预测04 三角函数、解三角形和平面向量（真题回顾+押题预测）2022年高考数学三轮冲刺之重难点必刷题

这是一份预测04 三角函数、解三角形和平面向量（真题回顾+押题预测）2022年高考数学三轮冲刺之重难点必刷题，文件包含预测04三角函数解三角形和平面向量真题回顾+押题预测解析docx、预测04三角函数解三角形和平面向量真题回顾+押题预测原卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
预测04 三角函数、解三角形和平面向量

1、近几年高考在对三角恒等变换考查的同时，对三角函数图象与性质的考查力度有所加强，往往将三角恒等变换与三角函数的图象和性质结合考查，先利用三角公式进行化简，然后进一步研究三角函数的性质.其中三角函数的定义域值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性以及图象变换是主要考查对象，难度以中档以下为主.
2、高考对正弦定理和余弦定理的考查较为灵活，题型多变，往往以小题的形式独立考查正弦定理或余弦定理，以解答题的形式综合考查定理的综合应用，多与三角形周长、面积有关；有时也会与平面向量、三角恒等变换等结合考查，试题难度控制在中等或以下，主要考查灵活运用公式求解计算能力、推理论证能力、数学应用意识、数形结合思想等．
3、平面向量是高考考查的重点、热点.往往以选择题或填空题的形式出现.常以平面图形为载体，考查线性运算、数量积、夹角、垂直的条件等问题；

1、两角和与差的余弦、正弦、正切公式
cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β　(C(α－β))
cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β　(C(α＋β))
sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β　(S(α－β))
sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β　(S(α＋β))
tan(α－β)＝　(T(α－β))
tan(α＋β)＝　(T(α＋β))
2、二倍角公式
sin 2α＝2sin αcos α；
cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；
tan 2α＝.
3、函数f(x)＝asin α＋bcos α(a，b为常数)，可以化为f(α)＝sin(α＋φ)(其中tan φ＝)或f(α) ＝cos(α－φ)(其中tan φ＝).
1．正弦定理
＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)．
2．余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccos A；
b2＝c2＋a2－2cacos B；
c2＝a2＋b2－2abcos C.
3．三角形的面积公式　
(1)S△ABC＝aha(ha为边a上的高)；
(2)S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B；
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
1、向量共线定理
如果有一个实数λ，使b＝λa(a≠0)，那么b与a是共线向量；反之，如果b与a(a≠0)是共线向量，那么有且只有一个实数λ，使b＝λa.
2、平面向量基本定理
若向量为两个不共线的向量，那么对于平面上任意的一个向量，均存在唯一一对实数，使得。其中成为平面向量的一组基底。（简而言之，不共线的两个向量可以表示所有向量）
3、向量数量积运算，其中为向量的夹角
4、平面向量的坐标表示
设向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2，由此得到
(1)若a＝(x，y)，则|a|2＝x2＋y2或|a|＝.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A、B两点间的距离|AB|＝||＝.
(3)设两个非零向量a，b，a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b⇔x1y2－x2y1＝0
则a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0.







一．选择题（共8小题）
1．（2021•新高考Ⅰ）若tanθ＝﹣2，则sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=（　　）
A．-65 B．-25 C．25 D．65
【解答】解：由题意可得：sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=sinθ(sin2θ+cos2θ+2sinθcosθ)sinθ+cosθ
=sinθsinθ+cosθ⋅sin2θ+cos2θ+2sinθ⋅cosθsin2θ+cos2θ =tanθtanθ+1⋅tanθ2+2tanθ+1tan2θ+1 =25．
故选：C．
2．（2021•乙卷）cos2π12-cos25π12=（　　）
A．12 B．33 C．22 D．32
【解答】解：cos2π12-cos25π12＝cos2π12-sin2π12＝cosπ6=32．
故选：D．
3．（2021•甲卷）若α∈（0，π2），tan2α=cosα2-sinα，则tanα＝（　　）
A．1515 B．55 C．53 D．153
【解答】解：由tan2α=cosα2-sinα，得sin2αcos2α=cosα2-sinα，
即2sinαcosα1-2sin2α=cosα2-sinα，
∵α∈（0，π2），∴cosα≠0，
则2sinα（2﹣sinα）＝1﹣2sin2α，解得sinα=14，
则cosα=1-sin2α=154，
∴tanα=sinαcosα=14154=1515．
故选：A．
4．（2021•乙卷）函数f（x）＝sinx3+cosx3的最小正周期和最大值分别是（　　）
A．3π和2 B．3π和2 C．6π和2 D．6π和2
【解答】解：∵f（x）＝sinx3+cosx3=2sin（x3+π4），
∴T=2π13=6π．
当sin（x3+π4）＝1时，函数f（x）取得最大值2；
∴函数f（x）的周期为 6π，最大值2．
故选：C．
5．（2021•新高考Ⅰ）下列区间中，函数f（x）＝7sin（x-π6）单调递增的区间是（　　）
A．（0，π2） B．（π2，π） C．（π，3π2） D．（3π2，2π）
【解答】解：令-π2+2kπ≤x-π6≤π2+2kπ，k∈Z．
则-π3+2kπ≤x≤2π3+2kπ，k∈Z．
当k＝0时，x∈[-π3，2π3]， （0，π2）⊆[-π3，2π3]，
故选：A．
6．（2021•乙卷）把函数y＝f（x）图像上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y＝sin（x-π4）的图像，则f（x）＝（　　）
A．sin（x2-7π12） B．sin（x2+π12） C．sin（2x-7π12） D．sin（2x+π12）
【解答】解：∵把函数y＝f（x）图像上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，
再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y＝sin（x-π4）的图像，
∴把函数y＝sin（x-π4）的图像，向左平移π3个单位长度，
得到y＝sin（x+π3-π4）＝sin（x+π12）的图像；
再把图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，
可得f（x）＝sin（12x+π12）的图像．
故选：B．
7．（2021•甲卷）在△ABC中，已知B＝120°，AC=19，AB＝2，则BC＝（　　）
A．1 B．2 C．5 D．3
【解答】解：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
结合余弦定理，可得19＝a2+4﹣2×a×2×cos120°，
即a2+2a﹣15＝0，解得a＝3 （a＝﹣5 舍去），
所以BC＝3．
故选：D．
8．（压轴）（2021•乙卷）魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝（　　）

A．表高×表距表目距的差+表高 B．表高×表距表目距的差-表高 C．表高×表距表目距的差+表距 D．表高×表距表目距的差-表距
【解答】解：DEAB=EHAH，FGBA=CGCA，故EHAH=CGCA，即EHAE+EH=CGAE+EG+GC，
解得AE=EH⋅EGCG-EH，AH＝AE+EH，
故AB=DE⋅AHEH=DE(AE+EH)EH=DE⋅AEEH+DE⋅EHEH=DE⋅EGCG-EH+DE=表高×表距表目距的差+表高．
另解：如图所示，连接FD并延长交AB于点M，
表目距的差表高=GCFG-EHDE=ACAB-AHAB=CHAB，
表高×表距表目距的差=表距表目距的差表高=EGCHAB=DFCH×AB=BDBH×AB=BMAB×AB＝BM，
∴AB＝BM+MA=表高×表距表目距的差+表高．
故选：A．



二．多选题（共1小题）
（多选）9．（压轴）（2021•新高考Ⅰ）已知O为坐标原点，点P1（cosα，sinα），P2（cosβ，﹣sinβ），P3（cos（α+β），sin（α+β）），A（1，0），则（　　）
A．|OP1→|＝|OP2→| B．|AP1→|＝|AP2→|
C．OA→•OP3→=OP1→•OP2→ D．OA→•OP1→=OP2→•OP3→
【解答】解：法一、∵P1（cosα，sinα），P2（cosβ，﹣sinβ），P3（cos（α+β），sin（α+β）），A（1，0），
∴OP1→=（cosα，sinα），OP2→=（cosβ，﹣sinβ），OP3→=（cos（α+β），sin（α+β）），OA→=（1，0），
AP1→=(cosα-1，sinα)，AP2→=(cosβ-1，-sinβ)，
则|OP1→|=cos2α+sin2α=1，|OP2→|=cos2β+(-sinβ)2=1，则|OP1→|＝|OP2→|，故A正确；
|AP1→|=(cosα-1)2+sin2α=cos2α+sin2α-2cosα+1=2-2cosα，
|AP2→|=(cosβ-1)2+(-sinβ)2=cos2β+sin2β-2cosβ+1=2-2cosβ，
|AP1→|≠|AP2→|，故B错误；
OA→⋅OP3→=1×cos（α+β）+0×sin（α+β）＝cos（α+β），
OP1⋅OP2→=cosαcosβ﹣sinαsinβ＝cos（α+β），
∴OA→•OP3→=OP1→•OP2→，故C正确；
OA→⋅OP1→=1×cosα+0×sinα＝cosα，
OP2→⋅OP3→=cosβcos（α+β）﹣sinβsin（α+β）＝cos[β+（α+β）]＝cos（α+2β），
∴OA→•OP1→≠OP2→•OP3→，故D错误．
故选：AC．
法二、如图建立平面直角坐标系，

A（1，0），作出单位圆O，并作出角α，β，﹣β，
使角α的始边与OA重合，终边交圆O于点P1，角β的始边为OP1，终边交圆O于P3，
角﹣β的始边为OA，交圆O于P2，
于是P1（cosα，sinα），P3（cos（α+β），sin（α+β）），P2（cosβ，﹣sinβ），
由向量的模与数量积可知，A、C正确；B、D错误．
故选：AC．
三．填空题（共8小题）
10．（2021•甲卷）已知函数f（x）＝2cos（ωx+φ）的部分图像如图所示，则f（π2）＝　-3　．

【解答】解：由图可知，f（x）的最小正周期T=43（13π12-π3）＝π，
所以ω=2πT=2，因为f（π3）＝0，
所以由五点作图法可得2×π3+φ=π2，解得φ=-π6，
所以f（x）＝2cos（2x-π6），
所以f（π2）＝2cos（2×π2-π6）＝﹣2cosπ6=-3．
故答案为：-3．
11．（2021•乙卷）已知向量a→=（2，5），b→=（λ，4），若a→∥b→，则λ＝　85　．
【解答】解：因为a→=（2，5），b→=（λ，4），a→∥b→，
所以8﹣5λ＝0，解得λ=85．
故答案为：85．
12．（2021•甲卷）已知向量a→=（3，1），b→=（1，0），c→=a→+kb→．若a→⊥c→，则k＝　-103　．
【解答】解：因为向量a→=（3，1），b→=（1，0），c→=a→+kb→，
由a→⊥c→，则a→⋅(a→+kb→)=|a→|2+ka→⋅b→=32+12+k•（3×1+1×0）＝10+3k＝0，
解得k=-103．
故答案为：-103．
13．（2021•甲卷）若向量a→，b→满足|a→|＝3，|a→-b→|＝5，a→•b→=1，则|b→|＝　32　．
【解答】解：由题意，可得(a→-b→)2=a→2-2a→⋅b→+b→2=25，
因为|a→|＝3，a→•b→=1，所以9-2×1+b→2=25，
所以b→2=18，|b→|=b→2=32．
故答案为：32．
14．（2021•新高考Ⅱ）已知向量a→+b→+c→=0→，|a→|＝1，|b→|＝|c→|＝2，则a→•b→+b→•c→+c→•a→=　-92　．
【解答】解：方法1：由a→+b→+c→=0→得a→+b→=-c→或a→+c→=-b→或b→+c→=-a→，
∴（a→+b→）2＝（-c→）2或（a→+c→）2＝（-b→）2或（b→+c→）2＝（-a→）2，
又∵|a→|＝1，|b→|＝|c→|＝2，∴5+2a→•b→=4，5+2a→⋅c→=4，8+2b→⋅c→=1，
∴a→•b→=-12，a→•c→=-12，b→•c→=-72，∴a→•b→+a→•c→+b→•c→=-92．
故答案为：-92．
方法2：a→•b→+b→•c→+c→•a→=(a→+b→+c→)2-|a→|2-|b→|2-|c→|22=0-1-4-42=-92．
故答案为：-92．
15．（2021•乙卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B＝60°，a2+c2＝3ac，则b＝　22　．
【解答】解：∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B＝60°，a2+c2＝3ac，
∴12acsinB=3⇒12ac×32=3⇒ac＝4⇒a2+c2＝12，
又cosB=a2+c2-b22ac⇒12=12-b28⇒b＝22，（负值舍）
故答案为：22．
16．（压轴）（2021•甲卷）已知函数f（x）＝2cos（ωx+φ）的部分图像如图所示，则满足条件（f（x）﹣f（-7π4））（f（x）﹣f（4π3））＞0的最小正整数x为 　2　．

【解答】解：由图像可得34T=1312π-π3，即周期为π，
∵(f(x)-f(-7π4))((f(x)-f(4π3))＞0，T＝π，
∴(f(x)-f(π4))(f(x)-f(π3))＞0，
观察图像可知当x＞π3，
f(x)＜f(π4)，f(x)＜f(π3)，
∵2∈（π3，5π6），且f(5π6)=0，
∴x＝2时最小，且满足题意，
故答案为：2．
四．解答题（共2小题）
17．（2021•新高考Ⅱ）在△ABC中，角A，B，C所对的边长为a，b，c，b＝a+1，c＝a+2．
（1）若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；
（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）∵2sinC＝3sinA，
∴根据正弦定理可得2c＝3a，
∵b＝a+1，c＝a+2，
∴a＝4，b＝5，c＝6，
在△ABC中，运用余弦定理可得cosC=a2+b2-c22ab=42+52-622×4×5=18，
∵sin2C+cos2C＝1，
∴sinC=1-cos2C=1-(18)2=378，
∴S△ABC=12absinC=12×4×5×378=1574．
（2）∵c＞b＞a，
∴△ABC为钝角三角形时，角C必为钝角，
cosC=a2+b2-c22ab=a2+(a+1)2-(a+2)22a(a+1)＜0，
∴a2﹣2a﹣3＜0，
∵a＞0，
∴0＜a＜3，
∵三角形的任意两边之和大于第三边，
∴a+b＞c，即a+a+1＞a+2，即a＞1，
∴1＜a＜3，
∵a为正整数，
∴a＝2．
18．（2021•新高考Ⅰ）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC．
（1）证明：BD＝b；
（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC．
【解答】解：（1）证明：由正弦定理知，bsin∠ABC=csin∠ACB=2R，
∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB，
∵b2＝ac，∴b•2Rsin∠ABC＝a•2Rsin∠ACB，
即bsin∠ABC＝asinC，
∵BDsin∠ABC＝asinC，
∴BD＝b；
（2）由（1）知BD＝b，
∵AD＝2DC，∴AD=23b，DC=13b，
在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA=BD2+AD2-AB22BD⋅AD=b2+(23b)2-c22b⋅23b=13b2-9c212b2，
在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC=BD2+CD2-BC22BD⋅CD=b2+(13b)2-a22b⋅13b=10b2-9a26b2，
∵∠BDA+∠BDC＝π，
∴cos∠BDA+cos∠BDC＝0，
即13b2-9c212b2+10b2-9a26b2=0，
得11b2＝3c2+6a2，
∵b2＝ac，
∴3c2﹣11ac+6a2＝0，
∴c＝3a或c=23a，
在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC=a2+c2-b22ac=a2+c2-ac2ac，
当c＝3a时，cos∠ABC=76＞1（舍）；
当c=23a时，cos∠ABC=712；
综上所述，cos∠ABC=712．

☆☆单选题☆☆
1．若tan（α﹣π）＝2，则1-2sin2α1+sin2α=（　　）
A．-13 B．﹣3 C．13 D．3
【解答】解：若tan（α﹣π）＝tanα＝2，
则1-2sin2α1+sin2α=sin2α+cos2α-2sin2αsin2α+cos2α+2sinαcosα=1-tan2αtan2α+1+2tanα=1-2222+1+2×2=-13．
故选：A．
2．已知α∈（﹣π，0），且3cos2α﹣2sinαcosα﹣3＝0，则sinα＝（　　）
A．31010 B．1010 C．-31010 D．-1010
【解答】解：因为3cos2α﹣2sinαcosα﹣3＝0，即3（1﹣2sin2α）﹣2sinαcosα﹣3＝0，
所以sinα（3sinα+cosα）＝0，
因为α∈（﹣π，0），
所以sinα＜0，
由于3sinα+cosα=0sin2α+cos2α=1，可得sinα=-1010．
故选：D．
3．已知α∈（3π2，2π），sinα=-35，sin（α+β）＝3cosβ，则tanβ＝（　　）
A．﹣3 B．-317 C．3 D．92
【解答】解：∵α∈（3π2，2π），sinα=-35，∴cosα=1-sin2α=45，tanα=sinαcosα=-34，
∵sin（α+β）＝3cosβ，∴sinαcosβ+cosαsinβ＝3cosβ，即 sinα+cosα•tanβ＝3，
∴-35+45•tanβ＝3，∴tanβ=92．
故选：D．
4．若α∈(π2，π)，sinα=53，则tan(2α+π2)=（　　）
A．45 B．-45 C．520 D．-520
【解答】解：因为α∈(π2，π)，sinα=53，
所以cosα=-1-sin2α=-23，可得tanα=sinαcosα=-52，tan2α=2tanα1-tan2α=45，
则tan(2α+π2)=-1tan2α=-520．
故选：D．
5．为了得到函数y＝sin（2x+π3）的图象，可以将函数y＝cos（2x+π4）的图象（　　）
A．向左平移5π24个单位 B．向右平移5π24个单位
C．向左平移π2个单位 D．向右平移π2个单位
【解答】解：将函数y＝cos（2x+π4）＝sin（2x+3π4）的图象，
向右平移5π24个单位，可得y＝sin（2x-5π12+3π4）＝sin（2x+π3）的图象，
故选：B．
6．函数f（x）＝sin（ωx+φ）（其中（ω＞0，|φ|＜π2））的图象如图所示，为了得到g（x）＝sinωx的图象只要将f（x）的图象（　　）

A．向右平移π6个单位 B．向右平移π12个单位
C．向左平移π6个单位 D．向左平移π12个单位
【解答】解：根据函数f（x）＝sin（ωx+φ）（其中（ω＞0，|φ|＜π2））的图象，
可得14×2πω=7π12-π3，∴ω＝2．
再根据五点法作图，可得2×π3+φ＝π，∴φ=π3，∴f（x）＝sin（2x+π3）．
故只要将f（x）的图象向右平移π6个单位，可得g（x）＝sin2x的图象，
故选：A．
7．关于函数f（x）＝sinxcos（x-π6）的的叙述中，正确的有（　　）
①f（x）的最小正周期为2π；
②f（x）在区间[-π6，π3]内单调递增；
③f（x）的图象关于点（π12，0）对称；
④f（x+π3）是偶函数．
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
【解答】解：f（x）＝sinxcos（x-π6）＝sinx（32cosx+12sinx）=32sinxcosx+12sin2x=34sin2x+12×1-cos2x2
=34sin2x-14cos2x+14=12（32sin2x-12cos2x）+14=12sin（2x-π6）+14，
则①f（x）的最小正周期为2π2=π，故①错误；
②当x∈[-π6，π3]时，2x∈[-π3，2π3]，2x-π6∈[-π2，π2]，此时f（x）为增函数，∴f（x）在区间[-π6，π3]内单调递增，故②正确；
③当x=π12时，2x-π6=0，此时f（x）=14，即f（x）的图象关于点（π12，14）对称，故③错误；
④f（x+π3）=12sin[2（x+π3）-π6]+14=12sin（2x+π2）+14=12cos2x+14是偶函数，故④正确，
故选：C．
8．设函数f（x）＝cos2x-3cos（π2+x）cos（π+x）-12，则下列结论错误的是（　　）
A．f（x）的一个周期为π
B．y＝f（x）的图象关于直线x=4π3对称
C．将函数y＝cos2x的图象向左平移π3个单位可以得到函数f（x）的图象
D．f（x）在（0，π3）上单调递减
【解答】解：f（x）＝cos2x-3sinxcosx-12=1+cos2x2-32sin2x-12
=12cos2x-32sin2x＝cos（2x+π3），
则f（x）的周期T=2π2=π，故A正确，
当x=4π3时，2x+π3=2×4π3+π3=3π，此时f（x）＝﹣1，
即y＝f（x）的图象关于直线x=4π3对称，故B正确，
将函数y＝cos2x的图象向左平移π3个单位得到y＝cos2（x+π3）＝cos（2x+2π3），
无法得到f（x）的图象，故C错误，
当x∈（0，π3）时，2x+π3∈（π3，π），此时f（x）为减函数，故D正确，
故选：C．
9．在△ABC中，已知D是AB边上的一点，若CD→=13CA→+λCB→，则λ等于（　　）
A．13 B．23 C．12 D．34
【解答】解：∵A、B、D、三点共线，CD→=13CA→+λCB→，
∴13+λ＝1，
∴λ=23．
故选：B．
10．如图，在△ABM中，BM＝3CM，AN→=27AM→，若AN→=λAB→+μAC→，则λ+μ＝（　　）

A．-17 B．17 C．-27 D．27
【解答】解：AN→=27AM→=27（AB→+BM→）=27AB→+27×32BC→ =27AB→+37（AC→-AB→）=37AC→-17AB→，
故λ+μ=-17+37=27，
故选：D．
11．已知菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，O为BC的中点，点P满足AP→=λAB→，λ∈R，若OP→⋅BD→=24，则λ的值为（　　）
A．12 B．-12 C．13 D．-13
【解答】解：由题意知，OP→=BP→-BO→=AP→-AB→-BO→=（1﹣λ）BA→-12BC→，
BD→=BA→+BC→，
故OP→•BD→=[（1﹣λ）BA→-12BC→]•（BA→+BC→）＝（1﹣λ）BA→2-12BC→2+（12-λ）BA→•BC→
＝16（1﹣λ）-12×16+（12-λ）×4×4×12=12﹣24λ＝24，
解得λ=-12．
故选：B．

12．已知向量a→与b→的夹角为30°，|a→|=1，|b→|=3，则|a→+2b→|=（　　）
A．1+23 B．19 C．13+43 D．32
【解答】解：∵(a→+2b→)2=a→2+4b→2+4a→⋅b→=1+3×4+4×1×3×32=19，
∴|a→+2b→|=19．
故选：B．
二．多选题（共4小题）
（多选）13．已知cos（α+β）=-55，cos2α=-45，其中α，β为锐角，则以下命题正确的是（　　）
A．sin2α=35 B．cos（α﹣β）=255
C．cosαcosβ=310 D．tanαtanβ=13
【解答】解：由0＜α＜π2，可得0＜2α＜π，
则sin2α=1-cos22α=1-1625=35，故A正确；
由α，β为锐角，可得0＜α+β＜π，
则sin（α+β）=1-15=255，
cos（α﹣β）＝cos[2α﹣（α+β）]＝cos2αcos（α+β）+sin2αsin（α+β）=-45×（-55）+35×255=255，故B正确；
由cosαcosβ+sinαsinβ=255，cosαcosβ﹣sinαsinβ=-55，可得cosαcosβ=510，sinαsinβ=3510，
tanαtanβ=sinαsinβcosαcosβ=3，故C、D均错误．
故选：AB．
（多选）14．已知向量a→=(2，1)，b→=(-3，1)，e→是与b→同向的单位向量，则下列结论错误的是（　　）
A．（a→+b→）∥a→
B．向量a→在向量b→上的投影向量为-12e→
C．a→与a→-b→的夹角余弦值为255
D．若c→=(55，-255)，则a→⊥c→
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，a→+b→=（﹣1，2），而a→=（2，1），（a→+b→）与a→不共线，A错误；
对于B，向量a→在向量b→上的投影向量a→⋅b→|b→|e→=-102e→，B错误；
对于C，a→-b→=（5，0），a→•（a→-b→）＝10，|a→-b→|＝5，cos＜a→，a→-b→＞=a→⋅(a→-b→)|a→||a→-b→|=255，C正确；
对于D，若c→=(55，-255)，则a→•c→=0，则有a→⊥c→，D正确；
故选：AB．
（多选）15．关于函数f（x）＝2sin（2x+π4），下列说法正确的是（　　）
A．函数y＝f（x）的图像可由函数y＝2sin2x的图像向左平移π4个单位得到
B．y＝f（x）的图像关于直线x=-3π8对称
C．y＝f（x）的表达式可以改写为f（x）＝﹣2cos（2x-π4）
D．若函数f（x）在[-π4，m]的值域为[-2，2]，则m的取值范围是[π8，π2]
【解答】解：函数y＝f（x）的图像可由函数y＝2sin2x的图像向左平移π4个单位得到y＝2sin2（x+π4）＝2cos2x，故A错误；
当x=-3π8时，f（-3π8）＝2sin[2×（-3π8）+π4]＝2sin（-π2）＝﹣2，故B正确；
f（x）＝2sin（2x+π4）＝2sin（2x+π2-π4）＝2cos（2x-π4），故C错误；
∵x∈[-π4，m]，∴2x+π4∈[-π4，2m+π4]，又f（x）的值域为[-2，2]，
∴π2≤2m+π4≤5π4，解得π8≤m≤π2，∴m的取值范围是[π8，π2]，故D正确；
故选：BD．
（多选）16．（压轴）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）+1（ω＞0，0＜φ＜π）为偶函数，其图象与直线y＝2的两个交点的横坐标分别为x1，x2，若|x1﹣x2|的最小值为π，将f（x）的图象向右平移π6个单位，得到g（x）的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．g(x)=sin(2x+π6)+1
B．(5π6，1)是函数g（x）图象的一个对称中心
C．函数g（x）在(π6，2π3)上单调递减
D．若方程g（x）＝m在[0，π2]上有两个不等实根，则32≤m≤2
【解答】解：因为函数f（x）＝sin（ωx+φ）+1为偶函数，所以φ=π2+kπ，k∈Z，
又0＜φ＜π，所以k＝0，φ=π2，故f（x）＝cosωx+1，
由|x1﹣x2|的最小值为π，知最小正周期T＝π=2πω，所以ω＝2，
所以f（x）＝cos2x+1，g（x）＝cos2（x-π6）+1＝cos（2x+π6-π2）+1＝sin（2x+π6）+1，即选项A正确；
因为g（5π6）＝sin（2•5π6+π6）+1=12≠1，所以（5π6，1）不是函数g（x）图象的一个对称中心，即选项B错误；
令2x+π6∈（2kπ+π2，2kπ+3π2），k∈Z，则x∈（kπ+π6，kπ+2π3），k∈Z，当k＝0时，g（x）在（π6，2π3）上单调递减，即选项C正确；
因为x∈[0，π2]，所以2x+π6∈[π6，7π6]，所以sin（2x+π6）∈[-12，1]，即g（x）∈[12，2]，
若方程g（x）＝m在[0，π2]上有两个不等实根，则32≤m＜2，即选项D错误．
故选：AC．
三．填空题（共4小题）
17．函数y＝cos[π2（x+φ）]（0＜φ＜π）是奇函数，那么常数φ的最大值为 　3　．
【解答】解：∵y＝cos[π2（x+φ）]＝cos（π2x+π2φ）是奇函数，
∴π2φ＝kπ+π2，k∈Z，
则φ＝2k+1，
∵0＜φ＜π，
∴当k＝0时，φ＝1，当k＝1时，φ＝3，
即φ的最大值为3，
故答案为：3．
18．在△ABC中，∠BAC=90°，AB=33，AC=3，点D在线段BC上，且AD=7，则BD＝　4或5　．
【解答】解：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=33，AC=3，
∴tanC=ABAC=3，∵0°＜C＜180°，∴C＝60°，∴B＝30°，
在△ABD中，由余弦定理有AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BDcos30°，
∴7＝27+BD2﹣9BD，∴CD＝1或CD＝2，
∴BD＝4或5．
故答案为：4或5．
19．设ω＞0，若函数y＝sinωx在区间[0，2π]上恰有两个零点，则ω的取值范围为 　[12，1）　．
【解答】解：当x∈[0，2π]，则ωx∈[0，2ωπ]，则f（0）＝0，
要使y＝sinωx在区间[0，2π]上恰有两个零点，
则π≤2ωπ＜2π，
得12≤ω＜1，
即ω的取值范围是[12，1），
故答案为：[12，1）．
20．（压轴）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠ABC＝30°，AB＝33，若|BC→|＝4|AD→|，AD→•BC→=2，则|AD→|＝　1　.若点E是线段CD上的动点，则AE→•BE→的最小值为 　-3316　．

【解答】
解：由图可知AD→与BC→的夹角为60°，
又|BC→|＝4|AD→|，AD→•BC→=2，
则|AD→||BC→|cos60°＝2，
则|AD→|＝1，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则A（0，0），B（33，0），D（0，1），C（33+4cos150°，4sin150°），
即C（3，2），
设E（x，y），
则DE→=λDC→，（0≤λ≤1），
即（x，y﹣1）＝（3λ，λ），
即E（3λ，λ+1），
则AE→=（3λ，λ+1），BE→=（3λ-33，λ+1），
则AE→•BE→=3λ（λ﹣3）+（λ+1）2＝4λ2﹣7λ+1＝4（λ-78）2-3316，
即当λ=78时，AE→•BE→的最小值为-3316，
故答案为：1；-3316．

四．解答题（共6小题）
21．在①c（cosA+sinA）＝b，②csinB+bcosC=2b，③sinB+tanCcosB=2sinA这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
△ABC的内角A、B、C所对应的边分别为a，b，c，已知 ______，c=2，cosB=35．
（1）求cosA的值；
（2）求△ABC的面积．
【解答】解：若选①：c（cosA+sinA）＝b，
由正弦定理得sinCcosA+sinCsinA＝sinB，
∵sinB＝sin（A+C），
∴sinCcosA+sinCsinA＝sinAcosC+cosAsinC，
∴sinCsinA＝sinAcosC，∵sinA≠0，∴sinC＝cosC，
∴tanC＝1，∵C∈（0，π），∴C=π4，
（1）∵cosB=35，B∈（0，π），∴sinB=45，
∴cosA＝﹣cos（B+C）＝sinBsinC﹣cosBcosC=45×22-35×22=210．
（2）∵A∈（0，π），∴sinA=7210，
由正弦定理得asinA=csinC，∴a=c⋅sinAsinC=725，
∴S△ABC=12acsinB=12×725×2×45=2825．
若选②：csinB+bcosC=2b，
由正弦定理得sinCsinB+sinBcosC=2sinB，
∵sinB≠0，∴sinC+cosC=2，∴2sin（C+π4）=2，
即sin（C+π4）＝1，∵C∈（0，π），∴C=π4，
下面步骤同①．
若选③：sinB+tanCcosB=2sinA，则sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosC，
∴sin（B+C）=2sinAcosC，∴sinA=2sinAcosC，
∵sinA≠0，∴cosC=22，∵C∈（0，π），∴C=π4，
下面步骤同①．
22．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且bsinB＝asinA+（c﹣a）sinC．
（Ⅰ）求∠B的大小；
（Ⅱ）若4cosAcosC﹣1＝0，bc＝1，求△ABC的周长．
【解答】解：（Ⅰ）△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且bsinB＝asinA+（c﹣a）sinC．
所以：b2＝a2+（c﹣a）c，
整理得：cosB=a2+c2-b22ac=12，
由于：0＜B＜π，
故：B=π3．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：B=π3，
另：4cosAcosC﹣1＝0，
所以：4cosA⋅cos(π-π3-A)=1，
所以：cosA(-12cosA+32sinA)=14，
整理得：3sin2A-cos2A=2，
所以：sin(2A-π6)=1，
解得：A=π3，
故：△ABC为等边三角形．
由于：bc＝1，
故a＝b＝c＝1，
则：三角形的周长为3．
23．已知在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且cosC=-14，c＝4，sinAsinB=23
（I）求a，b的值以及△ABC的面积；
（Ⅱ）记AD为A的角平分线且交BC 于D，求AD的值．
【解答】解：（Ⅰ）△ABC中，cosC=-14，c＝4，sinAsinB=23，
由正弦定理得ab=23，∴a=23b；
由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC=49b2+b2﹣2×23b×b×（-14）=169b2＝16，
解得b＝3，∴a＝2；
∴△ABC的面积为
S△ABC=12absinC=12×2×3×1-(-14)2=3154；
（Ⅱ）如图所示，

根据角平分线定理得，CDBD=ACAB=34，
∴CD＝BC×37=67；
由余弦定理得AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD•cosC＝32+(67)2-2×3×67×（-14）=54049，
∴AD=6157．
24．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且235sinB=ca，cosB=1114．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）设BC边的中点为D，|AD|=74，求△ABC的面积．
【解答】解：（Ⅰ）由cosB=1114，得sinB=5314，
又23asinB=5c，
∴3a＝7c，
∴由正弦定理有asinA=csinC，得3sinA＝7sinC，
∴3sinA＝7sin（A+B），即3sinA＝7sinAcosB+7cosAsinB，
∴tanA=-3，可得A=2π3；
（Ⅱ）由余弦定理有AB2+BD2﹣2AB•BDcosB＝74，
即c2+(76c)2-2c×76c×1114=74，解得c＝6，
∴a＝14，
∴S=12acsinB=12×6×14×5314=153．
25．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2c﹣a＝2bcosA．
（1）求角B的大小；
（2）若b=23，求a+c的最大值．
【解答】解（1）由已知及正弦定理，得2sinC﹣sinA＝2sinBcosA．
∵C＝180°﹣A﹣B，
∴2sin（A+B）﹣sinA＝2sinBcosA．
化简，得sinA•（2cosB﹣1）＝0．
∵sinA≠0，
∴cosB=12．
∵0＜B＜π，
∴B=π3．
（2）由已知及正弦定理，得bsinB=asinA=csinC．
即a＝4sinA，c＝4sinC．
从而a+c＝4sinA+4sinC，
∵A+C=2π3，
∴a+c=4(sinA+sin(2π3-A))，
化简得：a+c=43sin(A+π6)，
∵0＜A＜2π3，
可得π6＜A+π6＜5π6，
于是12＜sin(A+π6)≤1，
当A=π3时，
故得a+c的最大值为：43．
26．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
（1）若acosA=bcosB，且sin2A（2﹣cosC）＝cos2B+12，求角C的大小；
（2）若△ABC为锐角三角形，且A=π4，a＝2，求△ABC面积的取值范围．
【解答】解：（1）∵acosA=bcosB，asinA=bsinB，
∴tanA＝tanB，
∴A＝B．
∴C＝π﹣2A．
∵sin2A（2﹣cosC）＝cos2B+12，
∴sin2A（2+cos2A）＝cos2A+12，即（1﹣cos2A）（2cos2A+1）＝cos2A+12，
解得cos2A=12，
∵A+B+C＝π，A＝B，∴A＜π2，
∴cosA=22，∴A=π4，
C＝π﹣2A=π2．
（2）由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=22，
∴b＝22sinB，c＝22sinC＝22sin（3π4-B）＝2sinB+2cosB．
∴S=12bcsinA=2sin2B+2sinBcosB＝sin2B﹣cos2B+1=2sin（2B-π4）+1．
∵△ABC为锐角三角形，
∴0＜B＜π20＜3π4-B＜π2，
∴π4＜B＜π2．
∴π4＜2B-π4＜3π4，
∴2＜2sin（2B-π4）≤1+2．
∴△ABC面积的取值范围是（2，1+2]．