统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练2平面向量三角函数与解三角形文（附解析）

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(1)求bc；
(2)若eq \f(acsB－bcsA,acsB＋bcsA)－eq \f(b,c)＝1，求△ABC面积．
2．[2023·辽宁省建平县实验中学模拟]函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，已知该函数相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,3)，最大值与最小值之差为4，且对于任意的x∈R都有f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))).
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的减区间；
(3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，f(x)＝k恰有两个不等的实根，求k的取值范围．
3．[2023·陕西西安模拟预测(文)]在①cs2A＝cs (B＋C)，②asinC＝eq \r(3)ccsA这两个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，________．
(1)求角A；
(2)若b＝2，c＝4，求△ABC的BC边上的中线AD的长．
4．[2023·安徽淮南二模(文)]如图，在平面四边形ABCD中，∠BAD＝eq \f(5π,6)，∠ADC＝eq \f(π,3)，AC＝5eq \r(3)，CD＝5.
(1)求∠BAC的值；
(2)若AB＝3eq \r(3)，求△ABC的边BC上高的大小.
5．[2023·陕西宝鸡中学模拟预测(文)]已知a＝(csx，csx)，b＝(eq \r(3)sinx，－csx)，f(x)＝a·b，
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝eq \f(1,2)，且a＝eq \r(3)，求b2＋c2的取值范围．
6．[2023·陕西渭南二模(文)]在①bsineq \f(A＋B,2)＝csinB，②eq \r(3)(ccsA－b)＝－asinC，③acsB＋bcsA＝2ccsC这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答问题．
在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且________．
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC的面积为6eq \r(3)，b＝4，求c.
注：若选择多个条件分别解答，按第一个计分．
平面向量、三角函数与解三角形（2）
1．解析：（1）由余弦定理知csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
代入eq \f(b2＋c2－a2,csA)＝2，得2bc＝2，故bc＝1.
（2）由正弦定理及eq \f(acsB－bcsA,acsB＋bcsA)－eq \f(b,c)＝1，
得eq \f(sinAcsB－sinBcsA,sinAcsB＋sinBcsA)－eq \f(sinB,sinC)＝1，
化简得eq \f(sin（A－B）,sin（A＋B）)－eq \f(sinB,sinC)＝1.
∵A＋B＝π－C，∴sin（A＋B）＝sinC，
∴sin（A－B）－sinB＝sinC＝sin（A＋B），
∴sinAcsB－csAsinB－sinB＝sinAcsB＋csAsinB，
∴－2csAsinB＝sinB.
∵B∈（0，π），∴sinB≠0，∴csA＝－eq \f(1,2).
∵A∈（0，π），∴sinA＝eq \r(1－cs2A)＝eq \f(\r(3),2).
由（1）知bc＝1，故△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4).
2．解析：（1）因为A>0，最大值与最小值之差为4，所以有A－（－A）＝4⇒A＝2，
因为该函数相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,3)，所以该函数的最小正周期为2·eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)，
因为ω>0，所以有eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)⇒ω＝3，即f（x）＝2sin（3x＋φ），
因为对于任意的x∈R都有f（x）≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，所以当x＝eq \f(π,4)时，该函数有最大值，最大值为2，
因此有2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋φ))＝2⇒eq \f(3π,4)＋φ＝2k1π＋eq \f(π,2)（k1∈Z）⇒φ＝2k1π－eq \f(π,4)（k1∈Z），
因为|φ|（2）当2k2π＋eq \f(π,2)≤3x－eq \f(π,4)≤2k2π＋eq \f(3π,2)（k2∈Z）时，
即当eq \f(2,3)k2π＋eq \f(π,4)≤x≤eq \f(2,3)k2π＋eq \f(7π,12)（k2∈Z）时，函数f（x）＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,4)))单调递减，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，
所以令k2＝0，即eq \f(π,4)≤x≤eq \f(7π,12)，
因此f（x）在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12))).
（3）因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，所以令t＝3x－eq \f(π,4)，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以问题转化为t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，函数sint＝eq \f(k,2)有两个不等实根，画出f（t）＝sint简图：
根据图象，eq \f(\r(2),2)≤eq \f(k,2)<1，得到eq \r(2)≤k<2.
3．解析：（1）若选①，即cs2A＝cs（B＋C），得2cs2A－1＝－csA，
∴2cs2A＋csA－1＝0，∴csA＝eq \f(1,2)或csA＝－1（舍去），
∵A∈（0，π），∴A＝eq \f(π,3)；
若选②：asinC＝eq \r(3)ccsA，
由正弦定理，得sinAsinC＝eq \r(3)sinCcsA，
∵A，C∈（0，π），∴sinC>0，则sinA＝eq \r(3)csA，∴tanA＝eq \r(3)，∴A＝eq \f(π,3).
（2）AD是△ABC的BC边上的中线，∴eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)（eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))），
∴eq \(AD,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)（eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))）2＝eq \f(1,4)（eq \(AB,\s\up6(→))2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))2）＝eq \f(1,4)（|eq \(AB,\s\up6(→))|2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＋|eq \(AC,\s\up6(→))|2）＝eq \f(1,4)（c2＋2c·bcseq \f(π,3)＋b2）＝eq \f(1,4)（42＋2×4×2×cseq \f(π,3)＋22）＝7，
∴AD＝eq \r(7).
4．解析：（1）在△ACD中，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sin∠CAD)，
即eq \f(5\r(3),sin\f(π,3))＝eq \f(5,sin∠CAD)，解得sin∠CAD＝eq \f(1,2)，
∵AC>CD，且∠ADC＝eq \f(π,3)，∴0<∠CAD∴∠BAC＝∠BAD－∠CAD＝eq \f(2π,3).
（2）在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC
＝（3eq \r(3)）2＋（5eq \r(3)）2－2×3eq \r(3)×5eq \r(3)·cseq \f(2π,3)＝147，解得BC＝7eq \r(3)，
又∵△ABC的面积为S△ABC＝eq \f(1,2)·AB·AC·sin∠BAC＝eq \f(1,2)×3eq \r(3)×5eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(45\r(3),4)，
∴△ABC的边BC上高的大小为eq \f(\f(45\r(3),4),\f(1,2)×7\r(3))＝eq \f(45,14).
5．解析：（1）因为a＝（csx，csx），b＝（eq \r(3)sinx，－csx）且f（x）＝a·b，
所以f（x）＝a·b＝eq \r(3)sinx·csx－cs2x
＝eq \f(\r(3),2)sin2x－eq \f(1,2)（1＋cs2x）＝eq \f(\r(3),2)sin2x－eq \f(1,2)cs2x－eq \f(1,2)＝sin（2x－eq \f(π,6)）－eq \f(1,2)，
即f（x）＝sin（2x－eq \f(π,6)）－eq \f(1,2)，
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z.
所以函数f（x）的单调递增区间为[－eq \f(π,6)＋kπ，eq \f(π,3)＋kπ]，k∈Z.
（2）因为f（A）＝sin（2A－eq \f(π,6)）－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，所以sin（2A－eq \f(π,6)）＝1.
因为A∈（0，π），所以2A－eq \f(π,6)∈（－eq \f(π,6)，eq \f(11π,6)），所以2A－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以A＝eq \f(π,3)，
又因为a＝eq \r(3)，所以由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccsA，
即3＝b2＋c2－bc，即b2＋c2＝3＋bc.
而b2＋c2≥2bc，当且仅当b＝c时取等号，所以bc≤3，即b2＋c2≤6，
又因为b2＋c2＝3＋bc>3，所以36．解析：（1）若选①：
由于bsineq \f(A＋B,2)＝csinB，可得bsin（eq \f(π－C,2)）＝bcseq \f(C,2)＝csinB，
由正弦定理可得sinBcseq \f(C,2)＝sinCsinB，
∵0∵0若选②：
∵eq \r(3)（ccsA－b）＝－asinC，
由正弦定理可得eq \r(3)（sinCcsA－sinB）＝－sinAsinC，
又sinB＝sin（A＋C）＝sinAcsC＋csAsinC，
可得eq \r(3)（sinCcsA－sinAcsC－csAsinC）＝－eq \r(3)sinAcsC＝－sinAsinC，
又0∵0若选③：
∵acsB＋bcsA＝2ccsC，
由正弦定理可得：sinAcsB＋csAsinB＝2sinCcsC，则sin（A＋B）＝2sinCcsC，
∴sin（π－C）＝2sinCcsC，则sinC＝2sinCcsC，
∵0（2）S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)a×4×eq \f(\r(3),2)＝6eq \r(3)，解得a＝6，
∴由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcsC＝36＋16－2×6×4×eq \f(1,2)＝28，可得c＝2eq \r(7).