【第一方案】高三數(shù)學一輪復習 第四章 三角函數(shù)、解三角形章末整合練習

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1、第4章三角函數(shù)、解三角形 一、選擇題(6×5分＝30分) 1．△ABC的三內(nèi)角A、B、C的對邊邊長分別為a、b、c.若a＝b，A＝2B，則cosB＝(　　) A.　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：由題意得＝＝＝＝2cosB，cosB＝. 答案：B 2．(2020·濟寧模擬)已知cosA＋sinA＝－，A為第四象限角，則tanA等于(　　) A. B. C．－ D．－ 解析：由已知可得sin2A＝－， 所以(cosA－sinA)2＝1－sin2A＝， 故cosA－sinA＝，又cosA＋sinA＝－， 所以，cosA＝，sinA＝－.所以ta

2、nA＝－. 答案：C 3．在銳角三角形ABC中，設x＝sinA·sinB，y＝cosA·cosB，則x、y的大小關系為(　　) A．x≤y B．xy D．x≥y 解析：y－x＝cosA·cosB－sinA·sinB ＝cos(A＋B)＝－cosC，∵△ABC是銳角三角形， ∴cosC>0，∴y－x<0，∴y

3、－，k∈Z， 又x＝適合該式， 所以φ＝kπ－，k∈Z，只有D項適合該式． 答案：D 5．設函數(shù)f(x)＝sin(2x＋)，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．f(x)的圖象關于直線x＝對稱 B．f(x)的圖象關于點(，0)對稱 C．把f(x)的圖象向左平移個單位，得到一個偶函數(shù)的圖象 D．f(x)的最小正周期為π，且在[0，]上為增函數(shù) 解析：對于選項C，將函數(shù)平移后解析式為： f(x＋)＝sin[2(x＋)＋] ＝sin(2x＋)＝cos2x，易知其為偶函數(shù)，故C正確． 答案：C 6．(2020·濰坊質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝sinωx＋cosωx(ω>0)，y＝f(x

4、)的圖象與直線y＝2的兩個相鄰交點的距離等于π，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A．[kπ－，kπ＋]，k∈Z B．[kπ＋，kπ＋]，k∈Z C．[kπ－，kπ＋]，k∈Z D．[kπ＋，kπ＋]，k∈Z 解析：f(x)＝sinωx＋cosωx＝2sin(ωx＋)．因為函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝2的兩個相鄰交點的距離為π，故函數(shù)y＝f(x)的周期為π.所以＝π.即ω＝2. 所以f(x)＝2sin(2x＋)． 令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z 得2kπ－≤2x≤2kπ＋，k∈Z 即kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)． 答案：C 二、填空題(3×5分＝15分) 7．(

5、2020·煙臺模擬)若動直線x＝a與函數(shù)f(x)＝sinx和g(x)＝cosx的圖象分別交于M、N兩點，則|MN|的最大值為________． 解析：設x＝a與f(x)＝sinx的交點為M(a，y1)， x＝a與g(x)＝cosx的交點為N(a，y2)， 則|MN|＝|y1－y2|＝|sina－cosa| ＝|sin(a－)|≤ . 答案： 8．(2020·天津模擬)已知f(x)＝sin(x＋)－cos(x＋)，則f(1)＋f(2)＋…＋f(2 008)＋f(2 009)＝________. 解析：∵f(x)＝sin(x＋)－cos(x＋) ＝2sin(x＋－)＝2sinx，

6、 ∴f(x)的周期T＝＝8. 又f(1)＋f(2)＋…＋f(8)＝0， ∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2 008)＋f(2 009) ＝f(1)＋251×0＝2×sin＝. 答案： 9．某時鐘的秒針端點A到中心點O的距離為5 cm，秒針均勻地繞點O旋轉(zhuǎn)，當時間t＝0時，點A與鐘面上標12的點B重合．將A、B兩點間的距離d(cm)表示成t(s)的函數(shù)，則d＝________，其中t∈[0,60]． 解析：∵經(jīng)過t(s)秒針轉(zhuǎn)了弧度， ∴＝5·sin，∴d＝10sin. 答案：10sin 三、解答題(共37分) 10．(12分)已知函數(shù)f(x)＝1－2sin2(x＋)＋2sin

7、(x＋)·cos(x＋)．求： (1)函數(shù)f(x)的最小正周期； (2)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間． 解析：f(x)＝cos(2x＋)＋sin(2x＋) ＝sin(2x＋＋)＝sin(2x＋)＝cos2x. (1)函數(shù)f(x)的最小正周期是T＝＝π； (2)當2kπ－π≤2x≤2kπ(k∈Z)，即kπ－≤x≤kπ(k∈Z)時，函數(shù)f(x)＝cos2x是增函數(shù)， 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[kπ－，kπ](k∈Z)． 11．(12分)(2020·安徽高考)設△ABC是銳角三角形，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對邊長，并且sin2A＝sin(＋B)sin(－B)＋sin2B.

8、 (1)求角A的值； (2)若·＝12，a＝2，求b，c(其中bb知c＝6，b＝4. 12．(13分

9、)(2020·福建高考)如圖所示，某市擬在長為8 km的道路OP的一側(cè)修建一條運動賽道，賽道的前一部分為曲線段OSM，該曲線段為函數(shù)y＝Asinωx(A>0，ω>0)，x∈[0,4]的圖象，且圖象的最高點為S(3,2)；賽道的后一部分為折線段MNP.為保證參賽運動員的安全，限定∠MNP＝120°. (1)求A，ω的值和M，P兩點的距離； (2)應如何設計，才能使折線段賽道MNP最長？ 解析：法一：(1)依題意， 有A＝2，＝3， 又T＝，∴ω＝. ∴y＝2sinx. 當x＝4時，y＝2sin＝3， ∴M(4,3)，又P(8,0)，∴MP＝＝5. (2)在△MNP中，∠

10、MNP＝120°，MP＝5. 設∠PMN＝θ，則0°<θ<60°. 由正弦定理得＝＝. ∴NP＝sinθ，MN＝sin(60°－θ)， 故NP＋MN＝sinθ＋sin(60°－θ) ＝(sinθ＋cosθ)＝sin(θ＋60°)． ∵0°<θ<60°，∴當θ＝30°時，折線段賽道MNP最長． 亦即，將∠PMN設計為30°時，折線段賽道MNP最長． 法二：(1)同法一； (2)在△MNP中，∠MNP＝120°，MP＝5， 由余弦定理得 MN2＋NP2－2MN·NP·cos∠MNP＝MP2， 即MN2＋NP2＋MN·NP＝25. 故(MN＋NP)2－25＝MN·NP≤()2. 從而(MN＋NP)2≤25，即MN＋NP≤. 當且僅當MN＝NP時等號成立． 亦即，設計為MN＝NP時，折線段賽道MNP最長．