高考數(shù)學二輪復習 第2部分 大專題綜合測2 三角函數(shù)與平面向量（含解析）試題

2三角函數(shù)與平面向量時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知角θ的頂點為坐標原點，始邊為x軸的正半軸，若P(x,2)是角θ終邊上一點，且cosθ＝eq\f(3\r(13),13)，則x的值為()A．±3 B．－3C．3 D．±13[答案]C[解析]P到原點的距離|PO|＝eq\r(x2＋4)，由三角函數(shù)的定義及題設條件得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,\r(x2＋4))＝\f(3\r(13),13)，,x>0，))解之得x＝3.2．(2015·河南商丘市二模)已知向量a＝(eq\r(3)，1)，b＝(0，－1)，c＝(k，eq\r(3))，若a－2b與c共線，則k的值為()A．1 B．－1C．2 D．－2[答案]A[解析]a－2b＝(eq\r(3)，3)，∵a－2b與c共線，∴(eq\r(3))2－3k＝0，∴k＝1.3．(文)下列函數(shù)中，周期為π，且在區(qū)間[eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)]上單調遞增的函數(shù)是()A．y＝sin2x B．y＝cos2xC．y＝－sin2x D．y＝－cos2x[答案]C(理)已知f(x)＝asin2x＋bcos2x，其中a、b∈R，ab≠0，若f(x)≤|f(eq\f(π,6))|對一切x∈R恒成立，且f(eq\f(π,2))＞0，則f(x)的單調遞增區(qū)間是()A．[kπ－eq\f(π,3)，kπ＋eq\f(π,6)](k∈Z)B．[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)C．[kπ，kπ＋eq\f(π,2)](k∈Z)D．[kπ－eq\f(π,2)，kπ](k∈Z)[答案]B[解析]用淘汰法求解．由條件f(x)≤|f(eq\f(π,6))|知x＝eq\f(π,6)時f(x)取得最大值或最小值，故kπ＋eq\f(π,6)為單調區(qū)間的一個端點，排除C、D，又當單調區(qū)間為A時，應有f(eq\f(π,2))<0，排除A，∴選B．4．(2015·太原市二模)已知a＝(x,2)，b＝(2，－1)，且a⊥b，則|a－b|＝()A.eq\r(5) B．eq\r(10)C．2eq\r(5) D．10[答案]B[解析]∵a⊥b，∴a·b＝2x－2＝0，∴x＝1，∴a－b＝(－1,3)，∴|a－b|＝eq\r(10).5．(文)函數(shù)y＝tan(eq\f(π,4)x－eq\f(π,2))(0<x<4)的圖象如圖所示，A為圖象與x軸的交點，過點A的直線l與函數(shù)的圖象交于B、C兩點，則(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OA,\s\up6(→))等于()A．－8B．－4C．4D．8[答案]D[解析]A點坐標為(2,0)，即eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2,0)，由y＝tan(eq\f(π,4)x－eq\f(π,2))的圖象的對稱性知A是BC的中點．∴eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))，∴(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝2×|eq\o(OA,\s\up6(→))|2＝8.故選D．(理)(2015·江西質監(jiān))已知△ABC是邊長為2的正三角形，點P為△ABC內一點，且eq\o(PA,\s\up6(→))＋2eq\o(PB,\s\up6(→))＋3eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))等于()A．－eq\f(2,9) B．－eq\f(1,9)C．eq\f(2,9) D．eq\f(8,9)[答案]A[解析]以AB中點O為原點，OC所在直線為y軸建立直角坐標系如圖，設P(x，y)，∵eq\o(PA,\s\up6(→))＋2eq\o(PB,\s\up6(→))＋3eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1－x，－y)＋2(1－x，－y)＋3(－x，eq\r(3)－y)＝(1－6x,3eq\r(3)－6y)＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－6x＝0，,3\r(3)－6y＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,6)，,y＝\f(\r(3),2).))∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(\r(3),2)))，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－eq\f(2,9).6．(文)已知傾斜角為α的直線l與直線x－2y＋2＝0平行，則tan2α的值為()A.eq\f(4,5) B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,3) D．eq\f(2,3)[答案]C[解析]∵tanα＝eq\f(1,2)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(4,3).(理)(2015·太原市二模)已知sinα＋cosα＝eq\r(2)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則tanα＝()A．－1 B．－eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(2),2) D．1[答案]D[解析]解法1：∵sinα＋cosα＝eq\r(2)，∴sinαcosα＝eq\f(1,2)，∴eq\f(sin2α＋cos2α,sinαcosα)＝2，即tanα＋eq\f(1,tanα)＝2，解之得tanα＝1.解法2：∵sinα＋cosα＝eq\r(2)，∴sin(α＋eq\f(π,4))＝1，∵α∈(－eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，∴α＝eq\f(π,4)，∴tanα＝1，故選D．7．(文)函數(shù)y＝cos2(2x－eq\f(π,3))的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位，所得的圖象對應的函數(shù)是()A．值域為[0,2]的奇函數(shù)B．值域為[0,1]的奇函數(shù)C．值域為[0,2]的偶函數(shù)D．值域為[0,1]的偶函數(shù)[答案]D[解析]y＝cos2(2x－eq\f(π,3))＝eq\f(1＋cos4x－\f(2π,3),2)，左移eq\f(π,6)個單位后為y＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos4x為偶函數(shù)，值域為[0,1]，故選D．(理)若把函數(shù)y＝sinωx的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位，則與函數(shù)y＝cosωx的圖象重合，則ω的值可能是()A.eq\f(1,3) B．eq\f(3,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(1,2)[答案]B[解析]由條件知，eq\f(T,4)＝eq\f(π,3)，∴T＝eq\f(4π,3)，又T＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝eq\f(3,2).8．(2015·梧州二模)設非零向量a，b，c，滿足|a|＝|b|＝|c|，|a＋b|＝|c|，則向量a，b的夾角是()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)[答案]C[解析]由|a＋b|＝|c|，得|a＋b|2＝|c|2，即a2＋b2＋2a·b＝c2，又因為|a|＝|b|＝|c|，所以a·b＝－eq\f(|a|2,2)＝|a||b|cos〈a，b〉，所以cos〈a，b〉＝－eq\f(1,2)，故〈a，b〉＝eq\f(2π,3).9．(文)(2015·河南六市聯(lián)考)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則3cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，則sin2α的值為()A.eq\f(1,18) B．－eq\f(1,18)C．eq\f(17,18) D．－eq\f(17,18)[答案]D[解析]由已知得3(cos2α－sin2α)＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)，∵α∈(eq\f(π,2)，π)，∴cosα＋sinα＝eq\f(\r(2),6)，∴1＋2sinαcosα＝eq\f(1,18)，∴sin2α＝eq\f(1,18)－1＝－eq\f(17,18).(理)(2015·唐山市一模)函數(shù)f(x)＝|sinx|＋2|cosx|的值域為()A．[1，eq\r(5)] B．[1,2]C．[2，eq\r(5)] D．[eq\r(5)，3][答案]A[解析]解法1：∵f(x＋π)＝|sin(x＋π)|＋2|cos(x＋π)|＝|－sinx|＋2|－cosx|＝|sinx|＋2|cosx|，∴f(x)為周期函數(shù)，其中一個周期為T＝π，故只需考慮f(x)在[0，π]上的值域即可．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f(x)＝sinx＋2cosx＝eq\r(5)sin(x＋α)，其中cosα＝eq\f(1,\r(5))，sinα＝eq\f(2,\r(5))，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝eq\r(5)，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1.當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(5)sin(x＋β)，其中cosβ＝eq\f(1,\r(5))，sinβ＝－eq\f(2,\r(5))，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＝eq\r(5)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1，∴f(x)的值域為[1，eq\r(5)]．解法2：∵f(0)＝2，∴排除D；f(eq\f(π,2))＝1，排除C；又0≤x≤eq\f(π,2)時，f(x)＝sinx＋2cosx＝eq\r(5)sin(x＋φ)，此時f(x)max>2，排除B，故選A.10．(文)(2015·河北衡水中學一模)已知平面向量a＝(2cos2x，sin2x)，b＝(cos2x，－2sin2x)，f(x)＝a·b，要得到y(tǒng)＝sin2x＋eq\r(3)cos2x的圖象，只需要將y＝f(x)的圖象()A．向左平行移動eq\f(π,6)個單位 B．向右平行移動eq\f(π,6)個單位C．向左平行移動eq\f(π,12)個單位 D．向右平行移動eq\f(π,12)個單位[答案]D[解析]由題意得：f(x)＝a·b＝2cos4x－2sin4x＝2(cos2x＋sin2x)(cos2x－sin2x)＝2cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))，而y＝sin2x＋eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,12)))＋eq\f(π,2)，故只需將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,12)個單位即可．(理)(2015·昆明市質檢)若將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位后，得到的圖象關于直線x＝eq\f(π,6)對稱，則ω的最小值為()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．eq\f(7,2)[答案]A[解析]平移后所得函數(shù)解析式為y＝sinωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋eq\f(π,3)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(ωπ,6)＋\f(π,3)))，由題意得：sineq\f(ωπ,6)＋eq\f(ωπ,6)＋eq\f(π,3)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)ω＋1))的值為1或－1，故ω的最小值為eq\f(1,2)，選A.11．(文)已知P是邊長為2的正三角形ABC的邊BC上的動點，則eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))()A．最大值為8 B．是定值6C．最小值為2 D．與P的位置有關[答案]B[解析]如圖，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，△ABC為正三角形，∴四邊形ABDC為菱形，BC⊥AO，∴eq\o(AP,\s\up6(→))在向量eq\o(AD,\s\up6(→))上的投影為eq\o(AO,\s\up6(→))，又|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝|eq\o(AO,\s\up6(→))|·|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝6，故選B．(理)如圖，已知△ABC中，點M在線段AC上，點P在線段BM上且滿足eq\f(AM,MC)＝eq\f(MP,PB)＝2，若|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝3，∠BAC＝120°，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的值為()A．－2 B．2C．eq\f(2,3) D．－eq\f(11,3)[答案]A[解析]由條件知eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2×3cos120°＝－3，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BM,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)·eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,9)eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(4,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\f(2,3)|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋eq\f(2,9)|eq\o(AC,\s\up6(→))|2＝－2.12．(文)(2015·唐山市一模)F是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點，過點F向C的一條漸近線引垂線，垂足為A,交另一條漸近線于點B．若2eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))，則C的離心率是()A.eq\f(2\r(3),3) B．eq\f(\r(14),3)C．eq\r(2) D．2[答案]A[解析]由已知得漸近線為l1：y＝eq\f(b,a)x，l2：y＝－eq\f(b,a)x，由條件得，F(xiàn)到漸近線的距離|FA|＝b，則|FB|＝2b，在Rt△AOF中，|OF|＝c，則|OA|＝eq\r(c2－b2)＝a.設l1的傾斜角為θ，即∠AOF＝θ，則∠AOB＝2θ.在Rt△AOF中，tanθ＝eq\f(b,a)，在Rt△AOB中，tan2θ＝eq\f(3b,a)，而tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)，即eq\f(3b,a)＝eq\f(\f(2b,a),1－\f(b2,a2))，即a2＝3b2，∴a2＝3(c2－a2)，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(4,3)，即e＝eq\f(2\r(3),3).(理)(2015·河南商丘市二模)已知以F為焦點的拋物線y2＝4x上的兩點A，B滿足eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，則弦AB中點到準線的距離為()A.eq\f(8,3) B．2C．eq\f(4,3) D．eq\f(5,3)[答案]A[解析]由已知得F(1,0)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))得，(1－x1，－y1)＝3(x2－1，y2)，∴y1＝－3y2，設AB方程為：x＝my＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,y2＝4x))得：y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4，∴yeq\o\al(2,2)＝eq\f(4,3)，yeq\o\al(2,1)＝12，∴x1＝eq\f(y\o\al(2,1),4)＝3，x2＝eq\f(y\o\al(2,2),4)＝eq\f(1,3)，所以AB中點到準線的距離d＝eq\f(1,2)(x1＋x2＋p)＝eq\f(8,3).二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13．(2015·河北衡水中學一模)已知平面向量a與b的夾角等于eq\f(2π,3)，如果|a|＝2，|b|＝3，那么|2a－3b|等于________．[答案]eq\r(133)[解析]|2a－3b|2＝(2a－3b)2＝4a2－12a·b＋9b2＝4×22－12×2×3×coseq\f(2π,3)＋9×32∴|2a－3b|＝eq\r(133).14．已知函數(shù)f(x)＝cosxsinx，給出下列四個結論：①若f(x1)＝－f(x2)，則x1＝－x2；②f(x)的最小正周期是2π；③f(x)在區(qū)間[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]上是增函數(shù)；④f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(3π,4)對稱．其中正確的結論是________．[答案]③④[解析]f(x)＝eq\f(1,2)sin2x最小正周期T＝π，對稱軸x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，令k＝1得x＝eq\f(3π,4)；由2kπ－eq\f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq\f(π,2)得，kπ－eq\f(π,4)≤x≤kπ＋eq\f(π,4)，取k＝0知，f(x)在區(qū)間[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]上為增函數(shù)，f(x)為奇函數(shù)，當x1＝－x2時，有f(x1)＝f(－x2)＝－f(x2)，但f(x1)＝－f(x2)時，由周期性知不一定有x1＝－x2，故正確選項為③④.15．(文)關于平面向量a、b、c，有下列四個命題：①若a∥b，a≠0，則?λ∈R，使b＝λa；②若a·b＝0，則a＝0或b＝0；③存在不全為零的實數(shù)λ，μ，使得c＝λa＋μb；④若a·b＝a·c，則a⊥(b－c)．其中正確的命題序號是________．[答案]①④[解析]逐個判斷．由向量共線定理知①正確；若a·b＝0，則a＝0或b＝0或a⊥b，所以②錯誤；在a，b能夠作為基底時，對平面上任意向量，存在實數(shù)λ，μ使得c＝λa＋μb，所以③錯誤；若a·b＝a·c，則a·(b－c)＝0，所以a⊥(b－c)，所以④正確．故正確命題序號是①④.(理)在△ABC中，M是BC的中點，AM＝1，點P在AM上且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PM,\s\up6(→))，則eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))等于________．[答案]－eq\f(4,9)[解析]AM＝1，eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PM,\s\up6(→))，∴|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3)，|eq\o(PM,\s\up6(→))|＝eq\f(1,3)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝eq\o(PA,\s\up6(→))·(2eq\o(PM,\s\up6(→)))＝－2×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝－eq\f(4,9).16．(文)在△ABC中，內角A、B、C的對邊長分別為a、b、c，且eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)＝eq\f(3,4).若c＝10，則△ABC的面積是________．[答案]24[解析]由eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)得acosA＝bcosB，由正弦定理得sin2A＝sin2B，由eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(3,4)知A≠B，∴2A＝π－2B，∴A＋B＝eq\f(π,2)，∴C＝eq\f(π,2)，又eq\f(b,a)＝eq\f(3,4)，c＝10，∴b＝6，a＝8，S＝eq\f(1,2)ab＝24.(理)(2015·河南八市監(jiān)測)已知△ABC的內角A、B、C對應的邊分別為a，b，c，且關于x的方程2a2＋2x2＋b2＝2bx＋2eq\r(2)ax只有一個零點x0，(eq\r(2)b＋a)cosC＋ccosA＝0，S△ABC＝eq\f(\r(2),2)sinA·sinB，則邊c＝________.[答案]1[解析]方程2a2＋2x2＋b2＝2bx＋2eq\r(2)ax可化為2x2－2(b＋eq\r(2)a)x＋2a2＋b2＝0，由題意可得4(b＋eq\r(2)a)2－8(2a2＋b2)＝0，即2a2－2eq\r(2)ab＋b2＝0，所以(b－eq\r(2)a)2＝0，所以b＝eq\r(2)a，又因為(eq\r(2)b＋a)cosC＋ccosA＝0，所以3acosC＋ccosA＝0?3sinAcosC＋cosAsinC＝0，∴2sinAcosC＋sin(A＋C)＝0，所以2sinAcosC＋sinB＝0，∴2acosC＋b＝0?2acosC＋eq\r(2)a＝0，所以cosC＝－eq\f(\r(2),2)，因為0<C<π，∴C＝eq\f(3,4)π.由余弦定理：c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋2a2＋2a×eq\r(2)a×eq\f(\r(2),2)＝5a2，所以c＝eq\r(5)a，由于eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以a＝eq\r(2)csinA，b＝eq\r(2)csinB，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)csinA×eq\r(2)csinB×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)c2sinAsinB＝eq\f(\r(2),2)sinAsinB，∴c2＝1，∴c＝1.三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本題滿分10分)(文)已知△ABC的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，eq\r(3)sinCcosC－cos2C＝eq\f(1,2)，且c＝3.(1)求角C；(2)若向量m＝(1，sinA)與n＝(2，sinB)共線，求a、b的值．[解析](1)∵eq\r(3)sinCcosC－cos2C＝eq\f(1,2)，∴eq\f(\r(3),2)sin2C－eq\f(1,2)cos2C＝1，∴sin(2C－eq\f(π,6))＝1，∵－eq\f(π,6)<2C－eq\f(π,6)<eq\f(11π,6)，∴2C－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，∴C＝eq\f(π,3).(2)∵m＝(1，sinA)與n＝(2，sinB)共線，∴sinB＝2sinA，∴sin(eq\f(2π,3)－A)＝2sinA，∴eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA＝2sinA，∴cosA＝eq\r(3)sinA，即tanA＝eq\f(\r(3),3)，又0<A<eq\f(2π,3)，∴A＝eq\f(π,6)，∴B＝eq\f(π,2).在直角三角形ABC中c＝3，∴a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(3\r(3),2).(理)在△ABC中，內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且a>c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3，求：(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．[分析](1)根據(jù)數(shù)量積的定義、余弦定理聯(lián)立解方程組求解．(2)根據(jù)正弦定理，結合兩角差的余弦公式求解．[解析](1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·acosB＝2.又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理得a2＋c2＝b2＋2accosB．又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×eq\f(1,3)＝13.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac＝6,a2＋c2＝13))得a＝2，c＝3或a＝3，c＝2.因a>c，所以a＝3，c＝2.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,3)2)＝eq\f(2\r(2),3).由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9).因a＝b>c，所以C為銳角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\f(4\r(2),9)2)＝eq\f(7,9).于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)·eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)·eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27).18．(本題滿分12分)(文)(2015·北京理，15)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2).(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最小值．[分析]考查三角恒等變形；三角函數(shù)的圖象與性質．先用降冪公式和輔助角公式進行三角恒等變形，把函數(shù)化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋m形式，再利用周期公式T＝eq\f(2π,ω)求出周期，第二步由于－π≤x≤0則可求出－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，借助正弦函數(shù)圖象找出在這個范圍內f(x)的最小值．[解析](1)f(x)＝eq\r(2)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\r(2)sin2eq\f(x,2)＝eq\r(2)·eq\f(1,2)sinx－eq\r(2)·eq\f(1－cosx,2)＝eq\f(\r(2),2)sinx＋eq\f(\r(2),2)cosx－eq\f(\r(2),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2).f(x)的最小正周期為T＝2π；(2)∵－π≤x≤0，∴－eq\f(3π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,4)，當x＋eq\f(π,4)＝－eq\f(π,2)，即x＝－eq\f(3π,4)時，f(x)取得最小值為－1－eq\f(\r(2),2).(理)(2015·山東理，16)設f(x)＝sinxcosx－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝0，a＝1，求△ABC面積的最大值．[解析]f(x)＝sinx·cosx－cos2(x＋eq\f(π,4))＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1＋cos2x＋\f(π,2),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)sin2x＝sin2x－eq\f(1,2).(1)由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(π,4)＋kπ，k∈Z.∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是[－eq\f(π,4)＋kπ，eq\f(π,4)＋kπ](k∈Z)，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,4)＋kπ≤x≤eq\f(3,4)π＋kπ，k∈Z.∴函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是[eq\f(π,4)＋kπ，eq\f(3π,4)＋kπ](k∈Z)．(2)∵f(eq\f(A,2))＝0，∴sinA－eq\f(1,2)＝0，∴sinA＝eq\f(1,2)，∵A是銳角，∴A＝eq\f(π,6)，由余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccosA，∴1＝b2＋c2－eq\r(3)bc≥2bc－eq\r(3)bc＝(2－eq\r(3))bc.(其中等號當且僅當b＝c時成立)∴bc≤eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×(2＋eq\r(3))sineq\f(π,6)＝eq\f(2＋\r(3),4).∴△ABC面積最大值為eq\f(2＋\r(3),4).19．(本題滿分12分)(2014·烏魯木齊地區(qū)5月診斷)已知a＝(cosx，2eq\r(3)cosx)，b＝(2cosx，sinx)，且f(x)＝a·B．(1)求f(x)的最小正周期及單調遞增區(qū)間；(2)在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，若(a＋2c)cosB＝－bcosA成立，求f(A[分析]先按照向量的數(shù)量積運算求出f(x)并化為“一角一函”形式，再求第(1)問；第二問先按正弦定理化邊為角或化角為邊，考慮到求f(A)的取值范圍，應化邊為角，進行三角變換，再依據(jù)變換后的結果確定下一步．考慮結論求f(A)的范圍，應先求得A的范圍，故只需將sinC用sin(A＋B)代換求出B即可．[解析](1)∵a＝(cosx,2eq\r(3)cosx)，b＝(2cosx，sinx)，∴f(x)＝a·b＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝1＋cos2x＋eq\r(3)sin2x＝2sin(2x＋eq\f(π,6))＋1.∴函數(shù)f(x)的最小正周期為π.由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)，∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為[－eq\f(π,3)＋kπ，eq\f(π,6)＋kπ](k∈Z)．(2)由正弦定理得：(sinA＋2sinC)cosB＝－sinBcosA，∴sin(A＋B)＝－2sinCcosB，∴cosB＝－eq\f(1,2).又∵B為三角形的內角，∴B＝eq\f(2π,3).∴f(A)＝2sin(2A＋eq\f(π,6))＋1.∵0<A<eq\f(π,3)，∴eq\f(π,6)<2A＋eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，∴eq\f(1,2)<sin(2A＋eq\f(π,6))≤1，∴f(A)∈(2,3]．20．(本題滿分12分)(文)(2014·海南六校聯(lián)盟二模)在△ABC中，內角A、B、C的對邊分別為a，b，c.已知b(cosA－2cosC)＝(2c－a)·cos(1)求eq\f(c,a)的值；(2)若cosB＝eq\f(1,4)，△ABC的周長為5，求B．[解析](1)在△ABC中，有eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，又b(cosA－2cosC)＝(2c－a)cosB，則sinB(cosA－2cosC)＝(2sinC－sinA)cosB，即sinBcosA－2sinBcosC＝2sinCcosB－sinAcosB，∴sin(A＋B)＝2sin(B＋C)?sinC＝2sinA?eq\f(c,a)＝2.(也可用余弦定理求解)(2)由(1)eq\f(c,a)＝2?c＝2a，又a＋b＋c＝5，∴b＝5－3a.由余弦定理得：b2＝c2＋a2－2accosB，∴(5－3a)2＝(2a)2＋a2－4a2×eq\f(1,4)?a＝1，或a＝5，當a＝1?b＝2，當a＝5與a＋b＋c＝5矛盾．故b＝2.(理)(2015·新課標Ⅱ理，17)△ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，△ABD面積是△ADC面積的2倍．(1)求eq\f(sinB,sinC)；(2)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的長．[解析]考查1.三角形面積公式；2.正弦定理和余弦定理．(1)由△ABD和△ADC面積關系得邊AB和AC的關系，進而在△ABC中，利用正弦定理求解；(2)由△ABD和△ADC面積關系得BD和DC的關系，結合DC＝eq\f(\r(2),2)可求BD，分別在兩個三角形中利用余弦定理求解．(1)S△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，SΔADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD，因為SΔABD＝2SΔADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC，由正弦定理可得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2).(2)因為S△ABDS△ADC＝BDDC，所以BD＝eq\r(2).在△ABD和△ADC中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.故AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6.由(1)知AB＝2AC，所以AC＝1.21．(本題滿分12分)(文)函數(shù)f(x)＝sinωxcosφ－cosωxsinφ(ω>0,0<φ<π)的圖象過點(eq\f(π,6)，0)，且相鄰兩條對稱軸間的距離為eq\f(π,2).(1)求f(x)的表達式；(2)試求函數(shù)y＝f2(eq\f(1,2)x)＋eq\f(1,2)的單調增區(qū)間．[解析](1)由題意y＝sin(ωx－φ)，∵相鄰兩條對稱軸間的距離為eq\f(π,2)，∴T＝π＝eq\f(2π,ω)，∴ω＝2，故f(x)＝sin(2x－φ)，又y＝f(x)的圖象過點(eq\f(π,6)，0)，∴2×eq\f(π,6)－φ＝kπ，k∈Z，∴φ＝eq\f(π,3)－kπ，k∈Z，又0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,3)，f(x)＝sin(2x－eq\f(π,3))．(2)y＝f2(eq\f(1,2)x)＋eq\f(1,2)＝sin2(x－eq\f(π,3))＋eq\f(1,2)＝eq\f(1－cos2x－\f(2π,3),2)＋eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)cos(2x－eq\f(2π,3))，由2kπ≤2x－eq\f(2π,3)≤2kπ＋π，解之得kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(5π,6)，∴y＝f2(eq\f(1,2)x)＋eq\f(1,2)的增區(qū)間為[kπ＋eq\f(π,3)，kπ＋eq\f(5π,6)]，(k∈Z)．(理)如圖，D是直角△ABC斜邊BC上一點，AB＝AD，記∠CAD＝α，∠ABC＝β.(1)證明：sinα＋cos2β＝0；(2)若AC＝eq\r(3)DC，求β.[解析](1)證明：∵AB＝AD，∠ABC＝β，∠CAD＝α，∴2β＝eq\f(π,2)＋α，∴sinα＋cos2β＝sinα＋cos(eq\f(π,2)＋α)＝sinα－sinα＝0.(2)在△ABC中，∵AC＝eq\r(3)DC，∴sinβ＝eq\r(3)sinα，∴sinβ＝eq\r(3)sinα＝－eq\r(3)cos2β＝2eq\r(3)sin2β－eq\r(3).∵β∈(0，eq\f(π,2))，∴sinβ＝eq\f(\r(3),2)，∴β＝eq\f(π,3).22．(本題滿分12分)(文)已知向量a＝(sinωx,2cosωx)，b＝(cosωx，－eq\f(2\r(3),3)cosωx)(ω>0)，函數(shù)f(x)＝a·(eq\r(3)b＋a)－1，且函數(shù)f(x)的最小正周期為eq\f(π,2).(1)求ω的值；(2)設△ABC的三邊a、b、c滿足：b2＝ac，且邊b所對的角為x，若方程f(x)＝k有兩個不同的實數(shù)解，求實數(shù)k的取值范圍．[解析](1)∵f(x)＝a·(eq\r(3)b＋a)－1＝(sinωx,2cosωx)·(sinωx＋eq\r(3)cosωx,0)－1＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx－eq\f(1,2)cos2ωx－eq\f(1,2)＝sin(2ωx－eq\f(π,6))－eq\f(1,2).∵T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,2)，∴ω＝2.(2)由(1)知，f(x)＝sin(4x－eq\f(π,6))－eq\f(1,2)，∵在△ABC中，cosx＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，∴0<x≤eq\f(π,3)，∴－eq\f(π,6)<4x－eq\f(π,6)≤eq\f(7π,6).∴f(x)＝sin(4x－eq\f(π,6))－eq\f(1,2)＝k有兩個不同的實數(shù)解時，k的取值范圍是(－1，eq\f(1,2))．(理)(2015·江西質檢)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)其中A>0，ω>0，φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))在其一個周期內的圖象最高點和最低點的坐標分別是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,8)，－2)).(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式；(2)三角形ABC的三個內角A，B，C所對邊分別是a，b，c，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝eq\f(\r(2),5)，a＝6,4sinB＝5sinC，求邊b，c.[解析](1)由已知得A＝2，T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,8)－\f(3π,8)))＝π，∴ω＝2，f(x)＝2sin(2x＋φ)，從而2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(3π,8)＋φ))，∴sin(eq\f(3π,4)＋φ)＝1，∴eq\f(3π,4)＋φ＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.∴φ＝2kπ－eq\f(π,4)，∴可取φ＝－eq\f(π,4)，∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4))).(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝eq\f(\r(2),5)，得到sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)<eq\f(\r(2),2)，又A－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))＝eq\f(7\r(2),10)，所以cosA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))coseq\f(π,4)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,4)))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)，由4sinB＝5sinC得到c＝eq\f(4,5)b，根據(jù)余弦定理，得到36＝b2＋eq\f(16,25)b2－2b×eq\f(4,5)b×eq\f(3,5)，解得b＝eq\f(30,17)eq\r(17)，c＝eq\f(24,17)eq\r(17).反饋練習一、選擇題1．(文)將函數(shù)y＝cos(x＋eq\f(π,3))的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再向左平移eq\f(π,6)個單位，所得函數(shù)的最小正周期為()A．π B．2πC．4π D．8π[答案]C[解析]y＝cos(x＋eq\f(π,3))eq\o(→,\s\up7(各點的橫坐標),\s\do5(伸長到原來的2倍))y＝cos(eq\f(x,2)＋eq\f(π,3))eq\o(→,\s\up7(向左平移),\s\do5(\f(π,6)個單位))y＝cos(eq\f(x,2)＋eq\f(5π,12))．∴最小正周期為T＝eq\f(2π,\f(1,2))＝4π.(理)(2015·洛陽市期末)把函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))圖象上各點的橫坐標縮小到原來的eq\f(1,2)(縱坐標不變)，再將圖象向右平移eq\f(π,3)個單位，那么所得圖象的一條對稱軸方程為()A．x＝－eq\f(π,2) B．x＝－eq\f(π,4)C．x＝eq\f(π,8) D．x＝eq\f(π,4)[答案]A[解析]y＝sin(x＋eq\f(π,6))上各點橫坐標縮小到原來的eq\f(1,2)得到y(tǒng)＝sin(2x＋eq\f(π,6))的圖象，再向右平移eq\f(π,3)個單位得到y(tǒng)＝sin[2(x－eq\f(π,3))＋eq\f(π,6)]，即y＝－cos2x，因此圖象變換后所得函數(shù)解析式為y＝－cos2x，由選項知選A.2．(2015·山東理，4)已知菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝60°，則eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝()A．－eq\f(3,2)a2 B．－eq\f(3,4)a2C.eq\f(3,4)a2 D．eq\f(3,2)a2[答案]D[解析]BD→·CD→＝BD→·BA→＝(BA→＋BC→)·BA→＝(BA→)2＋BC→·BA→＝|BA→|2＋|BC→|·|BA→|cos∠ABC＝a2＋a2×cos60°＝eq\f(3,2)a2.故選D．3．(文)設函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(x∈R，ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象如右圖所示，則函數(shù)f(x)的表達式為()A．f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,4))B．f(x)＝sin(2x－eq\f(π,4))C．f(x)＝sin(4x＋eq\f(3π,4))D．f(x)＝sin(4x－eq\f(π,4))[答案]A[解析]周期T＝4(eq\f(3π,8)－eq\f(π,8))＝π，故ω＝2，又點(eq\f(π,8)，1)在圖象上，代入可得φ＝eq\f(π,4)，故選A.(理)如圖所示為函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0≤φ≤π)的部分圖象，其中A、B兩點之間的距離為5，那么f(－1)等于()A．2 B．eq\r(3)C．－eq\r(3) D．－2[答案]A[解析]設函數(shù)f(x)的最小正周期為T，因為A，B兩點之間的距離為5，所以eq\r(\f(T,2)2＋42)＝5，解得T＝6.所以ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,3).又圖象過點(0,1)，代入得2sinφ＝1，所以φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或φ＝2kπ＋eq\f(5π,6)(k∈Z)．又0≤φ≤π，所以φ＝eq\f(π,6)或φ＝eq\f(5π,6).故f(x)＝2sin(eq\f(π,3)x＋eq\f(π,6))或f(x)＝2sin(eq\f(π,3)x＋eq\f(5π,6))．對于函數(shù)f(x)＝2sin(eq\f(π,3)x＋eq\f(π,6))，當x略微大于0時，有f(x)>2sineq\f(π,6)＝1，與圖象不符，故舍去；綜上，f(x)＝2sin(eq\f(π,3)x＋eq\f(5π,6))．故f(－1)＝2sin(－eq\f(π,3)＋eq\f(5π,6))＝2.故選A.4．已知向量|a|＝2，|b|＝3，a、b的夾角為120°，那么|a－b|等于()A．19 B．eq\r(19)C．7 D．eq\r(7)[答案]B[解析]∵|a|＝2，|b|＝3，〈a，b〉＝120°，∴a·b＝|a|·|b|·cos120°＝－3，∴|a－b|2＝|a|2＋|b|2－2·a·b＝4＋9－2×(－3)＝19，∴|a－b|＝eq\r(19).5．(文)在△ABC中，若2cosB·sinA＝sinC，則△ABC的形狀一定是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等邊三角形[答案]C[解析]解法1：∵C＝π－(A＋B)，∴sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝2cosBsinA.∴sinAcosB－cosAsinB＝0，即sin(A－B)＝0.∵－π<A－B<π，∴A－B＝0，即A＝B．解法2：由正弦定理sinA＝eq\f(a,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，代入條件式得2·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)·eq\f(a,2R)＝eq\f(c,2R)，∴a2＝b2.故a＝B．(理)在△ABC中，已知cosA＝eq\f(5,13)，sinB＝eq\f(3,5)，則cosC的值為()A.eq\f(16,65) B．eq\f(56,65)C.eq\f(16,65)或eq\f(56,65) D．－eq\f(16,65)或eq\f(56,65)[答案]A[解析]由cosA＝eq\f(5,13)>0得A為銳角，且sinA＝eq\f(12,13)，sinB＝eq\f(3,5)，sinA>sinB，因此B為銳角，于是cosB＝eq\f(4,5)，cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(16,65)，選A.6．(2014·新課標Ⅰ文，6)設D，E，F(xiàn)分別為△ABC的三邊BC、CA、AB的中點，則eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝()A.eq\o(AD,\s\up6(→)) B．eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))C．eq\o(BC,\s\up6(→)) D．eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))[答案]A[解析]如圖，eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→)).選A.7．(文)如果sinα＝eq\f(4,5)，那么sin(α＋eq\f(π,4))－eq\f(\r(2),2)cosα等于()A.eq\f(2\r(2),5) B．－eq\f(2\r(2),5)C．eq\f(4\r(2),5) D．－eq\f(4\r(2),5)[答案]A[解析]sin(α＋eq\f(π,4))－eq\f(\r(2),2)cosα＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)－eq\f(\r(2),2)cosα＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(2),5).(理)已知sinα＋eq\r(2)cosα＝eq\r(3)，則tanα＝()A.eq\f(\r(2),2) B．eq\r(2)C．－eq\f(\r(2),2) D．－eq\r(2)[答案]A[解析]∵sinα＋eq\r(2)cosα＝eq\r(3)，∴sin2α＋2eq\r(2)sinαcosα＋2cos2α＝3，∴eq\f(sin2α＋2\r(2)sinαcosα＋2cos2α,sin2α＋cos2α)＝3，∴eq\f(tan2α＋2\r(2)tanα＋2,tan2α＋1)＝3，∴2tan2α－2eq\r(2)tanα＋1＝0，∴tanα＝eq\f(\r(2),2).8．(2015·南昌市二模)將函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象向左移動eq\f(π,3)個單位，得到函數(shù)y＝f(x)的圖象，則函數(shù)y＝f(x)的一個單調遞增區(qū)間是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))[答案]C[解析]由已知得：f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(π,2)＋2kπ得：－eq\f(5π,12)＋kπ≤x≤eq\f(π,12)＋kπ(k∈Z)知f(x)的一個單調遞增區(qū)間為C.9．(文)(2015·洛陽市期末)在平面直角坐標系xOy中，點A與B關于y軸對稱，若向量a＝(1，k)，則滿足不等式eq\o(OA,\s\up6(→))2＋a·eq\o(AB,\s\up6(→))≤0的點A(x，y)的集合為()A．{(x，y)|(x＋1)2＋y2≤1}B．{(x，y)|x2＋y2≤k2}C．{(x，y)|(x－1)2＋y2≤1}D．{(x，y)|(x＋1)2＋y2≤k2}[答案]C[解析]由已知得B(－x，y)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2x,0)，∴x2＋y2＋(－2x)≤0，即(x－1)2＋y2≤1，選C.(理)(2015·河南高考適應性測試)已知O是△ABC的重心，且滿足eq\f(sinA,3)·eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(sinB,7)·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(sinC,8)·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，則角B等于()A．30° B．60°C．90° D．120°[答案]B[解析]由正弦定理得：eq\f(a,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(b,7)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(c,8)eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，又由題意得：eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，∴eq\f(a,3)＝eq\f(b,7)＝eq\f(c,8)，∴由余弦定理得：cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,7)b))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,7)b))2－b2,2×\f(3,7)b×\f(8,7)b)＝eq\f(1,2)，∴B＝60°.10．在△ABC中，∠A＝60°，最大邊和最小邊恰為方程x2－7x＋11＝0的兩根，則第三邊的長是()A．3B．4C．5D．6[答案]B[解析]設最大邊為x1，最小邊為x2，且x1＋x2＝7，x1x2＝11.而a邊不是最大邊和最小邊，故a2＝xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)－2x1x2·cosA＝(x1＋x2)2－2x1x2－2x1x2cosA＝(x1＋x2)2－3x1x2＝72－3×11＝16，∴a＝4.11．(2014·山西大學附中第二次月考)△ABC的三內角A、B、C所對邊的長分別為a，b，c，設向量p＝(sinB，a＋c)，q＝(sinC－sinA，b－a)．若?λ∈R，使p＝λq，則角C的大小為()A.eq\f(π,6) B．eq\f(2π,3)C．eq\f(π,3) D．eq\f(π,2)[答案]C[解析]由題意知，sinB＝λ(sinC－sinA)，a＋c＝λ(b－a)，∴b＝λ(c－a)，∴λ＝eq\f(b,c－a)，∴a＋c＝eq\f(b,c－a)(b－a)，∴c2－a2＝b2－ab，即a2＋b2－c2＝ab，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，∴C＝eq\f(π,3).12．若a、b、c均為單位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，則|a＋b－c|的最大值為()A.eq\r(2)－1 B．1C．eq\r(2) D．2[答案]B[解析]|a＋b－c|2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·b－2a·c－2b·c＝3－2(a·c＋b·(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋|c|2＝1－(a·c＋b·c)≤0，∴|a＋b－c|2≤1，∴|a＋b－c|max＝1.二、填空題13．(文)(2015·北京西城區(qū)二模)已知角α的終邊經過點(－3,4)，則cosα＝________；cos2α＝________.[答案]－eq\f(3,5)－eq\f(7,25)[解析]本題考查余弦函數(shù)的概念與二倍角公式，難度較?。深}意得cosα＝eq\f(－3,\r(－32＋42))＝－eq\f(3,5)，則cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).(理)已知a、b、c分別是△ABC的三個內角A、B、C的對邊，若c＝2，b＝eq\r(3)，A＋C＝3B，則sinC＝________.[答案]eq\f(\r(6),3)[解析]本題主要考查正弦定理及應用．由A＋C＝3B得B＝eq\f(π,4)，由正弦定理知，sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(\r(6),3).14．(文)在正三角形ABC中，D是邊BC上的點，若AB＝3，BD＝1，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝________.[答案]eq\f(15,2)[解析]eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝32＋3×1×cos120°＝9－eq\f(3,2)＝eq\f(15,2).(理)(2015·北京東城區(qū)檢測)已知非零向量a，b滿足|b|＝1，a與b－a的夾角為120°，則|a|的取值范圍是________．[答案](0，eq\f(2\r(3),3)][解析]本題考查平面向量的運算、正弦定理的應用．設eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，則eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，則在△ABO中，∠OAB＝180°－120°＝60°，OB＝|b|＝1，則由正弦定理得eq\f(OA,sin∠OBA)＝eq\f(OB,sin∠OAB)，所以OA＝eq\f(OB,sin∠OAB)·sin∠OBA＝eq\f(2\r(3),3)sin∠OBA，又因為∠OBA∈(0，eq\f(2π,3))，所以sin∠OBA∈(0,1]，OA＝eq\f(2\r(3),3)sin∠OBA∈(0，eq\f(2\r(3),3)]，即|a|＝OA∈(0，eq\f(2\r(3),3)]．15．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F(xiàn)(c,0)是右焦點，經過坐標原點O的直線l與橢圓交于點A、B，且eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→))|，則該橢圓的離心率為________．[答案]eq\r(3)－1[解析]∵|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|，|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→))|＝|eq\o(AF,\s\up6(→))|，且|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→))|，∴AB＝2AF，∵eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，∴FA⊥FB，∴OF＝OA＝AF，∴A(eq\f(c,2)，－eq\f(\r(3),2)c)在橢圓上，∴eq\f(c2,4a2)＋eq\f(3c2,4b2)＝1，∴eq\f(c2,4a2)＋eq\f(3c2,4a2－4c2)＝1，∴eq\f(1,4)e2＋eq\f(3,\f(4,e2)－4)＝1，∵0<e<1，∴e＝eq\r(3)－1.16．(文)(2014·河北衡水中學二調)在△ABC中，邊AC＝1，AB＝2，角A＝eq\f(2π,3)，過A作AP⊥BC于P，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，則λμ＝________.[答案]eq\f(10,49)[解析]如圖，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcoseq\f(2π,3)＝4＋1－2×2×1×(－eq\f(1,2))＝7，∴BC＝eq\r(7)，設BP＝x，則CP＝eq\r(7)－x，∵AB2－BP2＝AP2＝AC2－PC2，∴4－x2＝1－(eq\r(7)－x)2，∴x＝eq\f(5,\r(7))，∴PC＝eq\r(7)－x＝eq\f(2,\r(7)).∴eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(5,7)eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(5,7)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(5,7)(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,7)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(5,7)eq\o(AC,\s\up6(→))，∴λ＝eq\f(2,7)，μ＝eq\f(5,7)，∴λμ＝eq\f(10,49).(理)(2015·杭州市質檢)設P是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)右支上的任意一點，已知A(a，b)和B(a，－b)．若eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(O為坐標原點)，則λ2＋μ2的最小值為()A.eq\f(1,4)ab B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,2)ab D．eq\f(1,2)[答案]D[解析]本題考查平面向量的坐標運算、基本不等式，難度中等．利用坐標運算求解點P的坐標，結合基本不等式求解．由題意可得eq\o(OP,\s\up6(→))＝(aλ＋aμ，bλ－bμ)，又點P(aλ＋aμ，bλ－bμ)在雙曲線C上，得(λ＋μ)2－(λ－μ)2＝1，∴λμ＝eq\f(1,4)，則λ2＋μ2≥2λμ＝eq\f(1,2)，當且僅當λ＝μ＝eq\f(1,2)時取等號，所以λ2＋μ2的最小值為eq\f(1,2)，故選D．三、解答題17．(文)在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且bcosC＝(3a－c)cos(1)求cosB的值；(2)若eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，且b＝2eq\r(2)，求a和c的值．[解析](1)由正弦定理得，sinBcosC＝3sinAcosB－sinCcosB，∴sin(B＋C)＝3sinAcosB，可得sinA＝3sinAcosB．又sinA≠0，∴cosB＝eq\f(1,3).(2)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，可得accosB＝2.又cosB＝eq\f(1,3)，∴ac＝6.由b2＝a2＋c2－2accosB，及b＝2eq\r(2)，可得a2＋c2＝12，∴(a－c)2＝0，即a＝c.∴a＝c＝eq\r(6).(理)在△ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，若m＝(2b－c，cosC)，n＝(a，cosA)，且m∥n.(1)求角A的大??；(2)記B＝x，作出函數(shù)y＝2sin2x＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2x))的圖象．[解析](1)由m∥n得，(