【文档说明】高考数学(文数)一轮复习习题 压轴题（三） 三角函数与平面向量 (含解析).doc，共(18)页，207.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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压轴题命题区间(三)三角函数与平面向量三角函数的图象与性质已知函数f(x)＝2sin2π4＋x－3cos2x，x∈π4，π2．(1)求f(x)的最大值和最小值；(2)若不等式－2＜f(x)－m＜2在x∈π4，π2上恒成立，求实数m

的取值范围．(1)f(x)＝2sin2π4＋x－3cos2x＝1－cosπ2＋2x－3cos2x＝1＋sin2x－3cos2x＝1＋2sin2x－π3，因为x∈π4，π2，所以π6≤2x－π3≤2π3，故2≤1

＋2sin2x－π3≤3，所以f(x)max＝f5π12＝3，f(x)min＝fπ4＝2．(2)因为－2＜f(x)－m＜2⇔f(x)－2＜m＜f(x)＋2，x∈π4，π2，所以m＞f(

x)max－2且m＜f(x)min＋2．又x∈π4，π2时，f(x)max＝3，f(x)min＝2，所以1＜m＜4，即m的取值范围是(1,4)．本题求解的关键在于将三角函数f(x)进行正确的“化一”及“化一”后角的范围的确定，因此，

求解时要准确运用三角公式，并借助三角函数的图象和性质去确定函数f(x)的最值．已知函数f(x)＝Asinωx＋π4(A＞0，ω＞0)，g(x)＝tanx，它们的最小正周期之积为2π2，f(x)的最大值为2g17π

4．(1)求f(x)的单调递增区间；(2)设h(x)＝32f2(x)＋23cos2x，当x∈a，π3时，h(x)的最小值为3，求a的值．解：(1)由题意得2πω·π＝2π2，所以ω＝1．又A＝2g17π4＝2tan17π4＝2tanπ4＝2，所以f(x

)＝2sinx＋π4．由2kπ－π2≤x＋π4≤2kπ＋π2(k∈Z)，得2kπ－3π4≤x≤2kπ＋π4(k∈Z)．故f(x)的单调递增区间为2kπ－3π4，2kπ＋π4(k∈Z)．(

2)h(x)＝32f2(x)＋23cos2x＝32×4sin2x＋π4＋23cos2x＝31－cosπ2＋2x＋3(cos2x＋1)＝3＋3＋3sin2x＋3cos2x＝3＋3＋23sin2

x＋π6．因为h(x)的最小值为3，令3＋3＋23sin2x＋π6＝3⇒sin2x＋π6＝－12．因为x∈a，π3，所以2x＋π6∈2a＋π6，5π6，所以2a＋π6＝－π6，即a＝－π6．三角函数和解三角形已知a，b，c

分别是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且2b－ca＝cosCcosA．(1)求A的大小；(2)当a＝3时，求b2＋c2的取值范围．(1)已知在△ABC中，2b－ca＝cosCcosA，由正弦定理，得2sinB－sinCsinA＝cosCcosA，即2sinBcosA＝sinAcosC＋s

inCcosA＝sin(A＋C)＝sinB，所以cosA＝12，所以A＝60°．(2)由正弦定理，得asinA＝bsinB＝csinC＝2，则b＝2sinB，c＝2sinC，所以b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C＝2(1－cos2B＋1－co

s2C)＝2＝2＝22－12cos2B＋32sin2B＝4＋2sin(2B－30°)．因为0°＜B＜120°，所以－30°＜2B－30°＜210°，所以－12＜sin(2B－30°)≤1，所

以3＜b2＋c2≤6．即b2＋c2的取值范围是(3,6]．三角函数和三角形的结合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先确定三角形的边、角，再代入到三角函数中，三角函数和差公式的灵活运用是解决此类问题的关键

．已知函数f(x)＝2cos2x－sin2x－7π6．(1)求函数f(x)的最大值，并写出f(x)取最大值时x的取值集合；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若f(A)＝32，b＋c＝2，求实数a的最小

值．解：(1)∵f(x)＝2cos2x－sin2x－7π6＝(1＋cos2x)－sin2xcos7π6－cos2xsin7π6＝1＋32sin2x＋12cos2x＝1＋sin2x＋π6．∴函数f(x)的最大值为2．要使f(x)取最大值，则sin

2x＋π6＝1，∴2x＋π6＝2kπ＋π2，k∈Z，解得x＝kπ＋π6，k∈Z．故f(x)取最大值时x的取值集合为xx＝kπ＋π6，k∈Z．(2)由题意知，f(A)＝sin2A＋π6＋1＝32，化简得s

in2A＋π6＝12．∵A∈(0，π)，∴2A＋π6∈π6，13π6，∴2A＋π6＝5π6，∴A＝π3．在△ABC中，根据余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosπ3＝(b＋c)2－3bc．由b＋c＝2，知bc≤b＋c22＝1，当且仅当b＝c＝1时等

号成立．即a2≥1．∴当b＝c＝1时，实数a的最小值为1．平面向量若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为()A．2－1B．1C．2D．2法一：(目标不等式法)因为|a|＝|b|＝

|c|＝1，a·b＝0，所以|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b＝2，故|a＋b|＝2．展开(a－c)·(b－c)≤0，得a·b－(a＋b)·c＋c2≤0，即0－(a＋b)·c＋1≤0，整理，得(a＋b)·c≥1．而|a＋b－c|2＝(a＋b)2－2(a＋b)·c＋c2＝3－2(a＋b)·c，所以3

－2(a＋b)·c≤3－2×1＝1．所以|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1，故|a＋b－c|的最大值为1．法二：(基向量法)取向量a，b作为平面向量的一组基底，设c＝ma＋nb．由|c|＝1，即|ma＋nb|＝1，可得(m

a)2＋(nb)2＋2mna·b＝1，由题意，知|a|＝|b|＝1，a·b＝0．整理，得m2＋n2＝1．而a－c＝(1－m)a－nb，b－c＝－ma＋(1－n)b，故由(a－c)·(b－c)≤0，得·≤0

，展开，得m(m－1)a2＋n(n－1)b2≤0，即m2－m＋n2－n≤0，又m2＋n2＝1，故m＋n≥1．而a＋b－c＝(1－m)a＋(1－n)b，故|a＋b－c|2＝2＝(1－m)2a2＋2(1－m)(1－n)a·b＋(1－n)2

b2＝(1－m)2＋(1－n)2＝m2＋n2－2(m＋n)＋2＝3－2(m＋n)．又m＋n≥1，所以3－2(m＋n)≤1．故|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1．故|a＋b－c|的最大值为1．法三：(坐标法)因

为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以a，b＝π2．设OA―→＝a，OB―→＝b，OC―→＝c，因为a⊥b，所以OA⊥OB．分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图(1)所示，则a＝(1,0)，b＝(0,1)

，则A(1,0)，B(0,1)．设C(x，y)，则c＝(x，y)，且x2＋y2＝1．则a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x,1－y)，故由(a－c)·(b－c)≤0，得(1－x)×(－x)＋(－y)×(1－y)≤0，整理

，得1－x－y≤0，即x＋y≥1．而a＋b－c＝(1－x,1－y)，则|a＋b－c|＝－x2＋－y2＝3－x＋y．因为x＋y≥1，所以3－2(x＋y)≤1，即|a＋b－c|≤1．所以|a＋b－c|的最大值为1．法四：(三角函数法)因为|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以a，b＝π2．设OA―

→＝a，OB―→＝b，OC―→＝c，因为a⊥b，所以OA⊥OB．分别以OA，OB所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图(1)所示，则a＝(1,0)，b＝(0,1)，A(1,0)，B(0,1)．因为|c|＝1，设∠COA＝θ，所以C点的坐标为(cos

θ，sinθ)．则a－c＝(1－cosθ，－sinθ)，b－c＝(－cosθ，1－sinθ)，故由(a－c)·(b－c)≤0，得(1－cosθ)×(－cosθ)＋(－sinθ)×(1－sinθ)≤0，整理，得sinθ＋

cosθ≥1．而a＋b－c＝(1－cosθ，1－sinθ)，则|a＋b－c|＝－cosθ2＋－sinθ2＝3－θ＋cosθ．因为sinθ＋cosθ≥1，所以3－2(sinθ＋cosθ)≤1，即|a＋b－c|≤1，所以|a＋b－c|的最大值为1．法五：(数形结合法)设OA―→

＝a，OB―→＝b，OC―→＝c，因为|a|＝|b|＝|c|＝1，所以点A，B，C在以O为圆心、1为半径的圆上．易知CA―→＝a－c，CB―→＝b－c，|c|＝|OC―→|．由(a－c)·(b－c)≤0，可得CA―→·CB―→≤0

，则π2≤∠BCA＜π(因为A，B，C在以O为圆心的圆上，所以A，B，C三点不能共线，即∠BCA≠π)，故点C在劣弧AB上．由a·b＝0，得OA⊥OB，设OD―→＝a＋b，如图(2)所示，因为a＋b－c＝OD―→－OC―→＝CD―→

，所以|a＋b－c|＝|CD―→|，即|a＋b－c|为点D与劣弧AB上一点C的距离，显然，当点C与A或B点重合时，CD最长且为1，即|a＋b－c|的最大值为1．B平面向量具有双重性，处理平面向量问题一般可以

从两个角度进行：(1)利用其“形”的特征，将其转化为平面几何的有关知识进行解决；(2)利用其“数”的特征，通过坐标转化为代数中的有关问题进行解决．1．在△ABD中，AB＝2，AD＝22，E，C分别在线段AD，BD上，且AE＝13AD，BC＝34B

D，AC―→·BE―→＝113，则∠BAD的大小为()A．π6B．π4C．π2D．3π4解析：选D依题意，AC―→＝AB―→＋BC―→＝AB―→＋34BD―→＝AB―→＋34(AD―→－AB―→)＝14AB―→＋34AD―→，BE―→＝AE―→－AB―→＝13AD―→－AB―→，所以AC

―→·BE―→＝14AB―→＋34AD―→·13AD―→－AB―→＝－14|AB―→|2＋14|AD―→|2－23AD―→·AB―→＝－14×22＋14×(22)2－23AD―→·AB―→＝113，所以AD―→·

AB―→＝－4，所以cos∠BAD＝AD―→·AB―→|AD―→|·|AB―→|＝－42×22＝－22，因为0＜∠BAD＜π，所以∠BAD＝3π4．2．在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝6

0°．动点E和F分别在线段BC和DC上，且BE―→＝λBC―→，DF―→＝19λDC―→，则AE―→·AF―→的最小值为________．解析：法一：(等价转化思想)因为DF―→＝19λDC―→，DC―→＝12AB―→，CF―→＝D

F―→－DC―→＝19λDC―→－DC―→＝1－9λ9λDC―→＝1－9λ18λAB―→，AE―→＝AB―→＋BE―→＝AB―→＋λBC―→，AF―→＝AB―→＋BC―→＋CF―→＝AB―→＋BC―→＋1－9λ18λAB―→＝1＋9λ18λAB―→＋BC―→．所以AE―→·AF―→＝(AB―

→＋λBC―→)·1＋9λ18λAB―→＋BC―→＝1＋9λ18λAB―→2＋λBC―→2＋1＋λ·1＋9λ18λAB―→·BC―→＝1＋9λ18λ×4＋λ＋19＋9λ18×2×1×cos120°＝29λ＋12λ＋171

8≥229λ·12λ＋1718＝2918，当且仅当29λ＝12λ，即λ＝23时，AE―→·AF―→的最小值为2918．法二：(坐标法)以线段AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－1,0)，B(1,0

)，C12，32，D－12，32，所以AE―→＝AB―→＋BE―→＝AB―→＋λBC―→＝2－12λ，32λ，AF―→＝AD―→＋DF―→＝AD―→＋19λDC―→＝12＋19λ，32，所以AE―→·AF―

→＝2－12λ12＋19λ＋32×32λ＝1718＋λ2＋29λ≥1718＋2λ2·29λ＝2918，当且仅当29λ＝12λ，即λ＝23时，AE―→·AF―→的最小值为2918．答案：29181．(2017·宜春中学与新余一中联考)已知

等腰△OAB中，|OA|＝|OB|＝2，且|OA―→＋OB―→|≥33|AB―→|，那么OA―→·OB―→的取值范围是()A．解析：选A依题意，(OA―→＋OB―→)2≥13(OB―→－OA―→)2，化简得OA―→·OB―→≥－2，又根据三角形中，

两边之差小于第三边，可得|OA―→|－|OB―→|＜|AB―→|＝|OB―→－OA―→|，两边平方可得(|OA―→|－|OB―→|)2＜(OB―→－OA―→)2，化简可得OA―→·OB―→＜4，∴－2≤OA―→·OB―→

＜4．2．(2017·江西赣南五校二模)△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2AO―→＝AB―→＋AC―→且|OA―→|＝|AB―→|，则向量BA―→在BC―→方向上的投影为()A．12B．32C．－12D．－32解析：选A由2AO―→＝AB―→＋AC―→可知O是BC

的中点，即BC为△ABC外接圆的直径，所以|OA―→|＝|OB―→|＝|OC―→|，由题意知|OA―→|＝|AB―→|＝1，故△OAB为等边三角形，所以∠ABC＝60°．所以向量BA―→在BC―→方向上的投影为|BA―→|·cos∠ABC＝1×cos60°＝12．故选A．3．(2017

·石家庄质检)设α，β∈，且满足sinαcosβ－cosαsinβ＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为()A．B．C．D．解析：选C∵sinαcosβ－cosαsinβ＝1，即sin(α－β)＝1，α，β∈，∴α－β＝π2，又0≤α≤π，0≤β＝α

－π2≤π，则π2≤α≤π，∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin2α－α＋π2＋sin(α－2α＋π)＝cosα＋sinα＝2sinα＋π4，∵π2≤α≤π，∴3π4≤α＋π4≤5π

4，∴－1≤2sinα＋π4≤1，即所求取值范围为．故选C．4．(2016·湖南岳阳一中4月月考)设a，b为单位向量，若向量c满足|c－(a＋b)|＝|a－b|，则|c|的最大值是()A．1B．2C．2D．22解析：选D∵向量c满足|c－

(a＋b)|＝|a－b|，∴|c－(a＋b)|＝|a－b|≥|c|－|a＋b|，∴|c|≤|a＋b|＋|a－b|≤a＋b|2＋|a－b|2＝a2＋2b2＝22．当且仅当|a＋b|＝|a－b|，即a⊥b时，

(|a＋b|＋|a－b|)max＝22．∴|c|≤22．∴|c|的最大值为22．5．(2016·天津高考)已知函数f(x)＝sin2ωx2＋12sinωx－12(ω＞0)，x∈R．若f(x)在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是()A．0，18B．0，1

4∪58，1C．0，58D．0，18∪14，58解析：选Df(x)＝1－cosωx2＋12sinωx－12＝12(sinωx－cosωx)＝22sinωx－π4．因为函数f(

x)在区间(π，2π)内没有零点，所以T2＞2π－π，即πω＞π，所以0＜ω＜1．当x∈(π，2π)时，ωx－π4∈ωπ－π4，2ωπ－π4，若函数f(x)在区间(π，2π)内有零点，则ωπ－π4＜kπ＜2ωπ－π4(k∈Z)，即k2＋18＜ω＜k＋14(k∈Z)．当

k＝0时，18＜ω＜14；当k＝1时，58＜ω＜54．所以函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点时，0＜ω≤18或14≤ω≤58．6．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|≤π2，x＝－π4为f(x)的零

点，x＝π4为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在π18，5π36上单调，则ω的最大值为()A．11B．9C．7D．5解析：选B由题意得－π4ω＋φ＝k1π，k1∈Z，π4ω＋φ＝k2π

＋π2，k2∈Z，则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝π4或φ＝－π4．若ω＝11，则φ＝－π4，此时f(x)＝sin11x－π4，f(x)在区间π18，3π44上单调递增，在区间3π44，5π36上单调递减，不满足f(x)在区间π1

8，5π36上单调；若ω＝9，则φ＝π4，此时f(x)＝sin9x＋π4，满足f(x)在区间π18，5π36上单调递减，故选B．7．(2016·贵州适应性考试)在△ABC中，a，b

，c分别是角A，B，C的对边，已知a2＋c2＝ac＋b2，b＝3，且a≥c，则2a－c的最小值是________．解析：由a2＋c2－b2＝2accosB＝ac，所以cosB＝12，则B＝60°，又a≥c，则A≥

C＝120°－A，所以60°≤A＜120°，asinA＝csinC＝bsinB＝332＝2，则2a－c＝4sinA－2sinC＝4sinA－2sin(120°－A)＝23sin(A－30°)，当A＝60°时，2a－c取得最小值3．答案：38．在

△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB－bcosA＝12c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为______．解析：由acosB－bcosA＝12c及正弦定理，得sinAcosB－sinBcosA＝12sinC＝12sin(A

＋B)＝12(sinAcosB＋cosAsinB)，整理得sinAcosB＝3cosAsinB，即tanA＝3tanB，易得tanA＞0，tanB＞0，∴tan(A－B)＝tanA－tanB1＋tanAtanB＝2tanB1＋3tan2B＝21tanB＋3tanB≤

223＝33，当且仅当1tanB＝3tanB，即tanB＝33时，tan(A－B)取得最大值，此时B＝π6．答案：π69．(2016·浙江高考)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2．若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤6，则a·b的最大值是________．解析：由于e是任意单位

向量，可设e＝a＋b|a＋b|，则|a·e|＋|b·e|＝aa＋b|a＋b|＋ba＋b|a＋b|≥aa＋b|a＋b|＋ba＋b|a＋b|＝a＋ba＋b|a＋b|＝|a

＋b|．∵|a·e|＋|b·e|≤6，∴|a＋b|≤6，∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6．∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，∴a·b≤12，∴a·b的最大值为12．答

案：1210．(2017·湖北省七市(州)协作体联考)已知函数f(x)＝2sinx＋6cosx(x∈R)．(1)若α∈且f(α)＝2，求α；(2)先将y＝f(x)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，再将得到的图象上所

有点向右平行移动θ(θ＞0)个单位长度，得到的图象关于直线x＝3π4对称，求θ的最小值．解：(1)f(x)＝2sinx＋6cosx＝2212sinx＋32cosx＝22sinx＋π3．由f(α)＝2，得sinα＋π3＝22，即α＋π3＝2kπ＋π4或α

＋π3＝2kπ＋3π4，k∈Z．于是α＝2kπ－π12或α＝2kπ＋5π12，k∈Z．又α∈，故α＝5π12．(2)将y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，得到y＝22sin2x＋π3的图象，再将y＝22sin

2x＋π3图象上所有点的横坐标向右平行移动θ个单位长度，得到y＝22sin2x－2θ＋π3的图象．由于y＝sinx的图象关于直线x＝kπ＋π2(k∈Z)对称，令2x－2θ＋π3＝kπ＋π2，解得x＝kπ

2＋θ＋π12，k∈Z．由于y＝22sin2x－2θ＋π3的图象关于直线x＝3π4对称，令kπ2＋θ＋π12＝3π4，解得θ＝－kπ2＋2π3，k∈Z．由θ＞0可得，当k＝1时，θ取得最小值π6．11．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2

A＝sin2B＋sin2C－sinBsinC．(1)求角A；(2)若a＝23，求b＋c的取值范围．解：(1)由正弦定理及sin2A＝sin2B＋sin2C－sinBsinC，知a2＝b2＋c2－bc，

所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝12．又0＜A＜π2，所以A＝π3．(2)由(1)知A＝π3，所以B＋C＝2π3，所以B＝2π3－C．因为a＝23，所以23sinπ3＝bsinB＝csinC，所以b＝4sinB，c＝4sinC，所以

b＋c＝4sinB＋4sinC＝4sin2π3－C＋4sinC＝23(cosC＋3sinC)＝43sinC＋π6．因为△ABC是锐角三角形，所以0＜B＝2π3－C＜π2，所以π6＜C＜π2，所以π3＜C＋π6＜2π3，所以32＜sinC＋π6≤

1，所以6＜43sinC＋π6≤43．故b＋c的取值范围为(6,43]．12．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acosB＝2c－b．(1)若cos(A＋C)＝－5314，求cosC的值；(2)若b＝5，AC―→·CB―→＝－5，求△AB

C的面积；(3)若O是△ABC外接圆的圆心，且cosBsinC·AB―→＋cosCsinB·AC―→＝mAO―→，求m的值．解：(1)由2acosB＝2c－b，得2sinAcosB＝2sinC－sinB，即2sinAcosB＝2sin(A

＋B)－sinB，整理得2cosAsinB＝sinB．∵sinB≠0，故cosA＝12，则A＝60°．由cos(A＋C)＝－cosB＝－5314，知cosB＝5314，所以sinB＝1114．所以cosC＝cos(120°－B)＝－12cosB＋32sinB＝3314

．(2)AC―→·CB―→＝AC―→·(AB―→－AC―→)＝AC―→·AB―→－AC―→2＝|AC―→|·|AB―→|·cosA－|AC―→|2＝12bc－b2＝－5，又b＝5，解得c＝8，所以△ABC的面积为12bcsinA＝12×5×8×32

＝103．(3)由cosBsinC·AB―→＋cosCsinB·AC―→＝mAO―→，可得cosBsinC·AB―→·AO―→＋cosCsinB·AC―→·AO―→＝mAO―→2，(*)因为O是△ABC外接圆的圆心，所以AB―→·AO―→＝12AB―→2，AC―→·A

O―→＝12AC―→2，又|AO―→|＝a2sinA，所以(*)可化为cosBsinC·c2＋cosCsinB·b2＝12m·a2sin2A，所以m＝2(cosBsinC＋sinBcosC)＝2sin(B＋C)＝2sinA＝3．