102013年高考数学(理)二轮复习 专题一 详解答案 阶段一 第二节 三角变换与解三角形

第一阶段专题二第二节考点例题冲关集训高考预测课时检测（八）返回第一阶段二轮专题复习返回专题二三角函数与平面向量第二节三角变换与解三角形返回例1：思路点拨：(1)可以直接代入求值．(2)首先要化简条件得sinα，cosβ，然后用和角公式sin(α＋β)计算．考点例题解：(1)f(0)＝2sin－π6＝2×－12＝－1.(2)由f3α＋π2＝1013，即2sinα＝1013，所以sinα＝513.由f(3β＋2π)＝65，得2sinβ＋π2＝65，返回即2cosβ＝65，所以cosβ＝35.∵α，β∈0，π2，∴cosα＝1－sin2α＝1213，sinβ＝1－cos2β＝45.∴sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝513×35＋1213×45＝6365.返回例2：思路点拨：(1)由题设以及正弦定理得到关于A的三角函数值，进而求得A的值．(2)由面积公式以及余弦定理得到b与c的方程组，进而求得b与c的值．解：(1)由acosC＋3asinC－b－c＝0得sinAcosC＋3sinAsinC－sinB－sinC＝0.因为B＝π－A－C，所以3sinAsinC－cosAsinC－sinC＝0.由于sinC≠0，所以sinA－π6＝12.返回又0＜A＜π，故A＝π3.(2)△ABC的面积S＝12bcsinA＝3，故bc＝4.而a2＝b2＋c2－2bccosA，故b2＋c2＝8.解得b＝c＝2.返回例3：思路点拨：第(1)步设相遇时小艇航行的距离为S，利用余弦定理把S表示为关于t的函数，利用二次函数求解S的最小值，并求解此时的速度；第(2)步利用余弦定理表示出v，t的关系式，并利用函数知识求解；第(3)步把问题转化为二次函数根的分布问题．解：(1)设相遇时小艇航行距离为S海里，则S＝900t2＋400－2·30t·20·cos90°－30°＝900t2－600t＋400＝900t－132＋300，故当t＝13时，Smin＝103，v＝303，即小艇以每小时303海里的速度航行，相遇时距离最小．返回(2)若轮船与小艇在B处相遇，由题意可得：(vt)2＝202＋(30t)2－2·20·(30t)·cos(90°－30°)，化简得v2＝400t2－600t＋900＝4001t－342＋675，由于0t≤12，即1t≥2，所以当1t＝2时，v取得最小值1013，即小艇航行速度的最小值为1013海里/小时．返回(3)由(2)知v2＝400t2－600t＋900，令1t＝μ(μ0)，于是有400μ2－600μ＋900－v2＝0，小艇总能有两种不同的航行方向与轮船相遇等价于上述方程有两个不等正根，所以6002－1600900－v20，900－v20，解得：153v30，所以v的取值范围为(153，30)．返回冲关集训1．选依题意得，tanα＝2，－3tanβ＝1，即tanβ＝－13，tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ＝2－131＋23＝1.D返回2．选依题意得sinα＝1－cos2α＝255，cos(α＋β)＝±1－sin2α＋β＝±45；又α，β均为锐角，因此0αα＋βπ，cosαcos(α＋β)，注意到4555－45，所以cos(α＋β)＝－45.cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－45×55＋35×255＝2525.A返回3．解：(1)∵f(x)＝2cos2x2－3sinx＝1＋cosx－3sinx＝1＋2cosx＋π3，∴周期T＝2π，f(x)的值域为[－1,3]．(2)∵fα－π3＝13，∴1＋2cosα＝13，即cosα＝－13.返回∵α为第二象限角，∴sinα＝223.∴cos2α1＋cos2α－sin2α＝cos2α－sin2α2cos2α－2sinαcosα＝cosα＋sinα2cosα＝－13＋223－23＝1－222.返回4．选由C＝2B得sinC＝sin2B＝2sinBcosB，由正弦定理及8b＝5c得cosB＝sinC2sinB＝c2b＝45，所以cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×452－1＝725.5．解析：由正弦定理可知sin∠B＝bsin∠Aa＝3sinπ33＝12，所以∠B＝π6或5π6(舍去)，所以∠C＝π－∠A－∠B＝π－π3－π6＝π2.A答案：π2返回6．解：(1)由3cos(B－C)－1＝6cosBcosC，得3(cosBcosC－sinBsinC)＝－1，即cos(B＋C)＝－13，从而cosA＝－cos(B＋C)＝13.(2)由于0Aπ，cosA＝13，所以sinA＝223.又S△ABC＝22，即12bcsinA＝22，解得bc＝6.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2＝13.解方程组bc＝6，b2＋c2＝13，得b＝2，c＝3，或b＝3，c＝2.返回7．解析：在△BCD中，CD＝10，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，BCsin45°＝CDsin30°，BC＝CDsin45°sin30°＝102.在Rt△ABC中，tan60°＝ABBC，AB＝BCtan60°＝106.答案：106返回8．解：(1)在△ABC中，由余弦定理得cosC＝AC2＋BC2－AB22AC·BC＝82＋52－AB22×8×5，①在△ABD中，由余弦定理得cosD＝AD2＋BD2－AB22AD·BD＝72＋72－AB22×7×7，②由∠C＝∠D得cosC＝cosD，③解得AB＝7，所以AB的长度为7米．返回(2)小李的设计使建造费用最低．理由如下：易知S△ABD＝12AD·BDsinD，S△ABC＝12AC·BCsinC，因为AD·BDAC·BC，且∠C＝∠D，所以S△ABDS△ABC.故选择△ABC的形状建造环境标志费用较低．因为AD＝BD＝AB＝7，所以△ABD是等边三角形，∠D＝∠C＝60°.故S△ABC＝12AC·BCsinC＝103，所以所求的最低造价为5000×103＝500003≈86600元．返回高考预测解：(1)∵OA＝(cosα，sinα)，∴OA－n＝(cosα，sinα＋5)，∵m⊥(OA－n)，∴m·(OA－n)＝0，即2cosα＋(sinα＋5)＝0，①又sin2α＋cos2α＝1，②由①②联立方程解得cosα＝－255，sinα＝－55，∴OA＝－255，－55.返回(2)∵cos(β－π)＝210，∴cosβ＝－210，又∵0βπ，∴sinβ＝7210，且π2βπ.又∵sin2α＝2sinαcosα＝2×－55×－255＝45，cos2α＝2cos2α－1＝2×45－1＝35，∴cos(2α－β)＝cos2αcosβ＋sin2αsinβ＝35×－210＋45×7210＝25250＝22.返回课时检测(八)1．选因为α∈π，3π2，cosα＝－55，所以sinα＝－1－cos2α＝－255.所以tanα＝2.则tan2α＝2tanα1－tan2α＝－43.2．选由二倍角公式可得sin2α＋1－2sin2α＝14，sin2α＝34，又因为α∈0，π2，所以sinα＝32.即α＝π3，所以tanα＝tanπ3＝3.BD返回3．选∵sinα＝35，α∈π2，π，∴cosα＝－45，∴tanα＝－34.又∵tan(π－β)＝12，∴tanβ＝－12，∴tan2β＝2tanβ1－tan2β＝－43，∴tan(α－2β)＝tanα－tan2β1＋tanαtan2β＝－34－－431＋－34×－43＝724.D返回4．选原式＝sin30°＋17°－sin17°cos30°cos17°＝sin30°cos17°＋cos30°sin17°－sin17°cos30°cos17°＝sin30°cos17°cos17°＝12.C返回5．选由sinα＋π3＋sinα＝－435，－π2α0，得sinα＋π3＋sinα＝32sinα＋32cosα＝3sinα＋π6＝－435.所以sinα＋π6＝－45，所以cosα＋2π3＝cosα＋π6＋π2＝－sinα＋π6＝45.D返回6．选由题意可得abc，且为连续正整数，设c＝n，b＝n＋1，a＝n＋2(n1，且n∈N*)，则由余弦定理可得3(n＋1)＝20(n＋2)·n＋12＋n2－n＋222nn＋1，化简得7n2－13n－60＝0，n∈N*，解得n＝4，由正弦定理可得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝6∶5∶4.7．解析：代入余弦定理公式得：b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)－14，解得b＝4.D答案：4返回8．解析：因为cos2α＋sinπ2＋2α＝12，即cos2α＋cos2α＝12，所以cos2α＋2cos2α－1＝12.整理得3cos2α＝32，所以cosα＝22(因α为锐角，所以取正)．又α∈0，π2，所以α＝π4，tanα＝1.答案：1返回9．解析：由a⊥b，得a·b＝bcosC－(2a－c)cosB＝0，利用正弦定理，可得sinBcosC－(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC＋cosBsinC－2sinAcosB＝0，即sin(B＋C)＝sinA＝2sinAcosB，故cosB＝12，因此B＝π3.答案：π3返回10．解：(1)∵m＝(4，－1)，n＝cos2A2，cos2A，∴m·n＝4cos2A2－cos2A＝4·1＋cosA2－(2cos2A－1)＝－2cos2A＋2cosA＋3.又∵m·n＝72，∴－2cos2A＋2cosA＋3＝72，解得cosA＝12.∵0Aπ，∴A＝π3.返回(2)∵在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA，且a＝3，∴(3)2＝b2＋c2－2bc·12＝b2＋c2－bc.①又∵b＋c＝23，∴b＝23－c，代入①式整理得c2－23c＋3＝0，解得c＝3，∴b＝3，于是a＝b＝c＝3，即△ABC为等边三角形．返回11．解：(1)∵z1＝z2，∴sin2x＝m，λ＝m－3cos2x.∴λ＝sin2x－3cos2x.若λ＝0，则sin2x－3cos2x＝0，得tan2x＝3.∵0xπ，∴02x2π.∴2x＝π3或2x＝4π3.∴x＝π6或2π3.(2)∵λ＝f(x)＝sin2x－3cos2x＝212sin2x－32cos2x返回＝2sin2xcosπ3－cos2xsinπ3＝2sin2x－π3，又∵当x＝α时，λ＝12，∴2sin2α－π3＝12，sin2α－π3＝14.∴cos(4α－2π3)＝1－2sin2(2α－π3)＝1－2×116＝78.返回12．解：由题意，得轮船从C到B用时80分钟，从B到E用时20分钟．又船始终匀速前进，所以BC＝4EB.设EB＝x，则BC＝4x.由已知，得∠BAE＝30°，∠EAC＝150°.在△AEC中，由正弦定理，得ECsin∠EAC＝AEsinC，所以sinC＝AE·sin∠EACEC＝5sin150°5x＝12x.在△ABC中，由正弦定理，得BCsin120°＝ABsinC，返回∴AB＝BC·sinCsin120°＝4x·12x32＝433.在△ABE中，由余弦定理，得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos30°＝163＋25－2×433×5×32＝313，故BE＝313.所以船速v＝BEt