2024高考数学文复习方案_二轮作业手册专题综合训练(三)_专题三_三角函数、三角恒等变换与解三角形

2024高考数学文复习方案_二轮作业手册专题综合训练(三)_专题三_三角函数、三角恒等变换与解三角形（共2篇）

篇1：2024高考数学文复习方案_二轮作业手册专题综合训练(三)_专题三_三角函数、三角恒等变换与解三角形

[专题三 三角函数、三角恒等变换与解三角形]

一、选择题(每小题5分，共40分)

1．cos 300°的值是()

1133A.B．－C.D 222

2π22．已知α∈(0，π)，cosα＝－tan 2α＝()23

33A.B．－3或－ 3

33CD3 3ππ3．下列函数中，周期为π，且在，上为增函数的是()42

ππA．y＝sinxB．y＝cosx－ 22C．y＝－sin(2x－π)D．y＝cos(2x＋π)

π4．将函数y＝sin 2x＋cos 2x的图像向左平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式

4可以是()

A．y＝cos 2x＋sin 2xB．y＝cos 2x－sin 2x

C．y＝sin 2x－cos 2xD．y＝sin xcos x

5．如图Z3－1所示的是函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)在一个周期内的图像，此函数的解析式是（）

πA．y＝2sin2x＋ 3

2πB．y＝2sin2x 3πC．y＝2sinx－ 23

πD．y＝2sin2x－ 3

π6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)3cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)，其图像相邻的两条对称轴方2

π程为x＝0与x＝()2

A．f(x)的最小正周期为2π，且在(0，π)上为单调递增函数

B．f(x)的最小正周期为2π，且在(0，π)上为单调递减函数

πC．f(x)的最小正周期为π，且在0，上为单调递增函数 2

π

D．f(x)的最小正周期为π，且在0，上为单调递减函数

2

7．函数y＝xsin x在[－π，π]上的图像是（图Z3－2

ππ

8．将函数f(x)＝sin2x＋的图像向右平移个单位长度后得到函数y＝g(x)的图像，则

43g(x)的单调递增区间为()

π

A.2kπ－，2kπ＋k(k∈Z)

63

π5π

B.2kπ，2kπ＋(k∈Z)

36

ππ

C.kπkπ(k∈Z)

63

π5π

D.kπkπ(k∈Z)

66

二、填空题(每小题5分，共20分)

9．设α是第二象限角，P(x，4)为其终边上的一点，且cos α＝x，则tan α＝________．

10．在△ABC中，若2sin A＝sin C，a＝b，则角A＝________．

π

11．在△ABC中，BC＝2，AC＝7，BABC的面积是________．

12．已知函数f(x)3sin 2x－cos 2x，x∈R，给出以下说法：

π

①函数f(x)的图像的对称轴是x＝kπ＋k∈Z；

7π

是函数f(x)的图像的一个对称中心；

12，0

π

1③函数f(x)在区间π

22

②点P

π

④将函数f(x)的图像向右平移g(x)＝sin 2x－3cos 2x的图像．

2其中正确说法的序号是________．

三、解答题(共40分)

13．(13分)在△ABC中，若sin A＝2sin B·cos C且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断△ABC的形状．

4．(13分)已知函数f(x)＝sin(π－2x)＋2 3cos2x，x∈R.π(1)求f；

6(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．

→→

15．(14分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2S△ABC＝3 BA·BC.(1)求角B；

(2)若b＝2，求a＋c的取值范围．

专题综合训练(三)

1．A [解析] cos 300°＝cos(360°－60°)＝cos 60°＝.π5π11π23

2．C [解析] 由cos(α＋＝－α＝α＝tan 2α＝－.3212123

ππ

3．D [解析] 排除A，B；对于C，y＝sin(π－2x)＝sin 2x，在，上单调递减，排除

42

C.ππ

4．B [解析] y＝sin 2x＋cos 2x→y＝sin 2x＋＋cos 2(x＋)＝cos 2x－sin 2x.442ππ5ππ2

5．B [解析] T＝＋×2＝π，ω＝＝2，当x＝－时，可得A＝2，φ＝.T1231212

22x＋.∴y＝2sin3

π

6．C [解析] 由其图像相邻的两条对称轴方程为x＝0与x＝，知周期T＝π，排除A，2B.ππππ

f(x)＝2sin2x＋φ－，sinφ－＝1，显然φ＝－f(x)＝2sin2x－＝－2cos 2x，6332

π

在0，上为单调递增函数． 2π

7．A [解析] y＝xsin x为偶函数，排除D.当x＝±π时，y＝0，排除C.当x＝y>0，排除B.ππππππ

8．C [解析] g(x)＝sin2x－＋＝sin2x，由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ(k∈Z)

262364

ππ

得单调递增区间为kπ－kπ(k∈Z)．

63

9．－ [解析] 因为α是第二象限角，所以x<0.又因为cos α＝x3544

＝－3，所以tan α.x3

πa2）2－a2π2

10.[解析] 因为c＝2a，b＝a，所以cos A＝＝A＝.4242a·2aπ3 311.[解析] 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·7＝AB2＋4－2AB，23π1

所以AB－2AB－3＝0，解得AB＝3或AB＝－1(舍去)．所以△ABC的面积是S＝·BC·sin

3＝3×2×＝.222

xx＋16，解得x

ππ

12．①②④ [解析] f(x)＝2sin2x－，将x＝kπ∈Z)代入得到y＝2，①正确；

365ππ11π

当x∈，π时，2x－，ymax＝1，③错误．再依次验证②④正确．

6662

a2bc22213．解：由sinA＝sinB＋sinC得2R＝(2＋(2，2R2R

π

则a＝b＋c，即A＝.a2＋b2－c2a

由sin A＝2sin B·cos C2×，则b＝c.综上可知，该三角形为等腰直角三

b2ab

角形．

π

14．解：(1)f(x)＝sin(π－2x)＋2 3cos2x＝sin 2x＋3cos 2x3＝2sin2x＋3，3

πππ3

则f＝2sin＋3＝2×＋3＝2 3.2633

2ππ

(2)f(x)＝2sin2x＋3的最小正周期T＝π，23

πππ5ππ

又由2kπ－2x2kπ＋kπ－≤x≤kπ∈Z)，故函数f(x)的单调递增

23212125ππ

区间为kπ－，kπ＋(k∈Z)．

1212

15．解：(1)由已知得acsin B3accos B，π

则tan B＝3，∵0

(2)方法一，由余弦定理得4＝a＋c－2accos，a＋c2

则4＝(a＋c)－3ac≥(a＋c)－3(当且仅当a＝c时取等号)，22

解得0b，则2

方法二，由正弦定理得a＝sin A，csin C，33

2ππ444

∵A＋C＝，∴a＋c(sin A＋sin C)[sin A＋sin(A＋B)]＝[sin A＋sin(A＋)]

33333π41313

＝＋sin Acos A)＝4(＋＝4sin(A＋．

222622πππ5ππ1

∵，∴A＋≤1，366626∴a＋c的取值范围是(2，4]．

篇2：2024高考数学文复习方案_二轮作业手册专题综合训练(三)_专题三_三角函数、三角恒等变换与解三角形

[第8讲 三角恒等变换与解三角形]

(时间：45分钟)

π31．已知α∈π，sin αtan 2α＝()52

24242424A.B.C．－D．－ 725257

312.＝()cos 10°sin 170°

A．4B．2C．－2D．－4

1π3．已知sin αα∈0，则sin 2α＝()3222 24 24 2A.B．－C.D．－3399

4．若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶7，则△ABC()

A．一定是锐角三角形

B．一定是直角三角形

C．一定是钝角三角形

D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形

5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若C＝120°，c，则()

A．a>bB．a

C．a＝bD．a与b的大小关系不能确定

6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝7，b＝5，c＝8，则△ABC的面积等于()

A．10B．10 3

C．20D．20 3

7．在△ABC中，内角A，B，Cb，c，若a6，b＝2，且1＋2cos(B＋C)＝0，则△ABC的BC边上的高等于()

6A.22

6＋23＋1 22

8．已知△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，则tan C等于()

34A.B.43

43CD．－ 34

29．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若b＝1，c3，C＝π，3

则S△ABC＝________．

3510．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且cos Acos Bb＝3，513C.则c＝________．

11．△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，若(2a＋c)·cos B＋b·cos C＝0，则B的值为________．

π

12．在△ABC中，已知内角A＝，边BC＝2 3.设内角B＝x，周长为y，则y＝f(x)的最大值是________．

π

13．已知函数f(x)＝2 3sin xcos x＋2cos2x＋m在区间0，上的最大值为2.3

(1)求常数m的值；

(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝1，sin B＝3sin C，△3

ABC的面积为a.AA

π－＋14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(A)＝2cos 22

AAsin2cos2.22

(1)求函数f(A)的最大值；

5π

(2)若f(A)＝0，C＝a＝6，求b的值．

15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos B5

(1)求cos(A＋C)的值；

π

(2)求sinB的值；

6→→

(3)若BA·BC＝20，求△ABC的面积．

专题限时集训(八)

π343

1．D [解析] 因为α∈，π，sin α＝cos α＝－，tan α＝－.所以tan 2

5542

－32×2tan α424

α22731－tanα1－

4

2．D [解析]

3131

－＝－＝

cos 10°sin 170°cos 10°sin 10°

3sin 10°－cos 10°sin 10°cos 10°

＝

2sin（10°－30°）2sin（－20°）－2sin 20°

4，故选D.1sin 10°cos 10°sin 10°cos 10°°2

π

3．D [解析] ∵α∈(－0)，∴cos α＝sin 2α＝2sin αcos α＝－9

122 1－－3

16k2＋25k2－49k21

4．C [解析] 由正弦定理可设a＝4k，b＝5k，c＝7k，则cos C＝<0，52·4k·5k因此三角形为钝角三角形．

5．C [解析] 因为sin 120°＝3sin A，所以sin A＝，则A＝30°＝B，因此a＝b.249＋25－641

6．B [解析] 因为cos C，sin C72×7×5

＝10 3.314 3＝所以S＝×7×5×49727

π136

7．C [解析] 由1＋2cos(B＋C)＝0得cos A＝sin A，A＝2233

2π5π22ππ2

＝，sin B＝B＝C因此BC边上的高为2×sin C＝2×sin＋＝2(sin B24122466＋221×)＝2222

8．C [解析] 由2S＝(a＋b)2－c2得2S＝a2＋b2＋2ab－c2，即2×absin C＝a2＋b2＋2ab

222a＋b－cabsin C－2absin C2222

－c，则absin C－2ab＝a＋b－c，又因为cos C＝1，所以

2ab2ab2

C2tan

22×2sin CCCCC4

cos C＋1＝，即2cos2＝sin，所以＝2，即tan C＝＝.2222223C1－21－tan

bc119.[解析] 因为b

sin3

ππ2ππ11

＝2，由B是三角形的内角知，B＝，于是A＝π－＝S△ABC＝bcsin A＝×3

663622

13×.24

1435410.[解析] 因为cos A＝cos Bsin A＝，55135

12aba313

sin B＝由正弦定理得＝，即a＝.由余弦定理得b2＝a2＋c2－

13sin Asin B4125

513

16914

2accos B，即9c2－2c，解得c＝(负值舍去)．

2552π

11.[解析] 由正弦定理可将(2a＋c)cos B＋bcos C＝0转化为2sin A·cos B＋sin C·cos

B＋sin Bcos C＝0，即2sin Acos B＋sin(B＋C)＝0，得2sin Acos B＋sin A＝0，又由A为△ABC2π1

内角，可知sin A≠0，则cos B＝－，则B.23

π2π

12．6 3 [解析] △ABC的内角和A＋B＋C＝π，由A＝，B>0，C>0得0

33BC2 3BC2π

用正弦定理知AC＝·sin x＝4sin x，AB＝＝4sinx.因为y＝

sin Asin A3π

sin

3AB＋BC＋AC，所以y＝4sin x＋4sin2π2ππ

＋2 3，即y＝4 3sinx＋＋2 3

3x0

ππππ5ππ



π

13．解：(1)f(x)＝2 3sin x·cos x＋2cos2x＋m＝2sin(2x＋)＋m＋1.6ππ5ππ

因为x∈0，所以2x＋∈，.6663πππ5π

因为函数y＝sin t在区间，上是增函数，在区间，上是减函数，6226

πππππ

所以当2x＋，即x＝时，函数f(x)在区间0，上取到最大值．此时，f(x)max＝f62636＝m＋3＝2，得m＝－1.π

(2)因为f(A)＝1，所以2sin2A＋＝1，6ππ1

即sin2A＋＝，解得A＝0(舍去)或A＝.362abc

因为sin B＝3sin C，＝，所以b＝3c.①

sin Asin Bsin C

π3 33 311

因为△ABC的面积为S△ABCbcsin A＝bcsinbc＝3.②

42234

由①和②解得b＝3，c＝1.π

因为a2＝b2＋c2－2bc·cos A＝32＋12－2×3×1×

所以a＝7.πAAAA

14．解：(1)f(A)＝2cos＋sin2－cos2＝sin A－cos A2sinA.22224ππ3π

因为0

ππ3π

当AA时，f(A)取得最大值，且最大值为2.424ππ

(2)由题意知f(A)＝2sinA＝0，所以sinA＝0.44ππ3πππ

又知－

5π7ππ

因为C＝A＋B＝B＝.12123

π6·sin

3abasin B

由，得ab＝＝＝3.sin Asin Bsin Asin A

15．解：(1)在△ABC中，∵A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.44

∵cos B，∴cos(A＋C)＝cos(π－B)＝－cos B＝－.55

42342(2)在△ABC中，∵cos B＝sin B＝1－cosB1－5

55πππ33143 3＋4

∴sin(B＋＝sin Bcos＋cos Bsin.666522510→→→→

(3)∵BA·BC＝20，即|BA|·|BC|cos B＝20，∴c·a·＝20，即ac＝25.11315