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2019年高考數(shù)學大一輪復習 課時達標 高考必考題突破講座（二）三角函數(shù)、解三角形、平面向量及其應用 [解密考綱]近幾年的高考全國卷交替考查三角函數(shù)、解三角形．該部分解答題是高考得分的基本組成部分，不能掉以輕心．該部分的解答題考查的熱點題型有：一是考查三角函數(shù)的圖象變換以及單調性、最值等；二是考查解三角形問題；三是考查三角函數(shù)、解三角形與平面向量的交匯性問題．在解題過程中要抓住平面向量作為解決問題的工具，要注意三角恒等變換公式的多樣性和靈活性，注意題目中隱含的各種限制條件，選擇合理的解決方法，靈活地實現(xiàn)問題的轉化． 1．(xx江蘇南京、鹽城模擬)設函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分圖象如圖所示． (1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式； (2)當x∈時，求f(x)的取值范圍． 解析　(1)由圖象知A＝2，又＝－＝，ω>0， 所以T＝2π＝，解得ω＝1，所以f(x)＝2sin(x＋φ)． 將點代入，得＋φ＝＋2kπ(k∈Z)， 即φ＝＋2kπ(k∈Z)，又－<φ<，所以φ＝. 所以f(x)＝2sin. (2)當x∈時，x＋∈， 所以sin∈，即f(x)∈[－，2]． 2．(xx北京卷)在△ABC中，∠A＝60，c＝a. (1)求sinC的值； (2)若a＝7，求△ABC的面積． 解析　(1)在△ABC中，因為∠A＝60，c＝a， 所以由正弦定理得sinC＝＝＝. (2)因為a＝7，所以c＝7＝3. 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得72＝b2＋32－2b3， 解得b＝8， 所以△ABC的面積S＝bcsinA＝83＝6. 3．四邊形ABCD的內角A與C互補，且AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2. (1)求角C的大小和線段BD的長度； (2)求四邊形ABCD的面積． 解析　(1)∵A＋C＝π，∴cosA＝－cosC． 在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝32＋22－232cosC＝13－12cosC，① 在△ABD中，由余弦定理，得BD2＝12＋22－212cosA＝5＋4cosC，② 聯(lián)立①②兩式，解得BD＝，cosC＝. 由于C∈(0，π)，∴C＝，BD＝. (2)∵A＋C＝π，C＝，∴sinA＝sinC＝. 又四邊形ABCD的面積SABCD＝S△ABD＋S△BCD ＝ABADsinA＋CBCDsinC＝(1＋3)＝2， ∴四邊形ABCD的面積為2. 4．已知向量a＝(m，cos2x)，b＝(sin2x，n)，函數(shù)f(x)＝ab，且y＝f(x)的圖象過點和點. (1)求m，n的值； (2)將y＝f(x)的圖象向左平移φ(0<φ<π)個單位后得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若y＝g(x)圖象上各最高點到點(0,3)的距離的最小值為1，求y＝g(x)的單調遞增區(qū)間． 解析　(1)由題意知f(x)＝ab＝msin2x＋ncos2x. 因為y＝f(x)的圖象過點和. 所以 即解得 (2)由(1)知f(x)＝sin2x＋cos2x＝2sin. 由題意知g(x)＝f(x＋φ)＝2sin. 設y＝g(x)的圖象上符合題意的最高點為(x0,2)， 由題意知x＋1＝1，所以x0＝0， 即到點(0,3)的距離為1的最高點為(0,2)． 將其代入y＝g(x)，得sin＝1， 因為0<φ<π，所以φ＝， 因此g(x)＝2sin＝2cos2x. 由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ，k∈Z. 所以函數(shù)y＝g(x)的單調遞增區(qū)間為，k∈Z. 5．(xx湖北重點中學高三起點考試)已知f(x)＝ab，其中a＝(2cosx，－sin2x)，b＝(cosx,1)，x∈R. (1)求f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sinB)與n＝(2，sinC)共線，求邊長b和c的值． 解析　(1)由題意知f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋2cos. 令2kπ－π≤2x＋≤2kπ(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ－(k∈Z)， ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(k∈Z)． (2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，∴cos＝－1， 又<2A＋<，∴2A＋＝π，即A＝. 又∵a＝，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc＝. ∵向量m＝(3，sinB)與n＝(2，sinC)共線，∴2sinB＝3sinC， 由正弦定理得2b＝3c，則b＝，c＝1. 6．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosB＋bcosA＝2ccosA． (1)若△ABC的面積S＝，求證：a≥； (2)如圖，在(1)的條件下，若M，N分別為AC，AB的中點，且＝，求b，c. 解析　(1)證明：由acosB＋bcosA＝2ccosA及正弦定理可得 sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA， 即sin(A＋B)＝2sinCcosA， 因為A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sinC≠0， 所以cos A＝，又A∈(0，π)，∴A＝， 由S＝bcsin A＝，可得bc＝2. 在△ABC中，由余弦定理可得 a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝2， 當且僅當b＝c＝時取等號，所以a≥. (2)因為M，N分別為AC，AB的中點，所以AM＝AC＝b，AN＝AB＝c， 在△ABM中，由余弦定理可得BM2＝c2＋－bc， 在△ACN中，由余弦定理可得CN2＝＋b2－bc， 由＝可得c2＋－bc＝， 整理得(c＋8b)(c－2b)＝0，所以c＝2b，又bc＝2可得b＝1，c＝2.