大题专项训练6：三角函数与解三角形（综合练习二）-2021届高三数学二轮复习含答案详解.doc

1、二轮大题专练二轮大题专练 6三角函数与解三角形（综合练习二）三角函数与解三角形（综合练习二） 1在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 （1）若 a，b，c 成等差数列，求 cosB 的值； （2）是否存在ABC 满足 B 为直角？若存在，求 sinA 的值；若不存在，请说明理由 2已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且acosCcsinAb （1）求 A； （2）若 c2，且 BC 边上的中线长为，求 b 3设函数 f（x）sin（x+） （0，）最小正周期为 2，且 f（x）的图 象过坐标原点 （1）求 、 的值； （2）在ABC 中，若 2f2

2、（B）+3f2（C）2f（A） f（B） f（C）+f2（4） ，且三边 a、b、 c 所对的角依次为 A、B、C，试求的值 4已知在ABC 中，sin（A+B）1+2sin2 （1）求角 C 的大小； （2）若BAC 与ABC 的内角平分线交于点，ABC 的外接圆半径为 2，求ABI 周 长的最大值 5已知 f（x）cos2x1+sinxcosx，xR （1）求 f（x）的单调递增区间； （2）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 ccosB+bcosC1 且 f（A） 0，求ABC 的面积的最大值 6.已知函数的最小值为2，其图象经 过点（0，1） ，且图象上相邻的

3、最高点与最低点的横坐标之差的绝对值为 （）求函数 f（x）的解析式； （）若关于 x 的方程 f（x）k0 在上有且仅有两个实数根 x1，x2， 求实数 k 的取值范围，并求出 x1+x2的值 7已知函数 2 1 ( )sin sin()cos () 6122 f xxxx （1）求函数( )f x的最小正周期及单调递减区间； （2）已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3 (),3 22 B fb， 求coscosaBbC的取值范围 8已知函数 f（x）4cosxsin（x+）1（0，0）的图象关于直线对 称，且两相邻对称中心之间的距离为 （）求函数 yf（x）的单调递增

4、区间； （）若 x0，时，函数 g（x）f（x）b 有两个不同的零点 x1，x2，求 b 的取值范 围及 x1+x2的值 二轮大题专练二轮大题专练 6三角函数与解三角形（综合练习二）答案三角函数与解三角形（综合练习二）答案 1.解： （1）若 a，b，c 成等差数列， 所以 a+c2b， 由于 所以 cosB， 由于， 所以 （2）假设 B 为直角， 则 sinB1， sinCcosA， 由于， 根据正弦定理（sinA+sinC）sinB， 即 sinA+cosA， 上式两边平方得：， 所以（9sin2A+5） （4sin2A5）0， 由于 0sin2A1， 所以 9sin2A+50，4sin

5、2A50， 与（9sin2A+5） （4sin2A5）0 矛盾， 故不存在ABC 满足 B 为直角 2.解：（1） 因为acosCcsinAb， 由正弦定理可得sinAcosCsinCsinAsinB， 因为 BAC， 所以sinAcosCsinCsinAsinAcosC+cosAsinC， 可得sinCsinAcosAsinC，因为 sinC0，所以 sinAcosA，可得 tanA， 又因为 A（0，） ，可得 A （2）由余弦定理可得 a2b2+c22bccosAb2+4+2b， 又在ABC 中，cosB，设 BC 的中点为 D， 在ABD 中，cosB，可得，可得 a2+4 2b20，

6、 由可得 b22b80，解得 b4 3.解： （1）依题意，得，1 故 f（x）sin（x+） 因为 f（x）的图象过坐标原点，所以 f（0）0， 即 sin0，0 （2）由（1）知 f（x）sinx， 因为 2f2（B）+3f2（C）2f（A） f（B） f（C）+f2（4） ， 所以 2sin2B+3sin2C2sinAsinBsinC+sin2A， 由正弦定理可得：2b2+3c22sinAbc+a2， 又 a2b2+c22bccosA， ， 又， sinAcosA，且 b，A 4.解： （1）sin（A+B）1+2sin2，且 A+B+C， sinC1+1cosC2cosC，即sinC+

7、cosC2， 2sin（C+）2 C（0，） ，C+（，） ，C+，即 C （2）ABC 的外接圆半径为 2， 由正弦定理知，224，AB， ACB，ABC+BAC， BAC 与ABC 的内角平分线交于点， ABI+BAI，AIB， 设ABI，则BAI，且 0， 在ABI 中，由正弦定理得，4， BI4sin（） ，AI4sin， ABI 的周长为 2+4sin（）+4sin2+4（cossin）+4sin 2+2cos+2sin4sin（+）+2， 0，+， 当 +，即时，ABI 的周长取得最大值，为 4+2， 故ABI 的周长的最大值为 4+2 5.解： （1）f（x）cos2x1+sin

8、xcosxcos2x+sin2xsin（2x+）， 令 2x+2k，+2k，kZ，则 x+k，+k，kZ， f（x）的单调递增区间为+k，+k，kZ （2）f（A）sin（2A+）0，sin（2A+）， A（0，） ，A， ccosB+bcosC1， c+b1，即 a2a， a0，a1， 由正弦定理知， bsinB，csinC， bcsinBsinCsinBsin（+B）sinB（cosB+sinB） sin2Bcos2B+sin（2B）+， B（0，） ，2B（，） ，sin（2B）（，1， bc1， ABC 的面积 SbcsinA1sin， 故ABC 的面积的最大值为 6.解： （）由题意

9、，得 A2， T， f（x）2sin（2x+） 又函数 f（x）的图象经过点（0，1） ，则 2sin1 由，得 （）由题意，关于 x 的方程 f（x）k0 在上有且仅有两个实数根 x1， x2， 即函数 yf（x）与 yk 的图象在上有且仅有两个交点 由（）知令，则 y2sint ， 则 y 2 ， 2 其 函 数 图 象 如 图 所 示 由 图 可 知 ， 实 数 k 的 取 值 范 围 为 当 k1，2）时，t1，t2，关于对称，则 解得 当时，t1，t2关于对称，则 解得 综上，实数 k 的取值范围为，x1+x2的值为或 7.解： （1）由题意可得 2 1 ( )sin sin()co

10、s () 6122 f xxxx 311 sin (sincos )cos(2) 2226 xxxx 3(1cos2 )131 sin2cos2sin2 4444 x xxx 13 sin2 24 x， 所以函数( )f x的最小正周期 2 2 T ， 令 3 222 22 kxk 剟，kZ，解得 3 44 kxk 剟，kZ， 故函数( )f x的单调递减区间为 4 k ， 3 4 k ，kZ （2）由（1）知 133 ()sin 2242 B fB，解得 3 sin 2 B ， 因为(0,) 2 B ，所以 3 B ， 由正弦定理可知 3 2 sinsinsin3 2 abc ABC ，则2

11、sinaA，2sincC， 所以 3331 coscos3cossin3cos()sin3cos()sincossincossincos() 23322226 a aBbCCAAAAAAAAAA ， 在锐角ABC中，可得 2 3 0, 2 0 2 A C A C 可得 62 A ， 因此 2 363 A ，则 1 cos()( 62 A ， 1 ) 2 ， 故coscosaBbC的取值范围为 1 ( 2 ， 1 ) 2 8.解： （）f（x）4cosxsin（x+）1 4cosx（sinxcos+cosxsin）1 4sinxcosxcos+4cos2xsin1 2sin2xcos+2（1+c

12、os2x）sin1 2sin2xcos+2cos2xsin+2sin1 2sin（2x+）+2sin1， 因为两相邻对称中心之间的距离为， 所以函数 f（x）的周期为 ，则， 所以 1，则 f（x）2sin（2x+）+2sin1， 又 f（x）的图象关于直线对称， 所以有， 解得 ， 因为 0， 所以 ， 故， 令，解得， 所以函数 yf（x）的单调递增区间为； （）当 x0，时，函数 g（x）f（x）b 有两个不同的零点 x1，x2， 即当 x0，时，方程有两个不同的根 x1，x2， 令 t，则 t， 所以方程 sint在上有两个不同的根 t1，t2， 作出函数的图象如图所示， 当，即 1b2 时，y与 ysint 有两个交点， 则 t1+t2，即，解得； 当，即2b0 时，y与 ysint 有两个交点， 则 t1+t2，即，解得； 综上可得，当2b0 时，；当 1b2 时，