（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习第五章三角函数、解三角形专题突破三高考中的三角函数与解三角形问题讲义（含解析）.docx

1、1高考专题突破三 高考中的三角函数与解三角形问题题型一 三角函数的图象和性质例 1已知函数 f(x)5sin xcosx5 cos2x (其中 xR)，求：3532(1)函数 f(x)的最小正周期；(2)函数 f(x)的单调区间；(3)函数 f(x)图象的对称轴和对称中心解 (1)因为 f(x) sin2x (1cos2 x)52 532 5325 5sin ，(12sin2x 32cos2x) (2x 3)所以函数的最小正周期 T .22(2)由 2k 2 x 2 k (kZ)，2 3 2得 k x k (kZ)，12 512所以函数 f(x)的单调递增区间为(kZ)k 12， k 512由

2、 2k 2 x 2 k (kZ)，2 3 32得 k x k (kZ)，512 1112所以函数 f(x)的单调递减区间为(kZ)k 512， k 1112(3)由 2x k (kZ)，3 2得 x (kZ)，k2 512所以函数 f(x)的对称轴方程为 x (kZ)k2 5122由 2x k( kZ)，得 x (kZ)，3 k2 6所以函数 f(x)的对称中心为 (kZ)(k2 6， 0)思维升华三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为y Asin(x ) k的形式，然后将 t x 视为一个整体，结合 ysin t的图象求解跟踪训练 1(2018“七彩阳光联盟”期初联考)已

3、知 f(x)2 cos2xsin2 x 1( xR)，3 3求：(1)f(x)的单调递增区间；(2)当 x 时，求 f(x)的值域4， 4解 由题意得 f(x)sin2 x (2cos2x1)1sin2 x cos2x12sin 1.3 3 (2x3)(1)由 2k 2 x 2 k (kZ)，2 3 2得 2k 2 x2 k (kZ)，56 6 k x k (kZ)，512 12函数 f(x)的单调递增区间为 ， kZ.k 512， k 12(2) x ，2 x ，4， 4 3 6， 56sin ， f(x)0,3(2x3) 12， 1故 f(x)的值域为0,3题型二 解三角形例 2 ABC的

4、内角 A， B， C的对边分别为 a， b， c，已知 sinA cosA0， a2 ， b2.3 7(1)求角 A和边长 c；(2)设 D为 BC边上一点，且 AD AC，求 ABD的面积解 (1)sin A cosA0，3tan A ，33又 00，所以 b3.1在 ABC中， A60， c a.37(1)求 sinC的值；(2)若 a7，求 ABC的面积解 (1)在 ABC中，因为 A60， c a，37所以由正弦定理得sinC .csinAa 37 32 3314(2)因为 a7，所以 c 73.37由余弦定理 a2 b2 c22 bccosA，得72 b23 22 b3 ，12解得

5、b8 或 b5(舍去)所以 ABC的面积 S bcsinA 83 6 .12 12 32 362(2018温州适应性测试)已知函数 f(x)4cos xcos 1.(x23)(1)求 f 的值；(6)(2)求 f(x)的最小正周期及单调递增区间解 (1) f 4cos cos 1(6) 6 (6 23)4cos cos 16 564 12.32 ( 32)(2)f(x)4cos xcos 1(x23)4cos x 1(12cosx 32sinx)2cos 2x sin2x13 sin2xcos2 x32sin .(2x6)所以 f(x)的最小正周期为 ，当 2 k2 x 2 k( kZ)，2

6、6 32即 k x k，( kZ)时， f(x)单调递增，6 23即 f(x)的单调递增区间为 (kZ)6 k ， 23 k 3(2018浙江省金华市名校第二次统练)已知在 ABC中，角 A， B， C所对的边分别是a， b， c， S为 ABC的面积，且 2S c2.(1)证明： ；cosAa cosBb sinCc(2)若 ，求 tanB.c ac b bc a(1)证明 根据三角形的面积公式及 2S c2得，absinC c2，根据正弦定理得，sin AsinBsin C.又在 ABC中， A B C，sin( A B)sin( C)sin C，sin AsinBsin Csin( A

7、B)sin AcosBcos AsinB，7两边同时除以 sinAsinB，得 1.cosAsinA cosBsinB根据正弦定理 ，asinA bsinB csinC得 sinA ，sin B ，代入化简得，asinCc bsinCc .cosAa cosBb sinCc(2)解 由 ，得 c2 a2 bc b2，根据余弦定理得，cos A ，c ac b bc a b2 c2 a22bc 12又 A(0，)，sin A ，32又由(1)知 sinAsinBsin AcosBcos AsinB， sinB cosB sinB，32 32 12故 tanB .3 324(2018浙江省六校协作

8、体期末联考)已知 f(x)cos xsin 1.(x6)(1)求 f(x)在0，上的单调递增区间；(2)在 ABC中，若角 A， B， C的对边分别是 a， b， c，且 f(B) ，sin AsinCsin 2B，求54a c的值解 f(x)cos xsin 1(x6)cos x 1(32sinx 12cosx) sin2x 134 12 1 cos2x2 sin2x cos2x34 14 34 sin .12 (2x 6) 34(1)由 2k 2 x 2 k ， kZ，2 6 2得 k x k ， kZ，6 3又 x0，8 f(x)在0，上的单调递增区间是 和 .0，3 56， (2)由

9、f(B) sin ，12 (2B 6) 34 54得 sin 1.(2B6)又 B是 ABC的内角，2 B ， B ，6 2 3由 sinAsinCsin 2B及正弦定理可得 ac b2.在 ABC中，由余弦定理 b2 a2 c22 accosB，得 ac( a c)22 ac ac，则 a c0.5.已知 a， b， c分别为 ABC三个内角 A， B， C的对边，且 acosC asinC b c0.3(1)求 A；(2)若 AD为 BC边上的中线，cos B ， AD ，求 ABC的面积17 1292解 (1) acosC asinC b c0，3由正弦定理得 sinAcosC sinA

10、sinCsin Bsin C，3即 sinAcosC sinAsinCsin( A C)sin C，3亦即 sinAcosC sinAsinC3sin AcosCcos AsinCsin C，则 sinAsinCcos AsinCsin C.3又 sinC0，所以 sinAcos A1，所以 sin(A30) .312在 ABC中，00)，则在 ABD中， AD2 AB2 BD22 ABBDcosB，即 25 x2 49x225 x 7x ，1294 14 12 17解得 x1(负值舍去)，所以 a7， c5，故 S ABC acsinB10 .12 36已知函数 f(x)cos2 x sin

11、2x t( 0)，若 f(x)的图象上相邻两条对称轴的距3离为 ，图象过点(0,0)4(1)求 f(x)的表达式和 f(x)的单调增区间；(2)将函数 f(x)的图象向右平移 个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2倍8(纵坐标不变)，得到函数 y g(x)的图象，若函数 F(x) g(x) k在区间 上有且只有0，2一个零点，求实数 k的取值范围解 (1) f(x)cos2 x sin2x t32sin t，(2 x6)f(x)的最小正周期为 ， 2，22 2 f(x)的图象过点(0,0)，2sin t0，6 t1，即 f(x)2sin 1.(4x6)令 2k 4 x 2 k ，

12、kZ，2 6 2求得 x ， kZ，k2 6 k2 12故 f(x)的单调增区间为 ， kZ.k2 6， k2 12(2)将函数 f(x)的图象向右平移 个单位长度，可得8y2sin 12sin 1 的图象，(4x2 6) (4x 3)再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 2倍(纵坐标不变)，得到函数 g(x)102sin 1 的图象(2x3) x ，2 x ，0，2 3 3， 23sin ，(2x3) 32， 1故 g(x)2sin 1 在区间 上的值域为 .(2x3) 0， 2 3 1， 1若函数 F(x) g(x) k在区间 上有且只有一个零点，0，2由题意可知，函数 g(x)2sin 1 的图象和直线 y k有且只有一个交点，(2x3)根据图象(图略)可知， k1 或 1 k 1.3 3故实数 k的取值范围是1(1 ， 13 3