浙江省20届高考数学一轮 第5章 高考专题突破3

《浙江省20届高考数学一轮 第5章 高考专题突破3》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省20届高考数学一轮 第5章 高考专题突破3（11页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、高考专题突破三 高考中的三角函数与解三角形问题题型一 三角函数的图象和性质例 1 已知函数 f(x)5sin x cos x5 cos2x (其中 xR) ，求：3532(1)函数 f(x)的最小正周期；(2)函数 f(x)的单调区间；(3)函数 f(x)图象的对称轴和对称中心解 (1)因为 f(x) sin 2x (1cos 2x)52 532 5325 5sin ，(12sin 2x 32cos 2x) (2x 3)所以函数的最小正周期 T .22(2)由 2k 2x 2k (kZ)，2 3 2得 k xk (kZ)，12 512所以函数 f(x)的单调递增区间为(kZ)k 12，k 51

2、2由 2k 2x 2k (kZ)，2 3 32得 k xk (kZ )，512 1112所以函数 f(x)的单调递减区间为(kZ)k 512，k 1112(3)由 2x k (kZ)，3 2得 x (kZ)，k2 512所以函数 f(x)的对称轴方程为 x (kZ)k2 512由 2x k(k Z)，得 x (kZ )，3 k2 6所以函数 f(x)的对称中心为 (kZ)(k2 6，0)思维升华 三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化 为 yAsin(x)k 的形式，然后将 tx 视为一个整体，结合 ysin t 的图象求解跟踪训练 1 (2018“七彩阳光联盟”期初联考)

3、已知 f(x)2 cos2xsin 2x 1(xR )，求：3 3(1)f(x)的单调递增区间；(2)当 x 时，求 f(x)的值域 4，4解 由题意得 f(x)sin 2x (2cos2x1)1sin 2x cos 2x12sin 1.3 3 (2x 3)(1)由 2k 2x 2k (kZ)，2 3 2得 2k 2x2k (kZ )，56 6k xk (kZ)，512 12函数 f(x)的单调递增区间为 ，kZ .k 512，k 12(2)x ，2x ， 4，4 3 6，56sin ，f( x)0,3(2x 3) 12，1故 f(x)的值域为0,3 题型二 解三角形例 2 ABC 的内角 A

4、，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin A cos 3A0，a2 ，b2.7(1)求角 A 和边长 c；(2)设 D 为 BC 边上一点，且 ADAC ，求ABD 的面积解 (1)sin A cos A0，3tan A ，3又 00，所以 b3.1在ABC 中，A60，c a.37(1)求 sin C 的值；(2)若 a7，求ABC 的面积解 (1)在ABC 中，因为A60， c a，37所以由正弦定理得sin C .csin Aa 37 32 3314(2)因为 a7，所以 c 73.37由余弦定理 a2b 2c 22bc cos A，得72b 23 22b3 ，12解得 b8 或

5、 b5(舍去)所以ABC 的面积 S bcsin A 83 6 .12 12 32 32(2018温州适应性测试)已知函数 f(x)4cos xcos 1.(x 23)(1)求 f 的值；(6)(2)求 f(x)的最小正周期及单调递增区间解 (1)f 4cos cos 1(6) 6 (6 23)4cos cos 16 564 12.32 ( 32)(2)f(x)4cos xcos 1(x 23)4cos x 1( 12cos x 32sin x)2cos 2x sin 2x13 sin 2xcos 2x32sin .(2x 6)所以 f(x)的最小正周期为 ，当 2k2x 2k (kZ)，2

6、6 32即 kx k ，(kZ)时，f (x)单调递增，6 23即 f(x)的单调递增区间为 (kZ)6 k，23 k3(2018浙江省金华市名校第二次统练) 已知在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是a，b，c，S 为ABC 的面积，且 2Sc 2.(1)证明： ；cos Aa cos Bb sin Cc(2)若 ，求 tan B.c ac b bc a(1)证明 根据三角形的面积公式及 2Sc 2 得，absin Cc 2，根据正弦定理得，sin Asin B sin C.又在ABC 中，ABC，sin(AB )sin(C)sin C，sin Asin Bsin Csin(AB)si

7、n Acos Bcos Asin B，两边同时除以 sin Asin B，得 1.cos Asin A cos Bsin B根据正弦定理 ，asin A bsin B csin C得 sin A ，sin B ，代入化简得，asin Cc bsin Cc .cos Aa cos Bb sin Cc(2)解 由 ，得 c2a 2bcb 2，根据余弦定理得，cos A ，c ac b bc a b2 c2 a22bc 12又 A(0，)，sin A ，32又由(1)知 sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B， sin B cos B sin B，32 32 12故 tan B

8、 .3 324(2018浙江省六校协作体期末联考) 已知 f(x)cos xsin 1.(x 6)(1)求 f(x)在0 ， 上的单调递增区间；(2)在ABC 中，若角 A，B， C 的对边分别是 a，b，c，且 f(B) ，sin Asin Csin 2B，求54ac 的值解 f(x )cos xsin 1(x 6)cos x 1(32sin x 12cos x) sin 2x 134 12 1 cos 2x2 sin 2x cos 2x34 14 34 sin .12 (2x 6) 34(1)由 2k 2x 2k ，kZ，2 6 2得 k xk ，kZ，6 3又 x0 ，f(x)在0，上的

9、 单调递增区 间是 和 .0，3 56，(2)由 f(B) sin ，12 (2B 6) 34 54得 sin 1.(2B 6)又 B 是ABC 的内角，2B ，B ，6 2 3由 sin Asin C sin2B 及正弦定理可得 acb 2.在ABC 中，由余弦定理 b2a 2c 22ac cos B，得 ac(ac) 22acac，则 ac0.5.已知 a，b，c 分别为ABC 三个内角 A，B，C 的对边，且 acos C asin Cbc0.3(1)求 A；(2)若 AD 为 BC 边上的中线，cos B ，AD ，求 ABC 的面积17 1292解 (1)acos C asin Cb

10、c0，3由正弦定理得 sin Acos C sin Asin Csin Bsin C，3即 sin Acos C sin Asin Csin(AC )sin C，3亦即 sin Acos C sin Asin C3sin Acos Ccos Asin Csin C ，则 sin Asin Ccos Asin Csin C.3又 sin C0，所以 sin Acos A1，所以 sin(A30) .312在ABC 中，00)，则在ABD 中， AD2AB 2BD 22ABBDcos B，即 25x 2 49x225x 7x ，1294 14 12 17解得 x1( 负值舍去)，所以 a7，c 5

11、，故 SABC acsin B10 .12 36已知函数 f(x)cos 2x sin 2xt (0)，若 f(x)的图象上相邻两条对称轴的距离为 ，34图象过点(0,0)(1)求 f(x)的表达式和 f(x)的单调增区间；(2)将函数 f(x)的图象向右平移 个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵8坐标不变)，得到函数 yg(x) 的图象，若函数 F(x)g( x) k 在区间 上有且只有一个零0，2点，求实数 k 的取值范围解 (1)f(x) cos 2x sin 2xt32sin t，(2x 6)f(x)的最小正周期为 ，2，22 2f(x)的图象过点(0,0) ，2

12、sin t0，6t1，即 f(x)2sin 1.(4x 6)令 2k 4x 2k ，kZ，2 6 2求得 x ，kZ，k2 6 k2 12故 f(x)的单调增区间为 ，kZ .k2 6，k2 12(2)将函数 f(x)的 图象向右平移 个单位长度，可得8y2sin 12sin 1 的图象，(4x 2 6) (4x 3)再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)，得到函数 g(x)2sin 1 的(2x 3)图象x ，2x ，0，2 3 3，23sin ，(2x 3) 32，1故 g(x)2sin 1 在区 间 上的值域为 .(2x 3) 0，2 3 1，1若函数 F(x)g(x )k 在区间 上有且只有一个零点，0，2由题意可知，函数 g(x)2sin 1 的图象和直线 yk 有且只有一个交点，(2x 3)根据图象(图略)可知，k1 或 1 k 1.3 3故实数 k 的取值范围是 1 (1 ， 13 3