2014高考数学文复习方案_二轮作业手册专题综合训练(三)_专题三_三角函数、三角恒等变换与解三角形

第一篇：2014高考数学文复习方案_二轮作业手册专题综合训练(三)_专题三_三角函数、三角恒等变换与解三角形

[专题三 三角函数、三角恒等变换与解三角形]

一、选择题(每小题5分，共40分)

1．cos 300°的值是()

1133A.B．－C.D 222

2π22．已知α∈(0，π)，cosα＝－tan 2α＝()23

33A.B．－3或－ 3

33CD3 3ππ3．下列函数中，周期为π，且在，上为增函数的是()42

ππA．y＝sinxB．y＝cosx－ 22C．y＝－sin(2x－π)D．y＝cos(2x＋π)

π4．将函数y＝sin 2x＋cos 2x的图像向左平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式

4可以是()

A．y＝cos 2x＋sin 2xB．y＝cos 2x－sin 2x

C．y＝sin 2x－cos 2xD．y＝sin xcos x

5．如图Z3－1所示的是函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)在一个周期内的图像，此函数的解析式是（）

πA．y＝2sin2x＋ 3

2πB．y＝2sin2x 3πC．y＝2sinx－ 23

πD．y＝2sin2x－ 3

π6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)3cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)，其图像相邻的两条对称轴方2

π程为x＝0与x＝()2

A．f(x)的最小正周期为2π，且在(0，π)上为单调递增函数

B．f(x)的最小正周期为2π，且在(0，π)上为单调递减函数

πC．f(x)的最小正周期为π，且在0，上为单调递增函数 2

π

D．f(x)的最小正周期为π，且在0，上为单调递减函数

2

7．函数y＝xsin x在[－π，π]上的图像是（图Z3－2

ππ

8．将函数f(x)＝sin2x＋的图像向右平移个单位长度后得到函数y＝g(x)的图像，则

43g(x)的单调递增区间为()

π

A.2kπ－，2kπ＋k(k∈Z)

63

π5π

B.2kπ，2kπ＋(k∈Z)

36

ππ

C.kπkπ(k∈Z)

63

π5π

D.kπkπ(k∈Z)

66

二、填空题(每小题5分，共20分)

9．设α是第二象限角，P(x，4)为其终边上的一点，且cos α＝x，则tan α＝________．

10．在△ABC中，若2sin A＝sin C，a＝b，则角A＝________．

π

11．在△ABC中，BC＝2，AC＝7，BABC的面积是________．

12．已知函数f(x)3sin 2x－cos 2x，x∈R，给出以下说法：

π

①函数f(x)的图像的对称轴是x＝kπ＋k∈Z；

7π

是函数f(x)的图像的一个对称中心；

12，0

π

1③函数f(x)在区间π

22

②点P

π

④将函数f(x)的图像向右平移g(x)＝sin 2x－3cos 2x的图像．

2其中正确说法的序号是________．

三、解答题(共40分)

13．(13分)在△ABC中，若sin A＝2sin B·cos C且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断△ABC的形状．

4．(13分)已知函数f(x)＝sin(π－2x)＋2 3cos2x，x∈R.π(1)求f；

6(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．

→→

15．(14分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2S△ABC＝3 BA·BC.(1)求角B；

(2)若b＝2，求a＋c的取值范围．

专题综合训练(三)

1．A [解析] cos 300°＝cos(360°－60°)＝cos 60°＝.π5π11π23

2．C [解析] 由cos(α＋＝－α＝α＝tan 2α＝－.3212123

ππ

3．D [解析] 排除A，B；对于C，y＝sin(π－2x)＝sin 2x，在，上单调递减，排除

42

C.ππ

4．B [解析] y＝sin 2x＋cos 2x→y＝sin 2x＋＋cos 2(x＋)＝cos 2x－sin 2x.442ππ5ππ2

5．B [解析] T＝＋×2＝π，ω＝＝2，当x＝－时，可得A＝2，φ＝.T1231212

22x＋.∴y＝2sin3

π

6．C [解析] 由其图像相邻的两条对称轴方程为x＝0与x＝，知周期T＝π，排除A，2B.ππππ

f(x)＝2sin2x＋φ－，sinφ－＝1，显然φ＝－f(x)＝2sin2x－＝－2cos 2x，6332

π

在0，上为单调递增函数． 2π

7．A [解析] y＝xsin x为偶函数，排除D.当x＝±π时，y＝0，排除C.当x＝y>0，排除B.ππππππ

8．C [解析] g(x)＝sin2x－＋＝sin2x，由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ(k∈Z)

262364

ππ

得单调递增区间为kπ－kπ(k∈Z)．

63

9．－ [解析] 因为α是第二象限角，所以x<0.又因为cos α＝x3544

＝－3，所以tan α.x3

πa2）2－a2π2

10.[解析] 因为c＝2a，b＝a，所以cos A＝＝A＝.4242a·2aπ3 311.[解析] 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·7＝AB2＋4－2AB，23π1

所以AB－2AB－3＝0，解得AB＝3或AB＝－1(舍去)．所以△ABC的面积是S＝·BC·sin

3＝3×2×＝.222

xx＋16，解得x

ππ

12．①②④ [解析] f(x)＝2sin2x－，将x＝kπ∈Z)代入得到y＝2，①正确；

365ππ11π

当x∈，π时，2x－，ymax＝1，③错误．再依次验证②④正确．

6662

a2bc22213．解：由sinA＝sinB＋sinC得2R＝(2＋(2，2R2R

π

则a＝b＋c，即A＝.a2＋b2－c2a

由sin A＝2sin B·cos C2×，则b＝c.综上可知，该三角形为等腰直角三

b2ab

角形．

π

14．解：(1)f(x)＝sin(π－2x)＋2 3cos2x＝sin 2x＋3cos 2x3＝2sin2x＋3，3

πππ3

则f＝2sin＋3＝2×＋3＝2 3.2633

2ππ

(2)f(x)＝2sin2x＋3的最小正周期T＝π，23

πππ5ππ

又由2kπ－2x2kπ＋kπ－≤x≤kπ∈Z)，故函数f(x)的单调递增

23212125ππ

区间为kπ－，kπ＋(k∈Z)．

1212

15．解：(1)由已知得acsin B3accos B，π

则tan B＝3，∵0

(2)方法一，由余弦定理得4＝a＋c－2accos，a＋c2

则4＝(a＋c)－3ac≥(a＋c)－3(当且仅当a＝c时取等号)，22

解得0b，则2

方法二，由正弦定理得a＝sin A，csin C，33

2ππ444

∵A＋C＝，∴a＋c(sin A＋sin C)[sin A＋sin(A＋B)]＝[sin A＋sin(A＋)]

33333π41313

＝＋sin Acos A)＝4(＋＝4sin(A＋．

222622πππ5ππ1

∵，∴A＋≤1，366626∴a＋c的取值范围是(2，4]．

第二篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第8讲 三角恒等变换与解三角形

专题限时集训(八)

[第8讲 三角恒等变换与解三角形]

(时间：45分钟)

π31．已知α∈π，sin αtan 2α＝()52

24242424A.B.C．－D．－ 725257

312.＝()cos 10°sin 170°

A．4B．2C．－2D．－4

1π3．已知sin αα∈0，则sin 2α＝()3222 24 24 2A.B．－C.D．－3399

4．若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶7，则△ABC()

A．一定是锐角三角形

B．一定是直角三角形

C．一定是钝角三角形

D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形

5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若C＝120°，c，则()

A．a>bB．a

C．a＝bD．a与b的大小关系不能确定

6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝7，b＝5，c＝8，则△ABC的面积等于()

A．10B．10 3

C．20D．20 3

7．在△ABC中，内角A，B，Cb，c，若a6，b＝2，且1＋2cos(B＋C)＝0，则△ABC的BC边上的高等于()

6A.22

6＋23＋1 22

8．已知△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，则tan C等于()

34A.B.43

43CD．－ 34

29．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若b＝1，c3，C＝π，3

则S△ABC＝________．

3510．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且cos Acos Bb＝3，513C.则c＝________．

11．△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若(2a＋c)·cos B＋b·cos C＝0，则B的值为________．

π

12．在△ABC中，已知内角A＝，边BC＝2 3.设内角B＝x，周长为y，则y＝f(x)的最大值是________．

π

13．已知函数f(x)＝2 3sin xcos x＋2cos2x＋m在区间0，上的最大值为2.3

(1)求常数m的值；

(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝1，sin B＝3sin C，△3

ABC的面积为a.AA

π－＋14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(A)＝2cos 22

AAsin2cos2.22

(1)求函数f(A)的最大值；

5π

(2)若f(A)＝0，C＝a＝6，求b的值．

15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos B5

(1)求cos(A＋C)的值；

π

(2)求sinB的值；

6→→

(3)若BA·BC＝20，求△ABC的面积．

专题限时集训(八)

π343

1．D [解析] 因为α∈，π，sin α＝cos α＝－，tan α＝－.所以tan 2

5542

－32×2tan α424

α22731－tanα1－

4

2．D [解析]

3131

－＝－＝

cos 10°sin 170°cos 10°sin 10°

3sin 10°－cos 10°sin 10°cos 10°

＝

2sin（10°－30°）2sin（－20°）－2sin 20°

4，故选D.1sin 10°cos 10°sin 10°cos 10°°2

π

3．D [解析] ∵α∈(－0)，∴cos α＝sin 2α＝2sin αcos α＝－9

122 1－－3

16k2＋25k2－49k21

4．C [解析] 由正弦定理可设a＝4k，b＝5k，c＝7k，则cos C＝<0，52·4k·5k因此三角形为钝角三角形．

5．C [解析] 因为sin 120°＝3sin A，所以sin A＝，则A＝30°＝B，因此a＝b.249＋25－641

6．B [解析] 因为cos C，sin C72×7×5

＝10 3.314 3＝所以S＝×7×5×49727

π136

7．C [解析] 由1＋2cos(B＋C)＝0得cos A＝sin A，A＝2233

2π5π22ππ2

＝，sin B＝B＝C因此BC边上的高为2×sin C＝2×sin＋＝2(sin B24122466＋221×)＝2222

8．C [解析] 由2S＝(a＋b)2－c2得2S＝a2＋b2＋2ab－c2，即2×absin C＝a2＋b2＋2ab

222a＋b－cabsin C－2absin C2222

－c，则absin C－2ab＝a＋b－c，又因为cos C＝1，所以

2ab2ab2

C2tan

22×2sin CCCCC4

cos C＋1＝，即2cos2＝sin，所以＝2，即tan C＝＝.2222223C1－21－tan

bc119.[解析] 因为b

sin3

ππ2ππ11

＝2，由B是三角形的内角知，B＝，于是A＝π－＝S△ABC＝bcsin A＝×3

663622

13×.24

1435410.[解析] 因为cos A＝cos Bsin A＝，55135

12aba313

sin B＝由正弦定理得＝，即a＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－

13sin Asin B4125

513

16914

2accos B，即9c2－2c，解得c＝(负值舍去)．

2552π

11.[解析] 由正弦定理可将(2a＋c)cos B＋bcos C＝0转化为2sin A·cos B＋sin C·cos

B＋sin Bcos C＝0，即2sin Acos B＋sin(B＋C)＝0，得2sin Acos B＋sin A＝0，又由A为△ABC2π1

内角，可知sin A≠0，则cos B＝－，则B.23

π2π

12．6 3 [解析] △ABC的内角和A＋B＋C＝π，由A＝，B>0，C>0得0

33BC2 3BC2π

用正弦定理知AC＝·sin x＝4sin x，AB＝＝4sinx.因为y＝

sin Asin A3π

sin

3AB＋BC＋AC，所以y＝4sin x＋4sin2π2ππ

＋2 3，即y＝4 3sinx＋＋2 3

3x0

ππππ5ππ



π

13．解：(1)f(x)＝2 3sin x·cos x＋2cos2x＋m＝2sin(2x＋)＋m＋1.6ππ5ππ

因为x∈0，所以2x＋∈，.6663πππ5π

因为函数y＝sin t在区间，上是增函数，在区间，上是减函数，6226

πππππ

所以当2x＋，即x＝时，函数f(x)在区间0，上取到最大值．此时，f(x)max＝f62636＝m＋3＝2，得m＝－1.π

(2)因为f(A)＝1，所以2sin2A＋＝1，6ππ1

即sin2A＋＝，解得A＝0(舍去)或A＝.362abc

因为sin B＝3sin C，＝，所以b＝3c.①

sin Asin Bsin C

π3 33 311

因为△ABC的面积为S△ABCbcsin A＝bcsinbc＝3.②

42234

由①和②解得b＝3，c＝1.π

因为a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝32＋12－2×3×1×

所以a＝7.πAAAA

14．解：(1)f(A)＝2cos＋sin2－cos2＝sin A－cos A2sinA.22224ππ3π

因为0

ππ3π

当AA时，f(A)取得最大值，且最大值为2.424ππ

(2)由题意知f(A)＝2sinA＝0，所以sinA＝0.44ππ3πππ

又知－

5π7ππ

因为C＝A＋B＝B＝.12123

π6·sin

3abasin B

由，得ab＝＝＝3.sin Asin Bsin Asin A

15．解：(1)在△ABC中，∵A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.44

∵cos B，∴cos(A＋C)＝cos(π－B)＝－cos B＝－.55

42342(2)在△ABC中，∵cos B＝sin B＝1－cosB1－5

55πππ33143 3＋4

∴sin(B＋＝sin Bcos＋cos Bsin.666522510→→→→

(3)∵BA·BC＝20，即|BA|·|BC|cos B＝20，∴c·a·＝20，即ac＝25.11315

∴△ABC的面积S△ABC＝acsin B×25×＝2252

第三篇：高考二轮复习数学理配套讲义6 三角恒等变换、解三角形

微专题6　三角恒等变换、解三角形

命

题

者

说

考

题

统

计

考

情

点

击

2018·全国卷Ⅱ·T6·解三角形

2018·全国卷Ⅱ·T15·三角恒等变换

2018·全国卷Ⅲ·T4·三角恒等变换

2018·全国卷Ⅲ·T9·解三角形

1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现。

2.若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9题或第13～15题位置上。

3.高考对本部分内容的考查主要从以下方面进行：

(1)利用各种三角函数公式进行求值与化简，其中降幂公式、辅助角公式是考查的重点。

(2)利用正、余弦定理进行边和角、面积的计算，三角形形状的判定以及有关范围的计算，常与三角恒等变换综合考查。

考向一

三角恒等变换

微考向1：三角函数的定义

【例1】(2018·北京高考)在平面直角坐标系中，，是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段上，角α以Ox为始边，OP为终边。若tanα

A．

B．

C．

D．

解析　设点P的坐标为(x，y)，利用三角函数的定义可得0，所以P所在的圆弧是。故选C。

答案　C

当题设条件中出现直线与单位圆相交问题时，可根据三角函数的定义，求函数的解析式或者判断函数的图象，有时可以简化解题过程。

变|式|训|练

1．已知角α的终边经过点P(－x，－6)，且cosα＝－，则＋＝________。

解析　因为角α的终边经过点P(－x，－6)，且cosα＝－，所以cosα＝＝－，即x＝。所以P。所以sinα＝－。所以tanα＝＝，则＋＝－＋＝－。

答案　－

2．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos2α＝，则|a－b|＝()

A．

B．

C．

D．1

解析　由题意知cosα>0。因为cos2α＝2cos2α－1＝，所以cosα＝，sinα＝±，得|tanα|＝。由题意知|tanα|＝，所以|a－b|＝。故选B。

答案　B

微考向2：三角函数求角

【例2】(1)已知α为锐角，若cos＝，则cos＝________。

(2)已知sinα＝，sin(α－β)＝－，α，β均为锐角，则角β等于()

A．

B．

C．

D．

解析(1)因为α为锐角，cos＝>0，所以α＋为锐角，sin＝，而cos＝cos＝cos＝sin2＝2sincos＝2××＝。所以cos＝。

(2)因为α，β均为锐角，所以－<α－β<。又sin(α－β)＝－，所以cos(α－β)＝，又sinα＝，所以cosα＝，所以sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝×－×＝。所以β＝，故选C。

答案(1)(2)C

(1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况。

(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解。

变|式|训|练

1．(2018·全国卷Ⅲ)若sina＝，则cos2a＝()

A．

B．

C．－

D．－

解析　cos2α＝1－2sin2α＝1－＝。故选B。

答案　B

2．(2018·全国卷Ⅱ)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝________。

解析　因为sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，所以sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1　①，cos2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0　②，①＋②得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，所以sin(α＋β)＝－。

答案　－

考向二

解三角形

微考向1：利用正、余弦定理进行边角计算

【例3】(1)(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝()

A．4

B．

C．

D．2

(2)(2018·陕西二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知＝1－，且b＝5，·＝5，则△ABC的面积为________。

解析(1)因为cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋25－2×1×5×＝32，所以c＝4。故选A。

(2)由＝1－及正弦定理可得＝1－化简可得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝，故A＝。又·＝5，即bccosA＝5，故bc＝10，所以△ABC的面积为bcsinA＝。

答案(1)A(2)

利用正、余弦定理解三角形的思路

(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则考虑两个定理都有可能用到。

(2)关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角恒等变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”。

变|式|训|练

1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝，则B＝()

A．

B．

C．

D．

解析　由＝⇒＝⇒a2＋c2－b2＝ac⇒cosB＝＝。因为0

答案　C

2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c。若bsinA＋acosB＝0，且ac＝4，则△ABC的面积为()

A．

B．3

C．2

D．4

解析　由bsinA＋acosB＝0，得sinBsinA＋sinA·cosB＝0，因为sinA≠0，所以tanB＝－，所以B＝120°，所以△ABC的面积为acsinB＝×4×＝3。故选B。

答案　B

微考向2：几何图形中的边角计算

【例4】如图，在四边形ABCD中，∠ABD＝45°，∠ADB＝30°，BC＝1，DC＝2，cos∠BCD＝，则BD＝________；三角形ABD的面积为________。

解析　在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD＝1＋4－2×1×2×＝4，则BD＝2。在△ABD中，∠BAD＝180°－30°－45°＝105°，sin105°＝sin(45°＋60°)＝×＋×＝，由正弦定理可得AD＝＝＝2(－1)，则S△ABD＝×2(－1)×2×sin30°＝－1，故BD＝2，△ABD的面积为－1。

答案　2　－1

几何图形中的边、角计算一般要把几何图形分解为若干三角形，在三角形中利用正、余弦定理解决。

变|式|训|练

(2018·成都诊断)如图，在直角梯形ABDE中，已知∠ABD＝∠EDB＝90°，C是BD上一点，AB＝3－，∠ACB＝15°，∠ECD＝60°，∠EAC＝45°，则线段DE的长度为________。

解析　易知∠ACE＝105°，∠AEC＝30°，在直角三角形ABC中，AC＝，在三角形AEC中，＝⇒CE＝，在直角三角形CED中，DE＝CEsin60°，所以DE＝CEsin60°＝×＝×＝6。

答案　6

微考向3：三角形中的最值与范围问题

【例5】(1)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若满足(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，且a＝，则b2＋c2的取值范围是()

A．(5,6]

B．(3,5)

C．(3,6]

D．[5,6]

(2)已知点O是△ABC的内心，∠BAC＝60°，BC＝1，则△BOC面积的最大值为________。

解析(1)因为(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC，所以由正弦定理可得(a－b)(a＋b)＝(c－b)c，可化为b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理可得cosA＝＝＝。因为A∈，所以A＝，又因为a＝，所以由正弦定理可得＝＝＝2，所以b2＋c2＝(2sinB)2＋2＝3＋2sin2B＋sin2B＝4＋2sin。因为B∈，所以2B－∈，所以sin∈，所以b2＋c2∈(5,6]。故选A。

(2)因为O是△ABC的内心，∠BAC＝60°，所以∠BOC＝180°－＝120°，由余弦定理可得BC2＝OC2＋OB2－2OC·OB·cos120°，即OC2＋OB2＝1－OC·OB。又OC2＋OB2≥2OC·OB(当且仅当OC＝OB时，等号成立)，所以OC·OB≤，所以S△BOC＝OC·OB·sin120°≤，则△BOC面积的最大值为。

答案(1)A(2)

解三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围。

变|式|训|练

在△ABC中，M是BC的中点，BM＝2，AM＝AB－AC，则△ABC的面积的最大值为()

A．2

B．2

C．3

D．3

解析　设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c。在△ABM中，由余弦定理得cosB＝，在△ABC中，由余弦定理得cosB＝，所以＝，即b2＋c2＝4bc－8，所以cosA＝，所以sinA＝，所以S△ABC＝bcsinA＝，所以当bc＝8时，S△ABC取得最大值2。故选B。

答案　B

1．(考向一)如图，角α的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点A(x1，y1)，角β＝α＋的终边与单位圆交于点B(x2，y2)，记f(α)＝y1－y2。若角α为锐角，则f(α)的取值范围是________。

解析　由题意可知y1＝sinα，y2＝sinβ＝sin，所以f(α)＝y1－y2＝sinα－sin＝sinα＋sinα－cosα＝sinα－cosα＝sin。又因为α为锐角，即0<α<，所以－<α－<，所以－

答案

2．(考向一)已知tan(α＋β)＝，tan＝，则的值为()

A．

B．

C．

D．

解析　tan(α＋β)＝，tan＝，则＝＝tan＝tan＝＝＝。故选D。

答案　D

3．(考向二)如图所示，在△ABC中，C＝，BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足，若DE＝2，则cosA＝()

A．

B．

C．

D．

解析　因为AD＝DB，所以A＝∠ABD，所以∠BDC＝2A。设AD＝BD＝x。在△BCD中，由＝，可得＝①。在△AED中，由＝，可得＝②。联立①②可得＝，解得cosA＝。故选A。

答案　A

4．(考向二)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a2＋b2＝2c2，则角C的取值范围是________。

解析　因为a2＋b2＝2c2≥2ab(当且仅当a＝b时等号成立)，所以c2≥ab，所以由余弦定理可得cosC＝＝≥＝，又因为C∈(0，π)，所以C∈。

答案

5．(考向二)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若＝sinC，且c＝2，则a＋b的最大值为________。

解析　因为＝sinC，所以＝sinC＝2cosC，可得tanC＝。由C∈(0，π)，得C＝，所以＝＝＝4，所以a＝4sinA，b＝4sinB，则a＋b＝4sinA＋4sin＝4sin。因为A∈，所以A＋∈，所以sin∈，所以a＋b≤4，当A＝时取等号。

答案　4

第四篇：文科数学2010-2019高考真题分类训练专题四 三角函数与解三角形 第九讲 三角函数的概念、诱导公式与三角恒等变换—后附解析答案

专题四

三角函数与解三角形

第九讲

三角函数的概念、诱导公式与三角恒等变换

2019年

1.（2019北京文8）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

2.（全国Ⅱ文11）已知a∈（0，），2sin2α=cos2α+1，则sinα=

A．

B．

C．

D．

3.（2019江苏13）已知，则的值是

.2010-2018年

一、选择题

1．(2018全国卷Ⅰ)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．

2．(2018全国卷Ⅲ)若，则

A．

B．

C．

D．

3．(2018北京)在平面坐标系中，，是圆上的四段弧（如图），点在其中一段上，角以为始边，为终边，若，则所在的圆弧是

A．

B．

C．

D．

4．（2017新课标Ⅲ）已知，则=

A．

B．

C．

D．

5．（2017山东）已知，则

A．

B．

C．

D．

6．（2016年全国III卷）若，则=

A．

B．

C．

D．

7．（2015重庆）若，则

A．

B．

C．

D．

8．（2015福建）若，且为第四象限角，则的值等于

A．

B．

C．

D．

9．（2014新课标1）若，则

A．

B．

C．

D．

10．（2014新课标1）设，且，则

A．

B．

C．

D．

11．（2014江西）在中，内角A，B，C所对应的边分别为若，则的值为

A．

B．

C．

D．

12．(2013新课标2)已知，则

A．

B．

C．

D．

13．（2013浙江）已知，则

A．

B．

C．

D．

14．（2012山东）若，则

A．

B．

C．

D．

15．(2012江西)若，则tan2α=

A．−

B．

C．−

D．

16．（2011新课标）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则=

A．

B．

C．

D．

17．（2011浙江）若，，则

A．

B．

C．

D．

18．（2010新课标）若，是第三象限的角，则

A．

B．

C．2

D．2

二、填空题

19．（2017新课标Ⅰ）已知，则

=__________．

20．（2017北京）在平面直角坐标系中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称．若sin=，则sin=_________．

21．（2017江苏）若，则=

．

22．（2016年全国Ⅰ卷）已知是第四象限角，且，则

.23．（2015四川）已知，则的值是________．

24．（2015江苏）已知，则的值为_______．

25．（2014新课标2）函数的最大值为_______．

26．（2013新课标2）设为第二象限角，若，则=_____.27．（2013四川）设，则的值是____________．

28．（2012江苏）设为锐角，若，则的值为

．

三、解答题

29．（2018浙江）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点．

(1)求的值；

(2)若角满足，求的值．

30．（2018江苏）已知为锐角，．

(1)求的值；

(2)求的值．

31．（2015广东）已知．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的值．

32．(2014江苏)已知，．

(1)求的值；

(2)求的值．

33．（2014江西）已知函数为奇函数，且，其中．

（1）求的值；

（2）若，求的值．

34．（2013广东）已知函数．

(1)

求的值；

(2)

若，求．

35．（2013北京）已知函数

（1）求的最小正周期及最大值．

（2）若，且，求的值．

36．（2012广东）已知函数，（其中，）的最小正周期为10．

(1)求的值；

(2)设，，求的值．

专题四

三角函数与解三角形

第九讲

三角函数的概念、诱导公式与三角恒等变换

答案部分

2019年

1.解析

由题意和题图可知，当为优弧的中点时，阴影部分的面积取最大值，如图所示，设圆心为，.此时阴影部分面积.故选B.2.解析

由，得.因为，所以.由，得.故选B.3.解析

由，得，所以，解得或．

当时，，.当时，，所以.综上，的值是．

2010-2018年

1．B【解析】由题意知，因为，所以，得，由题意知，所以．故选B．

2．B【解析】．故选B．

3．C【解析】设点的坐标为，利用三角函数可得，所以，．所以所在的圆弧是，故选C．

4．A【解析】由，两边平方得，所以，选A．

5．D【解析】由得，故选D．

6．D【解析】由，得，或，所以，故选D．

7．A【解析】．

8．D【解析】由，且为第四象限角，则，则，故选D．

9．C【解析】知的终边在第一象限或第三象限，此时与同号，故，选C．

10．B【解析】由条件得，即，得，又因为，所以，所以．

11．D【解析】=，∵，∴上式=．

12．A【解析】因为，所以，选A.13．C【解析】由，可得，进一步整理可得，解得或，于是．

14．D【解析】由可得，，答案应选D。

另解：由及可得，而当时，结合选项即可得.答案应选D．

15．B【解析】分子分母同除得：∴，∴

16．B【解析】由角的终边在直线上可得，．

17．C【解析】，而，因此，则．

18．A【解析】∵，且是第三象限，∴，∴

．

19．【解析】由得

又，所以

因为，所以

因为．

20．【解析】与关于轴对称，则，所以．

21．【解析】．

22．【解析】因为，所以，因为为第四象限角，所以，所以，所以，所以．

23．【解析】由已知可得，＝．

24．3【解析】．

25．1【解析】

．∵，所以的最大值为1．

26．【解析】∵,可得，∴，=．

27．【解析】，则，又，则，．

28．【解析】因为为锐角，cos(=,∴sin(=，∴sin2（cos2(，所以sin(．

29．【解析】(1)由角的终边过点得，所以．

(2)由角的终边过点得，由得．

由得，所以或．

30．【解析】(1)因为，所以．

因为，所以，因此，．

(2)因为为锐角，所以．

又因为，所以，因此．

因为，所以，因此，．

31．【解析】（Ⅰ）．

（Ⅱ）

．

32．【解析】（1）∵，∴；

（2）∵

∴．

33．【解析】（1）因为是奇函数，而为偶函数，所以为奇函数，又得

所以，由，得，即

（2）由（1）得：因为，得又，所以因此

34．【解析】（1）

（2）<θ<2π，所以，因此

35．【解析】：（1）

所以，最小正周期

当（），即（）时，（2）因为，所以

因为，所以

所以，即

36．【解析】（1）．

（2）

．

．

第五篇：2014高考数学文复习方案 二轮作业手册(新课标·通用版)专题限时集：第9讲 等差数列、等比数列

专题限时集训(九)

[第9讲 等差数列、等比数列]

(时间：45分钟)

1．一个由正数组成的等比数列，5倍，则此数列的公比为()

A．1B．2

C．3D．4

2．若Sn是等差数列{an}的前n项和，且S8－S4＝12，则S12的值为()

A．64B．44

C．36D．22

3．在正项等比数列{an}中，已知a3·a5＝64，则a1＋a7的最小值为()

A．64B．32

C．16D．8

4．设{an}为等差数列，公差d＝－2，Sn为其前n项和，若S11＝S10，则a1＝()

A．18B．20

C．22D．24

5．在各项都为正数的等比数列{an}中，a1＝2，a6＝a1a2a3，则公比q的值为()

A.23

C．2D．3

6．公差不为零的等差数列{an

}的第2，3，6项构成等比数列，则这三项的公比为()

A．1B．2

C．3D．4

7．已知等差数列{an}的前n项和为n1313＝13，则a1＝()

A．－14B．13

C．－12D．－11

8．已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，则数列{an}的前5项和S5＝()

A．20B．30

C．25D．40

9．已知等比数列{an}中，各项均为正数，前n项和为Sn，且4a3，a5，2a4成等差数列，若a1＝1，则S4＝()

A．7B．8

C．15D．16

10．已知等差数列{an}的首项a1＝1，前三项之和S3＝9，则数列{an}的通项公式an＝________．

11．已知等差数列{an}的公差为－2，a3是a1与a4的等比中项，则数列{an}的前n项和Sn＝________．

12．已知{an}为等比数列，a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2，则a5＋a6＋a7＝________．

13．在数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝0，a3＝2，bn＝2an＋1(n∈N*)．

(1)求数列{bn}及{an}的通项公式；

(2)若cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn.14．数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋cn(c是常数，n＝1，2，3，…)，且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．

(1)求c的值；

(2)求数列{an}的通项公式．

－15．等比数列{cn}满足cn＋1＋cn＝10·4n1(n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，且an＝log2cn.(1)求an，Sn；

1(2)数列{bn}满足bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，是否存在正整数m(m>1)，使得4Sn－1

T1，Tm，T6m成等比数列？若存在，求出所有m的值；若不存在，请说明理由．

专题限时集训(九)

1．B [解析] 设此数列的公比为q，根据题意得q>0且q≠1，由

5a1（1－q2），解得q＝2.1－q

122．C [解析] 由S8－S4＝12得a5＋a8＝a6＋a7＝a1＋a12＝6，则S12(a1＋a12)＝36.2

3．C [解析] 由a3·a5＝64可得a1·a7＝64，则a1＋a7≥2 1a7＝16.4．B [解析] 由S11＝S10得，a11＝0，即a1＋(11－1)×(－2)＝0，得a1＝20.5．C [解析] a1q5＝(a1q)3，q2＝a21，因为各项均为正数，所以q＝a1＝2.6．C [解析] 由(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)得d＝－2a1，因此可罗列该数列的前6项为a1，－a1，－3a1，－5a1，－7a1，－9a1，则公比为3.13（a1＋a13）7．D [解析] 在等差数列中，S13＝13，得a1＋a13＝2，即a1＝2－a13＝22

－13＝－11，选D.8．C [解析] 由数列{an}是公差为2的等差数列，得an＝a1＋(n－1)·2，又因为a1，a2，2a5成等比数列，所以a1·a5＝a22，即a1·(a1＋8)＝(a1＋2)，解得a1＝1，所以S5＝5a1＋

5×（5－1）·d＝5×1＋20＝25.2

9．C [解析] 由4a3＋2a4＝2a5得q2(q2－q－2)＝0，由题意知q＝2，则S4＝1＋2＋4＋8＝15.3（a1＋a3）10．2n－1 [解析] 由＝S3，得a3＝5，故d＝2，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.2

11．－n＋9n [解析] 由2a1（1－q4）1－q＝a23＝a1·a4n（n－1）可得a1＝－4d＝8，故Sn＝8n＋×(－2)＝2

－n2＋9n.12．24 [解析] 由a2＋a3＝1，a3＋a4＝－2得q＝－2，由a2＋a2q＝1，得a2＝－1，因此a5＋a6＋a7＝8－16＋32＝24.13．解：(1)方法一，依题意b1＝2，b3＝23＝8，设数列{bn}的公比为q，由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由b3＝b1·q2＝2·q2＝8，得q2＝4，又q>0，则q＝2，－－故bn＝b1qn1＝2·2n1＝2n，又由2an＋1＝2n，得an＝n－1.(2)依题意cn＝(n－1)·2n.－Sn＝0·21＋1·22＋2·23＋…＋(n－2)·2n1＋(n－1)·2n，①

＋则2Sn＝0·22＋1·23＋2·24＋…＋(n－2)·2n＋(n－1)·2n1，②

①－②得

－Sn＝2＋2＋…＋2－(n－1)·2

＋23nn＋1＝22－2n＋11－2－(n－1)·2n1，＋＋即－Sn＝－4＋(2－n)·2n1，故Sn＝4＋(n－2)·2n1.bn＋1方法二，(1)依题意{bn}为等比数列，则＝q(常数)，bn

由bn＝2an＋1>0，可知q>0.由2an＋1＋1

2an＋12an＋1－an＝q，得an＋1－an＝log2q(常数)，故{an}为等差数列．

设{an}的公差为d，由a1＝0，a3＝a1＋2d＝0＋2d＝2，得d＝1，故an＝n－1.(2)同方法一．

14．解：(1)a1＝3，a2＝3＋c，a3＝3＋3c，∵a1，a2，a3成等比数列，∴(3＋c)2＝3(3＋3c)，解得c＝0或c＝3.当c＝0时，a1＝a2＝a3，不符合题意，舍去，故c＝3.(2)当n≥2时，由a2－a1＝c，a3－a2＝2c，…，an－an－1＝(n－1)c，n（n－1）则an－a1＝[1＋2＋…＋(n－1)]c2

33又∵a1＝3，c＝3，∴an＝3＋n(n－1)＝(n2－n＋2)(n＝2，3，…)． 22

3当n＝1时，上式也成立，∴an2－n＋2)． 2

15．解：(1)因为c1＋c2＝10，c2＋c3＝40，所以公比q＝4，－－由c1＋4c1＝10，得c1＝2，cn＝2·4n1＝22n1，－所以an＝log222n1＝2n－1.Sn＝a1＋a2＋…＋an＝log2c1＋log2c2＋…＋log2cn＝log2(c1·c2·…·cn)＝log2(21·23·…·22n－1＋＋…＋2n－1))＝log22(13＝n2.111－1(2)由(1)知bn＝22n－12n＋1，4n－12

111111n于是Tn＝[(1－)＋()＋…＋()]＝.23352n－12n＋12n＋1

假设存在正整数m(m>1)，使得T1，Tm，T6m成等比数列，则 m216m4m2－7m－2＝0，2m＋1＝3×12m＋1

1解得m＝－或m＝2.4

*由m∈N，m>1，得m＝2.因此存在正整数m＝2，使得T1，Tm，T6m成等比数列．