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專練24高考大題專練(二)三角函數與解三角形的綜合運用1.已知α,β為銳角,tanα=eq\f(4,3),cos(α+β)=-eq\f(\r(5),5).(1)求cos2α的值;(2)求tan(α-β)的值.2.在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知b+c=2a,3csinB=4asinC.(1)求cosB的值;(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B+\f(π,6)))的值.3.[2020·全國卷Ⅱ]△ABC中,sin2A-sin2B-sin2C=sinBsinC.(1)求A;(2)若BC=3,求△ABC周長的最大值.4.設函數f(x)=sinx,x∈R.(1)已知θ∈[0,2π),函數f(x+θ)是偶函數,求θ的值;(2)求函數y=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,12)))))2+eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4)))))2的值域.5.[2021·云南玉溪一中高三測試]設函數f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,6)))+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,2))),其中0<ω<3,已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))=0.(1)求ω;(2)將函數y=f(x)的圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變),再將得到的圖象向左平移eq\f(π,4)個單位,得到函數y=g(x)的圖象,求g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-\f(π,4),\f(3π,4)))上的最小值.專練24高考大題專練(二)三角函數與解三角形的綜合運用1.解析:(1)因為tanα=eq\f(4,3),tanα=eq\f(sinα,cosα),所以sinα=eq\f(4,3)cosα.因為sin2α+cos2α=1,所以cos2α=eq\f(9,25),因此,cos2α=2cos2α-1=-eq\f(7,25).(2)因為α,β為銳角,所以α+β∈(0,π).又因為cos(α+β)=-eq\f(\r(5),5),所以sin(α+β)=eq\r(1-cos2α+β)=eq\f(2\r(5),5),因此tan(α+β)=-2.因為tanα=eq\f(4,3),所以tan2α=eq\f(2tanα,1-tan2α)=-eq\f(24,7),因此,tan(α-β)=tan[2α-(α+β)]=eq\f(tan2α-tanα+β,1+tan2αtanα+β)=-eq\f(2,11).2.解析:(1)在△ABC中,由正弦定理eq\f(b,sinB)=eq\f(c,sinC),得bsinC=csinB,又由3csinB=4asinC,得3bsinC=4asinC,即3b=4a.又因為b+c=2a,得到b=eq\f(4,3)a,c=eq\f(2,3)a.由余弦定理可得cosB=eq\f(a2+c2-b2,2ac)=eq\f(a2+\f(4,9)a2-\f(16,9)a2,2·a·\f(2,3)a)=-eq\f(1,4).(2)由(1)可得sinB=eq\r(1-cos2B)=eq\f(\r(15),4),從而sin2B=2sinBcosB=-eq\f(\r(15),8),cos2B=cos2B-sin2B=-eq\f(7,8),故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B+\f(π,6)))=sin2Bcoseq\f(π,6)+cos2Bsineq\f(π,6)=-eq\f(\r(15),8)×eq\f(\r(3),2)-eq\f(7,8)×eq\f(1,2)=-eq\f(3\r(5)+7,16).3.解析:(1)由正弦定理和已知條件得BC2-AC2-AB2=AC·AB.①由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcosA.②由①②得cosA=-eq\f(1,2).因為0<A<π,所以A=eq\f(2π,3).(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)=eq\f(AB,sinC)=eq\f(BC,sinA)=2eq\r(3),從而AC=2eq\r(3)sinB,AB=2eq\r(3)sin(π-A-B)=3cosB-eq\r(3)sinB.故BC+AC+AB=3+eq\r(3)sinB+3cosB=3+2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B+\f(π,3))).又0<B<eq\f(π,3),所以當B=eq\f(π,6)時,△ABC周長取得最大值3+2eq\r(3).4.解析:(1)因為f(x+θ)=sin(x+θ)是偶函數,所以,對任意實數x都有sin(x+θ)=sin(-x+θ),即sinxcosθ+cosxsinθ=-sinxcosθ+cosxsinθ,故2sinxcosθ=0,所以cosθ=0.又θ∈[0,2π),因此θ=eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).(2)y=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,12)))))2+eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4)))))2=sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,12)))+sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4)))=eq\f(1-cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,6))),2)+eq\f(1-cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,2))),2)=1-eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x-\f(3,2)sin2x))=1-eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x+\f(π,3))).因此,函數的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1-\f(\r(3),2),1+\f(\r(3),2))).5.解析:(1)因為f(x)=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,6)))+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,2))),所以f(x)=eq\f(\r(3),2)sinωx-eq\f(1,2)cosωx-cosωx=eq\f(\r(3),2)sinωx-eq\f(3,2)cosωx=eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinωx-\f(\r(3),2)cosωx))=eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx-\f(π,3))).由題設知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))=0,所以eq\f(ωπ,6)-eq\f(π,3)=kπ,k∈Z,所以ω=6k+2,k∈Z.又0<ω<3,所以ω=2.(2)由(1)得f(x)=eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x-\f(π,3))),所以g(x)=eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(π,4)-\f(π,3)))=eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(π,12))).因為x
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