江苏省2011-2014年高考数学真题分类汇编-三角函数(含答案)

三角函数一、填空题7.（江苏2011年5分）已知,2)4tan(x则xx2tantan的值为▲【答案】49。【考点】三角函数的和差倍计算。【分析】∵1tantan()241tanxxx，∴1tan3x。∴22tantan1tan42tantan2291tanxxxxxx（－）＝＝－。9.（江苏2011年5分）函数()sin(),(,,fxAxA是常数，0,0)A的部分图象如图所示，则0f()▲【答案】26。[来源:Zxxk.Com]【考点】三角函数的图象和性质的应用。【分析】由函数图象得724124TA,，∴T,2,2,再结合三角函数图象和性质知233,，∴223f(x)sin(x)。∴60232f()sin。11．（2012年江苏省5分）设为锐角，若4cos65，则)122sin(a的值为▲．【答案】17250。【考点】同角三角函数，倍角三角函数，和角三角函数。【解析】∵为锐角，即02，∴2=66263。∵4cos65，∴3sin65。∴3424sin22sincos=2=3665525。∴7cos2325。∴sin(2)=sin(2)=sin2coscos2sin12343434aaaa2427217==225225250。1（2013江苏卷）函数)42sin(3xy的最小正周期为。答案：1．5．（2014江苏卷）已知函数cosyx与sin(2)(0)yx≤，它们的图象有一个横坐标为3的交点，则的值是．【答案】614．（2014江苏卷）若ABC的内角满足sin2sin2sinABC，则cosC的最小值是．【答案】624二、解答题15.（江苏2011年14分）在△ABC中，角A、B、C所对应的边为cba,,（1）若,cos2)6sin(AA求A的值；（2）若cbA3,31cos，求Csin的值.【答案】解：（1）由题意知AAAcos26sincos6cossin，从而AAcos3sin，∴03cosA,tanA。∵A0，∴3A。（2）由133cosA,bc，及Abccbacos2222，得222cab，∴ABC是直角三角形，且2B。∴31cossinAC。【考点】同角三角函数基本关系式、和差角公式、正余弦定理。【分析】（1）利用两角和的正弦函数化简，求出tanA，然后求出A的值即可。（2）利用余弦定理以及3bc，求出ABC是直角三角形，即可得出Csin的值。也可以由正弦定理得：22sinsinccAC，而222sin1cos,3AA1sin3C。15.（2012年江苏省14分）在ABC中，已知3ABACBABC．（1）求证：tan3tanBA；（2）若5cos5C，求A的值．【答案】解：（1）∵3ABACBABC，∴cos=3cosABACABABCB，即cos=3cosACABCB。由正弦定理，得=sinsinACBCBA，∴sincos=3sincosBAAB。[来源:学,科,网]又∵0AB，∴cos0cos0AB，。∴sinsin=3coscosBABA即tan3tanBA。（2）∵5cos05CC，，∴2525sin1=55C。∴tan2C。∴tan2AB，即tan2AB。∴tantan21tantanABAB。由（1），得24tan213tanAA，解得1tan=1tan=3AA，。∵cos0A，∴tan=1A。∴=4A。【考点】平面微量的数量积，三角函数的基本关系式，两角和的正切公式，解三角形。【解析】（1）先将3ABACBABC表示成数量积，再根据正弦定理和同角三角函数关系式证明。（2）由5cos5C，可求tanC，由三角形三角关系，得到tanAB，从而根据两角和的正切公式和（1）的结论即可求得A的值。7、（2013江苏卷18）.18．本小题满分16分。如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径。一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C。现有甲．乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为min/50m。在甲出发min2后，乙从A乘缆车到B，在B处停留min1后，再从匀速步行到C。假设缆车匀速直线运动的速度为min/130m，山路AC长为m1260，经测量，1312cosA，53cosC。[来源:学#科#网Z#X#X#K]（1）求索道AB的长；（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？（3）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？解：（1）∵1312cosA，53cosC∴），（、20CA∴135sinA，54sinC∴6563sincoscossinsinsinsinCACACACAB）（）（根据sinBsinCACAB得mCACAB1040sinsinB（2）设乙出发t分钟后，甲．乙距离为d，则1312)50100(1302)50100()130(222ttttd[来源:]∴)507037(20022ttd∵13010400t即80t∴3735t时，即乙出发3735分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短。（3）由正弦定理sinBsinAACBC得50013565631260sinsinBAACBC（m）乙从B出发时，甲已经走了50（2+8+1）=550（m），还需走710m才能到达C设乙的步行速度为Vmin/m,则350710500v∴3507105003v∴14625431250v∴为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在14625,431250范围内法二：解：（1）如图作BD⊥CA于点D，设BD＝20k，则DC＝25k，AD＝48k，AB＝52k，由AC＝63k＝1260m，知：AB＝52k＝1040m．CBA（2）设乙出发x分钟后到达点M，此时甲到达N点，如图所示．则：AM＝130x，AN＝50(x＋2)，由余弦定理得：MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcosA＝7400x2－14000x＋10000，其中0≤x≤8，当x＝3537(min)时，MN最小，此时乙在缆车上与甲的距离最短．[来源:学+科+网]（3）由（1）知：BC＝500m，甲到C用时：126050＝1265(min)．若甲等乙3分钟，则乙到C用时：1265＋3＝1415(min)，在BC上用时：865(min)．此时乙的速度最小，且为：500÷865＝125043m/min．若乙等甲3分钟，则乙到C用时：1265－3＝1115(min)，在BC上用时：565(min)．此时乙的速度最大，且为：500÷565＝62514m/min．故乙步行的速度应控制在[125043，62514]范围内．（2014江苏卷15）(本小题满分14分)已知2，，5sin5．（1）求sin4的值；（2）求cos26的值．【答案】本小题主要考查三角函数的基本关系式、两角和与差及二倍角的公式，考查运算求解能力.满分14分.（1）∵5sin25，，，∴225cos1sin5210sinsincoscossin(cossin)444210；（2）∵2243sin22sincoscos2cossin55，∴3314334cos2coscos2sinsin2666252510．CBADMN（2014江苏卷18）如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，4tan3BCO．（1）求新桥BC的长；（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？解：本小题主要考查直线方程、直线与圆的位置关系和解三角形等基础知识，考查建立数学模型及运用数学知识解决实际问题的能力.满分16分.解法一：(1)如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0,60)，C(170,0)，直线BC的斜率kBC=－tan∠BCO=－43.又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率kAB=34.设点B的坐标为(a,b)，则kBC=04,1703bakAB=603,04ba解得a=80，b=120.所以BC=22(17080)(0120)150.因此新桥BC的长是150m.(2)设保护区的边界圆M的半径为rm,OM=dm,(0≤d≤60).由条件知，直线BC的方程为4(170)3yx，即436800xy由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即|3680|680355ddr.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,所以80(60)80rdrd≥≥即68038056803(60)805dddd≥≥解得1035d≤≤故当d=10时,68035dr最大，即圆面积最大.所以当OM=10m时，圆形保护区的面积最大.解法二:(1)如图，延长OA,CB交于点F.因为tan∠BCO=43.所以sin∠FCO=45，cos∠FCO=35.因为OA=60,OC=170，所以OF=OCtan∠FCO=6803.CF=850cos3OCFCO,从而5003AFOFOA.因为OA⊥OC，所以cos∠AFB=sin∠FCO==45，又因为AB⊥BC，所以BF=AFcos∠AFB==4003，从而BC=CF－BF=150.因此新桥BC的长是150m.(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD=rm，OM=dm(0≤d≤60).因为OA⊥OC，所以sin∠CFO=cos∠FCO，故由(1)知，sin∠CFO=3,68053MDMDrMFOFOMd所以68035dr.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,所以80(60)80rdrd≥≥即68038056803(60)805dddd≥≥解得1035d≤≤故当d=10时,68035dr最大，即圆面积最大.所以当OM=10m时，圆形保护区的面积最大.