查补易混易错点02 三角函数与解三角形-【查漏补缺】2022年高考数学三轮冲刺过关（新高考专用）

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查补易混易错点02 三角函数、平面向量与解三角形1．三角函数（1）角与弧度：了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化，体会引入弧度制的必要性。（2）三角函数概念和性质①借助单位圆理解任意角三角函数（正弦、余弦、正切）的定义，能画出这些三角函数的图象，了解三角函数的周期性、奇偶性、最大（小）值。借助单位圆的对称性，利用定义推导出诱导公式（α ±，α ±π的正弦、余弦、正切）。②借助图象理解正弦函数在、余弦函数上、正切函数在 上的性质。③结合具体实例，了解的实际意义；能借助图象理解参数ω，φ，A的意义，了解参数的变化对函数图象的影响。（3）同角三角函数的基本关系式：理解同角三角函数的基本关系式。（4）三角恒等变换①经历推导两角差余弦公式的过程，知道两角差余弦公式的意义。②能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系。③能运用上述公式进行简单的恒等变换（包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆）。2．平面向量及应用（1）向量概念①通过对力、速度、位移等的分析，了解平面向量的实际背景，理解平面向量的意义和两个向量相等的含义。②理解平面向量的几何表示和基本要素。（2）向量运算①借助实例和平面向量的几何表示，掌握平面向量加、减运算及运算规则，理解其几何意义。②通过实例分析，掌握平面向量数乘运算及运算规则，理解其几何意义。理解两个平面向量共线的含义。③了解平面向量的线性运算性质及其几何意义。④通过物理中功等实例，理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积。⑤通过几何直观，了解平面向量投影的概念以及投影向量的意义（参见案例9）。⑥会用数量积判断两个平面向量的垂直关系。（3）向量基本定理及坐标表示①理解平面向量基本定理及其意义。②借助平面直角坐标系，掌握平面向量的正交分解及坐标表示。③会用坐标表示平面向量的加、减运算与数乘运算。④能用坐标表示平面向量的数量积，会表示两个平面向量的夹角。⑤能用坐标表示平面向量共线、垂直的条件。（4）向量应用与解三角形①会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的作用。②借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理、正弦定理。③能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题。 在历年高考中三角函数、平面向量以及解三角形考查比例相对较高，但难度不是很大，属于中等偏简单型。在2021年新高考全国卷Ⅰ中的第4题考查了求sinx型三角函数的单调性，难度一般；第6题考查了正余弦齐次式的计算问题，难度一般；第10题则考查了逆用和、差角的余弦公式化简、求值和平面向量的结合问题，难度一般；第19题主要考查了正弦定理的边角互化的应用，属解答题，难度一般。易错点01  求解时忽略角的范围三角函数中的平方关系是三角变换的核心，也是易错点之一。解题时，务必重视“根据已知角的范围和三角函数的取值，精确确定未知角的范围，并进行定号”。易错点02  求关于最值时忽视正、余弦函数值域求关于最值的常规方法是通过令（或cosx）将三角函数的最值问题转化为关于的二次函数问题求解。但由于正、余弦函数值域限制，只能在某一特定范围内取值，解题时务必要注意此点。易错点03  三角函数单调性判断错误对于函数来说，当时，由于内层函数是单调递增的，所以函数的单调性与函数的单调性相同，故可完全按照函数的单调性来解决；但当时，内层函数是单调递减的，所以函数的单调性与函数的单调性正好相反，就不能按照函数的单调性来解决。一般来说，应根据诱导公式将的系数化为正数加以解决，对于带有绝对值的三角函数宜根据图象从直观上加以解决。易错点04  图象变换的方向把握不准图像的平移变换，伸缩变换因先后顺序不同平移的量不同，平移的量为，平移的量为。易错点05  由图象求函数解析式忽略细节由三角函数图象求（）的解析式一般分三个步骤：①由函数的最大（小）值求振幅；②由函数的周期求；③由曲线上的最高（最低）点求初相的一般解，但有范围限制时一定要注意在指定的范围内求解。易错点06  平面向量的概念模糊平面向量部分概念多而抽象，如零向量、单位向量、平行向量、共线向量、相等向量、相反向量、向量的加法、减法、数乘、数量积、向量的模、夹角等等。在复习时不仅要理解这些概念，而且还要掌握向量与实数、向量运算与实数运算异同点。易错点07  忽视平面向量基本定理的成立条件如果、是同一平面内的两个不共线向量，那么对该平面内的任一向量，有且只有一对实数λ1，λ2，使=λ1+λ2。在平面向量知识体系中，基本定理是基石，共线向量定理是重要工具。考生在学习这部分知识时，务必要注意这两个定理的作用和成立条件。易错点08  忽视“向量数量积运算”与“实数运算”区别为钝角不共线 【真题演练】
1．（2021·全国新高考真题）下列区间中，函数单调递增的区间是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.【解析】因为函数的单调递增区间为，对于函数，由，解得，取，可得函数的一个单调递增区间为，则，，A选项满足条件，B不满足条件；取，可得函数的一个单调递增区间为，且，，CD选项均不满足条件.故选：A.2．（2021·全国新高考真题）若，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．【解析】将式子进行齐次化处理得：．故选：C．3．（2021·全国新高考真题）已知为坐标原点，点，，，，则（       ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【解析】A：，，所以，，故，正确；B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；C：由题意得：，，正确；D：由题意得：，，故一般来说故错误；故选：AC4．（2021·全国新高考真题）已知向量，，，_______．【答案】【分析】由已知可得，展开化简后可得结果.【解析】由已知可得，因此，.故答案为：.5．（2021·全国新高考真题）在∆ABC中，角、、所对的边长分别为、、，，.．（1）若，求∆ABC的面积；（2）是否存在正整数，使得∆ABC为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，且.【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.【解析】（1）因为，则，则，故，，，所以，为锐角，则，因此，；（2）显然，若∆ABC为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得，则，由三角形三边关系可得，可得，，故.6．（2021·全国新高考真题）记∆ABC是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【解析】（1）设∆ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在∆ABC中，，①在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在∆ABC中，由正弦定理知，又由，所以．在∆ABC中，由余弦定理，得．故．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则．由，得．在中，．在∆ABC中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【模拟演练】一、单选题1．（2021·江苏南通·二模）如图，点在半径为的上运动，若，则的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立适当的坐标系，设，利用向量的坐标运算得到m,n与α的关系，进而得到m+n关于α的三角函数表达式，利用辅助角公式整理后，根据三角函数的性质求得其最大值.【解析】以为原点､的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，则有，.设，则.由题意可知所以.因为，所以，故的最大值为.2．（2021·湖南株洲·二模）在∆ABC中，内角A､B､C所对的边分别为a､b､c，若，则角C的大小为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，利用正弦定理将边转化为角，再利用两角和的正弦公式得到，再根据求解.【解析】因为，所以，所以，因为，所以，又所以故选：A3．（2021·山东·烟台二中三模）若复数表示的点在第三象限，则的取值范围为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意得出，解出不等式即可.【解析】复数表示的点在第三象限，，解得.故选：B.4．（2021·福建南平·二模）过点的直线与函数的图象交于，两点，为坐标原点，则（       ）A． B． C．5 D．10【答案】D【分析】对变形后可得的图象关于点对称，从而可得，两点关于点对称，则有，进而可求出的值【解析】，函数的图象关于点对称，直线与函数的图象交于，两点时，得出，两点关于点对称，则有，于是．故选：D．5．（2021·福建厦门·二模）已知，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由确定范围，从而确定的正负再由平方关系求解即可.【解析】因为，且，所以，，，其中，所以，两边平方得，所以.故选：B.6．（2021·河北石家庄·二模）在边长为1的等边∆ABC所在平面内，有一点满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用平面向量基本定理把用表示出来，在进行数量积的运算.【解析】取BC中点为D，连结AD∵，∴，即，故P为AD的中点.∴，，∴故选：D7．（2021·河北衡水中学三模）已知，则的终边在（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．三象限 D．第四象限【答案】D【分析】两边平方得，进而得或，，，再分为偶数和为奇数两种情况讨论求解即可.【解析】解：由，平方得：，则，即，则或，，即有或，，当为偶数时，位于第二象限，，，，不成立，当为奇数时，位于第四象限，，，成立.∴角的终边在第四象限.故选：D.8．（2021·湖北·襄阳五中二模）在钝角∆ABC中，分别是的内角所对的边，点是∆ABC的重心，若，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，，，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围.【解析】延长交于，如下图所示：为∆ABC的重心，为中点且，，，；在中，；在中，；，，即，整理可得：，为锐角；设为钝角，则，，，，，解得：，，，由余弦定理得：，又为锐角，，即的取值范围为.故选：C.二、多选题9．（2021·江苏宿迁·三模）在中，是的中点，若，，则（       ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据平面向量的平行四边形法则，得到，结合选项，即可求解.【解析】由题意，在∆ABC中，是的中点，根据平面向量的平行四边形法则，可得，所以，又由.故选：BC.10．（2021·山东泰安·三模）函数，则下列结论正确的是（       ）A．若的最小正周期为，则B．若，则是的一个对称中心C．若在内单调，则D．若在上恰有个极值点，则【答案】BCD【分析】化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期性可判断A选项的正误；利用正弦型函数的对称性可判断B选项的正误；对函数在内单调递减和单调递增进行分类讨论，结合已知条件可得出关于的不等式，可判断C选项的正误；利用导数与函数极值的关系可得出关于的不等式，可判断D选项的正误.【解析】.对于选项A，， 的最小正周期为，所以，的最小正周期为，解得，故选项A错；对于选项B，若，则， ，故选项B正确；对于选项C，由得，当在内单调递增时，，即，所以，，可得，又，则，得，当在内单调递减时，，即，可得，可得，，所以，不等式组无解，综上所述，故选项C正确；对于选项D，，，由，得，在上恰有个极值点，在恰有个解，， ，解得.故选项D正确.故选：BCD.11．（2021·广东佛山·一模）在∆ABC中，、、所对的边为、、，设边上的中点为，∆ABC的面积为，其中，，下列选项正确的是（       ）A．若，则 B．的最大值为C． D．角的最小值为【答案】ABC【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.【解析】对于A，由余弦定理可得，得，故，A对；对于B，由基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，由余弦定理可得，则，B对；对于C，，则，由余弦定理可得，，所以，，整理可得，则，C对；对于D，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，因为且函数在上单调递减，故，D错.故选：ABC.12．（2021·江苏南通·一模）下列命题中是真命题的有（       ）A．存在，，使B．在∆ABC中，若，则∆ABC是等腰三角形C．在∆ABC中，“”是“”的充要条件D．在∆ABC中，若，则的值为或【答案】AC【分析】赋值法可以判断A选项；在∆ABC中根据正弦值相等，可得两角相等或者互补可判断B选项；根据正弦定理可判断选项C；先由，求得，再由，结合大角对大边求得，最后根据求值即可判断选项D.【解析】对于A，当时，正确；对于B，由可得或，即或，所以∆ABC是等腰三角形或直角三角形，错误；对于C，(其中是∆ABC外接圆的半径)，正确；对于D，因为，，所以.因为，所以由正弦定理得，从而.又因为，所以，从而，错误；故选：AC.三、填空题13．（2021·山东济南·二模）已知平面向量，，满足，，则的值为______．【答案】2【分析】根据向量垂直数量积为0，即可得答案；【解析】，，故答案为：2.14．（2021·江苏南通·一模）已知，则___________.【答案】3【分析】先由条件化简得到，再根据正切的两角差公式计算即可.【解析】因为，所以.故答案为：3.15．（2021·湖北·襄阳四中一模）已知函数，在上单调递增，那么常数的一个取值____．【答案】（答案不唯一）【分析】由条件利用正弦函数的单调性可得,由此求得正数ω的范围，任取此范围内常数即可.【解析】在上单调递增,则,，取一个该范围内的值即可，如．故答案为：.16．（2021·福建福州·二模）已知，则的值为__________.【答案】【分析】利用诱导公式化简得，再用二倍角正弦公式化成二次式并转化成正切即可得解.【解析】因，则，.故答案为：四、解答题17．（2021·河北保定·二模）在∆ABC中，a､b､c分别是内角A､B､C的对边，以下三个条件任选一个作答，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.①成等差数列；②；③；（1）求角C的大小；（2）若，∆ABC的面积为，求和的值.【答案】（1）；（2）；【分析】（1）选①；利用等差中项可得，再由正弦定理的边角互化以及两角和的正弦公式、三角形的内角和性质可得，从而可得；选②，利用正弦定理的边角互化以及两角和的正弦公式、三角形的内角和性质即可求解；选③，利用利用两角和与差的余弦公式以及正弦定理的边角互化即可求解.（2）利用余弦定理以及三角形的面积公式可得，，进而求出 ，再由正弦定理即可求解.【解析】（1）选①；成等差数列，则，所以，整理可得，因为，则，即，又因为 ，所以.选②，，所以，，整理可得，因为，则，即，又因为 ，所以.选③，，则，化简可得，因为，，所以，即，又因为 ，所以.（2）在∆ABC中，由余弦定理可得，又，即，所以，所以，由，所以，，所以18．（2021·湖南湘潭·一模）在锐角∆ABC中，角，，的对边分别为，，，若．（1）求的值；（2）是否存在角，（），满足?若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，，．【分析】（1）根据三角形的性质，由题干所给等式以及正弦定理解出即可.（2）假设存在这样的，满足题意，再诱导公式、同角三角函数关系与两角和的正切公式等算出和.【解析】（1）因为，由正弦定理，得，又因为，所以，故；（2）假设存在角，（），满足，由及，可得，因为，所以，由，可得，由，且，解得，，从而，，故存在，满足题意．19．（2021·广东广州·二模）如图，在四边形中，，，.(1)求；(2)若，求周长的最大值.【答案】(1)；(2)12【分析】（1）在中，利用正弦定理可求得结果；（2）在中，由余弦定理可求得，在中，，设，由余弦定理得，即，利用基本不等式求得，进而求出周长的最大值.【解析】(1)在中，，且利用正弦定理得：，又为钝角，为锐角，(2)在中，由余弦定理得故解得：或（舍去）在中，，设由余弦定理得，即整理得：，又利用基本不等式得：，即，即，当且仅当时，等号成立，即，所以所以周长的最大值为1220．（2021·江苏常州·一模）已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且2sinB+bcosA＝b，a＝2．（1）求角A的大小；（2）若sinC＝2sinB，求△ABC的面积．【答案】（1）；（2）2．【分析】（1）由正弦定理把改为，再由三角恒等变换可求得；（2）由正弦定理得，再结合余弦定理可求得，从而由三角形面积公式计算出面积．【解析】解：（1）因为2sinB+bcosA＝b，可得+cosA＝1，由正弦定理可得+cosA＝1，即+cosA＝1，可得sinA+cosA＝，可得2（sinA+cosA）＝，可得sin（A+）＝，因为A为三角形内角，可得A+＝，可得A＝．（2）由sinC＝2sinB，可得c＝2b，又A＝，a＝2，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣bc，解得b＝2，c＝4，所以S△ABC＝bcsinA＝＝2．