2018北京市高三期末数学分类汇编之三角函数、解三角形(文)

1/112018北京市高三期末数学分类汇编之三角函数、解三角形（文）（一）试题细目表区县+题号类型考点思想方法2018·丰台期末·11恒等变换2018·石景山期末·6sin()yAx2018·昌平期末·11最小正周期2018·西城期末·15最小正周期、值域2018·东城期末·16最小正周期、最值2018·朝阳期末·15最小正周期、最值2018·海淀期末·16定义域、值域2018·通州期末·15最小正周期及单调区间、最值2018·房山期末·15最小正周期、值域（二）试题解析1.（2018·丰台期末·11）已知4sin5，2，则cos4．2.（2018·石景山期末·6）函数()2sin()(0fxx，)2的部分图象如图所示，则，的值分别是（）A．23，B．26，C．46，D．43，3.（2018·昌平期末·11）已知函数()sincosfxxx,那么()fx的最小正周期是．4.（2018·西城期末·15）已知函数2π()2sincos(2)3fxxx．（Ⅰ）求()fx的最小正周期；（Ⅱ）求证：当π[0,]2x时，1()2fx≥．5.（2018·东城期末·16）已知函数2()23sincos2cos1fxaxaxax(01)a.（Ⅰ）当1a时，求函数()fx在区间[,]122上的最大值与最小值；y1211125Ox2-22/11（Ⅱ）当()fx的图像经过点(,2)3时，求a的值及函数()fx的最小正周期.6.（2018·朝阳期末·15）已知函数2()(sincos)cos2fxxxx．（Ⅰ）求)(xf的最小正周期；（Ⅱ）求证：当0,2x时，()0fx．7.（2018·海淀期末·16）已知函数()cos2tan()4fxxx.（Ⅰ）求函数()fx的定义域；（Ⅱ）求函数()fx的值域.8.（2018·通州期末·15）已知函数2sincoscos2fxxxx.（Ⅰ）求fx的最小正周期及单调递增区间；（Ⅱ）求fx在区间π02，上的最大值和最小值．9.（2018·房山期末·15）已知函数xxxxfcossin3sin)(2．（Ⅰ）求函数)(xf的最小正周期；（Ⅱ）求函数)(xf在区间上的值域．解三角形（一）试题细目表区县+题号类型考点思想方法2018·西城期末·12三角形面积2018·东城期末·12正弦定理、三角形面积2018·海淀期末·11正弦定理、三角形面积2018·通州期末·11余弦定理2018·房山期末·9正弦定理2018·朝阳期末·14正弦定理、余弦定理2018·丰台期末·15正弦定理、余弦定理2018·石景山期末·16恒等变换、三角形面积2018·昌平期末·16正弦定理、余弦定理3/11（二）试题解析1.（2018·西城期末·12）在△ABC中，3a，3C，△ABC的面积为334，则b____；c____．2.（2018·东城期末·12）在△ABC中，5,7ac，cos5C，则c=，△ABC的面积为.3.（2018·海淀期末·11）在△ABC中，1,7ab，且△ABC的面积为32，则c=.4.（2018·通州期末·11）在△ABC中，已知4AB，6AC，60A，那么BC_______.5.（2018·房山期末·9）在△ABC中，三个内角CBA，，所对的边分别是cba，，．若,64Bb，31sinA则a．6.（2018·朝阳期末·14）如图，一位同学从1P处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为和90.后退l(单位m)至点2P处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，1P，2P三点在同一条水平线上，则塔CB的高为m；旗杆BA的高为m.（用含有和的式子表示）7.（2018·丰台期末·15）在ABC中，23sin22sinBB．（Ⅰ）求角B的值；（Ⅱ）若4a，27b，求c的值.8.（2018·石景山期末·16）如图，在ABCV中，D为边BC上一点，6AD，3BD，2DC．（Ⅰ）若2ADB，求BAC的大小；（Ⅱ）若23ADB，求ABCV的面积．l4/119.（2018·昌平期末·16）在中，3sincosaCcA．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若3ABCS，223bc，求a的值．ABC图1BDACABDC图25/11数学试题答案（二）试题解析1.【答案】2102.【答案】A3.【答案】π4.【答案】解：（Ⅰ）因为2π()2sincos(2)3fxxxππ1cos2(cos2cossin2sin)33xxx[4分]33sin2cos2122xx[5分]π3sin(2)13x，[7分]所以()fx的最小正周期2ππ2T．[8分]（Ⅱ）因为π2x≤≤0，所以ππ2π2333x≤≤．[10分]所以ππ3sin(2)sin()332x≥，[12分]所以1()2fx≥．[13分]5.【答案】解：（Ⅰ）当1a时，2()23sincos2cos1fxaxaxax223sincos2cos1xxx3sin2cos2xx6/112sin(2)6x.因为[,]122x，所以72366x．所以，当262x，即6x时，()fx取得最大值2，当7266x，即2x时，()fx取得最小值为-1.………6分（Ⅱ）因为2()23sincos2cos1fxaxaxax(01)a，所以()fx3sin2cos2axax2sin(2)6ax．因为()fx的图象经过点(,2)3，所以2sin(2)26ax，即sin(2)16ax．所以22362ak．所以132akkz．因为01a，所以12a．所以()fx的最小正周期221T．……13分6.【答案】解：（Ⅰ）因为22()sincossin2fxxxxcos2x1sin2cos22sin(2)14xxx.7/11所以函数)(xf的最小正周期为.…………………………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，)(xf2sin(2)14x．当x0,2时，2[,]444x，sin(2)[,1]42x，2sin(2)1[0,1]4x.当2,44x即0x时，)(xf取得最小值0．所以当0,2x时，()0fx.…………………………13分7.【答案】解：（Ⅰ）24kx，Zk------------------------2分解得：43kx，Zk------------------------3分所以，函数的定义域为Zkkxx,|43------------------------4分（Ⅱ）)tan(cos)(42xxxfxxxxtantan)sin(cos1122------------------------6分xxxxxxxxsincoscossin)sin)(cossin(cos------------------------8分2)sin(cosxx12xxcossin12xsin------------------------9分因为3,4xkkZ，所以32,2xkkZ，所以sin21x，------------------------11分8/11所以，函数()fx的值域为],(02.------------------------13分8.【答案】解：（Ⅰ）因为()fxsin2cos2xx2sin2+4x．……………………4分所以fx的最小正周期2.2T……………………5分由222242kxk，得3.88kxk所以fx的单调递增区间是3,.88kkkZ，……………………7分（Ⅱ）因为0,2x，所以52+,444x.所以当242x，即8x时，函数取得最大值是2.当5244x，即2x时，函数取得最小值52sin1.4．所以fx在区间π02，上的最大值和最小值分别为2和1．……………………13分9.【答案】解：（Ⅰ）xxxxfcossin3sin2xxxcossin2322cos-1xx2sin2322cos-1212cos21-2sin23xx212cos6sin-2sin6cxxos216-2sin）（x22T…………………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）得．因为，所以，所以，因此，9/11所以的值域为．…………………13分解三角形（二）试题解析1.【答案】1；132.【答案】6,663.【答案】2或234.【答案】275.【答案】386.【答案】sinl;cos2sinl7.【答案】解：（Ⅰ）因为23sin22sinBB，所以223sincos2sinBBB.因为0B，所以sin0B，所以tan3B，所以3B.（Ⅱ）由余弦定理可得22227424cos3cc，10/11所以24120cc，解得6c或2c（舍）.解得6c.8.【答案】解：（Ⅰ）设BAD，CAD，则1tan2BDAD，1tan3CDAD…………2分所以tantantan()11tantan…………5分因为(0,)，所以4，即4BAC．…………7分（Ⅱ）过点A作AHBC交BC的延长线于点H，因为23ADB，所以3ADC，所以sin333AHAD；…………11分所以115322ABCSBCAH．…………13分9.【答案】解：（I）因为3sincosaCcA，所以cos0A，由正弦定理，得3sinsinsincosACCA．又因为(0,)C，sin0C，所以3tan3A．ABDCH11/11又因为(0,)A，所以6A．……………6分（II）由11sin324ABCSbcAbc，得43bc，由余弦定理2222cosabcbcA，得2222cos6abcbc，即222()23()8312abcbcbcbc，因为223bc，解得24a.因为0a，所以2a.……………13分