高考數(shù)二輪專題突破 （預測演練+提能訓練）第1部分 專題二 第4講 高考中的三角函數(shù)解答題型（以真題和模擬題為例） 理

《創(chuàng)新方案》屆高考數(shù)學（理科）二輪專題突破預測演練提能訓練（浙江專版）：第1部分專題二第4講高考中的三角函數(shù)解答題型（以年真題和模擬題為例，含答案解析）1．已知向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx，－\f(1,2)))，b＝(eq\r(3)sinx，cos2x)，x∈R，設(shè)函數(shù)f(x)＝a·b.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx，－\f(1,2)))·(eq\r(3)sinx，cos2x)＝eq\r(3)cosxsinx－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝coseq\f(π,6)sin2x－sineq\f(π,6)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(1)f(x)的最小正周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)＝π，即函數(shù)f(x)的最小正周期為π.(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6).由正弦函數(shù)的性質(zhì)，知當2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時，f(x)取得最大值1；當2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0時，f(0)＝－eq\f(1,2)，當2x－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即x＝eq\f(π,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(1,2)，∴f(x)的最小值為－eq\f(1,2).因此，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值是1，最小值是－eq\f(1,2).2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知bsinA＝3csinB，a＝3，cosB＝eq\f(2,3).(1)求b的值；(2)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))的值．解：(1)在△ABC中，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得bsinA＝asinB，又由bsinA＝3csinB，可得a＝3c，又a＝3，故c＝1.由b2＝a2＋c2－2accosB，cosB＝eq\f(2,3)，可得b＝eq\r(6).(2)由cosB＝eq\f(2,3)，得sinB＝eq\f(\r(5),3)，從而得cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f(1,9)，sin2B＝2sinBcosB＝eq\f(4\r(5),9).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,3)))＝sin2Bcoseq\f(π,3)－cos2Bsineq\f(π,3)＝eq\f(4\r(5)＋\r(3),18).3．(·濟南模擬)已知m＝(2cosx＋2eq\r(3)sinx,1)，n＝(cosx，－y)，且m⊥n.(1)將y表示為x的函數(shù)f(x)，并求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)已知a，b，c分別為△ABC的三個內(nèi)角A，B，C對應(yīng)的邊長，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝3，且a＝2，b＋c＝4，求△ABC的面積．解：(1)由m⊥n得m·n＝0，即2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx－y＝0，所以y＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝cos2x＋eq\r(3)sin2x＋1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ，k∈Z，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))，k∈Z.(2)因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝3，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋1＝3，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1，所以A＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.因為0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccosA，即4＝b2＋c2－bc，所以4＝(b＋c)2－3bc，因為b＋c＝4，所以bc＝4.所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3).4．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sineq\f(ωx＋φ,2)coseq\f(ωx＋φ,2)＋sin2eq\f(ωx＋φ,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))，其圖像的兩個相鄰對稱中心的距離為eq\f(π,2)，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，1)).(1)求函數(shù)f(x)的表達式；(2)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，a＝eq\r(5)，S△ABC＝2eq\r(5)，角C為銳角，且滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))＝eq\f(7,6)，求c的值．解：(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin(ωx＋φ)＋eq\f(1,2)[1－cos(ωx＋φ)]＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∵兩個相鄰對稱中心的距離為eq\f(π,2)，∴最小正周期T＝π，∴eq\f(2π,|ω|)＝π，∵ω>0，∴ω＝2.又f(x)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，1))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－\f(π,6)＋φ))＋eq\f(1,2)＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝eq\f(1,2)，∴cosφ＝eq\f(1,2).∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2).(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(C,2)－\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝sinC＋eq\f(1,2)＝eq\f(7,6)，故sinC＝eq\f(2,