三角函数与解三角形专题过关检测-2025届高三数学二轮专题复习

专题过关检测二　三角函数与解三角形 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.已知角θ的终边经过点P(,a),若θ=-,则a=(　　) A. B. C.- D.- 2.(2024·九省联考)已知θ∈(,π),tan 2θ=-4tan(θ+),则=(　　) A. B. C.1 D. 3.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且C=60°,a+2b=8,sin A=6sin B,则c=(　　) A. B. C.6 D.5 4.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<)部分图象如图所示,则f= (　　) A. B. C.- D. 5.已知sin+cos α,则sin(2α+)=(　　) A.- B.- C. D. 6.某消毒装备的设计如图所示,PQ为路面,AB为消毒设备的高,BC为喷杆,AB⊥PQ,∠ABC=,C处是喷洒消毒水的喷头,且喷射角∠DCE=.已知AB=2,BC=1,则消毒水喷洒在路面上的宽度DE的最小值为(　　) A.5-5 B.5 C. D.5 7.在△ABC中,“tan Atan B>1”是“△ABC为钝角三角形”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 8.函数f(x)=2sin(x+)+cos 2x的最大值为(　　) A.1+ B. C.2 D.3 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是(　　) A.sin A∶sin B∶sin C=4∶5∶6 B.△ABC是钝角三角形 C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D.若c=6,则△ABC的外接圆半径R为 10.(2024·广西南宁模拟)已知函数f(x)=sin 2ωx+cos 2ωx(ω>0)的零点依次构成一个公差为的等差数列,把函数f(x)的图象沿x轴向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象,则(　　) A.g(x)在区间[]上单调递增 B.点(,0)是函数g(x)图象的一个对称中心 C.g(x)是奇函数 D.g(x)在区间[]上的值域为[0,2] 11.关于f(x)=sin x·cos 2x的说法正确的为(　　) A.∀x∈R,f(-x)-f(x)=0 B.∃T≠0,使得f(x+T)=f(x) C.f(x)在定义域内有偶数个零点 D.∀x∈R,f(π-x)-f(x)=0 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知cos=-,则sin 2α=　　　　　. 13.(2023·新高考Ⅰ,15)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,则ω的取值范围是　　　　　.  14.如图,某湖有一半径为100 m的半圆形岸边,现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计),在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确,在半圆弧上的点B以及湖中的点C处,再分别安装一套监测设备,且满足AB=AC,∠BAC=90°.四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”.设∠AOB=θ,则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为　　　　　　m2.  四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)(2023·新高考Ⅰ,17)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B. (1)求sin A; (2)设AB=5,求AB边上的高. 16.(15分)在平面直角坐标系xOy中,点E(2cos x,1),F(sin 2x-),x∈[0,],点D是线段EF上靠近点F的三等分点,且f(x)=+3. (1)求函数f(x)的最小值; (2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,f(A)=6,b=1,△ABC的面积为,求a的值. 17.(15分)随着生活水平的不断提高,人们更加关注健康,重视锻炼.通过“小步道”,走出“大健康”,健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线.如图,A-B-C-A为某区的一条健康步道,AB,AC为线段,是以BC为直径的半圆,AB=2 km,AC=4 km,∠BAC=. (1)求的长度; (2)为满足市民健康生活需要,提升城市品质,改善人居环境,现计划新建健康步道A-D-C(B,D在AC两侧),其中AD,CD为线段.若∠ADC=,求新建的健康步道A-D-C的路程最多可比原有健康步道A-B-C的路程增加多少千米? 18.(17分)(2024·江西九师联盟)如图,在△ABC中,AB=BC=2,D为△ABC外一点,AD=2CD=4,记∠BAD=α,∠BCD=β. (1)求2cos α-cos β的值; (2)若△ABD的面积为S1,△BCD的面积为S2,求的最大值. 19.(17分)(2024·河南周口模拟)已知O为坐标原点,对于函数f(x)=asin x+bcos x,称向量=(a,b)为函数f(x)的相伴特征向量,同时称函数f(x)为向量的相伴函数. (1)设函数g(x)=sin(x+)-sin(-x),试求g(x)的相伴特征向量; (2)记向量=(1,)的相伴函数为f(x),求当f(x)=且x∈(-)时,sin x的值; (3)已知点A(-2,3),B(2,6),=(-,1)为函数h(x)=msin(x-)的相伴特征向量,φ(x)=h(),请问在y=φ(x)的图象上是否存在一点P,使得?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 专题过关检测二　三角函数与解三角形 一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.C　解析 由题意,角θ的终边经过点P(,a),可得|OP|=(O为坐标原点),又由θ=-,根据三角函数的定义,可得cos,且a<0,解得a=-. 2.A　解析 因为θ∈(,π),tan 2θ=-4tan(θ+), 所以,所以-4(tan θ+1)2=2tan θ, 所以(2tan θ+1)(tan θ+2)=0,所以tan θ=-2或tan θ=-. 因为θ∈(,π),所以tan θ∈(-1,0),所以tan θ=-. 所以. 故选A. 3.B　解析 因为sin A=6sin B,所以a=6b,又a+2b=8,所以a=6,b=1,因为C=60°,所以c2=a2+b2-2abcos C,即c2=62+12-2×6×1×,解得c=. 4.D　解析 由题中函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<)的部分图象知,A=2,T==3π, 所以T=4π=,所以ω=. 又f=2sin=2,可得+φ=2kπ+,k∈Z,解得φ=2kπ+,k∈Z. ∵|φ|<,∴φ=, ∴f(x)=2sin. 故f=2sin=2sin. 5.D　解析 由sin+cos α可得sin·cos α-cos·sin α=+cos α, ∴cos α-sin α=+cos α, ∴sin α+cos α=-, ∴sin=-, ∴sin=sin=cos=1-2sin2. 6.C　解析 在△CDE中,设定点C到底边DE的距离为h,则h=2+1·sin, 又S△CDE=DE·h=CD·CEsin,即5DE=CD·CE,利用余弦定理得DE2=CD2+CE2-2CD·CEcos=CD2+CE2-CD·CE≥2CD·CE-CD·CE=CD·CE,当且仅当CD=CE时,等号成立,故DE2≥CD·CE,而5DE=CD·CE,所以DE2≥DE,则DE≥,故DE的最小值为. 7.D　解析 因为tan Atan B>1,所以>1,因为0<A<π,0<B<π,所以sin Asin B>0,cos Acos B>0,故A,B同为锐角, 因为sin Asin B>cos Acos B, 所以cos Acos B-sin Asin B<0,即cos(A+B)<0, 所以<A+B<π,因此0<C<,所以△ABC是锐角三角形,不是钝角三角形,所以充分性不满足.反之,若△ABC是钝角三角形,也推不出“tan Atan B>1”,故必要性不成立,所以为既不充分也不必要条件. 8.B　解析 因为f(x)=2sin+cos 2x, 所以f(x)=2sin+sin=2sin(x+)+2sincos. 令θ=x+,g(θ)=2sin θ+2sin θcos θ=2sin θ+sin 2θ, 则g'(θ)=2cos θ+2cos 2θ=2(2cos2θ-1)+2cos θ=4cos2θ+2cos θ-2, 令g'(θ)=0,得cos θ=-1或cos θ=,当-1≤cos θ≤时,g'(θ)≤0;当≤cos θ≤1时,g'(θ)≥0,所以当θ∈(k∈Z)时,g(θ)单调递减;当θ∈[-+2kπ,+2kπ](k∈Z)时,g(θ)单调递增,所以当θ=+2kπ(k∈Z)时,g(θ)取得最大值,此时sin θ=, 所以f(x)max=2×+2×. 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.ACD　解析 因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,所以可设a+b=9x,a+c=10x,b+c=11x(其中x>0),解得a=4x,b=5x,c=6x,所以sin A∶sin B∶sin C=a∶b∶c=4∶5∶6,所以A中结论正确; 由以上解答可知c边最大,所以三角形中角C最大, 又cos C=>0,所以C为锐角,所以B中结论错误; 由以上解答可知a边最小,所以三角形中角A最小, 又cos A=, 所以cos 2A=2cos2A-1=,所以cos 2A=cos C. 由三角形中角C最大且角C为锐角可得2A∈(0,π),C∈, 所以2A=C,所以C中结论正确; 由正弦定理,得2R=(R为△ABC外接圆半径), 又sin C=, 所以2R=,解得R=,所以D中结论正确. 10.AB　解析 因为f(x)=sin 2ωx+cos 2ωx,所以f(x)=2(sin 2ωx+cos 2ωx)=2sin(2ωx+). 因为函数f(x)=sin 2ωx+cos 2ωx的零点依次构成一个公差为的等差数列, 所以,所以ω=1,所以f(x)=2sin(2x+). 因为把函数f(x)的图象沿x轴向右平移个单位长度,得到函数g(x)的图象,所以g(x)=2sin[2(x-)+]=2sin(2x-)=-2cos 2x,所以g(x)为偶函数,故C错误; 对于A,当x∈[]时,2x∈[,π],因为y=cos x在区间[,π]上单调递减,所以g(x)在区间[]上单调递增,故A正确; 对于B,g()=-2cos(2×)=-2cos=0,故点(,0)是函数g(x)图象的一个对称中心,故B正确; 对于D,因为x∈[],所以2x∈[],所以cos 2x∈[-1,],所以g(x)∈[-1,2],故D错误.故选AB. 11.BD　解析 对于A,当x=时,f-f=sincos-sincos=-≠0,故A错误. 对于B,因为f(x+2π)=sin(2π+x)cos[2(x+2π)]=sin xcos 2x,所以∃T=2π≠0,使得f(x+T)=f(x),故B正确. 对于C,因为f(-x)=sin(-x)cos(-2x)=-sin xcos 2x=-f(x),所以f(x)为奇函数, 因为x=0在定义域内,所以f(0)=0,故f(x)有奇数个零点,故C错误. 对于D,f(π-x)-f(x)=sin(π-x)cos[2(π-x)]-sin xcos 2x=sin xcos 2x-sin xcos 2x=0,故D正确. 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.-　解析 由cos=-可得cos(α+)=,所以(cos α-sin α)=,即cos α-sin α=,两边平方可得1-sin 2α=,故sin 2α=-. 13.[2,3)　解析 由题意可知,要使函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,即函数y=cos ωx(ω>0)的图象在区间[0,2π]上有且仅有3个最高点,设y=cos ωx(ω>0)的最小正周期为T,画出函数y=cos ωx(ω>0)的大致图象,如图. 要满足题意,需要2T≤2π<3T,即<T=≤π,解得2≤ω<3. 14.(10 000+25 000)　解析 在△OAB中, ∵∠AOB=θ,OB=100 m,OA=200 m, ∴AB2=OB2+OA2-2OB·OA·cos∠AOB, 即AB=100, ∴S四边形OACB=S△OAB+S△ABC=·OA·OB·sin θ+AB2, 于是S四边形OACB=1002=1002[sin(θ-φ)+](其中tan φ=2), 所以当sin(θ-φ)=1时,S四边形OACB取最大值10 000=10 000+25 000,即“直接监测覆盖区域”面积的最大值为(10 000+25 000)m2. 四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.解 (1)(方法一)由题意知A+B=3C, ∵A+B+C=π,∴C=,A+B=. 由2sin(A-C)=sin B,得2sin(A-)=sin(-A)=sin[π-(A+)]=sin(A+), ∴2(sin Acos-cos Asin)=sin Acos+cos Asin. ∴2(sin A-cos A)=sin A+cos A. ∴sin A=3cos A. 由sin2A+cos2A=1,得sin2A=. ∵A∈(0,π),∴sin A=. (方法二)∵A+B=3C,A+B+C=π, ∴C=,B=3C-A. ∵2sin(A-C)=sin B, ∴2sin Acos C-2cos Asin C=sin(-A), ∴2sin Acos C-2cos Asin C=sincos A-cossin A. 代入数据,得sin A-cos A=cos A+sin A. 整理得sin A=cos A,∴tan A=3. ∵0<A<π,∴sin A=. (2)过点C作AB的垂线,垂足为点D,则CD为AB边上的高. 由正弦定理得,故BC==3. ∵sin A=,由(1)知A∈(0,), ∴cos A=. ∴sin B=sin(-A)=sincos A-cos·sin A=. ∴CD=BCsin B=3=6. 综上,AB边上的高为6. 16.解 (1)=(2cos x,1),=(sin 2x-),x∈[0,]. ∵点D是线段EF上靠近点F的三等分点, ∴=2, ∴=2(), ∴(2cos x,1)+sin 2x-)=(cos x,sin 2x), ∴=2cos2x+sin 2x=sin 2x+cos 2x+1=2sin(2x+)+1, ∴f(x)=+3=2sin(2x+)+4. 由x∈[0,],得2x+∈[], ∴当2x+,即x=时,f(x)取得最小值,且最小值为2sin+4=3. (2)由(1)及f(A)=6,得2sin(2A+)+4=6,∴sin(2A+)=1,由A∈(0,],得2A+∈(]. ∴2A+,∴A=. 由S△ABC=bcsin A=×1×c×,可得c=, 在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=1+3-2×1×=1,∴a=1. 17.解 (1)在△ABC中,由余弦定理,可得 BC===2, 所以的长为×π×2=π,即的长度为π km. (2)记AD=a,CD=b,则在△ACD中,由余弦定理可得a2+b2-2abcos=16,即a2+b2-ab=16,从而(a+b)2=16+3ab≤16+3()2, 所以(a+b)2≤16,所以a+b≤8,当且仅当a=b=4时,等号成立.所以新建健康步道A-D-C的最长路程为8 km. 故新建的健康步道A-D-C的路程最多可比原有健康步道A-B-C的路程增加(8-π-2)km. 18.解 (1)在△ABD中,由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos α=20-16cos α, 在△BCD中,由余弦定理,得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos β=8-8cos β,所以20-16cos α=8-8cos β,所以8(2cos α-cos β)=12,所以2cos α-cos β=. (2)由题意知S1=AB·ADsin∠BAD=4sin α,S2=BC·CDsin∠BCD=2sin β, 所以=16sin2α+4sin2β=16(1-cos2α)+4(1-cos2β)=20-16cos2α-4cos2β. 由(1)知2cos α-cos β=, 所以cos β=2cos α-,cos α∈(,1), 所以=20-16cos2α-4(2cos α-)2=-32cos2α+24cos α+11=-32(cos α-)2+, 所以当cos α=∈(,1)时,取得最大值,最大值为. 19.解 (1)∵g(x)=sin(x+)-sin(-x)=sin xcos+cos xsin+cos x=-sin x+cos x, ∴g(x)的相伴特征向量=(-). (2)由题意可得,向量=(1,)的相伴函数为f(x)=sin x+cos x, ∵f(x)=sin x+cos x=2sin(x+)=,∴sin(x+)=. ∵x∈(-),∴x+∈(0,), ∴cos(x+)=. ∴sin x=sin[(x+)-]=sin(x+)-cos(x+)=. (3)由=(-,1)为函数h(x)=msin(x-)=msin x-mcos x的相伴特征向量知m=-2. ∴φ(x)=h()=-2sin[()-]=-2sin()=2cos. 假设在y=φ(x)的图象上存在一点P,使得. 设点P(x,2cosx),∵A(-2,3),B(2,6), ∴=(x+2,2cosx-3),=(x-2,2cosx-6), ∵,∴=0,∴(x+2)(x-2)+(2cosx-3)(2cosx-6)=0. ∴x2-4+4cos2x-18cosx+18=0, ∴(2cosx-)2=-x2.(*) ∵-2≤2cosx≤2, ∴-≤2cosx-≤-, ∴≤(2cosx-)2≤. 又∵-x2≤,∴当且仅当x=0时,(2cosx-)2和-x2同时等于,这时(*)式成立. ∴在y=φ(x)的图象上存在点P(0,2),使得. 学科网（北京）股份有限公司 $$