《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練12 專題三 三角過關(guān)檢測 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練12 專題三 三角過關(guān)檢測 理（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題突破練12 專題三 三角過關(guān)檢測
一、選擇題
1.若cosπ2-α=23,則cos(π-2α)=( )
A.29 B.59 C.-29 D.-59
2.(2019四川成都七中高三模擬,理7)已知sin5x-π3-2sin 3xcos2x-π3=23,則cos2x-π3=( )
A.19 B.-19
C.13 D.-13
3.已知函數(shù)f(x)=cosx+π4sin x,則函數(shù)f(x)滿足( )
A.最小正周期為T=2π
B.圖象關(guān)于點(diǎn)π8,-24對(duì)稱
C.在區(qū)間0,π8上為減函數(shù)
D.圖象關(guān)于直線x=π8對(duì)稱
4.(2019四川成都七中高三模擬,文7)若存在唯一
2、的實(shí)數(shù)t∈0,π2,使得曲線y=cosωx-π3(ω>0)關(guān)于點(diǎn)(t,0)對(duì)稱,則ω的取值范圍是( )
A.53,113 B.53,113
C.43,103 D.43,103
5.已知函數(shù)f(x)=Acos(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2的部分圖象如圖所示,其中N,P的坐標(biāo)分別為5π8,-A,11π8,0,則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間不可能為( )
A.π8,5π8
B.-7π8,-3π8
C.9π4,21π8
D.9π8,33π8
6.(2019安徽蚌埠高三質(zhì)檢三,理8)已知函數(shù)f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為π2
3、,將函數(shù)f(x)的圖象向左平移π3個(gè)單位長度后,得到函數(shù)g(x)的圖象.若函數(shù)g(x)為偶函數(shù),則函數(shù)f(x)在區(qū)間-π6,π6上的值域是( )
A.-1,12 B.(-2,1)
C.-1,12 D.[-2,1]
7.(2019湖南株洲高三二模,理7)若函數(shù)f(x)=cos2x-π4-ax∈0,9π8恰有三個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x2,x3,則x1+x2+x3的取值范圍是( )
A.5π4,11π8
B.9π4,7π2
C.5π4,11π8
D.9π4,7π2
8.(2019河南洛陽高三三模,文9)銳角△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且滿足b2-a2=ac,函
4、數(shù)f(x)=cos2x-π3-2sinπ4+xsinπ4-x,則f(B)的取值范圍是( )
A.12,1 B.12,1
C.32,1 D.12,32
9.已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的圖象與直線y=a(0
5、,c=2,A=π3,則a+b的取值范圍是 .?
11.若不等式ksin2B+sin Asin C>19sin Bsin C對(duì)任意△ABC都成立,則實(shí)數(shù)k的最小值為 .?
12.(2019黑龍江齊齊哈爾高三二模,文15)在銳角△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若a=2,tan A=cosA+cosCsinA+sinC,則b+csinB+sinC的取值范圍是 .?
三、解答題
13.(2019河南八市重點(diǎn)高中高三二聯(lián),文17)已知向量a=(1,cos 2x-3sin 2x),b=(-1,f(x)),且a∥b.
(1)將f(x)表示成x的函數(shù)并求f
6、(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;
(2)若f(θ)=65,π3<θ<π2,求cos 2θ的值.
14.(2019安徽淮南高三一模,理17)如圖,在銳角△ABC中,D為邊BC的中點(diǎn),且AC=3,AD=322,O為△ABC外接圓的圓心,且cos ∠BOC=-13.
(1)求sin ∠BAC的值;
(2)求△ABC的面積.
15.(2019福建三明高三二模,理17)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,滿足ab+a2=c2.
(1)求證:C=2A;
(2)若△ABC的面積為a2sin2B,求角C的大小
7、.
參考答案
專題突破練12 專題三
三角過關(guān)檢測
1.D 解析由cosπ2-α=23,可得sinα=23.
∴cos(π-2α)=-cos2α=-(1-2sin2α)=2sin2α-1=2×29-1=-59.
2.B 解析因?yàn)閟in5x-π3=sin3x+2x-π3
=sin3xcos2x-π3+cos3xsin2x-π3,
所以sin5x-π3-2sin3xcos2x-π3=-sin3xcos2x-π3+cos3xsin2x-π3=-sinx+π3=23,
即sinx+π3=-23,
所以cos2x-π3=cos2x
8、+π3-π
=-cos2x+π3=2sin2x+π3-1=-19.
故選B.
3.D 解析f(x)=22(cosx-sinx)sinx
=2212sin2x-1-cos2x2
=242sin2x+π4-1,
所以函數(shù)最小正周期為π,將x=π8代入得sin2x+π4=sinπ2,故直線x=π8為函數(shù)的對(duì)稱軸,選D.
4.B 解析由題意,因?yàn)閠∈0,π2,所以ωt-π3∈-π3,ωπ2-π3.
因?yàn)榇嬖谖ㄒ坏膶?shí)數(shù)t∈0,π2,使得曲線y=cosωx-π3(ω>0)關(guān)于點(diǎn)(t,0)對(duì)稱,
則π2<ωπ2-π3≤3π2,解得53<ω≤113.故選B.
5.D 解析根據(jù)題意,設(shè)函數(shù)f
9、(x)=Acos(ωx+φ)的周期為T,
則34T=11π8-5π8=3π4,解得T=π,又選項(xiàng)D中,區(qū)間長度為33π8-9π8=3π,
∴f(x)在區(qū)間9π8,33π8上不是單調(diào)減函數(shù).故選D.
6.D 解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為π2,所以T=π.而ω>0,T=2π|ω|?ω=2.又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象向左平移π3個(gè)單位長度后,得到函數(shù)g(x)的圖象,所以g(x)=2sin2x+2π3+φ,由函數(shù)g(x)為偶函數(shù),可得2π3+φ=kπ+π2k∈Z,而|φ|<π2,所以φ=-π6,因此f(x)=2sin2x-π6.
10、∵x∈-π6,π6,∴2x-π6∈-π2,π6.
∴sin2x-π6∈-1,12,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間-π6,π6上的值域是[-2,1].故選D.
7.A 解析由題意得方程cos2x-π4=a,x∈0,9π8有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,
令y=cos2x-π4,x∈0,9π8,畫出函數(shù)y=cos2x-π4的大致圖象,如圖所示.
由圖象得,當(dāng)22≤a<1時(shí),方程cos2x-π4=a恰好有三個(gè)根.
令2x-π4=kπ,k∈Z,得x=π8+kπ2,k∈Z.當(dāng)k=0時(shí),x=π8;當(dāng)k=1時(shí),x=5π8.
不妨設(shè)x1
11、以x1+x2=π4.又結(jié)合圖象可得π≤x3<9π8,所以5π4≤x1+x2+x3<11π8,即x1+x2+x3的取值范圍為5π4,11π8.故選A.
8.A 解析∵b2-a2=ac,∴b2=a2+c2-2accosB=a2+ac.
∴c=2acosB+a.
∴sinC=2sinAcosB+sinA.
∵sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,
∴sinA=cosAsinB-sinAcosB=sin(B-A).
∵△ABC為銳角三角形,∴A=B-A.∴B=2A.
∴C=π-3A.
∴0
12、
f(x)=cos2x-π3-2sinπ4+xsinπ4-x
=cos2x-π3-2sinπ4+xcosπ4+x
=cos2x-π3-sinπ2+2x=sin2x-π6,
∴f(B)=sin2B-π6.
∵2π3<2B<π,∴π2<2B-π6<5π6.
∴12
13、Z,
解得6k+3≤x≤6k+6,k∈Z,
∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[6k-3,6k](k∈Z).
10.(1+3,4+23) 解析由asinA=bsinB=csinC,
可得a=csinAsinC=3sinC,b=csinBsinC=2sin(2π3-C)sinC,
所以a+b=3sinC+3cosC+sinCsinC=1+3(1+cosC)sinC=1+23cos2C22sinC2cosC2=1+3tanC2.
由△ABC是銳角三角形,可得
0
14、32-3=4+23.
11.100 解析由正弦定理得kb2+ac>19bc,
∴k>19bc-acb2max.
19bc-acb2=(19b-a)cb2<(19b-a)(a+b)b2
=-ab-92+100≤100.
因此k≥100,即k的最小值為100.
12.(22,4) 解析由已知得sinA(sinA+sinC)=cosA(cosA+cosC),
∴cos2A-sin2A=sinAsinC-cosAcosC.
∴cos2A=-cos(A+C)=cosB.
∵△ABC是銳角三角形,
∴B=2A且0<2A<π2,0<π-3A<π2,
∴π6
15、sinA∈(22,4).
又b+csinB+sinC=asinA,
∴b+csinB+sinC∈(22,4).故答案為(22,4).
13.解(1)由題意知,向量a=(1,cos2x-3sin2x),b=(-1,f(x)),且a∥b,
所以1×f(x)+(cos2x-3sin2x)=0,
即f(x)=-cos2x+3sin2x=2sin2x-π6.
令2kπ-π2≤2x-π6≤2kπ+π2,k∈Z,
解得kπ-π6≤x≤kπ+π3,k∈Z,
故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為kπ-π6,kπ+π3,k∈Z.
(2)若f(θ)=65,π3<θ<π2,
即f(θ)=2sin2θ-π6=65
16、,
∴sin2θ-π6=35.
∵2θ∈2π3,π,2θ-π6∈π2,5π6,
∴cos2θ-π6
=-1-sin2(2θ-π6)=-45.
∴cos2θ=cos2θ-π6+π6
=cos2θ-π6cosπ6-sin2θ-π6sinπ6
=-45×32-35×12
=-43+310.
14.解(1)由題意知,∠BOC=2∠BAC,
∴cos∠BOC=cos2∠BAC=1-2sin2∠BAC=-13,
∴sin2∠BAC=23,
∴sin∠BAC=63.
(2)延長AD至E,使AE=2AD,連接BE,CE,則四邊形ABEC為平行四邊形,
∴CE=AB.
在△AC
17、E中,AE=2AD=32,
AC=3,
∠ACE=π-∠BAC,cos∠ACE=-cos∠BAC=-1-(63)?2=-33,
由余弦定理得,AE2=AC2+CE2-2AC·CE·cos∠ACE,
即(32)2=(3)2+CE2-2×3×CE×-33,
解得CE=3或-5(舍去負(fù)值),
∴AB=CE=3.
∴S△ABC=12AB·AC·sin∠BAC=12×3×3×63=322.
15.解(1)在△ABC中,根據(jù)余弦定理,c2=a2+b2-2abcosC,
又因?yàn)閍b+a2=c2,所以ab=b2-2abcosC.
因?yàn)閎>0,所以b-a=2acosC.
根據(jù)正弦定理,si
18、nB-sinA=2sinAcosC.
因?yàn)锳+B+C=π,即A+C=π-B,
則sinB=sinAcosC+cosAsinC,
所以sinA=sinCcosA-sinAcosC.
即sinA=sin(C-A).
因?yàn)锳,C∈(0,π),則C-A∈(-π,π),
所以C-A=A,或C-A=π-A(舍去后者).
所以C=2A.
(2)因?yàn)椤鰽BC的面積為a2sin2B,所以a2sin2B=12acsinB,
因?yàn)閍>0,sinB>0,所以c=2asinB,
則sinC=2sinAsinB.
因?yàn)镃=2A,所以2sinAcosA=2sinAsinB,
所以sinB=cosA.
因?yàn)锳∈0,π2,
所以cosA=sinπ2-A,
即sinB=sinπ2-A,
所以B=π2-A或B=π2+A.
當(dāng)B=π2-A,即A+B=π2時(shí),C=π2;
當(dāng)B=π2+A時(shí),由π-3A=π2+A,解得A=π8,則C=π4.
綜上,C=π2或C=π4.
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