高考熱點(diǎn)強(qiáng)化1　三角函數(shù)與解三角形

11/11高考熱點(diǎn)強(qiáng)化(一)三角函數(shù)與解三角形1．(2021·婁底春元中學(xué)模擬)已知角θ的頂點(diǎn)與原點(diǎn)O重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線y＝2x上，則sin2θ＝()A．－eq\f(4,5) B．－eq\f(3,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)D[由題意可知，點(diǎn)(cosθ，sinθ)在直線y＝2x上，則sinθ＝2cosθ，可得tanθ＝2，因此，sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(4,5).故選D．]2．(2021·全國卷甲)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝eq\r(19)，AB＝2，則BC＝()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(5) D．3D[法一：由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5(舍去)．故選D．法二：由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得sinC＝eq\f(\r(57),19)，從而cosC＝eq\f(4\r(19),19)(C是銳角)，所以sinA＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(19),19)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(57),19)＝eq\f(3\r(57),38).又eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝3.故選D．]3．(2021·山東德州一模)已知sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋eq\f(1,3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))的值為()A．eq\f(1,3) B．－eq\f(1,3)C．eq\f(2\r(3),3) D．－eq\f(2\r(3),3)B[由sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋eq\f(1,3)，所以sinα＝sinαcoseq\f(π,3)＋cosαsineq\f(π,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\f(1,3)，則eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα＝－eq\f(1,3)?coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,3)，故選B．]4．函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))在[－π，π]上的圖象大致如圖，則f(x)的最小正周期為()A．eq\f(10π,9) B．eq\f(7π,6)C．eq\f(4π,3) D．eq\f(3π,2)C[由圖象知π<T<2π，即π<eq\f(2π,|ω|)<2π，所以1<|ω|<2.因?yàn)閳D象過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4π,9)ω＋\f(π,6)))＝0，所以－eq\f(4π,9)ω＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以ω＝－eq\f(9,4)k－eq\f(3,4)，k∈Z.因?yàn)?<|ω|<2，故k＝－1，得ω＝eq\f(3,2).故f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3).]5．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且A＝60°，b＝3，AD為BC邊上的中線，若AD＝eq\f(7,2)，則△ABC的面積為()A．eq\f(25\r(3),4) B．eq\f(15\r(3),4)C．eq\f(15,4) D．eq\f(35\r(3),4)B[如圖，設(shè)CD＝DB＝x，則cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－32,2×\f(7,2)·x)＝eq\f(x2＋\f(13,4),7x)，①cos∠ADB＝eq\f(AD2＋DB2－AB2,2AD·DB)＝eq\f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－c2,2·x×\f(7,2))＝eq\f(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))eq\s\up12(2)－c2,7x).②∵∠ADC＋∠ADB＝180°，∴①＋②＝0?c2＝2x2＋eq\f(31,2).③∵∠CAB＝60°，∴BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠CAB?(2x)2＝c2＋32－2c×3×eq\f(1,2)＝c2＋9－3c.④③④聯(lián)立得：c2＋3c－40＝0?c＝5(c∴△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsin∠CAB＝eq\f(15\r(3),4).故選B．]6．(2021·全國卷乙)魏晉時(shí)期劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)于測量的數(shù)學(xué)著作，其中第一題是測量海島的高．如圖，點(diǎn)E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測量標(biāo)桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”，則海島的高AB＝()A．eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B．eq\f(表高×表距,表目距的差)－表高C．eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D．eq\f(表高×表距,表目距的差)－表距A[因?yàn)镕G∥AB，所以eq\f(FG,AB)＝eq\f(GC,CA)，所以GC＝eq\f(FG,AB)·CA．因?yàn)镈E∥AB，所以eq\f(DE,AB)＝eq\f(EH,AH)，所以EH＝eq\f(DE,AB)·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝eq\f(DE,AB)(CA－AH)＝eq\f(DE,AB)×HC＝eq\f(DE,AB)×(HG＋GC)＝eq\f(DE,AB)×(EG－EH＋GC)．由題設(shè)中信息可得，表目距的差為GC－EH，表高為DE，表距為EG，則上式可化為，表目距的差＝eq\f(表高,AB)×(表距＋表目距的差)，所以AB＝eq\f(表高,表目距的差)×(表距＋表目距的差)＝eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高，故選A．]7．(2021·山東濰坊模擬)中國南宋時(shí)期杰出數(shù)學(xué)家秦九韶在《數(shù)書九章》中提出了“三斜求積術(shù)”，即以小斜冪，并大斜冪，減中斜冪，余半之，自乘于上；以小斜冪乘大斜冪，減上，余四約之，為實(shí)；一為從隅，開平方得積．把以上文字寫成公式，即S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c2a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c2＋a2－b2,2)))eq\s\up12(2))))(S為三角形的面積，a，b，c為三角形的三邊)．現(xiàn)有△ABC滿足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，且△ABC的面積S△ABC＝6eq\r(3)，則下列結(jié)論正確的是()①△ABC的周長為10＋2eq\r(7)；②△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，C，B成等差數(shù)列；③△ABC的外接圓半徑為eq\f(4\r(21),3)；④△ABC的中線CD的長為3eq\r(2).A．①② B．①③C．①③④ D．②③④A[對(duì)于①，設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，因?yàn)閟inA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，所以由正弦定理可得a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，設(shè)a＝2t，b＝3t，c＝eq\r(7)t(t>0)，因?yàn)镾△ABC＝6eq\r(3)，所以6eq\r(3)＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7t2×4t2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7t2＋4t2－9t2,2)))eq\s\up12(2))))，解得t＝2，則a＝4，b＝6，c＝2eq\r(7)，故△ABC的周長為10＋2eq\r(7)，①正確；對(duì)于②，因?yàn)閏osC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(16＋36－28,2×4×6)＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3)，A＋B＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3)＝2C，故△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，C，B成等差數(shù)列，②正確；對(duì)于③，因?yàn)镃＝eq\f(π,3)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2)，由正弦定理得2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(2\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(21),3)，R＝eq\f(2\r(21),3)，③錯(cuò)誤；對(duì)于④，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(16＋28－36,2×4×2\r(7))＝eq\f(\r(7),14)，在△BCD中BC＝4，BD＝eq\r(7)，由余弦定理得cosB＝eq\f(16＋7－CD2,2×4×\r(7))＝eq\f(\r(7),14)，解得CD＝eq\r(19)，④錯(cuò)誤，故選A．]8．(2021·廣東高三二模)將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度，再將曲線上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)，得到函數(shù)g(x)的圖象．若g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，則下列結(jié)論正確的是()①g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上有兩個(gè)零點(diǎn)；②g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上有兩個(gè)極值點(diǎn)；③g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增；④ω的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3))).A．①② B．③④C．②③④ D．①③④B[將函數(shù)f(x)＝sinx的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長度后，函數(shù)的解析式為y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，再將曲線上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,ω)(ω>0)，得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤ωπ－eq\f(π,6)，又g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以eq\f(π,2)≤ωπ－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(4,3)，故④正確；當(dāng)ω＝eq\f(2,3)時(shí)，則－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，此時(shí)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))上只有一個(gè)零點(diǎn)，故①不正確；并且ωx－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，故②不正確；x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)ω－eq\f(π,6)，當(dāng)eq\f(2,3)≤ω≤eq\f(4,3)時(shí)，－eq\f(π,6)≤ωx－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，故③正確．故選B．]9．設(shè)當(dāng)x＝θ時(shí)，函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx取得最大值，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝________.2＋eq\r(3)[∵f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，當(dāng)x＝θ時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，∴θ＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴θ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ＋\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3).]10．(2021·鄭州三模)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝eq\f(1,3)，則sin2α＋cos2α＝________.eq\f(7\r(2),9)[因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝eq\f(1,3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))＝1－eq\f(2,9)＝eq\f(7,9)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)－α))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2α))＝eq\f(\r(2),2)cos2α＋eq\f(\r(2),2)sin2α，所以eq\f(\r(2),2)(cos2α＋sin2α)＝eq\f(7,9)，則sin2α＋cos2α＝eq\f(7\r(2),9).]11．在△ABC中，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且bcosC＝3acosB－ccosB，eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2，則△ABC的面積為________．2eq\r(2)[因?yàn)閎cosC＝3acosB－ccosB，由正弦定理得sinBcosC＝3sinAcosB－sinCcosB，即sinBcosC＋sinCcosB＝3sinAcosB，所以sin(B＋C)＝3sinAcosB．又sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，所以sinA＝3sinAcosB，又sinA≠0，解得cosB＝eq\f(1,3)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,9))＝eq\f(2\r(2),3).由eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝2，可得cacosB＝2，解得ac＝6.所以S△ABC＝eq\f(1,2)ac·sinB＝eq\f(1,2)×6×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2).]12．(2021·湖南長郡中學(xué)二模)如圖，某湖有一半徑為100m的半圓形岸邊，現(xiàn)決定在圓心O處設(shè)立一個(gè)水文監(jiān)測中心(大小忽略不計(jì))，在其正東方向相距200m的點(diǎn)A處安裝一套監(jiān)測設(shè)備．為了監(jiān)測數(shù)據(jù)更加準(zhǔn)確，在半圓弧上的點(diǎn)B以及湖中的點(diǎn)C處，再分別安裝一套監(jiān)測設(shè)備，且滿足AB＝AC，∠BAC＝90°.定義：四邊形OACB及其內(nèi)部區(qū)域?yàn)椤爸苯颖O(jiān)測覆蓋區(qū)域”；設(shè)∠AOB＝θ.則“直接監(jiān)測覆蓋區(qū)域”面積的最大值為________．(10000eq\r(5)＋25000)m2[在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝100，OA＝200，∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cos∠AOB，即AB＝100eq\r(5－4·cosθ)，∴S四邊形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝eq\f(1,2)·OA·OB·sinθ＋eq\f(1,2)·AB2，∴S四邊形OACB＝1002×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ－2cosθ＋\f(5,2)))，令tanφ＝2，則S四邊形OACB＝1002eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(5)sinθ－φ＋\f(5,2)))，∴“直接監(jiān)測覆蓋區(qū)域”面積的最大值為(10000eq\r(5)＋25000)m2.]13．(2021·福建龍巖六校模擬)①函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))＋eq\f(1,2)cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))－eq\f(1,4)(ω>0)，②函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的圖象向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位長度得到g(x)的圖象，g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．在這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并解答：“已知________，函數(shù)圖象的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為eq\f(π,2).”(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值；(2)求函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間．[解](1)選擇條件①：f(x)＝eq\f(\r(3),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))＋eq\f(1,2)cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ω,2)x))－eq\f(1,4)(ω>0)，即有：f(x)＝eq\f(\r(3),4)sinωx＋eq\f(1,4)cosωx＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6))).又因?yàn)閒(x)相鄰兩對(duì)稱軸之間距離為eq\f(π,2)，則周期為π，從而ω＝2，從而f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2).選擇條件②：依題意，f(x)相鄰兩對(duì)稱軸之間距離為eq\f(π,2)，則周期為π，從而ω＝2,f(x)＝eq\f(1,2)sin(2x＋φ)，g(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ－\f(π,6)))，又g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則g(0)＝0，由|φ|<eq\f(π,2)知φ＝eq\f(π,6)，從而f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(2)f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\