《数理报》高考数学信息优化卷(二)——三角函数-【数理报】2025年高考数学专项提分

书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０分． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．已知 (ｃｏｓα－π )３ －ｃｏｓα＝槡３２，则 (ｃｏｓ２α－π )３ ＝ （　　） （Ａ）－１２ （Ｂ） １ ２ （Ｃ）－ ３ ４ （Ｄ） ３ ４ ２．已知△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别是ａ，ｂ，ｃ，若ａ＝４，ｂ＝ ６，Ｂ＝２Ａ，则ｃ＝ （　　） （Ａ）５ （Ｂ）４或５ （Ｃ）６ （Ｄ）４或６ ３．为了得到函数 ｙ＝ (ｃｏｓｘ－ )１３ 的图象，只需将正弦函数 ｙ＝ｓｉｎｘ图象上各点 （　　） （Ａ）横坐标向右平移π２－ １ ３个单位长度，纵坐标不变 （Ｂ）横坐标向左平移π２－ １ ３个单位长度，纵坐标不变 （Ｃ）横坐标向左平移π６个单位长度，纵坐标不变 （Ｄ）横坐标向右平移π６个单位长度，纵坐标不变 ４．我们把正切函数在整个定义域内的图象看作一组“平行曲 线”，而“平行曲线”具有性质：任意两条平行直线与两条相邻的“平 行曲线”相交，被截得的线段长度相等．已知函数ｆ（ｘ）＝ (ｔａｎ ωｘ＋ π )６ （ω＞０）图象中的两条相邻“平行曲线”与直线ｙ＝２０２４相交 于Ａ，Ｂ两点，且｜ＡＢ｜＝３，则 (ｆ )３４ ＝ （　　） （Ａ）－槡３ （Ｂ）槡３ （Ｃ）２－槡３ （Ｄ）２＋槡３ ５．在△ＡＢＣ中，内角 Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为 ａ，ｂ，ｃ， (若 →ＡＢ＋ １ ２ → )ＢＣ · →ＢＣ＝０，ｂ＝２ｂｃｏｓＣ＋２ｃｃｏｓＢ，则△ＡＢＣ是 （　　） （Ａ）正三角形 （Ｂ）一个内角余弦值为１２的直角三角形 （Ｃ）底角余弦值为１４的等腰三角形 （Ｄ）底角正弦值为１４的等腰三角形 ６．已知函数ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２ｘ＋ａｃｏｓ２ｘ，将ｆ（ｘ）的图象向左平移π６ 个单位长度，所得图象关于原点对称，则ｆ（ｘ）的图象的对称轴可以 为 （　　） （Ａ）ｘ＝π１２ （Ｂ）ｘ＝ π ６ （Ｃ）ｘ＝ π ３ （Ｄ）ｘ＝ ５π １２ ７．已知函数ｆ（ｘ）＝２ｃｏｓ（πｘ＋φ）（０＜φ＜π）的图象关于点 (Ｍ １６， )０ 对称，若｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＝４（０＜ｘ１ ＜ｘ２），则ｘ１＋ｘ２ 的最小值为 （　　） （Ａ）５３ （Ｂ） ７ ３ （Ｃ） ５ ６ （Ｄ） ７ ６ ８．如图１，在 Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ｃ＝π２，∠Ｂ ＝π６，ＡＣ＝４，Ｄ在ＡＣ上且ＡＤ∶ＤＣ＝３∶１， 当∠ＡＥＤ最大时，△ＡＥＤ的面积为 （　　） （Ａ）３２ （Ｂ）２ （Ｃ）３ （Ｄ）槡３３ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． ９．在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，下列说法正确 的是 （　　） （Ａ）ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）＝ｃｏｓＣ （Ｂ）若Ａ∶Ｂ∶Ｃ＝１∶２∶３，则ａ∶ｂ∶ｃ＝１∶２∶３ （Ｃ）若ｓｉｎＡ＞ｓｉｎＢ，则Ａ＞Ｂ （Ｄ）若ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ－ｓｉｎ２Ｃ＜０，则△ＡＢＣ是钝角三角形 １０．函数ｆ（ｘ）＝４ｓｉｎ（ωｘ＋φ (） ０＜ω≤ ２，－π２＜φ＜ π )２ 的部分图象如图２所示，则 下列说法中正确的是 （　　） （Ａ）φ＝－π６ （Ｂ）ｆ（ｘ）的图象关于直线ｘ＝π对称 （Ｃ）ｆ（ｘ）＝ (４ｃｏｓ １２ｘ－２π)３ （Ｄ）若方程ｆ（ｘ）＝２在（０，ｍ）上有且只有 ５个根，则 ｍ ( ∈ ２６π ３，１０ ]π １１．已知△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ．其面积为Ｓ， 周长为Ｌ．若ａｓｉｎＡ＋Ｂ２ ＝ｃｓｉｎＡ，且ｃ＝２，则 （　　） （Ａ）Ｃ＝π６ （Ｂ）Ｓ的最大值为槡３ （Ｃ）△ＡＢＣ的外接圆半径为 槡２３３ （Ｄ）Ｌ的最小值为６ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．在平面直角坐标系ｘＯｙ中，已知角α的终边与以原点为圆心 的单位圆相交于点 (Ｐ －１３，槡２２)３ ，角 β满足 ｃｏｓ（α＋β）＝１，则 ｓｉｎ２β ｃｏｓ２β－１ ＝ ． １３．记函数ｆ（ｘ）＝ｃｏｓ（ωｘ＋φ）（ω＞０，０＜φ＜π）的最小正 周期为Ｔ，若 ｆ（Ｔ）＝槡３２，ｘ＝ π ９为 ｆ（ｘ）的零点，则 ω的最小值为 ． １４．人脸识别就是利用计算机分析人脸视频或者图象，并从中提 取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份．在人脸识别中为了 检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方 式有曼哈顿距离和余弦距离．已知二维空间两个点 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２， ｙ２），则其曼哈顿距离为ｄ（Ａ，Ｂ）＝｜ｘ１－ｘ２｜＋｜ｙ１－ｙ２｜，余弦相似度 为ｃｏｓ（Ａ，Ｂ）＝ ｘ１ ｘ２１＋ｙ槡 ２ １ × ｘ２ ｘ２２＋ｙ槡 ２ ２ ＋ ｙ１ ｘ２１＋ｙ槡 ２ １ × ｙ２ ｘ２２＋ｙ槡 ２ ２ ，余弦距 离为 １－ｃｏｓ（Ａ，Ｂ）．已知 ０＜α＜β＜π２，Ｍ（１３ｃｏｓα，１３ｓｉｎα）， Ｎ（８ｃｏｓβ，８ｓｉｎβ），Ｐ（１３ｃｏｓ（α＋β），１３ｓｉｎ（α＋β）），Ｑ（５ｃｏｓ２β， ５ｓｉｎ２β），若 ｃｏｓ（Ｍ，Ｐ） ＝ ３５，ｃｏｓ（Ｍ，Ｎ） ＝ １２ １３，则 ｄ（Ｍ，Ｑ） ＝ ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分． １５．（１３分）已知ａ，ｂ，ｃ分别为△ＡＢＣ内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边，且（２ｂ －ａ）ｃｏｓＣ＝ｃ·ｃｏｓＡ． （１）求角Ｃ； （２）若ｃ２ ＝２ａｂ，△ＡＢＣ的面积为槡３，求ａ＋ｂ的值． !" # $ % ! ! & ! " #$ ' ( ! $ !"#$%&'() ! !"#$%&'()* !"#$%&'"( )*+,-./0 ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 " : $ ; & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 < = 8 "#$ 书 １６．（１５分）在 △ＡＢＣ中，角 Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为 ａ，ｂ，ｃ，已知 ｂ＝槡５，ｃ＝槡２，Ｄ是边ＢＣ上的点． （１）若ＢＤ＝２ＤＣ，ＡＤ＝槡２，求ＢＣ的长； （２）若ｃｏｓ∠ＡＤＣ＝－４５，Ｂ＝４５°，求ｃｏｓ∠ＤＡＣ的值． １７．（１５分）在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知 ｓｉｎＡｓｉｎＢ＋ｃｏｓ２Ａ＋ｃｏｓ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ＝２． （１）求角Ｃ； （２）若△ＡＢＣ为锐角三角形，且ｂ＝２，求△ＡＢＣ面积的取值范 围． １８．（１７分）在 △ＡＢＣ中，角 Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为 ａ，ｂ，ｃ，已知 槡２ａ（槡２ｃｏｓＣ－１） (＝ｃ４ｓｉｎ２Ａ２－ )１ ． （１）证明：槡２ａ，ｂ，ｃ成等差数列； （２）若ｃ＝４，求ＢＣ边上的高的取值范围． １９．（１７分）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射 而形成的投影，如图３，Ｏ为透视中心，平面内四个点 Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ经过 中心投影之后的投影点分别为 Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ．对于四个有序点 Ａ，Ｂ，Ｃ， Ｄ，定义比值ｘ＝ ＣＡ ＣＢ ＤＡ ＤＢ 叫做这四个有序点的交比，记作（ＡＢＣＤ）． （１）证明：（ＥＦＧＨ）＝（ＡＢＣＤ）； （２）已知（ＥＦＧＨ）＝３２，点Ｂ为线段ＡＤ的中点，ＡＣ＝槡３ＯＢ＝３， ｓｉｎ∠ＡＣＯ ｓｉｎ∠ＡＯＢ ＝３２，求ｃｏｓＡ． ! " # $ % & ' ( ) ! ! !"#$%&'()*+ !" ,- !"# ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 " : $ ; & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 < = 8 ! " # $ !" 书 （２）函数ｙ＝ｘ２－ａｘ＋１，ｘ∈（－１，３）的导函数为 ｙ′＝２ｘ－ａ， 根据题意，方程（ｘ０＋１） ２－ａ（ｘ０＋１）＋１＝２（２ｘ０－ ａ）在（－１，３）上有两个不等实根， 即ｘ２０－（ａ＋２）ｘ０＋ａ＋２＝０在（－１，３）上有两个 不等实根． 令ｈ（ｘ）＝ｘ２－（ａ＋２）ｘ＋ａ＋２，ｘ∈（－１，３）， 则函数ｈ（ｘ）在（－１，３）上有两个不同零点， 所以 Δ＝（ａ＋２）２－４（ａ＋２）＞０， ｈ（－１）＝２ａ＋５＞０， ｈ（３）＝－２ａ＋５＞０， －１＜ａ＋２２ ＜３        ， 解得 －５２ ＜ａ＜－２或２＜ａ＜ ５ ２， 所以实数ａ (的取值范围是 －５２，－ )２ (∪ ２， )５２ ． （３）函数ｙ＝ｅｘ＋ｂｘ，ｘ∈Ｒ的导函数为ｙ′＝ｅｘ＋ｂ， 因为函数ｙ＝ｅｘ＋ｂｘ（ｘ∈Ｒ）是“１跃点”函数， 且在定义域内恰存在一个“１跃点”， 则方程ｅｘ０＋１＋ｂ（ｘ０＋１）＝２（ｅ ｘ０＋ｂ）在Ｒ上恰有 一个实数根，显然ｘ０≠１， 所以 －ｂ＝ｅ ｘ０＋１－２ｅｘ０ ｘ０－１ 在Ｒ上恰有一个实数根． 令ｇ（ｘ）＝ｅ ｘ＋１－２ｅｘ ｘ－１ ＝ （ｅ－２）ｅｘ ｘ－１ ， 则ｇ′（ｘ）＝（ｅ－２）ｅ ｘ（ｘ－２） （ｘ－１）２ ． 由ｇ′（ｘ）＞０，得ｘ＞２；由ｇ′（ｘ）＜０，得ｘ＜２且ｘ ≠１，且ｇ（２）＝ｅ２（ｅ－２）， 所以函数ｇ（ｘ）在（－∞，１）和（１，２］上单调递减，在 ［２，＋∞）上单调递增， 画出函数ｙ＝ｇ（ｘ）的大致图象（如下图）． 当 －ｂ∈（－∞，０）∪｛ｅ２（ｅ－２）｝时，直线ｙ＝－ｂ 与函数ｙ＝ｇ（ｘ）的图象有一个交点， 所以ｂ∈（０，＋∞）∪｛ｅ２（２－ｅ）｝， 即实数ｂ的取值范围是（０，＋∞）∪｛ｅ２（２－ｅ）｝． 高考数学信息优化卷（二） 三角函数参考答案 一、单项选择题 １～４　ＡＡＢＤ　５～８　ＣＤＢＣ 提示： １．因为 (ｃｏｓ α－π )３ －ｃｏｓα＝槡３２ｓｉｎα－１２ｃｏｓα＝ (ｓｉｎ α－π )６ ＝槡３２，所以 (ｃｏｓ２α－π )３ ＝１－２ｓｉｎ (２ α －π )６ ＝１－２ (× 槡３)２ ２ ＝－１２． ２．由题及正弦定理得 ａ ｓｉｎＡ＝ ｂ ｓｉｎＢ＝ ｂ ｓｉｎ２Ａ＝ ｂ ２ｓｉｎＡｃｏｓＡ， 所以ｃｏｓＡ＝ ｂ２ａ＝ ６ ２×４＝ ３ ４， 又Ａ∈（０，π），则ｓｉｎＡ＝ １－ｃｏｓ２槡 Ａ＝槡 ７ ４， ｓｉｎＢ＝ｓｉｎ２Ａ＝２ｓｉｎＡｃｏｓＡ＝ 槡３７８， ｃｏｓＢ＝ｃｏｓ２Ａ＝２ｃｏｓ２Ａ－１＝ １８， ｓｉｎＣ＝ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）＝ｓｉｎＡｃｏｓＢ＋ｃｏｓＡｓｉｎＢ＝ 槡５７１６， 由正弦定理 ａ ｓｉｎＡ＝ ｃ ｓｉｎＣ，得ｃ＝ ａｓｉｎＣ ｓｉｎＡ ＝５． ３．把ｙ＝ｓｉｎｘ＝ (ｃｏｓ ｘ－π )２ 上的所有点向左平移 π ２－ １ ３个单位长度，得到函数 ｙ＝ (ｃｏｓ ｘ－ )１３ 的图 象． ４．由“平行曲线”的性质可得函数ｆ（ｘ）的最小正周 期为Ｔ＝｜ＡＢ｜＝３， 则ω＝πＴ ＝ π ３，所以ｆ（ｘ）＝ (ｔａｎ π３ｘ＋π )６ ， 所以 (ｆ )３４ ＝ (ｔａｎ π３×３４＋π )６ ＝ (ｔａｎ π４＋ π )６ ＝ ｔａｎπ４＋ｔａｎ π ６ １－ｔａｎπ４×ｔａｎ π ６ ＝ １＋槡３３ １－槡３３ ＝２＋槡３． ５． (因为 →ＡＢ＋１２→ )ＢＣ ·→ (ＢＣ＝ １２→ＡＢ＋１２→ )ＡＣ · （ → →ＡＣ－ＡＢ）＝ １２（ →ＡＣ２ →－ＡＢ２）＝０， 所以 → →｜ＡＣ｜＝｜ＡＢ｜，即ｂ＝ｃ． 由ｂ＝２ｂｃｏｓＣ＋２ｃｃｏｓＢ及正弦定理， 得ｓｉｎＢ＝２ｓｉｎＢｃｏｓＣ＋２ｃｏｓＢｓｉｎＣ＝２ｓｉｎ（Ｂ＋Ｃ） ＝２ｓｉｎＡ， 所以ｂ＝２ａ＝ｃ，易得该等腰三角形底角的余弦值 为ｃｏｓＣ＝ １ ２ａ ｂ ＝ １ ４， 正弦值为ｓｉｎＣ＝ ｂ２ (－ １２ )ａ槡 ２ ｂ ＝ 槡１５ ４ ， 所以△ＡＢＣ是底角余弦值为 １４的等腰三角形． ６．由题可得ｆ（ｘ） (的图象关于点 π６， )０ 对称， 即对任意ｘ∈Ｒ，有ｆ（ｘ） (＋ｆ π３ )－ｘ ＝０， 取ｘ＝０，可得ｆ（０） (＋ｆ π )３ ＝槡３２＋ａ２ ＝０， 解得ａ＝－槡３． 所以ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２ｘ－槡３ｃｏｓ２ｘ＝ (２ｓｉｎ ２ｘ－π )３ ， 令２ｘ－π３ ＝ π ２＋ｋπ，ｋ∈Ｚ， 可得ｆ（ｘ）的图象的对称轴为ｘ＝５π１２＋ ｋπ ２，ｋ∈Ｚ． 当ｋ＝０时，ｘ＝５π１２． ７．根据题意， (ｆ )１６ ＝ (２ｃｏｓ π６＋ )φ ＝０， 则 (ｃｏｓ π６＋ )φ ＝０． 由０＜φ＜π，得π６ ＜ π ６＋φ＜ ７π ６， 所以 π ６＋φ＝ π ２，解得φ＝ π ３， 故ｆ（ｘ）＝ (２ｃｏｓ πｘ＋π )３ ． 所以ｆ（ｘ）的最大值为２，最小值为 －２． 由｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜＝４（０＜ｘ１ ＜ｘ２）可得， 当ｘ１＋ｘ２最小时，πｘ１＋ π ３ ＝π，πｘ２＋ π ３ ＝２π， 解得ｘ１ ＝ ２ ３，ｘ２ ＝ ５ ３， 所以ｘ１＋ｘ２的最小值为 ２ ３＋ ５ ３ ＝ ７ ３． ８．因为ＡＤ∶ＤＣ＝３∶１，所以ＤＣ＝ １４ＡＣ＝１， Ｓ△ＡＥＤ ＝Ｓ△ＡＣＥ －Ｓ△ＤＥＣ ＝ １２ＡＣ·ＣＥ－ １ ２ＤＣ·ＣＥ ＝ １２ＡＣ·ＣＥ－ １ ２· １ ４ＡＣ·ＣＥ＝ ３ ８ＡＣ·ＣＥ， 因为ＡＣ＝４，ＣＥ≤ＣＢ，ＡＣ－ＤＣ＝３，ＡＣ·ＤＣ＝４． 而在Ｒｔ△ＡＢＣ中，∠Ｃ＝π２，∠Ｂ＝ π ６，ＡＣ＝４， 得ＣＢ＝ 槡４３，∠ＡＥＤ＝∠ＡＥＣ－∠ＤＥＣ， 设∠ＡＥＤ＝θ，∠ＡＥＣ＝α，∠ＤＥＣ＝β， 由题图知：在△ＡＣＥ中，ｔａｎα＝ＡＣＣＥ， 在△ＤＥＣ中ｔａｎβ＝ＤＣＣＥ， 则ｔａｎθ＝ｔａｎ（α－β）＝ ｔａｎα－ｔａｎβ１＋ｔａｎα·ｔａｎβ ＝ ＡＣ ＣＥ－ ＤＣ ＣＥ １＋ＡＣＣＥ· ＤＣ ＣＥ ＝（ＡＣ－ＤＣ）·ＣＥ ＣＥ２＋ＡＣ·ＤＣ ＝ ３ＣＥ ＣＥ２＋４ ＝ ３ ＣＥ＋４ＣＥ ≤ ３ ２ ＣＥ· ４槡 ＣＥ ＝ ３４， 当且仅当ＣＥ＝ ４ＣＥ，即ＣＥ＝２时，ｔａｎθ最大， 即∠ＡＥＤ最大，此时△ＡＥＤ的面积为３８×４×２＝３． 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＢＣ． 提示： ９．在△ＡＢＣ中，ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ）＝ｃｏｓ（π－Ｃ）＝－ｃｏｓＣ， !"! #"$% #"&!!" " # !"$%" % ' # ! ! " # $ !" 书 （Ａ）不正确； 因为Ａ∶Ｂ∶Ｃ＝１∶２∶３，又Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝π，所以Ａ ＝π６，Ｂ＝ π ３，Ｃ＝ π ２，由正弦定理得ａ∶ｂ∶ｃ＝ｓｉｎＡ∶ ｓｉｎＢ∶ｓｉｎＣ＝ １２∶ 槡３ ２∶１＝ 槡１∶３∶２，（Ｂ）不正确； 由ｓｉｎＡ＞ｓｉｎＢ及正弦定理可得ａ＞ｂ，又大边对大 角，所以Ａ＞Ｂ，（Ｃ）正确； 由ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ－ｓｉｎ２Ｃ＜０及正弦定理可得ａ２＋ ｂ２－ｃ２＜０，所以ｃｏｓＣ＝ａ ２＋ｂ２－ｃ２ ２ａｂ ＜０，因为Ｃ∈（０， π），所以Ｃ为钝角，即△ＡＢＣ是钝角三角形，（Ｄ）正确． 故选（Ｃ）（Ｄ）． １０．由题得ｆ（０）＝－２，即４ｓｉｎφ＝－２，则 ｓｉｎφ＝ －１２，因为 － π ２ ＜φ＜ π ２，所以φ＝－ π ６，（Ａ）正确； 由题得 (ｆ π )３ ＝０，即 (４ｓｉｎ ωπ３ －π )６ ＝０，所以 ωπ ３ － π ６ ＝ｋπ，解得ω＝３ｋ＋ １ ２，ｋ∈Ｚ，又０＜ω≤２， 所以当ｋ＝０时，ω＝１２，故ｆ（ｘ）＝ (４ｓｉｎ １２ｘ－π )６ ． 因为ｆ（π）＝ (４ｓｉｎ π２ －π )６ ＝４ｓｉｎπ３ ＝ 槡２３，所以 ｆ（ｘ）的图象不是关于直线ｘ＝π对称，（Ｂ）错误； ｆ（ｘ）＝ (４ｓｉｎ １２ｘ－π )６ ＝ [４ｓｉｎ π２ (＋ １２ｘ－ ２π) ]３ ＝ (４ｃｏｓ １２ｘ－２π)３ ，（Ｃ）正确； 由ｆ（ｘ）＝２得 (４ｓｉｎ １２ｘ－π )６ ＝２，即 (ｓｉｎ １２ｘ－ π )６ ＝１２，所以 １２ｘ－π６ ＝π６＋２ｋπ或 １２ｘ－π６ ＝５π６ ＋２ｋπ，解得ｘ＝２π３＋４ｋπ或ｘ＝２π＋４ｋπ，ｋ∈Ｚ．方程 ｆ（ｘ）＝２在（０，ｍ）上的５个根，从小到大依次为２π３，２π， １４π ３，６π， ２６π ３，而第６个根为１０π，所以 ２６π ３ ＜ｍ≤１０π， （Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．因为ａｓｉｎＡ＋Ｂ２ ＝ｃｓｉｎＡ， 所以由正弦定理得ｓｉｎＡｓｉｎＡ＋Ｂ２ ＝ｓｉｎＣｓｉｎＡ， 又ｓｉｎＡ≠０，所以ｓｉｎπ－Ｃ２ ＝ｓｉｎＣ， 即ｃｏｓＣ２ ＝２ｓｉｎ Ｃ ２ｃｏｓ Ｃ ２， 因为０＜Ｃ２ ＜ π ２，所以ｃｏｓ Ｃ ２≠０，所以ｓｉｎ Ｃ ２ ＝ １ ２，所以 Ｃ ２ ＝ π ６，即Ｃ＝ π ３，（Ａ）错误； 设△ＡＢＣ的外接圆半径为Ｒ， 则由正弦定理得 ｃ ｓｉｎＣ＝２Ｒ， 即 ２ ｓｉｎπ３ ＝２Ｒ，解得Ｒ＝ 槡２３３，（Ｃ）正确； 由余弦定理得ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２－２ａｂｃｏｓＣ， 所以４＝ａ２＋ｂ２－ａｂ≥２ａｂ－ａｂ＝ａｂ， 当且仅当ａ＝ｂ时等号成立，所以Ｓ＝１２ａｂｓｉｎＣ≤ １ ２×４× 槡３ ２ ＝槡３，（Ｂ）正确； 由正弦定理得 ａ ｓｉｎＡ＝ ｂ ｓｉｎＢ＝ ｃ ｓｉｎＣ＝ ２ ｓｉｎπ３ ＝ 槡４３ ３，所以ａ＝ 槡４３ ３ｓｉｎＡ，ｂ＝ 槡４３ ３ｓｉｎＢ， ａ＋ｂ＝ 槡４３３（ｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ） ＝ 槡４３[３ ｓｉｎＡ＋ (ｓｉｎ ２π３ ) ]－Ａ ＝ 槡４３(３ ３２ｓｉｎＡ＋槡３２ｃｏｓ )Ａ ＝ (４ 槡３２ｓｉｎＡ＋１２ｃｏｓ )Ａ ＝ (４ｓｉｎ Ａ＋π )６ ， 因为０＜Ａ＜２π３，所以 π ６ ＜Ａ＋ π ６ ＜ ５π ６， 所以 １ ２ ＜ (ｓｉｎ Ａ＋π )６ ≤１， 所以２＜ (４ｓｉｎ Ａ＋π )６ ≤４， 即２＜ａ＋ｂ≤４， 所以４＜ａ＋ｂ＋ｃ≤６，即周长Ｌ的最大值为６，无最 小值，（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．－槡２４；　１３．３；　１４． ７２ ５． 提示： １２．由题易得ｔａｎα＝－ 槡２２． 因为ｃｏｓ（α＋β）＝１，则α＋β＝２ｋπ，ｋ∈Ｚ， 故ｔａｎβ＝－ｔａｎα＝ 槡２２， 所以 ｓｉｎ２β ｃｏｓ２β－１ ＝２ｓｉｎβｃｏｓβ －２ｓｉｎ２β ＝－ １ｔａｎβ ＝－槡２４． １３．由题得Ｔ＝２π ω ，ｆ（Ｔ）＝ (ｃｏｓ ω·２πω ＋ )φ ＝ｃｏｓ（２π＋φ）＝ｃｏｓφ＝槡３２， 又０＜φ＜π，所以φ＝π６，即ｆ（ｘ）＝ (ｃｏｓ ωｘ＋π )６ ， 因为ｘ＝π９为ｆ（ｘ）的零点，所以 π ９ω＋ π ６ ＝ π ２＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ，解得ω＝３＋９ｋ，ｋ∈Ｚ， 又ω＞０，所以当ｋ＝０时，ω取得最小值３． １４．因为 （１３ｓｉｎα）２＋（１３ｃｏｓα）槡 ２ ＝１３， ［１３ｓｉｎ（α＋β）］２＋［１３ｃｏｓ（α＋β）］槡 ２ ＝１３， 所以ｃｏｓ（Ｍ，Ｐ） ＝１３ｃｏｓα１３ × １３ｃｏｓ（α＋β） １３ ＋ １３ｓｉｎα １３ × １３ｓｉｎ（α＋β） １３ ＝ｃｏｓαｃｏｓ（α＋β）＋ｓｉｎαｓｉｎ（α＋β） ＝ｃｏｓ（α＋β－α）＝ｃｏｓβ＝ ３５， 因为０＜β＜π２，所以ｓｉｎβ＝ １－ｃｏｓ ２ 槡 β＝ ４ ５． 因为 （８ｓｉｎβ）２＋（８ｃｏｓβ）槡 ２ ＝８， 所以ｃｏｓ（Ｍ，Ｎ）＝１３ｃｏｓα１３ × ８ｃｏｓβ ８ ＋ １３ｓｉｎα １３ × ８ｓｉｎβ ８ ＝ｃｏｓαｃｏｓβ＋ｓｉｎαｓｉｎβ＝ｃｏｓ（α－β）＝１２１３， 因为０＜α＜β＜π２，则 － π ２ ＜α－β＜０， 所以ｓｉｎ（α－β）＝－ １－ｃｏｓ２（α－β槡 ）＝－ ５ １３． 因为ｃｏｓα＝ｃｏｓ（α－β＋β） ＝ｃｏｓ（α－β）ｃｏｓβ－ｓｉｎ（α－β）ｓｉｎβ＝５６６５， ｓｉｎα＝ １－ｃｏｓ２槡 α＝ ３３ ６５，所以 (Ｍ ５６５，３３)５ ． 又因为ｃｏｓ２β＝２ｃｏｓ２β－１＝－７２５， ｓｉｎ２β＝２ｓｉｎβｃｏｓβ＝２４２５， 所以 (Ｑ －７５，２４)５ ， 所以ｄ（Ｍ，Ｑ）＝ ５６５ (－ － )７５ ＋ ３３５－２４５ ＝７２５． 四、解答题 １５．解：（１）因为（２ｂ－ａ）ｃｏｓＣ＝ｃ·ｃｏｓＡ， 所以由正弦定理得（２ｓｉｎＢ－ｓｉｎＡ）ｃｏｓＣ＝ｓｉｎＣｃｏｓＡ， 所以２ｓｉｎＢｃｏｓＣ＝ｓｉｎＡｃｏｓＣ＋ｃｏｓＡｓｉｎＣ＝ｓｉｎ（Ａ＋ Ｃ）＝ｓｉｎＢ， 由于Ｂ∈（０，π），所以ｓｉｎＢ≠０，则ｃｏｓＣ＝ １２， 又Ｃ∈（０，π），所以Ｃ＝π３． （２）因为Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ａｂｓｉｎＣ＝ １ ２ａｂ× 槡３ ２ ＝槡３， 所以ａｂ＝４． 由余弦定理得ｃ２＝ａ２＋ｂ２－２ａｂｃｏｓＣ＝（ａ＋ｂ）２－ ３ａｂ＝２ａｂ， 所以（ａ＋ｂ）２ ＝５ａｂ＝２０，所以ａ＋ｂ＝ 槡２５． １６．解：（１）由题可设ＣＤ＝ｘ（ｘ＞０）， 则ＢＤ＝２ｘ，ＢＣ＝３ｘ． 在△ＡＢＤ中，由余弦定理得ＡＤ２＝ＡＢ２＋ＢＤ２－２ＡＢ ·ＢＤｃｏｓ∠ＡＢＤ，即２＝２＋４ｘ２－ 槡４２ｘｃｏｓ∠ＡＢＤ， 整理得４ｘ２－ 槡４２ｘｃｏｓ∠ＡＢＤ＝０， ① 在△ＡＢＣ中，由余弦定理得ＡＣ２＝ＡＢ２＋ＢＣ２－２ＡＢ ·ＢＣｃｏｓ∠ＡＢＤ，即５＝２＋９ｘ２－ 槡６２ｘｃｏｓ∠ＡＢＤ， !" ! " # $ 书 整理得９ｘ２－ 槡６２ｘｃｏｓ∠ＡＢＤ－３＝０， ② 由①②解得ｘ＝１或ｘ＝－１（舍去）， 所以ＢＣ＝３． （２）由正弦定理得 ｃｓｉｎＣ＝ ｂ ｓｉｎＢ，即 槡２ ｓｉｎＣ＝ 槡５ ｓｉｎ４５°， 解得ｓｉｎＣ＝槡５５，又ｂ＞ｃ，所以Ｂ＞Ｃ， 所以ｃｏｓＣ＝ １－ｓｉｎ２槡 Ｃ＝ 槡 ２５ ５． 因为ｃｏｓ∠ＡＤＣ＝－４５， 所以ｓｉｎ∠ＡＤＣ＝ １－ｃｏｓ２∠槡 ＡＤＣ＝ ３ ５． 所以ｃｏｓ∠ＤＡＣ＝ｃｏｓ［π－（∠ＡＤＣ＋Ｃ）］ ＝－ｃｏｓ（∠ＡＤＣ＋Ｃ） ＝－ｃｏｓ∠ＡＤＣｃｏｓＣ＋ｓｉｎ∠ＡＤＣｓｉｎＣ (＝－ － )４５ × 槡２５５ ＋３５×槡５５ ＝ 槡１１５２５． １７．解：（１）因为ｓｉｎＡｓｉｎＢ＋ｃｏｓ２Ａ＋ｃｏｓ２Ｂ＋ｓｉｎ２Ｃ ＝２， 所以２－ｓｉｎ２Ｃ＝ｓｉｎＡｓｉｎＢ＋（１－ｓｉｎ２Ａ）＋（１－ ｓｉｎ２Ｂ）， 整理得ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ－ｓｉｎ２Ｃ＝ｓｉｎＡｓｉｎＢ， 由正弦定理得ａ２＋ｂ２－ｃ２ ＝ａｂ． 由余弦定理得ｃｏｓＣ＝ａ ２＋ｂ２－ｃ２ ２ａｂ ＝ ａｂ ２ａｂ＝ １ ２， 因为Ｃ∈（０，π），所以Ｃ＝π３． （２）由（１）得Ａ＋Ｂ＝２π３． 因为△ＡＢＣ为锐角三角形，所以０＜Ｂ＜π２， 且０＜Ａ＝２π３－Ｂ＜ π ２，解得 π ６ ＜Ｂ＜ π ２． 由正弦定理得 ｂ ｓｉｎＢ＝ ｃ ｓｉｎＣ， 则ｃ＝ｂ·ｓｉｎＣｓｉｎＢ ＝ 槡３ ｓｉｎＢ， 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ｂｃｓｉｎＡ＝ １ ２×２× 槡３ ｓｉｎＢ× (ｓｉｎ ２π３ )－Ｂ ＝槡 ３× (ｓｉｎ ２π３ )－Ｂ ｓｉｎＢ ＝ ３ ２ｔａｎＢ＋ 槡３ ２． 由 π ６ ＜Ｂ＜ π ２得ｔａｎＢ＞ 槡３ ３， 所以槡 ３ ２ ＜ ３ ２ｔａｎＢ＋ 槡３ ２ ＜ 槡２３， 故△ＡＢＣ (面积的取值范围是 槡３２，槡 )２３ ． １８．（１）证明：由正弦定理及 槡２ａ（槡２ｃｏｓＣ－１） (＝ｃ４ｓｉｎ２ Ａ２－ )１ ， 得槡２ｓｉｎＡ（槡２ｃｏｓＣ－１）＝ｓｉｎ (Ｃ ４ｓｉｎ２ Ａ２－ )１ ， 所以槡２ｓｉｎＡ（槡２ｃｏｓＣ－１）＝ｓｉｎＣ（１－２ｃｏｓＡ）， 即２ｓｉｎＡｃｏｓＣ－槡２ｓｉｎＡ＝ｓｉｎＣ－２ｓｉｎＣｃｏｓＡ， 所以２（ｓｉｎＡｃｏｓＣ＋ｓｉｎＣｃｏｓＡ）＝ｓｉｎＣ＋槡２ｓｉｎＡ， 即２ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ）＝ｓｉｎＣ＋槡２ｓｉｎＡ． 因为ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ）＝ｓｉｎ（π－Ｂ）＝ｓｉｎＢ， 所以２ｓｉｎＢ＝ｓｉｎＣ＋槡２ｓｉｎＡ， 根据正弦定理可得２ｂ＝ｃ＋槡２ａ， 即槡２ａ，ｂ，ｃ成等差数列． （２）解：由（１）可知，ｂ＝槡２ａ＋ｃ２ ． 在△ＡＢＣ中，由余弦定理得 ｃｏｓＢ＝ａ ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｃ ＝ ａ２＋ｃ２ (－ 槡２ａ＋ｃ)２ ２ ２ａｃ ＝ ２ａ２＋３ｃ２－ 槡２２ａｃ ８ａｃ ≥ 槡２６ａｃ－ 槡２２ａｃ ８ａｃ ＝ 槡６－槡２ ４ （当且仅 当２ａ２ ＝３ｃ２时，等号成立）， 所以ｓｉｎＢ＝ １－ｃｏｓ２槡 Ｂ≤ １ (－ 槡６－槡２)４槡 ２ ＝槡６＋槡２４ ， 则ＢＣ边上的高ｈ＝ｃ·ｓｉｎＢ≤４×槡６＋槡２４ ＝槡６＋槡２， 所以ＢＣ边上的高的取值范围是（０，槡６＋槡２］． １９．（１）证明：在△ＡＯＣ，△ＡＯＤ，△ＢＯＣ，△ＢＯＤ中， ＣＡ ＣＢ＝ Ｓ△ＡＯＣ Ｓ△ＢＯＣ ＝ １ ２ＯＡ·ＯＣｓｉｎ∠ＡＯＣ １ ２ＯＢ·ＯＣｓｉｎ∠ＢＯＣ ＝ＯＡｓｉｎ∠ＡＯＣＯＢｓｉｎ∠ＢＯＣ ， ＤＡ ＤＢ＝ Ｓ△ＡＯＤ Ｓ△ＢＯＤ ＝ １ ２ＯＡ·ＯＤｓｉｎ∠ＡＯＤ １ ２ＯＢ·ＯＤｓｉｎ∠ＢＯＤ ＝ＯＡｓｉｎ∠ＡＯＤＯＢｓｉｎ∠ＢＯＤ ， 所以（ＡＢＣＤ）＝ ＣＡ ＣＢ ＤＡ ＤＢ ＝ ＯＡｓｉｎ∠ＡＯＣ ＯＢｓｉｎ∠ＢＯＣ ＯＡｓｉｎ∠ＡＯＤ ＯＢｓｉｎ∠ＢＯＤ ＝ｓｉｎ∠ＡＯＣ·ｓｉｎ∠ＢＯＤｓｉｎ∠ＢＯＣ·ｓｉｎ∠ＡＯＤ ． 在△ＥＯＧ，△ＥＯＨ，△ＦＯＧ，△ＦＯＨ中， ＧＥ ＧＦ＝ Ｓ△ＥＯＧ Ｓ△ＦＯＧ ＝ １ ２ＯＥ·ＯＧｓｉｎ∠ＥＯＧ １ ２ＯＦ·ＯＧｓｉｎ∠ＦＯＧ ＝ＯＥｓｉｎ∠ＥＯＧＯＦｓｉｎ∠ＦＯＧ ， ＨＥ ＨＦ＝ Ｓ△ＥＯＨ Ｓ△ＦＯＨ ＝ １ ２ＯＥ·ＯＨｓｉｎ∠ＥＯＨ １ ２ＯＦ·ＯＨｓｉｎ∠ＦＯＨ ＝ＯＥｓｉｎ∠ＥＯＨＯＦｓｉｎ∠ＦＯＨ ， 所以（ＥＦＧＨ）＝ ＧＥ ＧＦ ＨＥ ＨＦ ＝ ＯＥｓｉｎ∠ＥＯＧ ＯＦｓｉｎ∠ＦＯＧ ＯＥｓｉｎ∠ＥＯＨ ＯＦｓｉｎ∠ＦＯＨ ＝ｓｉｎ∠ＥＯＧ·ｓｉｎ∠ＦＯＨｓｉｎ∠ＦＯＧ·ｓｉｎ∠ＥＯＨ ． 又∠ＥＯＧ＝∠ＡＯＣ，∠ＦＯＨ＝∠ＢＯＤ， ∠ＦＯＧ＝∠ＢＯＣ，∠ＥＯＨ＝∠ＡＯＤ， 所以 ｓｉｎ∠ＡＯＣ·ｓｉｎ∠ＢＯＤ ｓｉｎ∠ＢＯＣ·ｓｉｎ∠ＡＯＤ ＝ｓｉｎ∠ＥＯＧ·ｓｉｎ∠ＦＯＨｓｉｎ∠ＦＯＧ·ｓｉｎ∠ＥＯＨ ， 所以（ＥＦＧＨ）＝（ＡＢＣＤ）． （２）解：由（１）得（ＡＢＣＤ）＝（ＥＦＧＨ）＝ ３２， 即 ＣＡ ＣＢ ＤＡ ＤＢ ＝ ３２，即 ＣＡ ＣＢ· ＤＢ ＤＡ＝ ３ ２， 又点Ｂ为线段ＡＤ的中点，则ＤＢＤＡ＝ １ ２，所以 ＣＡ ＣＢ＝３， 又ＡＣ＝３，则ＢＣ＝１，ＡＢ＝２，ＯＢ＝槡３． 因为 Ｓ△ＡＯＢ Ｓ△ＢＯＣ ＝ＡＢＢＣ＝２＝ １ ２ＯＡ·ＯＢｓｉｎ∠ＡＯＢ １ ２ＢＣ·ＯＣｓｉｎ∠ＡＣＯ ＝２ＯＡ 槡３ＯＣ ， 所以ＯＡ＝槡３ＯＣ． 在△ＡＯＢ中，由余弦定理得 ｃｏｓ∠ＡＢＯ＝ＡＢ ２＋ＯＢ２－ＯＡ２ ２ＡＢ·ＯＢ ＝ ４＋３－ＯＡ２ 槡４３ ， 在△ＢＯＣ中，由余弦定理得 ｃｏｓ∠ＯＢＣ＝ＯＢ ２＋ＢＣ２－ＯＣ２ ２ＯＢ·ＢＣ ＝ ３＋１－ＯＣ２ 槡２３ ， 因为ｃｏｓ∠ＡＢＯ＋ｃｏｓ∠ＯＢＣ＝０， 所以 ４＋３－ＯＡ２ 槡４３ ＋３＋１－ＯＣ ２ 槡２３ ＝０， 又ＯＡ＝槡３ＯＣ，所以ＯＣ＝槡３，ＯＡ＝３． 在△ＡＯＢ中，由余弦定理得 ｃｏｓＡ＝ＯＡ ２＋ＡＢ２－ＯＢ２ ２ＯＡ·ＡＢ ＝ ９＋４－３ １２ ＝ ５ ６． 高考数学信息优化卷（三） 平面向量参考答案 一、单项选择题 １～４　ＣＡＣＣ　５～８　ＢＡＤＤ 提示： １．由题得ｃ－ｂ＝（２ｋ－１，１－ｋ）－（３，４）＝（２ｋ－ ４，－３－ｋ），因为（ｃ－ｂ）⊥ａ，所以（ｃ－ｂ）·ａ＝－２（２ｋ －４）＋（－３－ｋ）＝０，解得ｋ＝１． ２．（４ａ＋ｂ）·ｂ＝４ａ·ｂ＋｜ｂ｜２ ＝４， ｜２ａ＋ｂ｜２ ＝（２ａ＋ｂ）２ ＝４｜ａ｜２＋４ａ·ｂ＋｜ｂ｜２ ＝１６＋４＝２０， 所以｜２ａ＋ｂ｜＝ 槡２５． ３．因为→ → → →ＡＦ＝ＡＢ＋ＢＦ＝ＡＢ＋１４ → →ＢＯ＝ＡＢ＋１８ →ＢＤ →＝ＡＢ＋１８（ → →ＢＡ＋ＡＤ）＝ ７８ →ＡＢ＋１８ →ＡＤ， 则ｘ＝ ７８，ｙ＝ １ ８，所以 ｘ ｙ ＝７． ４．由２ａ＝ｂ－槡３ｃ可得槡３ｃ＝ｂ－２ａ， 两边平方得３ｃ２ ＝ｂ２－４ａ·ｂ＋４ａ２， 因为｜ａ｜＝｜ｂ｜＝｜ｃ｜＝１， 所以３＝１－４ａ·ｂ＋４，即ａ·ｂ＝ １２， 所以ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝ ａ·ｂ｜ａ｜｜ｂ｜＝ １ ２， 所以ａ，ｂ的夹角为π３．