高考數(shù) 五高考真題分類匯編 第三章 三角函數(shù)、解三角形 理

五年高考真題分類匯編：三角函數(shù)、解三角形一.選擇題1．（·湖南高考理）在銳角△ABC中，角A，B所對的邊長分別為a，b.若2asinB＝eq\r(3)b，則角A等于()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)【解析】選D本小題主要考查正弦定理、已知三角函數(shù)值求角等知識與方法，考查轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想．由已知及正弦定理得2sinAsinB＝eq\r(3)sinB，因為sinB>0，所以sinA＝eq\f(\r(3),2).又A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq\f(π,3).2．（·遼寧高考理）在△ABC，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a>b，則∠B＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)【解析】選A本題主要考查正弦定理、誘導(dǎo)公式、三角形內(nèi)角和定理，意在考查考生對三角函數(shù)基礎(chǔ)知識和基本技能的掌握情況．邊換角后約去sinB，得sin(A＋C)＝eq\f(1,2)，所以sinB＝eq\f(1,2)，但∠B非最大角，所以∠B＝eq\f(π,6).3．（·浙江高考理）已知α∈R，sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)，則tan2α＝()A.eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(4,3)【解析】選C本題考查對任意角三角函數(shù)(正弦、余弦、正切)的定義、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系以及二倍角的正弦、余弦、正切公式的理解，考查考生靈活運用公式以及運算的能力．法一：(直接法)兩邊平方，再同時除以cos2α，得3tan2α－8tanα－3＝0，tanα＝3或tanα＝－eq\f(1,3)，代入tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)，得到tan2α＝－eq\f(3,4).法二：(猜想法)由給出的數(shù)據(jù)及選項的唯一性，記sinα＝eq\f(3,\r(10))，cosα＝eq\f(1,\r(10))，這時sinα＋2cosα＝eq\f(\r(10),2)符合要求，此時tanα＝3，代入二倍角公式得到答案C.4．（·重慶高考理）4cos50°－tan40°＝().eq\r(2)B.eq\f(\r(2)＋\r(3),2)C.eq\r(3)D．2eq\r(2)－1【解析】選C本題考查三角函數(shù)求值問題，意在考查考生對公式的運用能力．4cos50°－tan40°＝4cos50°－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(4sin40°·cos40°,cos40°)－eq\f(sin40°,cos40°)＝eq\f(2sin80°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2cos10°－sin40°,cos40°)＝eq\f(2cos10°－sin30°＋10°,cos40°)＝eq\f(\f(3,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos30°cos10°－sin30°sin10°,cos40°)＝eq\f(\r(3)cos40°,cos40°)＝eq\r(3).5．（·陜西高考理）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．不確定【解析】選B本題考查正弦定理和兩角和的正弦公式的逆用．依據(jù)題設(shè)條件的特點，由正弦定理，得sinBcosC＋cosBsinC＝sin2A，有sin(B＋C)＝sin2A，從而sin(B＋C)＝sinA＝sin2A，解得sinA＝1，∴A＝eq\f(π,2)，故選B.6．（·江西高考理）如圖，半徑為1的半圓O與等邊三角形ABC夾在兩平行線l1，l2之間，l∥l1，l與半圓相交于F，G兩點，與三角形ABC兩邊相交于E，D兩點．設(shè)弧eq\x\to(FG)的長為x(0<x<π)，y＝EB＋BC＋CD，若l從l1平行移動到l2，則函數(shù)y＝f(x)的圖象大致是（）【解析】選D本題為江西的特色題——圖形題，考查三角函數(shù)的定義及三角恒等變換，意在考查考生的識圖能力．由題圖知正三角形的高為1，則邊長為eq\f(2\r(3),3)，顯然當(dāng)x＝0時，y＝eq\f(2\r(3),3)，且函數(shù)y＝f(x)是遞增函數(shù)，可排除B；由平行線分線段成比例定理可知eq\f(BE,AB)＝eq\f(1－cos\f(x,2),1)，即BE＝eq\f(2\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(x,2)))，而BE＝CD，所以y＝2EB＋BC＝2eq\r(3)－eq\f(4\r(3),3)coseq\f(x,2)(0<x<π)，排除A，C，故選D.7．（·山東高考理）將函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象沿x軸向左平移eq\f(π,8)個單位后，得到一個偶函數(shù)的圖象，則φ的一個可能取值為()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,4)C．0D．－eq\f(π,4)【解析】選B本題考查三角函數(shù)的圖象變換、性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和基本方法，考查運算求解能力，考查方程思想．把函數(shù)y＝sin(2x＋φ)的圖象向左平移eq\f(π,8)個單位后，得到的圖象的解析式是y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)＋φ))，該函數(shù)是偶函數(shù)的充要條件是eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，根據(jù)選項檢驗可知φ的一個可能取值為eq\f(π,4).8．（·大綱卷高考理）已知函數(shù)f(x)＝cosxsin2x，下列結(jié)論中錯誤的是()A．y＝f(x)的圖象關(guān)于點(π，0)中心對稱B．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱C．f(x)的最大值為eq\f(\r(3),2)D．f(x)既是奇函數(shù)，又是周期函數(shù)【解析】選C本題考查三角函數(shù)性質(zhì)．因為f(π＋x)＋f(π－x)＝0，所以f(x)關(guān)于點(π，0)中心對稱，排除選項A；因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝sinxsin2x，所以f(x)關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱，排除選項B；由正、余弦函數(shù)性質(zhì)可知，f(x)既是奇函數(shù)，又是周期函數(shù)，排除選項D，故選C.9．（·湖北高考理）將函數(shù)y＝eq\r(3)cosx＋sinx(x∈R)的圖象向左平移m(m＞0)個單位長度后，所得到的圖象關(guān)于y軸對稱，則m的最小值是()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,6)【解析】選B本題考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，意在考查考生對三角函數(shù)變形以及圖象平移等知識的掌握．y＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosx＋\f(1,2)sinx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的圖象向左平移m個單位后，得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m＋\f(π,3)))的圖象，此圖象關(guān)于y軸對稱，則x＝0時，y＝±2，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(π,3)))＝±2，所以m＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，由于m>0，所以mmin＝eq\f(π,6)，故選B.10．（·四川高考理）函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的部分圖象如圖所示，則ω，φ的值分別是()A．2，－eq\f(π,3)B．2，－eq\f(π,6)C．4，－eq\f(π,6)D．4，eq\f(π,3)【解析】選A本題考查三角函數(shù)的圖象及基本性質(zhì)，意在考查考生從圖象中得到函數(shù)性質(zhì)的轉(zhuǎn)化能力．因為eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝eq\f(2π,ω)·eq\f(3,4)，所以ω＝2，又因為2×eq\f(5π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，且－eq\f(π,2)<φ<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，故選A.11．（·天津高考理）在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,4)，AB＝eq\r(2)，BC＝3，則sin∠BAC()A.eq\f(\r(10),10)B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(3\r(10),10)D.eq\f(\r(5),5)【解析】選C本題考查三角形中余弦定理、正弦定理的應(yīng)用，意在考查考生分析問題的能力．由余弦定理可得AC2＝9＋2－2×3×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝5，所以AC＝eq\r(5).再由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，所以sinA＝eq\f(BC·sinB,AC)＝eq\f(3×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).12．（·北京高考文）在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA＝eq\f(1,3)，則sinB＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(5,9)C.eq\f(\r(5),3)D.1【解析】選B本題主要考查正弦定理，意在考查考生對正、余弦定理掌握的熟練程度，屬于容易題．依題意，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(3,\f(1,3))＝eq\f(5,sinB)，得sinB＝eq\f(5,9)，選B.13．（·安徽高考文）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c.若b＋c＝2a，3sinA＝5sinB，則角C＝A.eq\f(π,3)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,4)D.eq\f(5π,6)【解析】選B本題主要考查解三角形的基本知識，意在考查考生的運算求解能力和推理能力．根據(jù)正弦定理可將3sinA＝5sinB化為3a＝5b，所以a＝eq\f(5,3)b，代入b＋c＝2a可得c＝eq\f(7,3)b，然后結(jié)合余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，所以角C＝eq\f(2π,3).14．（·山東高考文）△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若B＝2A，a＝1，b＝eq\r(3)，則c＝()A．2eq\r(3)B．2C.eq\r(2)D．1【解析】選B本題主要考查正弦定理和余弦定理的應(yīng)用，考查運算能力和分類討論思想．由已知及正弦定理得eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(3),sinB)＝eq\f(\r(3),sin2A)＝eq\f(\r(3),2sinAcosA)，所以cosA＝eq\f(\r(3),2)，A＝30°.結(jié)合余弦定理得12＝(eq\r(3))2＋c2－2c×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，整理得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2.當(dāng)c＝1時，△ABC為等腰三角形，A＝C＝30°，B＝2A＝60°，不滿足內(nèi)角和定理，故c15．（·大綱卷高考文）已知α是第二象限角，sinα＝eq\f(5,13)，則cosα＝()A．－eq\f(12,13)B．－eq\f(5,13)C.eq\f(5,13)D.eq\f(12,13)【解析】選A本題主要考查同角三角函數(shù)的基本關(guān)系中的平方關(guān)系．因為α是第二象限角，所以cosα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝－eq\f(12,13).16．（·大綱卷高考文）若函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分圖像如圖，則ω＝()A．5B．4C．3【解析】選B本題主要考查三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)．由函數(shù)的圖像可得eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(2π,ω)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(π,4)))－x0＝eq\f(π,4)，解得ω＝4.17．（·福建高考文）將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)<θ<\f(π,2)))的圖像向右平移φ(φ>0)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖像，若f(x)，g(x)的圖像都經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，則φ的值可以是()A.eq\f(5π,3)B.eq\f(5π,6)C.eq\f(π,2)D.eq\f(π,6)【解析】選B本題主要考查三角函數(shù)圖像的變換及三角函數(shù)值求角等基礎(chǔ)知識，意在考查考生的數(shù)形結(jié)合能力、轉(zhuǎn)化和化歸能力、運算求解能力．因為函數(shù)f(x)的圖像過點P，所以θ＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))；又函數(shù)f(x)的圖像向右平移φ個單位長度后，得到函數(shù)g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－φ＋\f(π,3)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2φ))＝eq\f(\r(3),2)，所以φ可以為eq\f(5π,6).18．（·新課標(biāo)Ⅱ卷高考文）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b＝2，B＝eq\f(π,6)，C＝eq\f(π,4)，則△ABC的面積為()A．2eq\r(3)＋2B.eq\r(3)＋1C．2eq\r(3)－2D.eq\r(3)－1【解析】選B本題主要考查正弦定理、余弦定理、三角形的內(nèi)角和定理及面積公式等知識在解三角形中的應(yīng)用，意在考查考生的基本運算能力及轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用．由正弦定理知，eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，結(jié)合條件得c＝eq\f(bsinC,sinB)＝2eq\r(2).又sinA＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3)＋1.19．（·新課標(biāo)Ⅱ卷高考文）已知sin2α＝eq\f(2,3)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)【解析】選A本題主要考查利用二倍角公式及降冪公式、誘導(dǎo)公式等知識求三角函數(shù)的值，考查三角恒等變換，意在考查考生的運算求解能力．法一：cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))))＝eq\f(1,2)(1－sin2α)＝eq\f(1,6).法二：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)cosα－eq\f(\r(2),2)sinα，所以cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)(cosα－sinα)2＝eq\f(1,2)(1－2sinαcosα)＝eq\f(1,2)(1－sin2α)＝eq\f(1,6).20．（·湖南高考文）在銳角△ABC中，角A，B所對的邊長分別為a，b.若2asinB＝eq\r(3)b，則角A等于()A.eq\f(π,3)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,6)D.eq\f(π,12)【解析】選A本題主要考查銳角三角形的定義、正弦定理與解三角方程，意在考查考生的轉(zhuǎn)化能力與三角變換能力．由正弦定理可得，2asinB＝eq\r(3)b可化為2sinAsinB＝eq\r(3)sinB，又sinB≠0，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，又△ABC為銳角三角形，得A＝eq\f(π,3).21．（·浙江高考文）函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)cos2x的最小正周期和振幅分別是()A．π，1B．π，2C．2π，1【解析】選A本題主要考查三角變換以及三角函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，意在考查考生對基礎(chǔ)知識的掌握程度，以及簡單的轉(zhuǎn)化與化歸能力、運算求解能力．由f(x)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，得最小正周期為π，振幅為1.22.（·新課標(biāo)Ⅰ卷高考文）已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c,23cos2A＋cos2A＝0，a＝7，c＝6，則b＝A．10B．9C．8【解析】選D本題主要考查三角函數(shù)的化簡，考查利用余弦定理解三解形以及方程思想．化簡23cos2A＋cos2A＝0，得23cos2A＋2cos2A－1＝0，解得cosA＝eq\f(1,5).由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccosA，代入數(shù)據(jù)，解方程，得23．（·天津高考文）函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最小值為()A．－1B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2)D．0【解析】選B本題主要考查三角函數(shù)的性質(zhì)，意在考查考生的數(shù)形結(jié)合能力．由已知x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1))，故函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最小值為－eq\f(\r(2),2).24．（·湖北高考文）將函數(shù)y＝eq\r(3)cosx＋sinx(x∈R)的圖像向左平移m(m>0)個單位長度后，所得到的圖像關(guān)于y軸對稱，則m的最小值是()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,6)【解析】選B本題主要考查三角函數(shù)的性質(zhì)和三角函數(shù)平移變換．y＝eq\r(3)cosx＋sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，左移m個單位得y＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m－\f(π,6)))，圖像關(guān)于y軸對稱，則m－eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，令k＝0，得m＝eq\f(π,6).25．（·陜西高考文）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．直角三角形B．銳角三角形C．鈍角三角形D．不確定【解析】選A本題主要考查三角恒等變換及正弦定理．依據(jù)題設(shè)條件的特點，邊化角選用正弦定理，有sinBcosC＋cosBsinC＝sin2A，則sin(B＋C)＝sin2A，由三角形內(nèi)角和及互補角的意義，得sin(B＋C)＝sin2A＝1，所以A＝eq\f(π,2)，選A.26．（·江西高考文）若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，則cosα＝()A．－eq\f(2,3)B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)【解析】選C本題主要考查余弦的二倍角公式，考查運算求解能力．因為sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，所以cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(1,3).27．（·四川高考文）函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π,2)＜φ＜\f(π,2)))的部分圖像如圖所示，則ω，φ的值分別是()A．2，－eq\f(π,3)B．2，－eq\f(π,6)C．4，－eq\f(π,6)D．4，eq\f(π,3)【解析】選A本題主要考查正弦型函數(shù)的圖像和性質(zhì)，意在考查考生基本方法的掌握和數(shù)形結(jié)合的能力．由圖知最小正周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)－\f(5π,12)))＝π，∴ω＝2，將圖像最高點的坐標(biāo)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，2))代入f(x)＝2sin(2x＋φ)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝1，φ＝－eq\f(π,3)，選A.28．（·廣東高考文）已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α))＝eq\f(1,5)，那么cosα＝()A．－eq\f(2,5)B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,5)D.eq\f(2,5)【解析】選C本題主要考查誘導(dǎo)公式知識，意在考查考生的運算求解能力．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2π＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝cosα＝eq\f(1,5).29．（·遼寧高考文）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(1,2)b，且a＞b，則∠B＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)【解析】選A本題主要考查正弦定理、誘導(dǎo)公式、三角形內(nèi)角和定理，意在考查考生對三角函數(shù)基礎(chǔ)知識和基本技能的掌握情況．邊換角后約去sinB，得sin(A＋C)＝eq\f(1,2)，所以sinB＝eq\f(1,2)，但∠B非最大角，所以∠B＝eq\f(π,6).30．（·重慶高考理）設(shè)tanα，tanβ是方程x2－3x＋2＝0的兩根，則tan(α＋β)的值為()A．－3B．－1C．1【解析】選A由題意可知tanα＋tanβ＝3，tanα·tanβ＝2，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝－3.31．（·山東高考理）若θ∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]，sin2θ＝eq\f(3\r(7),8)，則sinθ＝()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(\r(7),4)D.eq\f(3,4)【解析】選D因為θ∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]，所以2θ∈[eq\f(π,2)，π]，所以cos2θ<0，所以cos2θ＝－eq\r(1－sin22θ)＝－eq\f(1,8).又cos2θ＝1－2sin2θ＝－eq\f(1,8)，所以sin2θ＝eq\f(9,16)，所以sinθ＝eq\f(3,4).32．（·江西高考理）若tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝4，則sin2θ＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)【解析】選D法一：∵tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(1＋tan2θ,tanθ)＝4，∴4tanθ＝1＋tan2θ，∴sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(2tanθ,4tanθ)＝eq\f(1,2).法二：∵tanθ＋eq\f(1,tanθ)＝eq\f(sinθ,cosθ)＋eq\f(cosθ,sinθ)＝eq\f(1,cosθsinθ)＝eq\f(2,sin2θ)∴4＝eq\f(2,sin2θ)，故sin2θ＝eq\f(1,2).33．（·遼寧高考理）已知sinα－cosα＝eq\r(2)，α∈(0，π)，則tanα＝()A．－1B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2)D．1【解析】選A由sinα－cosα＝eq\r(2)sin(α－eq\f(π,4))＝eq\r(2)，α∈(0，π)，解得α＝eq\f(3π,4)，所以tanα＝taneq\f(3π,4)＝－1.34．（·天津高考理）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知8b＝5c，C＝2B，則cosC＝A.eq\f(7,25)B．－eq\f(7,25)C．±eq\f(7,25)D.eq\f(24,25)【解析】選A由C＝2B得sinC＝sin2B＝2sinBcosB，由正弦定理及8b＝5c得cosB＝eq\f(sinC,2sinB)＝eq\f(c,2b)＝eq\f(4,5)，所以cosC＝cos2B＝2cos2B－1＝2×(eq\f(4,5))2－1＝eq\f(7,25).35．（·陜西高考理）在△ABC中，角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c，若a2＋b2＝2c2，則cosC的最小值為A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)【解析】選C由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcosC，又c2＝eq\f(1,2)(a2＋b2)，得2abcosC＝eq\f(1,2)(a2＋b2)，即cosC＝eq\f(a2＋b2,4ab)≥eq\f(2ab,4ab)＝eq\f(1,2).36．（·上海高考理）在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，則△ABCA．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．不能確定【解析】選C由正弦定理得a2＋b2<c2，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以∠C是鈍角，故△ABC是鈍角三角形．37．（·湖南高考理）函數(shù)f(x)＝sinx－cos(x＋eq\f(π,6))的值域為()A．[－2,2]B．[－eq\r(3)，eq\r(3)]C．[－1,1]D．[－eq\f(\r(3),2)，eq\f(\r(3),2)]【解析】選B因為f(x)＝sinx－eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝eq\r(3)(eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx)＝eq\r(3)sin(x－eq\f(π,6))，所以函數(shù)f(x)的值域為[－eq\r(3)，eq\r(3)]．38．（·湖南高考理）在△ABC中，AB＝2，AC＝3，AB→·BC→＝1，則BC＝()A.eq\r(3)B.eq\r(7)C．2eq\r(2)D.eq\r(23)【解析】選A設(shè)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.AB→·BC→＝1，即accosB＝－1.在△ABC中，再根據(jù)余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，及AB＝c＝2，AC＝b＝3，可得a2＝3，即BC＝eq\r(3).39．（·大綱卷高考理）已知α為第二象限角，sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，則cos2α＝()A．－eq\f(\r(5),3)B．－eq\f(\r(5),9)C.eq\f(\r(5),9)D.eq\f(\r(5),3)【解析】選A將sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)兩邊平方，可得1＋sin2α＝eq\f(1,3)，sin2α＝－eq\f(2,3)，所以(－sinα＋cosα)2＝1－sin2α＝eq\f(5,3)，因為α是第二象限角，所以sinα＞0，cosα＜0，所以－sinα＋cosα＝－eq\f(\r(15),3)，所以cos2α＝(－sinα＋cosα)(cosα＋sinα)＝－eq\f(\r(5),3)40．（·浙江高考理）把函數(shù)y＝cos2x＋1的圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，然后向左平移1個單位長度，再向下平移1個單位長度，得到的圖象是()【解析】選A變換后的三角函數(shù)為y＝cos(x＋1)，結(jié)合四個選項可得A選項正確．41．（·安徽高考理）在平面直角坐標(biāo)系中，點O(0,0)，P(6,8)，將向量OP→繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)eq\f(3π,4)后得向量OQ→，則點Q的坐標(biāo)是()A．(－7eq\r(2)，－eq\r(2))B．(－7eq\r(2)，eq\r(2))C．(－4eq\r(6)，－2)D．(－4eq\r(6)，2)【解析】選A畫出草圖，可知點Q落在第三象限，則可排除B、D；代入A，cos∠QOP＝eq\f(6×－7\r(2)＋8×－\r(2),62＋82)＝eq\f(－50\r(2),100)＝eq\f(－\r(2),2)，所以∠QOP＝eq\f(3π,4).代入C，cos∠QOP＝eq\f(6×－4\r(6)＋8×－2,62＋82)＝eq\f(－24\r(6)－16,100)≠eq\f(－\r(2),2)，故答案為A.42．（·新課標(biāo)高考理）已知ω＞0，函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))在(eq\f(π,2)，π)單調(diào)遞減，則ω的取值范圍是()A．[eq\f(1,2)，eq\f(5,4)]B．[eq\f(1,2)，eq\f(3,4)]C．(0，eq\f(1,2)]D．(0,2]【解析】選A函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))的圖像可看作是由函數(shù)f(x)＝sinx的圖像先向左平移eq\f(π,4)個單位得f(x)＝sin(x＋eq\f(π,4))的圖像，再將圖像上所有點的橫坐標(biāo)縮小到原來的eq\f(1,ω)倍，縱坐標(biāo)不變得到的，而函數(shù)f(x)＝sin(x＋eq\f(π,4))的減區(qū)間是[eq\f(π,4)，eq\f(5π,4)]，所以要使函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))在(eq\f(π,2)，π)上是減函數(shù)，需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)×\f(1,ω)≤\f(π,2)，,\f(5π,4)×\f(1,ω)≥π，))解得eq\f(1,2)≤ω≤eq\f(5,4).43．（·浙江高考文）把函數(shù)y＝cos2x＋1的圖像上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，然后向左平移1個單位長度，再向下平移1個單位長度，得到的圖像是()【解析】選A變換后的三角函數(shù)為y＝cos(x＋1)，結(jié)合四個選項可得A正確．44．（·湖北高考文）設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若三邊的長為連續(xù)的三個正整數(shù)，且A>B>C,3b＝20acosA，則sinA∶sinB∶sinC為()A．4∶3∶2B．5∶6∶7C．5∶4∶3D．6∶5【解析】選D由題意可得a>b>c，且為連續(xù)正整數(shù)，設(shè)c＝n，b＝n＋1，a＝n＋2(n>1，且n∈N*)，則由余弦定理可得3(n＋1)＝20(n＋2)·eq\f(n＋12＋n2－n＋22,2nn＋1)，化簡得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∶4.45..（·四川高考文）如圖，正方形ABCD的邊長為1，延長BA至E，使AE＝1，連接EC、ED，則sin∠CED＝()A.eq\f(3\r(10),10)B.eq\f(\r(10),10)C.eq\f(\r(5),10)D.eq\f(\r(5),15)【解析】選B由題意知sin∠BEC＝eq\f(1,\r(5))，cos∠BEC＝eq\f(2,\r(5))，又∠CED＝eq\f(π,4)－∠BEC，所以sin∠CED＝sineq\f(π,4)cos∠BEC－coseq\f(π,4)sin∠BEC＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(2,\r(5))－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(10),10).46．（·遼寧高考文）已知sinα－cosα＝eq\r(2)，α∈(0，π)，則sin2α＝()A．－1B．－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),2)D．1【解析】選A法一：由sinα－cosα＝eq\r(2)可得(sinα－cosα)2＝2，即sin2α－2sinαcosα＋cos2α＝2，則2sinαcosα＝－1，所以sin2α＝－1.法二：因為sinα－cosα＝eq\r(2)sin(α－eq\f(π,4))＝eq\r(2)，不妨取α＝eq\f(3π,4)，則sin2α＝sineq\f(3π,2)＝－1.47．（·天津高考文）將函數(shù)f(x)＝sinωx(其中ω>0)的圖像向右平移eq\f(π,4)個單位長度，所得圖像經(jīng)過點(eq\f(3π,4)，0)，則ω的最小值是()A.eq\f(1,3)B．1C.eq\f(5,3)D．2【解析】選D將函數(shù)f(x)＝sinωx的圖像向右平移eq\f(π,4)個單位長度，得到的圖像對應(yīng)的函數(shù)解析式為f(x)＝sinω(x－eq\f(π,4))＝sin(ωx－eq\f(ωπ,4))．又因為函數(shù)圖像過點(eq\f(3π,4)，0)，所以sin(eq\f(3ωπ,4)－eq\f(ωπ,4))＝sineq\f(ωπ,2)＝0，所以eq\f(ωπ,2)＝kπ，即ω＝2k(k∈Z)，因為ω>0，所以ω的最小值為2.48．（·山東高考文）函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πx,6)－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值與最小值之和為()A．2－eq\r(3)B．0C．－1D．－1－eq\r(3)【解析】選A當(dāng)0≤x≤9時，－eq\f(π,3)≤eq\f(πx,6)－eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，－eq\f(\r(3),2)≤sin(eq\f(πx,6)－eq\f(π,3))≤1，所以函數(shù)的最大值為2，最小值為－eq\r(3)，其和為2－eq\r(3).49．（·上海高考文）若Sn＝sineq\f(π,7)＋sineq\f(2π,7)＋…＋sineq\f(nπ,7)(n∈N*)，則在S1，S2，…，S100中，正數(shù)的個數(shù)是()A．16B．72C．86【解析】選C因為f(x)＝sineq\f(πx,7)的最小正周期T＝14，又sineq\f(π,7)>0，sineq\f(2π,7)>0，…，sineq\f(6π,7)>0，sineq\f(7π,7)＝0，所以在S1，S2，…，S14中有12個是正數(shù)，故在S1，S2，…，S100中有7×12＋2＝86個是正數(shù)．50．（·上海高考文）在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，則△ABC的形狀是A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．不能確定【解析】選C利用正弦定理、余弦定理判斷三角形的形狀．由正弦定理得a2＋b2<c2，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以∠C是鈍角，故△ABC是鈍角三角形．51．（·福建高考文）函數(shù)f(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的圖象的一條對稱軸是()A．x＝eq\f(π,4)B．x＝eq\f(π,2)C．x＝－eq\f(π,4)D．x＝－eq\f(π,2)【解析】選Cf(x)＝sin(x－eq\f(π,4))的圖象的對稱軸為x－eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝kπ＋eq\f(3π,4)，當(dāng)k＝－1時，則其中一條對稱軸為x＝－eq\f(π,4).52．（·安徽高考文）要得到函數(shù)y＝cos(2x＋1)的圖象，只要將函數(shù)y＝cos2x的()A．向左平移1個單位B．向右平移1個單位C．向左平移eq\f(1,2)個單位D．向右平移eq\f(1,2)個單位【解析】選Cy＝cos2x的圖象向左平移eq\f(1,2)個單位后即變成y＝cos2(x＋eq\f(1,2))＝cos(2x＋1)的圖象．53．（·廣東高考文）在△ABC中，若∠A＝60°，∠B＝45°，BC＝3eq\r(2)，則AC＝()A．4eq\r(3)B．2eq\r(3)C.eq\r(3)D.eq\f(\r(3),2)【解析】選B由正弦定理得：eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(3\r(2),sin60°)＝eq\f(AC,sin45°)，所以AC＝eq\f(3\r(2),\f(\r(3),2))×eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(3).54．（·湖南高考文）在△ABC中，AC＝eq\r(7)，BC＝2，B＝60°，則BC邊上的高等于()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(\r(3)＋\r(6),2)D.eq\f(\r(3)＋\r(39),4)【解析】選B由余弦定理得：(eq\r(7))2＝22＋AB2－2×2ABcos60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，故BC邊上的高是ABsin60°＝eq\f(3\r(3),2).55．（·大綱卷高考文）若函數(shù)f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)(φ∈[0,2π])是偶函數(shù)，則φ＝()A.eq\f(π,2)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,2)D.eq\f(5π,3)【解析】選C若f(x)為偶函數(shù)，則f(0)＝±1，即sineq\f(φ,3)＝±1，∴eq\f(φ,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．∴φ＝3kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)．只有C項符合．56．（·大綱卷高考文）已知α為第二象限角，sinα＝eq\f(3,5)，則sin2α＝()A．－eq\f(24,25)B．－eq\f(12,25)C.eq\f(12,25)D.eq\f(24,25)【解析】選A因為α是第二象限角，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(4,5)，所以sin2α＝2sinα·cosα＝2×eq\f(3,5)×(－eq\f(4,5))＝－eq\f(24,25).57．（·新課標(biāo)高考文）已知ω>0,0<φ<π，直線x＝eq\f(π,4)和x＝eq\f(5π,4)是函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)圖像的兩條相鄰的對稱軸，則φ＝()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(3π,4)【解析】選A由于直線x＝eq\f(π,4)和x＝eq\f(5π,4)是函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)圖像的兩條相鄰的對稱軸，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝2π，所以ω＝1，所以eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(π,4).58.（·重慶高考文）eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)【解析】選C原式＝eq\f(sin30°＋17°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin30°cos17°＋cos30°sin17°－sin17°cos30°,cos17°)＝eq\f(sin30°cos17°,cos17°)＝eq\f(1,2).59．（·新課標(biāo)高考）已知角θ的頂點與原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊在直線y＝2x上，則cos2θ＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)【解析】選B由角θ的終邊在直線y＝2x上可得tanθ＝2，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq\f(3,5).60．（·新課標(biāo)高考）設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的最小正周期為π，且f(－x)＝f(x)，則()A．f(x)在(0，eq\f(π,2))單調(diào)遞減B．f(x)在(eq\f(π,4)，eq\f(3π,4))單調(diào)遞減C．f(x)在(0，eq\f(π,2))單調(diào)遞增D．f(x)在(eq\f(π,4)，eq\f(3π,4))單調(diào)遞增【解析】選Ay＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝eq\r(2)sin(ωx＋φ＋eq\f(π,4))，由最小正周期為π得ω＝2，又由f(－x)＝f(x)可知f(x)為偶函數(shù)，|φ|<eq\f(π,2)可得φ＝eq\f(π,4)，所以y＝eq\r(2)cos2x，在(0，eq\f(π,2))單調(diào)遞減．61．（·大綱卷高考）設(shè)函數(shù)f(x)＝cosωx(ω>0)，將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度后，所得的圖象與原圖象重合，則ω的最小值等于()A.eq\f(1,3)B．3C．6D．9【解析】選C依題意得，將y＝f(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位長度后得到的是f(x－eq\f(π,3))＝cosω(x－eq\f(π,3))＝cos(ωx－eq\f(ωπ,3))的圖象，其與原圖象重合，故cosωx＝cos(ωx－eq\f(ωπ,3))，ωx－(ωx－eq\f(ωπ,3))＝2kπ，即ω＝6k(k∈N*)，因此ω的最小值是6，選C.62．（·安徽高考）已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ為實數(shù)，若f(x)≤|f(eq\f(π,6))|對x∈R恒成立，且f(eq\f(π,2))>f(π)，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．[kπ－eq\f(π,3)，kπ＋eq\f(π,6)](k∈Z)B．[kπ，kπ＋eq\f(π,2)](k∈Z)C．[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)D．[kπ－eq\f(π,2)，kπ](k∈Z)【解析】選C因為當(dāng)x∈R時，f(x)≤|f(eq\f(π,6))|恒成立，所以f(eq\f(π,6))＝sin(eq\f(π,3)＋φ)＝±1，可得φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或φ＝2kπ－eq\f(5π,6).因為f(eq\f(π,2))＝sin(π＋φ)＝－sinφ>f(π)＝sin(2π＋φ)＝sinφ，故sinφ<0，所以φ＝2kπ－eq\f(5π,6)，所以f(x)＝sin(2x－eq\f(5π,6))，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(5π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，所以x∈[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)](k∈Z)，故選C.63．（·山東高考）若函數(shù)f(x)＝sinωx(ω>0)在區(qū)間[0，eq\f(π,3)]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]上單調(diào)遞減，則ω＝()A．3B．2C.eq\f(3,2)D.eq\f(2,3)【解析】選C由于函數(shù)f(x)＝sinωx的圖象經(jīng)過坐標(biāo)原點，根據(jù)已知并結(jié)合函數(shù)圖象可知，eq\f(π,3)為這個函數(shù)的四分之一周期，故eq\f(2π,ω)＝eq\f(4π,3)，解得ω＝eq\f(3,2).64．（·四川高考）在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，則A的取值范圍是A．(0，eq\f(π,6)]B．[eq\f(π,6)，π)C．(0，eq\f(π,3)]D．[eq\f(π,3)，π)【解析】選C由已知及正弦定理有a2≤b2＋c2－bc，而由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccosA，于是可得b2＋c2－2bccosA≤b2＋c2－bc，可得cosA≥eq\f(1,2)，注意到在△ABC中，0<A<π，故A∈(0，eq\f(π,3)]．65．（·重慶高考）若△ABC的內(nèi)角A、B、C所對的邊a、b、c滿足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，則ab的值為()A.eq\f(4,3)B．8－4eq\r(3)C．1D.eq\f(2,3)【解析】選A依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b2－c2＝4，,a2＋b2－c2＝2abcos60°＝ab))兩式相減得ab＝eq\f(4,3)，選A.66.（·天津高考）如圖，在△ABC中，D是邊AC上的點，且AB＝AD,2AB＝eq\r(3)BD，BC＝2BD，則sinC的值為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(6),3)D.eq\f(\r(6),6)【解析】選D設(shè)AB＝c，則AD＝c，BD＝eq\f(2c,\r(3))，BC＝eq\f(4c,\r(3))，在△ABD中，由余弦定理得cosA＝eq\f(c2＋c2－\f(4,3)c2,2c2)＝eq\f(1,3)，則sinA＝eq\f(2\r(2),3).在△ABC中，由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(\f(4c,\r(3)),\f(2\r(2),3))，解得sinC＝eq\f(\r(6),6)，故選擇D.67．（·福建高考）若tanα＝3，則eq\f(sin2α,cos2α)的值等于()A．2B．3C．4【解析】選Deq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,cos2α)＝2tanα＝2×3＝6，故選D.68．（·湖北高考）已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinx－cosx，x∈R，若f(x)≥1，則x的取值范圍()A．{x|kπ＋eq\f(π,3)≤x≤kπ＋π，k∈Z}B．{x|2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋π，k∈Z}C．{x|kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z}D．{x|2kπ＋eq\f(π,6)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z}【解析】選B根據(jù)題意，變形得f(x)＝2sin(x－eq\f(π,6))，f(x)≥1，所以2sin(x－eq\f(π,6))≥1，即sin(x－eq\f(π,6))≥eq\f(1,2)，由圖象可知滿足eq\f(π,6)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，解得eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤π＋2kπ(k∈Z)．69．（·浙江高考）若0＜α＜eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)＜β＜0，cos(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(1,3)，cos(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＝eq\f(\r(3),3)，則cos(α＋eq\f(β,2))＝()A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\f(5\r(3),9)D．－eq\f(\r(6),9)【解析】選C對于cos(α＋eq\f(β,2))＝cos[(eq\f(π,4)＋α)－(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))]＝cos(eq\f(π,4)＋α)cos(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＋sin(eq\f(π,4)＋α)sin(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))，而(eq\f(π,4)＋α)∈(eq\f(π,4)，eq\f(3π,4))，(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))∈(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))，因此sin(eq\f(π,4)＋α)＝eq\f(2\r(2),3)，sin(eq\f(π,4)－eq\f(β,2))＝eq\f(\r(6),3)，則cos(α＋eq\f(β,2))＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(5\r(3),9).70．（·遼寧高考）△ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a，則eq\f(b,a)＝()A．2eq\r(3)B．2eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(2)【解析】選D由正弦定理，得sin2AsinB＋sinBcos2A＝eq\r(2)sinA，即sinB·(sin2A＋cos2A)＝eq\r(2)sinA，所以sinB＝eq\r(2)sinA.∴eq\f(b,a)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\r(2).71．（·遼寧高考）設(shè)sin(eq\f(π,4)＋θ)＝eq\f(1,3)，則sin2θ＝()A．－eq\f(7,9)B．－eq\f(1,9)C.eq\f(1,9)D.eq\f(7,9)【解析】選Asin2θ＝－cos(eq\f(π,2)＋2θ)＝2sin2(eq\f(π,4)＋θ)－1＝2×(eq\f(1,3))2－1＝－eq\f(7,9).72.（·上海高考文）若△的三個內(nèi)角滿足，則△（）A.一定是銳角三角形.B.一定是直角三角形.C.一定是鈍角三角形.D.可能是銳角三角形，也可能是鈍角三角形.【解析】選C由及正弦定理得a:b:c=5:11:13，由余弦定理得，所以角C為鈍角.73.（·浙江高考理）設(shè)，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件【解析】選B本題主要考察了必要條件、充分條件與充要條件的意義，以及轉(zhuǎn)化思想和處理不等關(guān)系的能力，屬中檔題.因為0＜x＜，所以sinx＜1，故xsin2x＜xsinx，結(jié)合xsin2x與xsinx的取值范圍相同，可知答案選B.74.（·全國卷Ⅱ高考理）為了得到函數(shù)的圖像，只需把函數(shù)的圖像（）A.向左平移個長度單位B.向右平移個長度單位C.向左平移個長度單位D.向右平移個長度單位【解析】選B=，=，所以將的圖像向右平移個長度單位得到的圖像，