2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強(qiáng)化練十二三角恒等變換與解三角形理含解析

PAGE增分強(qiáng)化練(十二)一、選擇題1．(2024·葫蘆島質(zhì)檢)已知cosx＝eq\f(3,4)，則cos2x＝()A．－eq\f(1,4) B.eq\f(1,4)C．－eq\f(1,8) D.eq\f(1,8)解析：由cosx＝eq\f(3,4)得cos2x＝2cos2x－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－1＝eq\f(1,8)，故選D.答案：D2．(2024·桂林、崇左模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，則sin2θ＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)解析：由題得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝2，∴eq\f(1＋tanθ,1－tanθ)＝2，∴tanθ＝eq\f(1,3).當(dāng)θ在第一象限時(shí)，sinθ＝eq\f(\r(10),10)，cosθ＝eq\f(3\r(10),10)，∴sin2θ＝2×eq\f(\r(10),10)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3,5).當(dāng)θ在第三象限時(shí)，sinθ＝－eq\f(\r(10),10)，cosθ＝－eq\f(3\r(10),10)，∴sin2θ＝2×－eq\f(\r(10),10)×－eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3,5).故選C.答案：C3．已知sinα＝－eq\f(4,5)，且α是第四象限角，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))的值為()A.eq\f(5\r(2),10) B.eq\f(3\r(2),5)C.eq\f(7\r(2),10) D.eq\f(4\r(2),5)解析：由同角三角函數(shù)基本關(guān)系可得：cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2)＝eq\f(3,5)，結(jié)合兩角差的正弦公式可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝sineq\f(π,4)cosα－coseq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)＋\f(4,5)))＝eq\f(7\r(2),10).故選C.答案：C4．(2024·新余模擬)若sinx＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，則sinxcos(π＋x)＝()A.eq\f(3,10) B．－eq\f(3,10)C.eq\f(3,4) D．－eq\f(3,4)解析：∵sinx＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))，∴sinx＝－3cosx，即tanx＝－3，又∵sinx·cos(π＋x)＝sinx·(－cosx)＝－sinx·cosx，∴－sinx·cosx＝eq\f(－sinx·cosx,sin2x＋cos2x)＝eq\f(－tanx,tan2x＋1)＝eq\f(－－3,－32＋1)＝eq\f(3,10)，故選A.答案：A5．(2024·泰安模擬)函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x的最小正周期為()A．4π B．3πC．2π D．π解析：函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\r(3)·eq\f(1＋cos2x,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(\r(3),2)，最小正周期為eq\f(2π,2)＝π，故選D.答案：D6．(2024·淮南模擬)在△ABC中，三內(nèi)角A、B、C對(duì)應(yīng)的邊分別為a、b、c，且acosB＋bcosA＝2cosC，c＝1，則角C＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：因?yàn)閏＝1，故acosB＋bcosA＝2cosC＝2ccosC，由正弦定理可以得到sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，故sinC＝2sinCcosC，因C∈(0，π)，所以sinC>0，故cosC＝eq\f(1,2)，因C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,3)，故選B.答案：B7．(2024·汕頭模擬)函數(shù)f(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋cos(π－x)的單調(diào)增區(qū)間為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,6)＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))，k∈ZB.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)＋2kπ，\f(π,3)＋2kπ))，k∈ZC.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈ZD.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋2kπ，\f(5π,6)＋2kπ))，k∈Z解析：因?yàn)閒(x)＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＋cos(π－x)＝eq\r(3)sinx－cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，即函數(shù)f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z.故選C.答案：C8．(2024·濟(jì)寧模擬)將函數(shù)f(x)＝sinxcosx的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若對(duì)于隨意x∈R都有g(shù)(θ＋x)＝g(θ－x)，則tan2θ＝()A.eq\r(3) B．－eq\r(3)C．－eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),3)解析：由f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得g(x)＝eq\f(1,2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).又因?yàn)間(θ＋x)＝g(θ－x)，所以g(x)的圖象關(guān)于x＝θ對(duì)稱，令2x－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以θ＝eq\f(5π,12)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，故tan2θ＝tan2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)＋\f(kπ,2)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋kπ))＝taneq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),3).故選C.答案：C9．已知f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是()A．函數(shù)f(x)的最小正周期為πB．函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上單調(diào)遞減C．函數(shù)f(x)的圖象可以由函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍得到D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，1))是函數(shù)f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心解析：f(x)＝4cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝2cos2x－eq\r(3)sin2x＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1，所以T＝eq\f(2π,2)＝π，故A正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))時(shí)，2x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，因t＝2x＋eq\f(π,3)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))為增函數(shù)，y＝2cost＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上為減函數(shù)，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))上為減函數(shù)，故B正確；函數(shù)f(x)的圖象可以由函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq\f(1,2)圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍得到，而函數(shù)y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋1圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍得到的是y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2的圖象，故C錯(cuò)誤；令2x＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，當(dāng)k＝1時(shí)，x＝eq\f(7π,12)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)，1))為f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，故D正確；故選C.答案：C10．(2024·葫蘆島質(zhì)檢)△ABC的周長(zhǎng)為10＋2eq\r(7)，且滿意sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，則△ABC的面積為()A．6eq\r(3) B．4eq\r(7)C．8eq\r(7) D．12解析：由正弦定理及sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，可得a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，于是可設(shè)a＝2k，b＝3k，c＝eq\r(7)k(k＞0)，由余弦定理可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(4k2＋7k2－9k2,2×2k·\r(7)k)＝eq\f(\r(7),14)，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3\r(21),14).又2k＋3k＋eq\r(7)k＝10＋2eq\r(7)，∴k＝2，即a＝4，c＝2eq\r(7)，由面積公式S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB，得eq\f(1,2)×4×2eq\r(7)·eq\f(3\r(21),14)＝6eq\r(3)，△ABC的面積為6eq\r(3).故選A.答案：A11．(2024·威海模擬)在△ABC中，AC＝3，向量eq\o(AB,\s\up8(→))在eq\o(AC,\s\up8(→))上的投影的數(shù)量為－2，S△ABC＝3，則BC＝()A．5 B．2eq\r(7)C.eq\r(29) D．4eq\r(2)解析：∵向量eq\o(AB,\s\up8(→))在eq\o(AC,\s\up8(→))上的投影的數(shù)量為－2，∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|cosA＝－2.①∵S△ABC＝3，∴eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up8(→))||eq\o(AC,\s\up8(→))|sinA＝eq\f(3,2)|eq\o(AB,\s\up8(→))|sinA＝3，∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|sinA＝2.②由①②得tanA＝－1，∵A為△ABC的內(nèi)角，∴A＝eq\f(3π,4)，∴|eq\o(AB,\s\up8(→))|＝eq\f(2,sin\f(3π,4))＝2eq\r(2).在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2·AB·AC·coseq\f(3π,4)＝(2eq\r(2))2＋32－2×2eq\r(2)×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝29，∴BC＝eq\r(29).故選C.答案：C12．(2024·呼和浩特模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx，把函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，再把圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小到原來(lái)的一半，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，方程g(x)－k＝0恰有兩個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．[1,3] B．[1,2)C．(－2,0)∪(0,2) D．[3,2)解析：由題意，依據(jù)協(xié)助角公式，可得函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，把函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到f1(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，再把函數(shù)f1(x)圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小到原來(lái)的一半，得到函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，令eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)，解得0≤x≤eq\f(π,6)，即函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞增，令eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,2)，即函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，且g(0)＝2sineq\f(π,6)＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,2)＝2，g(eq\f(π,2))＝2sineq\f(7π,6)＝－1，要使得方程g(x)－k＝0恰好有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即y＝g(x)與y＝k有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，結(jié)合圖象，可得實(shí)數(shù)k的取值范圍是1≤k<2，即[1,2)．答案：B二、填空題13．已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝________.解析：因?yàn)閟inα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，因此taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1－\f(3,4),1＋\f(3,4))＝eq\f(1,7).答案：eq\f(1,7)14．(2024·南昌模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝－eq\f(3,4)，則sinα＝________.解析：將sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝－eq\f(3,4)化簡(jiǎn)，可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)－sin\f(α,2)))))＝－eq\f(3,4)，即eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)－sin\f(α,2)))＝－eq\f(3,4)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2＝eq\f(3,2)，即sin2eq\f(α,2)＋cos2eq\f(α,2)－2·coseq\f(α,2)·sineq\f(α,2)＝eq\f(3,2)，利用二倍角公式可得，sinα＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)15．(2024·開(kāi)封模擬)已知在△ABC中，AB＝5，AC＝7，∠ABC＝eq\f(2π,3)，則該三角形的面積是________．解析：由題得49＝a2＋25－2·a·5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，所以a＝3，所以三角形的面積為eq\f(1,2)×3×5·sineq\f(2π,3)＝eq\f(15\r(3),4).答案：eq\f(15\r(3),4)16．(2024·合肥模擬)在銳角△ABC中，BC＝2，sinB＋sinC＝2sinA，則中線AD長(zhǎng)的取值范圍是________．解析：設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a＝2，對(duì)sinB＋sinC＝2sinA運(yùn)用正弦定理，得到b＋c＝2a＝4，解得c＝4－b，結(jié)合該三角形為銳角三角形，得到不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋c2＝b2＋4－b2>4,c2＋4＝4－b2＋4>b2,b2＋4>c2＝4－b2))，解得eq\f(3,2)<b<eq\f(5,2)，故bc＝b(4－b)＝－b2＋4b，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)，得到eq\f(15,4)<bc≤4，運(yùn)用向量得到eq\o(AD,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AC,\s\up8(→)))，所以|eq\o(AD,\s\up8(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(\a\vs4\al(\o(AB,\s\up8(→))2＋\o(AC,\s\up8(→))2＋2\o(AB,\s\up8(→))·\o(AC,\s\up8(→))·cosθ))＝eq\f(1,2)eq\r(b2＋c2＋2bc·\f(b2＋c2－4,2bc))＝eq\f(1,2)eq\r(2b2＋2c2－4)＝eq\f(1,2)eq\r(28－4bc)，結(jié)合bc的范圍，代入，得到|eq\o(AD,\s\up8(→))|的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(13),2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(13),2)))三、解答題17．(2024·蘭州模擬)已知A，B，C是△ABC的內(nèi)角，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊．若cos2B－sin2A－sinAsinB＝cos2(1)求角C的大??；(2)若A＝eq\f(π,6)，△ABC的面積為eq\r(3)，M為BC的中點(diǎn)，求AM.解析：(1)由cos2B－sin2A－sinAsinB＝cos2C，得sin2A＋sinAsinB＝sin2C－sin2B，由正弦定理，得c2－b2＝a2＋ab，即a2＋b2－c2＝－ab，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2).又0<C<π，則C＝eq\f(2π,3).(2)因?yàn)锳＝eq\f(π,6)，所以B＝eq\f(π,6).所以△ABC為等腰三角形，且頂角C＝eq\f(2π,3).因?yàn)镾△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\r(3)，所以a＝2.在△MAC中，AC＝2，CM＝1，C＝eq\f(2π,3)，所以AM2＝AC2＋CM2－2AC·CM·cosC＝4＋1＋2×2×1×eq\f(1,2)＝7，解得AM＝eq\r(7).18．(2024·泰安模擬)已知函數(shù)f(x)＝cosxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))－eq\f(1,4)，x∈R.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)在