【文档说明】2020高考数学刷题首秧专题突破练3三角函数与其他知识的综合应用 (理数)含解析.doc，共(13)页，162.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题突破练(3)三角函数与其他知识的综合应用一、选择题1．若f(cosx)＝cos2x，则f(sin15°)＝()A．12B．－12C．－32D．32答案C解析f(sin15°)＝f(cos75°)＝co

s150°＝－cos30°＝－32．故选C．2．点P从(2，0)点出发，沿圆x2＋y2＝4按逆时针方向运动4π3弧长到达点Q，则点Q的坐标为()A．(－1，3)B．(－3，－1)C．(－1，－3)D．(－3，1)答案A解析4π3弧

长所对的圆心角为α＝4π32＝2π3，设点Q的坐标为(x，y)，∴x＝2cos2π3＝－1，y＝2sin2π3＝3．故选A．3．有四个关于三角函数的命题：p1：∃x0∈R，sin2x02＋cos2x02＝12；p2：∃x0，y0∈R，sin(x0－y0)＝sinx0－siny

0；p3：∀x∈[0，π]，1－cos2x2＝sinx；p4：sinx＝cosy⇒x＋y＝π2．其中是假命题的是()A．p1，p4B．p2，p4C．p1，p3D．p3，p4答案A解析p1是假命题，∵∀x∈R，sin2x2＋cos

2x2＝1；p2是真命题，如x＝y＝0时成立；p3是真命题，∵∀x∈[0，π]，sinx≥0，∴1－cos2x2＝sin2x＝|sinx|＝sinx；p4是假命题，x＝π2，y＝2π时，sinx＝cosy，但x＋y≠π2．故选A．4．△ABC中，a，b，c分别是角

A，B，C的对边，向量p＝(1，－3)，q＝(cosB，sinB)，p∥q且bcosC＋ccosB＝2asinA，则C＝()A．30°B．60°C．120°D．150°答案A解析∵p∥q，∴－3cosB＝sinB，即得t

anB＝－3，∴B＝120°，∵bcosC＋ccosB＝2asinA，由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝2sin2A，即sinA＝sin(B＋C)＝2sin2A，sinA≠0得sinA＝12，∴A＝30°，C＝180°－A－B＝30°．故选A．5．(20

18·福州五校联考二)已知a＝2－13，b＝(2log23)－12，c＝cos50°cos10°＋cos140°·sin170°，则实数a，b，c的大小关系是()A．a>c>bB．b>a>cC．a>b>cD．c>b>a答案C解析因为a＝2－13＝1213

＝1416，b＝(2log23)－12＝3－12＝1312＝12716，所以a>b，排除B，D；c＝cos50°·cos10°＋cos140°sin170°＝sin40°cos10°－cos40°sin10°＝sin30°＝12＝1412，所以b>c，所以a>b>c．选C．

6．(2018·河北保定一模)国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图)．如果小正方形的边长为2，大正方形的边长为10，直角三角形中较小的锐角为θ，则sinθ＋π2－

cosθ＋π3＝()A．4＋3310B．4－3310C．－4＋3310D．－4－3310答案A解析设直角三角形中较小的直角边长为a，则a2＋(a＋2)2＝102，解得a＝6，所以sinθ＝610＝35，cosθ＝810＝45，sinθ＋π2－cosθ＋π3＝

cosθ－12cosθ＋32sinθ＝12cosθ＋32sinθ＝12×45＋32×35＝4＋3310．故选A．7．(2018·河南十所名校测试)已知函数f(x)＝2sinωx＋π3的两个极值点为α，β，且|α－β|min＝π2，则函数f(x)在0，π2上的最大值为()A．－3B．1C．3D．

2答案D解析由题意得f(x)的最小正周期为T＝π，所以ω＝2，即f(x)＝2sin2x＋π3，因为x∈0，π2，所以2x＋π3∈π3，4π3，所以f(x)的最大值为2．故选D．8．(2018·江西吉安模拟)已知函数f(x)＝πcosx

，x<0，fx－π，x≥0，则函数g(x)＝sin2x－f2π3的一个单调递增区间为()A．0，π2B．π2，πC．π4，3π4D．3π4，5π4答案A解析∵f

2π3＝f2π3－π＝f－π3＝π·cos－π3＝π2，∴g(x)＝sin2x－f2π3＝sin2x－π2＝－cos2x，令2kπ≤2x≤2kπ＋π，求得kπ≤x≤kπ＋π2，可得g(x)

的增区间为kπ，kπ＋π2，k∈Z，令k＝0，可得增区间为0，π2．故选A．9．(2018·山东济南二模)如图，半径为1的圆O中，A，B为直径的两个端点，点P在圆上运动，设∠BOP＝x，将动点P到A，B两点的距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝

f(x)在[0，2π]上的图象大致为()答案A解析由余弦定理，当0≤x≤π时，PB＝1＋1－2cosx＝21－cosx＝2×2sin2x2＝2sinx2，PA＝1＋1－2cosπ－x＝21＋cosx＝2cosx2，∴PB＋PA＝2sinx2＋2c

osx2＝22sinx2＋π4，当π≤x≤2π时，PB＝1＋1－2cos2π－x＝21－cosx＝2sinx2，PA＝1＋1－2cosx－π＝21＋cosx＝－2cosx2，∴PB＋PA＝2sinx2－2cosx2＝22sinx2－π4．故选A．10．(2018·南昌一模)函数f(

x)＝ex＋e－xsinxe2(－π≤x≤π)的图象大致为()答案A解析由f(－x)＝e－x＋exsin－xe2＝－f(x)，知函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除B；由于ex＋e－x＞0，0≤x

≤π时，sinx≥0，所以f(x)≥0，排除D；考查函数g(x)＝ex＋e－x，则g′(x)＝ex－e－x＝e2x－1ex，当x＞0时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则gπ4＜gπ2，

且y＝sinx在0，π2上单调递增，所以fπ4＜fπ2，排除C．故选A．11．(2019·湖南十校联考)已知函数f(x)＝x＋sinx(x∈R)，且f(y2－2y＋3)＋f(x2－4x＋1)≤0，则当y≥1时，yx＋1的取值范

围是()A．14，34B．14，1C．[1，32－3]D．13，＋∞答案A解析函数f(x)＝x＋sinx(x∈R)为奇函数，又f′(x)＝1＋cosx≥0，所以函数f(x)在实数范围内单调递增，则f(x2－4x＋1)≤f(－y2＋2y－3)，即(x－2)2＋(

y－1)2≤1，当y≥1时表示的区域为半圆及其内部，令k＝yx＋1＝yx－－1，其几何意义为过点(－1，0)与半圆相交或相切的直线的斜率，斜率最小时直线过点(3，1)，此时kmin＝13－－1＝14，斜率最大时直线刚好与半圆相切，圆心到直线的距离d＝|2k－1＋k|k2＋1＝1(k>0

)，解得kmax＝34．故选A．12．(2018·邯郸摸底)若函数f(x)＝sin2x－π6，－π≤x＜m，cos2x－π6，m≤x≤π2恰有4个零点，则实数m的取值范围为()A．－11π12，－π6∪π12，π3B．－11π12，－2π3∪－5π12

，－π6∪π12，π3C．－11π12，－π6∪π12，π3D．－11π12，－2π3∪－5π12，－π6∪π12，π3答案B解析令g(x)＝sin2x－π6，h(x)＝cos2x－π6，在同一坐标系中作出g(x)，h(x)在－π，π2上的图象，如图所示．g(x)在－π，π2上的零点为－11

π12，－5π12，π12；h(x)在－π，π2上的零点为－2π3，－π6，π3．由题f(x)在－π，π2上恰有4个零点，结合图象可知，当m∈－11π12，－2π3∪－5π12，－π6∪π12，π3时，满足题意．故选B．

二、填空题13．(2019·湖南衡阳模拟)如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上，且点C位于第一象限，点B的坐标为45，－35，∠AOC＝α，若|BC|＝1，则3cos2α2－sinα2cosα2－32的值为________．答案35解析由4

52＋－352＝1及点B在圆O上，知圆O为单位圆，所以△OCB为正三角形，所以∠BOC＝π3，∠AOB＝π3－α，由三角函数定义知sinπ3－α＝35，所以3cos2α2－sinα2cosα2－32＝32cosα－12sinα＝sinπ3－α＝35．14．(2018·南昌二模)如图，有一

块半径为20m，圆心角∠AOB＝2π3的扇形展示台，展示台分成了四个区域：三角形OCD，弓形CMD，扇形AOC和扇形BOD(其中∠AOC＝∠BOD)，某次菊花展分别在这四个区域摆放：泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜、朱砂红霜．预计这三种菊花展示带来的日

效益分别是50元/m2、30元/m2、40元/m2．为使预计日总效益最大，∠COD的余弦值应等于________．答案12解析由题知半径r＝20，设∠COD＝α，则日总效益为f(α)＝12r2sinα×50＋α2π×πr2－12r2sinα

×30＋2π3－α2π×πr2×40＝4000sinα－2000α＋160003π，而f′(α)＝4000cosα－2000，令f′(α)＝0，可得cosα＝12，易知此时日总效益f(α)取得最大值．15．(2018·河北唐山摸底)△ABC的垂心H在其内部

，∠A＝60°，AH＝1，则BH＋CH的取值范围是________．答案(3，2]解析因为△ABC为锐角三角形，设∠BAH＝θ，且θ∈(0°，60°)，所以BH＝2AH·sinθ＝2sinθ，CH＝2AH·sin(60°－θ)＝2sin(60°－θ)，所以BH＋CH＝2sinθ＋

2sin(60°－θ)＝2sinθ＋32cosθ－12sinθ＝2sin(θ＋60°)，又由θ∈(0°，60°)，则θ＋60°∈(60°，120°)，所以2sin(θ＋60°)∈(3，2]，即BH＋C

H的取值范围是(3，2]．16．(2018·河南一模)如图，OA，OB为扇形湖面OAB的湖岸，现欲利用渔网和湖岸在湖中隔出两个养殖区——区域Ⅰ和区域Ⅱ，点C在AB上，∠COA＝θ，CD∥OA，其中AC，半径OC及线段CD需要用渔网制成．

若∠AOB＝π3，OA＝1，则所需渔网的最大长度为________．答案π＋6＋236解析由CD∥OA，∠AOB＝π3，∠COA＝θ可得∠OCD＝θ，∠ODC＝2π3，∠COD＝π3－θ，在△OCD中利用正弦定理可得C

D＝23sinπ3－θ，θ∈0，π3，设渔网的长度为f(θ)，则f(θ)＝θ＋1＋23sinπ3－θ，∴f′(θ)＝1－23cosπ3－θ，∵θ∈0，π3，则π3－θ∈0，π3，令f′(θ)＝0，则cosπ3－θ＝32，π3－θ＝π6，θ＝

π6．θ0，π6π6π6，π3f′(θ)＋0－f(θ)极大值则f(θ)∈2，π＋6＋236，故所需渔网的最大长度为π＋6＋236．三、解答题17．(2018·河北石家庄质检一)已知△ABC的内角A，B，C的

对边分别为a，b，c，且(a－c)2＝b2－34ac．(1)求cosB的值；(2)若b＝13，且sinA，sinB，sinC成等差数列，求△ABC的面积．解(1)由(a－c)2＝b2－34ac，可得a2＋

c2－b2＝54ac．∴a2＋c2－b22ac＝58，即cosB＝58．(2)∵b＝13，cosB＝58，∴b2＝13＝a2＋c2－54ac＝(a＋c)2－134ac，又sinA，sinB，sinC成等差数列，由正弦定理，得a＋c＝2b＝213，∴1

3＝52－134ac，∴ac＝12．由cosB＝58，得sinB＝398，∴△ABC的面积S△ABC＝12acsinB＝12×12×398＝3394．18．(2018·湖北八市联考)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<π2在它的某一个周期内的单调递减区间是5π12，11π12．将y＝f

(x)的图象先向左平移π4个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的12(纵坐标不变)，所得到的图象对应的函数记为g(x)．(1)求g(x)的解析式；(2)设△ABC的三边a，b，c满足b2＝ac，且边b所对角为x，若关于x的方程g(x)＝

k有两个不同的实数解，求实数k的取值范围．解(1)由题意得函数f(x)的最小正周期T＝2πω，且T2＝11π12－5π12＝π2，则T＝π，∴ω＝2，又sin2×5π12＋φ＝1，|φ|<π2，∴φ＝－

π3．∴f(x)＝sin2x－π3，∴g(x)＝sin4x＋π6．(2)∵cosx＝a2＋c2－b22ac≥2ac－ac2ac＝12(当且仅当a＝c时，取等号)，∴0<x≤π3，∴π6<4x＋π6≤3π2，则由图象可得12<k<1．19

．(2018·安徽六校联考二)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足1＋tanAtanB＝2cb．(1)求A的大小；(2)若△ABC为锐角三角形，求函数y＝2sin2B－2cosBcosC的值域．解(1)由1＋tanAtan

B＝2cb，得1＋sinAcosBcosAsinB＝sinA＋BcosAsinB＝sinCcosAsinB＝2cb＝2sinCsinB，因为A，B，C为△ABC的内角，所以cosA＝12，所以A＝π3．(2)因为A＋B＋C＝π，A＝π3，所以B＋C＝2π3，则y＝2sin2B－

2cosBcosC＝1－cos2B－2cosBcos2π3－B＝32－sin2B＋π6，又△ABC为锐角三角形，所以π6<B<π2，所以π2<2B＋π6<7π6，所以sin2B＋π6∈－12，1，所以所求函数的值域为12，2．20．

(2018·云南师大附中月考)在公比为2的等比数列{an}中，a2与a5的等差中项是93．(1)求a1的值；(2)若函数y＝|a1|sinπ4x＋φ，|φ|<π的一部分图象如图所示，M(－1，|a1|)，N(3，－|a1|)为图象上的两点，设∠MPN＝β，其中点P与原点O重合，

0<β<π，求tan(φ－β)的值．解(1)由题可知a2＋a5＝183，又a5＝8a2，故a2＝23，∴a1＝3．(2)∵点M(－1，|a1|)在函数y＝|a1|sinπ4x＋φ的图象上，∴sin－π4＋φ＝1．又

∵|φ|<π，∴φ＝3π4．如图，连接MN，在△MPN中，由余弦定理，得cosβ＝|PM|2＋|PN|2－|MN|22|PM||PN|＝4＋12－2883＝－32．又∵0<β<π，∴β＝5π6，∴φ－β＝－π12，∴tan(φ－β)＝－tanπ12＝－

tanπ4－π6＝－2＋3．21．(2018·河南洛阳统考)如图，在平面四边形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°．(1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的长；(2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范围．解(1)依题有∠ACB＝45°

，在△ABC中，由正弦定理知10sin45°＝CBsin60°，从而CB＝56．因为AC∥BD，故∠CAD＝∠ADB，∠ACB＝∠CBD．在△ABD中，∠ADB＝30°＝∠BAD，所以DB＝AB＝10．在△BCD中，CD＝CB2＋DB2－2CB·DBcos45°＝510

－43．(2)在△ABC中，易知AC＋AB>BC＝10，由余弦定理知cos60°＝AB2＋AC2－1002AB·AC，整理知(AB＋AC)2－100＝3AB·AC，由基本不等式知AB·AC≤AB＋AC22．AB＋AC2－1003≤AB＋AC22，解得AB＋AC≤20．故AB＋AC的

取值范围为(10，20]．