高考数学一轮复习练31高考大题规范解答系列二_三角函数含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练31高考大题规范解答系列二_三角函数含解析新人教版，共7页。试卷主要包含了设函数f＝sin x，x∈R.等内容，欢迎下载使用。
高考大题规范解答系列(二)——三角函数A组基础巩固1．(2020·浙江，18)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2bsin A－a＝0.(1)求角B的大小；(2)求cos A＋cos B＋cos C的取值范围．[解析]　本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理等基础知识，同时考查数学运算等素养．(1)由正弦定理得2sin Bsin A＝sin A，故sin B＝，由题意得B＝.(2)由A＋B＋C＝π得C＝－A，由△ABC是锐角三角形得A∈.由cos C＝cos＝－cos A＋sin A得cos A＋cos B＋cos C＝sin A＋cos A＋＝sin＋∈.故cos A＋cos B＋cos C的取值范围是.2．(2020·新高考Ⅰ，17)在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b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c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，        ？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解析]　方案一：选条件①.由C＝和余弦定理得＝.由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.于是＝，由此可得b＝c.由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.方案二：选条件②.由C＝和余弦定理得＝.由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.由②csin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.方案三：选条件③.由C＝和余弦定理得＝.由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.于是＝，由此可得b＝c.由③c＝b，与b＝c矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．3．(2019·浙江)设函数f(x)＝sin x，x∈R.(1)已知θ∈[0，2π]，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y＝＋的值域．[解析]　(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以，对任意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)．即sin xcos θ＋cos xsin θ＝－sin xcos θ＋cos xsin θ，故2sin xcos θ＝0，所以cos θ＝0.又θ∈[0，2π)，因此θ＝或.(2)y＝＋＝sin2＋sin2＝＋＝1－＝1－cos.因此函数的值域为.4．(2019·天津)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a，3csin B＝4asin C．(1)求cos B的值；(2)求sin的值．[解析]　(1)在△ABC中，由正弦定理＝，得bsin C＝csin B，又由3csin B＝4asin C，得3bsin C＝4asin C，即3b＝4a.又因为b＋c＝2a，得到b＝a，c＝a.由余弦定理可得cos B＝＝＝－.(2)由(1)可得sin B＝＝，从而sin 2B＝2sin Bcos B＝－，cos 2B＝cos2B－sin2B＝－，故sin＝sin 2Bcos ＋cos 2Bsin ＝－×－×＝－.5．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，向量m＝(2sin B，2－cos 2B)，n＝，m⊥n.(1)求角B的大小；(2)若a＝，b＝1，求c的值．[解析]　(1)∵m⊥n，∴m·n＝0，∴2sin B·2sin2＋(2－cos 2B)·(－1)＝0.∴2sin B·＋cos 2B－2＝0.∴2sin B＋2sin2B＋(1－2sin2B)－2＝0.∴sin B＝.∵0<B<π，∴B＝或B＝.(2)∵a＝>b，∴B＝.解法一：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B．∴c2－3c＋2＝0，∴c＝1或c＝2.解法二：由正弦定理，得＝.即＝，∴sin A＝.∵0<A<π，∴A＝或A＝.若A＝，∵B＝，∴C＝，∴c＝2.若A＝，则C＝π－－＝，∴c＝b＝1.综上所述，c＝1或c＝2.6．(2020·长沙四校一模)已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，sin 2x)，b＝(cos x，1)，x∈R.(1)求函数y＝f(x)的单调递增区间；(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝2，a＝，且sin B＝2sin C，求△ABC的面积．[解析]　(1)f(x)＝a·b＝2cos2x＋sin 2x＝sin 2x＋cos 2x＋1＝2sin＋1.令－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，∴函数y＝f(x)的单调递增区间是，k∈Z.(2)∵f(A)＝2，∴2sin＋1＝2，即sin＝.又∵0<A<π，∴A＝.∵a＝，∴由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得(b＋c)2－3bc＝7.                            ①∵sin B＝2sin C，∴b＝2c.  ②由①②得c2＝，∴S△ABC＝bcsin A＝.7．(2021·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)解法一：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＝.解法二：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＝.解法三：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)解法一：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.解法二：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.解法三：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)＝＝1，所以BE＝1.8．(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°.