高中数学高考2018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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压轴题命题区间(三)三角函数与平面向量

三角函数的图象与性质

　已知函数f(x)＝2sin2－cos 2x，x∈．
(1)求f(x)的最大值和最小值；
(2)若不等式－2＜f(x)－m＜2在x∈上恒成立，求实数m的取值范围．
　(1)f(x)＝2sin2－cos 2x
＝－cos 2x
＝1＋sin 2x－cos 2x
＝1＋2sin，
因为x∈，
所以≤2x－≤，
故2≤1＋2sin≤3，
所以f(x)max＝f＝3，f(x)min＝f＝2．
(2)因为－2＜f(x)－m＜2⇔f(x)－2＜m＜f(x)＋2，x∈，
所以m＞f(x)max－2且m＜f(x)min＋2．
又x∈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)＝Asin(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2g．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)设h(x)＝f2(x)＋2cos2x，当x∈时，h(x)的最小值为3，求a的值．
解：(1)由题意得·π＝2π2，
所以ω＝1．
又A＝2g＝2tan＝2tan＝2，
所以f(x)＝2sin．
由2kπ－≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)．
故f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
(2)h(x)＝f2(x)＋2cos2x
＝×4sin2＋2cos2x
＝3＋(cos 2x＋1)
＝3＋＋3sin 2x＋cos 2x
＝3＋＋2sin．
因为h(x)的最小值为3，
令3＋＋2sin＝3⇒sin＝－．
因为x∈，
所以2x＋∈，
所以2a＋＝－，
即a＝－．

三角函数和解三角形

　已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且＝．
(1)求A的大小；
(2)当a＝时，求b2＋c2的取值范围．
　(1)已知在△ABC中，＝，
由正弦定理，
得＝，
即2sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A
＝sin(A＋C)＝sin B，
所以cos A＝，
所以A＝60°．
(2)由正弦定理，
得＝＝＝2，
则b＝2sin B，c＝2sin C，
所以b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C
＝2(1－cos 2B＋1－cos 2C)
＝2
＝2
＝2
＝4＋2sin(2B－30°)．
因为0°＜B＜120°，
所以－30°＜2B－30°＜210°，
所以－＜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)＝2cos2x－sin．
(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)＝，b＋c＝2，求实数a的最小值．
解：(1)∵f(x)＝2cos2x－sin
＝(1＋cos 2x)－
＝1＋sin 2x＋cos 2x
＝1＋sin．
∴函数f(x)的最大值为2．
要使f(x)取最大值，
则sin＝1，
∴2x＋＝2kπ＋，k∈Z，
解得x＝kπ＋，k∈Z．
故f(x)取最大值时x的取值集合为
．
(2)由题意知，f(A)＝sin＋1＝，
化简得sin＝．
∵A∈(0，π)，
∴2A＋∈，
∴2A＋＝，∴A＝．
在△ABC中，根据余弦定理，得
a2＝b2＋c2－2bccos＝(b＋c)2－3bc．
由b＋c＝2，知bc≤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．

平面向量

　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．－1　　　　　　 B．1
C． 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|＝．
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＝．
设＝a，＝b，＝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|＝＝．
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＝．
设＝a，＝b，＝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(cos θ，sin θ)．
则a－c＝(1－cos θ，－sin θ)，b－c＝(－cos θ，1－sin θ)，
故由(a－c)·(b－c)≤0，
得(1－cos θ)×(－cos θ)＋(－sin θ)×(1－sin θ)≤0，
整理，得sin θ＋cos θ≥1．
而a＋b－c＝(1－cos θ，1－sin θ)，
则|a＋b－c|＝
＝．
因为sin θ＋cos θ≥1，
所以3－2(sin θ＋cos 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＝a，＝b，＝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＝a－c，＝b－c，|c|＝| |．

由(a－c)·(b－c)≤0，
可得·≤0，
则≤∠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＝a＋b，如图(2)所示，
因为a＋b－c＝－＝，
所以|a＋b－c|＝||，
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＝2，E，C分别在线段AD，BD上，且AE＝AD，BC＝BD，·＝，则∠BAD的大小为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D　依题意，＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋，
＝－＝－，
所以·＝·
＝－||2＋||2－·
＝－×22＋×(2)2－·＝，
所以·＝－4，
所以cos∠BAD＝＝＝－，
因为0＜∠BAD＜π，
所以∠BAD＝．
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＝λ，＝，则·的最小值为________．
解析：法一：(等价转化思想)
因为＝，＝，
＝－＝－＝＝，
＝＋＝＋λ，

＝＋＋＝＋＋
＝＋．
所以·＝(＋λ)·
＝2＋λ2＋·
＝×4＋λ＋×2×1×cos 120°
＝＋λ＋≥2 ＋＝，
当且仅当＝λ，
即λ＝时，·的最小值为．
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)，C，D，
所以＝＋＝＋λ＝，
＝＋＝＋＝，
所以·＝＋×λ
＝＋＋≥＋2 ＝，
当且仅当＝λ，
即λ＝时，·的最小值为．
答案：


1．(2017·宜春中学与新余一中联考)已知等腰△OAB中，|OA|＝|OB|＝2，且|＋|≥||，那么·的取值范围是(　　)
A．
解析：选A　依题意，(＋)2≥(－)2，
化简得·≥－2，
又根据三角形中，两边之差小于第三边，
可得||－||＜||＝|－|，
两边平方可得(||－||)2＜(－)2，
化简可得·＜4，∴－2≤·＜4．
2．(2017·江西赣南五校二模)△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1,2＝＋且||＝||，则向量在方向上的投影为(　　)
A． B．
C．－ D．－
解析：选A　由2＝＋可知O是BC的中点，
即BC为△ABC外接圆的直径，
所以||＝||＝||，由题意知||＝||＝1，
故△OAB为等边三角形，所以∠ABC＝60°．
所以向量在方向上的投影为||·cos∠ABC＝1×cos 60°＝．故选A．
3．(2017·石家庄质检)设α，β∈，且满足sin αcos β－cos 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 αcos β－cos αsin β＝1，
即sin(α－β)＝1，α，β∈，
∴α－β＝，又
则≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin (α－2β)
＝sin＋sin(α－2α＋π)
＝cos α＋sin α＝sin，
∵≤α≤π，∴≤α＋≤，
∴－1≤sin≤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．
C．2 D．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|≤＝＝2．
当且仅当|a＋b|＝|a－b|，
即a⊥b时，(|a＋b|＋|a－b|)max＝2．
∴|c|≤2．∴|c|的最大值为2．
5．(2016·天津高考)已知函数f(x)＝sin2＋sin ωx－(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． B．∪
C． D．∪
解析：选D　f(x)＝＋sin ωx－
＝(sin ωx－cos ωx)＝sin．
因为函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点，
所以＞2π－π，
即＞π，所以0＜ω＜1．
当x∈(π，2π)时，
ωx－∈，
若函数f(x)在区间(π，2π)内有零点，
则ωπ－＜kπ＜2ωπ－(k∈Z)，
即＋＜ω＜k＋(k∈Z)．
当k＝0时，＜ω＜；
当k＝1时，＜ω＜．
所以函数f(x)在区间(π，2π)内没有零点时，
0＜ω≤或≤ω≤．
6．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为(　　)
A．11 B．9
C．7 D．5
解析：选B　由题意得
则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝或φ＝－．
若ω＝11，则φ＝－，
此时f(x)＝sin，f(x)在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
不满足f(x)在区间上单调；若ω＝9，则φ＝，
此时f(x)＝sin，满足f(x)在区间上单调递减，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＝，且a≥c，则2a－c的最小值是________．
解析：由a2＋c2－b2＝2accos B＝ac，
所以cos B＝，则B＝60°，又a≥c，
则A≥C＝120°－A，
所以60°≤A＜120°，
＝＝＝＝2，
则2a－c＝4sin A－2sin C
＝4sin A－2sin(120°－A)
＝2sin(A－30°)，
当A＝60°时，2a－c取得最小值．
答案：
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos B－bcos A＝c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为______．
解析：由acos B－bcos A＝c及正弦定理，
得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C
＝sin(A＋B)＝(sin Acos B＋cos Asin B)，
整理得sin Acos B＝3cos Asin B，
即tan A＝3tan B，
易得tan A＞0，tan B＞0，
∴tan(A－B)＝＝
＝≤＝，
当且仅当＝3tan B，
即tan B＝时，tan(A－B)取得最大值，
此时B＝．
答案：
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|≤，则a·b的最大值是________．
解析：由于e是任意单位向量，可设e＝，
则|a·e|＋|b·e|＝＋
≥
＝＝|a＋b|．
∵|a·e|＋|b·e|≤，∴|a＋b|≤，
∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b≤6．
∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b≤6，
∴a·b≤，∴a·b的最大值为．
答案：
10．(2017·湖北省七市(州)协作体联考)已知函数f(x)＝sin x＋cos 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(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＝对称，求θ的最小值．
解：(1)f(x)＝sin x＋cos x
＝2
＝2sin．
由f(α)＝2，得sin＝，
即α＋＝2kπ＋
或α＋＝2kπ＋，k∈Z．
于是α＝2kπ－或α＝2kπ＋，k∈Z．
又α∈，
故α＝．
(2)将y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，
得到y＝2sin的图象，
再将y＝2sin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＝2sin的图象．
由于y＝sin x的图象关于直线x＝kπ＋(k∈Z)对称，
令2x－2θ＋＝kπ＋，
解得x＝＋θ＋，k∈Z．
由于y＝2sin的图象关于直线x＝对称，
令＋θ＋＝，
解得θ＝－＋，k∈Z．
由θ＞0可得，
当k＝1时，θ取得最小值．
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＝2，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cos A＝＝．
又0＜A＜，所以A＝．
(2)由(1)知A＝，
所以B＋C＝，
所以B＝－C．
因为a＝2，
所以＝＝，
所以b＝4sin B，c＝4sin C，
所以b＋c＝4sin B＋4sin C＝4sin＋4sin C
＝2(cos C＋sin C)＝4sin．
因为△ABC是锐角三角形，
所以0＜B＝－C＜，
所以＜C＜，
所以＜C＋＜，
所以＜sin≤1，
所以6＜4sin≤4．
故b＋c的取值范围为(6,4]．
12．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2acos B＝2c－b．
(1)若cos(A＋C)＝－，求cos C的值；
(2)若b＝5，·＝－5，求△ABC的面积；
(3)若O是△ABC外接圆的圆心，且·＋·＝m，求m的值．
解：(1)由2acos B＝2c－b，
得2sin Acos B＝2sin C－sin B，
即2sin Acos B＝2sin(A＋B)－sin B，
整理得2cos Asin B＝sin B．
∵sin B≠0，
故cos A＝，
则A＝60°．
由cos(A＋C)＝－cos B＝－，
知cos B＝，
所以sin B＝．
所以cos C＝cos(120°－B)＝－cos B＋sin B＝．
(2)·＝·(－)
＝·－2
＝||·||·cos A－||2
＝bc－b2＝－5，
又b＝5，解得c＝8，
所以△ABC的面积为
bcsin A＝×5×8×＝10．
(3)由·＋·＝m，
可得··＋··＝m2，(*)
因为O是△ABC外接圆的圆心，
所以·＝2，·＝2，
又||＝，
所以(*)可化为·c2＋·b2＝m·，
所以m＝2(cos Bsin C＋sin Bcos C)＝2sin(B＋C)
＝2sin A＝．