2015届高考数学二轮复习三角恒等变换与解三角形提能专训

1提能专训(九)三角恒等变换与解三角形一、选择题1．(2014·皖南八校联考)sin2α＝2425，0απ2，则2cosπ4－α的值为()A.15B．－15C.75D．±15[答案]C[解析]因为sin2α＝cosπ2－2α＝2cos2π4－α－1，所以2cosπ4－α＝±1＋sin2α，因为sin2α＝2425，所以2cosπ4－α＝±75，因为0απ2，所以－π4π4－απ4，所以2cosπ4－α＝75，故选C.2．(2014·温州十校联考)若sinα＋cosα＝713(0απ)，则tanα＝()A．－13B.125C．－125D.13[答案]C[解析]由sinα＋cosα＝713(0απ)两边平方，得1＋sin2α＝49169，sin2α＝－120169，又sin2α＝2sinαcosαsin2α＋cos2α＝2tanαtan2α＋1，∴2tanαtan2α＋1＝－120169，60tan2α＋169tanα＋60＝0，∴tanα＝－125或tanα＝－512，又sinα＋cosα0，∴|sinα||cosα|，即|tanα|1，故tanα＝－125，故选C.3．(2014·大连双基测试)在斜三角形ABC中，“AB”是“|tanA||tanB|”的()A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件[答案]A2[解析]在斜三角形ABC中，|tanA||tanB|⇔|sinAcosB||cosAsinB|⇔(sinAcosB)2－(cosAsinB)20⇔(sinAcosB＋cosAsinB)·(sinAcosB－cosAsinB)0⇔sin(A＋B)·sin(A－B)0⇔sinCsin(A－B)0⇔sin(A－B)0；又－πA－Bπ，因此sin(A－B)0⇔0A－Bπ，即AB.因此，在斜三角形ABC中，“AB”是“|tanA||tanB|”的充分必要条件，故选A.4．(2014·辽宁五校联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示△ABC的面积，若acosB＋bcosA＝csinC，S＝14(b2＋c2－a2)，则角B等于()A．90°B．60°C．45°D．30°[答案]C[解析]由正弦定理，得sinAcosB＋sinBcosA＝sinCsinC，即sin(B＋A)＝sinCsinC，因为sin(B＋A)＝sinC，所以sinC＝1，∠C＝90°.根据三角形面积公式和余弦定理，得S＝12bcsinA，b2＋c2－a2＝2bccosA，代入已知得12bcsinA＝14·2bccosA，所以tanA＝1，A＝45°，因此B＝45°，故选C.5．(2014·昆明调研)已知△ABC中，内角A，B，C所对边长分别为a，b，c，若A＝π3，b＝2acosB，c＝1，则△ABC的面积等于()A.32B.34C.36D.38[答案]B[解析]由正弦定理，得sinB＝2sinAcosB，故tanB＝2sinA＝2sinπ3＝3，又B∈(0，π)，所以B＝π3，又A＝B＝π3，则△ABC是正三角形，所以S△ABC＝12bcsinA＝12×1×1×32＝34，故选B.6．(2014·合肥质检)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＝b2＋c2＋3bc.若a＝3，S为△ABC的面积，则S＋3cosBcosC的最大值为()A．3B.2C．2D.3[答案]A[解析]由cosA＝b2＋c2－a22bc＝－3bc2bc＝－32⇒A＝5π6，又a＝3，故S＝12bcsinA＝12·asinBsinA·asinC＝3sinBsinC，因此S＋3cosBcosC＝3sinBsinC＋3cosBcosC＝33cos(B－C)，于是当B＝C时取得最大值3，故选A.7．若sinθ，cosθ是方程4x2＋2mx＋m＝0的两个根，则m的值为()A．1＋5B．1－5C．1±5D．－1－5[答案]B[解析]由题意，得sinθ＋cosθ＝－m2，sinθcosθ＝m4，又(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ，∴m24＝1＋m2，解得m＝1±5，又∵Δ＝4m2－16m≥0，解得m≤0或m≥4，∴m＝1－5，故选B.8．(2014·河北衡水中学五调)已知sinα＋π3＋sinα＝－435，－π2α0，则cosα＋2π3等于()A．－45B．－35C.45D.35[答案]C[解析]∵sinα＋π3＋sinα＝－435，－π2α0，∴32sinα＋32cosα＝－435，∴32sinα＋12cosα＝－45.∴cosα＋2π3＝cosαcos2π3－sinαsin2π3＝－12cosα－32sinα＝45，故选C.9．(2014·东北四市二联)△ABC中角A，B，C的对应边分别为a，b，c，满足ba＋c＋ca＋b≥1，则角A的范围是()A.0，π3B.0，π6C.π3，πD.π6，π4[答案]A[解析]由ba＋c＋ca＋b≥1，得b(a＋b)＋c(a＋c)≥(a＋c)(a＋b)，化简得b2＋c2－a2≥bc，即b2＋c2－a22bc≥12，即cosA≥12(0Aπ)，所以0A≤π3，故选A.10．如图所示，某电力公司为保护一墙角处的电塔，计划利用墙OA，OB，再修建一长度为AB的围栏，围栏的造价与AB的长度成正比．现已知墙角∠AOB的度数为120°，当△AOB的面积为3时，就可起到保护作用．则当围栏的造价最低时，∠ABO＝()A．30°B．45°C．60°D．90°[答案]A[解析]只要AB的长度最小，围栏的造价就最低．设OA＝a，OB＝b，则由余弦定理，得AB2＝a2＋b2－2abcos120°＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab(当且仅当a＝b时取等号)，又S△AOB＝12absin120°＝3，所以ab＝4.故AB2≥12，即AB的最小值为23.由a＝b及3ab＝12，得a＝b＝2.由正弦定理，得sin∠ABO＝asin120°AB＝223×32＝12.故∠ABO＝30°，故选A.11．(2014·德阳二诊)已知△ABC的三边长是三个连续的自然数，且最大的内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦值为()A.34B.56C.710D.23[答案]A[解析]依题意，不妨设三边长a＝m－1，b＝m，c＝m＋1，其中m≥2，m∈N，则有C＝2A，sinC＝sin2A＝2sinAcosA，c＝2a×b2＋c2－a22bc，bc2＝a(b2＋c2－a2)，m(m＋1)2＝(m－1)(m2＋4m)，由此解得m＝5，因此cosA＝b2＋c2－a22bc＝52＋62－422×5×6＝34，故选A.12．(2014·石家庄一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足5csinA＝3acosC，则sinA＋sinB的最大值是()A．1B.2C．3D.3[答案]D[解析]∵csinA＝3acosC，∴sinCsinA＝3sinAcosC，∵sinA≠0，∴tanC＝3，∵0Cπ，∴C＝π3，∴sinA＋sinB＝sinA＋sin2π3－A＝32sinA＋32cosA＝3sinA＋π6，∵0A2π3，∴π6A＋π65π6，∴323sinA＋π6≤3，∴sinA＋sinB的最大值为3，故选D.二、填空题13．(2014·广州综合测试一)设α为锐角，若cosα＋π6＝35，则sinα－π12＝________.[答案]210[解析]由于α为锐角，则0απ2，则π6α＋π62π3，因此sinα＋π60，所以sinα＋π6＝1－cos2α＋π6＝1－352＝45，所以sinα－π12＝sinα＋π6－π4＝sinα＋π6cosπ4－cosα＋π6sinπ4＝45×22－35×22＝210.14．(2014·潍坊一模)若α∈0，π2，则sin2αsin2α＋4cos2α的最大值为________．[答案]126[解析]∵α∈0，π2，∴tanα∈(0，＋∞)，∴sin2αsin2α＋4cos2α＝2sinαcosαsin2α＋4cos2α＝2tanαtan2α＋4＝2tanα＋4tanα≤22tanα×4tanα＝12，当且仅当tanα＝4tanα，即tanα＝2时取等号．15．(2014·贵阳适应性考试)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acosC＋3asinC－b－c＝0，则A＝________.[答案]π3[解析]由题意，得sinAcosC＋3sinAsinC＝sinB＋sinC，∴sinAcosC＋3sinAsinC＝sin(A＋C)＋sinC，∴sinAcosC＋3sinAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinC.∵sinC≠0，∴3sinA－cosA＝1，即32sinA－12cosA＝12，∴sinA－π6＝12，∴A－π6＝π6，∴A＝π3.16．(2014·云南第一次检测)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A、B、C的对边，若cosB＝45，a＝10，△ABC的面积为42，则b＋asinA的值等于________．[答案]162[解析]依题，可得sinB＝35，又S△ABC＝12acsinB＝42，则c＝14.故b＝a2＋c2－2accosB＝62，所以b＋asinA＝b＋bsinB＝162.三、解答题17．(2014·江南十校联考)已知函数f(x)＝12λsinωx＋32λcosωx(λ0，ω0)的部分图象如图所示，其中点A为最高点，点B，C为图象与x轴的交点，在△ABC中，角A，B，7C的对边分别为a，b，c，b＝c＝3，且满足(2c－3a)cosB－3bcosA＝0.(1)求△ABC的面积；(2)求函数f(x)的单调递增区间．解：(1)由(2c－3a)cosB－3bcosA＝0，得B＝π6.在△ABC中，BC边上的高h＝csinB＝32，BC＝2ccosB＝3，故S△ABC＝12×BC×h＝334.(2)f(x)＝12λsinωx＋32λcosωx＝λsinωx＋π3，又T＝2BC＝2πω＝6，则ω＝π3，故f(x)＝λsinπ3x＋π3由－π2＋2kπ≤πx3＋π3≤π2＋2kπ(k∈Z)，可得6k－52≤x≤6k＋12(k∈Z)．所以函数f(x)的单调递增区间为6k－52，6k＋12(k∈Z)．18．(2014·四川5月高考热身)已知向量m＝(3sinx，－1)，n＝(cosx，cos2x)，函数f(x)＝m·n＋12.(1)若x∈0，π4，f(x)＝33，求cos2x的值；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足2bcosA≤2c－3a，求f(B)8的取值范围．解：(1)f(x)＝m·n＋12＝3sinxcosx－cos2x＋12＝32sin2x－12cos2x－12＋12＝sin2x－π6.∵x∈0，π4，∴－π6≤2x－π6≤π3.又∵f(x)＝sin2x－π6＝330，∴cos2x－π6＝63.∴cos2x＝cos2x－π6＋π6＝cos2x－π6×32－12sin2x－π6＝63×32－12×33＝22－36.(2)由2bcosA≤2c－3a，得2b·b2＋c2－a22bc≤2c－3a，即a2＋c2－b2≥3ac.∴cosB＝a2＋c2－b22ac≥32，∴0B≤π6，从而得－π62B