2023届高考数学二轮总复习（新高考新教材）专题检测一三角函数与解三角形（Word版附解析）

专题检测一　三角函数与解三角形一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2022·福建龙岩一模)已知sin(π+θ)cosθ=-12,则tan2θ=(　　)A.34B.43C.43或34D.122.(2021·全国乙·文4)函数f(x)=sinx3+cosx3的最小正周期和最大值分别是(　　)A.3π和2B.3π和2C.6π和2D.6π和23.(2022·山西吕梁模拟)若点Msin2021π3,cos2023π3在角α的终边上,则cos2α=(　　)A.2B.-2C.12D.-124.(2022·山东泰安模拟)在△ABC中,∠A,∠B,∠C的对边分别为a,b,c,cos2A2=b+c2c,则△ABC的形状一定是(　　)A.正三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形5.(2022·湖南湘潭三模)若函数f(x)=cos2x+sin2x+π6在(0,α)上恰有2个零点,则α的取值范围为(　　)A.5π6,4π3B.5π6,4π3C.5π3,8π3D.5π3,8π36.(2022·山东青岛一模)已知函数f(x)=sin2ωx-cos2ωx+1(0<ω<1),将f(x)的图象先向左平移π4个单位长度,然后再向下平移1个单位长度,得到函数g(x)的图象,若g(x)的图象关于π4,0对称,则ω为(　　)A.14B.12C.23D.347.(2022·福建厦门模拟)如图,某市人民广场正中央有一座铁塔,为了测量塔高AB,某人先在塔的正西方点C处测得塔顶的仰角为45°,然后从点C处沿南偏东30°方向前进60m到达点D处,在D处测得塔顶的仰角为30°,则铁塔AB的高度是(　　) A.50mB.30mC.25mD.15m8.(2022·湖南长沙模拟)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<1)的部分图象如图所示,下列结论正确的是(　　)A.φ=-π4B.将f(x)的图象向右平移π4个单位长度,得到函数y=2sinπ4x的图象C.f(x)的图象关于直线x=-1对称D.若|x1-x2|<4,则|f(x1)-f(x2)|<4二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2022·山东烟台二中高三期末)下列式子等于cosx-π6的是(　　)A.cosx-5π6B.sinx-2π3C.3cosx+sinx2D.2cos2π12-x2-110.(2022·广东揭阳模拟)如图,某人在一条水平公路旁的山顶P处测得小车在A处的俯角为30°,且PO为此山的高,该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后,到达B处,此时测得俯角为45°.已知小车的速度是20km/h,且cos∠AOB=-338,则(　　)A.此山的高PO=3kmB.小车从A到B的行驶过程中观测P点的最小仰角为30°C.PA=2kmD.小车从A到B的行驶过程中观测P点的最大仰角的正切值为20111111 11.(2022·山东临沂一模)已知函数f(x)=3sin2ωx+cos2ωx(ω>0)的零点依次构成一个公差为π2的等差数列,把f(x)的图象沿x轴向右平移π3个单位长度得到函数g(x)的图象,则(　　)A.g(x)在π4,π2上单调递增B.π4,0是g(x)的一个对称中心C.g(x)是奇函数D.g(x)在区间π6,2π3上的值域为[0,2]12.(2022·广东汕头模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且sinB+sinC=2sinA,(　　)A.若A=π3,c=1,则a=1B.若A=π3,c=1,则△ABC的面积为πC.若b=2,则A的最大值为π3D.若b=2,则△ABC周长的取值范围为(4,12)三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022·广东佛山二模)已知sinα-π4=23,则sin2α=　　　　　. 14.(2022·山东聊城一模)若f(x)=2sin(x+φ)-cosx为奇函数,则φ=　　　　　.(填写符合要求的一个值) 15.(2022·山东枣庄滕州高三检测)已知△ABC的三个内角分别为A,B,C,且sinA,sinB,sinC成等差数列,则角B的取值范围是　　　　　. 16.(2022·北京东城一模)某学校开展“测量故宫角楼高度”的综合实践活动.如图1所示,线段AB表示角楼的高,C,D,E为三个可供选择的测量点,点B,C在同一水平面内,CD与水平面垂直.现设计能计算出角楼高度的测量方案,从以下六组几何量中选择三组进行测量,则可以选择的几何量的编号为　　　　　.(只需写出一种方案) 图1①C,D两点间的距离;②C,E两点间的距离;③由点C观察点A的仰角α;④由点D观察点A的仰角β;⑤∠ACE和∠AEC;⑥∠ADE和∠AED.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2022·四川成都郫都一中高三检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=2π3,b=2c. (1)求tanB;(2)求sin2C+π6.18.(12分)(2022·山东淄博一模)从①2a-3c3b=cosCcosB,②sinA-3sinCsinB+sinC=b-ca,③asinBsinC-bcosAcosC=32b这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答问题.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若　　　　　,求角B的大小. 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 19.(12分)(2022·江苏盐城模拟)已知函数f(x)=23sinxcosx-cos2x(x∈R).(1)求函数f(x)在[0,π]上的单调递增区间;(2)设α∈0,π3,且f(α)=65,求sin2α的值.20.(12分)(2022·广东茂名一模)如图所示,遥感卫星发现海面上有三个小岛,小岛B位于小岛A北偏东75°距离60海里处,小岛B北偏东15°距离(303-30)海里处有一个小岛C.(1)求小岛A到小岛C的距离;(2)如果有游客想直接从小岛A出发到小岛C,求游船航行的方向. 21.(12分)(2022·福建福州模拟)记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsinC=sinC+3cosC,A=π3.(1)求c;(2)在下列三个条件中选择一个作为补充条件,判断该三角形是否存在?若存在,求出三角形的面积;若不存在,请说明理由.①BC边上的中线长为22,②AB边上的中线长为7,③三角形的周长为6.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.22.(12分)(2022·江苏金陵中学二模)已知四边形ABCD,A,B,C,D四点共圆,AB=5,BC=2,cos∠ABC=-45.(1)若sin∠ACD=55,求AD的长;(2)求四边形ABCD周长的最大值. 专题检测一　三角函数与解三角形1.B　解析因为sin(π+θ)cosθ=-12,所以tanθ=12,所以tan2θ=2tanθ1-tan2θ=2×121-122=43.2.C　解析f(x)=2sinx3+π4,故函数f(x)的最小正周期T=2π13=6π,函数f(x)的最大值为2.故选C.3.C　解析因为sin2021π3=sin5π3=-sinπ3=-32,cos2023π3=cosπ3=12,即M-32,12,所以cosα=-32,则cos2α=2cos2α-1=12.4.B　解析因为cos2A2=b+c2c,所以1+cosA2=sinB+sinC2sinC=sinB2sinC+12,所以cosA=sinBsinC,即cosAsinC=sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,所以sinAcosC=0,因为sinA≠0,所以cosC=0,因为C∈(0,π),所以C=π2,即△ABC是直角三角形.5.B　解析由题意,函数f(x)=cos2x+sin2x+π6=3sin2x+π3,因为0<x<α,所以π3<2x+π3<2α+π3,又由f(x)在(0,α)上恰有2个零点,所以2π<2α+π3≤3π,解得5π6<α≤4π3,所以α的取值范围为5π6,4π3.6.A　解析f(x)=2sin2ωx-π4+1,f(x)的图象先向左平移π4个单位长度,然后再向下平移1个单位长度,得到函数g(x)=2sin2ωx+π4-π4=2sin2ωx+2ω-14π的图象,故gπ4=2sin2ωπ4+2ω-14π=2sin4ω-14π=0,所以4ω-14π=kπ,k∈Z,ω=k+14,k∈Z,由于0<ω<1,所以ω=14.7.B　解析设塔高AB的高度为hm,在Rt△ABC中,因为∠ACB=45°,所以BC=h.在Rt△ABD中,因为∠ADB=30°,所以BD=3h. 在△BCD中,∠BCD=60°,BC=h,BD=3h,根据余弦定理可得,BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos60°,即(3h)2=h2+602-2h×60×12,解得h=30或h=-60(舍去).8.D　解析由图可知A=2,函数f(x)的最小正周期为T=4×(5-3)=8,则ω=2πT=π4,f(5)=2sin5π4+φ=-2,得sin5π4+φ=-1,所以5π4+φ=3π2+2kπ(k∈Z),得φ=π4+2kπ(k∈Z),因为|φ|<1,得φ=π4,所以f(x)=2sinπ4x+π4,故A项错误;若要得到函数y=2sinπ4x的图象,需将f(x)的图象向右平移1个单位长度,故B项错误;f(-1)=2sin-π4+π4=0,故C项错误;f(x)的最小正周期为T=8,所以若|x1-x2|<4=T2,则|f(x1)-f(x2)|<4,故D项正确.9.CD　解析cosx-5π6=cosx+π6-π=-cosx+π6≠cosx-π6,故A不正确;sinx-2π3=sinx-π6-π2=-cosx-π6≠cosx-π6,故B不正确;3cosx+sinx2=32cosx+12sinx=cosx-π6,故C正确;2cos2π12-x2-1=cosπ6-x=cosx-π6,故D正确.10.BCD　解析由题意可得∠OAP=30°,∠OBP=45°,设OP=xkm,OP⊥OA,OP⊥OB,则OA=3xkm,OB=xkm.因为AB=7.5×160×20=52km,所以由余弦定理可知cos∠AOB=OA2+OB2-AB22OA·OB=4x2-25423x2=-338,解得x=1(负值舍去),从而PA=2km.因为sin∠AOB=378,所以由等面积法可得O到AB的距离h=11120km,则最大仰角的正切值为POh=20111111.又AO>BO,所以最小仰角为30°.11.AB　解析因为f(x)=3sin2ωx+cos2ωx(ω>0),所以f(x)=232sin2ωx+12cos2ωx=2sin2ωx+π6, 因为函数f(x)=3sin2ωx+cos2ωx(ω>0)的零点依次构成一个公差为π2的等差数列,所以12·2π2ω=π2,所以ω=1,所以f(x)=2sin2x+π6,把函数f(x)的图象沿x轴向右平移π3个单位长度,得到g(x)=2sin2x-π3+π6=2sin2x-π2=-2cos2x的图象,即g(x)=-2cos2x的图象,对于A,当x∈π4,π2时,2x∈π2,π,因为y=cosx在π2,π上单调递减,所以g(x)在π4,π2上单调递增,故A正确;对于B,gπ4=-2cos2×π4=-2cosπ2=0,故π4,0是g(x)的一个对称中心,故B正确;对于C,g(x)为偶函数,故C错误;对于D,因为x∈π6,2π3,所以2x∈π3,4π3,所以cos2x∈-1,12,所以g(x)∈[-1,2],故D错误.12.ACD　解析因为sinB+sinC=2sinA,所以b+c=2a.对于A和B,若c=1,则b=2a-1,cosA=b2+c2-a22bc=3a2-4a+24a-2=12,解得a=1,△ABC的面积S=12bcsinA=34,A正确,B错误;对于C,若b=2,则c=2a-2,cosA=b2+c2-a22bc=3a2-8a+88a-8=38a-1+1a-1+2-1≥382(a-1)·1a-1+2-1=12,当且仅当a=2时,等号成立,所以A的最大值为π3,C正确;对于D,若b=2,则根据三边长度关系可得a+c>b,a+b>c,即a+2a-2>2,a+2>2a-2,解得43<a<4,△ABC的周长为a+b+c=3a,则4<3a<12,故△ABC周长的取值范围为(4,12),D正确.13.59　解析sinα-π4=-sinπ4-α=23,所以sinπ4-α=-23,所以sin2α=cosπ2-2α=cos2π4-α=1-2sin2π4-α=1-2×-232=59.14.π6(答案不唯一,符合题意均可)　解析f(x)=2sin(x+φ)-cosx=2(sinxcosφ+cosxsinφ)-cosx=2cosφsinx+(2sinφ-1)cosx,因为f(x)为奇函数,且定义域为R,所以f(0)=0.所以2sinφ-1=0,即sinφ=12,所以φ=2kπ+π6或φ=2kπ+5π6,k∈Z,所以φ的值可以是π6. 15.0,π3　解析因为2sinB=sinA+sinC,由正弦定理得b=a+c2,由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac,将b=a+c2代入整理得cosB=38ac+ca-14,因为ac+ca≥2,当且仅当a=c时取“=”号,所以cosB=38ac+ca-14≥12,又因为0<B<π,所以0<B≤π3.16.①③④或②③⑤　解析经分析可知,若选①③④,在△ACD中,∠ACD=π2-α,∠ADC=π2+β,∠CAD=α-β,所以ACsinπ2+β=CDsin(α-β),所以AC=cosβsin(α-β)·CD,所以AB=AC·sinα=cosβsinαsin(α-β)·CD,其中各个量均已知.若选②③⑤,已知∠ACE和∠AEC,则∠CAE=π-∠ACE-∠AEC,由ACsin∠AEC=CEsin∠CAE=CEsin(∠ACE+∠AEC),所以AC=sin∠AECsin(∠ACE+∠AEC)·CE,所以AB=ACsinα=sin∠AEC·sinαsin(∠ACE+∠AEC)·CE,其中各个量均已知.其他选择方案均不可求得AB长.17.解(1)∵A=2π3,b=2c,A+B+C=π,由正弦定理得sinB=2sinC,∴sinB=2sinπ3-B,化简得2sinB=3cosB,即tanB=32.(2)由tanB=32,∴B是锐角,且sinB=217.∵sinB=2sinC,∴sinC=2114.又b=2c,∴C<B,∴C是锐角,∴cosC=5714.∴sin2C=5314,cos2C=1114.∴sin2C+π6=sin2Ccosπ6+cos2Csinπ6=5314×32+1114×12=1314.18.解若选①:2a-3c3b=cosCcosB,2sinA-3sinC3sinB=cosCcosB,2sinAcosB=3sin(B+C)=3sin(π-A)=3sinA,sinA≠0,∴cosB=32,又0<B<π,∴B=π6.若选②:sinA-3sinCsinB+sinC=b-ca,由正弦定理得a-3cb+c=b-ca,整理得b2=a2+c2-3ac,由余弦定理得cosB=32,又0<B<π,∴B=π6. 若选③:asinBsinC-bcosAcosC=32b,sinAsinBsinC-sinBcosAcosC=32sinB,-cos(A+C)=cosB=32,又0<B<π,∴B=π6.19.解(1)∵f(x)=23sinxcosx-cos2x=3sin2x-cos2x=2sin2x-π6,由-π2+2kπ≤2x-π6≤π2+2kπ,可得-π6+kπ≤x≤π3+kπ,k∈Z,又x∈[0,π],∴0≤x≤π3,5π6≤x≤π,∴函数f(x)在[0,π]上的单调递增区间为0,π3,5π6,π.(2)∵f(α)=2sin2α-π6=65,可得sin2α-π6=35,∵α∈0,π3,则-π6<2α-π6<π2,∴cos2α-π6=1-sin22α-π6=45,因此sin2α=sin2α-π6+π6=32sin2α-π6+12cos2α-π6=4+3310.20.解(1)在△ABC中,AB=60,BC=303-30,∠ABC=180°-75°+15°=120°,根据余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=602+(303-30)2-2×60×(303-30)·cos120°=5400,AC=306,故小岛A到小岛C的距离是306海里.(2)根据正弦定理得ACsin∠ABC=ABsin∠ACB,∴306sin120°=60sin∠ACB,解得sin∠ACB=22.在△ABC中,∵∠ABC=120°,∴∠ACB为锐角,∴∠ACB=45°,∴∠CAB=180°-120°-45°=15°.由75°-15°=60°,得游船应该沿北偏东60°的方向航行.21.解(1)由bsinC=sinC+3cosC得csinB=2sinC+π3,又A=π3,A+B+C=π,所以csinB=2sin(π-B)=2sinB,而0<B<π,故sinB≠0,故c=2.(2)选①,(方法一)设BC边上的中线为AD,则AD=22,由cos∠ADB=-cos∠ADC,得AD2+BD2-AB22AD·BD=-AD2+CD2-AC22AD·CD,即12+a24-4=-12+a24-b2,即a2=2b2+6,由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得a2=b2-2b+4,即b2+2b+2=0, 该方程无实数解,故符合条件的三角形不存在.(方法二)设BC边上的中线为AD,则AD=12(AB+AC),两边平方得AD2=14(AB2+2AB·AC+AC2),即12=14×4+2×2b×12+b2,即b2+2b+2=0,易知该方程无实数解,故符合条件的三角形不存在.(方法三)如图,以A为原点,AB所在直线为x轴,建立直角坐标系.故C点坐标为bcosπ3,bsinπ3,即12b,32b,B点坐标为(2,0),所以BC边的中点坐标为1+14b,34b,由BC边上的中线长为22得1+14b2+34b2=222,整理得b2+2b+2=0,该方程无实数解,故符合条件的三角形不存在.选②,设AB边上的中线为CF,则CF=7.在△ACF中,由余弦定理得CF2=AF2+AC2-2AC·AFcosA,即7=1+AC2-2×1×ACcosπ3,整理得AC2-AC-6=0,解得AC=3或AC=-2(舍去),故△ABC的面积S=12AC·ABsinA=12×3×2×32=332.选③,依题意得AB+BC+CA=6,由(1)知AB=2,所以BC+CA=4,在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+CA2-2AB·CAcosA,所以CB2=22+CA2-2×2×12CA,即CB2=4+CA2-2CA,所以(4-CA)2=4+CA2-2CA,解得BC=CA=2,所以△ABC的面积S=12AC·ABsinA=12×2×2×32=3.22.解(1)在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=52+22-2×5×2×-45=45,得AC=35.因为cos∠ABC=-45,0<∠ABC<π,所以sin∠ABC=35.因为A,B,C,D四点共圆,所以∠ABC与∠ADC互补,所以sin∠ADC=35,cos∠ADC=45,在△ACD中,由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsin∠ADC, 所以AD=AC·sin∠ACDsin∠ADC=35×5535=5.(2)因为四边形ABCD的周长为DC+DA+BC+BA=DC+DA+7,在△ACD中,由余弦定理得AC2=DA2+DC2-2DA·DC·cos∠ADC,即45=DA2+DC2-85DA·DC=(DA+DC)2-185DA·DC≥(DA+DC)2-185DA+DC22=110(DA+DC)2,所以(DA+DC)2≤450,所以DA+DC≤152,当且仅当DA=DC=1522时,(DA+DC)max=152,