2025版高中數(shù)學一輪復習高考大題強化練二三角綜合問題理含解析新人教A版

PAGE高考大題強化練(二)三角綜合問題1．已知函數(shù)f(x)＝cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋t(ω＞0)，若f(x)的圖象上相鄰兩條對稱軸間的距離為eq\f(π,4)，圖象過點(0，0).(1)求f(x)的表達式和f(x)的遞增區(qū)間；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,8)個單位長度，再將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象．若函數(shù)F(x)＝g(x)＋k在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個零點，求實數(shù)k的取值范圍．【解析】(1)因為f(x)＝cos2ωx＋eq\r(3)sin2ωx＋t＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))＋t，f(x)的最小正周期為eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,2)，所以ω＝2.因為f(x)的圖象過點(0，0)，所以2sineq\f(π,6)＋t＝0，所以t＝－1，即f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6)))－1.令2kπ－eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，eq\f(1,2)kπ－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，故f(x)的遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，\f(kπ,2)＋\f(π,12)))，k∈Z.(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移eq\f(π,8)個單位長度，可得y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,2)＋\f(π,6)))－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))－1的圖象，再將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－1的圖象．因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，故g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－1在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的值域為[－eq\r(3)－1，1].若函數(shù)F(x)＝g(x)＋k在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一個零點，即函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－1的圖象和直線y＝－k存在交點，依據(jù)圖象可知，－eq\r(3)－1≤－k＜eq\r(3)－1或－k＝1.解得1－eq\r(3)＜k≤eq\r(3)＋1或k＝－1，故實數(shù)k的取值范圍是(1－eq\r(3)，eq\r(3)＋1]∪{－1}．2．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))sin(x－eq\f(π,4))＋eq\r(3)sinxcosx.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)若f(θ)＝eq\f(1,2)，求角θ的取值集合；(3)設feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，且－eq\f(π,2)＜α＜0，eq\f(π,4)＜β＜eq\f(π,2)，求cos(α－2β)的值．【解析】f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋eq\r(3)sinxcosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)＋\f(π,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋eq\r(3)sinxcosx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1,2)sin[2(x－eq\f(π,4))]＋eq\r(3)sinxcosx＝－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(1)最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)f(θ)＝sin(2θ－eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，所以2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)＋2kπ或2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，所以θ＝eq\f(π,6)＋kπ或θ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，故角θ的取值集合為{θ|θ＝eq\f(π,6)＋kπ或θ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}．(3)因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),3)，所以sin[2(eq\f(α,2)＋eq\f(π,4))－eq\f(π,6)]＝eq\f(\r(3),3)，即sin(α＋eq\f(π,3))＝eq\f(\r(3),3).因為－eq\f(π,2)＜α＜0，所以α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(6),3).因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，所以sin[2(β－eq\f(π,4))－eq\f(π,6)]＝eq\f(1,3)，即sin(2β－eq\f(2π,3))＝eq\f(1,3).因為eq\f(π,4)＜β＜eq\f(π,2)，所以2β－eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2β－\f(2π,3)))＝eq\f(2\r(2),3).所以cos(α－2β)＝－cos[(α＋eq\f(π,3))－(2β－eq\f(2π,3))]＝－cos(α＋eq\f(π,3))·cos(2β－eq\f(2π,3))－sin(α＋eq\f(π,3))·sin(2β－eq\f(2π,3))＝－eq\f(\r(6),3)×eq\f(2\r(2),3)－eq\f(\r(3),3)×eq\f(1,3)＝－eq\f(5\r(3),9).3．如圖，設A，B是半徑為1的圓O上的動點，且A，B分別在第一、二象限，C是圓O與x軸正半軸的交點，△AOB為等邊三角形，記以Ox軸正半軸為始邊、射線OA為終邊的角為θ.(1)若點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，求5sin(－θ)－5cos(π＋θ)＋3tanθ的值；(2)設f(θ)＝|BC|2，求函數(shù)f(θ)的解析式和值域．【解析】(1)因為A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，以Ox軸正半軸為始邊，射線OA為終邊的角為θ.所以依據(jù)三角函數(shù)的定義可知，sinθ＝eq\f(4,5)，cosθ＝eq\f(3,5)，tanθ＝eq\f(4,3)，5sin(－θ)－5cos(π＋θ)＋3tanθ＝－5sinθ＋5cosθ＋3tanθ＝－5×eq\f(4,5)＋5×eq\f(3,5)＋3×eq\f(4,3)＝3.(2)因為△AOB為正三角形，所以∠AOB＝60°.所以cos∠COB＝cos(θ＋60°)，所以f(θ)＝|BC|2＝|OC|2＋|OB|2－2|OC|·|OB|cos∠COB＝2－2cos(θ＋60°)，因為30°＜θ＜90°，所以f(θ)∈(2，2＋eq\r(3)).4．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，taneq\f(A＋B,2)＋taneq\f(C,2)＝eq\f(4\r(3),3).(1)求角C的大小；(2)已知△ABC不是鈍角三角形，且c＝2eq\r(3)，sinC＋sin(B－A)＝2sin2A，求△ABC的面積．【解析】(1)因為A＋B＋C＝π，所以taneq\f(A＋B,2)＋taneq\f(C,2)＝taneq\f(π－C,2)＋taneq\f(C,2)＝eq\f(4\r(3),3)，所以(eq\r(3)taneq\f(C,2)－1)(taneq\f(C,2)－eq\r(3))＝0，解得taneq\f(C,2)＝eq\f(\r(3),3)或taneq\f(C,2)＝eq\r(3)，因為C∈(0，π)，所以當taneq\f(C,2)＝eq\f(\r(3),3)時，eq\f(C,2)＝eq\f(π,6)，即C＝eq\f(π,3)；當taneq\f(C,2)＝eq\r(3)時，eq\f(C,2)＝eq\f(π,3)，即C＝eq\f(2π,3).故角C的大小為eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).(2)因為△ABC不是鈍角三角形，所以C＝eq\f(π,3)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2)，A＋B＝eq\f(2π,3)，因為sinC＋sin(B－A)＝2sin2A，所以eq\f(\r(3),2)＋sin(eq\f(2π,3)－2A)＝2sin2A，即eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(3),2)cos2A＋eq\f(1,2)sin2A＝2sin2A，整理得，eq\r(3)sin2A－cos2A＝1，即sin(2A－eq\f(π,6))＝eq\f(1,2)，所以2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)＋2kπ或2A－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得A＝eq\f(π,6)＋kπ或A＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，因為A∈(0，eq\f(π,2)]，所以A＝eq\f(π,6)或eq\f(π,2).當A＝eq\f(π,6)時，B＝eq\f(π,2)，因為c＝2eq\r(3)，所以a＝2，所以S△ABC＝eq\f(1,2)ac＝2eq\r(3)；當A＝eq\f(π,2)時，B＝eq\f(π,6)，因為c＝2eq\r(3)，所以b＝2，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bc＝2eq\r(3).綜上所述，△ABC的面積為2eq\r(3).5．現(xiàn)給出兩個條件：①2c－eq\r(3)a＝2bcosA，②2asin2eq\f(B,2)＋2bcos2eq\f(A,2)＝b＋c.從中選出一個條件補充在下面的問題中，并以此為依據(jù)求解問題：在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，________．(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面積的最大值．注：假如選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【解析】選擇條件：①2c－eq\r(3)a＝2bcosA，(1)因為由余弦定理可得2c－eq\r(3)a＝2bcosA＝2b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，所以整理可得a2＋c2－b2＝eq\r(3)ac，可得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(3),2)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6).(2)因為b＝2，B＝eq\f(π,6)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，可得4＝a2＋c2－2ac·eq\f(\r(3),2)，所以4＝a2＋c2－eq\r(3)ac≥2ac－eq\r(3)ac，可得ac≤8＋4eq\r(3)，當且僅當a＝c時等號成立，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(1,2)×(8＋4eq\r(3))×eq\f(1,2)＝2＋eq\r(3)，即△ABC面積的最大值為2＋eq\r(3).選擇條件：②2asin2eq\f(B,2)＋2bcos2eq\f(A,2)＝b＋c，(1)由條件可得2a·eq\f(1－cosB,2)＋2b·eq\f(1＋cosA,2)＝b＋c，整理可得a－acosB＋bcosA＝c，所以由正弦定理可得sinA－sinAcosB＋sinBcosA＝sinC，又因為sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA，所以整理可得sinA＝2sinAcosB，因為sinA＞0，所以cosB＝eq\f(1,2)，因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)因為b＝2，B＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2a