【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项二　三角函数中的综合问题含解析【高考】.docx，共(7)页，69.082 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bd6110d132a8925932b7726f4862b154.html

以下为本文档部分文字说明：

1高考解答题专项二三角函数中的综合问题1.(2021山东临沂高三二模)在①x=π6是函数f(x)图象的一条对称轴,②π12是函数f(x)的一个零点,③函数f(x)在[a,b]上单调递增,且b-a的最大值为π2这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.已知函数f(x)=2si

nωxcosωx-π6-12(0<ω<2),,求f(x)在-π2,π2上的单调递减区间.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.2.(2021湖南怀化高三二模)在△ABC中,内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,且满足2tan𝐵tan𝐴+tan𝐵=𝑏𝑐.(1)求角A;(2)

若a=√13,b=3,求△ABC的面积.3.(2021天津静海一中高三月考)已知锐角三角形ABC的三个角A,B,C所对的边为a,b,c,在①bcosC+√3bsinC=a+c;②2bsinA=√3a;③sinA(c-a)=(c-b)(sinC+sinB)三个条件中任选一个完成下列问题(如果使

用多个条件按第一个解法计分).(1)求B;(2)若b=2,△ABC的面积为√3,求a,c.24.平面凸四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=90°,AD=3,AB=4.(1)若∠ABC=45°,求CD;(2)若BC=2√5,求AC.35.(2021江苏徐州高三二模)若f(x)=sin(ωx+φ)

ω>0,0<φ<π2的部分图象如图所示,f(0)=12,f5π12=0.(1)求f(x)的解析式;(2)在锐角三角形ABC中,若A>B,f𝐴-𝐵2−π12=35,求cos𝐴-𝐵2,并证明sinA>2√55.6.(2021河南郑州高三三模)在△ABC

中,AB=2AC,点D在BC边上,AD平分∠BAC.(1)若sin∠ABC=√55,求cos∠BAC;(2)若AD=AC,且△ABC的面积为√7,求BC.4高考解答题专项二三角函数中的综合问题1.解f(x)=2sinωxcosωx-π6-12=2si

nωxcosωxcosπ6+sinωxsinπ6-12=√3cosωxsinωx+sin2ωx-12=√32sin2ωx-12cos2ωx=sin2ωx-π6.①若x=-π6是函数f(x)图象的一条对称轴,则-π𝜔3−π6=kπ+π2(

k∈Z),即-π𝜔3=kπ+2π3(k∈Z),因此ω=-3k-2(k∈Z).又0<ω<2,所以当k=-1时,ω=1,则f(x)=sin2x-π6.②若π12是函数f(x)的一个零点,则π12×2ω-π6=kπ,即π6ω=kπ+π6(k∈Z)

,因此ω=6k+1(k∈Z).又0<ω<2,所以当k=0时,ω=1,所以f(x)=sin2x-π6.③若f(x)在[a,b]上单调递增,且b-a的最大值为π2,则T=π=2π2𝜔,故ω=1,所以f(x)=sin2x-π6.由π2+2kπ≤2x-π6

≤3π2+2kπ(k∈Z),得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k∈Z),令k=0,得π3≤x≤5π6;令k=-1,得-2π3≤k≤-π6.又-π2≤x≤π2,所以f(x)在-π2,π2上单调递减区间为-π2,-π6,π3,π2.2.解(1)由2tan�

�tan𝐴+tan𝐵=𝑏𝑐及正弦定理可知,2sin𝐵cos𝐵sin𝐴cos𝐴+sin𝐵cos𝐵=sin𝐵sin𝐶,所以2sin𝐵cos𝐵·cos𝐴·cos𝐵sin(𝐴+𝐵)=sin𝐵sin𝐶,因

此2cosA=1.又A∈(0,π),所以A=π3.(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,得13=9+c2-3c,所以c2-3c-4=0,即(c-4)(c+1)=0,解得c=4.从而S△ABC=12bcsinA=12×3×4×√32=3√3.53.

解(1)若选①,由正弦定理得sinBcosC+√3sinBsinC=sinA+sinC=sin(B+C)+sinC=sinBcosC+cosBsinC+sinC.因为C为三角形内角,sinC≠0,所以√3sinB-cosB=1,sinB-π

6=12.因为-π6<B-π6<π3,则B-π6=π6,即B=π3.若选②,由正弦定理得sinB=𝑏sin𝐴𝑎=√32,因为B是锐角,所以B=π3.若选③,由正弦定理得a(c-a)=(c-b)(c+b)=c2-b2,即a2+c2-b2=ac,所以cosB

=𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐=12.因为B为锐角,所以B=π3.(2)由已知S=12acsinB=√34ac=√3,得ac=4.又a2+c2-b2=2accosB,即a2+c2-4=ac,解得a=c=2.4.解(1)连接BD,在

Rt△BAD中,由AB=4,AD=3,∠BAD=90°,得BD=5,∴sin∠ABD=35,cos∠ABD=45.∵∠ABC=45°,∴∠DBC=45°-∠ABD,∴sin∠DBC=sin45°·cos∠ABD-c

os45°·sin∠ABD=√22×45−√22×35=√210.在Rt△BCD中,由∠BCD=90°,知CD=BD·sin∠DBC=5×√210=√22.(2)连接AC,由(1)知BD=5,在Rt△ABD中易知sin∠ABD=35

,cos∠ABD=45.在Rt△BCD中,由BC=2√5,BD=5,得CD=√5.易知sin∠CBD=√55,cos∠CBD=2√55.∴cos∠ABC=cos(∠ABD+∠CBD)=cos∠ABD·cos∠CBD-sin∠ABD·sin

∠CBD=45×2√55−35×√55=√55.6在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=42+(2√5)2-2×4×2√5×√55=20,∴AC=2√5.5.解(1)由f(0)=1

2,得sinφ=12.又0<φ<π2,故φ=π6.由f5π12=0,得sinω·5π12+π6=0,所以ω·5π12+π6=2kπ+π(k∈Z),即ω=2+24𝑘5(k∈Z).由ω>0,结合函数图象可知12·2π𝜔>5π12,所以0<ω<125.又k∈Z,所以k=0,从而ω=2,

因此f(x)=sin2x+π6.(2)由f𝐴-𝐵2−π12=sin(A-B)=35,因为0<B<A<π2,所以0<A-B<π2,故cos(A-B)=45.因为cos(A-B)=2cos2𝐴-𝐵2-1,于是cos𝐴-𝐵2

=√1+cos(𝐴-𝐵)2=3√1010.所以sin𝐴-𝐵2=√1-cos2𝐴-𝐵2=√1010.又A+B>π2,故A=𝐴+𝐵2+𝐴-𝐵2>π4+𝐴-𝐵2.又y=sinx在0,π2上单调递增,且A∈0

,π2,π4+𝐴-𝐵2∈0,π2,所以sinA>sinπ4+𝐴-𝐵2=sinπ4cos𝐴-𝐵2+cosπ4sin𝐴-𝐵2=√22×3√1010+√1010=2√55.6.解(1)令△ABC的边AC,AB,BC为b,c,a,由题意可得c=2b,∵AB>AC,∴∠ABC<∠

ACB,∴∠ABC为锐角,即cos∠ABC=√1-15=2√55.7∵𝐴𝐶sin∠𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵sin∠𝐴𝐶𝐵,∴sin∠ACB=2√55.∵∠ACB∈(0,π),∴cos∠ACB=±√55.∴cos∠BAC=-cos(∠ABC+∠ACB)=sin∠ABCsin∠ACB

-cos∠ABCcos∠ACB.当cos∠ACB=√55时,cos∠BAC=√55×2√55−2√55×√55=0.当cos∠ACB=-√55时,cos∠BAC=√55×2√55+2√55×√55=45.所以cos∠BAC=0或45.(2)设∠CAD=∠DAB=θ,由于S△

ABC=S△ACD+S△ADB,所以12AC·ADsinθ+12AB·ADsinθ=12AB·ACsin2θ,由AD=AC,AB=2AC可得3sinθ=4sinθcosθ.因为sinθ≠0,则cosθ=34,sinθ=√1-cos2𝜃=√74,S△ABC=12AC·ABsin2θ=b

2sin2θ=2b2sinθcosθ=√7,解得b2=83.又cos2θ=2cos2θ-1=18,∴a=√𝑏2+4𝑏2-2𝑏·2𝑏cos2𝜃=2√3,即BC=2√3.