（山东专用）2021版高考数学一轮复习练案（32）高考大题规范解答系列（二）—三角函数（含解析）

 [练案32]高考大题规范解答系列(二)——三角函数

一、选择题

1．(2020·南昌市模拟)函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(0<ω<，|φ|<)的部分图象如图所示，A(0，)，C(2,0)，并且AB∥x轴．

 (1)求ω和φ的值；

(2)求cos ∠ACB的值．

[解析]　(1)由已知得f(0)＝2sin φ＝，

又|φ|<，所以φ＝，所以f(x)＝2sin (ωx＋)．

因为f(2)＝0，即2sin (2ω＋)＝0，所以2ω＋＝kπ，k∈Z，　

解得ω＝π－，k∈Z，而0<ω<，所以ω＝.

(2)由(1)知，f(x)＝2sin (x＋)，令f(x)＝，

得x＋＝2kπ＋或x＋＝2kπ＋，k∈Z，

所以x＝6k或x＝6k＋1，k∈Z，由题图可知，B(1，)．

所以＝(－2，)，＝(－1，)，

所以||＝，||＝2，

所以cos ∠ACB＝＝＝.

2．(2020·内蒙古包头调考)已知函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)的图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为，且图象上有一个最低点M(，－3)．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)求函数f(x)在[0，π]上的单调递增区间．

[解析]　(1)由函数f(x)的图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为，可知函数f(x)的最小正周期为T＝4×＝π，所以ω＝＝2.

又函数f(x)图象上有一个最低点M(，－3)，|φ|<，

所以A＝3,2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，即φ＝2kπ＋(k∈Z)．

由|φ|<，得φ＝，

所以f(x)＝3sin (2x＋)．

(2)由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，可得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．

又x∈[0，π]，所以函数f(x)在[0，π]上的单调递增区间为[0，]，[，π]．

3．(2020·合肥市一检)已知函数f(x)＝cos 2x＋sin (2x－)．

(1)求函数f(x)的最小正周期；

(2)若α∈(0，)，f(α)＝，求cos 2α.

[解析]　(1)∵f(x)＝cos 2x＋sin 2x－cos 2x＝sin 2x＋cos 2x＝sin (2x＋)，

∴函数f(x)的最小正周期T＝π.

(2)由f(α)＝可得sin (2α＋)＝.

∵α∈(0，)，∴2α＋∈(，)．

又0<sin (2α＋)＝<，

∴2α＋∈(，π)，

∴cos (2α＋)＝－，

∴cos 2α＝cos [(2α＋)－]＝cos (2α＋)cos ＋sin (2α＋)sin ＝.

4．(2020·齐鲁名校高三联考)在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B为锐角，且满足2sin(A＋C)＋cos 2B＝4sin Bcos2 .

(1)求角B的大小；

(2)若△ABC的面积S＝，b＝，求△ABC的周长l.

[解析]　(1)由已知得，

2sin(π－B)＋cos 2B＝4sin Bcos2 ，

即2sin B＋cos 2B＝4sin Bcos2 ，

所以2sin B(1－2cos2 )＋cos 2B＝0，

即－2sin Bcos B＋cos 2B＝0，

即sin 2B＝cos 2B，

所以tan 2B＝.因为0<B<，

所以0<2B<π，所以2B＝，解得B＝.

(2)由(1)知，B＝，△ABC的面积

S＝acsin B＝acsin ＝ac＝，

整理得ac＝3，①

由b＝及余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，

得()2＝a2＋c2－2accos ＝a2＋c2－ac，

整理得a2＋c2－ac＝3，②

将①代入②得，(a＋c)2＝12＋6，

即a＋c＝3＋，

故△ABC的周长l＝b＋a＋c＝＋3＋＝3＋2.

5．(2020·湖北黄冈质量检测)已知△ABC的内角A，B，C满足＝.

(1)求角A；

(2)若△ABC的外接圆半径为1，求△ABC的面积S的最大值．

[解析]　(1)设角A，B，C对应边a，b，c，

由正弦定理及＝，

得＝，整理得b2＋c2－a2＝bc，

所以cos A＝＝＝，又0<A<π，

所以A＝.

(2)根据正弦定理，并结合题意可得＝2，

所以a＝2sin A＝2sin ＝，

所以3＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，当且仅当b＝c时等号成立，

所以S＝bcsin A≤×3×＝(当且仅当b＝c时取等号)．

故△ABC的面积S的最大值为.

6．(2020·济南模考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bsin C＝acos C＋ccos A，B＝，c＝.

(1)求角C；

(2)若点E满足＝2，求BE的长．

[解析]　(1)方法一：由题设及正弦定理得2sin Bsin C＝sin Acos C＋sin Ccos A，

又sin Acos C＋sin Ccos A＝sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，

所以2sin Bsin C＝sin B.

由于sin B＝≠0，所以sin C＝.

又0<C<，所以C＝.

方法二：由题设及余弦定理可得2bsin C＝a×＋c×，化简得2bsin C＝b.

因为b>0，所以sin C＝.

又0<C<，所以C＝.

方法三：由2bsin C＝acos C＋ccos A，

结合b＝acos C＋ccos A，

可得2bsin C＝b.

因为b>0，所以sin C＝.

又0<C<，所以C＝.

(2)方法一：由正弦定理易知＝＝2，解得b＝3.

又＝2，所以AE＝AC＝b，即AE＝2.

在△ABC中，因为∠ABC＝，C＝，所以A＝，

所以在△ABE中，A＝，AB＝，AE＝2，

由余弦定理得BE＝＝＝1，

所以BE＝1.

方法二：在△ABC中，因为∠ABC＝，C＝，所以A＝，a＝c＝.

由余弦定理得b＝

＝3.

因为＝2，所以EC＝AC＝1.

在△BCE中，C＝，BC＝，CE＝1，

由余弦定理得BE＝＝＝1，所以BE＝1.

方法三：在△ABC中，因为∠ABC＝，C＝，所以A＝，a＝c＝.

因为＝2，所以＝＋.

则||2＝(＋2)2＝(||2＋4·＋4||2)＝(3－4×××＋4×3)＝1，所以BE＝1.

7．(2020·安徽省五校二检)在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，且2csin B＝3atan A.

(1)求的值；

(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．

[解析]　(1)由2csin B＝3atan A，得2csin Bcos A＝3asin A，结合正弦定理得2bccos A＝3a2，

故2bc×＝3a2，b2＋c2＝4a2，

得＝4.

(2)由(1)及a＝2知，b2＋c2＝16，

故cos A＝＝.

又b2＋c2≥2bc，故8≥bc，当且仅当b＝c时取等号，

∴cos A≥＝.

由cos A＝，得bc＝，且A∈(0，)，

∴S△ABC＝bcsin A＝3tan A.

∵1＋tan2A＝1＋＝＝，

∴tan A＝≤＝，

∴S△ABC＝3tan A≤，即△ABC面积的最大值为.

8．(2020·洛阳市第二次联考)如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2，BD＝3＋，△BCD的面积S＝.

(1)求CD；

(2)求∠ABC.

[解析]　(1)在△BCD中，S＝BD·BC·sin ∠CBD＝，

∵BC＝2，BD＝3＋，

∴sin ∠CBD＝.

∵∠ABC为锐角，∴∠CBD＝30°.

在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos ∠CBD＝(2)2＋(3＋)2－2×2×(3＋)×＝9，

∴CD＝3.

(2)在△BCD中，由正弦定理得＝，

即＝，解得sin ∠BDC＝.

∵BC<BD，∴∠BDC为锐角，∴cos ∠BDC＝.

在△ACD中，由正弦定理得＝，

即＝.①

在△ABC中，由正弦定理得＝，

即＝.②

∵AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠BAC.

由①②得＝，解得sin ∠ABC＝.

∵∠ABC为锐角，∴∠ABC＝45°.