适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练2三角变换与解三角形理（附解析）

考点突破练2　三角变换与解三角形一、选择题1.(2023山东潍坊一模)已知角α在第四象限内,sin(2α+3π2)=12,则sinα=(　　)A.-12B.12C.2-64D.-322.(2023江西赣州一模)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等差数列,且C=2(A+B),则ba=(　　)A.75B.32C.53D.743.(2022北京,10)在△ABC中,AC=3,BC=4,∠C=90°.P为△ABC所在平面内的动点,且PC=1,则PA·PB的取值范围是(　　)A.[-5,3]B.[-3,5]C.[-6,4]D.[-4,6]4.(2023四川南充南部中学模拟)已知sinθ+sin(θ+π3)=1,则cos(π3+2θ)=(　　)A.33B.-33C.13D.-135.(2023四川内江一模)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知B=2π3,bcsinA=8sinB,a=4,则b=(　　)A.4B.27C.23D.226.已知0<β<π4<α<π2,且sinα-cosα=55,sin(β+π4)=45,则sin(α+β)=(　　)A.-31010B.-155C.155D.310107.(2023陕西渭南一模)在△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,且asin2B+bsinA=0,若△ABC的面积S=3b,则△ABC面积的最小值为(　　)A.1B.123C.83D.128.魏晋南北朝时期,中国数学的测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术,应用中国传统的出入相补原理.因其第一题为测量海岛的高度和距离,故题为《海岛算经》.受此题启发,某同学测量某塔的高度.如图,点D,G,F在水平线DH上,CD和EF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度,称为“表高”,测得以下数据(单位:米):前表却行DG=1,表高CD=EF=2,后表却行FH=3,表距DF=61.则塔高AB为(　　)A.60米B.61米C.62米D.63米9.(2023四川凉山二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.命题p:1-tan2A21+tan2A2+bcos(A+C)a=0,命题q:△ABC为等腰三角形,则p是q的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件10.(2023广东茂名一模)在下列四个函数中,最小正周期与其余三个函数不同的是(　　)A.f(x)=cos2x+sinxcosxB.f(x)=1-cos2x2sinxcosxC.f(x)=cos(x+π3)+cos(x-π3)D.f(x)=sin(x+π6)cos(x+π6)11.(2023山西名校联考改编)将函数f(x)=sinx(sinx+3cosx)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),得到g(x)的图象,则下列说法不正确的是(　　)A.g(x)的图象关于直线x=2π3对称B.g(x)的图象关于点(7π6,12)对称C.g(x)在[0,π]上的值域为[0,1]D.g(x)的图象可由y=cosx的图象向右平移2π3个单位长度,再向上平移12个单位长度得到12.(2023辽宁本溪名校联考)若sinθ1-cosθ=2,则1+2sin2θ+3cos2θ1-2sin2θ+3cos2θ=(　　)A.5B.43C.2D.413.(2023贵州铜仁二模)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c2=a(a+b),则sinA的取值范围是(　　)A.(0,22)B.(12,22)C.(12,32)D.(0,32)14.(2023四川成都二模)在△ABC中,已知AD=2DC,AC=3BC,sin∠BDC=3sin∠BAC,当CA·CB-|AB|取得最小值时,△ABC的面积为(　　)A.34B.52C.38D.3516二、填空题15.(2023广东湛江一模)cos70°-cos20°cos65°=　　　　. 16.已知2sinα=5cosα,则sin2α+cos2α=　　　　　. 17.(2023陕西咸阳名校联考)已知函数f(x)=3cos(x+θ)-sin(x+θ)(-π2≤θ≤π2)是奇函数,则θ=　　　　　. 18.(2023江西赣州一模)已知函数f(x)=2cos2x-(sinx+cosx)2-2,若存在x1,x2∈[0,3π4],使不等式f(x1)<k<f(x2)成立,则整数k的值可以为　　　　　.(写出一个即可) 19.如图,某直径为55海里的圆形海域上有四个小岛.已知小岛B与小岛C相距5海里,cos∠BAD=-45,则小岛B与小岛D之间的距离为　　　　　海里;小岛B,C,D所形成的三角形海域BCD的面积为　　　　　平方海里. 20.(2023河南南阳二模改编)锐角三角形ABC是单位圆的内接三角形,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2+b2-c2=4a2cosA-2accosB,则a=　　　　.  考点突破练2　三角变换与解三角形1.D　解析由sin(2α+3π2)=-cos2α=12,得cos2α=-12,所以sin2α=1-cos2α2=34.又因为角α在第四象限内,所以sinα=-32.故选D.2.C　解析由C=2(A+B),A+B+C=π,得C=2π3,由a,b,c成等差数列,得2b=a+c,由余弦定理,得cosC=a2+b2-c22ab,即-12=a2+b2-(2b-a)22ab,整理得5ab-3b2=0,由b≠0得5a-3b=0,由a≠0得ba=53.故选C.3.D　解析如图所示,以点C为坐标原点,CA,CB分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,则C(0,0),A(3,0),B(0,4).∵PC=1,∴可设P(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π),∴PA·PB=(3-cosθ,-sinθ)·(-cosθ,4-sinθ)=-3cosθ-4sinθ+sin2θ+cos2θ=1-5sin(θ+φ),其中tanφ=34,∵-1≤sin(θ+φ)≤1,∴-4≤PA·PB≤6.故选D.4.C　解析sinθ+sin(θ+π3)=32sinθ+32cosθ=3(32sinθ+12cosθ)=3sin(θ+π6)=1,∴sin(θ+π6)=33,则cos(π3+2θ)=cos2(π6+θ)=1-2sin2(θ+π6)=1-23=13.故选C.5.B　解析因为bcsinA=8sinB,所以abc=8b,即ac=8.又因为a=4,所以c=2,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB,从而b=42+22-2×8×cos2π3=27.故选B.6.D　解析因为sinα-cosα=55,所以sin(α-π4)=1010,因为π4<α<π2,所以cos(α-π4)=31010.因为0<β<π4,sin(β+π4)=45,所以cos(β+π4)=35,所以sin(α+β)=sin[(α-π4)+(β+π4)]=1010×35+31010×45=31010.7.B　解析∵asin2B+bsinA=0,∴sinA·2sinBcosB+sinBsinA=0,∴cosB=-12,∴B=2π3.∵S=3b,∴12acsinB=3b,∴ac=4b.∵b2=a2+c2-2accos2π3=a2+c2+ac≥3ac=12b,∴b≥12.因此S=3b≥123,△ABC面积的最小值为123,故选B.8.D　解析∵EF为表高,∴EF⊥BH.同理CD⊥BH.根据三角形的性质可得,△EFH∽△ABH,△CDG∽△ABG,则3BH=2AB,1BG=2AB.∵BH=BD+DF+FH=BD+64,BG=BD+1,∴3BD+64=1BD+1,解得BD=30.5,BG=31.5.∴AB=2BG=63.9.D　解析由正弦定理,得1-tan2A21+tan2A2+bcos(A+C)a=cos2A2-sin2A2cos2A2+sin2A2-sinBcosBsinA=cosA-sinBcosBsinA=sin2A-sin2B2sinA=0,∴sin2A=sin2B.∵0<A<π,0<B<π,∴2A=2B或2A=π-2B,即A=B或A+B=π2,即A=B或C=π2,∴由p不能推出q;当△ABC为等腰三角形时,C不一定为π2,A,B也不一定相等,∴由q不能推出p,故p是q的既不充分也不必要条件.故选D.10.C　解析对于选项A,f(x)=1+cos2x2+12sin2x=22sin(2x+π4)+12,∴T=π;对于选项B,要使函数有意义,则sinx≠0且cosx≠0,f(x)=1-(1-2sin2x)2sinxcosx=2sin2x2sinxcosx=tanx,∴T=π;对于选项C,f(x)=12cosx-32sinx+12cosx+32sinx=cosx,∴T=2π;对于选项D,f(x)=12sin2(x+π6)=12sin(2x+π3),∴T=π,故选C.11.C　解析对于A,∵f(x)=sinx(sinx+3cosx)=sin2x+3sinxcosx=1-cos2x2+32sin2x=sin(2x-π6)+12,∴g(x)=sin(12×2x-π6)+12=sin(x-π6)+12,将x=2π3代入g(x)中,即g(2π3)=sin(2π3-π6)+12=32,则g(x)的图象关于直线x=2π3对称,故A正确;对于B,∵g(7π6)=sin(7π6-π6)+12=12,故g(x)的图象关于点(7π6,12)对称,故B正确;对于C,当x∈[0,π]时,x-π6∈[-π6,5π6],sin(x-π6)∈[-12,1],sin(x-π6)+12∈[0,32],故C错误;对于D,y=cosx的图象 向右平移再向上平移后得y=sin(x-2π3+π2)+12=sin(x-π6)+12的图象,故D正确.故选C.12.A　解析sinθ1-cosθ=2sinθ2cosθ21-(1-2sin2θ2)=cosθ2sinθ2=1tanθ2=2,tanθ2=12,则tanθ=2tanθ21-tan2θ2=43,∴1+2sin2θ+3cos2θ1-2sin2θ+3cos2θ=sin2θ+4sinθcosθ+4cos2θsin2θ-4sinθcosθ+4cos2θ=|sinθ+2cosθsinθ-2cosθ|=|tanθ+2tanθ-2|=5,故选A.13.B　解析由c2=a(a+b),得c2=a2+ab,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,∴a2+ab=a2+b2-2abcosC,即b=a+2acosC,由正弦定理得sinA+2sinAcosC=sinB,∵B=π-(A+C),∴sinA+2sinAcosC=sinB=sinAcosC+cosAsinC,即sinA=sin(C-A).∵c2=a2+ab,∴c>a,∴C-A>0,又三角形ABC为锐角三角形,∴0<A<π2,0<C-A<π2,∴A=C-A,解得C=2A,又0<A<π2,0<B=π-3A<π2,0<C=2A<π2,∴π6<A<π4,∴sinA∈(12,22).故选B.14.D　解析如图,设BC=n,由题意得AC=3n,∵AD=2DC,∴AD=2n,DC=n.在△BDC中,BCsin∠BDC=BDsinC,在△ABC中,BCsin∠BAC=ABsinC,∴BDsin∠BDC=ABsin∠BAC,又sin∠BDC=3sin∠BAC,∴3BD=AB,设BD=m,则AB=3m.∵∠BDC+∠BDA=π,∴cos∠BDC=cos(π-∠BDA)=-cos∠BDA,∴m2+n2-n22mn=-m2+(2n)2-(3m)22m×2n,∴2n2=3m2,n2=32m2,CA·CB-|AB|=3n×ncosC-3m=3n2·n2+(3n)2-(3m)22n×3n-3m=3m2-3m=3(m-12)2-94,当m=12时,CA·CB-|AB|取得最小值,∴n2=38.∵cosC=n2+n2-m22n2=23,sinC=53,∴S△ABC=12n×3n×sinC=32×n2×53=32×38×53=3516.故选D.15.-2　解析cos70°-cos20°cos65°=cos(90°-20°)-cos20°cos65°=sin20°-cos20°cos(45°+20°)=sin20°-cos20°cos45°cos20°-sin45°sin20°=-2.16.2429　解析因为2sinα=5cosα,所以cosα≠0,tanα=52,所以sin2α+cos2α=2sinαcosα+cos2αsin2α+cos2α=2tanα+1tan2α+1=2429.17.π3　解析f(x)=3cos(x+θ)-sin(x+θ)=2cos(x+θ+π6),由f(x)是奇函数,得θ+π6=π2+kπ,k∈Z,解得θ=π3+kπ,k∈Z,∵-π2≤θ≤π2,∴θ=π3.18.-3(答案不唯一)　解析由题意,得f(x)=2cos2x-1-sin2x-2=cos2x-sin2x-2=2cos(2x+π4)-2,∵x∈[0,3π4],∴2x+π4∈[π4,7π4],∴cos(2x+π4)∈[-1,22],即2cos(2x+π4)-2∈[-2-2,-1].若存在x1,x2∈[0,3π4],使不等式f(x1)<k<f(x2)成立,则f(x)min<k<f(x)max,∴-2-2<k<-1,∴在-3与-2中任选一个即可.19.35　15　解析∵圆的内接四边形对角互补,∴cosC=cos(π-A)=-cosA=45,sinC=1-cos2C=35.在△BCD中,由正弦定理得BDsinC=BD35=55,BD=35.在△BCD中,由余弦定理得(35)2=CD2+52-2·CD·5·45,整理得CD2-8CD-20=0,(CD+2)(CD-10)=0,CD=10或CD=-2(舍去),∴S△BCD=12×10×5×35=15(平方海里).20.3　解析由a2+b2-c2=4a2cosA-2accosB,得b·a2+b2-c22ab=2acosA-ccosB,由余弦定理得bcosC=2acosA-ccosB,由正弦定理得sinBcosC=2sinAcosA-sinCcosB,∴sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA=2sinAcosA,得cosA=12,又A∈(0,π2),∴A=π3,∴sinA=32.又asinA=bsinB=csinC=2,∴a=3.