(完整版)高考大題-三角函數(shù)題型匯總精華(含答案解釋)

(完整版)高考大題-三角函數(shù)題型匯總精華(含答案解釋)1、已知函數(shù)$f(x)=(a+2\cos2x)\cos(2x+\theta)$為奇函數(shù)，且$f(\frac{\alpha+\pi}{4})=\frac{1}{4}$，求$\sin(\alpha+\frac{\pi}{2})$的值。(1)由奇偶性可知$a=0$，代入原函數(shù)得$f(x)=2\cos2x\cos(2x+\theta)$，利用$\cos(A+B)=\cosA\cosB-\sinA\sinB$化簡得$f(x)=\cos\theta\cos2x-\frac{1}{2}\sin\theta\sin4x$。因為$f(x)$為奇函數(shù)，所以$\cos\theta=0$，即$\theta=\frac{\pi}{2}$。(2)代入$\alpha=\frac{\pi}{4}$，得$f(\frac{\pi}{2})=\frac{1}{4}=0-\frac{1}{2}\sin\frac{\pi}{2}\sin\pi$，解得$\sin(\alpha+\frac{\pi}{2})=-\frac{1}{2}$。2、函數(shù)$f(x)=3\sin(2x+\frac{\pi}{6})$的部分圖像如圖所示。(1)最小正周期為$\frac{2\pi}{2}=\pi$，圖中$x$的取值范圍為$[\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{12}]$，$y$的取值范圍為$[-\frac{3}{2},\frac{3}{2}]$。(2)在區(qū)間$[-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{12}]$上，$f(x)$取得最小值$-\frac{9}{4}$；在區(qū)間$[\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{12}]$上，$f(x)$取得最大值$\frac{9}{4}$。3、已知函數(shù)$f(x)=2\cosx(\sinx+\cosx)$。(1)$f(\frac{5\pi}{4})=-2\sqrt{2}$。(2)$\because\cos(\frac{\pi}{4}-x)=\cos(\frac{\pi}{4}+x)$，$\thereforef(x+\frac{\pi}{4})=2\sinx(\sinx+\cosx)$，即$f(x+\frac{\pi}{4})=f(x)$，故$f(x)$的最小正周期為$\frac{\pi}{4}$。又因為$f'(x)=2\cosx(2\cosx-\sinx)$，所以$f(x)$的單調(diào)遞增區(qū)間為$[0,\frac{\pi}{6})\cup[\frac{5\pi}{6},\frac{3\pi}{4}]$。4、如圖，$D$是直角$\triangleABC$斜邊$BC$上一點，$AB=AD$，記$\angleCAD=\alpha$，$\angleABC=\beta$。(1)$\becauseAB=AD$，$\therefore\triangleABD$為等腰直角三角形，$\therefore\sin\alpha=\frac{BD}{AD}=\frac{BD}{AB}=\cos\beta$，代入$\sin\alpha+\cos^2\beta=\sin\alpha+1-\sin^2\alpha=1+\sin\alpha-\sin^2\alpha$，化簡得$\sin\alpha+\cos^2\beta=1$。(2)連接$AC$，$DC$，則$\triangleACD$為等腰三角形，$\thereforeAC=2DC$。又因為$\angleABC=\beta$，$\angleBAC=90^\circ-\beta$，$\therefore\angleACD=\angleBAC-\angleBCA=90^\circ-2\beta$，代入正弦定理得$\frac{AC}{\sin\alpha}=\frac{DC}{\sin(90^\circ-2\beta)}$，即$\frac{2DC}{\sin\alpha}=\frac{DC}{\cos2\beta}$，解得$\tan\beta=\frac{1}{2}$。5、在$\triangleABC$中，$\tanA=\frac{1}{3}$，$\tanB=\frac{1}{\sqrt{3}}$。(1)$\becauseA+B+C=180^\circ$，$\therefore\tanC=\tan(180^\circ-A-B)=\frac{\tanA+\tanB}{1-\tanA\tanB}=\frac{4\sqrt{3}}{11}$。(2)設(shè)$AB=c$，$BC=a$，$AC=b$，則$a+b+c=2+\sqrt{3}$。由余弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，代入$\cosA=\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2A}}$，$b=\frac{c}{\sqrt{3}}$，解得$a=2\sqrt{3}$。同理可得$b=c=2-\sqrt{3}$，故最小邊的邊長為$b$。6、已知$\triangleABC$的周長為$2+\sqrt{3}$，且$\sinA+\sinB=\frac{3}{2}$。(1)由正弦定理得$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，代入周長公式得$a+b+c=2R(\sinA+\sinB+\sinC)$，其中$R$為外接圓半徑。又因為$\sinA+\sinB=\frac{3}{2}$，$\therefore\sinC=\frac{1}{2}$，代入正弦定理得$c=1$。又因為$a+b+c=2+\sqrt{3}$，$c=1$，$\thereforea+b=\sqrt{3}+1$。由余弦定理得$a^2+b^2-2ab\cosC=c^2=1$，代入$\cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，解得$\cosC=\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}$，$\therefore\sinC=\frac{1}{2}$，代入正弦定理得$b=1$。(2)由余弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，代入$\sinA+\sinB=\frac{3}{2}$，化簡得$\cosA+\cosB=\frac{1}{2}$。同理可得$\cosB+\cosC=\frac{1}{2}$，$\cosC+\cosA=\frac{1}{2}$。將三式相加得$\cosA+\cosB+\cosC=\frac{3}{4}$，代入余弦定理得$a^2+b^2+c^2=2(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ca)\cosA$，化簡得$\cosA=\frac{2\sqrt{3}-3}{4}$，$\cosB=\cosC=\frac{1}{4}$，代入$a+b=\sqrt{3}+1$，解得$b=\frac{2-\sqrt{3}}{2}$。7、如圖，甲船以每小時$30.2$海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向勻速直線航行，當甲船位于$A_1$處時，乙船位于甲船的北偏西$105^\circ$的方向$B_1$處，此時兩船相距$20$海里。當甲船航行$20$分鐘到達$A_2$處時，乙船航行到甲船的北偏西$120^\circ$方向的$B_2$處，此時兩船相距$102$海里，問乙船每小時航行多少海里？設(shè)乙船每小時航行$x$海里，$t$為甲船從$A_1$到$A_2$所用時間，則$t=\frac{20}{30.2}=\frac{100}{151}$。設(shè)$D$為甲船和乙船相遇點，$AD=y$，則$BD=20-y$，$\angleBAD=15^\circ$，$\angleABD=15^\circ+105^\circ=120^\circ$，$\angleADB=45^\circ$，$\therefore\frac{y}{\sin45^\circ}=\frac{20-y}{\sin120^\circ}=\frac{20}{\sin15^\circ}$，解得$y=10\sqrt{3}-15$，$\thereforeBD=5\sqrt{3}-5$。設(shè)$v$為乙船航行方向與正北方向夾角的正切值，則$\tan(120^\circ+\arctanv)=\frac{BD}{AD}$，代入$AD=x\cdott$，化簡得$v=-\frac{2\sqrt{3}}{5}$，$\thereforex=\frac{30.2}{\sqrt{1+v^2}}=25$，乙船每小時航行$25$海里。8、在$\triangleABC$中，角$A$，$B$，$C$所對的邊分別為$a$，$b$，$c$，已知$\sinC=\frac{2\sinB}{1+\sinB}$，求角$C$的度數(shù)。由正弦定理得$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}$，代入已知條件得$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{2c(1+\sinB)}{2\sinB}$，化簡得$\frac{a}{\sinA}=\frac{2c}{\sinB}+2c$。由余弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，代入$\cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，化簡得$\cosA=\frac{1}{2}\left(\frac{c}+\frac{c}-\frac{a^2}{bc}\right)$。同理可得$\cosB=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-\frac{b^2}{ac}\right)$，代入正弦定理得$\sinC=\frac{c}\sinA+\frac{a}{c}\sinB$。代入已知條件得$\frac{2\sinB}{1+\sinB}=\frac{c}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2-2ab\cosC}}+\frac{a}{c}\cdot\frac{\sqrt{a^2+b^2-2ab\cosC}}$，化簡得$\cosC=\frac{a^2+b^2-3c^2}{2ab}$。代入余弦定理得$\cosC=\frac{1}{2}$，$\thereforeC=60^\circ$。9、在$\triangleABC$中，$a+c=b+2ac$。(1)由余弦定理得$a^2=c^2+b^2-2bc\cosA$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$，代入已知條件得$a^2+b^2-2ab\cosC+b^2=a^2+2ac+b^2-2bc\cosA$，化簡得$\cosA+\cosC=\frac{1