[练案32]高考大题规范解答系列(二)——三角函数
一、选择题
ππ
1．(2020·南昌市模拟)函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(0<ω<，|φ|<)的部分图象如图
22所示，A(0，3)，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＝3，
πππ
又|φ|<，所以φ＝，所以f(x)＝2sin (ωx＋)．
233
ππ
因为f(2)＝0，即2sin (2ω＋)＝0，所以2ω＋＝kπ，k∈Z，
33
kπππ
解得ω＝π－，k∈Z，而0<ω<，所以ω＝. 2623
ππ
(2)由(1)知，f(x)＝2sin (x＋)，令f(x)＝3，
33得
πππππ2π
x＋＝2kπ＋或x＋＝2kπ＋，k∈Z， 333333
所以x＝6k或x＝6k＋1，k∈Z，由题图可知，B(1，3)． →→
所以CA＝(－2，3)，CB＝(－1，3)， →→
所以|CA|＝7，|CB|＝2，
→→CA·CB557
所以cos ∠ACB＝＝＝.
→→14|CA||CB|27
2．(2020·内蒙古包头调考)已知函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<
π
)的图2
π7π
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)．
412
(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．
π
[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)
4
π2π
的最小正周期为T＝4×＝π，所以ω＝＝2.
4π
7ππ
又函数f(x)图象上有一个最低点M(，－3)，|φ|<，
122
7π3ππ
所以A＝3,2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，即φ＝2kπ＋(k∈Z)．
1223ππ
由|φ|<，得φ＝，
23π
所以f(x)＝3sin (2x＋)．
3
πππ5ππ
(2)由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，可得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．
2321212π7π
又x∈[0，π]，所以函数f(x)在[0，π]上的单调递增区间为[0，]，[，π]．
1212π
3．(2020·合肥市一检)已知函数f(x)＝cos 2x＋sin (2x－)．
6(1)求函数f(x)的最小正周期；
π1
(2)若α∈(0，)，f(α)＝，求cos 2α.
23[解析] (1)∵f(x)＝cos 2x＋3131π
sin 2x－cos 2x＝sin 2x＋cos 2x＝sin (2x＋)， 22226
∴函数f(x)的最小正周期T＝π. 1π1
(2)由f(α)＝可得sin (2α＋)＝.
363πππ7π
∵α∈(0，)，∴2α＋∈(，)．
2666π11
又0 632ππ ∴2α＋∈(，π)， 62π22 ∴cos (2α＋)＝－， 63∴cos 2α＝cos [(2α＋1－26 . 6 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， ππππππ)－]＝cos (2α＋)cos ＋sin (2α＋)sin ＝666666 BB为锐角，且满足2sin(A＋C)＋3cos 2B＝4sin Bcos2 . 2 (1)求角B的大小； 33 (2)若△ABC的面积S＝，b＝3，求△ABC的周长l. 4[解析] (1)由已知得， 2sin(π－B)＋3cos 2B＝4sin Bcos ， 2即2sin B＋3cos 2B＝4sin Bcos ， 2所以2sin B(1－2cos )＋3cos 2B＝0， 2即－2sin Bcos B＋3cos 2B＝0， 即sin 2B＝3cos 2B， π 所以tan 2B＝3.因为0 2ππ 所以0<2B<π，所以2B＝，解得B＝. 36π (2)由(1)知，B＝，△ABC的面积 6 2 2 2 BBBS＝acsin B＝acsin ＝ac＝ 整理得ac＝33，① 1212π16433 ， 4 由b＝3及余弦定理b＝a＋c－2accos B， π22222 得(3)＝a＋c－2accos ＝a＋c－3ac， 6整理得a＋c－3ac＝3，② 将①代入②得，(a＋c)＝12＋63， 即a＋c＝3＋3， 故△ABC的周长l＝b＋a＋c＝3＋3＋3＝3＋23. sin A－sin B＋sin C5．(2020·湖北黄冈质量检测)已知△ABC的内角A，B，C满足＝sin Csin B. sin A＋sin B－sin C(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， 2 2 2 222 sin A－sin B＋sin Csin B由正弦定理及＝， sin Csin A＋sin B－sin C得 a－b＋cb222 ＝，整理得b＋c－a＝bc， ca＋b－cb2＋c2－a2bc1所以cos A＝＝＝，又0 2bc2bc2 π 所以A＝. 3 (2)根据正弦定理，并结合题意可得＝2， sin Aπ 所以a＝2sin A＝2sin ＝3， 3 所以3＝b＋c－bc≥2bc－bc＝bc，当且仅当b＝c时等号成立， 11333 所以S＝bcsin A≤×3×＝(当且仅当b＝c时取等号)． 222433 故△ABC的面积S的最大值为. 4 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 2 2 aC＋ccos A，B＝ 2π ，c＝3. 3 (1)求角C； →→ (2)若点E满足AE＝2EC，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＝ 31≠0，所以sin C＝. 22 ππ 又0 a2＋b2－c2b2＋c2－a2 方法二：由题设及余弦定理可得2bsin C＝a×＋c×，化简得2bsin C2ab2bc＝b. 1 因为b>0，所以sin C＝. 2ππ 又0 方法三：由2bsin C＝acos C＋ccos A， 结合b＝acos C＋ccos A， 可得2bsin C＝b. 1 因为b>0，所以sin C＝. 2ππ 又0 36(2)方法一：由正弦定理易知 ＝＝23，解得b＝3. sin Bsin Cbc22→→ 又AE＝2EC，所以AE＝AC＝b，即AE＝2. 33 2πππ 在△ABC中，因为∠ABC＝，C＝，所以A＝， 366π 所以在△ABE中，A＝，AB＝3，AE＝2， 6由余弦定理得BE＝所以BE＝1. 2πππ 方法二：在△ABC中，因为∠ABC＝，C＝，所以A＝，a＝c＝3. 366由余弦定理得b＝ 3 2 AB2＋AE2－2AB·AEcos ＝ π 6 3＋4－2×3×2× 3 ＝1， 2 ＋3 2 2 －2×3×3×cos π＝3. 3 1→→ 因为AE＝2EC，所以EC＝AC＝1. 3π 在△BCE中，C＝，BC＝3，CE＝1， 6由余弦定理得BE＝＝1. 2πππ 方法三：在△ABC中，因为∠ABC＝，C＝，所以A＝，a＝c＝3. 366→→→1→2→ 因为AE＝2EC，所以BE＝BA＋BC. 33 1→21→→21→2→→→21 则|BE|＝(BA＋2BC)＝(|BA|＋4BA·BC＋4|BC|)＝(3－4×3×3×＋4×3)＝1， 9992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. BC2＋EC2－2BC·ECcos ＝π 6 3＋1－2×3×1× 3 ＝1，所以BE2
(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)
