】
因为，
结合正弦定理可得，
可得，因为，
结合余弦定理，可得，
所以为锐角，且，从而求得，
所以的面积为，故答案是.
85．
【解析】
由三角函数的性质可知，，
所以，即，
所以，
所以.
86．
【解析】
试题分析：因为角与角的终边关于轴对称，所以，所以.
87．
【解析】
将正六边形分割为6个等边三角形，则．
88．
【解析】
由正弦定理，得，结合可得，则.
89．
【解析】
由得，又，所以，因为，所以，因为，所以．
90．1
【解析】
化简三角函数的解析式，
可得，
由，可得，当时，函数取得最大值1．
91．
【解析】
试题分析：因为和关于轴对称，所以，那么，（或），
所以.
92．
【分析】
由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.
【解析】由题意作出图形，如图，
在中，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案为：；.
93．
【分析】
根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得，可求得；再利用，将问题转化为求函数的取值范围问题.
【解析】
，，即，
，
则，
为钝角，，
，故.
故答案为，.
94．
【解析】
取BC中点E，由题意：，
△ABE中，，∴，
∴．
∵，∴，
解得或（舍去）．
综上可得，△BCD面积为，．
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