2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第2讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第2讲　高效演练分层突破学案，共6页。
1．(2020·晋冀鲁豫名校期末联考)若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))＝eq \f(3,5)，且α是第三象限角，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2 019π,2)))＝( )
A.eq \f(3,5) B．－eq \f(3,5)
C.eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
解析：选D.sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(3π,2)))＝－cs α＝eq \f(3,5)，所以cs α＝－eq \f(3,5)，因为α是第三象限角，所以sin α＝－eq \f(4,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2 019π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1 008π＋α＋\f(3π,2)))＝sin α＝－eq \f(4,5).
2．若角α的终边落在第三象限，则eq \f(cs α,\r(1－sin2α))＋eq \f(2sin α,\r(1－cs2α))的值为( )
A．3 B．－3
C．1 D．－1
解析：选B.因为α是第三象限角，故sin α0，则原式化为12t＝35·eq \f(t2－1,2)，解得t＝eq \f(7,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＝－\f(5,7)舍去))，故sin θ＋cs θ＝eq \f(7,5)，则sin θcs θ＝eq \f(12,25)，即eq \f(sin θcs θ,sin2θ＋cs2θ)＝eq \f(12,25)，即eq \f(tan θ,1＋tan2θ)＝eq \f(12,25)，12tan2θ－25tan θ＋12＝0，解得tan θ＝eq \f(3,4)或eq \f(4,3).
答案：eq \f(3,4)或eq \f(4,3)
4．(2020·襄阳模拟)已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝2，则
eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(4π,3)))＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6))))＝________．
解析：eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(4π,3)))＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(5π,6))))
＝eq \f(－sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3))))
＝－eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋1,tan（α＋\f(π,3)）－1)，
把tan(α＋eq \f(π,3))＝2代入得，原式＝－eq \f(2＋1,2－1)＝－3.
答案：－3
5．已知关于x的方程2x2－(eq \r(3)＋1)x＋m＝0的两根分别是sin θ和cs θ，θ∈(0，2π)，求：
(1)eq \f(sin2θ,sin θ－cs θ)＋eq \f(cs θ,1－tan θ)的值；
(2)m的值；
(3)方程的两根及此时θ的值．
解：(1)原式＝eq \f(sin2θ,sin θ－cs θ)＋eq \f(cs θ,1－\f(sin θ,cs θ))
＝eq \f(sin2θ,sin θ－cs θ)＋eq \f(cs2θ,cs θ－sin θ)
＝eq \f(sin2θ－cs2θ,sin θ－cs θ)＝sin θ＋cs θ.
由条件知sin θ＋cs θ＝eq \f(\r(3)＋1,2)，
故eq \f(sin2θ,sin θ－cs θ)＋eq \f(cs θ,1－tan θ)＝eq \f(\r(3)＋1,2).
(2)由已知，得sin θ＋cs θ＝eq \f(\r(3)＋1,2)，
sin θcs θ＝eq \f(m,2)，
又1＋2sin θcs θ＝(sin θ＋cs θ)2，可得m＝eq \f(\r(3),2).
(3)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin θ＋cs θ＝\f(\r(3)＋1,2)，,sin θcs θ＝\f(\r(3),4)，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin θ＝\f(\r(3),2)，,cs θ＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin θ＝\f(1,2)，,cs θ＝\f(\r(3),2).))
又θ∈(0，2π)，故θ＝eq \f(π,3)或θ＝eq \f(π,6).
6．在△ABC中，
(1)求证：cs2eq \f(A＋B,2)＋cs2 eq \f(C,2)＝1；
(2)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋B))tan(C－π)＜0，
求证：△ABC为钝角三角形．
证明：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
所以eq \f(A＋B,2)＝eq \f(π,2)－eq \f(C,2)，
所以cseq \f(A＋B,2)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(C,2)))＝sin eq \f(C,2)，
所以cs2eq \f(A＋ B,2)＋cs2eq \f(C,2)＝1.
(2)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋B))tan(C－π)＜0，
所以(－sin A)(－cs B)tan C＜0，即sin Acs Btan C＜0.
因为在△ABC中，0＜A＜π，0＜B＜π，0＜C＜π且sin A＞0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(cs B＜0，,tan C＞0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(cs B＞0，,tan C＜0，))
所以B为钝角或C为钝角，所以△ABC为钝角三角形．