2023版考前三个月冲刺回扣篇　回扣2　三角函数与解三角形

这是一份2023版考前三个月冲刺回扣篇　回扣2　三角函数与解三角形，共11页。

1．三角函数的图象和性质
2.三角函数图象的两种变换方法
3．同角三角函数的基本关系式及诱导公式
(1)平方关系：sin2α＋cs2α＝1.
(2)商数关系：
tan α＝eq \f(sin α,cs α)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).
(3)诱导公式记忆口诀：奇变偶不变、符号看象限．
4.两角和与差的正弦、余弦、正切公式及倍角公式
sin(α±β)＝sin αcs β±cs αsin βeq \(――→,\s\up7(令β＝α))sin 2α＝2sin αcs α.
cs(α±β)＝cs αcs β∓sin αsin βeq \(――→,\s\up7(令β＝α))cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
5．辅助角公式
asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)，其中tan φ＝eq \f(b,a).
6．正弦定理及其变形
在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)，
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C.
7．余弦定理及其变形
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝a2＋c2－2accs B；
c2＝a2＋b2－2abcs C.
变形：b2＋c2－a2＝2bccs A；
a2＋c2－b2＝2accs B；
a2＋b2－c2＝2abcs C.
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab).
8．三角形面积公式
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B.
1．三角恒等变换的常用技巧
(1)常值代换：①“1”的代换，如1＝sin2θ＋cs2θ，1＝2sin eq \f(π,6)＝2cs eq \f(π,3)＝eq \r(2)sin eq \f(π,4)，1＝tan eq \f(π,4).②特殊三角函数值的代换．
(2)角的变换：涉及角与角之间的和、差、倍、互补、互余等关系时，常见的拆角、凑角技巧有2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，β＝eq \f(α＋β,2)－eq \f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)，eq \f(π,4)＋α＝eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))等．
2．三角函数图象平移问题处理策略
(1)看平移要求：首先要看题目要求由哪个函数平移得到哪个函数，这是判断移动方向的关键点．
(2)看移动方向：移动的方向一般记为“正向左，负向右”，看y＝Asin(ωx＋φ)中φ的正负和它的平移要求．
(3)看移动单位：在函数y＝Asin(ωx＋φ)中，周期变换和相位变换都是沿x轴方向的，所以ω和φ之间有一定的关系，φ是初相，再经过ω的压缩，最后移动的单位长度是eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(φ,ω))).
3．三角形中的常见结论
(1)有关角的结论
A＋B＋C＝π，A＋C＝2B⇒B＝eq \f(π,3)；
A＝π－(B＋C)⇒eq \f(A,2)＝eq \f(π,2)－eq \f(B＋C,2)，
sin A＝sin(B＋C)，
cs A＝－cs(B＋C)，
sin eq \f(A,2)＝cs eq \f(B＋C,2)，
cs eq \f(A,2)＝sin eq \f(B＋C,2).
(2)有关边角关系的结论
b2＋c2－a2＝bc⇒A＝eq \f(π,3)；
b2＋c2－a2＝eq \r(3)bc⇒A＝eq \f(π,6)；
b2＋c2＋bc＝a2⇒A＝eq \f(2π,3)；
b2＋c2＋eq \r(2)bc＝a2⇒A＝eq \f(3π,4).
1．(2022·枣庄模拟)在平面直角坐标系中，已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(－3,4)，则tan eq \f(α,2)等于( )
A．－eq \f(1,2)或2 B．2
C．－eq \f(1,3)或3 D．3
答案 B
解析 由角α的终边经过点(－3,4)，
可得sin α＝eq \f(4,\r(－32＋42))＝eq \f(4,5)，
cs α＝eq \f(－3,\r(－32＋42))＝－eq \f(3,5)，
故tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin \f(α,2),cs \f(α,2))＝eq \f(2sin \f(α,2)cs \f(α,2),2cs2\f(α,2))
＝eq \f(sin α,cs α＋1)＝eq \f(\f(4,5),－\f(3,5)＋1)＝2.
2．下列函数中，定义域为R且周期为π的偶函数是( )
A．f(x)＝sin xcs x
B．f(x)＝tan x
C．f(x)＝cs2x－sin2x
D．f(x)＝|sin 2x|
答案 C
解析 对A，C，D三个选项观察得函数定义域都为R，即定义域关于原点对称；
对于B选项，定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))，
∴排除B；
对于A选项，f(x＋π)＝sin(x＋π)cs(x＋π)
＝sin xcs x＝f(x)，
∴f(x)的周期为π.
又∵f(－x)＝sin(－x)cs(－x)
＝－sin x·cs x＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数，∴排除A；
对于C选项，f(x＋π)＝cs2(x＋π)－sin2(x＋π)＝cs2x－sin2x＝f(x)，
∴f(x)的周期为π.
又∵f(－x)＝cs2(－x)－sin2(－x)＝cs2x－sin2x＝f(x)，
∴f(x)是偶函数，∴C正确；
对于D选项，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin 2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))＝|sin 2x|＝f(x)，
∴f(x)的周期为eq \f(π,2)，∴排除D.
3．(2022·武汉模拟)函数f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式是( )
A．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
B．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))
C．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))
D．f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
答案 D
解析 由图象知，T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，故ω＝2，
再将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，－1))代入解析式得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)＋φ))＝－1，
得eq \f(7π,6)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，
又|φ|则函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
4．(多选)(2022·三亚模拟)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，先将函数y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，再将所得图象上所有的点向右平移eq \f(π,4)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象．则( )
A．g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6x－\f(5π,12)))
B．g(x)的图象关于直线x＝eq \f(5π,8)对称
C．g(x)的最小正周期为3π
D．g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，\f(17π,8)))上单调递减
答案 BCD
解析 函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
先将函数y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，
得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(π,4)))的图象，
再将所得图象上所有的点向右平移eq \f(π,4)个单位长度，
得到函数y＝g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)x－\f(5π,12)))的图象，故A错误；
当x＝eq \f(5π,8)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)))＝1，故B正确；
函数的最小正周期为eq \f(2π,\f(2,3))＝3π，故C正确；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，\f(17π,8)))时，eq \f(2,3)x－eq \f(5π,12)∈(0，π)，故函数g(x)在该区间上单调递减，故D正确．
5．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c＝eq \r(3)，△ABC的面积等于eq \f(1,2)c(asin A＋bsin B－csin C)，则a＋b的取值范围是( )
A．(2,3] B．(eq \r(3)，3]
C．(3,2 eq \r(3)] D．(eq \r(3)，2 eq \r(3)]
答案 D
解析 ∵S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B
＝eq \f(1,2)c(asin A＋bsin B－csin C)，
∴ab＝a2＋b2－c2，
∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2)，
∵0又∵c＝eq \r(3)，
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，
可得a＝2sin A，b＝2sin B，
∴a＋b＝2sin A＋2sin B
＝2sin A＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))
＝eq \r(3)cs A＋3sin A＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))，
∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
∴A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
∴a＋b＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))∈(eq \r(3)，2eq \r(3)]．
6．(2022·湘潭模拟)若函数f(x)＝cs 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在(0，α)上恰有2个零点，则α的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))
答案 B
解析 由题意，函数f(x)＝cs 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
因为0又由f(x)在(0，α)上恰有2个零点，
所以2π<2α＋eq \f(π,3)≤3π，
解得eq \f(5π,6)<α≤eq \f(4π,3)，
所以α的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3))).
7．(2022·焦作模拟)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2sin Asin C＝1＋2cs Acs C，a＋c＝3sin B，则b的最小值为 ．
答案 eq \f(3\r(3),4)
解析 因为2sin Asin C＝1＋2cs Acs C，
整理可得cs(A＋C)＝－eq \f(1,2)，
因为A＋B＋C＝π，所以cs B＝eq \f(1,2)，
又因为0由余弦定理可得b2＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，
又因为a＋c＝3sin B＝eq \f(3\r(3),2)，
所以b2＝eq \f(27,4)－3ac≥eq \f(27,4)－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))2
＝eq \f(27,4)－eq \f(81,16)＝eq \f(27,16)，
所以b的最小值为eq \f(3\r(3),4)，
当且仅当a＝c＝eq \f(3\r(3),4)时等号成立．
8．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象经过点A(0，－1)，且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，则ω的最大整数值为 ．
答案 2
解析 因为f(0)＝2sin φ＝－1，|φ|所以φ＝－eq \f(π,6).
由eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,3)得，
eq \f(ωπ,6)－eq \f(π,6)≤ωx－eq \f(π,6)≤eq \f(ωπ,3)－eq \f(π,6)，
则－eq \f(π,2)＋2kπ≤eq \f(ωπ,6)－eq \f(π,6)解得－2＋12k≤ω≤2＋6k，k∈Z.
由－2＋12k<2＋6k，k∈Z得，
k因为ω>0，所以当k<0时，不符合条件，
故k＝0，即0<ω≤2.
故ω的最大整数值为2.
9．(2022·黄冈模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AD＝eq \r(3)，BC＝eq \r(2).
(1)若CD＝2，求sin∠ADC；
(2)若∠C＝eq \f(π,4)，求四边形ABCD的面积．
解 如图，连接BD，
在Rt△ABD中，
BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝2.
(1)因为tan∠ADB＝eq \f(AB,AD)＝eq \f(\r(3),3)，
且∠ADB∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以∠ADB＝eq \f(π,6).
在△BCD中，由余弦定理得
cs∠BDC＝eq \f(BD2＋CD2－BC2,2·BD·CD)＝eq \f(4＋4－2,2×2×2)＝eq \f(3,4)，
所以sin∠BDC＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2)＝eq \f(\r(7),4).
所以sin∠ADC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠BDC＋\f(π,6)))
＝sin∠BDCcs eq \f(π,6)＋cs∠BDCsin eq \f(π,6)
＝eq \f(\r(7),4)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(21)＋3,8).
(2)在△BCD中，由余弦定理得
BD2＝CD2＋BC2－2CD·BC·cs eq \f(π,4)，
即CD2－2CD－2＝0，
解得CD＝1＋eq \r(3)或CD＝1－eq \r(3)(舍去)，
所以四边形ABCD的面积为
S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD
＝eq \f(1,2)AB·AD＋eq \f(1,2)BC·CD·sin eq \f(π,4)
＝eq \r(3)＋eq \f(1,2).
10．(2022·攀枝花模拟)在①ccs eq \f(B＋C,2)＝asin C，②sin Acs B－sin C＝eq \f(\r(3),3)sin Asin B，③cs2B－cs2A＝sin2C＋sin Bsin C这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (只需填序号)．
(1)求A；
(2)若a＝2eq \r(3)，△ABC的面积为eq \r(3)，求△ABC的周长．
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解 (1)若选①，由正弦定理可得，
sin Ccs eq \f(B＋C,2)＝sin Asin C.
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，
所以cs eq \f(B＋C,2)＝sin A.
因为A＋B＋C＝π，
所以cs eq \f(π－A,2)＝sin A，
即sin eq \f(A,2)＝2sin eq \f(A,2)cs eq \f(A,2).
因为A∈(0，π)，所以eq \f(A,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以sin eq \f(A,2)≠0，所以cs eq \f(A,2)＝eq \f(1,2).
又eq \f(A,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以eq \f(A,2)＝eq \f(π,3)，所以A＝eq \f(2π,3).
若选②，因为sin C＝sin(A＋B)，
所以sin Acs B－(sin Acs B＋cs Asin B)
＝eq \f(\r(3),3)sin Asin B，
所以－cs Asin B＝eq \f(\r(3),3)sin Asin B.
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以－cs A＝eq \f(\r(3),3)sin A，可得tan A＝－eq \r(3).
又A∈(0，π)，可得A＝eq \f(2π,3).
若选③，可得(1－sin2B)－(1－sin2A)＝sin2C＋sin Bsin C，即sin2A－sin2B＝sin2C＋sin Bsin C.
由正弦定理得a2－b2＝c2＋bc，所以a2＝b2＋c2＋bc，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，
可知cs A＝－eq \f(1,2).
又A∈(0，π)，可得A＝eq \f(2π,3).
(2)由S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)bc＝eq \r(3)，解得bc＝4.
由余弦定理及a＝2eq \r(3)，
得(2eq \r(3))2＝b2＋c2－2bccs eq \f(2π,3)，
即12＝b2＋c2＋bc＝(b＋c)2－bc，
解得b＋c＝4.
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝4＋2eq \r(3).函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x，x≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z
图象
单调性
在每一个闭区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z) 上单调递增；
在每一个闭区间
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))
(k∈Z) 上单调递减
在每一个闭区间[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上单调递增；在每一个闭区间[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上单调递减
在每一个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋kπ，\f(π,2)＋kπ)) (k∈Z)上单调递增
对称性
对称中心：(kπ，0)(k∈Z)；
对称轴：x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)
对称中心：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋kπ，0))(k∈Z)；
对称轴：x＝kπ(k∈Z)
对称中心：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)
－α
π－α
π＋α
2π－α
eq \f(π,2)－α
sin
－sin α
sin α
－sin α
－sin α
cs α
cs
cs α
－cs α
－cs α
cs α
sin α