【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 专题突破练（3） 三角函数与其他知识的综合应用 含解析【高考】.doc，共(15)页，214.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-346e64a2283a8b08d0314ecaff4353d2.html

以下为本文档部分文字说明：

1专题突破练(3)三角函数与其他知识的综合应用一、选择题1．若f(cosx)＝cos2x，则f(sin15°)＝()A.12B．－12C.－32D．32答案C解析f(sin15°)＝f(cos75°)＝cos150°＝－cos30°＝－32.故选C.2．(2021·宁夏中卫市高三模拟)函数

y＝lgsinx＋cosx－12的定义域为()A.x2kπ<x≤2kπ＋π3，k∈ZB.x2kπ≤x≤2kπ＋π3，k∈ZC.x2kπ－π3≤x≤2kπ＋π3，k∈ZD.x2kπ＋

π3≤x<2kπ＋π，k∈Z答案A解析函数的定义域需要满足sinx>0，cosx－12≥0，即2kπ<x<2kπ＋π(k∈Z)，2kπ－π3≤x≤2kπ＋π3(k∈Z)，故所求函数的定义域为x

2kπ<x≤2kπ＋π3，k∈Z.故选A.3．有四个关于三角函数的命题：2p1：∃x0∈R，sin2x02＋cos2x02＝12；p2：∃x0，y0∈R，sin(x0－y0)＝sinx0－siny0；p3：∀x∈[0，π],1－cos2x2＝sin

x；p4：sinx＝cosy⇒x＋y＝π2.其中是假命题的是()A．p1，p4B．p2，p4C．p1，p3D．p3，p4答案A解析p1是假命题，∵∀x∈R，sin2x2＋cos2x2＝1；p2是真命题，如x0＝y0＝0

时成立；p3是真命题，∵∀x∈[0，π]，sinx≥0，∴1－cos2x2＝sin2x＝|sinx|＝sinx；p4是假命题，如x＝π2，y＝2π时，sinx＝cosy，但x＋y≠π2.故选A.4．(2022·

成都高三诊断考试)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若向量m＝(a，－cosA)，n＝(cosC，2b－c)，且m·n＝0，则角A的大小为()A.π6B．π4C.π3D．π2答案B解析解法一：由m·n＝0，得acosC－cosA

(2b－c)＝0，由正弦定理，得sinAcosC－cosA(2sinB－sinC)＝0，即sinAcosC＋cosAsinC＝2sinBcosA，所以sin(A＋C)＝2sinBcosA，所以sin(π－B)＝2sinBcosA，即sinB＝2sinBcosA.因为0<B<π，所以sinB>0

，所以cosA＝22，又0＜A＜π，所以A＝π4，故选B.解法二：由m·n＝0，得acosC－cosA(2b－c)＝0，由余弦定理，得a·a2＋b2－c22ab－2bcosA＋c·b2＋c2－a22bc＝0，即b＝2bco

sA，所以cosA＝22，又0＜A＜π，所以A＝π4，故选B.35．已知a＝2－13，b＝(2log23)－12，c＝cos50°cos10°＋cos140°sin170°，则实数a，b，c的大小关系是()A．a>c>bB．b>a>cC．a>b>cD．c>b>a答案C解析因为a＝2－

13＝1213＝1416，b＝(2log23)－12＝3－12＝1312＝12716，所以a>b，排除B，D；c＝cos50°cos10°＋cos140°sin170°＝sin40°c

os10°－cos40°sin10°＝sin30°＝12＝1412＝16416，所以b>c，所以a>b>c.故选C.6．(2021·辽宁沈阳高三三模)设函数f(x)＝cos2x＋bsinx，则“b＝0”是“f(x

)的最小正周期为π”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案C解析当b＝0时，函数f(x)＝cos2x＋bsinx＝cos2x＝1＋cos2x2，所以函数的最小正周期为2π2＝π，f(x)＝cos

2x＋bsinx＝1＋cos2x2＋bsinx，当b≠0时，函数的最小正周期为π和2π的最小公倍数，即为2π，当函数的最小正周期为π时，可得b＝0，则“b＝0”是“f(x)的最小正周期为π”的充要条件．故选C.7．(2021·福建省高三毕业班质量检查测试)如图，C60是一种碳原子

簇，它是由60个碳原子构成的，其结构是以正五边形和正六边形面组成的凸32面体，这60个C原子在空间进行排列时，形成一个化学键最稳定的空间排列位置，恰好与足球表面格的排列一致，因此也叫足球烯．根据杂化轨道的正交归一条件，两个4等性杂化轨道的最大值之间的夹角

θ(0<θ≤π)满足α＋βcosθ＋γ32cos2θ－12＋δ52cos3θ－32cosθ＝0，式中α，β，γ，δ分别为杂化轨道中s，p，d，f轨道所占的百分数．C60中的杂化轨道为

等性杂化轨道，且无d，f轨道参与杂化，碳原子杂化轨道理论计算值为sp2.28，它表示参与杂化的s，p轨道数之比为1∶2.28，由此可计算得一个C60中的凸32面体结构中的六边形个数和两个等性杂化轨道的最大值之间的夹角的正弦值分别为()A．20，8

4157B．12，84157C．20，39932D．12，39932答案A解析设一个C60中的凸32面体结构中共有x个五边形，y个六边形，∵每个顶点都是三个面的公共点，∴5x＋6y3＝60，又x＋y＝32，解得x＝12，y＝20，∴共有20个六边形；又由题意得α＝13.2

8，β＝2.283.28，γ＝δ＝0，∴13.28＋2.283.28cosθ＝0，解得cosθ＝－2557，∵0<θ≤π，∴sinθ＝1－cos2θ＝1－－25572＝84157，故选A.8．(2021·四川达州高三模拟)已知函数f(x)＝Asin2x－tanx在－π3，

π3上恰有3个零点，则实数A的取值范围是()A.12，2B．(0,2)C.12，2D．(0,2]答案A5解析令f(x)＝0，则Asin2x－tanx＝0，所以2Asinxcosx＝sinxcosx.因为当sinx＝0时方程成

立，所以x＝0为方程的一个解，所以2Acosx＝1cosx在－π3，0∪0，π3上有两个解，所以cos2x＝12A在－π3，0∪0，π3上有两个解，因此A>0

，所以cosx＝12A在－π3，0∪0，π3上有两个解，所以12<12A<1，所以12<A<2，故选A.9．(多选)已知复数z＝1＋cos2θ＋isin2θ－π2<θ<π2(其中

i为虚数单位)，则下列说法正确的是()A．复数z在复平面上对应的点可能落在第二象限B．z可能为实数C．|z|＝2cosθD.1z的实部为12答案BCD解析因为－π2<θ<π2，所以－π<2θ<π，所以－1<cos2θ≤1，所以0<1＋

cos2θ≤2，故A错误；当sin2θ＝0，即θ＝0∈－π2，π2时，复数z是实数，故B正确；|z|＝(1＋cos2θ)2＋(sin2θ)2＝2＋2cos2θ＝2cosθ，故C正确；1z＝11＋cos2θ＋

isin2θ＝1＋cos2θ－isin2θ(1＋cos2θ＋isin2θ)(1＋cos2θ－isin2θ)＝1＋cos2θ－isin2θ2＋2cos2θ，1z的实部是1＋cos2θ2＋2cos2θ＝12，故D正确．故选BCD.10．(多选)(2022·湖南省长沙市麓山国际实验学校高三上学期第一次

月考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1tanA，1tanB，1tanC依次成等差数列，则下列结论不一定成立的是()6A．a，b，c依次成等差数列B.a，b，c依次成等差数列C

．a2，b2，c2依次成等差数列D．a3，b3，c3依次成等差数列答案ABD解析若1tanA，1tanB，1tanC依次成等差数列，则2tanB＝1tanA＋1tanC，利用tanα＝sinαcosα，整理得2cosBsinB＝cosAsinA＋cosCsinC.利用正弦定理和余弦定理

得2·a2＋c2－b22abc＝b2＋c2－a22abc＋a2＋b2－c22abc，整理得2b2＝a2＋c2，即a2，b2，c2依次成等差数列，故C一定成立．对于A，B，D，当a＝b＝c时，也能成立，但从题目中并不能得出△ABC是等边三角形，所以A

，B，D不一定成立．故选ABD.11．(多选)(2021·湖北省仙桃市高三模拟)在现代社会中，信号处理是非常关键的技术，我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受到，而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数．函数f(x)＝∑7i＝1sin[(2i－1

)x]2i－1的图象就可以近似地模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是()A．函数f(x)为周期函数，且最小正周期为πB．函数f(x)为奇函数C．函数y＝f(x)的图象关于直线x＝π2对称D．函数f(x)的导

函数f′(x)的最大值为7答案BCD解析∵f(x)＝sinx＋sin3x3＋sin5x5＋…＋sin13x13，f(x＋π)＝sin(x＋π)＋sin3(x＋π)3＋sin5(x＋π)5＋…＋sin13(x＋π)13＝－sinx－sin3x3－sin

5x5－…－sin13x13＝－f(x)，∴π不是函数y＝f(x)的最小正周期，A错误；∵f(－x)＝sin(－x)＋sin(－3x)3＋7sin(－5x)5＋…＋sin(－13x)13＝－sinx－sin3x3－sin5x5－…－sin13x13＝－f

(x)，且函数y＝f(x)的定义域为R，∴函数y＝f(x)为奇函数，B正确；∵f(π－x)＝sin(π－x)＋sin3(π－x)3＋sin5(π－x)5＋…＋sin13(π－x)13＝sinx＋sin3

x3＋sin5x5＋…＋sin13x13＝f(x)，∴函数y＝f(x)的图象关于直线x＝π2对称，C正确；f′(x)＝cosx＋cos3x＋cos5x＋…＋cos13x，∵－1≤cosx≤1，－1≤cos

3x≤1，－1≤cos5x≤1，…，－1≤cos13x≤1，则f′(x)＝cosx＋cos3x＋cos5x＋…＋cos13x≤7，又f′(0)＝7，∴函数y＝f′(x)的最大值为7，D正确．故选BCD.12．(多选)(2021·新高考八

省联考)设函数f(x)＝cos2x2＋sinxcosx，则()A．f(x)＝f(x＋π)B．f(x)的最大值为12C．f(x)在－π4，0上单调递增D．f(x)在0，π4上单调递

减答案AD解析函数f(x)的定义域为R，且f(x)＝cos2x2＋sinxcosx，f(x＋π)＝cos(2x＋2π)2＋sin(x＋π)cos(x＋π)＝cos2x2＋sinxcosx＝f(x)，故A正确；又f(x)＝2cos2x

4＋2sinxcosx＝2cos2x4＋sin2x，令y＝2cos2x4＋sin2x，则4y＝2cos2x－ysin2x＝4＋y2cos(2x＋φ)，其中cosφ＝24＋y2，sinφ＝y4＋y2，故4y4＋y2≤1，即y2≤415，故－21515≤y≤21515，当y＝

21515时，有cosφ＝154，sinφ＝14，此时cos(2x＋φ)＝1，即x＝kπ－φ2，k∈Z.故ymax＝21515，故B错误；f′(x)＝2[(－2sin2x)(4＋sin2x)－2cos22x](4＋sin2x)2＝8－4(1＋4sin2x)(4＋sin2x)2，当x∈

0，π4时，f′(x)<0，故f(x)在0，π4上为减函数，故D正确；当x∈－π4，0时，－1<sin2x<0，故－3<1＋4sin2x<1，因为t＝2x为增函数且2x∈－π2，0，而y＝1＋4sint在－π2，0上为增函数，所以h(x)＝1＋4

sin2x在－π4，0上为增函数，故1＋4sin2x＝0在－π4，0上有唯一解x0，故当x∈(x0,0)时，h(x)>0，即f′(x)<0，故f(x)在(x0,0)上为减函数，故C错误．故选AD.二、填空题13．如图，圆O与x轴的正半轴的交点为A，点C，B在圆O上

，且点C位于第一象限，点B的坐标为45，－35，∠AOC＝α，若|BC|＝1，则3cos2α2－sinα2·cosα2－32的值为________．答案35解析由452＋－352＝1及点B在圆O上，知圆O为单位圆，所以△OCB为正三角形，所以∠BO

C＝π3，∠AOB＝π3－α，由三角函数定义知sinπ3－α＝35，所以3cos2α2－sinα2cosα2－32＝32cosα－12sinα＝sinπ3－α＝35.14.如图，有一块半径为20m，圆心角∠AOB＝2π3的扇

形展示台，展示台分成了四个区域：三角形OCD，弓形CMD，扇形AOC和扇形BOD(其中∠AOC＝∠BOD)，某次菊花展分别在这四个区域摆放：泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜、朱砂红霜．预计这三种菊花展示带来的日效益分别是50元/m2

、30元/m2、40元/m2.为使预计日总效益最大，∠COD的余弦值应为________．9答案12解析由题知半径r＝20，设∠COD＝α，则日总效益为f(α)＝12r2sinα×50＋α2π×

πr2－12r2sinα×30＋2π3－α2π×πr2×40＝4000sinα－2000α＋160003π，而f′(α)＝4000cosα－2000，令f′(α)＝0，可得cosα＝12，易知此时日总效益f(α)取得最大值．15．(2022·山东威海模拟)已知a，b

，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，b2＋c2＝accosC＋c2cosA＋a2，S△ABC＝33＋264，则当a＝________时，△ABC的周长取得最小值，最小值为________．答案2＋132＋3解析由b2＋c2＝accosC＋c2cos

A＋a2，得b2＋c2－a2＝c(acosC＋ccosA)，结合余弦定理，得2bccosA＝ca·a2＋b2－c22ab＋c·b2＋c2－a22bc，即2bccosA＝cb，所以cosA＝12，又0＜A＜π，故A＝π3.因为S△ABC＝33

＋264，所以33＋264＝12bcsinA＝12bc·32，则bc＝3＋22＝(2＋1)2.又由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥bc＝(2＋1)2，当且仅当b＝c＝2＋1时，a取得最小值2＋1，所以

a＋b＋c≥a＋2bc≥3(2＋1)，当且仅当a＝b＝c＝2＋1时取等号，所以当a＝2＋1时，△ABC的周长取得最小值，最小值为32＋3.16．(2021·湖北省百所重点中学高三联考)已知函数f(x)＝asinx＋3cosx图象的一条对称轴为直线x＝7π6，若函数F(x)＝f(x)－75在

－π2，7π2上的所有零点依次记为x1，x2，x3，…，xn，则x1＋x2＋…＋xn＝________.10答案14π3解析由题意可知，函数f(x)＝asinx＋3cosx＝a2＋3sin(x＋θ)，其中cosθ＝aa2＋3，sinθ＝3a2＋3，由f(x)图象的一条对称轴的方程为x＝7

π6，得f7π6＝a2＋32＝a2＋3，解得a＝1，所以f(x)＝2sinx＋π3，结合函数f(x)＝2sinx＋π3－π2≤x≤7π2与y＝75的图象可知，方程F(x)＝0有4个根，且x1，x2关于直

线x＝π6对称，x3，x4关于直线x＝13π6对称，即x1＋x2＝π6×2＝π3，x3＋x4＝13π6×2＝13π3，所以x1＋x2＋x3＋x4＝14π3.三、解答题17．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b

，c成等差数列，证明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．解(1)证明：∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，利用正弦定理化简得，2sinB＝sinA＋sinC，∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴si

nA＋sinC＝2sinB＝2sin(A＋C)．(2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac，∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－ac2ac≥2ac－ac2ac＝12，当且仅当a＝c时等号成立，∴cosB的最小值为12.18．(2021·江苏省淮

安市高中协作体第一学期高三期中)已知m＝(bsinx，acosx)，n＝(cosx，－cosx)，f(x)＝m·n＋a，其中a，b，x∈R，且满足fπ6＝2，f′(0)＝23.(1)求a和b的值

；11(2)若关于x的方程f(x)＋log3k＝0在区间0，2π3上总有实数解，求实数k的取值范围．解(1)由题意知，f(x)＝m·n＋a＝bsinxcosx－acos2x＋a＝b2sin2x－a·1＋cos2x2＋a＝b2sin2x－a2cos2x＋a2，由fπ6＝

2，得a＋3b＝8，∵f′(x)＝bcos2x＋asin2x，又f′(0)＝23，∴b＝23，∴a＝2.(2)由(1)得f(x)＝3sin2x－cos2x＋1＝2sin2x－π6＋1，∵x∈0，2π3，∴2x－π6∈－π6，7π6，∴－12≤sin

2x－π6≤1，∴0≤2sin2x－π6＋1≤3，即0≤f(x)≤3，又方程f(x)＋log3k＝0在区间0，2π3上总有实数解，∴f(x)＝－log3k在区间0，2π3上成立，∴0≤－log3k≤3，－3≤log3k≤0，－3

log33≤log3k≤log31，∴127≤k≤1.∴实数k的取值范围为127，1.19．(2022·湖南师范大学附属中学高三上第二次月考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若m＝(sinA＋sinB－sinC，sinA)，n＝(c，b＋c

－a)，m∥n且b＝2.(1)求角B的大小；12(2)在①a，b，c成等差数列，②a，b，c成等差数列，③a2，b2，c2成等差数列这三个条件中任选一个作为已知条件，求△ABC的面积S.解(1)因为m∥n，所以(sinA＋si

nB－sinC)(b＋c－a)＝csinA，由正弦定理可得(a＋b－c)(b＋c－a)＝ac，即ac＝a2＋c2－b2，所以cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，又B∈(0，π)，所以B＝π3.(2)若选①，由基本不等式可知

a＋c22≤a＋c2，所以2b＝a＋c≤2(a＋c)，所以b≤a＋c2，当且仅当a＝c时取“＝”.又b2＝a2＋c2－ac，所以b2＝a2＋c2－ac≤a＋c22，即3a2＋3c2－6ac≤0，则(a－c)2≤0，所以a＝c.又B＝π3，所以△ABC是正三角形，所以S＝12

acsinB＝12×4×32＝3.若选②，由条件可知2b＝a＋c，b2＝a2＋c2－ac，所以a＋c22＝a2＋c2－ac，所以3a2＋3c2－6ac＝0，所以(a－c)2＝0，所以a＝c.又B＝π3，所以△ABC是正三角形，所以S＝12acsinB＝12×4×

32＝3.若选③，由题意可知2b2＝a2＋c2，所以2(a2＋c2－ac)＝a2＋c2，所以(a－c)2＝0，所以a＝c，又B＝π3，所以△ABC是正三角形，13所以S＝12acsinB＝12×4×3

2＝3.20．在公比为2的等比数列{an}中，a2与a5的等差中项是93.(1)求a1的值；(2)若函数y＝|a1|sinπ4x＋φ，|φ|<π的一部分图象如图所示，M(－1，|a1|)，N(3，－|a1|)为图象上的两点，设∠MON＝β，其中点O为坐标原点，0<β<π，

求tan(φ－β)的值．解(1)由题可知a2＋a5＝183，又a5＝8a2，故a2＝23，∴a1＝3.(2)∵点M(－1，|a1|)在函数y＝|a1|sinπ4x＋φ的图象上，∴sin－π4＋φ＝1.又|φ|<π，∴φ＝3π4.如图，连接MN，在△MON中，由

余弦定理，得cosβ＝|OM|2＋|ON|2－|MN|22|OM|·|ON|＝4＋12－2883＝－32.又0<β<π，∴β＝5π6，∴φ－β＝－π12，∴tan(φ－β)＝－tanπ12＝－tanπ4－π6＝－2＋3.21

．(2022·湖北武汉二中高三上模拟)某驾校拟围着一座山修建一条环形训练道路OASBCD，道路的平面图如图所示(单位：km)，已知曲线ASB为函数y＝14Asin(ωx＋φ)A>0，0<ω<1，|φ|<π2，x∈

[0,3]的图象，且最高点为S(1,2)，折线段AOD为固定线路，其中AO＝3，OD＝4，折线段BCD为可变线路，但为保证驾驶安全，限定∠BCD＝2π3.(1)求A，ω，φ的值；(2)若∠CBD＝θ，试用θ表示折线段道路BC

D的长，并求折线段道路BCD长度的最大值．解(1)由已知，知A＝2，且有2sin(ω·0＋φ)＝3，即sinφ＝32，由|φ|<π2，得φ＝π3，又∵最高点为(1,2)，0<ω<1，∴2sinω＋π3＝2，

解得ω＝π6，∴A＝2，ω＝π6，φ＝π3.(2)∵B点的横坐标为3，代入函数解析式得yB＝2sinπ6×3＋π3＝1，∴BD＝12＋(4－3)2＝2.在△BCD中，若∠CBD＝θ，则∠BDC＝π－2π3－θ＝π3－θ，由正弦定理，有BDsin

2π3＝CDsinθ＝BCsinπ3－θ，∴CD＝263sinθ，BC＝263sinπ3－θ，∴BC＋CD＝263sinθ＋sinπ3－θ15＝263sinθ＋32cosθ－12sinθ＝263sinθ＋π3，

θ∈0，π3，∴当且仅当θ＝π6时，折线段道路BCD最长，最长为263千米．