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人教版高中数学高考一轮复习训练--三角函数、解三角形
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这是一份人教版高中数学高考一轮复习训练--三角函数、解三角形，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
章末目标检测卷四 三角函数、解三角形
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要要求的.
1.下列函数中周期为π且为偶函数的是( )
A.y=sin2x-π2 B.y=cos2x-π2
C.y=sinx+π2 D.y=cosx+π2
2.已知角α终边上一点P的坐标是(2sin 2,-2cos 2),则sin α等于( )
A.sin 2 B.-sin 2 C.cos 2 D.-cos 2
3.函数f(x)=sin2x+2sin xcos x+3cos2x的最小正周期和最小值为( )
A.π,0 B.2π,0
C.π,2-2 D.2π,2-2
4.已知tan θ+1tanθ=4,则cos2θ+π4等于( )
A.15 B.14 C.13 D.12
5.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的一部分图象如图所示,将该图象上每一个点的横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标不变,得到的图象对应的函数g(x)的解析式为( )
A.g(x)=sinx+π3 B.g(x)=sin4x+π3
C.g(x)=sinx+π6 D.g(x)=sin4x+π6
6.将函数f(x)=sin 2x的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位长度后得到函数g(x)的图象.若对满足|f(x1)-g(x2)|=2的x1,x2,有|x1-x2|min=π3,则φ等于( )
A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6
7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<)的部分图象如图所示,若x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),则f(x1+x2)等于( )
A.1 B.12 C.22 D.32
8.一个半径为4.8 m的水轮如图所示,水轮圆心O距离水面2.4 m,已知水轮每60 s逆时针转动一圈,若当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时,则( )
A.点P第一次到达最高点需要10 s
B.在水轮转动的一圈内,共有10 s的时间点P距离水面的高度不低于4.8 m
C.点P距离水面的高度h(单位:m)与时间t(单位:s)的函数解析式为h=4.8sinπ30t-π6+2.4
D.当水轮转动50 s时,点P在水面下方,距离水面1.2 m
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.已知函数f(x)=sinx+π3,以下判断正确的是( )
A.2π是f(x)的最小正周期
B.点2π3,0是f(x)图象的一个对称中心
C.直线x=-π3是f(x)图象的一条对称轴
D.区间π6,7π6是f(x)的一个单调递减区间
10.已知θ∈(0,π),sin θ+cos θ=15,则下列结论正确的是( )
A.θ∈π2,π B.tan θ=-34
C.cos θ=-35 D.sin θ-cos θ=75
11.已知△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),AB=AC=1,则下列说法正确的是( )
A.BC的最小值为3
B.∠A的最小值为2π3
C.△ABC周长的最小值为2+2
D.△ABC面积的最大值为34
12.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式等价,其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=14c2a2-c2+a2-b222.现有△ABC满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶7,且S△ABC=63,请运用上述公式判断下列说法正确的是( )
A.△ABC的周长为10+27
B.△ABC的三个内角A,C,B成等差数列
C.△ABC的外接圆直径为4213
D.△ABC的中线CD的长为32
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知sin 2α=2-2cos 2α,则tan α= .
14.若函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)的周期T=π,则ω= ,函数y=ef(x)的单调递减区间为 .(e是自然对数的底数)
15.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,设AD为BC边上的高,且AD=a,则bc+cb的最大值是 .
16.(2020全国Ⅰ,理16)如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB= .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)在①A=π3,a=3,b=2;②a=1,b=3,A=π6;③a=2,b=62,B=π3这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并判断三角形解的情况.
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c, ,判断三角形解的情况,并在三角形有两解的情况下解三角形.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
18.(12分)设函数f(x)=sinωx-π6+sinωx-π2,其中0<ω<3.已知fπ6=0.
(1)求ω;
(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移π4个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在区间-π4,3π4上的最小值.
19.(12分)如图,某快递小哥从A地出发,沿小路AB→BC以20千米/时的速度送快件到C处,已知BD=10千米,∠DCB=45°,∠CDB=30°,△ABD是等腰三角形,∠ABD=120°.
(1)快递小哥能否在50分钟内将快件送到C处?
(2)快递小哥出发15分钟后,快递公司发现快件有重大问题,由于通讯不畅,公司只能派车沿大路AD→DC追赶,若汽车的平均速度为60千米/时,则汽车能否先到达C处?
参考值:2≈1.414,3≈1.732,sin 105°=6+24.
20.(12分)如图所示,在△ABC中,点D为BC边上一点,且BD=1,点E为AC的中点,AE=2,cos B=277,∠ADB=2π3.
(1)求AD的长;
(2)求△ADE的面积.
21.(12分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若方程f(x)=32在区间0,π2上的两解分别为x1,x2,求sin(x1+x2),cos(x1-x2)的值.
22.(12分)设常数a∈R,函数f(x)=asin 2x+2cos2x.
(1)若f(x)为偶函数,求a的值;
(2)若fπ4=3+1,求方程f(x)=1-2在区间[-π,π]上的解.
章末目标检测卷四 三角函数、解三角形
1.A 对于选项A,y=-cos 2x,周期为π且是偶函数,所以选项A符合题意;
对于选项B,y=sin 2x,周期为π且是奇函数,所以选项B不符合题意;
对于选项C,y=cos x,周期为2π,所以选项C不符合题意;
对于选项D,y=-sin x,周期为2π,所以选项D不符合题意.
2.D 因为点P到原点的距离r=(2sin2)2+(-2cos2)2=2,
所以sin α=yr=-cos 2.
3.C 因为f(x)=sin2x+2sin xcos x+3cos2x=1+sin 2x+(1+cos 2x)=2+2sin2x+π4,所以最小正周期为π.
当sin2x+π4=-1时,f(x)取得最小值2-2.
4.B 由tan θ+1tanθ=4,得sinθcosθ+cosθsinθ=4,
即sin2θ+cos2θsinθcosθ=4,得sin θcos θ=14,
则cos2θ+π4=1+cos2θ+π22=1-sin2θ2=1-2sinθcosθ2=1-2×142=14.
5.A 由题意得A=1,周期T=5π6−-π6=π,则ω=2πT=2.
因为f(x)的图象经过点π3,0,
所以fπ3=sin2π3+φ=0,
因为|φ|<π2,所以φ=π3,即f(x)=sin2x+π3.
故g(x)=sinx+π3.
6.D 由题意可知,g(x)=sin(2x-2φ).
由|f(x1)-g(x2)|=2,可知f(x1)和g(x2)分别为f(x)和g(x)的最大值和最小值(最小值和最大值).
不妨令2x1=π2+2kπ(k∈Z),2x2-2φ=-π2+2mπ(m∈Z),则x1-x2=π2-φ+(k-m)π(k∈Z,m∈Z).
因为|x1-x2|min=π3,且0<φ<π2,所以当k-m=0,即k=m时,有π2-φ=π3,解得φ=π6.故选D.
7.D 由题中图象可得A=1,
T2=2π2ω=π3−-π6(T为周期),解得ω=2.
故f(x)=sin(2x+φ).
由题图可知点π12,1在函数f(x)的图象上,故sin2×π12+φ=1,即π6+φ=π2+2kπ(k∈Z).
∵|φ|<π2,∴φ=π3,即f(x)=sin2x+π3.
∵x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),∴x1+x2=π12×2=π6,∴f(x1+x2)=sin2×π6+π3=32,故选D.
8.C 设点P距离水面的高度h(单位:m)与t(单位:s)的函数解析式为h=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2).
依题意可知h的最大值为7.2,最小值为-2.4,
则A+B=7.2,-A+B=-2.4,解得A=4.8,B=2.4.
∵2πω=60,∴ω=π30,∴h=4.8sinπ30t+φ+2.4.
当t=0时,h=0,得sin φ=-12,∵|φ|<π2,∴φ=-π6,
∴所求的函数解析式为h=4.8sinπ30t-π6+2.4,C正确;
令4.8sinπ30t-π6+2.4=7.2,可得sin(π30t-π6)=1,
由π30t-π6=π2,解得t=20.
故点P第一次到达最高点需要20 s,A错误;
4.8sinπ30t-π6+2.4≥4.8⇒sinπ30t-π6≥12⇒π6≤π30t-π6≤5π6⇒10≤t≤30;
即在水轮转动的一圈内,有20 s的时间点P距离水面的高度不低于4.8 m,B错误;
当t=50时,h=4.8sinπ30×50-π6+2.4=4.8sin3π2+2.4=-2.4,D错误.
9.ABD 由函数f(x)=sinx+π3,
最小正周期T=2π1=2π,故A正确;
当x=2π3时,2π3+π3=π,故B正确;
当x=-π3时,-π3+π3=0,故C不正确;
由2kπ+π2
∴(sin θ+cos θ)2=152,即sin2θ+2sin θcos θ+cos2θ=125,
∴2sin θcos θ=-2425.
∵θ∈(0,π),∴sin θ>0,cos θ<0,∴θ∈π2,π,
∴(sin θ-cos θ)2=1-2sin θcos θ=4925,∴sin θ-cos θ=75.②
由①+②,得sin θ=45;由①-②,得cos θ=-35,
则tan θ=sinθcosθ=45-35=-43.
综上可得,正确的有ACD.
11.ABD 在△ABC中,设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则c=b=1,即B=C.
∵△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),由正弦定理,得1sinB=1sinC=2R≥2,∴0
由以上可得cos A∈-1,-12,由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=2-2cos A,则a2∈[3,4),即a∈[3,2),即BC的最小值为3,故A选项正确,C选项错误;
由以上可得sin A∈0,32,∵S△ABC=12bcsin A=12sin A,
∴△ABC面积的最大值为34,故D选项正确.
12.ABC 由正弦定理,得a∶b∶c=2∶3∶7.设a=2m,b=3m,c=7m(m>0),
则S=147m2×4m2-7m2+4m2-9m222=332m2=63,解得m=2.
即△ABC的周长为a+b+c=4+6+27=10+27,选项A正确;
由余弦定理,得cos C=a2+b2-c22ab=16+36-282×4×6=12,解得C=π3,∵A+B+C=π,∴A+B=2π3,即2C=A+B,
∴角A,C,B成等差数列,选项B正确;
由正弦定理,知△ABC的外接圆直径为2R=csinC=27sinπ3=4213,选项C正确;
在△BCD中,有a2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC,在△ACD中,有b2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,又∠BDC+∠ADC=π,BD=AD,∴a2+b2=12c2+2CD2,即CD2=12×(16+36-12×28)=19,得CD=19,选项D错误.
13.0或12 ∵sin 2α=2-2cos 2α=2-2(1-2sin2α)=4sin2α,
∴2sin αcos α=4sin2α,∴sin α=0或cos α=2sin α,
即tan α=0或tan α=12.
14.2 π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z) ∵ω>0,且周期T为π,即T=2πω=π,∴ω=2,∴f(x)=sin2x+π3.
令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z),可解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12(k∈Z),则函数f(x)的单调递减区间为π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z).即函数y=ef(x)的单调递减区间为[π12+kπ,7π12+kπ](k∈Z).
15.5 ∵AD为BC边上的高,且AD=a,
∴△ABC的面积S=12a2=12bcsin A,∴sin A=a2bc.
由余弦定理,得cos A=b2+c2-a22bc=12bc+cb−a22bc,故bc+cb=2a22bc+cosA=sin A+2cos A=5sin(A+α),其中sin α=255,cos α=55.
当sin(A+α)=1时,bc+cb取到最大值5.
16.-14 由题意得BD=2AB=6,BC=AC2+AB2=2.
∵D,E,F重合于一点P,
∴AE=AD=3,BF=BD=6,∴在△ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+(3)2-2×1×3cos 30°=1,∴CE=CF=1.
∴在△BCF中,由余弦定理,得
cos∠FCB=BC2+CF2-BF22BC·CF=22+12-(6)22×2×1=-14.
17.解 若选择条件①,则由正弦定理asinA=bsinB,
得sin B=bsinAa=2×323=22.
因为a=3>b=2,A=π3,所以角B只能为锐角,故B=π4,该三角形只有一解.若选择条件②,则由正弦定理asinA=bsinB,得sin B=bsinAa=3×121=32.
因为b=3>a=1,所以B=π3或B=2π3,该三角形有两解.
当B=π3时,C=π2,c=a2+b2=2;
当B=2π3时,C=π6,a=c=1.
若选择条件③,则由正弦定理asinA=bsinB,得sin A=asinBb=2×3262=1,因为0
=32sin ωx-12cos ωx-cos ωx
=32sin ωx-32cos ωx
=312sinωx-32cosωx=3sinωx-π3.
由题设知fπ6=0,所以ωπ6−π3=kπ(k∈Z).
故ω=6k+2(k∈Z).因为0<ω<3,所以ω=2.
(2)由(1)得f(x)=3sin2x-π3.根据变换,得g(x)=3sinx+π4-π3=3sinx-π12.
因为x∈-π4,3π4,所以x-π12∈-π3,2π3.
当x-π12=-π3,即x=-π4时,g(x)取得最小值-32.
19.解 (1)在△BCD中,BD=10,由BDsin45°=BCsin30°,得BC=52,由10+5220×60≈51.21>50,
可知快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处.
(2)在△ABD中,由AD2=102+102-2×10×10×-12=300,得AD=103.
在△BCD中,∠CBD=105°,由CDsin105°=52sin30°,得CD=5(1+3).
由103+5(1+3)60×60+15=20+153≈45.98<51.21,可知汽车能先到达C处.
20.解 (1)在△ABD中,∵cos B=277,且B∈(0,π),
∴sin B=1-cos2B=1-2772=217,
∴sin∠BAD=sin(B+∠ADB)=217×-12+277×32=2114.由正弦定理,知ADsinB=BDsin∠BAD,得AD=BDsinBsin∠BAD=1×2172114=2.
(2)由(1)知AD=2,依题意得AC=2AE=4,在△ACD中,由余弦定理,得AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC,即16=4+DC2-2×2×DCcosπ3,∴DC2-2DC-12=0,解得DC=13+1或DC=1-13(舍去).∴S△ACD=12AD·DCsin∠ADC=12×2×(1+13)×32=3+392,从而S△ADE=12S△ACD=3+394.
21.解 (1)由题图可知A=2,周期T=7π6−π6=π.
∵T=2πω,∴ω=2.∵f(x)的图象过点π6,2,
∴2sin2×π6+φ=2,即π3+φ=2kπ+π2(k∈Z),
即φ=2kπ+π6(k∈Z).
∵|φ|<π2,∴φ=π6,∴f(x)=2sin2x+π6.
(2)当x=0时,f(0)=2sinπ6=1<32.
∵f(x)的图象在y轴右侧的第一个波峰的横坐标为π6,
∴f(x)的图象与直线y=32在区间0,π2上的两个交点关于直线x=π6对称,∴x1+x2=π3,∴sin(x1+x2)=32.
∵cos(x1-x2)=cos2x1-π3=sin2x1+π6,且2sin2x1+π6=32,∴cos(x1-x2)=34.
22.解 (1)∵f(x)=asin 2x+2cos2x,∴f(-x)=-asin 2x+2cos2x.
∵f(x)为偶函数,∴f(-x)=f(x),
∴-asin 2x+2cos2x=asin 2x+2cos2x.
∴2asin 2x=0,∴a=0.
(2)∵fπ4=3+1,∴asinπ2+2cos2 π4=a+1=3+1,∴a=3,∴f(x)=3sin 2x+2cos2x=3sin 2x+cos 2x+1=2sin2x+π6+1.
∵f(x)=1-2,∴2sin2x+π6+1=1-2,
∴sin2x+π6=-22,
∴2x+π6=-π4+2kπ或2x+π6=54π+2kπ(k∈Z),
∴x=kπ-5π24或x=kπ+13π24(k∈Z).
∵x∈[-π,π],∴x=-11π24或-5π24或13π24或19π24,
∴所求方程的解为x=-11π24或-5π24或13π24或19π24.
章末目标检测卷四 三角函数、解三角形
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要要求的.
1.下列函数中周期为π且为偶函数的是( )
A.y=sin2x-π2 B.y=cos2x-π2
C.y=sinx+π2 D.y=cosx+π2
2.已知角α终边上一点P的坐标是(2sin 2,-2cos 2),则sin α等于( )
A.sin 2 B.-sin 2 C.cos 2 D.-cos 2
3.函数f(x)=sin2x+2sin xcos x+3cos2x的最小正周期和最小值为( )
A.π,0 B.2π,0
C.π,2-2 D.2π,2-2
4.已知tan θ+1tanθ=4,则cos2θ+π4等于( )
A.15 B.14 C.13 D.12
5.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的一部分图象如图所示,将该图象上每一个点的横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标不变,得到的图象对应的函数g(x)的解析式为( )
A.g(x)=sinx+π3 B.g(x)=sin4x+π3
C.g(x)=sinx+π6 D.g(x)=sin4x+π6
6.将函数f(x)=sin 2x的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位长度后得到函数g(x)的图象.若对满足|f(x1)-g(x2)|=2的x1,x2,有|x1-x2|min=π3,则φ等于( )
A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6
7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<)的部分图象如图所示,若x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),则f(x1+x2)等于( )
A.1 B.12 C.22 D.32
8.一个半径为4.8 m的水轮如图所示,水轮圆心O距离水面2.4 m,已知水轮每60 s逆时针转动一圈,若当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时,则( )
A.点P第一次到达最高点需要10 s
B.在水轮转动的一圈内,共有10 s的时间点P距离水面的高度不低于4.8 m
C.点P距离水面的高度h(单位:m)与时间t(单位:s)的函数解析式为h=4.8sinπ30t-π6+2.4
D.当水轮转动50 s时,点P在水面下方,距离水面1.2 m
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.已知函数f(x)=sinx+π3,以下判断正确的是( )
A.2π是f(x)的最小正周期
B.点2π3,0是f(x)图象的一个对称中心
C.直线x=-π3是f(x)图象的一条对称轴
D.区间π6,7π6是f(x)的一个单调递减区间
10.已知θ∈(0,π),sin θ+cos θ=15,则下列结论正确的是( )
A.θ∈π2,π B.tan θ=-34
C.cos θ=-35 D.sin θ-cos θ=75
11.已知△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),AB=AC=1,则下列说法正确的是( )
A.BC的最小值为3
B.∠A的最小值为2π3
C.△ABC周长的最小值为2+2
D.△ABC面积的最大值为34
12.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式等价,其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=14c2a2-c2+a2-b222.现有△ABC满足sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶7,且S△ABC=63,请运用上述公式判断下列说法正确的是( )
A.△ABC的周长为10+27
B.△ABC的三个内角A,C,B成等差数列
C.△ABC的外接圆直径为4213
D.△ABC的中线CD的长为32
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知sin 2α=2-2cos 2α,则tan α= .
14.若函数f(x)=sinωx+π3(ω>0)的周期T=π,则ω= ,函数y=ef(x)的单调递减区间为 .(e是自然对数的底数)
15.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,设AD为BC边上的高,且AD=a,则bc+cb的最大值是 .
16.(2020全国Ⅰ,理16)如图,在三棱锥P-ABC的平面展开图中,AC=1,AB=AD=3,AB⊥AC,AB⊥AD,∠CAE=30°,则cos∠FCB= .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)在①A=π3,a=3,b=2;②a=1,b=3,A=π6;③a=2,b=62,B=π3这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并判断三角形解的情况.
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c, ,判断三角形解的情况,并在三角形有两解的情况下解三角形.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
18.(12分)设函数f(x)=sinωx-π6+sinωx-π2,其中0<ω<3.已知fπ6=0.
(1)求ω;
(2)将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移π4个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求g(x)在区间-π4,3π4上的最小值.
19.(12分)如图,某快递小哥从A地出发,沿小路AB→BC以20千米/时的速度送快件到C处,已知BD=10千米,∠DCB=45°,∠CDB=30°,△ABD是等腰三角形,∠ABD=120°.
(1)快递小哥能否在50分钟内将快件送到C处?
(2)快递小哥出发15分钟后,快递公司发现快件有重大问题,由于通讯不畅,公司只能派车沿大路AD→DC追赶,若汽车的平均速度为60千米/时,则汽车能否先到达C处?
参考值:2≈1.414,3≈1.732,sin 105°=6+24.
20.(12分)如图所示,在△ABC中,点D为BC边上一点,且BD=1,点E为AC的中点,AE=2,cos B=277,∠ADB=2π3.
(1)求AD的长;
(2)求△ADE的面积.
21.(12分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若方程f(x)=32在区间0,π2上的两解分别为x1,x2,求sin(x1+x2),cos(x1-x2)的值.
22.(12分)设常数a∈R,函数f(x)=asin 2x+2cos2x.
(1)若f(x)为偶函数,求a的值;
(2)若fπ4=3+1,求方程f(x)=1-2在区间[-π,π]上的解.
章末目标检测卷四 三角函数、解三角形
1.A 对于选项A,y=-cos 2x,周期为π且是偶函数,所以选项A符合题意;
对于选项B,y=sin 2x,周期为π且是奇函数,所以选项B不符合题意;
对于选项C,y=cos x,周期为2π,所以选项C不符合题意;
对于选项D,y=-sin x,周期为2π,所以选项D不符合题意.
2.D 因为点P到原点的距离r=(2sin2)2+(-2cos2)2=2,
所以sin α=yr=-cos 2.
3.C 因为f(x)=sin2x+2sin xcos x+3cos2x=1+sin 2x+(1+cos 2x)=2+2sin2x+π4,所以最小正周期为π.
当sin2x+π4=-1时,f(x)取得最小值2-2.
4.B 由tan θ+1tanθ=4,得sinθcosθ+cosθsinθ=4,
即sin2θ+cos2θsinθcosθ=4,得sin θcos θ=14,
则cos2θ+π4=1+cos2θ+π22=1-sin2θ2=1-2sinθcosθ2=1-2×142=14.
5.A 由题意得A=1,周期T=5π6−-π6=π,则ω=2πT=2.
因为f(x)的图象经过点π3,0,
所以fπ3=sin2π3+φ=0,
因为|φ|<π2,所以φ=π3,即f(x)=sin2x+π3.
故g(x)=sinx+π3.
6.D 由题意可知,g(x)=sin(2x-2φ).
由|f(x1)-g(x2)|=2,可知f(x1)和g(x2)分别为f(x)和g(x)的最大值和最小值(最小值和最大值).
不妨令2x1=π2+2kπ(k∈Z),2x2-2φ=-π2+2mπ(m∈Z),则x1-x2=π2-φ+(k-m)π(k∈Z,m∈Z).
因为|x1-x2|min=π3,且0<φ<π2,所以当k-m=0,即k=m时,有π2-φ=π3,解得φ=π6.故选D.
7.D 由题中图象可得A=1,
T2=2π2ω=π3−-π6(T为周期),解得ω=2.
故f(x)=sin(2x+φ).
由题图可知点π12,1在函数f(x)的图象上,故sin2×π12+φ=1,即π6+φ=π2+2kπ(k∈Z).
∵|φ|<π2,∴φ=π3,即f(x)=sin2x+π3.
∵x1,x2∈-π6,π3,且f(x1)=f(x2),∴x1+x2=π12×2=π6,∴f(x1+x2)=sin2×π6+π3=32,故选D.
8.C 设点P距离水面的高度h(单位:m)与t(单位:s)的函数解析式为h=Asin(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2).
依题意可知h的最大值为7.2,最小值为-2.4,
则A+B=7.2,-A+B=-2.4,解得A=4.8,B=2.4.
∵2πω=60,∴ω=π30,∴h=4.8sinπ30t+φ+2.4.
当t=0时,h=0,得sin φ=-12,∵|φ|<π2,∴φ=-π6,
∴所求的函数解析式为h=4.8sinπ30t-π6+2.4,C正确;
令4.8sinπ30t-π6+2.4=7.2,可得sin(π30t-π6)=1,
由π30t-π6=π2,解得t=20.
故点P第一次到达最高点需要20 s,A错误;
4.8sinπ30t-π6+2.4≥4.8⇒sinπ30t-π6≥12⇒π6≤π30t-π6≤5π6⇒10≤t≤30;
即在水轮转动的一圈内,有20 s的时间点P距离水面的高度不低于4.8 m,B错误;
当t=50时,h=4.8sinπ30×50-π6+2.4=4.8sin3π2+2.4=-2.4,D错误.
9.ABD 由函数f(x)=sinx+π3,
最小正周期T=2π1=2π,故A正确;
当x=2π3时,2π3+π3=π,故B正确;
当x=-π3时,-π3+π3=0,故C不正确;
由2kπ+π2
∴(sin θ+cos θ)2=152,即sin2θ+2sin θcos θ+cos2θ=125,
∴2sin θcos θ=-2425.
∵θ∈(0,π),∴sin θ>0,cos θ<0,∴θ∈π2,π,
∴(sin θ-cos θ)2=1-2sin θcos θ=4925,∴sin θ-cos θ=75.②
由①+②,得sin θ=45;由①-②,得cos θ=-35,
则tan θ=sinθcosθ=45-35=-43.
综上可得,正确的有ACD.
11.ABD 在△ABC中,设角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则c=b=1,即B=C.
∵△ABC的外接圆半径R∈[1,+∞),由正弦定理,得1sinB=1sinC=2R≥2,∴0
由以上可得cos A∈-1,-12,由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得a2=2-2cos A,则a2∈[3,4),即a∈[3,2),即BC的最小值为3,故A选项正确,C选项错误;
由以上可得sin A∈0,32,∵S△ABC=12bcsin A=12sin A,
∴△ABC面积的最大值为34,故D选项正确.
12.ABC 由正弦定理,得a∶b∶c=2∶3∶7.设a=2m,b=3m,c=7m(m>0),
则S=147m2×4m2-7m2+4m2-9m222=332m2=63,解得m=2.
即△ABC的周长为a+b+c=4+6+27=10+27,选项A正确;
由余弦定理,得cos C=a2+b2-c22ab=16+36-282×4×6=12,解得C=π3,∵A+B+C=π,∴A+B=2π3,即2C=A+B,
∴角A,C,B成等差数列,选项B正确;
由正弦定理,知△ABC的外接圆直径为2R=csinC=27sinπ3=4213,选项C正确;
在△BCD中,有a2=BD2+CD2-2BD·CDcos∠BDC,在△ACD中,有b2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC,又∠BDC+∠ADC=π,BD=AD,∴a2+b2=12c2+2CD2,即CD2=12×(16+36-12×28)=19,得CD=19,选项D错误.
13.0或12 ∵sin 2α=2-2cos 2α=2-2(1-2sin2α)=4sin2α,
∴2sin αcos α=4sin2α,∴sin α=0或cos α=2sin α,
即tan α=0或tan α=12.
14.2 π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z) ∵ω>0,且周期T为π,即T=2πω=π,∴ω=2,∴f(x)=sin2x+π3.
令2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2(k∈Z),可解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12(k∈Z),则函数f(x)的单调递减区间为π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z).即函数y=ef(x)的单调递减区间为[π12+kπ,7π12+kπ](k∈Z).
15.5 ∵AD为BC边上的高,且AD=a,
∴△ABC的面积S=12a2=12bcsin A,∴sin A=a2bc.
由余弦定理,得cos A=b2+c2-a22bc=12bc+cb−a22bc,故bc+cb=2a22bc+cosA=sin A+2cos A=5sin(A+α),其中sin α=255,cos α=55.
当sin(A+α)=1时,bc+cb取到最大值5.
16.-14 由题意得BD=2AB=6,BC=AC2+AB2=2.
∵D,E,F重合于一点P,
∴AE=AD=3,BF=BD=6,∴在△ACE中,由余弦定理,得CE2=AC2+AE2-2AC·AEcos∠CAE=12+(3)2-2×1×3cos 30°=1,∴CE=CF=1.
∴在△BCF中,由余弦定理,得
cos∠FCB=BC2+CF2-BF22BC·CF=22+12-(6)22×2×1=-14.
17.解 若选择条件①,则由正弦定理asinA=bsinB,
得sin B=bsinAa=2×323=22.
因为a=3>b=2,A=π3,所以角B只能为锐角,故B=π4,该三角形只有一解.若选择条件②,则由正弦定理asinA=bsinB,得sin B=bsinAa=3×121=32.
因为b=3>a=1,所以B=π3或B=2π3,该三角形有两解.
当B=π3时,C=π2,c=a2+b2=2;
当B=2π3时,C=π6,a=c=1.
若选择条件③,则由正弦定理asinA=bsinB,得sin A=asinBb=2×3262=1,因为0
=32sin ωx-12cos ωx-cos ωx
=32sin ωx-32cos ωx
=312sinωx-32cosωx=3sinωx-π3.
由题设知fπ6=0,所以ωπ6−π3=kπ(k∈Z).
故ω=6k+2(k∈Z).因为0<ω<3,所以ω=2.
(2)由(1)得f(x)=3sin2x-π3.根据变换,得g(x)=3sinx+π4-π3=3sinx-π12.
因为x∈-π4,3π4,所以x-π12∈-π3,2π3.
当x-π12=-π3,即x=-π4时,g(x)取得最小值-32.
19.解 (1)在△BCD中,BD=10,由BDsin45°=BCsin30°,得BC=52,由10+5220×60≈51.21>50,
可知快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处.
(2)在△ABD中,由AD2=102+102-2×10×10×-12=300,得AD=103.
在△BCD中,∠CBD=105°,由CDsin105°=52sin30°,得CD=5(1+3).
由103+5(1+3)60×60+15=20+153≈45.98<51.21,可知汽车能先到达C处.
20.解 (1)在△ABD中,∵cos B=277,且B∈(0,π),
∴sin B=1-cos2B=1-2772=217,
∴sin∠BAD=sin(B+∠ADB)=217×-12+277×32=2114.由正弦定理,知ADsinB=BDsin∠BAD,得AD=BDsinBsin∠BAD=1×2172114=2.
(2)由(1)知AD=2,依题意得AC=2AE=4,在△ACD中,由余弦定理,得AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC,即16=4+DC2-2×2×DCcosπ3,∴DC2-2DC-12=0,解得DC=13+1或DC=1-13(舍去).∴S△ACD=12AD·DCsin∠ADC=12×2×(1+13)×32=3+392,从而S△ADE=12S△ACD=3+394.
21.解 (1)由题图可知A=2,周期T=7π6−π6=π.
∵T=2πω,∴ω=2.∵f(x)的图象过点π6,2,
∴2sin2×π6+φ=2,即π3+φ=2kπ+π2(k∈Z),
即φ=2kπ+π6(k∈Z).
∵|φ|<π2,∴φ=π6,∴f(x)=2sin2x+π6.
(2)当x=0时,f(0)=2sinπ6=1<32.
∵f(x)的图象在y轴右侧的第一个波峰的横坐标为π6,
∴f(x)的图象与直线y=32在区间0,π2上的两个交点关于直线x=π6对称,∴x1+x2=π3,∴sin(x1+x2)=32.
∵cos(x1-x2)=cos2x1-π3=sin2x1+π6,且2sin2x1+π6=32,∴cos(x1-x2)=34.
22.解 (1)∵f(x)=asin 2x+2cos2x,∴f(-x)=-asin 2x+2cos2x.
∵f(x)为偶函数,∴f(-x)=f(x),
∴-asin 2x+2cos2x=asin 2x+2cos2x.
∴2asin 2x=0,∴a=0.
(2)∵fπ4=3+1,∴asinπ2+2cos2 π4=a+1=3+1,∴a=3,∴f(x)=3sin 2x+2cos2x=3sin 2x+cos 2x+1=2sin2x+π6+1.
∵f(x)=1-2,∴2sin2x+π6+1=1-2,
∴sin2x+π6=-22,
∴2x+π6=-π4+2kπ或2x+π6=54π+2kπ(k∈Z),
∴x=kπ-5π24或x=kπ+13π24(k∈Z).
∵x∈[-π,π],∴x=-11π24或-5π24或13π24或19π24,
∴所求方程的解为x=-11π24或-5π24或13π24或19π24.
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