2021高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（三） 三角函数与平面向量 word版含答案

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已知函数f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))－eq \r(3)cs 2x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))．
(1)求f(x)的最大值和最小值；
(2)若不等式－2＜f(x)－m＜2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，求实数m的取值范围．
(1)f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))－eq \r(3)cs 2x
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))))－eq \r(3)cs 2x
＝1＋sin 2x－eq \r(3)cs 2x
＝1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
所以eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，
故2≤1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))≤3，
所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝3，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝2．
(2)因为－2＜f(x)－m＜2⇔f(x)－2＜m＜f(x)＋2，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
所以m＞f(x)max－2且m＜f(x)min＋2．
又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))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)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(A＞0，ω＞0)，g(x)＝tan x，它们的最小正周期之积为2π2，f(x)的最大值为2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17π,4)))．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)设h(x)＝eq \f(3,2)f2(x)＋2eq \r(3)cs2x，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(π,3)))时，h(x)的最小值为3，求a的值．
解：(1)由题意得eq \f(2π,ω)·π＝2π2，
所以ω＝1．
又A＝2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17π,4)))＝2taneq \f(17π,4)＝2taneq \f(π,4)＝2，
所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))．
由2kπ－eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得2kπ－eq \f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)．
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)．
(2)h(x)＝eq \f(3,2)f2(x)＋2eq \r(3)cs2x
＝eq \f(3,2)×4sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋2eq \r(3)cs2x
＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))))＋eq \r(3)(cs 2x＋1)
＝3＋eq \r(3)＋3sin 2x＋eq \r(3)cs 2x
＝3＋eq \r(3)＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))．
因为h(x)的最小值为3，
令3＋eq \r(3)＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝3⇒sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)．
因为x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(π,3)))，
所以2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以2a＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,6)，
即a＝－eq \f(π,6)．
已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且eq \f(2b－c,a)＝eq \f(cs C,cs A)．
(1)求A的大小；
(2)当a＝eq \r(3)时，求b2＋c2的取值范围．
(1)已知在△ABC中，eq \f(2b－c,a)＝eq \f(cs C,cs A)，
由正弦定理，
得eq \f(2sin B－sin C,sin A)＝eq \f(cs C,cs A)，
即2sin Bcs A＝sin Acs C＋sin Ccs A
＝sin(A＋C)＝sin B，
所以cs A＝eq \f(1,2)，
所以A＝60°．
(2)由正弦定理，
得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2，
则b＝2sin B，c＝2sin C，
所以b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C
＝2(1－cs 2B＋1－cs 2C)
＝2
＝2
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)cs 2B＋\f(\r(3),2)sin 2B))
＝4＋2sin(2B－30°)．
因为0°＜B＜120°，
所以－30°＜2B－30°＜210°，
所以－eq \f(1,2)＜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)＝2cs2x－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,6)))．
(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)＝eq \f(3,2)，b＋c＝2，求实数a的最小值．
解：(1)∵f(x)＝2cs2x－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,6)))
＝(1＋cs 2x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin 2xcs\f(7π,6)－cs 2xsin \f(7π,6)))
＝1＋eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x
＝1＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))．
∴函数f(x)的最大值为2．
要使f(x)取最大值，
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝1，
∴2x＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得x＝kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z．
故f(x)取最大值时x的取值集合为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝kπ＋\f(π,6)，k∈Z))))．
(2)由题意知，f(A)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＋1＝eq \f(3,2)，
化简得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)．
∵A∈(0，π)，
∴2A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，
∴2A＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，∴A＝eq \f(π,3)．
在△ABC中，根据余弦定理，得
a2＝b2＋c2－2bccseq \f(π,3)＝(b＋c)2－3bc．
由b＋c＝2，知bc≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))2＝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．
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．eq \r(2)－1 B．1
C．eq \r(2) D．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|＝eq \r(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(ma)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)2b2
＝(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＝eq \f(π,2)．
设eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，eq \(OC,\s\up7(―→))＝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|＝eq \r(1－x2＋1－y2)＝eq \r(3－2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＝eq \f(π,2)．
设eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，eq \(OC,\s\up7(―→))＝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(cs θ，sin θ)．
则a－c＝(1－cs θ，－sin θ)，b－c＝(－cs θ，1－sin θ)，
故由(a－c)·(b－c)≤0，
得(1－cs θ)×(－cs θ)＋(－sin θ)×(1－sin θ)≤0，
整理，得sin θ＋cs θ≥1．
而a＋b－c＝(1－cs θ，1－sin θ)，
则|a＋b－c|＝eq \r(1－cs θ2＋1－sin θ2)
＝eq \r(3－2sin θ＋cs θ)．
因为sin θ＋cs θ≥1，
所以3－2(sin θ＋cs θ)≤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eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，eq \(OC,\s\up7(―→))＝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eq \(CA,\s\up7(―→))＝a－c，eq \(CB,\s\up7(―→))＝b－c，|c|＝|eq \(OC,\s\up7(―→)) |．
由(a－c)·(b－c)≤0，
可得eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))≤0，
则eq \f(π,2)≤∠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eq \(OD,\s\up7(―→))＝a＋b，如图(2)所示，
因为a＋b－c＝eq \(OD,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \(CD,\s\up7(―→))，
所以|a＋b－c|＝|eq \(CD,\s\up7(―→))|，
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＝2eq \r(2)，E，C分别在线段AD，BD上，且AE＝eq \f(1,3)AD，BC＝eq \f(3,4)BD，eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \f(11,3)，则∠BAD的大小为( )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4)
C．eq \f(π,2) D．eq \f(3π,4)
解析：选D 依题意，eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(BD,\s\up7(―→))
＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(BE,\s\up7(―→))
＝eq \(AE,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→))，
所以eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)eq \(AB,\s\up7(―→))＋\f(3,4)eq \(AD,\s\up7(―→)) ))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)) ))
＝－eq \f(1,4)|eq \(AB,\s\up7(―→))|2＋eq \f(1,4)|eq \(AD,\s\up7(―→))|2－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))
＝－eq \f(1,4)×22＋eq \f(1,4)×(2eq \r(2))2－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(11,3)，
所以eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝－4，
所以cs∠BAD＝eq \f(eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→)),| eq \(AD,\s\up7(―→))|·|eq \(AB,\s\up7(―→))|)＝eq \f(－4,2×2\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)，
因为0＜∠BAD＜π，
所以∠BAD＝eq \f(3π,4)．
2．在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°．动点E和F分别在线段BC和DC上，且eq \(BE,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→))，eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,9λ)eq \(DC,\s\up7(―→))，则eq \(AE,\s\up7(―→))·eq \(AF,\s\up7(―→))的最小值为________．
解析：法一：(等价转化思想)
因为eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,9λ)eq \(DC,\s\up7(―→))，eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))，
eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \(DF,\s\up7(―→))－eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,9λ)eq \(DC,\s\up7(―→))－eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1－9λ,9λ)eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1－9λ,18λ)eq \(AB,\s\up7(―→))，
eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋λeq \(BC,\s\up7(―→))，
eq \(AF,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＋eq \f(1－9λ,18λ)eq \(AB,\s\up7(―→))
＝eq \f(1＋9λ,18λ)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))．
所以eq \(AE,\s\up7(―→))·eq \(AF,\s\up7(―→))＝(eq \(AB,\s\up7(―→))＋λeq \(BC,\s\up7(―→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋9λ,18λ) eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→)) ))
＝eq \f(1＋9λ,18λ)eq \(AB,\s\up7(―→))2＋λeq \(BC,\s\up7(―→))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋λ·\f(1＋9λ,18λ)))eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))
＝eq \f(1＋9λ,18λ)×4＋λ＋eq \f(19＋9λ,18)×2×1×cs 120°
＝eq \f(2,9λ)＋eq \f(1,2)λ＋eq \f(17,18)≥2 eq \r(\f(2,9λ)·\f(1,2)λ)＋eq \f(17,18)＝eq \f(29,18)，
当且仅当eq \f(2,9λ)＝eq \f(1,2)λ，
即λ＝eq \f(2,3)时，eq \(AE,\s\up7(―→))·eq \(AF,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(29,18)．
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)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
所以eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋λeq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)λ，\f(\r(3),2)λ))，
eq \(AF,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \f(1,9λ)eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,9λ)，\f(\r(3),2)))，
所以eq \(AE,\s\up7(―→))·eq \(AF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)λ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,9λ)))＋eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),2)λ
＝eq \f(17,18)＋eq \f(λ,2)＋eq \f(2,9λ)≥eq \f(17,18)＋2 eq \r(\f(λ,2)·\f(2,9λ))＝eq \f(29,18)，
当且仅当eq \f(2,9λ)＝eq \f(1,2)λ，
即λ＝eq \f(2,3)时，eq \(AE,\s\up7(―→))·eq \(AF,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(29,18)．
答案：eq \f(29,18)
1．(2017·宜春中学与新余一中联考)已知等腰△OAB中，|OA|＝|OB|＝2，且|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|≥eq \f(\r(3),3)|eq \(AB,\s\up7(―→))|，那么eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))的取值范围是( )
A．
解析：选A 依题意，(eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)))2≥eq \f(1,3)(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))2，
化简得eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))≥－2，
又根据三角形中，两边之差小于第三边，
可得|eq \(OA,\s\up7(―→))|－|eq \(OB,\s\up7(―→))|＜|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))|，
两边平方可得(|eq \(OA,\s\up7(―→))|－|eq \(OB,\s\up7(―→))|)2＜(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))2，
化简可得eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＜4，∴－2≤eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＜4．
2．(2017·江西赣南五校二模)△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))且|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|，则向量eq \(BA,\s\up7(―→))在eq \(BC,\s\up7(―→))方向上的投影为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),2)
C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(\r(3),2)
解析：选A 由2eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))可知O是BC的中点，
即BC为△ABC外接圆的直径，
所以|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OC,\s\up7(―→))|，由题意知|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(AB,\s\up7(―→))|＝1，
故△OAB为等边三角形，所以∠ABC＝60°．
所以向量eq \(BA,\s\up7(―→))在eq \(BC,\s\up7(―→))方向上的投影为|eq \(BA,\s\up7(―→))|·cs∠ABC＝1×cs 60°＝eq \f(1,2)．故选A．
3．(2017·石家庄质检)设α，β∈，且满足sin αcs β－cs αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )
A． B．
C． D．
解析：选C ∵sin αcs β－cs αsin β＝1，
即sin(α－β)＝1，α，β∈，
∴α－β＝eq \f(π,2)，又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))
则eq \f(π,2)≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin (α－2β)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)
＝cs α＋sin α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，
∵eq \f(π,2)≤α≤π，∴eq \f(3π,4)≤α＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
∴－1≤eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))≤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．1 B．eq \r(2)
C．2 D．2eq \r(2)
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|≤eq \r(2|a＋b|2＋|a－b|2)＝eq \r(22a2＋2b2)＝2eq \r(2)．
当且仅当|a＋b|＝|a－b|，
即a⊥b时，(|a＋b|＋|a－b|)max＝2eq \r(2)．
∴|c|≤2eq \r(2)．∴|c|的最大值为2eq \r(2)．
5．(2016·天津高考)已知函数f(x)＝sin2eq \f(ωx,2)＋eq \f(1,2)sin ωx－eq \f(1,2)(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．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,8)，1))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,8))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(5,8)))
解析：选D f(x)＝eq \f(1－cs ωx,2)＋eq \f(1,2)sin ωx－eq \f(1,2)
＝eq \f(1,2)(sin ωx－cs ωx)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))．
因为函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点，
所以eq \f(T,2)＞2π－π，
即eq \f(π,ω)＞π，所以0＜ω＜1．
当x∈(π，2π)时，
ωx－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωπ－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，
若函数f(x)在区间(π，2π)内有零点，
则ωπ－eq \f(π,4)＜kπ＜2ωπ－eq \f(π,4)(k∈Z)，
即eq \f(k,2)＋eq \f(1,8)＜ω＜k＋eq \f(1,4)(k∈Z)．
当k＝0时，eq \f(1,8)＜ω＜eq \f(1,4)；
当k＝1时，eq \f(5,8)＜ω＜eq \f(5,4)．
所以函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点时，
0＜ω≤eq \f(1,8)或eq \f(1,4)≤ω≤eq \f(5,8)．
6．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9
C．7 D．5
解析：选B 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)ω＋φ＝k1π，k1∈Z，,\f(π,4)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，k2∈Z，))
则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝eq \f(π,4)或φ＝－eq \f(π,4)．
若ω＝11，则φ＝－eq \f(π,4)，
此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11x－\f(π,4)))，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，
不满足f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调；若ω＝9，则φ＝eq \f(π,4)，
此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9x＋\f(π,4)))，满足f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))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＝eq \r(3)，且a≥c，则2a－c的最小值是________．
解析：由a2＋c2－b2＝2accs B＝ac，
所以cs B＝eq \f(1,2)，则B＝60°，又a≥c，
则A≥C＝120°－A，
所以60°≤A＜120°，
eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，
则2a－c＝4sin A－2sin C
＝4sin A－2sin(120°－A)
＝2eq \r(3)sin(A－30°)，
当A＝60°时，2a－c取得最小值eq \r(3)．
答案：eq \r(3)
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acs B－bcs A＝eq \f(1,2)c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为______．
解析：由acs B－bcs A＝eq \f(1,2)c及正弦定理，
得sin Acs B－sin Bcs A＝eq \f(1,2)sin C
＝eq \f(1,2)sin(A＋B)＝eq \f(1,2)(sin Acs B＋cs Asin B)，
整理得sin Acs B＝3cs Asin B，
即tan A＝3tan B，
易得tan A＞0，tan B＞0，
∴tan(A－B)＝eq \f(tan A－tan B,1＋tan Atan B)＝eq \f(2tan B,1＋3tan2 B)
＝eq \f(2,\f(1,tan B)＋3tan B)≤eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
当且仅当eq \f(1,tan B)＝3tan B，
即tan B＝eq \f(\r(3),3)时，tan(A－B)取得最大值，
此时B＝eq \f(π,6)．
答案：eq \f(π,6)
9．(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|≤eq \r(6)，则a·b的最大值是________．
解析：由于e是任意单位向量，可设e＝eq \f(a＋b,|a＋b|)，
则|a·e|＋|b·e|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a·a＋b,|a＋b|)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b·a＋b,|a＋b|)))
≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a·a＋b,|a＋b|)＋\f(b·a＋b,|a＋b|)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b·a＋b,|a＋b|)))＝|a＋b|．
∵|a·e|＋|b·e|≤eq \r(6)，∴|a＋b|≤eq \r(6)，
∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6．
∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，
∴a·b≤eq \f(1,2)，∴a·b的最大值为eq \f(1,2)．
答案：eq \f(1,2)
10．(2017·湖北省七市(州)协作体联考)已知函数f(x)＝eq \r(2)sin x＋eq \r(6)cs x(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eq \f(1,2)(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＝eq \f(3π,4)对称，求θ的最小值．
解：(1)f(x)＝eq \r(2)sin x＋eq \r(6)cs x
＝2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin x＋\f(\r(3),2)cs x))
＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))．
由f(α)＝2，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(2),2)，
即α＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,4)
或α＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(3π,4)，k∈Z．
于是α＝2kπ－eq \f(π,12)或α＝2kπ＋eq \f(5π,12)，k∈Z．
又α∈，
故α＝eq \f(5π,12)．
(2)将y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，
得到y＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象，
再将y＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))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＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2θ＋\f(π,3)))的图象．
由于y＝sin x的图象关于直线x＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)对称，
令2x－2θ＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，
解得x＝eq \f(kπ,2)＋θ＋eq \f(π,12)，k∈Z．
由于y＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2θ＋\f(π,3)))的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，
令eq \f(kπ,2)＋θ＋eq \f(π,12)＝eq \f(3π,4)，
解得θ＝－eq \f(kπ,2)＋eq \f(2π,3)，k∈Z．
由θ＞0可得，
当k＝1时，θ取得最小值eq \f(π,6)．
11．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A＝sin2B＋sin2C－sin Bsin C．
(1)求角A；
(2)若a＝2eq \r(3)，求b＋c的取值范围．
解：(1)由正弦定理及sin2A＝sin2B＋sin2C－sin Bsin C，知a2＝b2＋c2－bc，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)．
又0＜A＜eq \f(π,2)，所以A＝eq \f(π,3)．
(2)由(1)知A＝eq \f(π,3)，
所以B＋C＝eq \f(2π,3)，
所以B＝eq \f(2π,3)－C．
因为a＝2eq \r(3)，
所以eq \f(2\r(3),sin\f(π,3))＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，
所以b＝4sin B，c＝4sin C，
所以b＋c＝4sin B＋4sin C＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－C))＋4sin C
＝2eq \r(3)(cs C＋eq \r(3)sin C)＝4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,6)))．
因为△ABC是锐角三角形，
所以0＜B＝eq \f(2π,3)－C＜eq \f(π,2)，
所以eq \f(π,6)＜C＜eq \f(π,2)，
所以eq \f(π,3)＜C＋eq \f(π,6)＜eq \f(2π,3)，
所以eq \f(\r(3),2)＜sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,6)))≤1，
所以6＜4eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,6)))≤4eq \r(3)．
故b＋c的取值范围为(6,4eq \r(3)]．
12．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acs B＝2c－b．
(1)若cs(A＋C)＝－eq \f(5\r(3),14)，求cs C的值；
(2)若b＝5，eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝－5，求△ABC的面积；
(3)若O是△ABC外接圆的圆心，且eq \f(cs B,sin C)·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(cs C,sin B)·eq \(AC,\s\up7(―→))＝meq \(AO,\s\up7(―→))，求m的值．
解：(1)由2acs B＝2c－b，
得2sin Acs B＝2sin C－sin B，
即2sin Acs B＝2sin(A＋B)－sin B，
整理得2cs Asin B＝sinB．
∵sin B≠0，
故cs A＝eq \f(1,2)，
则A＝60°．
由cs(A＋C)＝－cs B＝－eq \f(5\r(3),14)，
知cs B＝eq \f(5\r(3),14)，
所以sin B＝eq \f(11,14)．
所以cs C＝cs(120°－B)＝－eq \f(1,2)cs B＋eq \f(\r(3),2)sin B＝eq \f(3\r(3),14)．
(2)eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))·(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))
＝eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→))2
＝|eq \(AC,\s\up7(―→))|·|eq \(AB,\s\up7(―→))|·cs A－|eq \(AC,\s\up7(―→))|2
＝eq \f(1,2)bc－b2＝－5，
又b＝5，解得c＝8，
所以△ABC的面积为
eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×5×8×eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)．
(3)由eq \f(cs B,sin C)·eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(cs C,sin B)·eq \(AC,\s\up7(―→))＝meq \(AO,\s\up7(―→))，
可得eq \f(cs B,sin C)·eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AO,\s\up7(―→))＋eq \f(cs C,sin B)·eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AO,\s\up7(―→))＝meq \(AO,\s\up7(―→))2，(*)
因为O是△ABC外接圆的圆心，
所以eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))2，eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(AO,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))2，
又|eq \(AO,\s\up7(―→))|＝eq \f(a,2sin A)，
所以(*)可化为eq \f(cs B,sin C)·c2＋eq \f(cs C,sin B)·b2＝eq \f(1,2)m·eq \f(a2,sin2A)，
所以m＝2(cs Bsin C＋sin Bcs C)＝2sin(B＋C)
＝2sin A＝eq \r(3)．
三角函数的图象与性质
三角函数和解三角形
平面向量