【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 专题检测1　三角函数与解三角形 Word版含答案.docx，共(7)页，180.264 KB，由小赞的店铺上传

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专题检测一三角函数与解三角形一、选择题:本题共12题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.(2023山东日照一模)在平面直角坐标系xOy中,角θ的大小如图所示,则tanθ=()A.32B.43C.1D.232.(2022北

京,5)已知函数f(x)=cos2x-sin2x,则()A.f(x)在(-π2,-π6)内单调递减B.f(x)在(-π4,π12)内单调递增C.f(x)在(0,π3)内单调递减D.f(x)在(π4,7π12)内单调递增3

.(2023北京西城一模)函数f(x)=sin2x·tanx是()A.奇函数,且最小值为0B.奇函数,且最大值为2C.偶函数,且最小值为0D.偶函数,且最大值为24.(2023湖北模拟预测)已知cos(75°+𝛼2)=√33,则cos(30°-α)的值为()A.13B.-13

C.23D.-235.(2023陕西榆林一模)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若asinA+(b+λa)sinB=csinC,则λ的取值范围为()A.(-2,2)B.(0,2)C.[-2,2]

D.[0,2]6.(2023黑龙江哈尔滨三中一模)若sin(2α+π6)+cos2α=√3,则tanα=()A.√33B.1C.2-√3D.2+√37.(2023江西上饶一模,理7)已知sinα=√55,α为钝角,tan(α-β)=13,则tanβ=()A.1B.-1C.2

D.-28.(2023陕西咸阳中学质检六)已知tan(α+β)+tan2α=0,tan(2α+β)=-2,则tanα=()A.12B.2C.√5D.√559.(2023福建漳州二模)在△ABC中,若sinA,cosB分别是方程6x2-

x-1=0的两个根,则sinC=()A.1-2√66B.2√6-16C.-1+2√66D.1+2√6610.某港口一天24h内潮水的高度S(单位:m)随时间t(单位:h,0≤t≤24)的变化近似满足关系式S(t)=3sin(π6t

+5π3),则下列说法正确的有()A.相邻两次潮水高度最高的时间间距为24hB.4时潮水起落的速度为π6m/hC.当t=6时潮水的高度会达到一天中最低D.S(t)在[0,2]上的平均变化率为3√34m/h11.(2023广东深圳名校联考)若tanα=(1-

√3tan20°)·sin80°,则下列可能是α的值的是()A.20°B.40°C.50°D.70°12.(2023江西上饶一模)已知函数f(x)=cos(23x+φ)满足f(-π6)=f(2π3),若f(x)在[0,a

]上至少有两个零点,则实数a的最小值为()A.3π2B.2πC.5π2D.3π二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023广东梅州一模)在平面直角坐标系中,点A(2,1)绕着原点O顺时针旋转

60°得到点B,点B的横坐标为.14.(2023广西南宁一模)已知函数f(x)=12cos(3x+φ)的图象关于点(4π3,0)对称,那么|φ|的最小值为.15.(2023陕西安康一模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)·

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=35|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2,则𝑎cos𝐵𝑏cos𝐴=.16.(2023河南名校联考)先将函数f(x)=cosx的图象向左平移2π3个单位长度,再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的1𝜔(ω>0),纵坐标不变,所得图象与函数g(x)的图象关于

x轴对称,若函数g(x)在[0,2π3]上恰有两个零点,且在[-π12,π12]上单调递增,则ω的取值范围是.三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2022浙江

,18)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4a=√5c,cosC=35.(1)求sinA的值;(2)若b=11,求△ABC的面积.18.(12分)(2023四川成都玉林中学模拟)设

函数f(x)=sin(2x+φ)(-π<φ<0),y=f(x)图象的一条对称轴是直线x=π8.(1)求φ;(2)求函数y=f(x)的单调递增区间;(3)画出函数y=f(x)在区间[0,π]上的图象.19.(12分)(2023天津,16)在△ABC中,角A,B

,C的对边分别为a,b,c.已知a=√39,b=2,∠A=120°.求:(1)sinB的值;(2)c的值;(3)sin(B-C)的值.20.(12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知2acsinBcosC=(2sinA-sinC)(

a2+c2-b2).(1)求角B;(2)若a+c=6,a<b,△ABC外接圆的面积为16π3,求cosA.21.(12分)(2023山东济南一模)已知在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)(sinA-

sinB)=bsinC.(1)证明:A=2B;(2)若a=3,b=2,求△ABC的面积.22.(12分)(2023河南郑州统考一模)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且b+c=acosB+√3asinB.(1)求角A的大小;(2)若D是BC边上一点

,且CD=2DB,AD=2,求△ABC面积的最大值.专题检测一三角函数与解三角形1.D解析过P作PQ⊥x轴,垂足为Q(图略),根据正切值的定义tan(θ+π4)=|𝑃𝑄||𝑂𝑄|=5,则tan(θ+π4)=tan𝜃+11-tan𝜃=5,解得

tanθ=23.2.C解析f(x)=cos2x-sin2x=cos2x,对于选项A,当x∈(-π2,-π6)时,2x∈(-π,-π3),f(x)单调递增,故A错误;对于选项B,当x∈(-π4,π12)时,2x∈(-π2,π6),f(x)不单调,故B错

误;对于选项C,当x∈(0,π3)时,2x∈(0,2π3),f(x)单调递减,故C正确;对于选项D,x∈(π4,7π12)时,2x∈(π2,7π6),f(x)不单调,故D错误.故选C.3.C解析∵f(x)=sin2x·tanx的定义域为{x|x≠kπ+π2,k∈Z},∴f(x)的定

义域关于原点对称,且f(x)=sin2x·tanx=2sinxcosx·sin𝑥cos𝑥=2sin2x,而f(-x)=2sin2(-x)=2sin2x=f(x),∴函数f(x)为偶函数;又f(x)=2sin2x

=1-cos2x,x≠π2+kπ,k∈Z,∴cos2x∈(-1,1],即f(x)=1-cos2x∈[0,2),可得函数f(x)的最小值为0,无最大值.故选C.4.A解析cos(30°-α)=1-2sin2(15°-𝛼2)=1-2cos2(75°+𝛼2)=1-23

=13.故选A.5.A解析因为asinA+(b+λa)sinB=csinC,由正弦定理得c2=a2+b2+λab.又因为c2=a2+b2-2abcosC,所以λ=-2cosC.因为C∈(0,π),所以cosC∈(-1,1),故λ∈(-2,2).故选A.6.C解析由sin(2α+π6)+cos

2α=√3,得sin2αcosπ6+cos2αsinπ6+cos2α=√3,所以√3(12sin2α+√32cos2α)=√3,所以√3sin(2α+π3)=√3,即sin(2α+π3)=1,解得2α

+π3=π2+2kπ,k∈Z,即α=π12+kπ,k∈Z;tanα=tan(π12+kπ)=tanπ12,k∈Z,因为tanπ12=tan(π3−π4)=tanπ3-tanπ41+tanπ3·tanπ4,所以tanπ12=√3-11+√3=2-√3.故选C.7.B解

析因为sinα=√55,α为钝角,所以cosα=-2√55,则tanα=-12,所以tanβ=tan[α-(α-β)]=tan𝛼-tan(𝛼-𝛽)1+tan𝛼tan(𝛼-𝛽)=-12-131+(

-12)×13=-1.故选B.8.B解析由tan(α+β)+tan2α=0可化为tan[(2α+β)-α]+tan2α=0,即tan(2𝛼+𝛽)-tan𝛼1+tan(2𝛼+𝛽)tan𝛼+2tan𝛼1-tan2𝛼=0,即-2-tan𝛼1-2tan𝛼+2tan�

�1-tan2𝛼=0,化简得tan3α-2tan2α+tanα-2=0,即(tanα-2)·(tan2α+1)=0,解得tanα=2,经检验,符合题意,故tanα=2.故选B.9.B解析由6x2-x-1=0,解得x=12或x=-13,所以s

inA=12,cosB=-13,所以0<A<π2,π2<B<π,所以cosA=√32,sinB=2√23,所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=12×(-13)+√32×2√23=2√6-16,故选B.

10.D解析对于A,相邻两次潮水高度最高的时间间距为1个周期T=2ππ6=12(h),故A错误;对于B,S'(x)=3×π6cos(π6t+5π3),则S'(4)=π2cos(2π3+5π3)=π4,故B错误;对于C,S(6)=3sin(π6×6+5π3)=3√32,没有达到最低,故C错

误;对于D,S(t)在区间[0,2]上的平均变化率为𝑆(2)-𝑆(0)2-0=3sin2π-3sin5π32=3√34(m/h),故D正确.故选D.11.A解析(1-√3tan20°)·sin80°=(1-√

3tan20°)·(sin60°·cos20°+cos60°sin20°)=√32cos20°-32sin20°+12sin20°-√32·sin220°cos20°=√32cos20°-sin20°-

√32·sin220°cos20°=√32·cos220°cos20°−√32·sin220°cos20°-sin20°=√32·cos40°cos20°-sin20°=√3cos40°-sin40°2cos20°=2sin(60°-4

0°)2cos20°=tan20°,则有tanα=tan20°,所以α的可能取值为20°,故选A.12.C解析∵f(-π6)=f(2π3),∴f(x)=cos(23x+φ)的图象关于直线x=π4对称,∴23×π4+φ=kπ,k

∈Z,∴φ=kπ-π6,k∈Z,则f(x)=cos(23x+kπ-π6),∴f(x)=0等价于cos(23x-π6)=0.当0≤x≤a时,0≤23x≤23a,-π6≤23x-π6≤23a-π6,若此时f(x)至少有两个零点,则23a-π6≥3π2,得a≥5π2,即实数a的最小值为5π

2.13.1+√32解析由题意得|OA|=√22+12=√5,设OA与x轴非负半轴的夹角为α,则sinα=1√5,cosα=2√5,则OB与x轴非负半轴的夹角为α-60°,设B(x,y),则|OB|=|OA|=√5

,所以cos(α-60°)=𝑥√5,所以x=√5cos(α-60°)=√5×(2√5×12+1√5×√32)=1+√32.14.π2解析由f(x)=12cos(3x+φ)的图象关于点(4π3,0)对称,得

3×4π3+φ=kπ+π2,k∈Z,于是得φ=kπ-7π2,当k=3或4时,|φ|=π2,所以|φ|的最小值为π2.15.4解析由(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=35|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2,得𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗=35|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2,即-𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=35|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2,所以-bc·cosA+ac·cosB=35c2,即-bcosA+acosB=35c,由正弦定理得sinAcosB-sinBcosA=35si

nC=35sin(A+B),化简得sinAcosB=4sinBcosA,𝑎cos𝐵𝑏cos𝐴=sin𝐴cos𝐵sin𝐵cos𝐴=4.16.[114,4]解析由题意,函数f(x)的图象经过变换

后得到y=cos(ωx+2π3)的图象,图象关于x轴对称后,得到g(x)=-cos(ωx+2π3)=sin(ωx+2π3−π2)=sin(ωx+π6),∵0≤x≤2π3,∴π6≤𝜔x+π6≤2𝜔π3+π6,又g(x)=sin

(ωx+π6)在区间[0,2π3]上恰有2个零点,∴2π≤2𝜔π3+π6<3π,解得114≤𝜔<174,令-π2+2k2π≤ωx+π6≤π2+2k2π,k2∈Z,得-2π3𝜔+2𝑘2π𝜔≤x≤π3𝜔+2𝑘2π𝜔,k2∈Z,令k2=0,得g(x)在区间

[-2π3𝜔,π3𝜔]上单调递增,∴[-π12,π12]⊆[-2π3𝜔,π3𝜔],∴{-2π3𝜔≤-π12,π3𝜔≥π12,又ω>0,解得0<ω≤4.综上所述,ω的取值范围是[114,4].17.解(1)∵cosC=35且0<C<π,∴sinC=45.又4a=√5

c,∴𝑎𝑐=√54.由正弦定理得𝑎sin𝐴=𝑐sin𝐶,∴sin𝐴sin𝐶=𝑎𝑐=√54,∴sinA=√54×sinC=√54×45=√55.(2)∵b=11,∴由余弦定理可知c2=b2+a2-2abcosC,c2=112+(√54c

)2-2×√54c×11×35,c2=112+516c2-33√510c,即1116c2+33√510c-112=0,整理得5c2+24√5c-880=0,解得c=-24√5+64√52×5=4√5(负值舍去),∴a=√54×4√5=5.∴S△ABC=12absinC=12×5×1

1×45=22.18.解(1)∵x=π8是函数y=f(x)图象的一条对称轴,∴sin(2×π8+φ)=±1,即π4+φ=kπ+π2,k∈Z,φ=kπ+π4,k∈Z.∵-π<φ<0,∴φ=-3π4.(2)由(1)知f(x)=sin(2x-3π4),由题意得2kπ-π2≤2x-3π4≤2kπ

+π2,k∈Z,∴kπ+π8≤2x≤kπ+5π8,k∈Z,∴f(x)=sin(2x-3π4)的单调递增区间为[kπ+π8,kπ+5π8],k∈Z.(3)由函数y=sin(2x-3π4)列表如下,2x-

3𝜋4-3𝜋4-𝜋20𝜋2π5𝜋4x0𝜋83𝜋85𝜋87𝜋8πy-√22-1010-√22故函数f(x)=sin(2x-3π4)在区间[0,π]上的图象为19.解(1)由已知及正弦定理,得𝑎sin𝐴=

𝑏sin𝐵,∵a=√39,b=2,∠A=120°,∴sinB=𝑏sin𝐴𝑎=2×√32√39=√1313.(2)(方法一)由(1)及已知,得cosB=√1-sin2𝐵=2√3913,sinC=sin(180°-120°-B)=sin(60°-B)=√32cosB-12si

nB=5√1326.由正弦定理,得c=𝑎sin𝐶sin𝐴=√39×5√1326√32=5.(方法二)由余弦定理,得b2+c2-2bccosA=a2,即4+c2-2×2c×(-12)=39,整理,得c2+2c-35

=0,解得c=5或c=-7(舍去).(3)∵C为锐角,∴cosC=√1-sin2𝐶=√1-2552=3√3926.∴sin(B-C)=sinBcosC-cosBsinC=√1313×3√3926−2√3913×5√1326=-

7√326.20.解(1)∵2acsinBcosC=(2sinA-sinC)·(a2+c2-b2),∴sinBcosC=(2sinA-sinC)𝑎2+𝑐2-𝑏22𝑎𝑐,由余弦定理得sinBcosC=(2sinA-sinC)cosB,则sinBcos

C+cosBsinC=2sinAcosB,∴sin(B+C)=2sinAcosB,又sin(B+C)=sin(π-A)=sinA,则sinA=2sinAcosB,且A∈(0,π),则sinA≠0,可得cosB=12,∵0<B<π,∴B=π3.(2)设△A

BC外接圆的半径为R,则△ABC外接圆的面积为S=πR2=16π3,解得R=4√33,由正弦定理𝑎sin𝐴=𝑐sin𝐶=2R=8√33,可得a=8√33sinA,c=8√33sinC,a+c=

8√33sinA+8√33sinC=8√33[sinA+sin(2π3-A)]=8√33(sinA+√32cosA+12sinA)=8√33(32sinA+√32cosA)=8sin(A+π6)=6,整理得sin(A+π6)=34.因为a<b,B=π3,则0<A<π

3,可得π6<A+π6<π2,所以cos(A+π6)=√1-(34)2=√74,故cosA=cos[(A+π6)-π6]=cos(A+π6)cosπ6+sin(A+π6)·sinπ6=√74×√32+34×12=√21+38.21.(1)证明∵(a+b)(sinA-sinB)=bsinC

,由正弦定理得a2-b2=bc,∴cosA=𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=𝑐2-𝑏𝑐2𝑏𝑐=𝑐-𝑏2𝑏=sin𝐶-sin𝐵2sin𝐵,∴2cosAsinB=sinC-sinB=sin(A+B)-sinB=sinAcos

B+cosAsinB-sinB,∴sinB=sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B).∵A,B∈(0,π),∴A-B∈(-π,π),∴B=A-B,或B+(A-B)=π(不合题意),∴A=2B.(2)解由正弦定理得

2sin𝐵=3sin𝐴,又sinA=sin2B=2sinBcosB,∴2sin𝐵=32sin𝐵cos𝐵,解得cosB=34,∴sinB=√74.∵a=3,b=2,由a2-b2=bc可得c=52,∴△ABC的面积为12acsinB=15√716.22.解(1)因为b+c=ac

osB+√3asinB,所以sinB+sinC=sinAcosB+√3sinAsinB,又因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,所以sinB+cosAsinB=√3sinAsinB,而B∈(0,π),sinB≠0,所以√3sinA-co

sA=1,即sin(A-π6)=12,又因为0<A<π,所以-π6<A-π6<5π6,故A-π6=π6,解得A=π3.(2)如图,因为CD=2DB,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,由𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2=(23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗

⃗)2,所以4=19b2+49c2+29bc,4=19b2+49c2+29bc≥49bc+29bc=23bc,解得bc≤6,当且仅当b=2c=2√3时,等号成立,所以△ABC的面积为S=12·AC·AB·sin∠BAC=√34bc≤3√32,当且仅当b=2c=2√3时,△ABC的面

积有最大值,为3√32.