《（京津?qū)Ｓ茫?019高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：8＋6分項(xiàng)練5 三角函數(shù)與解三角形 理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津?qū)Ｓ茫?019高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：8＋6分項(xiàng)練5 三角函數(shù)與解三角形 理.doc（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

8＋6分項(xiàng)練5　三角函數(shù)與解三角形 1．(2018河北省衡水中學(xué)模擬)已知sin α＝，α∈，則cos的值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　∵sin α＝，α∈， ∴cos α＝＝， ∴sin 2α＝2sin αcos α＝2＝， cos 2α＝1－2sin2α＝1－22＝. ∴cos＝cos 2α－sin 2α＝－＝. 2．(2018寧德質(zhì)檢)將周期為π的函數(shù)f(x)＝sin＋cos(ω>0)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得的函數(shù)解析式為(　　) A．y＝2sin B．y＝2cos C．y＝2sin 2x D．y＝2cos 答案　A 解析　由題意得f(x)＝2sin ＝2sin， 因?yàn)楹瘮?shù)的周期是π，所以＝π，所以ω＝2. 所以f(x)＝2sin. 將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得的函數(shù)解析式為y＝2sin＝2sin. 3.如圖所示，某地一天6～14時(shí)的溫度變化曲線近似滿足函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)＋b，則這段曲線的函數(shù)解析式可以為(　　) A．y＝10sin＋20，x∈[6,14] B．y＝10sin＋20，x∈[6,14] C．y＝10sin＋20，x∈[6,14] D．y＝10sin＋20，x∈[6,14] 答案　A 解析　由＝2(14－6)＝16，得ω＝，A＝(30－10)＝10，b＝20， 由y＝10sin＋20過(guò)點(diǎn)(14,30)， 得30＝10sin＋20，sin＝1， φ＋＝2kπ＋，k∈Z，φ＝2kπ－，k∈Z， 取k＝1，得φ＝， 所以y＝10sin＋20. 4．(2018漳州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1，滿足f＝2－f(x)，且對(duì)任意x∈R，都有f(x)≥f.當(dāng)ω取最小值時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A.，k∈Z B.，k∈Z C.，k∈Z D.，k∈Z 答案　A 解析　由f＝2－f(x)，得f＋f(x)＝2， 可得f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱． ∵對(duì)任意x∈R，f(x)≥f， ∴當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取得最小值，當(dāng)ω取最小值時(shí)， 即周期T最大，可得T＝－，可得T＝， ∴ω＝＝6，函數(shù)f(x)＝2sin＋1， ∵當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取得最小值， ∴2sin＋1＝－1，sin＝－1， ＋φ＝＋2kπ，k∈Z，φ＝2kπ，k∈Z， ∵<，∴φ＝0， 即函數(shù)f(x)＝2sin 6x＋1， 令2kπ＋≤6x≤2kπ＋，k∈Z， 得＋≤x≤＋，k∈Z. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，k∈Z. 5．《數(shù)書(shū)九章》是中國(guó)南宋時(shí)期杰出數(shù)學(xué)家秦九韶的著作，全書(shū)十八卷共八十一個(gè)問(wèn)題，分為九類，每類九個(gè)問(wèn)題，《數(shù)書(shū)九章》中記錄了秦九韶的許多創(chuàng)造性成就，其中在卷五“三斜求積”中提出了已知三角形三邊a，b，c求面積的公式，這與古希臘的海倫公式完美等價(jià)，其求法是：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上，以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實(shí)，一為從隅，開(kāi)平方得積．”若把以上這段文字寫(xiě)成公式，即S＝ ，現(xiàn)有周長(zhǎng)為10＋2的△ABC滿足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，則用以上給出的公式求得△ABC的面積為(　　) A．6 B．4 C．8 D．12 答案　A 解析　因?yàn)閟in A∶sin B∶sin C＝2∶3∶， 所以由正弦定理得a∶b∶c＝2∶3∶， 又因?yàn)椤鰽BC的周長(zhǎng)為10＋2， 所以可得a＝4，b＝6，c＝2， 所以△ABC的面積為 S＝ ＝＝6， 故選A. 6．(2018漳州質(zhì)檢)在△ABC中，C＝60，BC＝2AC＝2，點(diǎn)D在邊BC上，且sin∠BAD＝，則CD等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　∵C＝60，BC＝2AC＝2， ∴AB＝ ＝＝3， ∴cos B＝＝＝， 又∵B是三角形的內(nèi)角， ∴B＝30，∴∠BAC＝90， ∵sin∠BAD＝， ∴cos∠BAD＝＝， 可得sin∠DAC＝cos∠BAD＝， ∵在△ABD中，由正弦定理可得AD＝， 在△ADC中，由正弦定理可得AD＝， ∴＝，解得DC＝. 7．(2018河南省南陽(yáng)市第一中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)，若f＝2，f(π)＝0，f(x)在上具有單調(diào)性，那么ω的取值共有(　　) A．6個(gè) B．7個(gè) C．8個(gè) D．9個(gè) 答案　D 解析　因?yàn)閒＝2，f(π)＝0， 所以ω＋φ＝＋2kπ，πω＋φ＝mπ(k，m∈Z)， 所以ω＝，m，k∈Z， 因?yàn)閒(x)在上具有單調(diào)性， 所以≥－，所以T≥， 所以≥，所以0<ω≤12， 因此m－2k＝1,2,3,4,5,6,7,8,9， 所以ω的取值共有9個(gè)． 8．已知函數(shù)f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)，若方程f(x)＝－1在(0，π)上有且只有四個(gè)實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)ω的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　f(x)＝2sin，作出f(x)的函數(shù)圖象如圖所示： 令2sin＝－1得， ωx－＝－＋2kπ，k∈Z或ωx－＝＋2kπ，k∈Z， ∴x＝＋，k∈Z或x＝＋，k∈Z， 設(shè)直線y＝－1與y＝f(x)在(0，＋∞)上從左到右的第4個(gè)交點(diǎn)為A，第5個(gè)交點(diǎn)為B， 則xA＝＋，xB＝＋， ∵方程f(x)＝－1在(0，π)上有且只有四個(gè)實(shí)數(shù)根， ∴xA<π≤xB， 即＋<π≤＋， 解得<ω≤. 9．(2017山東)已知cos x＝，則cos 2x＝________. 答案　 解析　cos 2x＝2cos2x－1＝22－1＝. 10．(2018上饒模擬)如圖所示的是函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)在區(qū)間上的圖象，將該函數(shù)圖象各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小到原來(lái)的一半(縱坐標(biāo)不變)，再向右平移m(m>0)個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得到的圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱，則m的最小值為_(kāi)_______． 答案　 解析　由函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)的圖象可得 T＝＝－＝π，∴ω＝2. 再由五點(diǎn)法作圖可得 2＋φ＝0，∴φ＝. 故函數(shù)f(x)的解析式為 f(x)＝sin. 故把f(x)＝sin的圖象各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小到原來(lái)的一半(縱坐標(biāo)不變)，再向右平移m(m>0)個(gè)單位長(zhǎng)度后，得到g(x)＝sin的圖象， ∵所得圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱， ∴4－4m＋＝＋kπ，k∈Z， 解得m＝－kπ，k∈Z， ∴由m>0，可得當(dāng)k＝1時(shí)，m的最小值為. 11．在△ABC中，A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知∠A＝，a＝7，b＝5，點(diǎn)D滿足＝2，則c＝________；||＝________. 答案　8　 解析　如圖， ∠A＝，a＝7，b＝5. ∴根據(jù)余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A， 即72＝52＋c2－25c， ∴c＝8或c＝－3(舍去)， ∴cos B＝＝＝. ∵點(diǎn)D滿足＝2， ∴||＝a＝. 在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝BD2＋c2－2BDccos B＝2＋64－28＝. ∴AD＝，即||＝. 12．(2018湖南省岳陽(yáng)市第一中學(xué)模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，若bc＝1，b＋2ccos A＝0，則當(dāng)角B取得最大值時(shí)，三角形的內(nèi)切圓的半徑r＝________. 答案　－ 解析　因?yàn)閎＋2ccos A＝0， 所以A∈， 且sin B＋2sin Ccos A＝0， 即3sin Ccos A＋cos Csin A＝0,3tan C＋tan A＝0. tan B＝－＝≤， 當(dāng)且僅當(dāng)C＝時(shí)等號(hào)成立，故Bmax＝， 所以B＝C，即b＝c＝1，a＝， 此時(shí)r＝11， 解得r＝－. 13．(2018湛江模擬)如圖，游客從景點(diǎn)A下山至C有兩種路徑：一種是從A沿直線步行到C，另一種是先從A乘纜車(chē)到B，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A下山，甲沿AC勻速步行，速度為50米/分鐘．在甲出發(fā)2分鐘后，乙從A乘纜車(chē)到B，在B處停留1分鐘后，再?gòu)腂勻速步行到C.已知纜車(chē)從A到B要8分鐘，AC 長(zhǎng)為1 260米，若cos A＝，sin B＝.為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過(guò)3分鐘，則乙步行的速度v(米/分鐘)的取值范圍是________． 答案　 解析　在△ABC中 已知b＝1 260，cos A＝，sin B＝，則sin A＝， 由正弦定理可得，a＝＝＝500， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A得 5002＝1 2602＋c2－21 260c， 解得c1＝1 040，c2＝， 若c＝，與題圖中AC最大矛盾，舍去， 據(jù)此可得，c＝1 040. 乙從B出發(fā)時(shí)，甲已經(jīng)走了50(2＋8＋1)＝550(m)，還需走710 m才能到達(dá)C. 設(shè)乙步行的速度為v m/min， 由題意得－3≤－≤3，解得≤v≤， 所以為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過(guò)3分鐘， 乙步行的速度應(yīng)控制在范圍內(nèi)． 14．(2018煙臺(tái)模擬)如圖，在△ABC中，AB＝，AC＝1，以BC為斜邊構(gòu)造等腰直角△BCD，則得到的平面四邊形ABDC面積的最大值為_(kāi)_______． 答案　1＋ 解析　設(shè)∠BAC＝θ， 在△ABC中，因?yàn)锳B＝，AC＝1， 所以其面積為S1＝1sin θ＝sin θ， 在△ABC中， 由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2ABACcos θ ＝3＋1－21cos θ＝4－2cos θ， 所以在等腰直角△BCD中， 其面積為S2＝BDCD＝BCBC ＝BC2＝1－cos θ， 所以四邊形ABDC的面積為 S＝S1＋S2＝sin θ＋1－cos θ＝1＋sin， 所以當(dāng)sin＝1時(shí)，S取得最大值1＋.