高考數(shù)學(xué)真題集錦素材專題三三角函數(shù)

1．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c,23cos2A＋cos2A＝0，a＝7，c＝6，則b＝()A．10 B．9C．8 D．5解析：選D.由23cos2A＋cos2A＝0，得23cos2A＋2cos2A－1＝0，解得cosA＝±eq\f(1,5).∵A是銳角，∴cosA＝eq\f(1,5).又a2＝b2＋c2－2bccosA，∴49＝b2＋36－2×b×6×eq\f(1,5)，∴b＝5或b＝－eq\f(13,5).又∵b>0，∴b＝5.2．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知b＝2，B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(π,4)，則△ABC的面積為()A．2eq\r(3)＋2 B.eq\r(3)＋1C．2eq\r(3)－2 D.eq\r(3)－1解析：選B.∵B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(π,4)，∴A＝π－B－C＝π－eq\f(π,6)－eq\f(π,4)＝eq\f(7π,12).由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(2,sin\f(π,6))＝eq\f(c,sin\f(π,4))，即eq\f(2,\f(1,2))＝eq\f(c,\f(\r(2),2))，∴c＝2eq\r(2).∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)sineq\f(7π,12)＝eq\r(3)＋1.故選B.3．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)已知sin2α＝eq\f(2,3)，則cos2(α＋eq\f(π,4))＝()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)解析：選A.∵sin2α＝eq\f(2,3)，∴cos2(α＋eq\f(π,4))＝eq\f(1＋cos2α＋\f(π,2),2)＝eq\f(1－sin2α,2)＝eq\f(1－\f(2,3),2)＝eq\f(1,6).4．(2013·高考大綱全國(guó)卷)已知α是第二象限角，sinα＝eq\f(5,13)，則cosα＝()A．－eq\f(12,13) B．－eq\f(5,13)C.eq\f(5,13) D.eq\f(12,13)解析：選A.因?yàn)棣翞榈诙笙藿?，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(12,13).5．(2013·高考大綱全國(guó)卷)若函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分圖象如圖，則ω＝()A．5 B．4C．3 D．2解析：選B.設(shè)函數(shù)的最小正周期為T，由函數(shù)圖象可知eq\f(T,2)＝(x0＋eq\f(π,4))－x0＝eq\f(π,4)，所以T＝eq\f(π,2).又因?yàn)門＝eq\f(2π,ω)，可解得ω＝4.6．(2013·高考山東卷)將函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,8)個(gè)單位后，得到一個(gè)偶函數(shù)的圖象，則φ的一個(gè)可能取值為()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,4)C．0 D．－eq\f(π,4)解析：選B.y＝sin(2x＋φ)eq\o(→,\s\up7(向左平移),\s\do5(\f(π,8)個(gè)單位))y＝sin[2(x＋eq\f(π,8))＋φ]＝sin(2x＋eq\f(π,4)＋φ)．當(dāng)φ＝eq\f(3π,4)時(shí)，y＝sin(2x＋π)＝－sin2x，為奇函數(shù)；當(dāng)φ＝eq\f(π,4)時(shí)，y＝sin(2x＋eq\f(π,2))＝cos2x，為偶函數(shù)；當(dāng)φ＝0時(shí)，y＝sin(2x＋eq\f(π,4))，為非奇非偶函數(shù)；當(dāng)φ＝－eq\f(π,4)時(shí)，y＝sin2x，為奇函數(shù)．故選B.7．(2013·高考山東卷)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若B＝2A，a＝1，b＝eq\r(3)，則c＝()A．2eq\r(3) B．2C.eq\r(2) D．1解析：選B.由正弦定理得：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∵B＝2A，a＝1，b＝eq\r(3)，∴eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(3),2sinAcosA).∵A為三角形的內(nèi)角，∴sinA≠0.∴cosA＝eq\f(\r(3),2).又0<A<π，∴A＝eq\f(π,6)，∴B＝2A＝eq\f(π,3).∴C＝π－A－B＝eq\f(π,2)，∴△ABC為直角三角形．由勾股定理得c＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2.8．(2013·高考浙江卷)已知α∈R，sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，則tan2α＝()A.eq\f(4,3) B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(4,3)解析：選C.把條件中的式子兩邊平方，得sin2α＋4sinαcosα＋4cos2α＝eq\f(5,2)，即3cos2α＋4sinαcosα＝eq\f(3,2)，所以eq\f(3cos2α＋4sinαcosα,cos2α＋sin2α)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(3＋4tanα,1＋tan2α)＝eq\f(3,2)，即3tan2α－8tanα－3＝0，解得tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(3,4).9．(2013·高考浙江卷)函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)cos2x的最小正周期和振幅分別是()A．π，1 B．π，2C．2π，1 D．2π，2解析：選A.f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sin(2x＋eq\f(π,3))，所以最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π，振幅A＝1.10．(2013·高考北京卷)在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA＝eq\f(1,3)，則sinB＝()A.eq\f(1,5) B.eq\f(5,9)C.eq\f(\r(5),3) D．1解析：選B.在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(5×\f(1,3),3)＝eq\f(5,9).11．(2013·高考北京卷)“φ＝π”是“曲線y＝sin(2x＋φ)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)”的()A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A.當(dāng)φ＝π時(shí)，y＝sin(2x＋φ)＝sin(2x＋π)＝－sin2x，此時(shí)曲線y＝sin(2x＋φ)必過(guò)原點(diǎn)，但曲線y＝sin(2x＋φ)過(guò)原點(diǎn)時(shí)，φ可以取其他值，如φ＝0.因此“φ＝π”是“曲線y＝sin(2x＋φ)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)”的充分而不必要條件．12．(2013·高考天津卷)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值為()A．－1 B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2) D．0解析：選B.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴－eq\f(π,4)≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,4)，∴當(dāng)2x－eq\f(π,4)＝－eq\f(π,4)時(shí)，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))有最小值－eq\f(\r(2),2).13．(2013·高考天津卷)在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,4)，AB＝eq\r(2)，BC＝3，則sin∠BAC＝()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(\r(5),5)解析：選C.由余弦定理可得AC＝eq\r(BA2＋BC2－2BA·BCcos∠ABC)＝eq\r(2＋9－2×\r(2)×3×\f(\r(2),2))＝eq\r(5)，于是由正弦定理可得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，于是sin∠BAC＝eq\f(3×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).14．(2013·高考福建卷)將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<θ<\f(π,2)))的圖象向右平移φ(φ>0)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若f(x)，g(x)的圖象都經(jīng)過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，則φ的值可以是()A.eq\f(5π,3) B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,2) D.eq\f(π,6)解析：選B.∵Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))在f(x)的圖象上，∴f(0)＝sinθ＝eq\f(\r(3),2).∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，∴g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－φ＋\f(π,3))).∵g(0)＝eq\f(\r(3),2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2φ))＝eq\f(\r(3),2).驗(yàn)證，φ＝eq\f(5,6)π時(shí)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(5,3)π))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)π))＝eq\f(\r(3),2)成立．15．(2013·高考遼寧卷)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，則∠B＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：選A.由正弦定理可得sinAsinBcosC＋sinC·sinBcosA＝eq\f(1,2)sinB，又因?yàn)閟inB≠0，所以sinAcosC＋sinCcosA＝eq\f(1,2)，所以sin(A＋C)＝sinB＝eq\f(1,2).因?yàn)閍>b，所以∠B＝eq\f(π,6).16．(2013·高考陜西卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定解析：選B.∵bcosC＋ccosB＝b·eq\f(b2＋a2－c2,2ab)＋c·eq\f(c2＋a2－b2,2ac)＝eq\f(b2＋a2－c2＋c2＋a2－b2,2a)＝eq\f(2a2,2a)＝a＝asinA，∴sinA＝1.∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,2)，即△ABC是直角三角形．17．(2013·高考湖南卷)在銳角△ABC中，角A，B所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b.若2asinB＝eq\r(3)b，則角A等于()A.eq\f(π,3) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,12)解析：選A.在△ABC中，a＝2RsinA，b＝2RsinB(R為△ABC的外接圓半徑)．∵2asinB＝eq\r(3)b，∴2sinAsinB＝eq\r(3)sinB.∴sinA＝eq\f(\r(3),2).又△ABC為銳角三角形，∴A＝eq\f(π,3).18．(2013·高考江西卷)如圖，半徑為1的半圓O與等邊三角形ABC夾在兩平行線l1，l2之間，l∥l1，l與半圓相交于F，G兩點(diǎn)，與三角形ABC兩邊相交于E，D兩點(diǎn)．設(shè)弧eq\x\to(FG)的長(zhǎng)為x(0<x<π)，y＝EB＋BC＋CD，若l從l1平行移動(dòng)到l2，則函數(shù)y＝f(x)的圖象大致是()解析：選D.如圖所示，連接OF，OG，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥FG，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC，交DE于點(diǎn)N.因?yàn)榛q\x\to(FG)的長(zhǎng)度為x，所以∠FOG＝x，則AN＝OM＝coseq\f(x,2)，所以eq\f(AN,AH)＝eq\f(AE,AB)＝coseq\f(x,2)，則AE＝eq\f(2\r(3),3)coseq\f(x,2)，∴EB＝eq\f(2\r(3),3)－eq\f(2\r(3),3)coseq\f(x,2).∴y＝EB＋BC＋CD＝eq\f(4\r(3),3)－eq\f(4\r(3),3)coseq\f(x,2)＋eq\f(2\r(3),3)＝－eq\f(4\r(3),3)coseq\f(x,2)＋2eq\r(3)(0<x<π)．19．(2013·高考四川卷)函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則ω，φ的值分別是()A．2，－eq\f(π,3) B．2，－eq\f(π,6)C．4，－eq\f(π,6) D．4，eq\f(π,3)解析：選A.∵eq\f(3,4)T＝eq\f(5,12)π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(3,4)π，∴T＝π，∵eq\f(2π,ω)＝π(ω>0)，∴ω＝2.由圖象知當(dāng)x＝eq\f(5,12)π時(shí)，2×eq\f(5,12)π＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)．∵－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(π,3).20．(2013·高考江西卷)若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，則cosα＝()A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)解析：選C.cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).21．(2013·高考湖北卷)將函數(shù)y＝eq\r(3)cosx＋sinx(x∈R)的圖象向左平移m(m＞0)個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得到的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則m的最小值是()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,6)解析：選B.由于y＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，向左平移m(m>0)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m－\f(π,6)))的圖象．由于該圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以m－eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z，m>0)，于是m＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z，m>0)，故當(dāng)k＝0時(shí)，m取得最小值eq\f(π,6).22．(2013·高考重慶卷)4cos50°－tan40°＝()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2)＋\r(3),2)C.eq\r(3) D．2eq\r(2)－1解析：選C.4cos50°－tan40°＝4sin40°－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(4sin40°cos40°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(sin80°＋sin60°＋20°－sin60°－20°,cos40°)＝eq\f(sin80°＋2cos60°sin20°,cos40°)＝eq\f(sin80°＋sin20°,cos40°)＝eq\f(sin50°＋30°＋sin50°－30°,cos40°)＝eq\f(2sin50°cos30°,cos40°)＝eq\r(3)·eq\f(cos40°,cos40°)＝eq\r(3).23．(2013·高考廣東卷)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α))＝eq\f(1,5)，那么cosα＝()A．－eq\f(2,5) B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5) D.eq\f(2,5)解析：選C.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α))＝cosα，故cosα＝eq\f(1,5)，故選C.24．(2013·高考安徽卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a，b，c.若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，則角C＝()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,4) D.eq\f(5π,6)解析：選B.由3sinA＝5sinB，得3a＝5b.又因?yàn)閎＋c＝2a，所以a＝eq\f(5,3)b，c＝eq\f(7,3)b，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(5,3)b2＋b2－\f(7,3)b2,2×\f(5,3)b×b)＝－eq\f(1,2).因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).25．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)當(dāng)x＝θ時(shí)，函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，則cosθ＝________.解析：y＝sinx－2cosx＝eq\r(5)(eq\f(1,\r(5))sinx－eq\f(2,\r(5))cosx)，設(shè)eq\f(1,\r(5))＝cosα，eq\f(2,\r(5))＝sinα，則y＝eq\r(5)(sinxcosα－cosxsinα)＝eq\r(5)sin(x－α)．∵x∈R，∴x－α∈R，∴ymax＝eq\r(5).又∵x＝θ時(shí)，f(x)取得最大值，∴f(θ)＝sinθ－2cosθ＝eq\r(5).又sin2θ＋cos2θ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,\r(5))，,cosθ＝－\f(2,\r(5))，))即cosθ＝－eq\f(2\r(5),5).答案：－eq\f(2\r(5),5)26．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)當(dāng)x＝θ時(shí)，函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，則cosθ＝________.解析：y＝sinx－2cosx＝eq\r(5)(eq\f(1,\r(5))sinx－eq\f(2,\r(5))cosx)，設(shè)eq\f(1,\r(5))＝cosα，eq\f(2,\r(5))＝sinα，則y＝eq\r(5)(sinxcosα－cosxsinα)＝eq\r(5)sin(x－α)．∵x∈R，∴x－α∈R，∴ymax＝eq\r(5).又∵x＝θ時(shí)，f(x)取得最大值，∴f(θ)＝sinθ－2cosθ＝eq\r(5).又sin2θ＋cos2θ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,\r(5))，,cosθ＝－\f(2,\r(5))，))即cosθ＝－eq\f(2\r(5),5).答案：－eq\f(2\r(5),5)27．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)函數(shù)y＝cos(2x＋φ)(－π≤φ<π)的圖象向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位后，與函數(shù)y＝sin(2x＋eq\f(π,3))的圖象重合，則φ＝________.解析：y＝cos(2x＋φ)的圖象向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位得到y(tǒng)＝cos[2(x－eq\f(π,2))＋φ]的圖象，整理得y＝cos(2x－π＋φ)．∵其圖象與y＝sin(2x＋eq\f(π,3))的圖象重合，∴φ－π＝eq\f(π,3)－eq\f(π,2)＋2kπ，∴φ＝eq\f(π,3)＋π－eq\f(π,2)＋2kπ，即φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ.又∵－π≤φ<π，∴φ＝eq\f(5π,6).答案：eq\f(5π,6)28．(2013·高考江蘇卷)函數(shù)y＝3sin(2x＋eq\f(π,4))的最小正周期為________．解析：函數(shù)y＝3sin(2x＋eq\f(π,4))的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.答案：π29．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)θ為第二象限角，若tan(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(1,2)，則sinθ＋cosθ＝________.解析：∵tan(θ＋eq\f(π,4))＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)＝eq\f(1,2)，解得tanθ＝－eq\f(1,3).∴(sinθ＋cosθ)2＝eq\f(sin2θ＋cos2θ＋2sinθ·cosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tan2θ＋2tanθ＋1,tan2θ＋1)＝eq\f(\f(1,9)－\f(2,3)＋1,\f(1,9)＋1)＝eq\f(2,5).∵θ為第二象限角，tanθ＝－eq\f(1,3)，∴2kπ＋eq\f(3π,4)<θ<2kπ＋π，∴sinθ＋cosθ<0，∴sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(10),5).答案：－eq\f(\r(10),5)30．(2013·高考江西卷)設(shè)f(x)＝eq\r(3)sin3x＋cos3x，若對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有|f(x)|≤a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：由于f(x)＝eq\r(3)sin3x＋cos3x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))，則|f(x)|＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))))≤2，要使|f(x)|≤a恒成立，則a≥2.答案：[2，＋∞)31．(2013·高考四川卷)設(shè)sin2α＝－sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則tan2α的值是________．解析：∵sin2α＝－sinα，∴2sinαcosα＝－sinα.∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα≠0，∴cosα＝－eq\f(1,2).又∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴α＝eq\f(2,3)π，∴tan2α＝taneq\f(4,3)π＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)))＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).答案：eq\r(3)32．(2013·高考大綱全國(guó)卷)已知α是第三象限角，sinα＝－eq\f(1,3)，則cotα＝________.解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝－\f(1,3)，,sin2α＋cos2α＝1，))且α是第三象限角，可得cosα＝－eq\f(2\r(2),3)，所以cotα＝eq\f(cosα,sinα)＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)33．(2013·高考安徽卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a，b，c.若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，則角C＝________.解析：由3sinA＝5sinB，得3a＝5b.又因?yàn)閎＋c＝2a，所以a＝eq\f(5,3)b，c＝eq\f(7,3)b，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\f(5,3)b2＋b2－\f(7,3)b2,2×\f(5,3)b×b)＝－eq\f(1,2).因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).答案：eq\f(2π,3)34．(2013·高考浙江卷)在△ABC中，∠C＝90°，M是BC的中點(diǎn)．若sin∠BAM＝eq\f(1,3)，則sin∠BAC＝________.解析：因?yàn)閟in∠BAM＝eq\f(1,3)，所以cos∠BAM＝eq\f(2\r(2),3).如圖，在△ABM中，利用正弦定理，得eq\f(BM,sin∠BAM)＝eq\f(AM,sinB)，所以eq\f(BM,AM)＝eq\f(sin∠BAM,sinB)＝eq\f(1,3sinB)＝eq\f(1,3cos∠BAC).在Rt△ACM中，有eq\f(CM,AM)＝sin∠CAM＝sin(∠BAC－∠BAM)．由題意知BM＝CM，所以eq\f(1,3cos∠BAC)＝sin(∠BAC－∠BAM)．化簡(jiǎn)，得2eq\r(2)sin∠BACcos∠BAC－cos2∠BAC＝1所以eq\f(2\r(2)tan∠BAC－1,tan2∠BAC＋1)＝1，解得tan∠BAC＝eq\r(2).再結(jié)合sin2∠BAC＋cos2∠BAC＝1，∠BAC為銳角可解得sin∠BAC＝eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)35．(2013·高考福建卷)如圖，在△ABC中，已知點(diǎn)D在BC邊上，AD⊥AC，sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，AB＝3eq\r(2)，AD＝3，則BD的長(zhǎng)為________．解析：∵sin∠BAC＝sin(90°＋∠BAD)＝cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3)，∴在△ABD中，有BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD，∴BD2＝18＋9－2×3eq\r(2)×3×eq\f(2\r(2),3)＝3，∴BD＝eq\r(3).答案：eq\r(3)36．(2013·高考江西卷)函數(shù)y＝sin2x＋2eq\r(3)sin2x的最小正周期T為________．解析：由于y＝sin2x＋2eq\r(3)sin2x＝sin2x＋eq\r(3)(1－cos2x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＋eq\r(3)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\r(3)，∴T＝eq\f(2π,2)＝π.答案：π37．(2013·高考大綱全國(guó)卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，(a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac.(1)求B；(2)若sinAsinC＝eq\f(\r(3)－1,4)，求C.解：(1)因?yàn)?a＋b＋c)(a－b＋c)＝ac，所以a2＋c2－b2＝－ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2)，因此B＝120°.(2)由(1)知A＋C＝60°，所以cos(A－C)＝cosAcosC＋sinAsinC＝cosAcosC－sinAsinC＋2sinAsinC＝cos(A＋C)＋2sinAsinC＝eq\f(1,2)＋2×eq\f(\r(3)－1,4)＝eq\f(\r(3),2)，故A－C＝30°或A－C＝－30°，因此C＝15°或C＝45°.38．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠BPC＝90°.(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.解：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)×cos30°＝eq\f(7,4)，故PA＝eq\f(\r(7),2).(2)設(shè)∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin30°－α)，化簡(jiǎn)得eq\r(3)cosα＝4sinα，所以tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4).39．(2013·高考山東卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx(ω>0)，且y＝f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心到最近的對(duì)稱軸的距離為eq\f(π,4).(1)求ω的值；(2)求f(x)在區(qū)間[π，eq\f(3π,2)]上的最大值和最小值．解：(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)·eq\f(1－cos2ωx,2)－eq\f(1,2)sin2ωx＝eq\f(\r(3),2)cos2ωx－eq\f(1,2)sin2ωx＝－sin(2ωx－eq\f(π,3))．因?yàn)閳D象的一個(gè)對(duì)稱中心到最近的對(duì)稱軸的距離為eq\f(π,4)，又ω>0，所以eq\f(2π,2ω)＝4×eq\f(π,4).因此ω＝1.(2)由(1)知f(x)＝－sin(2x－eq\f(π,3))．當(dāng)π≤x≤eq\f(3π,2)時(shí)，eq\f(5π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(8π,3).所以－eq\f(\r(3),2)≤sin(2x－eq\f(π,3))≤1因此－1≤f(x)≤eq\f(\r(3),2).故f(x)在區(qū)間[π，eq\f(3π,2)]上的最大值和最小值分別為eq\f(\r(3),2)，－1.40．(2013·高考江蘇卷)如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處下山至C處有兩種路徑．一種是從A沿直線步行到C，另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1min后，再?gòu)腂勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為130m/min，山路AC長(zhǎng)為1260m，經(jīng)測(cè)量，cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5).(1)求索道AB的長(zhǎng)；(2)問(wèn)：乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？(3)為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過(guò)3分鐘，乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)？解：(1)在△ABC中，因?yàn)閏osA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5).從而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，得AB＝eq\f(AC,sinB)·sinC＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(4,5)＝1040(m)．所以索道AB的長(zhǎng)為1040m.(2)假設(shè)乙出發(fā)tmin后，甲、乙兩游客距離為d，此時(shí)，甲行走了(100＋50t)m，乙距離A處130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×eq\f(12,13)＝200(37t2－70t＋50)．由于0≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，故當(dāng)t＝eq\f(35,37)(min)時(shí)，甲、乙兩游客距離最短．(3)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，得BC＝eq\f(AC,sinB)·sinA＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(5,13)＝500(m)．乙從B出發(fā)時(shí)，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，還需走710m才能到達(dá)C.設(shè)乙步行的速度為vm/min，由題意得－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14)，所以為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過(guò)3min，乙步行的速度應(yīng)控制在[eq\f(1250,43)，eq\f(625,14)](單位：m/min)范圍內(nèi)．41．(2013·高考浙江卷)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c,且2asinB＝eq\r(3)b.(1)求角A的大?。?2)若a＝6，b＋c＝8，求△ABC的面積．解：(1)由2asinB＝eq\r(3)b及正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)锳是銳角，所以A＝eq\f(π,3).(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2－bc＝36.又b＋c＝8，所以bc＝eq\f(28,3).由三角形面積公式S＝eq\f(1,2)bcsinA，得△ABC的面積為eq\f(1,2)×eq\f(28,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7\r(3),3).42．(2013·高考北京卷)已知函數(shù)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求f(x)的最小正周期及最大值；(2)若α∈(eq\f(π,2)，π)，且f(α)＝eq\f(\r(2),2)，求α的值．解：(1)因?yàn)閒(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sin(4x＋eq\f(π,4))，所以f(x)的最小正周期為eq\f(π,2)，最大值為eq\f(\r(2),2).(2)因?yàn)閒(α)＝eq\f(\r(2),2)，所以sin(4α＋eq\f(π,4))＝1.因?yàn)棣痢?eq\f(π,2)，π)，所以4α＋eq\f(π,4)∈(eq\f(9π,4)，eq\f(17π,4))．所以4α＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,2)，故α＝eq\f(9π,16).43．(2013·高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面積的最大值．解：(1)由已知及正弦定理得sinA＝sinBcosC＋sinCsinB．①又A＝π－(B＋C)，故sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC．②由①②和C∈(0，π)得sinB＝cosB.又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,4).(2)△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(2),4)ac.由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accoseq\f(π,4).又a2＋c2≥2ac，故ac≤eq\f(4,2－\r(2))，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)，等號(hào)成立．因此△ABC面積的最大值為eq\r(2)＋1.44．(2013·高考天津卷)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)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)，進(jìn)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).45．(2013·高考福建卷)如圖，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2eq\r(2)，點(diǎn)M在線段PQ上．(1)若OM＝eq\r(5)，求PM的長(zhǎng)；(2)若點(diǎn)N在線段MQ上，且∠MON＝30°，問(wèn)：當(dāng)∠POM取何值時(shí)，△OMN的面積最?。坎⑶蟪雒娣e的最小值．解：(1)在△OMP中，∠OPM＝45°，OM＝eq\r(5)，OP＝2eq\r(2)，由余弦定理得，OM2＝OP2＋MP2－2OP·MP·cos45°，得MP2－4MP＋3＝0，解得MP＝1或MP＝3.(2)設(shè)∠POM＝α，0°≤α≤60°，在△OMP中，由正弦定理，得eq\f(OM,sin∠OPM)＝eq\f(OP,sin∠OMP)，所以O(shè)M＝eq\f(OPsin45°,sin45°＋α)，同理ON＝eq\f(OPsin45°,sin75°＋α).故S△OMN＝eq\f(1,2)·OM·ON·sin∠MON＝eq\f(1,4)×eq\f(OP2sin245°,sin45°＋αsin75°＋α)＝eq\f(1,sin45°＋αsin45°＋α＋30°)＝eq\f(1,sin45°＋α\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin45°＋α＋\f(1,2)cos45°＋α)))＝eq\f(1,\f(\r(3),2)sin245°＋α＋\f(1,2)sin45°＋αcos45°＋α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)[1－cos90°＋2α]＋\f(1,4)sin90°＋2α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)＋\f(\r(3),4)sin2α＋\f(1,4)cos2α)＝eq\f(1,\f(\r(3),4)＋\f(1,2)sin2α＋30°).因?yàn)?°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°，所以當(dāng)α＝30°時(shí)，sin(2α＋30°)的最大值為1，此時(shí)△OMN的面積取到最小值，即∠POM＝30°時(shí)，△OMN的面積的最小值為8－4eq\r(3).46．(2013·高考遼寧卷)設(shè)向量a＝(eq\r(3)sinx，sinx)，b＝(cosx，sinx)，x∈[0，eq\f(π,2)]．(1)若|a|＝|b|，求x的值；(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．解：(1)由|a|2＝(eq\r(3)sinx)2＋sin2x＝4sin2x，|b|2＝cos2x＋sin2x＝1，及|a|＝|b|，得4sin2x＝1.又x∈[0，eq\f(π,2)]，從而sinx＝eq\f(1,2)，所以x＝eq\f(π,6).(2)f(x)＝a·b＝eq\r(3)sinx·cosx＋sin2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sin(2x－eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)，當(dāng)x＝eq\f(π,3)∈[0，eq\f(π,2)]時(shí)，sin(2x－eq\f(π,6))取最大值1.所以f(x)的最大值為eq\f(3,2).47．(2013·高考山東卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，又b＝2，a＋c＝6，cosB＝eq\f(7,9)，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(2),9)，由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2\r(2),3).因?yàn)閍＝c，所以A為銳角．所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3).因此sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(10\r(2),27).48．(2013·高考陜西卷)已知向量a＝(cosx，－eq\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[0，eq\f(π,2)]上的最大值和最小值.解：f(x)＝(cosx，－eq\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＝sin(2x－eq\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)，得當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時(shí)，f(x)取得最大值1；當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0時(shí)，f(0)＝－eq\f(1,2)；當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(5,6)π，即x＝eq\f(π,2)時(shí)，f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)，∴f(x)的最小值為－eq\f(1,2).因此，f(x)在[0，eq\f(π,2)]上的最大值是1，最小值是－eq\f(1,2).49．(2013·高考安徽卷)已知函數(shù)f(x)＝4cosωx·sin(ωx＋eq\f(π,4))(ω>0)的最小正周期為π.(1)求ω的值；(2)討論f(x)在區(qū)間[0，eq\f(π,2)]上的單調(diào)性．解：(1)f(x)＝4cosωx·sin(ωx＋eq\f(π,4))＝2eq\r(2)sinωx·cosωx＋2eq\r(2)cos2ωx＝eq\r(2)(sin2ωx＋cos2ωx)＋eq\r(2)＝2sin(2ωx＋eq\f(π,4))＋eq\r(2).因?yàn)閒(x)的最小正周期為π，且ω>0，從而有eq\f(2π,2ω)＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,4))＋eq\r(2)若0≤x≤eq\f(π,2)，則eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).當(dāng)eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0≤x≤eq\f(π,8)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f(π,2)<2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，即eq\f(π,8)<x≤eq\f(π,2)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減．綜上可知，f(x)在區(qū)間[0，eq\f(π,8)]上單調(diào)遞增，在區(qū)間(eq\f(π,8)，eq\f(π,2)]上單調(diào)遞減．50．(2013·高考湖南卷)已知函數(shù)f(x)＝cosx·cos(x－eq\f(π,3))．(1)求f(eq\f(2π,3))的值；(2)求使f(x)<eq\f(1,4)成立的x的取值集合．解：(1)f(eq\f(2π,3))＝coseq\f(2π,3)·coseq\f(π,3)＝－coseq\f(π,3)·coseq\f(π,3)＝－(eq\f(1,2))2＝－eq\f(1,4).(2)f(x)＝cosxcos(x－eq\f(π,3))＝cosx·(eq\f(1,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx)＝eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sinxcosx＝eq\f(1,4)(1＋cos2x)＋eq\f(\r(3),4)sin2x＝eq\f(1,2)cos(2x－eq\f(π,3))＋eq\f(1,4).f(x)<eq\f(1,4)等價(jià)于eq\f(1,2)cos(2x－eq\f(π,3))＋eq\f(1,4)<eq\f(1,4)，即cos(2x－eq\f(π,3))<0.于是2kπ＋eq\f(π,2)<2x－eq\f(π,3)<2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z.解得kπ＋eq\f(5π,12)<x<kπ＋eq\f(11π,12)，k∈Z.故使f(x)<eq\f(1,4)成立的x的取值集合為{x|kπ＋eq\f(5π,12)<x<kπ＋eq\f(11π,12)，k∈Z}．51．(2013·高考江西卷) 在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.(1)求證：a，b，c成等差數(shù)列；(2)若C＝eq\f(2π,3)，求eq\f(a,b)的值．解：(1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B.因?yàn)閟inB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB.由正弦定理得a＋c＝2b，即a，b，c成等差數(shù)列．(2)由C＝eq\f(2π,3)，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，所以eq\f(a,b)＝eq\f(3,5).52．(2013·高考湖北卷)在△ABC中，角A，B，C對(duì)應(yīng)的邊分別是a，b，c，已知cos2A－3cos(B＋C)＝1.(1)求角A的大小；(2)若△ABC的面積S＝5eq\r(3)，b＝5，求sinBsinC的值．解：(1)由cos2A－3cos(B＋C)＝1，得2cos2A＋3cosA－2＝0，即(2cosA－1)(cosA＋2)＝0.解得cosA＝eq\f(1,2)或cosA＝－2(舍去)．因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)bc＝5eq\r(3)，得bc＝20.又b＝5，所以c＝4.由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝25＋16－20＝21，故a＝eq\r(21).又由正弦定理得，sinBsinC＝eq\f(b,a)sinA·eq\f(c,a)sinA＝eq\f(bc,a2)·sin2A＝eq\f(20,21)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,7).53．(2013·高考北京卷)在△ABC中，a＝3，b＝2eq\r(6)，∠B＝2∠A，(1)求cosA的值；(2)求c的值．解：(1)因?yàn)閍＝3，b＝2eq\r(6)，∠B＝2∠A，所以在△ABC中，由正弦定理得eq\f(3,sinA)＝eq\f(2\r(6),sin2A).所以eq\f(2sinAcosA,sinA)＝eq\f(2\r(6),3).故cosA＝eq\f(\r(6),3).(2)由(1)知cosA＝eq\f(\r(6),3)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),3).又因?yàn)椤螧＝2∠A，所以cosB＝2cos2A－1＝eq\f(1,3).所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(2\r(2),3).在△ABC中，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(5\r(3),9).所以c＝eq\f(asinC,sinA)＝5.54．(2013·高考天津卷)已知函數(shù)f(x)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋6sinxcosx－2cos2x＋1，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)f(x)＝－eq\r(2)sin2x·coseq\f(π,4)－eq\r(2)cos2x·sineq\f(π,4)＋3sin2x－cos2x＝2sin2x－2cos2x＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,8)))上是增函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(π,2)))上是減函數(shù)，又f(0)＝－2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)))＝2eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2，故函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為2eq\r(2)，最小值為－2.55．(2013·高考四川卷)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且cos(A－B)cosB－sin(A－B)sin(A＋C)＝－eq\f(3,5).(1)求sinA的值；(2)若a＝4eq\r(2)，b＝5，求向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影．解：(1)由cos(A－B)cosB－sin(A－B)sin(A＋C)＝－eq\f(3,5)，得cos(A－B)cosB－sin(A－B)sinB＝－eq\f(3,5)，則cos(A－B＋B)＝－eq\f(3,5)，即cosA＝－eq\f(3,5).又0<A<π，則sinA＝eq\f(4,5).(2)由正弦定理，有eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(2),2).由題意知a>b，則A>B，故B＝eq\f(π,4).根據(jù)余弦定理，有(4eq\r(2))2＝52＋c2－2×5c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得c＝1或c＝－7(負(fù)值舍去)．故向量eq\o(BA,\s\up6(→))在eq\o(BC,\s\up6(→))方向上的投影為|eq\o(BA,\s\up6(→))|cosB＝eq\f(\r(2),2).56．(2013·高考福建卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的周期為π，圖象的一個(gè)對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0)).將函數(shù)f(x)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再將所得到的圖象向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象．(1)求函數(shù)f(x)與g(x)的解析式．(2)是否存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，使得f(x0)，g(x0)，f(x0)g(x0)按照某種順序成等差數(shù)列？若存在，請(qǐng)確定x0的個(gè)數(shù)；若不存在，說(shuō)明理由．(3)求實(shí)數(shù)a與正整數(shù)n，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)內(nèi)恰有2013個(gè)零點(diǎn)．解：法一：(1)由函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)的周期為π，ω>0，得ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,π)＝2.又曲線y＝f(x)的一個(gè)對(duì)稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))，φ∈(0，π)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋φ))＝0，解得φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝cos2x.將函數(shù)f(x)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)后可得y＝cosx的圖象，再將y＝cosx的圖象向右平移eq\f(π,2)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))的圖象，所以g(x)＝sinx.(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))時(shí)，eq\f(1,2)<sinx<eq\f(\r(2),2)，0<cos2x<eq\f(1,2)，所以sinx>cos2x>sinxcos2x.問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程2cos2x＝sinx＋sinxcos2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))內(nèi)是否有解．設(shè)G(x)＝sinx＋sinxcos2x－2cos2x，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，則G′(x)＝cosx＋cosxcos2x＋2sin2x(2－sinx)．因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，所以G′(x)>0，G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))內(nèi)單調(diào)遞增．又Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝－eq\f(1,4)<0，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)>0，且函數(shù)G(x)的圖象連續(xù)不斷，故可知函數(shù)G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))內(nèi)存在唯一零點(diǎn)x0，即存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))滿足題意．(3)依題意，F(xiàn)(x)＝asinx＋cos2x，令F(x)＝asinx＋cos2x＝0.當(dāng)sinx＝0，即x＝kπ(k∈Z)時(shí)，cos2x＝1，從而x＝kπ(k∈Z)不是方程F(x)＝0的解，所以方程F(x)＝0等價(jià)于關(guān)于x的方程a＝－eq\f(cos2x,sinx)，x≠kπ(k∈Z)．現(xiàn)研究x∈(0，π)∪(π，2π)時(shí)方程a＝－eq\f(cos2x,sinx)的解的情況．令h(x)＝－eq\f(cos2x,sinx)，x∈(0，π)∪(π，2π)，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究直線y＝a與曲線y＝h(x)，x∈(0，π)∪(π，2π)的交點(diǎn)情況．h′(x)＝eq\f(cosx2sin2x＋1,sin2x)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).當(dāng)x變化時(shí)，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))eq\f(3π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))h′(x)＋0－－0＋h(x)1－1當(dāng)x>0且x趨近于0時(shí)，h(x)趨向于－∞；當(dāng)x<π且x趨近于π時(shí)，h(x)趨向于－∞；當(dāng)x>π且x趨近于π時(shí)，h(x)趨向于＋∞；當(dāng)x<2π且x趨近于2π時(shí)，h(x)趨向于＋∞.故當(dāng)a>1時(shí)，直線y＝a與曲線y＝h(x)在(0，π)內(nèi)無(wú)交點(diǎn)，在(π，2π)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)a<－1時(shí)，直線y＝a與直線y＝h(x)在(0，π)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)，在(π，2π)內(nèi)無(wú)交點(diǎn)；當(dāng)－1<a<1時(shí)，直線y＝a與曲線y＝h(x)在(0，π)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)，在(π，2π)內(nèi)有2個(gè)交點(diǎn)．由函數(shù)h(x)的周期性可知，當(dāng)a≠±1時(shí)，直線y＝a與曲線y＝h(x)在(0，nπ)內(nèi)總有偶數(shù)個(gè)交點(diǎn)，從而不存在正整數(shù)n，使得直線y＝a與曲線y＝h(x)在(0，nπ)內(nèi)恰有2013個(gè)交點(diǎn)；又當(dāng)a＝1或a＝－1時(shí)，直線y＝a與曲線y＝h(x)在(0，π)∪(π，2π)內(nèi)有3個(gè)交點(diǎn)，由正弦函數(shù)的周期性，2013＝3×671，所以依題意得n＝671×2＝1342.綜上，當(dāng)a＝1，n＝1342或a＝－1，n＝1342時(shí)，函數(shù)F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)內(nèi)恰有2013個(gè)零點(diǎn)．法二：(1)(2)同法一．(3)依題意，F(xiàn)(x)＝asinx＋cos2x＝－2sin2x＋asinx＋1.現(xiàn)研究函數(shù)F(x)在(0,2π]上的零點(diǎn)的情況．設(shè)t＝sinx，p(t)＝－2t2＋at＋1(－1≤t≤1)，則函數(shù)p(t)的圖象是開口向下的拋物線．又p(0)＝1>0，p(－1)＝－a－1，p(1)＝a－1.當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)p(t)有一個(gè)零點(diǎn)t1∈(－1,0)(另一個(gè)零點(diǎn)t2>1，舍去)，F(xiàn)(x)在(0,2π]上有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1，x2∈(π，2π)；當(dāng)a<－1時(shí)，函數(shù)p(t)有一個(gè)零點(diǎn)t1∈(0,1)(另一個(gè)零點(diǎn)t2<－1，舍去)，F(xiàn)(x)在(0,2π]上有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且x1，x2∈(0，π)；當(dāng)－1<a<1時(shí)，函數(shù)p(t)有一個(gè)零點(diǎn)t1∈(－1,0)，另一個(gè)零點(diǎn)t2∈(0,1)，F(xiàn)(x)在(0，π)和(π，2π)內(nèi)分別有兩個(gè)零點(diǎn)．由正弦函數(shù)的周期性可知，當(dāng)a≠±1時(shí)，函數(shù)F(x)在(0，nπ)內(nèi)總有偶數(shù)個(gè)零點(diǎn)，從而不存在正整數(shù)n滿足題意．當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)p(t)有一個(gè)零點(diǎn)t1∈(－1,0)，另一個(gè)零點(diǎn)t2＝1；當(dāng)a＝－1時(shí)，函數(shù)p(t)有一個(gè)零點(diǎn)t1＝－1，另一個(gè)零點(diǎn)t2∈(0,1)．從而當(dāng)a＝1或a＝－1時(shí)，函數(shù)F(x)在(0,2π]上有3個(gè)零點(diǎn)．由正弦函數(shù)的周期性，2013＝3×671，所以依題意得n＝671×2＝1342.綜上，當(dāng)a＝1，n＝1342或a＝－1，n＝1342時(shí)，函數(shù)F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)內(nèi)恰有2013個(gè)零點(diǎn)．57．(2013·高考重慶卷)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a2＝b2＋c2＋eq\r(3)bc.(1)求A；(2)設(shè)a＝eq\r(3)，S為△ABC的面積，求S＋3cosBcosC的最大值，并指出此時(shí)B的值．解：(1)由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\r(3)bc,2bc)＝－eq\f(\r(3),2).又因?yàn)?<A<π，所以A＝eq\f(5π,6).(2)由(1)得sinA＝eq\f(1,2).又由正弦定理及a＝eq\r(3)得S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)·eq\f(asinB,sinA)·asinC＝3sinBsinC，因此，S＋3cosBcosC＝3(sinBsinC＋cosBcosC)＝3cos(B－C)．所以，當(dāng)B＝C，即B＝eq\f(π－A,2)＝eq\f(π,12)時(shí)，S＋3cosBcosC取最大值3.58．(2013·高考廣東卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，x∈R.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；(2)若cosθ＝eq\f(3,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6))).解：(1)因?yàn)閒(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝eq\r(2)coseq\f(π,4)＝eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝1.(2)因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，cosθ＝eq\f(3,5)，所以sinθ＝－eq\r(1－cos2θ)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝－eq\f(4,5).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6)－\f(π,12)))＝eq