2014年高考数学（理）真题分类汇编：三角函数

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C单元三角函数
C1 角的概念及任意角的三角函数
6．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图11，圆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f(x)，则y＝f(x)在[0，π]上的图像大致为( )
图11
A B
C D
6．C
C2 同角三角函数的基本关系式与诱导公式
16．[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝cs x(sin x＋cs x)－eq \f(1,2).
(1)若0<α(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．
16．解：方法一：(1)因为0<α所以f(α)＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)))－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
(2)因为f(x)＝sin xcs x＋cs2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1＋cs 2x,2)－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
所以T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
方法二：f(x)＝sin xcs x＋cs2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1＋cs 2x,2)－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(1)因为0<α从而f(α)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)sineq \f(3π,4)＝eq \f(1,2).
(2)T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
17．[2014·重庆卷] 已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)≤φ<\f(π,2)))的图像关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且图像上相邻两个最高点的距离为π.
(1)求ω和φ的值；
(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝eq \f(\r(3),4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)<α<\f(2π,3)))，求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))的值．
17．解：(1)因为f(x)的图像上相邻两个最高点的距离为π，所以ƒ(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq \f(2π,T)＝2.
又因为f(x)的图像关于直线x＝eq \f(π,3)对称，
所以2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k＝0，±1，±2，….
因为－eq \f(π,2)≤φ＜eq \f(π,2)，
所以φ＝－eq \f(π,6).
(2)由(1)得ƒeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝eq \r(3)sin(2×eq \f(α,2)－eq \f(π,6))＝eq \f(\r(3),4)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,4).
由eq \f(π,6)＜α＜eq \f(2π,3)得0＜α－eq \f(π,6)＜eq \f(π,2)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6))))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(15),4).
因此cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))
＝sin α
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（α－\f(π,6)）＋\f(π,6)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))cseq \f(π,6)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))sineq \f(π,6)
＝eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(15),4)×eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(3)＋\r(15),8).
C3 三角函数的图象与性质
9．[2014·辽宁卷] 将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图像向右平移eq \f(π,2)个单位长度，所得图像对应的函数( )
A．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递减 B．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递增
C．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减 D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增
9．B
3．[2014·全国卷] 设a＝sin 33°，b＝cs 55°，c＝tan 35°，则( )
A．a>b>c B．b>c>a C．c>b>a D．c>a>b
3．C
14．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 函数f(x)＝sin(x＋2φ)－2sin φcs(x＋φ)的最大值为________．
14．1
C4 函数的图象与性质
3．[2014·四川卷] 为了得到函数y＝sin (2x＋1)的图像，只需把函数y＝sin 2x的图像上所有的点( )
A．向左平行移动eq \f(1,2)个单位长度 B．向右平行移动eq \f(1,2)个单位长度
C．向左平行移动1个单位长度 D．向右平行移动1个单位长度
3．A
11．[2014·安徽卷] 若将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图像向右平移φ个单位，所得图像关于y轴对称，则φ的最小正值是________．
11.eq \f(3π,8)
14．[2014·北京卷] 设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，A>0，ω>0)．若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则f(x)的最小正周期为________．
14．π
16．[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝cs x(sin x＋cs x)－eq \f(1,2).
(1)若0<α(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．
16．解：方法一：(1)因为0<α所以f(α)＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)))－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
(2)因为f(x)＝sin xcs x＋cs2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1＋cs 2x,2)－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
所以T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
方法二：f(x)＝sin xcs x＋cs2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1＋cs 2x,2)－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(1)因为0<α从而f(α)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)sineq \f(3π,4)＝eq \f(1,2).
(2)T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
16．[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝sin(x＋θ)＋acs(x＋2θ)，其中a∈R，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))).
(1)当a＝eq \r(2)，θ＝eq \f(π,4)时，求f(x)在区间[0，π]上的最大值与最小值；
(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，f(π)＝1，求a，θ的值．
16．解：(1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝
eq \f(\r(2),2)(sin x＋cs x)－eq \r(2)sin x＝eq \f(\r(2),2)cs x－eq \f(\r(2),2)sin x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)).
因为x∈[0，π]，所以eq \f(π,4)－x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，
故f(x)在区间[0，π]上的最大值为eq \f(\r(2),2)，最小值为－1.
(2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，,f（π）＝1，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(cs θ（1－2asin θ）＝0，,2asin2θ－sin θ－a＝1.))
又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，知cs θ≠0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2asin θ＝0，,（2asin θ－1）sin θ－a＝1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,θ＝－\f(π,6).))
12．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设函数f(x)＝eq \r(3)sineq \f(πx,m)，若存在f(x)的极值点x0满足xeq \\al(2,0)＋[f(x0)]2＜m2，则m的取值范围是( )
A．(－∞，－6)∪(6，＋∞) B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
12．C
16．[2014·山东卷] 已知向量a＝(m，cs 2x)，b＝(sin 2x，n)，函数f(x)＝a·b，且y＝f(x)的图像过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\r(3)))和点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2)).
(1)求m，n的值；
(2)将y＝f(x)的图像向左平移φ(0＜φ＜π)个单位后得到函数y＝g(x)的图像，若y＝g(x)图像上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求y＝g(x)的单调递增区间．
16．解：(1)由题意知，f(x)＝＝msin 2x＋ncs 2x.
因为y＝f(x)的图像过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\r(3)))和点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，－2))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)＝msin\f(π,6)＋ncs\f(π,6)，,－2＝msin\f(4π,3)＋ncs\f(4π,3)，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)＝\f(1,2)m＋\f(\r(3),2)n，,－2＝－\f(\r(3),2)m－\f(1,2)n，))
解得m＝eq \r(3)，n＝1.
(2)由(1)知f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
由题意知，g(x)＝f(x＋φ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2φ＋\f(π,6))).
设y＝g(x)的图像上符合题意的最高点为(x0，2)．
由题意知，xeq \\al(2,0)＋1＝1，所以x0＝0，
即到点(0，3)的距离为1的最高点为(0，2)．
将其代入y＝g(x)得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2φ＋\f(π,6)))＝1.
因为0<φ<π，所以φ＝eq \f(π,6).
因此，g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝2cs 2x.
由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ－eq \f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z，
所以函数y＝g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z.
2．[2014·陕西卷] 函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的最小正周期是( )
A.eq \f(π,2) B．π C．2π D．4π
2．B
16．[2014·四川卷] 已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若α是第二象限角，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,3)))＝eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cs 2α，求cs α－sin α的值．
16．解：(1)因为函数y＝sin x的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(π,4)＋eq \f(2kπ,3)≤x≤eq \f(π,12)＋eq \f(2kπ,3)，k∈Z.
所以，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z.
(2)由已知，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))(cs2α－sin2α)，
所以sin αcseq \f(π,4)＋cs αsineq \f(π,4)＝eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α cs\f(π,4)－sin αsin\f(π,4)))(cs2 α－sin2 α)，
即sin α＋cs α＝eq \f(4,5)(cs α－sin α)2(sin α＋cs α)．
当sin α＋cs α＝0时，由α是第二象限角，
得α＝eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，
此时，cs α－sin α＝－eq \r(2).
当sin α＋cs α≠0时，(cs α－sin α)2＝eq \f(5,4).
由α是第二象限角，得cs α－sin α<0，此时cs α－sin α＝－eq \f(\r(5),2).
综上所述，cs α－sin α＝－eq \r(2)或－eq \f(\r(5),2).
15．[2014·天津卷] 已知函数f(x)＝cs x·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),4)，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．
15．解：(1)由已知，有
f(x)＝cs x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cs x))－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,2)sin x·cs x－eq \f(\r(3),2)cs2x＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,4)sin 2x－eq \f(\r(3),4)(1＋cs 2x)＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,4)sin 2x－eq \f(\r(3),4)cs 2x
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上是减函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上是增函数，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－eq \f(1,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝－eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(1,4)，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为eq \f(1,4)，最小值为－eq \f(1,2).
4．[2014·浙江卷] 为了得到函数y＝sin 3x＋cs 3x的图像，可以将函数y＝eq \r(2)cs 3x的图像( )
A．向右平移eq \f(π,4)个单位 B．向左平移eq \f(π,4)个单位
C．向右平移eq \f(π,12)个单位 D．向左平移eq \f(π,12)个单位
4．C
17．[2014·重庆卷] 已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－\f(π,2)≤φ<\f(π,2)))的图像关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且图像上相邻两个最高点的距离为π.
(1)求ω和φ的值；
(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝eq \f(\r(3),4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)<α<\f(2π,3)))，求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))的值．
17．解：(1)因为f(x)的图像上相邻两个最高点的距离为π，所以ƒ(x)的最小正周期T＝π，从而ω＝eq \f(2π,T)＝2.
又因为f(x)的图像关于直线x＝eq \f(π,3)对称，
所以2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k＝0，±1，±2，….
因为－eq \f(π,2)≤φ＜eq \f(π,2)，
所以φ＝－eq \f(π,6).
(2)由(1)得ƒeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝eq \r(3)sin(2×eq \f(α,2)－eq \f(π,6))＝eq \f(\r(3),4)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,4).
由eq \f(π,6)＜α＜eq \f(2π,3)得0＜α－eq \f(π,6)＜eq \f(π,2)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6))))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(15),4).
因此cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))
＝sin α
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（α－\f(π,6)）＋\f(π,6)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))cseq \f(π,6)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))sineq \f(π,6)
＝eq \f(1,4)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(15),4)×eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(3)＋\r(15),8).
C5 两角和与差的正弦、余弦、正切
14．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 函数f(x)＝sin(x＋2φ)－2sin φcs(x＋φ)的最大值为________．
14．1
16．、[2014·安徽卷] 设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B.
(1)求a的值；
(2)求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))的值．
16．解： (1)因为A＝2B，所以sin A＝sin 2B＝2sin Bcs B，由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(sin A,2sin B)，所以由正弦定理可得a＝2b·eq \f(a2＋c2－b2,2ac).
因为b＝3，c＝1，所以a2＝12，即a＝2 eq \r(3).
(2)由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋1－12,6)＝
－eq \f(1,3).因为0故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＝sin Acseq \f(π,4)＋cs Asineq \f(π,4)＝eq \f(2 \r(2),3)×eq \f(\r(2),2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(4－\r(2),6).
17．[2014·辽宁卷] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c.已知eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2，cs B＝eq \f(1,3)，b＝3.求：
(1)a和c的值；
(2)cs(B－C)的值．
17．解：(1)由eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2得c·a·cs B＝2，
又cs B＝eq \f(1,3)，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accs B，
又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×2＝13.
解eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,c＝2.))
因为a＞c，所以a＝3，c＝2.
(2)在△ABC中，sin B＝eq \r(1－cs2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3).
由正弦定理，得sin C＝eq \f(c,b)sin B＝eq \f(2,3)·eq \f(2 \r(2),3)＝eq \f( 4 \r(2),9).
因为a＝b＞c，所以C为锐角，
因此cs C＝eq \r(1－sin2C)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4 \r(2),9)))\s\up12(2))＝eq \f(7,9).
所以cs(B－C)＝cs Bcs C＋sin Bsin C＝eq \f(1,3)×eq \f(7,9)＋eq \f(2 \r(2),3)×eq \f(4 \r(2),9)＝eq \f(23,27).
17． [2014·全国卷] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3acs C＝2ccs A，tan A＝eq \f(1,3)，求B.
17．解：由题设和正弦定理得
3sin Acs C＝2sin Ccs A，
故3tan Acs C＝2sin C.
因为tan A＝eq \f(1,3)，所以cs C＝2sin C，
所以tan C＝eq \f(1,2).
所以tan B＝tan[180°－(A＋C)]
＝－tan(A＋C)＝eq \f(tan A＋tan C,tan Atan C－1)＝－1，
所以B＝135°.
8．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且tan α＝eq \f(1＋sin β,cs β)，则( )
A．3α－β＝eq \f(π,2) B．3α＋β＝eq \f(π,2) C．2α－β＝eq \f(π,2) D．2α＋β＝eq \f(π,2)
8．C
13．[2014·四川卷] 如图13所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高度是46 m，则河流的宽度BC约等于________m．(用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin 67°≈0.92，cs 67°≈0.39，sin 37°≈0.60，cs 37°≈0.80，eq \r(3)≈1.73)
图13
13．60
16．[2014·四川卷] 已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若α是第二象限角，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,3)))＝eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cs 2α，求cs α－sin α的值．
16．解：(1)因为函数y＝sin x的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(π,4)＋eq \f(2kπ,3)≤x≤eq \f(π,12)＋eq \f(2kπ,3)，k∈Z.
所以，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z.
(2)由已知，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))(cs2α－sin2α)，
所以sin αcseq \f(π,4)＋cs αsineq \f(π,4)＝eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α cs\f(π,4)－sin αsin\f(π,4)))(cs2 α－sin2 α)，
即sin α＋cs α＝eq \f(4,5)(cs α－sin α)2(sin α＋cs α)．
当sin α＋cs α＝0时，由α是第二象限角，
得α＝eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，
此时，cs α－sin α＝－eq \r(2).
当sin α＋cs α≠0时，(cs α－sin α)2＝eq \f(5,4).
由α是第二象限角，得cs α－sin α<0，此时cs α－sin α＝－eq \f(\r(5),2).
综上所述，cs α－sin α＝－eq \r(2)或－eq \f(\r(5),2).
15．[2014·天津卷] 已知函数f(x)＝cs x·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),4)，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．
15．解：(1)由已知，有
f(x)＝cs x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cs x))－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,2)sin x·cs x－eq \f(\r(3),2)cs2x＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,4)sin 2x－eq \f(\r(3),4)(1＋cs 2x)＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,4)sin 2x－eq \f(\r(3),4)cs 2x
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上是减函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上是增函数，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－eq \f(1,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝－eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(1,4)，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为eq \f(1,4)，最小值为－eq \f(1,2).
10．[2014·重庆卷] 已知△ABC的内角A，B，C满足sin 2A＋sin(A－B＋C)＝sin(C－A－B)＋eq \f(1,2)，面积S满足1≤S≤2，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列不等式一定成立的是( )
A．bc(b＋c)>8 B．ab(a＋b)>16eq \r(2) C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24
10．A
C6 二倍角公式
15．[2014·全国卷] 直线l1和l2是圆x2＋y2＝2的两条切线．若l1与l2的交点为(1，3)，则l1与l2的夹角的正切值等于________．
15.eq \f(4,3)
16．[2014·全国卷] 若函数f(x)＝cs 2x＋asin x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))是减函数，则a的取值范围是________．
16．(－∞，2]
16．[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝cs x(sin x＋cs x)－eq \f(1,2).
(1)若0<α(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．
16．解：方法一：(1)因为0<α所以f(α)＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)))－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
(2)因为f(x)＝sin xcs x＋cs2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1＋cs 2x,2)－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
所以T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
方法二：f(x)＝sin xcs x＋cs2x－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1＋cs 2x,2)－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(1)因为0<α从而f(α)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)sineq \f(3π,4)＝eq \f(1,2).
(2)T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
16．[2014·四川卷] 已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若α是第二象限角，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,3)))＝eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cs 2α，求cs α－sin α的值．
16．解：(1)因为函数y＝sin x的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(π,4)＋eq \f(2kπ,3)≤x≤eq \f(π,12)＋eq \f(2kπ,3)，k∈Z.
所以，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z.
(2)由已知，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))(cs2α－sin2α)，
所以sin αcseq \f(π,4)＋cs αsineq \f(π,4)＝eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α cs\f(π,4)－sin αsin\f(π,4)))(cs2 α－sin2 α)，
即sin α＋cs α＝eq \f(4,5)(cs α－sin α)2(sin α＋cs α)．
当sin α＋cs α＝0时，由α是第二象限角，
得α＝eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，
此时，cs α－sin α＝－eq \r(2).
当sin α＋cs α≠0时，(cs α－sin α)2＝eq \f(5,4).
由α是第二象限角，得cs α－sin α<0，此时cs α－sin α＝－eq \f(\r(5),2).
综上所述，cs α－sin α＝－eq \r(2)或－eq \f(\r(5),2).
15．[2014·天津卷] 已知函数f(x)＝cs x·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),4)，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．
15．解：(1)由已知，有
f(x)＝cs x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cs x))－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,2)sin x·cs x－eq \f(\r(3),2)cs2x＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,4)sin 2x－eq \f(\r(3),4)(1＋cs 2x)＋eq \f(\r(3),4)
＝eq \f(1,4)sin 2x－eq \f(\r(3),4)cs 2x
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上是减函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上是增函数，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－eq \f(1,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝－eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(1,4)，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为eq \f(1,4)，最小值为－eq \f(1,2).
C7 三角函数的求值、化简与证明
16．、[2014·广东卷] 已知函数f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，x∈R，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝eq \f(3,2).
(1)求A的值；
(2)若f(θ)＋f(－θ)＝eq \f(3,2)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)－θ)).
17．[2014·湖北卷] 某实验室一天的温度(单位：℃)随时间t(单位：h)的变化近似满足函数关系：
f(t)＝10－eq \r(3)cseq \f(π,12)t－sineq \f(π,12)t，t∈[0，24)．
(1)求实验室这一天的最大温差．
(2)若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？
17．解：(1)因为f(t)＝10－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs\f(π,12)t＋\f(1,2)sin\f(π,12)t))＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，
又0≤t<24，所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,12)t＋eq \f(π,3)当t＝2时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝1；
当t＝14时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝－1.
于是f(t)在[0，24)上取得的最大值是12，最小值是8.
故实验室这一天的最高温度为12 ℃，最低温度为8 ℃，最大温差为4 ℃.
(2)依题意，当f(t)>11时，实验室需要降温．
由(1)得f(t)＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，
故有10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))>11，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))<－eq \f(1,2).
又0≤t<24，因此eq \f(7π,6)即10故在10时至18时实验室需要降温．
16．、[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝sin(x＋θ)＋acs(x＋2θ)，其中a∈R，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))).
(1)当a＝eq \r(2)，θ＝eq \f(π,4)时，求f(x)在区间[0，π]上的最大值与最小值；
(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，f(π)＝1，求a，θ的值．
16．解：(1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝
eq \f(\r(2),2)(sin x＋cs x)－eq \r(2)sin x＝eq \f(\r(2),2)cs x－eq \f(\r(2),2)sin x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)).
因为x∈[0，π]，所以eq \f(π,4)－x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，\f(π,4)))，
故f(x)在区间[0，π]上的最大值为eq \f(\r(2),2)，最小值为－1.
(2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，,f（π）＝1，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(cs θ（1－2asin θ）＝0，,2asin2θ－sin θ－a＝1.))
又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，知cs θ≠0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2asin θ＝0，,（2asin θ－1）sin θ－a＝1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,θ＝－\f(π,6).))
16．[2014·四川卷] 已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若α是第二象限角，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,3)))＝eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cs 2α，求cs α－sin α的值．
16．解：(1)因为函数y＝sin x的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤3x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(π,4)＋eq \f(2kπ,3)≤x≤eq \f(π,12)＋eq \f(2kπ,3)，k∈Z.
所以，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋\f(2kπ,3)，\f(π,12)＋\f(2kπ,3)))，k∈Z.
(2)由已知，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))(cs2α－sin2α)，
所以sin αcseq \f(π,4)＋cs αsineq \f(π,4)＝eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α cs\f(π,4)－sin αsin\f(π,4)))(cs2 α－sin2 α)，
即sin α＋cs α＝eq \f(4,5)(cs α－sin α)2(sin α＋cs α)．
当sin α＋cs α＝0时，由α是第二象限角，
得α＝eq \f(3π,4)＋2kπ，k∈Z，
此时，cs α－sin α＝－eq \r(2).
当sin α＋cs α≠0时，(cs α－sin α)2＝eq \f(5,4).
由α是第二象限角，得cs α－sin α<0，此时cs α－sin α＝－eq \f(\r(5),2).
综上所述，cs α－sin α＝－eq \r(2)或－eq \f(\r(5),2).
C8 解三角形
12．[2014·天津卷] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b－c＝eq \f(1,4)a，2sin B＝3sin C，则cs A的值为________．
12．－eq \f(1,4)
16．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设点M(x0，1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是________．
16．[－1，1]
12．[2014·广东卷] 在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.已知bcs C＋ccs B＝2b，则eq \f(a,b)＝________．
12．2
16．[2014·安徽卷] 设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B.
(1)求a的值；
(2)求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))的值．
16．解： (1)因为A＝2B，所以sin A＝sin 2B＝2sin Bcs B，由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(sin A,2sin B)，所以由正弦定理可得a＝2b·eq \f(a2＋c2－b2,2ac).
因为b＝3，c＝1，所以a2＝12，即a＝2 eq \r(3).
(2)由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(9＋1－12,6)＝
－eq \f(1,3).因为0故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＝sin Acseq \f(π,4)＋cs Asineq \f(π,4)＝eq \f(2 \r(2),3)×eq \f(\r(2),2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(4－\r(2),6).
15．[2014·北京卷] 如图12，在△ABC中，∠B＝eq \f(π,3)，AB＝8，点D在BC边上，且CD＝2，cs∠ADC＝eq \f(1,7).
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长．
图12
15．解：(1) 在△ADC中，因为cs ∠ADC＝eq \f(1,7)，所以sin ∠ADC＝eq \f(4 \r(3),7).
所以sin ∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin ∠ADCcs B－cs ∠ADCsin B＝eq \f(4 \r(3),7)×eq \f(1,2)－eq \f(1,7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3 \r(3),14).
(2)在△ABD中，由正弦定理得
BD＝eq \f(AB·sin ∠BAD,sin ∠ADB)＝eq \f(8×\f(3\r(3),14),\f(4 \r(3),7))＝3.
在△ABC中，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs B
＝82＋52－2×8×5×eq \f(1,2)＝49，
所以AC＝7.
12．[2014·福建卷] 在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2 eq \r(3)，则△ABC的面积等于________．
12．2 eq \r(3)
18．[2014·湖南卷] 如图15所示，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝eq \r(7).
图15
(1)求cs∠CAD的值；
(2)若cs∠BAD＝－eq \f(\r(7),14)，sin∠CBA＝eq \f(\r(21),6)，求BC的长．
18．解：(1)在△ADC中，由余弦定理，得
cs∠CAD＝eq \f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)，
故由题设知，cs∠CAD＝eq \f(7＋1－4,2\r(7))＝eq \f(2\r(7),7).
(2)设∠BAC＝α，则α＝∠BAD－∠CAD.
因为cs∠CAD＝eq \f(2\r(7),7)，cs∠BAD＝－eq \f(\r(7),14)，
所以sin∠CAD＝eq \r(1－cs2∠CAD)＝
eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(7),7)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(21),7)，
sin∠BAD＝eq \r(1－cs2∠BAD)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(21),14).
于是sin α＝sin (∠BAD－∠CAD)
＝sin∠BADcs∠CAD－cs∠BADsin∠CAD
＝eq \f(3\r(21),14)×eq \f(2\r(7),7)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(7),14)))×eq \f(\r(21),7)
＝eq \f(\r(3),2).
在△ABC中，由正弦定理，得eq \f(BC,sin α)＝eq \f(AC,sin∠CBA).
故BC＝eq \f(AC·sin α,sin∠CBA)＝eq \f(\r(7)×\f(\r(3),2),\f(\r(21),6))＝3.
4．[2014·江西卷] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝eq \f(π,3)，则△ABC的面积是( )
A．3 B.eq \f(9 \r(3),2) C.eq \f(3 \r(3),2) D．3 eq \r(3)
4．C
17．[2014·辽宁卷] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c.已知eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2，cs B＝eq \f(1,3)，b＝3.求：
(1)a和c的值；
(2)cs(B－C)的值．
17．解：(1)由eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2得c·a·cs B＝2，
又cs B＝eq \f(1,3)，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accs B，
又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×2＝13.
解eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,c＝2.))
因为a＞c，所以a＝3，c＝2.
(2)在△ABC中，sin B＝eq \r(1－cs2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3).
由正弦定理，得sin C＝eq \f(c,b)sin B＝eq \f(2,3)·eq \f(2 \r(2),3)＝eq \f( 4 \r(2),9).
因为a＝b＞c，所以C为锐角，
因此cs C＝eq \r(1－sin2C)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4 \r(2),9)))\s\up12(2))＝eq \f(7,9).
所以cs(B－C)＝cs Bcs C＋sin Bsin C＝eq \f(1,3)×eq \f(7,9)＋eq \f(2 \r(2),3)×eq \f(4 \r(2),9)＝eq \f(23,27).
17． [2014·全国卷] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3acs C＝2ccs A，tan A＝eq \f(1,3)，求B.
17．解：由题设和正弦定理得
3sin Acs C＝2sin Ccs A，
故3tan Acs C＝2sin C.
因为tan A＝eq \f(1,3)，所以cs C＝2sin C，
所以tan C＝eq \f(1,2).
所以tan B＝tan[180°－(A＋C)]
＝－tan(A＋C)＝eq \f(tan A＋tan C,tan Atan C－1)＝－1，
所以B＝135°.
16．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)·(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，则△ABC面积的最大值为________．
16.eq \r(3)
4．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 钝角三角形ABC的面积是eq \f(1,2)，AB＝1，BC＝eq \r(2)，则AC＝( )
A．5 B.eq \r(5) C．2 D．1
4．B
12．[2014·山东卷] 在△ABC中，已知eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝tan A，当A＝eq \f(π,6)时，△ABC的面积为______．
12.eq \f(1,6)
16．，，[2014·陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
(1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
(2)若a，b，c成等比数列，求cs B的最小值．
16．解：(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.
由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.
∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.
由余弦定理得
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq \f(2ac－ac,2ac)＝eq \f(1,2)，
当且仅当a＝c时等号成立，
∴cs B的最小值为eq \f(1,2).
18．[浙江卷] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a≠b，c＝eq \r(3)，cs2A－cs2B＝eq \r(3)sin Acs A－eq \r(3)sin Bcs B.
(1)求角C的大小；
(2)若sin A＝eq \f(4,5)，求△ABC的面积．
18．解：(1)由题意得eq \f(1＋cs 2A,2)－eq \f(1＋cs 2B,2)＝eq \f(\r(3),2)sin 2A－eq \f(\r(3),2)sin 2B，即eq \f(\r(3),2)sin 2A－eq \f(1,2)cs 2A＝eq \f(\r(3),2)sin 2B－eq \f(1,2)cs 2B，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6))).
由a≠b，得A≠B，又A＋B∈(0，π)，得2A－eq \f(π,6)＋2B－eq \f(π,6)＝π，
即A＋B＝eq \f(2π,3)，所以C＝eq \f(π,3).
(2)由c＝eq \r(3)，sin A＝eq \f(4,5)，eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)，得a＝eq \f(8,5).
由a所以，△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(8 \r(3)＋18,25).
10．[2014·重庆卷] 已知△ABC的内角A，B，C满足sin 2A＋sin(A－B＋C)＝sin(C－A－B)＋eq \f(1,2)，面积S满足1≤S≤2，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列不等式一定成立的是( )
A．bc(b＋c)>8 B．ab(a＋b)>16eq \r(2) C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24
10．A [解析] 因为A＋B＋C＝π，所以A＋C＝π－B，C＝π－(A＋B)，所以由已知等式可得sin 2A＋sin(π－2B)＝sin[π－2(A＋B)]＋eq \f(1,2)，即sin 2A＋sin 2B＝sin 2(A＋B)＋eq \f(1,2)，
所以sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin[(A＋B)－(A－B)]＝sin 2(A＋B)＋eq \f(1,2)，
所以2 sin(A＋B)cs(A－B)＝2sin(A＋B)cs(A＋B)＋eq \f(1,2)，
所以2sin(A＋B)[cs(A－B)－cs(A＋B)]＝eq \f(1,2)，所以sin Asin Bsin C＝eq \f(1,8).
由1≤S≤2，得1≤eq \f(1,2)bcsin A≤2.由正弦定理得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，所以1≤2R2·sin Asin Bsin C≤2，所以1≤eq \f(R2,4)≤2，即2≤R≤2 eq \r(2)，所以bc(b＋c)>abc＝8R3sin Asin Bsin C＝R3≥8.
C9 单元综合
16．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设点M(x0，1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是________．
16．[－1，1]
17．[2014·湖北卷] 某实验室一天的温度(单位：℃)随时间t(单位：h)的变化近似满足函数关系：f(t)＝10－eq \r(3)cseq \f(π,12)t－sineq \f(π,12)t，t∈[0，24)．
(1)求实验室这一天的最大温差．
(2)若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？
17．解：(1)因为f(t)＝10－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs\f(π,12)t＋\f(1,2)sin\f(π,12)t))＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，
又0≤t<24，所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,12)t＋eq \f(π,3)当t＝2时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝1；
当t＝14时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))＝－1.
于是f(t)在[0，24)上取得的最大值是12，最小值是8.
故实验室这一天的最高温度为12 ℃，最低温度为8 ℃，最大温差为4 ℃.
(2)依题意，当f(t)>11时，实验室需要降温．
由(1)得f(t)＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，
故有10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))>11，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))<－eq \f(1,2).
又0≤t<24，因此eq \f(7π,6)即10故在10时至18时实验室需要降温．
18．[2014·湖南卷] 如图15所示，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝eq \r(7).
图15
(1)求cs∠CAD的值；
(2)若cs∠BAD＝－eq \f(\r(7),14)，sin∠CBA＝eq \f(\r(21),6)，求BC的长．
18．解：(1)在△ADC中，由余弦定理，得
cs∠CAD＝eq \f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)，
故由题设知，cs∠CAD＝eq \f(7＋1－4,2\r(7))＝eq \f(2\r(7),7).
(2)设∠BAC＝α，则α＝∠BAD－∠CAD.
因为cs∠CAD＝eq \f(2\r(7),7)，cs∠BAD＝－eq \f(\r(7),14)，
所以sin∠CAD＝eq \r(1－cs2∠CAD)＝
eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(7),7)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(21),7)，
sin∠BAD＝eq \r(1－cs2∠BAD)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(7),14)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(21),14).
于是sin α＝sin (∠BAD－∠CAD)
＝sin∠BADcs∠CAD－cs∠BADsin∠CAD
＝eq \f(3\r(21),14)×eq \f(2\r(7),7)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(7),14)))×eq \f(\r(21),7)
＝eq \f(\r(3),2).
在△ABC中，由正弦定理，得eq \f(BC,sin α)＝eq \f(AC,sin∠CBA).
故BC＝eq \f(AC·sin α,sin∠CBA)＝eq \f(\r(7)×\f(\r(3),2),\f(\r(21),6))＝3.
21．[2014·辽宁卷] 已知函数f(x)＝(cs x－x)(π＋2x)－eq \f(8,3)(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cs x－4(1＋sin x)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2x,π))).证明：
(1)存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使f(x0)＝0；
(2)存在唯一x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.
21．证明：(1)当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝－(1＋sin x)·(π＋2x)－2x－eq \f(2,3)cs x<0，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为减函数．又f(0)＝π－eq \f(8,3)>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－π2－eq \f(16,3)<0，所以存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使f(x0)＝0.
(2)记函数h(x)＝eq \f(3（x－π）cs x,1＋sin x)－4lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,π)x))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).
令t＝π－x，则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
记u(t)＝h(π－t)＝eq \f(3tcs t,1＋sin t)－4 lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,π)t))，则u′(t)＝eq \f(3f（t）,（π＋2t）（1＋sin t）).
由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0，
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，u′(t)<0.
故在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而可知当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点．
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上u(t)为减函数，由u(x0)>0，ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－4ln 2<0，知存在唯一t1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))，使u(t1)＝0，
故存在唯一的t1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使u(t1)＝0.
因此存在唯一的x1＝π－t1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.
因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，1＋sin x>0，故g(x)＝(1＋sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使g(x1)＝0.
因为x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.
21．[2014·辽宁卷] 已知函数f(x)＝(cs x－x)(π＋2x)－eq \f(8,3)(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cs x－4(1＋sin x)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2x,π))).证明：
(1)存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使f(x0)＝0；
(2)存在唯一x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π.
21．证明：(1)当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝－(1＋sin x)·(π＋2x)－2x－eq \f(2,3)cs x<0，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为减函数．又f(0)＝π－eq \f(8,3)>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－π2－eq \f(16,3)<0，所以存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使f(x0)＝0.
(2)记函数h(x)＝eq \f(3（x－π）cs x,1＋sin x)－4lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,π)x))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).
令t＝π－x，则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
记u(t)＝h(π－t)＝eq \f(3tcs t,1＋sin t)－4 lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,π)t))，则u′(t)＝eq \f(3f（t）,（π＋2t）（1＋sin t）).
由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0，
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，u′(t)<0.
故在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而可知当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点．
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上u(t)为减函数，由u(x0)>0，ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－4ln 2<0，知存在唯一t1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))，使u(t1)＝0，
故存在唯一的t1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使u(t1)＝0.
因此存在唯一的x1＝π－t1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0.
因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，1＋sin x>0，故g(x)＝(1＋sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使g(x1)＝0.
因为x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π.