【文档说明】高考数学培优专题55讲：第24讲以三角函数与解三角形为背景的取值范围问题专题练习【高考】.docx，共(19)页，320.062 KB，由小赞的店铺上传

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1第二十四讲以三角函数与解三角形为背景的取值范围问题一、选择题1．已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，A=𝜋4，且cos𝐵sin𝐶𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑+cos𝐵sin𝐵𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑

=𝜆𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑，则λ的值为（）A．√22B．﹣√22C．√2D．﹣√2【答案】D【解析】如图所示：O是锐角△ABC的外心，D、E分别是AB、AC的中点，且OD⊥AB，OE⊥AC，设△ABC外接圆半径为R，则|𝑂𝐴→|=R，由图得，𝑂𝐴→=

𝑂𝐷→+𝐷𝐴→，则𝐴𝐵→⋅𝑂𝐴→=𝐴𝐵→⋅(𝑂𝐷→+𝐷𝐴→)=𝐴𝐵→⋅𝐷𝐴→=𝐴𝐵→⋅(−12𝐴𝐵→)=−12𝐴𝐵→2=−12|𝐴𝐵→|2，同理可得，𝐴𝐶→⋅𝑂𝐴→=−12|�

�𝐶→|2，由𝑐𝑜𝑠𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶𝐴𝐵→+𝑐𝑜𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵𝐴𝐶→=𝜆𝑂𝐴→得，𝑐𝑜𝑠𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶𝐴𝐵→⋅𝑂𝐴→+𝑐𝑜𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵𝐴𝐶→⋅𝑂𝐴→=𝜆𝑂𝐴→2，所

以−12⋅𝑐𝑜𝑠𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶|𝐴𝐵→|2−12𝑐𝑜𝑠𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵|𝐴𝐶→|2=𝜆𝑂𝐴→2，则𝑐𝑜𝑠𝐵|𝐴𝐵→||𝐴𝐵→|𝑠𝑖𝑛𝐶+𝑐𝑜𝑠𝐶|

𝐴𝐶→||𝐴𝐶→|𝑠𝑖𝑛𝐵=−2𝜆|𝑂𝐴→|2，①在△ABC中由正弦定理得：|𝐴𝐵→|𝑠𝑖𝑛𝐶=|𝐴𝐶→|𝑠𝑖𝑛𝐵=2𝑅，代入①得，2𝑅𝑐𝑜𝑠𝐵|𝐴𝐵→|+2𝑅𝑐𝑜

𝑠𝐶|𝐴𝐶→|=−2𝜆𝑅2，则𝑐𝑜𝑠𝐵|𝐴𝐵→|+𝑐𝑜𝑠𝐶|𝐴𝐶→|=−𝜆𝑅，②由正弦定理得，|𝐴𝐵→|=2𝑅𝑠𝑖𝑛𝐶、|𝐴𝐶→|=2𝑅𝑠𝑖𝑛𝐵，代入②得，2RsinCcosB+2RcosCsinB＝﹣λR；2所以2sin

（C+B）＝﹣λ，即2sin3𝜋4=−λ，解得λ=−√2，故选D．2．在𝛥𝐴𝐵𝐶中，内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐，若𝛥𝐴𝐵𝐶的面积为18𝑐2，则𝑎𝑏+𝑏𝑎的最大值为（）A．2B．4C．2√5D．4√2【答案】C【解析】由题意得，𝑆=12𝑎�

�sin𝐶=18𝑐2，∴𝑐2=4𝑎𝑏sin𝐶，又𝑐2=𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏cos𝐶，∴𝑎2+𝑏2=𝑐2+2𝑎𝑏cos𝐶，∴𝑎𝑏+𝑏𝑎=𝑎2+𝑏2𝑎𝑏=𝑐2+2𝑎𝑏c

os𝐶𝑎𝑏=4𝑎𝑏sin𝐶+2𝑎𝑏cos𝐶𝑎𝑏=4sin𝐶+2cos𝐶=2√5sin(𝐶+𝜑)，则𝑎𝑏+𝑏𝑎的最大值为2√5，故选C3．已知函数f（x）＝3sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜π），𝑓(−𝜋3)=0，对任意x∈R恒有�

�(𝑥)≤|𝑓(𝜋3)|，且在区间（𝜋15，𝜋5）上有且只有一个x1使f（x1）＝3，则ω的最大值为A．574B．1114C．1054D．1174【答案】C【解析】由题意知{−𝜋3𝜔+𝜑=𝑘1𝜋𝜋3𝜔+𝜑=𝑘2𝜋+𝜋2,(

𝑘1,𝑘2∈𝑍)，则{𝜔=3(2𝑘+1)4𝜑=𝑘′𝜋2+𝜋4,(𝑘1,𝑘2∈𝑍)，其中𝑘=𝑘2−𝑘1,𝜑=𝑘1+𝑘2，又f(x)在（𝜋15，𝜋5）上有且只有一个最大值，且要求𝜔最大，则区间（𝜋15，𝜋

5）包含的周期应最多，所以𝜋5−𝜋15=2𝜋15≤2𝑇，得0<𝜔≤30，即3(2𝑘+1)4≤30，所以k≤19.5.分类讨论：①.当k=19时，𝜔=1174，此时𝜑=3𝜋4可使{−𝜋3𝜔+𝜑=𝑘1𝜋𝜋3𝜔+𝜑=𝑘2𝜋+𝜋2,(𝑘1,�

�2∈𝑍)成立，当𝑥∈(𝜋15,𝜋5)时，1174𝑥+3𝜋4∈(2.7𝜋,6.6𝜋)，所以当117𝑥14+3𝜋4=4.5𝜋或6.5𝜋时，𝑓(𝑥1)=3都成立，舍去；3②.当k=18时，𝜔=1114，此时𝜑=3𝜋4可

使{−𝜋3𝜔+𝜑=𝑘1𝜋𝜋3𝜔+𝜑=𝑘2𝜋+𝜋2,(𝑘1,𝑘2∈𝑍)成立，当𝑥∈(𝜋15,𝜋5)时，1054𝑥+3𝜋4∈(2.5𝜋,6𝜋)，当且仅当105𝑥14+3

𝜋4=4.5𝜋或6.5𝜋时，𝑓(𝑥1)=3都成立，综上可得：ω的最大值为1054.本题选择C选项.4．在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中,已知𝑀是𝐴𝐵边上的点,且𝑀𝐴=𝑀𝐵=𝑀𝐶=𝑀𝐷=1,∠𝐶𝑀𝐷=120∘,若点𝑁在线段𝐶𝐷(端

点𝐶,𝐷除外)上运动,则𝑁𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑁𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑的取值范围是()A．[−1,0)B．[−1,1)C．[−34,0)D．[−12,1)【答案】C【解析】由𝑁𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑁𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑀𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑−�

�𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑)⋅(𝑀𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑−𝑀𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑)=𝑀𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑2−𝑀𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑2=|𝑀𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑|2−1，在𝛥𝑀𝐶𝑁中，𝑀𝐶=1,∠𝑀𝐶𝑁=30∘，∴𝑀

𝑁2=12+𝑁𝐶2−2×𝑁𝐶×1×√32=𝑁𝐶2−√3𝑁𝐶+1，∴𝑀𝑁2−1=𝑁𝐶2−√3𝑁𝐶=(𝑁𝐶−√32)2−34，∵𝑁在𝐶𝐷上，𝑀𝐶=𝑀𝐷=1,∠𝐶𝑀𝐷

=120∘，可得𝐶𝐷=√3，∴0<𝑁𝐶<√3，∴34≤𝑀𝑁2−1<0，即𝑁𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑁𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑的取值范围是[−34,0)，故选C.5．已知𝐴是函数𝑓(𝑥)=sin(2018𝑥+𝜋6)+cos(2018𝑥−𝜋3)的最大值，若存在实数𝑥1,𝑥2使得对任

意实数𝑥总有𝑓(𝑥1)≤𝑓(𝑥)≤𝑓(𝑥2)成立，则𝐴⋅|𝑥1−𝑥2|的最小值为A．π2018B．π1009C．2π1009D．π4036【答案】B【解析】∵𝑓(𝑥)=𝑠𝑖𝑛(2018

𝑥+𝜋6)+cos(2018𝑥−𝜋3)4=√32𝑠𝑖𝑛2014𝑥+12cos2018𝑥+12cos2018𝑥+√32𝑠𝑖𝑛2018𝑥=√3𝑠𝑖𝑛2018𝑥+cos2018𝑥

=2𝑠𝑖𝑛(2018𝑥+𝜋6)，∴𝐴=𝑓(𝑥)max=2，周期𝑇=2𝜋2018=𝜋1009，又存在实数𝑥1,𝑥2，对任意实数𝑥总有𝑓(𝑥1)≤𝑓(𝑥)≤𝑓(𝑥2)成立，∴𝑓(𝑥2)=𝑓

(𝑥)max=2,𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥)min=−2，𝐴⋅|𝑥1−𝑥2|的最小值为𝐴×12𝑇=𝜋1009，故选B.6．将函数𝑓(𝑥)=cos𝜔𝑥2(2sin𝜔𝑥2−2√3cos�

�𝑥2)+√3(𝜔>0)的图象向左平移𝜋3𝜔个单位，得到函数𝑦=𝑔(𝑥)的图像，若𝑦=𝑔(𝑥)在[0,𝜋4]上为增函数，则𝜔的最大值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】由三角函数的

性质可得：𝑓(𝑥)=2sin𝜔𝑥2cos𝜔𝑥2−2√3cos2𝜔𝑥2+√3=sin𝜔𝑥−2√3×1+cos𝜔𝑥2+√3=sin𝜔𝑥−√3cos𝜔𝑥=2sin(𝜔𝑥−𝜋3)，其图象向

左平移𝜋3𝜔个单位所得函数的解析式为：𝑔(𝑥)=2sin[𝜔(𝑥+𝜋3𝜔)−𝜋3]=2sin𝜔𝑥，函数的单调递增区间满足：2𝑘𝜋−𝜋2≤𝜔𝑥≤2𝑘𝜋+𝜋2(𝑘∈𝑍)，即2𝑘𝜋−𝜋2�

�≤𝑥≤2𝑘𝜋+𝜋2𝜔(𝑘∈𝑍)，令𝑘=0可得函数的一个单调递增区间为：[−𝜋2𝜔,𝜋2𝜔]，𝑦=𝑔(𝑥)在[0,𝜋4]上为增函数，则：𝜋2𝜔≥𝜋4，据此可得：𝜔≤2，则𝜔的最大值为2.本题选择B选项.7．在𝛥𝐴𝐵𝐶中，角�

�，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且𝐴是𝐵和𝐶的等差中项，𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑>0，𝑎=√32，则𝛥𝐴𝐵𝐶周长的取值范围是（）5A．(2+√32,3+√32)B．(√3,3+√32)C．(1+√32,2+√32

)D．(1+√32,3+√32)【答案】B【解析】∵𝐴是𝐵和𝐶的等差中项，∴2𝐴=𝐵+𝐶，∴𝐴=𝜋3，又𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑>0，则cos(𝜋−𝐵)>0，从而𝐵>𝜋2，∴𝜋2<𝐵<2𝜋3，∵𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶=√32s

in𝜋3=1，∴𝑏=sin𝐵,𝐶=sin𝐶=sin(2𝜋3−𝐵)，所以𝛥𝐴𝐵𝐶的周长为𝑙=𝑎+𝑏+𝑐=√32+sin𝐵+sin(2𝜋3−𝐵)=√3sin(𝐵+𝜋6)+√32，又𝜋2<𝐵<2𝜋

3，2𝜋3<𝐵+𝜋6<5𝜋6，12<sin(𝐵+𝜋6)<√32，∴√3<𝑙<3+√32．故选B．8．若函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋3)与𝑔(𝑥)=cos𝑥−sin𝑥都在区间(𝑎,𝑏)(0<𝑎<𝑏<𝜋)上单调递减，则𝑏−𝑎的最大值为（）A．𝜋6B．�

�3C．𝜋2D．5𝜋12【答案】B【解析】根据正弦函数的单调递减区间为[𝜋2+2𝑘𝜋,3𝜋2+2𝑘𝜋],𝑘∈𝑍，所以𝑓(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋3)的单调递减区间为𝜋2+2𝑘𝜋≤2𝑥−𝜋3≤3𝜋2+2𝑘𝜋，可解得

5𝜋12+𝑘𝜋≤𝑥≤11𝜋12+𝑘𝜋𝑔(𝑥)=cos𝑥−sin𝑥=√2cos(𝑥+𝜋4），由余弦函数的单调递减区间为[2𝑘𝜋,𝜋+2𝑘𝜋],𝑘∈𝑍，所以2𝑘𝜋≤𝑥+𝜋4≤𝜋+2𝑘𝜋，可解得2𝑘𝜋-𝜋4≤�

�≤3𝜋4+2𝑘𝜋因为𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)在(𝑎,𝑏)(0<𝑎<𝑏<𝜋)上同为单调递减函数，所以其交集为2𝑘𝜋+5𝜋12≤𝑥≤3𝜋4+2𝑘𝜋，所以(𝑏−𝑎)max=

3𝜋4−5𝜋12=𝜋3所以选B9．已知锐角△𝐴𝐵𝐶的内角为𝐴，𝐵，𝐶，点𝑀为𝐴𝐵上的一点，cos∠𝐴𝐶𝑀=3√13，𝐴𝐶=15，𝐶𝑀=3√13，则𝐴𝐵的取值范围为（）6A．(15√22,15√2)B．(15,15√2)C．(6√2,

15)D．(15√22,+∞)【答案】A【解析】：𝛥𝐴𝑀𝐶中，由余弦定理可得，𝐴𝑀2=𝐴𝐶2−𝐶𝑀2−2𝐴𝐶𝐶𝑀cos∠𝐴𝐶𝑀=72，𝐴𝑀=6√2，𝛥𝐴𝑀𝐶中，由正

弦定理得，𝐴𝑀𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐶𝑀=𝑀𝐶𝑠𝑖𝑛∠𝑀𝐴𝐶，得𝑠𝑖𝑛∠𝑀𝐴𝐶=√22,∠𝑀𝐴𝐶=𝜋4，当∠𝐴𝐶𝐵=90∘时，𝐴𝐵=15√2，当∠𝐴𝐵𝐶=90∘时，𝐴𝐵=15√22，∵𝛥�

�𝐵𝐶为锐角三角形，∴15√22<𝐴𝐵<15√2，𝐴𝐵的取值范围为(15√22,15√2)，故选A.10．设函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜋3).若𝑥1𝑥2<0,且𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)=0，则|𝑥2−𝑥1|的取值范围为（）A．(𝜋6,+∞)B．

(𝜋3,+∞)C．(2𝜋3,+∞)D．(4𝜋3,+∞)【答案】B【解析】（特殊值法）画出𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜋3)的图象如图所示．结合图象可得，当𝑥2=0时，𝑓(𝑥2)=sin𝜋3=√32；当𝑥1=−𝜋3时，𝑓(𝑥1

)=sin(−2𝜋3+𝜋3)=−√32，满足𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)=0．7由此可得当𝑥1𝑥2<0,且𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)=0时，|𝑥2−𝑥1|>|0−(−𝜋3)|=𝜋3．故选B．11．函数𝑓(𝑥)=2sin(2𝑥+𝜑)(0<

𝜑<𝜋)的图象向左平移𝜋12个单位后得到函数𝑦=𝑔(𝑥)的图象，若𝑔(𝑥)的图象关于直线𝑥=𝜋4对称，则𝑔(𝑥)在[−𝜋4,𝜋6]上的最小值是（）A．−1B．−√32C．−2D．−√3【答案】D【解析】根据题意可知𝑔(𝑥)=2s

in[2(𝑥+𝜋12)+𝜑]=2sin(2𝑥+𝜑+𝜋6)，因为其图像关于直线𝑥=𝜋4对称，可知𝜋2+𝜑+𝜋6=𝑘𝜋+𝜋2,𝑘∈𝑍，结合𝜑的范围，可以求得𝜑=56𝜋，从而得到𝑔(𝑥)=2sin（2

𝑥+𝜋)=−2sin2𝑥，因为𝑥∈[−𝜋4,𝜋6]，则有2𝑥∈[−𝜋2,𝜋3]，从而求得sin2𝑥∈[−1,√32]，所以有𝑔(𝑥)∈[−√3,2]，所以𝑔(𝑥)在[−𝜋4,𝜋6

]上的最小值是−√3，故选D.12．若函数𝑓(𝑥)=4sin𝜔𝑥⋅sin2(𝜔𝑥2+𝜋4)+cos2𝜔𝑥−1(𝜔>0)在[−𝜋3,𝜋2]内有且仅有一个最大值，则𝜔的取值范围是（）A．[34,5)B．[1,5)C．[1,92)D．(0,34]【答案】C【解析】∵𝑓(𝑥

)=4𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥⋅sin2(𝜔𝑥2+𝜋4)+cos2𝜔𝑥−1=4𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥⋅1−cos(𝜔𝑥+𝜋2)2+cos2𝜔𝑥−1=2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥(1+𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥)+1−2𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑥−1=2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑥,因为函数

𝑓(𝑥)在[−𝜋3,𝜋2]内有且仅有一个最大值，所以{𝜋2≤𝜔𝜋2<5𝜋2−3𝜋2<−𝜔𝜋3，可得1≤𝜔<92，即𝜔的取值范围是[1,92)，故选C.13．已知函数𝑓(𝑥)=2sin(𝜔𝑥+𝜑)+1(𝜔>0,|𝜑|≤𝜋2),其图象与直线𝑦=−1

相邻两个交点的距离为π,若𝑓(𝑥)>1对∀𝑥∈(−𝜋12,𝜋3)恒成立，则φ的取值范围是()A．(𝜋6，𝜋3)B．[𝜋12,𝜋3]C．[𝜋12,𝜋2]D．[𝜋6,𝜋3]8【答案】D【解析】函数�

�(𝑥)=2sin(𝜔𝑥+𝜑)+1(𝜔>0,|𝜑|≤𝜋2)，其图象与直线𝑦=−1相邻两个交点的距离为π，故函数的周期为2𝜋𝜔=𝜋，𝜔=2，𝑓（𝑥）=2𝑠𝑖𝑛（2𝑥+𝜑）+1．若𝑓(𝑥)

>1对∀𝑥∈(−𝜋12,𝜋3)恒成立，即当𝑥∈(−𝜋12,𝜋3)时，𝑠𝑖𝑛（2𝑥+𝜑）＞0恒成立，，故有2𝑘𝜋＜2⋅（−𝜋12）+𝜑＜2⋅𝜋3+𝜑＜2𝑘𝜋+𝜋，求得2𝑘𝜋+𝜋6𝜑＜2𝑘𝜋+𝜋3，𝑘∈𝑍，结合所给的选

项，故选D．14．已知函数𝑓(𝑥)=2sin(𝜔𝑥+𝜑)+1(𝜔>0,|𝜑|≤𝜋2),其图象与直线𝑦=3相邻两个交点的距离为π,若𝑓(𝑥)>2对∀𝑥∈(𝜋24,𝜋3)恒成立，则φ的

取值范围是()A．(𝜋6,𝜋2)B．[𝜋6,𝜋3]C．(𝜋12,𝜋3)D．[𝜋12,𝜋6]【答案】D【解析】因为函数𝑓(𝑥)=2sin(𝜔𝑥+𝜑)+1(𝜔>0,|𝜑|≤𝜋2),其图象与直线𝑦=3相邻两个交点的距离为π,所以函数周期为𝑇=�

�,𝜔=2，由𝑓(𝑥)>2知sin(2𝑥+𝜑)>12，又𝑥∈(𝜋24,𝜋3)时，2𝑥+𝜑∈(𝜋12+𝜑,2𝜋3+𝜑),且|𝜑|≤𝜋2，所以{𝜋6≤𝜋12+𝜑2𝜋3+𝜑≤5𝜋6解得𝜋12≤�

�≤𝜋6，故选D.15．ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2BA=，coscoscos0ABC，则sinaAb的取值范围是（）A．33,62B．33,42

C．13,22D．31,62【答案】D【解析】由cosAcosBcosC>0，可知，三角形是锐角三角形，由题意有sinB=sin2A=2sinAcosA，结合正弦定

理有b=2acosA，sinsin1tan2cos2aAaAAbaA==，∵A+B+C=180°，B=2A，∴3A+C=180°,60303CA=−，9∵2A<90°，∴()30,45A，3311tan1,tan3622AA，即asinAb的取值范围是31,62

.本题选择D选项.二、填空题16．设𝛥𝐴𝐵𝑂（𝑂是坐标原点）的重心、内心分别是𝐺,𝐼，且𝐵𝑂⃑⃑⃑⃑⃑//𝐺𝐼⃑⃑⃑⃑，若𝐵(0,4)，则cos∠𝑂𝐴𝐵的最小值是__________．【答案】12【解析

】因为重心、内心分别是𝐺,𝐼，且𝐵𝑂⃑⃑⃑⃑⃑//𝐺𝐼⃑⃑⃑⃑，所以𝑥𝐴=3𝑟，（r为𝛥𝐴𝐵𝑂内切圆的半径），又𝑆∆𝐴𝐵𝑂=12(|𝐴𝐵|+|𝐴𝑂|+|𝑂𝐵|)�

�=12|𝑂𝐵|∙𝑥𝐴=12|𝑂𝐵|∙3r.且|𝑂𝐵|=4.解得|𝐴𝐵|+|𝐴𝑂|=8.所以cos∠𝑂𝐴𝐵=|𝐴𝐵|2+|𝐴𝑂||2−|𝑂𝐵|22|𝐴𝐵|∙|𝐴𝑂|=(|𝐴𝐵|+|𝐴𝑂|)2−2|𝐴𝐵|∙|𝐴

𝑂|−162|𝐴𝐵|∙|𝐴𝑂|=24|𝐴𝐵|∙|𝐴𝑂|−1≥24(|𝐴𝐵|+|𝐴𝑂|2)2−1=12.当且仅当|𝐴𝐵|=|𝐴𝑂|=4时，即𝛥𝐴𝐵𝑂为等边三角形cos∠𝑂𝐴𝐵有最小值12.17．已知𝛼,𝛽均为锐角，且cos(𝛼−𝛽

)=3cos(𝛼+𝛽)，则𝑡𝑎𝑛(𝛼+𝛽)的最小值是________.【答案】2√2【解析】由cos（α-β）=3cos（α+β），可得cosαcosβ+sinαsinβ=3cosαcosβ-

3sinαsinβ，同时除以cosαcosβ，可得：1+tanαtanβ=3-3tanαtanβ，则tanαtanβ=12，又𝑡𝑎𝑛(𝛼+𝛽)=𝑡𝑎𝑛𝛼+tanβ1−tan𝛼tanβ=2(𝑡𝑎𝑛𝛼+t

anβ)≥2×2√tanαtanβ=2√2．故答案为：2√2.18．若两个锐角𝛼,𝛽满足𝛼+𝛽=𝜋4，则tan𝛼tan𝛽的最大值是__________．【答案】3−2√2【解析】∵tan(𝛼+𝛽)=tan𝛼+tan𝛽1−tan�

�tan𝛽=1，tan𝛼>0，tan𝛽>0，10∴tan𝛼+tan𝛽=1−tan𝛼tan𝛽≥2√tan𝛼tan𝛽，令√tan𝛼tan𝛽=𝑚，则𝑚2+2𝑚−1≤0，∴0<𝑚≤−1+√2，即0<tan𝛼tan𝛽≤3−2√2，当且仅当𝛼=𝛽=𝜋8时取等号，∴

tan𝛼tan𝛽的最大值时3−2√2.故填：3−2√219．在𝛥𝐴𝐵𝐶中，设角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别是𝑎,𝑏,𝑐,若√2𝑎,𝑏,𝑐成等差数列，则3sin𝐴+√2sin𝐶的最小值为________.【答案】2(√3+1)【解析】由题得2𝑏=√2

𝑎+𝑐,∴cos𝐵=𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐=𝑎2+𝑐2−(√22𝑎+𝑐2)22𝑎𝑐,所以cos𝐵=12𝑎2+34𝑐2−√22𝑎𝑐2𝑎𝑐≥2√12𝑎2⋅34𝑐2−√22

𝑎𝑐2𝑎𝑐=√6−√24,所以0<𝐵≤750,∴0<sin𝐵≤√6+√24,因为2sin𝐵=√2sin𝐴+sin𝐶,∴√2sin𝐴+sin𝐶≤√6+√22,∴√2sin𝐴+sin𝐶√6+√22≤1.所以3sinA+√2sinC≥(3sin𝐴+√2sin𝐶)

⋅√2sin𝐴+sin𝐶√6+√22=4√2+2sin𝐴sin𝐶+3sin𝐶sin𝐴√6+√22≥4√2+2√2sin𝐴sin𝐶⋅3sin𝐶sin𝐴√6+√22=4√2+2√6√6+√22=2(√3+1)

.故答案为：2(√3+1)20．不等式(𝑎cos2𝑥−3)sin𝑥≥−3对∀𝑥∈𝑅恒成立，则实数𝑎的取值范围是________．【答案】[−32,12]【解析】令𝑠𝑖𝑛=𝑡,−1≤𝑡≤1，则原函数化为𝑔(𝑡)=(−𝑎𝑡2+𝑎−3)𝑡，即�

�(𝑡)=−𝑎𝑡3+(𝑎−3)𝑡，由−𝑎𝑡3+(𝑎−3)𝑡≥−3,−𝑎𝑡(𝑡2−1)−3(𝑡−1)≥0，(𝑡−1)(−𝑎𝑡(𝑡+1)−3)≥0及𝑡−1≤0知，−𝑎𝑡(𝑡+1)−3≤0，即𝑎(𝑡2+𝑡)≥−3，当𝑡=

0,−1时（1）总成立，对0<𝑡≤1,0<𝑡2+𝑡≤2，𝑎≥(−3𝑡2+𝑡)max=−32；对−1<𝑡<0，−14≤𝑡2+𝑡<0，𝑎≤(−3𝑡2+𝑡)min=1211从而可知−32≤𝑎≤12，故答案为[−

32,12].21．已知𝑓(𝑥)=sin𝜔𝑥−cos𝜔𝑥(𝜔>23)，若函数𝑓(𝑥)图象的任何一条对称轴与𝑥轴交点的横坐标都不属于区间(2𝜋,3𝜋)，则𝜔的取值范围是__________．（结果用区间表示）【答案】[7

8,1112]【解析】由题意，函数𝑓(𝑥)=sin𝜔𝑥−cos𝜔𝑥=√2sin(𝑤𝑥−𝜋4),(𝜔>23)，由𝑓(𝑥)的任何一条对称轴与𝑥轴交点的横坐标都不属于区间(2𝜋,3𝜋)，则𝑇2=𝜋𝑤≥3𝜋−2𝜋=

𝜋，解得𝑤≤1，即23<𝑤≤1，函数𝑓(𝑥)=√2sin(𝑤𝑥−𝜋4)的对称轴的方程为𝑤𝑥−𝜋4=𝜋2+𝑘𝜋,𝑘∈𝑍，即𝑥=3𝜋4𝑤+𝑘𝜋𝑤,𝑘∈𝑍，则{3𝜋4𝑤+𝜋𝑤≤2𝜋3𝜋4𝑤+2𝜋𝑤≥3𝜋，解得78

≤𝑤≤1112，所以实数𝑤的取值范围是[78,1112].22．已知菱形𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐸为𝐴𝐷的中点，且𝐵𝐸=3，则菱形𝐴𝐵𝐶𝐷面积的最大值为_______.【答案】12【解析】设𝐴𝐸=𝑥，则𝐴𝐵

=𝐴𝐷=2𝑥,∵两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，∴{𝐴𝐵+𝐴𝐸>𝐵𝐸𝐴𝐵−𝐴𝐸<𝐵𝐸，即{2𝑥+𝑥>32𝑥−𝑥<3⇒{𝑥>1𝑥<3，∴𝑥∈(1,3)，设∠𝐵𝐴𝐸=𝜃，在𝛥𝐴𝐵𝐸中，由余弦定理可知9=(2𝑥)2+𝑥2−2

⋅2𝑥⋅𝑥cos𝜃，即cos𝜃=5𝑥2−94𝑥2，𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷=2𝑥⋅2𝑥⋅𝑠𝑖𝑛𝜃=4𝑥2√1−(5𝑥2−94𝑥2)2=√−9(𝑥4−10𝑥2+9)，令𝑡=𝑥2，则𝑡∈(1,9)，则𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷

=√−9[(𝑡−5)2−16]，当𝑡=5时，即𝑥=√5时，𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷有最大值12，故答案为12.23．函数𝑓(𝑥)=sin𝜔𝑥−12+cos2𝜔𝑥2，且𝜔>12，𝑥∈𝑅，若𝑓(𝑥)的图像在𝑥∈(3π，4π)内与𝑥轴无交点，则𝜔的取值范同是_____

_____.【答案】[712，1116]∪[1112，1516]【解析】∵𝑓(𝑥)的图像在𝑥∈(3π，4π)内与𝑥轴无交点∴𝑇2>𝜋12∵𝑓(𝑥)=sin𝜔𝑥−12+cos2𝜔𝑥2=√

22sin(𝜔𝑥+𝜋4)∴12<𝜔<1∵由对称中心可知𝜔𝑥+𝜋4=𝑘𝜋∴𝑥=1𝜔(𝑘𝜋−𝜋4),𝑘∈𝑍∵假设在区间(3π，4π)内存在交点，可知𝑘4−116<𝜔<𝑘3−112∴当𝑘=2,3,4时，716<𝜔<712,1

116<𝜔<1112,1516<𝜔<54∴以上并集在全集12<𝜔<1中做补集，得𝜔∈[712,1116]∪[1112,1516]故答案为[712,1116]∪[1112,1516]24．𝛥𝐴𝐵𝐶的垂心𝐻在其内部，∠𝐴=60°，𝐴𝐻=1，则𝐵𝐻+𝐶𝐻的取

值范围是________.【答案】(√3,2]【解析】在𝛥𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，设∠𝐵𝐴𝐻=𝜃，且𝜃∈(0∘,600)，所以𝐵𝐻=2𝐴𝐻⋅sin𝜃=2sin𝜃,𝐶𝐻=2𝐴𝐻⋅sin(60∘−𝜃)=2sin(60∘−𝜃)，所以𝐵𝐻+𝐶𝐻=2sin𝜃

+2sin(60∘−𝜃)=2(sin𝜃+√32cos𝜃−12sin𝜃)=2sin(𝜃+60∘)，又由𝜃∈(0∘,600)，则𝜃+600∈(600,1200)，所以2sin(𝜃+60∘)∈(√3,

2]，即𝐵𝐻+𝐶𝐻的取值范围是(√3,2].25．在𝛥𝐴𝐵𝐶中，角𝐴、𝐵、𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐,𝑐=2√2,𝑏2−𝑎2=16,则角𝐶的最大值为_____；【答案】𝜋6【解析】在𝛥

𝐴𝐵𝐶中，由角C的余弦定理可知cos𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=𝑎2+𝑏2−𝑏2−𝑎222𝑎𝑏=3𝑎2+𝑏24𝑎𝑏≥√32，又因为0<𝐶<𝜋，所以𝐶max=𝜋6。当且仅当𝑎=2√2,𝑏=2√6时等号成立。26．已知𝛥𝐴𝐵𝐶的三个内角

𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，若(𝑎+𝑐)(sin𝐴−sin𝐶)=13𝑏(sin𝐴−sin𝐵)，且𝑐=√3，则𝑎−𝑏2的取值范围为__________．【答案】(−√32,√3)【解析】由正弦定理sin𝐴

=𝑎2𝑅,sin𝐵=𝑏2𝑅,sinC=𝑐2𝑅，得(𝑎+𝑐)(𝑎−𝑐)=𝑏(𝑎−𝑏)即𝑐2=𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏由余弦定理𝑐2=𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏cos𝐶得𝐶=𝜋3∴𝐴+𝐵=2𝜋3又∵𝑐=√3�

�sin𝐶=2𝑅∴𝑅=1∴𝑎−𝑏2=2𝑅(sin𝐴−sin𝐵2)=2sin𝐴−sin(2𝜋3−𝐴)=32sin𝐴−√32cos𝐴=√3sin(𝐴−𝜋6)由题可知0<𝐴<2𝜋3则−𝜋6<𝐴−𝜋6<𝜋2∴−√32<𝑎−𝑏2<√3即𝑎

−𝑏2的范围(−√32,√3)27．如图，在𝛥𝐴𝐵𝐶中，sin∠𝐴𝐵𝐶2=√33，点𝐷在线段𝐴𝐶上，且𝐴𝐷=2𝐷𝐶，𝐵𝐷=4√33，则𝛥𝐴𝐵𝐶的面积的最大值为__________．【答案】3√2.【解析】由sin∠

𝐴𝐵𝐶2=√33可得：cos∠𝐴𝐵𝐶2=√63，则sin∠𝐴𝐵𝐶=2sin∠𝐴𝐵𝐶2cos∠𝐴𝐵𝐶2=2√23.由sin∠𝐴𝐵𝐶2=√33<√22可知：∠𝐴𝐵𝐶2<45∘，则∠𝐴𝐵𝐶<90∘，由同角三角函数基本关系可知：co

s∠𝐴𝐵𝐶=13.设𝐴𝐵=𝑥,𝐵𝐶=𝑦,𝐴𝐶=3𝑧(𝑥>0,𝑦>0,𝑧>0)，14在△ABD中由余弦定理可得：cos∠𝐵𝐷𝐴=163+(2𝑧)2−𝑥22×4√33×2𝑧，在△CBD中由余弦定理可得：cos∠𝐵𝐷𝐶=163+𝑧2−𝑦22×4√33×

𝑧，由于∠𝐵𝐷𝐴+∠𝐵𝐷𝐶=180∘，故cos∠𝐵𝐷𝐴=−cos∠𝐵𝐷𝐶，即：163+(2𝑧)2−𝑥22×4√33×2𝑧=−163+𝑧2−𝑦22×4√33×𝑧，整理可得：16+6𝑧2−𝑥2−2𝑦2=0.①在△ABC中，由余弦定理可知：𝑥2+𝑦2−2�

�𝑦×13=(3𝑧)2，则：6𝑧2=23𝑥2+23𝑦2−49𝑥𝑦，代入①式整理计算可得：13𝑥2+43𝑦2+49𝑥𝑦=16，由均值不等式的结论可得：16≥2√13𝑥2×43𝑦2+49𝑥𝑦=169𝑥𝑦，故�

�𝑦≤9，当且仅当𝑥=3√2,𝑦=32√2时等号成立，据此可知△ABC面积的最大值为：𝑆max=12×(𝐴𝐵×𝐵𝐶)max×sin∠𝐴𝐵𝐶=12×9×2√23=3√2.28．（安徽省

宿州市2018届三模）在𝛥𝐴𝐵𝐶中，内角A,B,C的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐，且满足𝑎sin𝐴−4𝑏sin𝐶=0，A为锐角，则sin𝐵+sin𝐶2sin𝐴的取值范围为__________．【答案】(√64,√22).【解析】由

𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴−4𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶=0结合正弦定理可得：𝑎2=4𝑏𝑐，且sin𝐵+sin𝐶2sin𝐴=𝑏+𝑐2𝑎，𝐴为锐角，则：0<cos𝐴<1，即0<𝑏2+𝑐2−𝑎22

𝑏𝑐<1，据此有：0<𝑏2+𝑐2−4𝑏𝑐2𝑏𝑐<1，0<𝑏2+𝑐2−4𝑏𝑐<2𝑏𝑐，6𝑏𝑐<𝑏2+𝑐2+2𝑏𝑐<8𝑏𝑐，6<(𝑏+𝑐)2𝑏𝑐<8，即616<

(𝑏+𝑐)216𝑏𝑐<816，616<(𝑏+𝑐)24𝑎2<816，据此可得：√64<𝑏++𝑐2𝑎<√22，则𝑠𝑖𝑛𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐶2𝑠𝑖𝑛𝐴的取值范围为(√64,√22).29．

在圆内接四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴𝐶=8,𝐴𝐵=2𝐴𝐷,∠𝐵𝐴𝐷=60∘,则𝛥𝐵𝐶𝐷的面积的最大15值为__________．【答案】6√3【解析】由𝐴𝐵=2𝐴𝐷,∠𝐵𝐴𝐷=60∘,可知𝛥A𝐵𝐶为直

角三角形，其中∠ACB=90°，设∠BAD=θ，AB=2r，则BC=8tanθ，AD=r=4cosθ，在𝛥𝐴𝐶𝐷中，CDsin∠CAD=ADsin∠ACD，即CDsin(60°−θ)=4cosθsin(

120°−90°)，∴CD=8sin(60°−θ)cosθ，∴𝑆𝛥𝐵𝐶𝐷=12BC∙DCsin∠BCD=16√3sin(60°−θ)sinθcos2𝜃=16√3(√32tanθ−12tan2𝜃)令t=tanθ，则𝑆𝛥𝐵𝐶�

�=8√3(√3𝑡−𝑡2)当𝑡=√32，即tanθ=√32时，𝑆𝛥𝐵𝐶𝐷的最大值为8√3(32−34)=6√3故答案为：6√330．在𝛥𝐴𝐵𝐶中，𝑎，𝑏，𝑐成等比数列，则𝑏cos𝐶+𝑐cos𝐵�

�cos𝐴+𝑎cos𝐶的取值范围是__________．【答案】(√5−12,√5+12)【解析】在𝛥𝐴𝐵𝐶中，由正弦定理得𝑏cos𝐶+𝑐cos𝐵𝑐cos𝐴+𝑎cos𝐶=sin𝐵cos𝐶+sin𝐶cos𝐵sin𝐶cos𝐴+sin𝐴cos𝐶=sin

(𝐵+𝐶)sin(𝐴+𝐶)=sin𝐴sin𝐵=𝑎𝑏，又因为𝑎,𝑏,𝑐构成等比数列，设公比为𝑞，则𝑏=𝑎𝑞,𝑐=𝑎𝑞2，又由在𝛥𝐴𝐵𝐶中，𝑎+𝑏>𝑐，即𝑎+𝑎𝑞>𝑎𝑞2，即𝑞2−𝑞−1<0，解得√5−12<𝑞<√

5+12，所以𝑎𝑏=1𝑞∈(√5−12,√5+12)．31．已知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=√33𝐷𝐴=1，设𝛥𝐴𝐵𝐷与𝛥𝐵𝐶𝐷面积分别为𝑆1,𝑆2，则𝑆12+𝑆22的最大值为___

__.【答案】7816【解析】因为𝐴𝐵=1，𝐷𝐴=√3，所以𝑆12=14AB2×AD2×sin2𝐴=34sin2𝐴，在△ABD中，由余弦定理可得，BD2=AB2+AD2−2AB×AD×cosA=4−2√3cosA，作CE⊥BD于E，因为𝐵𝐶=𝐶𝐷=1，所以𝑆22=14BD

2×CE2=14BD2×(BC2−14BD2)=(1−√32cosA)×√32cosA=√32cosA−34cos2𝐴，所以𝑆12+𝑆22=34sin2𝐴+√32cosA−34cos2𝐴=−32(cosA−√36

)2+78≤78，当cosA=√36时，𝑆12+𝑆22的最大值为78.故答案为：7832．已知𝛥𝐴𝐵𝐶的内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐，若𝑎2=𝑏2+2𝑏𝑐sin𝐴,0<𝐴<𝜋2，则tan𝐴−4tan𝐵的最

小值为__________．【答案】−12【解析】：由余弦定理𝑎2=𝑏2+𝑐2−2bccosA及𝑎2=𝑏2+2𝑏𝑐sin𝐴，得𝑐2−2bccosA=2𝑏𝑐sin𝐴即c−2bcosA=2𝑏sin

𝐴，再由正弦定理，得sinC−2sinBcosA=2sinBsinA，即sin(A+B)−2sinBcosA=2sinBsinA，即sinAcosB−cosAsinB=2sinBsinA，所以tan𝐴−tan𝐵=2tanAtanB，所以tan𝐵=tanA2tanA+1

，所以tan𝐴−4tan𝐵=tanA−4tanA2tanA+1=12(2tanA+1)+22tanA+1−52≥2√12(2tanA+1)×22tanA+1−52=−12，当且仅当12(2tanA+1)=22tanA+1，即tan𝐴=12时等号成立，所以tan𝐴−4tan𝐵的最

小值为−12故答案为：−1233．在四棱锥SABCD−中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面SAD是以SD为斜边的等腰直角三角形，若428SC，则四棱锥SABCD−的体积取值范围为__________．17【答案】32364,33【解析】由题意可

得，,ADSAADAB⊥⊥，又SA平面SAB，AB平面,SABAD⊥平面SAB，AD平面,ABCD平面SAB⊥平面ABCD，又平面SAB平面ABCDAB=过S作SOAB⊥于O，则SO⊥平面ABCD，故11633ABCDVSSOSO==，在SAB中，4SAAB==，设SAB=

，则有RtSOA中，4,4cos,44cosSOsinOAOB===−，又在RtOBC中，22223232cos16cosOCOBBC=+=−+，在RtSOC中，2224832cos432cosSCSOOCSC=+=−=−，又428SC11

42432cos8cos22−−，则3,12sin，1616644333VSOsinsin===，3236433V，故答案为32364,33.34．在ABC中，3,22ABBCAC===，满足3BAtBCAC−的实数t的取值范围是_

________．【答案】30,2【解析】ABC中，3,22ABBCAC===，即1AC=；则2223413,,232232BABCACcosBABCBCBC+−+−=＜＞＝＝；∴由|3

BAtBCAC−得：22222,3,BAtBABCcosBABCtBCAC−+＜＞2332234323tt−+；整理得：2230tt−；解得302t；18∴实数t的取值范围是30,2

.故答案为30,2.35．点1F，2F分别是椭圆22:12xCy+=的左、右两焦点，点N为椭圆C的上顶点，若动点M满足：2122MNMFMF=，则122MFMF+的最大值为________

__.【答案】610+【解析】设()00,mxy，由2212xy+=，得()()()120,1,1,0,1,0NFF−，则由2122MNMFMF=，可得()222200001222xyxy+−=−+，化为()2214xy++=，可设002{21xsinysin==−，()()12=2

cos1,21,24cos2,42MFsinMFsin−−=+−，()1226cos1,63MFMFsin+=+−，()()221226cos163MFMFsin+=+−()4612cos36461210cos461210sin=+−=+

++=610+，即122MFMF+的最大值为610+，故答案为610+.36．在ABC中，设b，c分别表示角B，C所对的边，AD为边BC上的高.若ADBC=，则cb的最大值是__________．【答案】512+【解

析】有题设条件211sin22SbcAa==，所以2sinabcA=，又2222cosbcabcA+−=所以()22sin2cosbcbcAA+=+，得()5sinbcAcb+=+，其中21sin,cos55==，令ctb=，则

15tt+，所以cb的最大值是512+。37．在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，设△𝐴𝐵𝐶的面积为𝑆，若3𝑎2=2𝑏2+𝑐2，则𝑆𝑏2+2𝑐2的最大值为______________

__．19【答案】√1424【解析】由题得3𝑎2=3𝑏2−𝑏2+3𝑐2−2𝑐2∴𝑏2+2𝑐2=3(𝑏2+𝑐2−𝑎2)=6𝑏𝑐cos𝐴∴𝑆𝑏2+2𝑐2=12𝑏𝑐sin𝐴6𝑏𝑐cos𝐴=11

2tan𝐴由题得𝑎2=2𝑏2+𝑐23,∴cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=𝑏2+𝑐2−2𝑏2+𝑐232𝑏𝑐=𝑏2+2𝑐26𝑏𝑐≥2√2𝑏𝑐6𝑏𝑐=√23所以tan𝐴=√1cos2𝐴−1≤√92−1=√142,当且仅当𝑏=√2𝑐时取

等号.所以𝑆𝑏2+2𝑐2的最大值为√1424,故填√1424.38．锐角ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，若()2baac=+，则ca取值范围是__________．【答案】()1,2【解析】由()2baa

c=+结合余弦定理可得22222cosbaacacacB=+=+−，即2cosacaB=−，再由正弦定理可得()()sinsin2sincos2sincosAcABsinABABsinBA=−=+−=−，可得BAA−=或BAA−+=（舍去），2BA=，又,,,

ABCABC++=均为锐角，由于3,02,2ACA+=0,4A03,2A−可得64A，可得2,32AB=()10cos,12cos1,22BB+，由2cosa

caB=−可得ca=()12cos1,2B+，故答案为()1,2.