2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 2 三角函數(shù)選擇填空壓軸小題訓(xùn)練 作業(yè)

專題2數(shù)學(xué)三角函數(shù)選擇填空壓軸小題專項訓(xùn)練

一、單選題

1.函數(shù)f(x)=2sin(s由(。>0)的導(dǎo)函數(shù)為:(x),集合M=(Λ0J(Xt)))I尸(X(J)=0,

,中有且僅有1個元素，則。的取值范圍是()

A.B.fi,e3120

122,M吟)(i)I.2,2)U

(111'2J2^

C.T川D.J,T.U

2.已知函數(shù)/(x)=/+2//()+2,函數(shù)/(x)在點(2J(2))處的切線的傾斜角為ɑ,則

sin2(?+a)-sin(-+a)cos(-一α)的值為

22

92021

A.—B.—cD.—

1717??19

3.已知函數(shù)/(x)=χ2-x+f(為常數(shù))滿足J.(∕(X)-X?+x)=4,g(x)=2sin(2x——j,若

/(g(x))在Oe

上的最大值和最小值分別為m,〃，則6+4〃+產(chǎn)的值為()

A.-5或15B.-9或11C.一11或9D.5或T5

sinx,2kπ<x<π-?-2kπ,k≡Z

4.已知函數(shù)/(x)=<2忖問萬+2以≤x<2%+2E%eZ'若關(guān)于X的方程在2'為

上有4個解，則實數(shù)m的取值范圍是

A.(1,2)B.U,2]C.(0,1)D.10,1]

5.已知函數(shù)f(x)的定義域為R,7-,對任意的X∈R滿足/'(X)>4x.當&G[0,24]時,

不等式?(sina)+cos2a>0的解集為

π5π44?ππ2πl(wèi)π1?π

A.B.C.,D.

66ττ66

6.已知函數(shù)/(x)=SinX+cosx+卜inx-CoSX,下列結(jié)論正確的是()

A.函數(shù)圖像關(guān)于X=E對稱

4

Tt4

B.函數(shù)在一二,丁上單調(diào)遞增

_44_

C.若|/(不)|+|〃受)|=4,則x∣+N=(?+2%r(X∈Z)

D.函數(shù)/(x)的最小值為-2

7.如圖，已知正方體ABCO-ABCA的棱長為I,E為棱CG的中點，尸為棱AA上的點,

且滿足4尸：FA=I:2,點F、B、E、G、〃為面MBN過三點8、E、F的截面與正方體

ABCD-AlBiCiDt在棱上的交點，則下列說法錯誤的是

B.BM=叵

A.HF//BE

2

C.NMBN的余弦值為叵D.AMBN的面積是畫

65

8.關(guān)于函數(shù)/(x)=COSw+卜沁|有下述四個結(jié)論:

①“x)的圖象關(guān)于>'軸對稱；②/(x)在卜萬，司有3個零點；

③〃x)的最小值為-夜；④/(x)在區(qū)間(申"單調(diào)遞減.

其中所有正確結(jié)論的編號是()

A.①②B.①③C.①④D.③④

9.已知函數(shù)/(x)=sin(ωx-y)+sinωx-∣?(ω>0)在(O,?)上有且只有3個零點,

則實數(shù)ω的最大值為()

1617

A.5B.—C.—D.6

33

10.已知函數(shù)f(x)=∣cosx∣?sinx,給出下列四個說法:

②函數(shù)f(x)的周期為兀;

③f(x)在區(qū)間-上單調(diào)遞增；@f(x)的圖象關(guān)于點卜令0)中心對稱

其中正確說法的序號是

A.②③B.①③C.①④D.

二、填空題

∣log4x∣,0<x<4

11.已知函數(shù)/(X)=，JlJI,右存在實數(shù)X|,犬2,，當西〈*2<當〈”4時，滿足

sin(-X-■-),4≤x≤12

/(jf,)=/(x2)=/(?,)=∕?),則%?Λ2?%?X4-50x∣的取值范圍是.

12.如圖所示，在平面四邊形ABC。中，AB=I,BC=I,為ΔACD正三角形，則ΔfiCO面

積的最大值為.

13.在ABC中，角A,B,C所對應(yīng)的邊分別為α,b,c,且2cosA=α(√Σ-cosC),c=2,

。為AC上一點，AD:DC=\:3,則ABC面積最大時，BD=.

14.趙爽是我國古代數(shù)學(xué)家，大約在公元222年，他為《周髀算經(jīng)》一書作序時，介紹了"

勾股圓方圖"，亦稱"趙爽弦圖"(以弦為邊長得到的正方形由4個全等的直角三角形再加上中

間的一個小正方形組成).類比"趙爽弦圖"，可構(gòu)造如圖所示的圖形，它是由3個全等的三

角形與中間一個小等邊三角形拼成的一個較大的等邊三角形，設(shè)Ao=∕UB+〃AC,若

15.已知α,b∈R,若函數(shù)/(%)=IaSinX+Z?COSX-Il+|。SinX-αcosx∣的最大值為5,則

a2+b2=.

16.已知平面向量b，C滿足：Ci,/?的夾角為:，Ia-bI=5?c—a,c-b的夾角為

4

^?τr

y.∣C-O∣=3√2,則4?c的最大值為.

17.若實數(shù)X，V滿足2cos?(x+y-l)=(&V二.則D的最小值為

18.法國著名的軍事家拿破侖.波拿巴最早提出的一個幾何定理："以任意三角形的三條邊為

邊向外構(gòu)造三個等邊三角形，則這三個三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形的頂點

在三角形45C中，角A=60，以43、BC、AC為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心

依次為9、O2,。；，若三角形002。,的面積為立，則三角形ABC的周長最小值為

2

19.某人在塔的正東方向沿著南偏西60。的方向前進40m以后，望見塔在東北方向上，若

沿途測得塔的最大仰角為30。，則塔高為m.

20.在四邊形ABC。中，ZA+ZC=M),AB=CD=2,BC=3,AD=?,則四邊形ABa)的面

積為.

答案:

1.C

【解析】

【分析】

計算得r(x)=2ocoS(SfJ,又由題知，f'(x)=0在U上僅有一個零點，所以可得

ωx-=kπ+^,貝情（k+l）乃+]≥∣^-?,求解不等式組即可得0的取值范圍.

/.?TC7VTC

?κ-ι1]7r+-≤-ω—

v7244

【詳解】

計算得r(x)=2ocos[s-(J,又由題知，r(x)=0在上僅有一個零點,

『?LL…π(πππ兀、

又切＞0,所以①X一二€匕口一:，大&一:，

4I4424)

由r(x)=O得ox-?=4%+],

ππ、πππ3

—co----<κπ+-<—ω----2k+-<ω<4k+3

442242

,7

所以<++,解得：,a)<2k+-

/j?7t7tTVω≥4k-?

(κ-?1)π+-≤-ω——

v7244

所以當Z=O時得3<0<3;

2

當Z=I時得:<0≤[;

22

當女=2時得7≤3S”;

2

故得：Tm,3）喝當吟

故選：C

【點睛】

本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的運算，三角函數(shù)的圖象性質(zhì)，考查了轉(zhuǎn)化與化歸的思想，考查了學(xué)生

的運算求解與邏輯推理能力.

2.B

【解析】

【詳解】

試題分析：/'(x)=3∕+4獷⑴，則/⑴=3+4/⑴，/⑴=7,/(χ)=3∕-4x,/(2)=4,

tana=4,sin2(Λ-+a)-sin(?+a)cos(--a)=sin2tz-cosa(-sina)=sin2a+sinacoscr

22

sin，a+SinaCOSatan2a+tana4'+420,.?,

=----------------5-----=--------5----------=-?—=一?故4選Br.

sin5a+cosatancr÷l4'+117

考點：導(dǎo)數(shù)的幾何意義，誘導(dǎo)公式，同角間的三角函數(shù)關(guān)系.

【名師點睛】已知角a的一個三角函數(shù)值求其他三角函數(shù)值時，可用同角關(guān)系求解，只是有

asina+?cosa

用平方關(guān)系時要注意角的范圍憶.而己知tan。，求

CSina+dcosa

asin2?+ftsinacosa+ccos2a

的值時，可利用分子、分母同除以cosa、cos?a轉(zhuǎn)化為tana

Jsin2<2+esinorcosa+∕cos2a

的表達式，再代入求值.

3.A

【解析】

根據(jù)正弦型函數(shù)的性質(zhì)，求得函數(shù)g(x)的值域為［-1,2］,令/(x)-∕+χ=f,列出方程組，

求得f=±2,分f=2和f=-2兩種情況討論，即可求解.

【詳解】

由題意，函數(shù)g(x)=2sin(2x-：),

L.、t?71一/DC71715τr

因為x∈0,—,可得2x一?^?∈,

2JOL?θ_

故g(x)的最大值為2s嗚=2,最小值為2sin,總=-1,即g(x)的值域為［-1,2］.

令/(x)-χ2+χ=f,s?∕(∕(x)-x2+x)=4,可得J：；］：x+t>

故∕τ+f=4,解得E=±2.

①當/=2時，f(x)=x2-x+2,

可得/(X)在‘雙g)上單調(diào)遞減，在(；,+8)上單調(diào)遞增，

所以Ag(X))的最大值為m=/(2),最小值為"=

即m+4〃=/(2)+4/(；)=4+4x(；-；+2)=l1；

②當f=-2時，/(x)=X2-x-2,

同理可得枕+4〃=f(2)+4/(g)=0+4x(；-g-2)=-9.

綜上加+4"=-9或11,所以機+4〃+產(chǎn)=一5或15.

故選：A.

【點睛】

本題主要考查了一元二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，以及正弦型函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用，其中解

答中熟記三角函數(shù)的性質(zhì)，以及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，合理分類討論是解答的關(guān)鍵，著重

考查推理與運算能力，屬于中檔試題.

4.A

【解析】

【詳解】

由題意可得，當x?0㈤口［27,3萬)時，函數(shù)的解析式為/(x)=SinX,

當》?乃,2萬)口［3乃,4萬)時?，函數(shù)的解析式為“X)=-2SinX,繪制函數(shù)圖象如圖所示，滿足

題意時?，該函數(shù)與函數(shù)有4個不同的交點，觀察函數(shù)圖象可得，實數(shù)，〃的取值范圍是

(1,2).

點睛：函數(shù)零點的求解與判斷方法：

⑴直接求零點：令#0=0，如果能求出解，則有幾個解就有幾個零點.

(2)零點存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間［小句上是連續(xù)不斷的曲線，且/(〃)力用<0,

還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個零點.

⑶利用圖象交點的個數(shù)：將函數(shù)變形為兩個函數(shù)的差，畫兩個函數(shù)的圖象，看其交點的橫

坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點.

5.A

【解析】

令MX)=/(x)+1-2√,求導(dǎo)可得MX)單調(diào)遞增，且?；)=0,故不等式/(sina)+cos2a>0

的解集為〃(Sina)>0的解集.

【詳解】

令MX)=/(x)+l-2d,則/(x)=f(□A4x>0,可得MX)在R上單調(diào)遞增,

4?Z?)+I^2XΓO

所以由MX)>0可得

因為CoS2α=l-2sin2a，

所以不等式/(sinα)+cos2。>0等價于力(Sina)>0

所以Sina>L

2

又因為ae[0,2萬]

所以1<α<?

OO

故選A

【點睛】

本題考查利用導(dǎo)函數(shù)以及三角函數(shù)解不等式問題，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造出新函數(shù)，屬于偏難題

目.

6.A

【解析】

【分析】

本題首先可以去絕對值，將函數(shù)/(x)變成分段函數(shù)，然后根據(jù)函數(shù)解析式繪出函數(shù)圖像，

最后結(jié)合函數(shù)圖像即可得出答案.

【詳解】

由題意可得：

“、II[2cosX,sinX<cosx

/(x)=SnlX+cosx+1SmX-COSM=<j

[2sinx,sinx≥cosx

31

2Ccosx,x∈lΓ--π+2κπ,-π+2κπ

=<

2sinx,x∈??+2kπ,~π+

故對稱軸為x=(+kι∕eZ),A正確；

ππ

由圖像易知，函數(shù)在一二,0上單調(diào)遞增，0,-上單調(diào)遞減，B錯誤;

4J4_

要使∣∕(%)∣+∣∕(W)I=4,則f(?η)=y(七)=2,

TTTr

π

由圖象可得玉=2占兀或玉=—+2?1^?、％2=2224或入2=]+2左2(%∣,%2?Z),

故E+/=2kπ或內(nèi)+9=—+2kπ或石+占=%+2kπ(?∈Z),C錯誤;

當X=芳+2收?(k∈z)時，函數(shù)取最小值，最小值f(x"n=-√i,D錯誤,

故選:A.

【點睛】

本題考查三角函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，主要考查三角函數(shù)的對稱軸、三角函數(shù)的單調(diào)性以及三角函

數(shù)的最值，考查分段函數(shù)，考查數(shù)形結(jié)合思想，是難題.

7.C

【解析】

【分析】

利用平面與平面平行性質(zhì)判斷A正誤；通過求解三角形判斷B的正誤；通過三角形的面積

判斷D的正誤.

【詳解】

因為面AQ〃面8G，且面AQ與面MBN的交線為",

面8C∣與面MBN的交線為BE,所以HF7/BE,故A正確;

13

A1F//BB1,且A尸：幺=1:2,.?.MA,:A1B1=1:2,.-.MA1B1M,

在R明〃中，BM="西+8"=孚,故B正確；

在MBBN中,E為棱CG的中點，???G為棱N片上的中點，.?.C∣N=1,

22

在氏C?EN中，EN=y∣C1E+CtN=與,;.BN=5.MN=《MB：+NB；=|?,在ΛBMN

八,BM2+BN2-MN22√65_A,

中a，COSNMBN=------------------=------，故C錯Λ陜Q；

2BMBN65

cos4MBN=芝?SinNMBN=M,

故正確，

SHfiMuN,v=-2×BM×BN×SinZMBN?4—,D

故選：C.

【點睛】

思路點睛：與正方體有關(guān)的截面問題，需利用平面的性質(zhì)、空間中的位置關(guān)系來判斷截面的

形狀與性質(zhì)，注意利用解三角形的方法來處理空間中的邊角關(guān)系.

8.C

【解析】

證明函數(shù)〃X)的奇偶性判斷①；根據(jù)函數(shù)/(x)=0Sin(X+?),xe[0,句的零點以及單調(diào)

性判斷②④；根據(jù)單調(diào)性、周期性以及對稱性判斷③.

【詳解】

/(-?)=CoS卜乂+卜加一X=CoMM+卜悶=∕(x),則函數(shù)/(X)為R上的偶函數(shù)，故①正確；

當Xe[0,乃]時，/(X)=cosX+sinx=忘Sin(X+2)

"x)=0nx+3=?,即X=版?-[,則f(x)在區(qū)間[0㈤的零點只有一個，所以〃x)在

卜乃，司有2個零點，故②錯誤；

當xe[0,句時，x+y∈苧，函數(shù)y=sinx在區(qū)間H上單調(diào)遞增，在區(qū)間與上

4L44J142」L24J

單調(diào)遞減

JTJT

即函數(shù)/(X)在區(qū)間0,-上單調(diào)遞增，在區(qū)間-,π上單調(diào)遞減，故④正確；

所以/(X)在[0,句的最小值為：/(T)=

因為函數(shù)f(2Λ?+X)=cos?2^+x?+?sin(2π+x)∣=COSw+卜in目=/(x),所以函數(shù)/(工)的周期

為2萬

由對稱性以及周期性可知，函數(shù)/(x)的最小值為：-1,故③錯誤；

故選：C

【點睛】

本題主要考查了函數(shù)的零點個數(shù)、正弦型函數(shù)的單調(diào)性和周期性、在給定區(qū)間的正弦型函數(shù)

的最值，屬于較難題.

9.C

【解析】

【分析】

化簡f(x)=GSin(WX-令弓在(O,?)上有且只有3個零點，轉(zhuǎn)化為Sin(WX1)=4

有三個解，結(jié)合WX的范圍，控制僅有三個解，得到卬的范圍，即得解.

【詳解】

一、.z乃一.33.?/?3A.π3

/(X)=sιn(wx)+smwx——=—sinwx------coswx——=√3sιn(vvx)——

3222262

/(元)=755皿卬工-￡)-：在(0,?)上有且只有3個零點，

622

即Sin(WX-%)=立有三個解.

62

π,∣幾汽—I7冗2冗..

則WX=—+2kπ或WX=——+2kπ(k∈Z)

6363

Tt、小vv7Γ.UrTi5454.??._、人K

XW(0,-)?"?wxe(0,-—),即wx=—為l其二個解

22262

5πwπ,5兀?「，17

一<―-≤-~+2π:.5<w<—

2263

故：w的最大值為W17

故選：C

【點睛】

本題考查了三角函數(shù)綜合，考查了學(xué)生綜合分析，轉(zhuǎn)化劃歸，數(shù)學(xué)運算的能力，屬于中檔題.

10.B

【解析】

【分析】

TTTr

根據(jù)函數(shù)的周期性可排除②，同時可以確定①對.由XW,可去絕對值函數(shù)化為

_44

“x)=gsin2x,可判斷③對.由取特值，可確定④錯.

【詳解】

/(x+?)=∣cos(x+^)∣sin(x+?)=-∣cosx∣sinx,所以函數(shù)f(x)的周期不為兀，②錯,

/(x+2?)=∣cos(x+2ττ)∣sin(x+2?)=∣cosx∣sinx,周期為7=2π.

4ππ.

cos—sinf=邛,①對?

3

當XeK時，/(x)=COSXSirLr=gsin2x,2x∈-?,?,所以f(x)在一：，；上單調(diào)遞

增.③對./[-()=-gj(一弓)=-g，所以④錯.即①③對，填①③.

【點睛】

本題以絕對值函數(shù)形式綜合考查三角函數(shù)求函數(shù)值、周期性、單調(diào)性、對稱性等性質(zhì)，需要

從定義角度入手分析，也是解題之根本.

11.(-2,10).

【解析】

【分析】

畫出分段函數(shù)的圖象，作出直線)'=。，結(jié)合函數(shù)的圖象可得實數(shù)”的取值范圍，再運用對

數(shù)的運算性質(zhì)和余弦函數(shù)的對稱性，可得XlX2=1和毛+Z=16,利用二次函數(shù)的性質(zhì)，即

可求解.

【詳解】

∣log4x∣,0<x<4∣log4Λ∣,0<X<4

由題意，函數(shù)/(X)=71

sin(?x-y),4≤x≤12-cos(-x),4≤x≤12

4

畫出函數(shù)的圖象，如圖所示,

令f(x)=a,,貝IJOVaV1,

由圖象可知，設(shè)y="和函數(shù)y=∕G)的圖象有四個交點,

πJ^O<xl<x2<4<x3<8<x4<12

其中Iog4x1=-Iog4x2,則Iog4xl+Iog4x2=Iog4x,x2=0,解得MX2=1，

且七+Z=16,則項=16-芻

所以%?/?.W-50玉?A?=1'工3(16-％3)-50乂1=1×(16x3-??)-50

=-x；+I6X3—50=—(尤3—8)~+14,其中4<入3<6,

設(shè)g(x)=-(x-8)2+14,則函數(shù)xe(4,6),函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，

則g(4)=-2,g(6)=10,

所以演?x2?Λ??4-50x∣-電的取值范圍是(-2,10).

2______【點睛】

-------k∕(fI1廠！二

°」為近6，口一a'?'12'區(qū)

本題主要考查了函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，其中解答中正確作出函數(shù)的圖象，結(jié)合圖象，利用

對數(shù)函數(shù)的運算性質(zhì)以及余弦函數(shù)的對稱性,再利用二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)求解是解答的關(guān)

鍵，著重考查了數(shù)形結(jié)合法，以及推理與運算能力，試題有一定的綜合性，屬于中檔試題.

12.√3+l

【解析】

【詳解】

在ZkABC中，?ZACB=a,ZACB=β,由余弦定理得：

ΛC2=l2+22-2×l×2cosα=5-4cosα,

■「ZkACQ為正三角形，

2

CD=S-4cosaf

1AC

由正弦定理得：=~—，

sιnpsιnα

.,.AC?sin∕?=Sina,

.*.CD-sin/?=sina,

(CD?cos∕7)2=CD2(l-sin2^)=CD2-sin2a=:5-4cosa-sin2a=(2-cos6t)2

,；βyBAC,,,?夕為銳角,CDeOSB=2--cosa,

：初+力)=*CO?cosβ+^CD?sinβ

.?.Sbcd=^-2-CD-sin^+β^=CD-s

=^?(2-COSa)+g?s%a=等+si”(a埒

當a=，時,(SW)i=6+l?

13.國

2

【解析】

將c=2代入2cosA=a(V∑—CoSC),彳］l?=√2a，以A8為X軸，A8的中垂線為V軸建立平

面直角坐標系，求出三角形ABC的頂點C的軌跡方程，根據(jù)圖形得出三角形ABC的面積何

時最大，進而求出此時8。的長.

【詳解】

c=22cosA=?(5/2-cosC)W：

c-cosA=a{?∣2-cosC),由正弦定理有：

sinCcosA=sinΛ(V∑-cosC),即sinC?cosA+cosC?sinA=&sinA>

則Sin(A+C)=Λ∕2sin4,即sinB=V2sinA,所以b=&a-

以AB為X軸，AB的中垂線為V軸建立平面直角坐標系，

則A(To),8(1,0),設(shè)C(x,y)

由b=√5”,即HCI=√Σ∣8C∣,

所以(x+1):+V=2[(x-l)2+/],即(X—3)2+y2=8(y≠0)

如圖，頂點C在圓。-3)2+丫2=8(尸0)上,設(shè)圓心為反3,0)

顯然當CELAB時，三角形ABC的面積最大,

由AO:OE=I:3,又A￡>:DC=I:3

所以8〃CE,又因為CElAB,即。點在V軸上(如圖)

OD=-=-,OB=?

42

所以BD=J"=當

故答案為：顯

2

【點睛】

本題考查正弦定理和和角公式，數(shù)形結(jié)合思想，本題還可以直接用余弦定理結(jié)合面積公式直

接求解三角形ABC的面積，從而得解，屬于難題.

4

14.-

7

【解析】

【分析】

令A(yù)F=1,延長AD交BC于求出AB,BM,DM,再借助平面向量基本定理即可作答.

【詳解】

因4Q=4AF,4"AF=I,則有8/)=1,AO=4,Z?Aβf)中，ZΛDβ=120o?

由余弦定理得AB=√AD2+BD2-2AD-BDcosZADB=√21，延長AO交BC于M,如圖，

由正弦定理得一號；獲=一)：八百,則有SinNMA”式一也，c。SNMAB=步，

sinZMABsinZADBSln乙/WA仃一一⑶14

sinZAMB=Sin(NMAB+60)=∣sinNMAB+gcosNMAB=等，

8ΛQ中，由正弦定理得———=———=———=—,而NMBZ)=NM4B,

sinZMBDsinZBDMsinZBMD5

因此得。M=LBM=叵,于是有AM=2='AO,BM=LBC,

555205

AM=AB+BM=AB+-BC=-AB+-AC,AD=—AMAB+^AC,

555212121

1644

HAD=λAB+μAC,由平面向量基本定理得2=亓〃=了，所以/-〃=1.

4

故答案為：y

【點睛】

思路點睛：用向量基本定理解決問題是先選擇一組基底，并運用該基底將條件和結(jié)論表示成

向量的形式，再通過向量的運算來解決.

15.8

【解析】

【分析】

用輔助角公式變形asinx+ACOSX=JM+'Sin(X+/),?sinX-67COSX=-7672+b2COS(%÷^),然

后分析Sin(X+⑶的符號得出/*)達到最大值時的條件，在此條件下再變形TV)的表達式(去

掉絕對值符號)，然后再由三角函數(shù)知識求得最大值為52(/+后)+1,從而得出結(jié)論.

【詳解】

22cos(

設(shè)αsinX+bcosx=?Ja+bsin(x+y),其中P-J、.■/,Sine=JoJ,

貝IJOSinX—。CoSX=Ja2+6(sinxs?nφ-cosXCoSφ)=-?∣a2+b1COS(X+φ)，

/(x)=I?∣a2+b2sin(x÷￠7)-1∣+∣7tz2+^2cos(x+^)|,

當Sin(X+0)取負值時，Ax)取得最大值，

f3達到最大值時，f(x)=-y∣a2+Z?2Sin(X+⑺+1+?∣a2+b2∣cos(x+φ)?

=-V?2+?2[sin(x+φ)±cos(x÷￠7)]+1=-?/?+b2?V2sin(x+±COS(Λ+φ)÷1

k22

=-?∣a2+b2-5/2sin^x+^±^+l,

22

.?.當Sin(X+g±j=-l時，/(x)maχ≈^2(a+?)+l=5,解得(解題過程中同

時取"+"或"一")

Sin(X+9)是負值，x+9的終邊在X軸下方，那么x+0+;或x++s-:的終邊在V軸負半軸

(含原點)是可以達到的，即最大值能取到.

故答案為：8.

【點睛】

本題考查三角函數(shù)的輔助角公式，考查三角函數(shù)的最值，考查了學(xué)生分析問題解決問題的能

力，邏輯思維能力，運算求解能力.

16.36

【解析】

【分析】

設(shè)PA=a，PB=b，PC=c＞由題意知尸，A8,C四點共圓，建立坐標系，求出點C的坐標

和圓的半徑，設(shè)P(2&cosa,逑Sina),用α表示夕°,根據(jù)α范圍和三角和差公式，即可

22

求解.

【詳解】

設(shè)尸A=α,PB=b，PC=C

則AB=Ia-%I=5,AC—?c-a?-3>∕2>ZACB=—,ZAPB=-,

44

可得P,A,B,C四點共圓.

JT

設(shè)AABC的外接圓的圓心為0,則ZAoB=2NAPB=],

由正弦定理可知：20A=.AB=5五,故OA=述.

SInNACB2

以。為圓心，以0A,。3為坐標軸建立平面坐標系如圖所示:

則4（逑，0）,B（0,）.

22

竺+"787

在AOAC中，由余弦定理可得COSN4。C=5及=石,

2,-----,------

22

切?，.”_247√212√2、

I漢SIn乙AoC—,??C(-------,----------)?

25105

設(shè)P(§&CoSa,§近Sina),0<α<—,

222

,,5√25√25√2.“（述一述皿ɑ,

貝lilIlJPA=(--------------cosa,---------sιnaλ),PC=誣一在Sina)

22210252

a?c=(逑一速c。Sa)(迥一迥ssa)+在Sina(也+也Sina)

22102252

34、

16+125z∕ιcc-16COSa=I6+20?(z—sina—cosa)

55

=16+205加(a-φ),其中S山3二一,cosφ=-.

TT

當α=夕+萬時，GC取得最大值36.

答案：36.

【點睛】

本題主要考查了向量的數(shù)量積的運算，正弦定理、余弦定理的應(yīng)用，以及三角恒等變換與三

角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，著重考查了邏輯推理能力和分析問題和解答問題的能力，

屬于難題.

1

17.

4

【解析】

【分析】

根據(jù)等式兩邊范圍確定χ,y滿足條件，再根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)求孫的最小值.

【詳解】

???2cos2(x+yT)=(x+D-20,...工一件》。，

、,x-y+?

(x+iy+(y-l)2-2"=(x-y+lY+l=(Xl1

x-y+?x-y+1''x-y÷l

.?.(x-y+1)+--≥2l(x-y+l)----？―-=2,

x-y÷lNx-γ+l

當且僅當1—y+]=]時即Ay時取等號

2COS2(x÷y-l)≥2,當且僅當％+>—1=々%(％€2)時取等號

(廿∣】X"1)-二2個=2cos?(x+y—1)=2,即x-y+l=l且

x-y+l

x+y-?=kπ(k,

即X=y=號^（AeZ）,

因此孫=（甘王j≥;（當且僅當Z=O時取等號），

從而外的最小值為3

【點睛】

在利用基本不等式求最值時，要特別注意"拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中"正"（即

條件要求中字母為正數(shù)）、"定"（不等式的另一邊必須為定值）、"等"（等號取得的條件）的條件

才能應(yīng)用，否則會出現(xiàn)錯誤.

18-3√2

【解析】

【分析】

把Ao/,AOs分別用AB長c,AC長，表示出，在AAOQs中，借助余弦定理建立慶的關(guān)系

式，再在AABC中，又借助余弦定理用b,C表示出BC長，最后建立函數(shù)關(guān)系并求其最大

值.

【詳解】

如圖，令A(yù)ABC角A,B,C所對邊長分別為α,b,c,ABC,CAB',BC4'都是正三角形，

O-。2、Q分別為其中心，

△0/AB中，NAOI8=120,NolAB=NoIBA=30,

由正弦定理得.%=.聶=AO,=與,同理Aa=中，

sinZABO1sinZAOxB33

2

正,O1O2O3面積s=；?O1O3sin60?0:=與=0.=0,

≡ZBAC=60,則Nomo3=120,。①。,中，由余弦定理得：

22

Arbe1

222

O1O3=Λ01+AO3-2AOI?ΛO3cosZO1AO3=>2=y+y-2~?(--),

則有從+，+be=6,△AB