课时冲关25 三角函数中有关的w取值范围问题&课时冲关26 正弦定理和余弦定理及应用举例-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习课时作业（北师大版）

课时冲关25 三角函数中有关ω的取值范围问题 [基础训练组] 8.已知函数f(x)=sim(x+)在(0,2]上有最 1.已知函数f(x)=2sin(ox+）人f(） 大值和最小值，且取得最大值和最小值的自变量 f(,且在区间（答，）内f(x)有最小值无 的值都是唯一的，则ω的取值范围是 最大值，则w= [能力提升组] ( 4 A.3 B.2 c号 9.(2025·湖北武汉模拟)设w>0,已知函数 D.8 f(x)= sin(3ax-）sin(2aux+5）)在 2.函数fx)=sin(ar+）w>0)在(x,）)上 (0,π)上恰有6个零点，则ω取值范围为 是减函数，则ω的取值范围是 ( A[哈] R[层] 侣】 别 c[器] n[子别 /13177 C.（2'2 D.( 3.设函数f(x)=sin(or+号)在区间(0，r恰有 10.(多选)已知fx)=1-2cos2(ar+5)o>0). 三个极值点、两个零点，则的取值范围是 ( 则下列判断中，错误的是 A[3) B[3昌) A.若f(x1)=1,f(x2)=-1,且|x1一x2mim =元，则w=2 c(】 D(传】 B.存在u∈(0,2)，使得(x)的图象右移若个 4.已知函数f(x)=√3sinu.ccos w.x十cos2amx一 单位长度后得到的图象关于y轴对称 号a>0ER)在[0，]内有且仅有三条对称 C.若f(x)在[0,2π]上恰有7个零点，则ω的 轴，则o的取值范围是 取值范围为[，别 A层 B) D.若fx)在[-吾，]上单调递增，则w的 c[层) n(g,) 取值范围为(o,】 5.已知函数f(x)=sim(ar+)(o>0)相邻两个 对称轴之间的距离为2π，若f(x)在（一m,m) 1山.（多选）设函数fx)=sin(ar十p(。>0,一受≤ 上是增函数，则m的取值范围是 ( ) A(o,] B(o,到 ≤罗，且函数f(x)在[0,5]上是单调的， 则下列说法正确是 c.(o.] n.o,3] A.若f(x)是奇函数，则w的最大值为3 6.若函数fx)=√②sim(ax-牙）十1(w>0)在区 B若f代0)=，则。的最大值为号 C.若f(x)≤f(0)恒成立，则w的最大值为2 间[0,1]上有且仅有3个零点，则f(号)的取 值范围为 ( D.若f八x)的图象关于点（无0）中心对称，则 A.(1-√2,2] B.(0,1+√2] 如的最大值为号 C.[1-√2,0) D.[0,1+√2) 7.记函数fr)=-sin(ar-十p(。>0,-受<g<受） 12.(2025·宁夏银川三模)函数y=f(x)的图象 是由函数y=cos(ux)(,大于零)的图象向左 的最小正周期为工若r(份)-竖x一吾为 8 平移品个单位所得，若函数y=(x)在 f(x)的极小值点，则w的最小值为 (π，2π)范围内单调，则ω的取值范围是 315 课时冲关26 正弦定理和余弦定理及应用举例 [基础训练组] A.a+c=3b 1.(2025·莆田市模拟)在△ABC中，BC=2,AB B.tanA=2√2 =4,cos C=- 行，则AC的值为 C.△ABC的周长为4c A.2 B.3 D.△ABC的面积为2 C.4 D.5 2.(2023·北京卷)在△ABC中，(a十c)(sinA 7.(多选)下列命题中，正确的是 sinC)=b(sinA-sinB),则∠C= A.在△ABC中，若A>B,则sinA>sinB A百 B哥 B.在锐角三角形ABC中，不等式sinA> cosB恒成立 c D C.在△ABC中，若acos A=bcos B,则△ABC 3.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a, 必是等腰直角三角形 b,c,若b=2 ccos A,c=2 bcos A,则△ABC的 D.在△ABC中，若B=60°，b2=ac,则△ABC 形状为 ( ) 必是等边三角形 A.直角三角形 B.锐角三角形 8.(2025·合肥市模拟)在△ABC中，内角A,B, C.等边三角形 D.等腰直角三角形 C所对的边分别为a,b,c.若A=45°，2 bsin B 4.(2025·河北保定三模)已知△ABC外接圆的 半径为R,且“ -csin C=2 asin A,且△ABC的面积等于3， 2R =(a-b)sin B,sin B= 则b= 2sinA,c=2,则△ABC的面积为 9.(2025·辽宁沈阳模拟)沈 A号 B2③ 3 阳二中北校区坐落于风景 c 优美的辉山景区，景区内的 n号 一泓碧水蜿蜒形成了一个“秀”字，故称“秀 5.(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A,B,C 湖”.湖畔有秀湖阁(A)和临秀亭(B)两个标志 所对的边分别为a,6c,若B=号，62=是。 ac,则 性景点，如图.若为测量隔湖相望的A、B两地 sin A+sin C= ( 之间的距离，某同学任意选定了与A、B不共 A B零 线的C处，构成△ABC,以下是测量数据的不 同方案： c号 D.313 13 ①测量∠A、AC、BC:②测量∠A、∠B、BC: 6.(多选)△ABC内角A,B,C的对边分别为a, ③测量∠C、AC、BC. b,c.已知bsin A=(3b-c)sinB,且cosA= 其中一定能唯一确定A、B两地之间的距离的 令则下列结论正确的是 所有方案的序号是 316 10.(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A,B 13.(2022·全国甲卷)已知△ABC中，点D在边 C的对边分别为a,b,c,已知sinA十√3cosA BC上，∠ADB=120°，AD=2,CD=2BD.当 =2. S取得最小值时，BD (1)求A: 14.已知三角形花园ABC,顶点A、B、C为花园 (2)若a=2,√2 bsin C=csin2B,求△ABC的 的三个出入口，满足AB=2076,BC= 周长 206I,CA=20√9I(单位：米). (1)求三角形花园的面积（精确到1平方米）： (2)若三角形3个内角均小于120°，到三角形 三个顶点距离之和最短的点M必满足MA、 MB,MC正好三等分M点所在的周角，该点 所对三角形三边的张角相等，均为120°.所以 这个点也称为三角形的等角中心.请根据此 知识求出三角形花园的最佳会合点P到三个 出入口的最小距离和（满足到三个出入口的 距离和最小) [能力提升组] 11.(多选)(2025·全国模拟)某货轮在A处看灯 塔B在货轮北偏东75°，距离为12√6 n mile: 在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离 为8√3 n mlie.货轮由A处向正北航行到D 处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法 正确的是 ( A.A处与D处之间的距离是24 n mile B.灯塔C与D处之间的距离是8√3 n mile C.灯塔C在D处的西偏南60 D.D在灯塔B的北偏西30 12.(多选)已知a,b,c分别是△ABC三个内角 A,B,C的对边，下列四个命题中正确的是 A.若tanA十tanB十tanC>0,则△ABC是 锐角三角形 B.若acos A=bcos B,则△ABC是等腰三 角形 C.若bcos C+ccos B=b,则△ABC是等腰三 角形 D.若a。 b cosA-cos B-cos C·则△ABC是等 边三角形 31712.BCD[由题意,对于选项A,画数y一sin2r的图象向右平移 由 [o,得+[,#此当文+哥一吾,即 “个单位可得到f(x)=sin2(-吾)=sin(2x-) π时,/(c)取得最大值2/②+a,令2②+a=3,解得a=3 -cos2r,所以选项A错误;对于选项B,f(吾)一 -2/2,符合题意. sin(2x吾十哥)-1.取到了最大值,所以画数y-f(c)的图 故存在正实数a-3-22,使得函数/(x)在0.上有最大 象关于直线x-吾轴对称,所以选项B正确;对于选项C. 值3. 课时冲关25 三角函数中有关o的取值范围问题 ##)-0.所以画数y=f(c)的图象关于点(-π,0)中 1.C f(x)-2sin(ar+吾)(>o). 心对称,所以选项C正确;对于选项D,函数y一r^在 (o.吾)上为增画数,x(o吾)时,2r十吾(,吾),单 调递增,所以画数y=r十f(x)在(o,π)上为增画数,所以选 最小值, 项D正确。] 所以+吾-2^十3-,^ ,所以-8h 14后乙, 13.解析:设A())B(。),则r-+2kx,r -2-→,#以0<12,所以-14} -5-+2n(-)--又--所以4, 2.A [因为画数/(x)=sin(cx+)(n→o)在(.)上是减 由曲线y-_f(n)过(2,),所以4A×2-2^,甲-2 品数, 所以()-sin(x=)(n)-sin(4x2=)-sn2=一 [a,+>2h。-+哥, ###.# #解得 20。,244, 14.解:由于画数(x)的最小正周期不小于吾,所以2→,所以 #是[,3,1 16N. 若选择①,即(n)的图象关于直线x-5对称,则有+一 3.C [依题意可得→0.因为x(0.x),所以ax+= #(). 要使函数在区间(0,n)恰有三个极值点、两个零点,又y一sinx. N.,k,所以k-3-4. x(吾,3)的图象如下所示: 此时,(x)=4sin(4r十吾)+a. 7 由xe[0],得4+吾[,],#此当4+吾一, 即x-时,(x)取得最大值4十a,令4十a-3,解得a--1, 不符合题意. 故不存在正实数a,使得画数/(x)在[0.]上有最大值3; 若选择②,即(x)的图象关于点(5,0)对称,则有^18+吾 #则5 +<3x,解得 3<,即(13,8] -n(乙). 4. B [/() sin axcosr +o-sin2or+ 解得-18k-(hez),由于1<6oéN.,kez,所以 #2os 2ax -sin(2ar+),当x [0 ]时,20x+吾 -1,-3. #{##0 此时,/(r)-4sin(3x+吾)+a. 由xeo,得3+[5],此当3+- 函数/(x)在[0,x]内有且仅有三条对称轴,则有2π十= #[5),解得),] 即x-时,f()取得最大值4sin+a=6+②+a,令+ 5.B [因为/(x)=sin(anx+)(→0)相邻两个对称轴之间的 故不存在正实数u,使得西数门(n)在[0]上有最大值3: ②+a-3,解得a-3--2,不符合题意。 距离2n, 则T-2r,即T-4r,则- 若选择③_即#(1)在[一-,#上$遥,列有 sin() {$}+#>2-- {-8+.# #由2--4+<2+, 4-3<<4+ (Z),解得 (+<2+哥 (E乙). 所以/(2)在[--,]#上是增画数,由(-”,) 由于1<6N ,,所以-0,-1. 此时,(c)=4sin(+吾)+a. #[,得#。# 555 6.A [因为→o,当0<<1时,-<a-<, E[o,2],所以<2ar+<+,所7<4+吾 <8 由/(x)=2sin(ar--)+1=0. 1,_C不正确,对于D.因为-]# 可得sin(a--# 因为西数/(t)在区间[0,1]上有且仅有3个零点,则<- o. #解得 2☆<,<-<-# .<,故D正确。] 11.BCD[对于A.若f(a)是奇画数,则-0.当xe[0.]时, 所以-1<“in(一)## #e[0o#使数/(nr)在[0]上是单调的,则 所以/()-2sin(-)+1(1-v2,2].] 。 7.解析:因为f(r)=sin(ar+)(→,<<)所以最小 1,又a0,则的最大值为1,故A错误; 正周期1-2-#所以/()-sin(,+)-sin(+$) 对于B.,/(0)-sin(o+$-sin --+2hr,k2 ##n_ 或0 2kxvke乙. -<>-吾, #-<<吾,所以--,即/(x)-sin(a-). 又为(x)的极小值点,所以吾{--+2^,众 此时/(2)-sin(ar+吾),当r [o,吾]时,ar+吾 乙.解得=-2+16k,k,因为→0,所以当k-1时mìn [+]使画数f(x)在[0]上是单调的,则 -14. #< 答案:14 8.解析:易知o一0时不满足题意, #又→o..,<,则的最大值为,故B正确; #由r+吾-吾+太a,hz. 对于C,·f(x)f(o)恒成立.'.f(x)mx=f(o)=sin =1. “-<<吾,吾此时(2)-sin(ar+) cosr. “xE[0]e[使数(x)在[o]上 第3个正最点2-→,解 ,2# 是单调的,则..2. 当→时,第2个正最值点r-一 2解得-。 又0.^.02.则o的最大值为2.故C正确; 第3个正最点3-→,解,## 对于D.f(x)的图象美于点(,0)中心对称, 则+-,h乙,则=-+&,k 乙. 综上,的取值范是(--5 2 7) 答案:(-5-][2-7) “-<<-,此时/(r)=sin(a-). ##e[]时a[-]# 9.B[由题意可知, 令/(x)-sin(3ar--) sin(2ax+5)-0. 要使画数(2)在[0#上是单调的,则^<吾, 即sin(3ur--)-o或sin(2ar+5-)-0. . 1-(4十1)2或-(6般+1)。 又→.<,则的最大值为吾,故D正确,] 12 120 当x0时,零点从小到大依次为21212'12’ π5π 7π 9π 13n 12.解析:y-f(x)是由y-cos(ax)(n大于零)向左平移吾个单 170.. 位所得,故f(x)=cos(ax十吾). # 又¥-/()在(π,2)即r+吾(a+吾,2ar+吾)上 即(710#,故选B.] 单调。 .kn<r+π<2o+吾<+n.ke乙, 10. ABC [':f(r)=1-2cos②(r+)=-cos (2ar+2)= o. (o, .{→-(e乙), ##-(e乙)# sin(2ar+吾). .周期-2 #}(e)# 2om+吾<π十n(e乙), #+→-一一. 对于A,由条件知,周期为2r... 士,故A错误;对于B.函数图 象右移吾个单位长度后得到的函数为y-sin(2ar+). 综上,的取值范图为(o][,11] “,。 答案:(0][1] 一(Z).故对任意整数k.(0,2).故B错误;对于C,由 556 课时冲关26 正弦定理和余弦定理及应用举例 8.解析:'A=45*,2bsinB-csinC=2asinA. 心由余弦定理可得: 1.B [△ABC甲a=BC-2.c=AB=4.cos C--..-a2+ b+-2bcos A-b+-2be,① 由正弦定理可得:2h一*-2a②,② 2- 2abeosC.即16-4+6”-46×x(--),化简得6?+b-12-0. 又SAnc-besin A-3.即be-6v/2.③ 解得b-3或b--4(不合题意,含去),.,b-AC-3.] 由①②③联立解得b-3. 2.B [因为(a+c)(sinA一sinC)一b(sinA一sinB),所以由正弦 定理得(a+c)(a-c)-b(a-b),即a}-c=ab-b,则a+ 答案:3 9.解析:对于①,由正弦定理可得ACC AC BC 2b- 对sinB-ACsinA. 一。 BC ACsinAsinA.此时DB 3.C [由正弦定理,得sinB-2sinCcosA,sinC-2sinBcosA,即 若AC一BC且 A为锐角,则sinB- sin(A+C)-2sin Ccos A-sin Acos C+cos AsinC,即 sin AcosC AB -cosAsinC-0.所以sin(A-C)-0.A-C.同理可得A-B,所 有两解. 以三角形为等边三角形,] 则 C也有两解,此时AB也有两解; 。 所以由B-2R 得a}--2-ab-62,即a2+6-2-ab. 可知AB唯一确定; 对于③,若已知 C、AC、BC,由余弦定理可得 由余弦定理得cosC-{+-^2}1 2 2 AB-VAC+BC-2AC·BCcosC. 所以由0<C<:得C-。 则AB唯一确定。 答案:②③ 因为sinB-2sinA,所以b-2a,因为c-2. 由余弦定理得2{}-a+4a{}-2xa×2acos ##-3a{②},解得a^{} 一. sin(A+)-1. 由于A(0.n)→A+(),故A+吾一,解得A 所以$-absn-×2a{×32#.故选B. sin Asinc-sn}B- (2)由题设条件和正弦定理 ②hsin C=csin 2B /2sin Bsin C-2sin Csin Bcos B, 由余弦定理可得:b-。^{十c-ac二 即:^}十2-13ac,根据正弦定理得 是C--A--# sin C-sin(t-A-B)-sin(A+B)-sin Acos B+sin Bcos A -2 因为A.C为三角形内角,则sinA十sinC0,则sinA十sinC ##7._C。 &。 6.ABD[由正弦定理得b=(3b-c)b,整理得a-3b一c,即a十c sin -36.A正确;由 cos A-可得sinA-1-()#-2,则 解得-2②-+② 又a-3b-c,可得(3-c)2-2+*-2h·-,整理得3-2c。 故△ABC的周长为2+6+3/②. △ABC的周长为a+b十c=4b=8c.C错误;由上知:a=36-c 11.ABC [在△ABD中,由已知得ADB -60.DAB-75*. 36-2c,可得a-c.b--a,则△ABC的面积为besinA-. 则/B-45*,AB-12/. #。2正确 由正弦定理得AD-ABsin/B sin乙ADB 6 12vx 2-24. 以sinAsinB-a>hA B,故A正确;对于B,在锐角三角形 $ABC中,A.BE(o吾),且A+B哥,则→A>哥-B>0. 所以A处与D处之间的距离为24nmile,故A正确; 所以sinA>sin(吾一B)-cos B,故B正确;对于C,在△ABC 在/ADC中:由余弦定理得,CD=AD*}+AC一2AD· ACcos 30*. 中,由acosA-bcosB,利用正弦定理可得sin2A-sin2B,得到 又AC-83.解得CD-8、③ $A-2B或2A-π-2B,故A-B或A---B,即△ABC是等 所以灯塔C与D处之间的距离为83nmile,故B正确; 腰三角形或直角三角形,故C错误;对于D,在△ABC中,若B ·AC-CD-83..CDA-CAD-30”. 60{},-ac,由余弦定理可得,b{-a{}+c2-2aceosB,所以ac= '灯塔C在D处的西偏南60{},故C正确; a}+c^?-ac,即(a-c)?-0,解得a=c.又B-60*,所以△ABC必 “.灯塔B在D的南偏东60{*}.D在灯塔B的北偏西60{},故D 是等边三角形,故D正确,] 错误。] 557 12. ACD ['tan A+tanB+tanC= 2.解析:因为(sinA十sinB)(a-b)一sinC(③a一C),由正弦定理 tan Atan Btan Co. 得a”十c2-2-3ac. 'A.B.C均为锐角..选项A正确; 由acosA-beosB及正弦定理,可得sin2A-sin2B. 2a- $A-B或A+B-. '.八ABC是等腰三角形或直角三角形.'选项B错误 由bcosC十ccosB一b及正弦定理, 可知 sin Bcos C+sin Ccos B-sin B. 所以a+2-4sinA+4sin?C-2(1-cos2A)+2(1-cos2C) '.sinA-sinB. =4-2cos 2A+cos 2(5#-A)]-4+23sin(2A-). 'A一B.'.选项C正确; 由己知和正弦定理,易知tanA一tanB一tanC. 因为在锐角△ABC中,有0<A<,0<5--A<,得<A *选项D正确.] 13.解析;令BD一1,以D为坐标原点,DC为工轴建立直角坐标系, #< 则C(2t,0),A(13),B(-1,0). 3-=4-23. 所以吾<2-<2-,此时3<sin(2A-)<1,则7<a} AB(+1)+3 十1+ +<4+2/③. 当且仅当1十1-3,即BD-3-1时取等号。 答案:(7,4十2/3] 答案:3-1 53 3.解:(1)因为A+B-3C,所以A+B=3(π-A-B),所以A+B 14.解:(1)由余弦定理可得cos A-AB*+AC*-BC②} 3所以C一. 2AB.AC 6916' 则A为锐角, 另外,由题意得:2sin(A一C)一sin(A+C); 所以 sin A-1-cosA-6907' /4107 即2sin Acos C-2cos Asin C-sin Acos C+cos Asin C. 所以sinA=3cos A,变形得sinA-9(1-sin}A),故sinA 所以S=AB·ACsinA=20 76x20 1$ 310. 10 /4107 107-74003~12817(平方米). (2)由sinA-3eosA. (2)△ABC中,AC最长, 所以 sinB-snA)-0#+-2由 2AB·BC 故△ABC为锐角三角形, ACAB 由(1)可知S△=S△PAB+S△pac+SPn-(PA·PB+ sn.解得AC-2VT0. PA·PC+PB·PC)sin 120*=7 400/③,所以.PA·PB+PA .PC+PB.PC-29600. 根据余弦定理可得AB②-PA+PA②-2PA·PBcos 120* 设AB边上的高为h,则-AB·h-15,解得h-6.故AB边上的 PB+PB+PA.PB. 高为6. 同理可得AC-PA+PC+PA·PC,BC-PB+PC②+PB 4.解:(1)由sinA十2sinB-2sinC和正弦定理可得a+/2b-2c. .PC. 以上三个等式相加可得AB{+AC+BC*-2(PA*+PB{+ 又2c-a-4/3,则b-2/6. PC)+PA·PB+PA·PC+PB·PC. 又因为6-46cos B.,BE(0.)所以cosB-. 所以PA?+PB+PC{一 AB+AC+BC*-(PA·PB+PA·PC+PB·PC) 由余弦定理得,coB-+- a+(+2/)-(2) 2 2ac 2a(+2/3) -30800. 因此,(PA+PB+PC)*}=PA+PB+PC*+2(PA·PB+PA .PC+PB·PC)-90 000. # 则PA+PB十PC-300(来). 整理得3。-12-0,解得a-4. 因此,三角形花园的最佳会合点P到三个出入口的最小距离和 为300米. (2)由a-4及2c-a-43,得c-2+2③. 课时冲关27 解三角形的综合问题 因为cos B-.Be(0.-),所以sinB-3 1.解析:因为2a}+2-5^2,所以-2(a}+). 所以Sc-acsinB=×4x(2+23)36+23. 5.解:(1)由题意得2sinBcosB-bcos B,因为 A为钝角, 所以由余孩定得cos C-△2+ a十-(a十) 2a 2ab #3({}+) 3x2ab 2a= 得sinA-## 答案:} 因为A为钝角,则A-2x 558