【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题二 三角函数、解三角形、平面向量学案
专题二 三角函数、解三角形、平面向量
第一讲三角函数的图象与性质
一、基础知识要记牢
(1)三角函数的定义：若角α的终边与单位圆相交于点P(x，y)，则sin α＝y，cos α＝x，tan α＝.
(2)诱导公式：注意“奇变偶不变，符号看象限”．
(3)基本关系：平方关系：sin2x＋cos2x＝1，商数关系：tan x＝.
(4)单位圆、三角函数线是根本，抓纲务本，就能驾简驭繁．
二、经典例题领悟好
例1] (1)(2017·绍兴模拟)已知点P落在角θ的终边上，且θ∈ 0,2π)，则θ的值为( )
A. B. C. D.
(2)如图，以Ox为始边作角α(0<α<π)，终边与单位圆相交于点P，已知点P的坐标为，则＝________.
解析] (1)tan θ＝＝＝－1，
又sin>0，cos<0，
所以θ为第四象限角且θ∈ 0,2π)，
所以θ＝.
(2)由三角函数定义，得cos α＝－，
∴原式＝
＝
＝2cos2α＝2×2
＝.
答案] (1)D (2)
(1)涉及与圆及角有关的函数建模问题(如钟表、摩天轮、水车等)，常常借助三角函数的定义求解.应用定义时，注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上点的位置无关.
(2)应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限内的符号；利用同角三角函数关系化简的过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等.
三、预测押题不能少
1．(1)已知α为锐角，且2tan(π－α)－3cos＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1，则sin α的值是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由已知可得－2tan α＋3sin β＋5＝0，tan α－6sin β＝1，解得tan α＝3，又α为锐角，故sin α＝.
(2)已知A是单位圆上的点，且点A在第二象限，点B是此圆与x轴正半轴的交点，记∠AOB＝α.若点A的纵坐标为，则sin α＝________，tan 2α＝________.
解析：由点A的纵坐标为及点A在第二象限，得点A的横坐标为－，所以sin α＝，cos α＝－，tan α＝－.故tan 2α＝＝－.
答案： －
一、基础知识要记牢
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
(1)“五点法”作图：
设z＝ωx＋φ，令z＝0，，π，，2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得．
(2)图象变换：
y＝sin xy＝sin(x＋φ)
y＝Asin(ωx＋φ)．
二、经典例题领悟好
例2] (1)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，且f(α)＝1，α∈，则cos＝( )
A．－ B.
C．± D.
(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cos x，C2：y＝sin，则下面结论正确的是( )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原 的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原 的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原 的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原 的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
解析] (1)由三角函数的图象可得A＝3，＝－＝，所以T＝π＝，所以ω＝2，又f＝3sin＝－3,0<φ<π，则φ＝，所以f(x)＝3sin.因为f(α)＝3sin＝1，所以sin＝.又α∈，所以∈，则cos＝－，故选A.
(2)易知C1：y＝cos x＝sin，把曲线C1上的各点的横坐标缩短到原 的倍，纵坐标不变，得到函数y＝sin的图象，再把所得函数的图象向左平移个单位长度，可得函数y
＝sin＝sin的图象，即曲线C2.
答案] (1)A (2)D
(1)在利用图象求三角函数y＝Asin(ωx＋φ)的有关参数时，注意直接从图中观察振幅、周期，即可求出A，ω，然后根据图象过某一特殊点 求φ，若是利用零点值 求，则要注意是ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，根据点在单调区间上的关系 确定一个k的值，此时要利用数形结合，否则就易步入命题人所设置的陷阱．
(2)作三角函数图象左右平移变换时，平移的单位数是指单个变量x的变化量，因此由y＝sin ωx(ω>0)的图象得到y＝sin(ωx＋φ)的图象时，应将图象上所有点向左(φ>0)或向右(φ<0)平移个单位，而非|φ|个单位.
三、预测押题不能少
2．(1)已知函数f(x)＝2sin(π＋x)sin的图象关于原点对称，其中φ∈(0，π)，则函数g(x)＝cos(2x－φ)的图象( )
A．关于点对称
B．可由函数f(x)的图象向右平移个单位得到
C．可由函数f(x)的图象向左平移个单位得到
D．可由函数f(－x)的图象向右平移个单位得到
解析：选B 由已知得函数f(x)为奇函数，令f(x)＝2h(x)·k(x)，∵h(x)＝sin(π＋x)为奇函数，∴k(x)＝sin为偶函数，∴＋φ＝＋kπ(k∈Z)，φ＝＋kπ(k∈Z)，则由φ∈(0，π)得φ＝，∴f(x)＝－sin 2x，g(x)＝cos＝－sin＝－sin2，则将函数f(x)的图象向右平移个单位可得函数g(x)的图象，故选B.
(2)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示，则将y＝f(x)的图象向右平移个单位后，得到的函数图象的解析式为( )
A．y＝sin 2x B．y＝sin
C．y＝sin D．y＝cos 2x
解析：选C 由图易得A＝1，T＝×＝－，
解得ω＝2，又因为点在函数图象上，即f＝sin＝1，则2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，解得φ＝＋2kπ，k∈Z，又因为|φ|<，所以φ＝，f(x)＝sin，则其图象向右平移个单位后得到函数y＝sin＝sin的图象，故选C.
一、基础知识要记牢
(1)三角函数的单调区间：
y＝sin x的单调递增区间是(k∈Z)，单调递减区间是2kπ＋，2kπ＋(k∈Z)；
y＝cos x的单调递增区间是 2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是 2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；
y＝tan x的递增区间是(k∈Z)．
(2)y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当y＝kπ＋(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)求得．
二、经典例题领悟好
例3] (2017·浙江高考)已知函数f(x)＝sin2x－cos2x－2sin xcos x(x∈R)．
(1)求f的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．
解] (1)由题意，f(x)＝－cos 2x－sin 2x
＝－2＝－2sin，
故f＝－2sin＝－2sin ＝2.
(2)由(1)知f(x)＝－2sin.
则f(x)的最小正周期是π.
由正弦函数的性质
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，
解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．
求解三角函数的奇偶性、对称性、周期、最值和单调区间等问题时，通常要运用各种三角函数公式，通过恒等变换(降幂、辅助角公式应用)将其解析式化为y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)的形式，再研究其各种性质．
有关常用结论与技巧：
(1)我们往往运用整体换元法 求解单调性与对称性，求y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)的单调区间时一定要注意ω的取值情况，若ω<0，则最好用诱导公式将其转化为－ω>0后再去求解，否则极易出错．
(2)对y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且A>0，ω≠0)结合函数图象可观察出如下几点：
①函数图象的对称轴都经过函数的最值点，对称中心的横坐标都是函数的零点；
②相邻两对称轴(对称中心)间的距离都是半个周期；
③图象上相邻两个最大(小)值点之间的距离恰好等于一个周期.
三、预测押题不能少
3．已知函数f(x)＝sin xcos x＋cos2x＋a.
(1)求f(x)的最小正周期及单调递减区间；
(2)若f(x)在区间上的最大值与最小值的和为，求a的值．
解：(1)因为f(x)＝sin 2x＋＋a＝sin＋a＋，所以T＝π.由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.故函数f(x)的单调递减区间是(k∈Z)．
(2)因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤，－≤sin≤1.因为函数f(x)在上的最大值与最小值的和为＋＝，所以a＝0.
知能专练(六)]
一、选择题
1．(2017·山东高考)函数y＝sin 2x＋cos 2x的最小正周期为( )
A. B.
C．π D．2π
解析：选C ∵y＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，
∴最小正周期T＝＝π.
2．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝cos，则下列结论错误的是( )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．y＝f(x)的图象关于直线x＝对称
C．f(x＋π)的一个零点为x＝
D．f(x)在单调递减
解析：选D 根据函数解析式可知函数f(x)的最小正周期为2π，所以函数的一个周期为－2π，A正确；当x＝时，x＋＝3π，所以cos＝－1，所以B正确；f(x＋π)＝cos＝cos，当x＝时，x＋＝，所以f(x＋π)＝0，所以C正确；函数f(x)＝cos在上单调递减，在上单调递增，故D错误．
3．(2017·全国卷Ⅰ)函数y＝的部分图象大致为( )
解析：选C 令函数f(x)＝，其定义域为{x|x≠2kπ，k∈Z}，又f(－x)＝＝＝－f(x)，所以f(x)＝
为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B；因为f(1)＝＞0，f(π)＝＝0，故排除A、D，选C.
4．三角形ABC是锐角三角形，若角θ终边上一点P的坐标为(sin A－cos B，cos A－sin C)，则＋＋的值是( )
A．1 B．－1
C．3 D．4
解析：选B 因为三角形ABC是锐角三角形，所以A＋B>90°，即A>90°－B，则sin A>sin(90°－B)＝cos B，sin A－cos B>0，同理cos A－sin C<0，所以点P在第四象限，＋＋＝－1＋1－1＝－1.
5．(2017·嘉兴模拟)如图是函数y＝Asin(ωx＋φ)x∈R，A>0，ω>0,0<φ<在区间上的图象．为了得到这个函数的图象，只需将y＝sin x(x∈R)的图象上所有的点( )
A．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原 的，纵坐标不变
B．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原 的2倍，纵坐标不变
C．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原 的，纵坐标不变
D．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原 的2倍，纵坐标不变
解析：选A 由题意知，A＝1；由＝＋，得ω＝2；由2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，0<φ<，得φ＝，故y＝sin.只要把函数y＝sin x的图象向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原 的，纵坐标不变，即可得y＝sin的图象．
6．(2017·天津高考)设函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，则( )
A．ω＝，φ＝ B．ω＝，φ＝－
C．ω＝，φ＝－ D．ω＝，φ＝
解析：选A 法一：由f＝2，得ω＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，①
由f＝0，得ω＋φ＝k′π(k′∈Z)，②
由①②得ω＝－＋(k′－2k)．
又最小正周期T＝>2π，所以0<ω<1，ω＝.
又|φ|<π，将ω＝代入①得φ＝.选项A符合．
法二：∵f＝2，f＝0，且f(x)的最小正周期大于2π，
∴f(x)的最小正周期为4＝3π，
∴ω＝＝，∴f(x)＝2sin.
由2sin＝2，得φ＝2kπ＋，k∈Z.
又|φ|<π，∴取k＝0，得φ＝.故选A.
二、填空题
7．(2017·金华一中模拟)函数f(x)＝2cosx＋－1的对称轴为________，最小值为________．
解析：由x＋＝kπ(k∈Z)，得x＝kπ－(k∈Z)，即函数f(x)的对称轴为x＝kπ－(k∈Z)；因为2cosx＋∈ －2,2]，所以2cos－1∈ －3,1]，所以函数f(x)的最小值为－3.
答案：x＝kπ－(k∈Z) －3
8．(2017·荆州质检)函数y＝sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，且函数图象关于点对称，则函数的解析式为________________．
解析：由题意知最小正周期T＝π＝，∴ω＝2，2×＋φ＝kπ(k∈Z)，∴φ＝kπ＋(k∈Z)．
又0<φ<π，∴φ＝，∴y＝sin.
答案：y＝sin
9．已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)，y＝f(x)的部分图象如图，则f＝________.
解析：由图象可知，此正切函数的半周期等于－＝＝，即周期为，所以ω＝2.由题意可知，图象过定点，所以0＝Atan2×＋φ，即＋φ＝kπ(k∈Z)，所以φ＝kπ－(k∈Z)，又|φ|<，所以φ＝.再由图象过定点(0,1)，可得A＝1.综上可知，f(x)＝tan.故有f＝tan＝tan＝.
答案：
三、解答题
10．(2017·北京高考)已知函数f(x)＝cos－2sin xcos x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求证：当x∈时，f(x)≥－.
解：(1)f(x)＝cos 2x＋sin 2x－sin 2x
＝sin 2x＋cos 2x
＝sin.
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)证明：因为－≤x≤，
所以－≤2x＋≤.
所以sin≥sin＝－.
所以当x∈时，f(x)≥－.
11．(2018届高三·浙江名校联盟联考)已知函数f(x)＝2cos πx·cos2 ＋sin (x＋1)π]·sin φ－cos πx的部分图象如图所示．
(1)求φ的值及图中x0的值；
(2)将函数f(x)的图象上的各点向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长到原 的倍，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间上的最大值和最小值．
解：(1)f(x)＝2cos πx·cos2＋sin (x＋1)π]·sin φ－cos πx＝cos πx·－sin πx·sin φ＝cos πx·cos φ－sin πx·sin φ＝cos(πx＋φ)．
由题图可知，cos φ＝，又0<φ<，所以φ＝.
又cos＝，所以πx0＋＝，
所以x0＝.
(2)由(1)可知f(x)＝cos，将图象上的各点向左平移个单位得到y＝cos＝cos的图象，然后将各点的横坐标不变，纵坐标伸长到原 的倍后得到g(x)＝cos的图象．
因为x∈，所以－≤πx＋≤.
所以当πx＋＝0，即x＝－时，g(x)取得最大值；
当πx＋＝，即x＝时，g(x)取得最小值－.
12．(2017·东阳市调研)已知x0，x0＋是函数f(x)＝cos2－sin2ωx(ω>0)的两个相邻的零点．
(1)求f的值；
(2)若对任意x∈，都有|f(x)－m|≤1，求实数m的取值范围．
解：(1)f(x)＝－
＝
＝
＝
＝
＝sin.
由题意可知，f(x)的最小正周期T＝π，∴＝π.
又∵ω>0，∴ω＝1，∴f(x)＝sin.
∴f＝sin＝sin＝.
(2)|f(x)－m|≤1，即f(x)－1≤m≤f(x)＋1.
∵对任意x∈，都有|f(x)－m|≤1，
∴m≥f(x)max－1且m≤f(x)min＋1.
∵－≤x≤0，∴－≤2x＋≤，
∴－1≤sin≤，
∴－≤ sin≤，
即f(x)max＝，f(x)min＝－，∴－≤m≤1－.
故m的取值范围为.
第二讲三角恒等变换与解三角形
一、基础知识要记牢
三角恒等变换的主要考查形式是三角函数式的求值．包括：
(1)“给角求值”，即通过三角恒等变换求三角函数式的值；
(2)“给值求值”，即给出一些三角函数值，求与之有关的其他三角函数式的值；
(3)“给值求角”，即给出三角函数值，求符合条件的角．
二、经典例题领悟好
例1] (1)(2017·嘉兴调研)4sin 80°－＝( )
A. B．－
C. D．2－3
(2)(2017·全国卷Ⅲ)已知sin α－cos α＝，则sin 2α＝( )
A．－ B．－
C. D.
解析] (1)依题意，∵sin 80°＝cos 10°，
∴4sin 80°－＝
＝＝
＝
＝＝－，故选B.
(2)将sin α－cos α＝的两边进行平方，得sin2 α－2sin αcos α＋cos2α＝，即sin 2α＝－.
答案] (1)B (2)A
三角函数恒等变换“六策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等．
(2)项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等．
(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次．
(4)弦、切互化：一般是切化弦．
(5)公式的变形应用：如sin α＝cos αtan α，tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)等．
(6)角的合成及三角函数名的统一：运用辅助角公式合成角及统一三角函数名称.
三、预测押题不能少
1．(1)设α，β∈ 0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )
A． －，1] B． －1， ]
C． －1,1] D． 1， ]
解析：选C ∵sin αcos β－cos αsin β＝1，
即sin(α－β)＝1，α，β∈ 0，π]，
∴α－β＝，又则≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α＝sin，
∵≤α≤π，
∴≤α＋≤，
∴－1≤sin≤1，
即所求取值范围为 －1,1]，故选C.
(2)若tan＝，则tan α＝________.
解析：tan α＝tan
＝＝＝.
答案：
一、基础知识要记牢
(1)正弦定理：在△ABC中，
＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．
变形：a＝2Rsin A，sin A＝，
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
(2)余弦定理：在△ABC中，
a2＝b2＋c2－2bccos A；
变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝.
(3)三角形面积公式：
S△ABC＝absin C＝cbsin A＝acsin B.
二、经典例题领悟好
例2] (2016·浙江高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2acos B.
(1)证明：A＝2B；
(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．
解] (1)证明：由正弦定理得sin B＋sin C＝2sin Acos B，
故2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)
＝sin B＋sin Acos B＋cos Asin B，
于是 sin B＝sin(A－B)．
又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，
所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，
因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.
(2)由S＝得absin C＝，
故有sin Bsin C＝sin A＝sin 2B＝sin Bcos B.
因为 sin B≠0，所以 sin C＝cos B.
又B，C∈(0，π)，所以C＝±B.
当B＋C＝时，A＝；
当C－B＝时，A＝.
综上，A＝或A＝.
关于解三角形问题，首先要联想三角形三定理：正弦、余弦及内角和定理，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是解决问题的突破口.
三、预测押题不能少
2．在△ABC中，∠A＝60°，c＝a.
(1)求sin C的值；
(2)若a＝7，求△ABC的面积．
解：(1)在△ABC中，因为∠A＝60°，c＝a，
所以由正弦定理得sin C＝＝×＝.
(2)因为a＝7，所以c＝×7＝3.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得72＝b2＋32－2b×3×，解得b＝8或b＝－5(舍去)．所以△ABC的面积S＝bcsin A＝×8×3×＝6.
一、经典例题领悟好
例3] 如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙 从A乘缆车，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m．经测量，cos A＝，cos C＝.
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
解] (1)在△ABC中，因为cos A＝，cos C＝，
所以sin A＝，sin C＝.
从而sin B＝sin π－(A＋C)]＝sin(A＋C)
＝sin Acos C＋cos Asin C
＝×＋×＝.
由正弦定理＝，
得AB＝×sin C＝×＝1 040(m)．
所以索道AB的长为1 040 m.
(2)假设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d m，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m，
所以由余弦定理得
d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)，
因0≤t≤，即0≤t≤8，
故当t＝(min)时，甲、乙两游客距离最短．
(3)由正弦定理＝，
得BC＝×sin A＝×＝500(m)．
乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C.
设乙步行的速度为v m/min，
由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，
所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在，(单位：m/min)范围内．
(1)本题属于三角函数建模问题，其求解的关键是运用所学的解三角形的知识和方法对该问题进行分析，然后检验所得的解，并写出实际问题的结论便可.
(2)三角形问题求解中函数建模思想的常见类型：
①利用余弦定理转化为长度关于某一未知数的函数；
②由面积公式转化为面积S关于角的三角函数的函数；
③由正弦定理转化为边的长度关于某一三角形内角的函数.
二、预测押题不能少
3.如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到0.1，≈1.414，≈2.236)．
解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，
所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.
设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v，
在Rt△ADB中，AB＝＝＝200.
在Rt△ADC中，AC＝＝＝100.
在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，
所以(14v)2＝(100)2＋2002－2×100×200×cos 135°，
所以v＝≈22.6，
所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.
答案：22.6
知能专练(七)]
一、选择题
1．(2017·山东高考)已知cos x＝，则cos 2x＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选D ∵cos x＝，∴cos 2x＝2cos2x－1＝.
2．在△ABC中，若0
0，tan B>0，即A，B为锐角．tan(A＋B)＝>0，即tan(π－C)＝－tan C>0，所以tan C<0，所以C为钝角．所以△ABC为钝角三角形．
3．(2016·全国卷Ⅱ)若cos＝，则sin 2α＝( )
A. B.
C．－ D．－
解析：选D 因为cos＝，
所以sin 2α＝cos＝cos
＝2cos2－1＝2×－1＝－.
4．(2018届高三·湖南省五市十校联考)在斜三角形ABC中，sin A＝－cos B·cos C，且tan B·tan C＝1－，则角A的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意知，sin A＝－cos B·cos C＝sin(B＋C)＝sin B·cos C＋cos B·sin C，
在等式－cos B·cos C＝sin B·cos C＋cos B·sin C两边除以cos B·cos C得tan B＋tan C＝－，
tan(B＋C)＝＝－1＝－tan A，
所以角A＝.
5．(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则cos A＝( )
A. B.
C．－ D．－
解析：选C 设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
则由题意得S△ABC＝a·a＝acsin B，∴c＝a.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋a2－2×a×a×＝a2，∴b＝a.∴cos A＝＝＝－.故选C.
6．已知△ABC的内角A，B，C满足sin 2A＋sin(A－B＋C)＝sin(C－A－B)＋，面积S
满足1≤S≤2，记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列不等式一定成立的是( )
A．bc(b＋c)>8 B．ab(a＋b)>16
C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24
解析：选A 因为A＋B＋C＝π，由sin 2A＋sin(A－B＋C)＝sin(C－A－B)＋得sin 2A＋sin 2B＋sin 2C＝，即sin (A＋B)＋(A－B)]＋sin (A＋B)－(A－B)]＋sin 2C＝，整理得2sin Ccos(A－B)＋2sin Ccos C＝2sin C cos(A－B)－cos(A＋B)]＝，整理得4sin A·sin Bsin C＝，即sin Asin Bsin C＝.又S＝absin C＝bcsin A＝casin B，因此S3＝a2b2c2sin Asin B·sin C＝a2b2c2.由1≤S≤2得1≤a2b2c2≤23，即8≤abc≤16，因此选项C，D不一定成立．又b＋c>a>0，因此bc(b＋c)>bc·a≥8，即bc(b＋c)>8，选项A一定成立．又a＋b>c>0，因此ab(a＋b)>ab·c≥8，即ab(a＋b)>8，显然不能得出ab(a＋b)>16，选项B不一定成立．综上所述，选A.
二、填空题
7．(2017·全国卷Ⅰ)已知α∈，tan α＝2，则cos＝________.
解析：∵α∈，tan α＝2，∴sin α＝，cos α＝，∴cos＝cos αcos＋sin αsin＝×＝.
答案：
8．(2017·杭州模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1.若C＝，则＝________.
解析：∵sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1，
∴sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B.
由正弦定理可得ab＋bc＝2b2，即a＋c＝2b，∴c＝2b－a，∵C＝，由余弦定理可得(2b－a)2＝a2＋b2－2abcos ，可得5a＝3b，∴＝.
答案：
9．(2017·浙江高考)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点D为AB延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________，cos∠BDC＝________.
解析：在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，由余弦定理得cos∠ABC＝＝＝，
则sin∠ABC＝sin∠CBD＝，
所以S△BDC＝BD·BCsin∠CBD＝×2×2×＝.
因为BD＝BC＝2，所以∠CDB＝∠ABC，
则cos∠CDB＝ ＝.
答案：
三、解答题
10．(2017·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a>b，a＝5，c＝6，sin B＝.
(1)求b和sin A的值；
(2)求sin的值．
解：(1)在△ABC中，因为a>b，
故由sin B＝，可得cos B＝.
由已知及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝13，
所以b＝.
由正弦定理＝，得sin A＝＝.
所以b的值为，sin A的值为.
(2)由(1)及aI3，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，
∴OB·，即I1>I3，
∴I30,0<α<β<是平面上的两个向量，若向量a＋b与a－b互相垂直．
(1)求实数λ的值；
(2)若a·b＝，且tan β＝，求tan α的值．
解：(1)由题设，可得(a＋b)·(a－b)＝0，
即|a|2－|b|2＝0.
代入a，b的坐标，
可得cos2α＋(λ－1)2sin2α－cos2β－sin2β＝0，
所以(λ－1)2sin2α－sin2α＝0.
因为0<α<，故sin2α≠0，
所以(λ－1)2－1＝0，
解得λ＝2或λ＝0(舍去)．故λ＝2.
(2)由(1)及题设条件，
知a·b＝cos αcos β＋sin αsin β＝cos(α－β)＝.
因为0<α<β<，所以－<α－β<0.
所以sin(α－β)＝－，tan(α－β)＝－.
所以tan α＝tan (α－β)＋β]＝＝＝.
所以tan α＝.
知能专练(八)]
一、选择题
1．设x，y∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c, b∥c，则|a＋b|＝( )
A. B.
C．2 D．10
解析：选B 由题意可知解得
故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝.
2．在直角三角形ABC中，∠C＝，AC＝3，取点D使＝2，那么·等于( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D 如图，＝＋.
又∵＝2，
∴＝＋＝＋(－)，
即＝＋.
∵∠C＝，∴·＝0，
∴·＝·
＝2＋·＝6.
3．(2017·长春模拟)如图，点A，B在圆C上，则·的值( )
A．只与圆C的半径有关
B．只与弦AB的长度有关
C．既与圆C的半径有关，又与弦AB的长度有关
D．是与圆C的半径和弦AB的长度均无关的定值
解析：选B 延长AC与圆C相交于点D，连接DB，则∠ABD＝90°，所以·＝·＝||·||cos A＝||2，只与弦AB的长度有关．
4．(2018届高三·杭州市联谊校联考)已知向量a，b的夹角为120°，|a|＝|b|＝2，向量c与a＋b共线，则|a＋c|的最小值为( )
A．2 B．1
C. D.
解析：选D 如图，直线l为与a＋b平行的直线，c可平移到以a的终点为起点，则c的终点在直线l上，由三角形法则可知，当a＋c与直线l垂直时，|a＋c|取到最小值.
5．(2017·绍兴模拟)已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，点E，F分别在边BC，DC上，BE＝λBC，DF＝μDC.若·＝1，·＝－，则λ＋μ＝( )
A. B.
C. D.
解析：选C 如图所示，以菱形ABCD的两条对角线所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系xOy，不妨设A(0，－1)，B(－，0)，C(0,1)，D(，0)，由题意得＝(1－λ)·＝(λ－，λ－1)，＝(1－μ)＝(－μ，μ－1)．
因为·＝－，所以3(λ－1)·(1－μ)＋(λ－1)·(μ－1)＝－，即(λ－1)(μ－1)＝.
因为＝＋＝(λ－，λ＋1)，
＝＋＝(－μ，μ＋1)，
又·＝1，
所以(λ＋1)(μ＋1)＝2.
由整理得λ＋μ＝.
6．(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·(＋)的最小值是( )
A．－2 B．－
C．－ D．－1
解析：选B 如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1,0)，C(1,0)，设P(x，y)，则＝(－x, －y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·(＋)＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋22－，当x＝0，y＝时，·(＋)取得最小值，为－.
二、填空题
7．在△ABC中，AB＝3，AC＝2，A＝60°，＝m＋，则||的最小值为________，又若⊥，则m＝________.
解析：因为＝m＋，所以||2＝m2||2＋||2＋2m·＝9m2＋4＋2m||·||·cos 60°＝9m2＋6m＋4＝92＋3.当m＝－时，||2取得最小值为3，所以||的最小值为.在△ABC中，AB＝3，AC＝2，A＝60°，所以|BC|2＝4＋9－2×2×3cos 60°＝7，所以|BC|＝，所以cos B＝＝，cos C＝＝ .因为⊥
，所以·＝0，所以(m＋)·＝0，所以m·＋·＝0，所以m||·||cos(π－B)＋||·||cos C＝0，所以－3mcos B＋2cos C＝0，所以m＝＝××＝.
答案：
8．在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为BC的中点，若F为该矩形内(含边界)任意一点，则·的最大值为________．
解析：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则E.设F(x，y)，
则·＝2x＋y.令z＝2x＋y，当z＝2x＋y过点(2,1)时，·取最大值.
答案：
9．(2017·江苏高考)如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1,1，，与的夹角为α，且tan α＝7，与的夹角为45°.若＝m＋n (m，n∈R)，则m＋n＝________.
解析：法一：如图，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(1，0)，
由tan α＝7，α∈，
得sin α＝，cos α＝，
设C(xC，yC)，B(xB，yB)，
则xC＝||cos α＝×＝，
yC＝||sin α＝×＝，即C.
又cos(α＋45°)＝×－×＝－，
sin(α＋45°)＝×＋×＝，
则xB＝||cos(α＋45°)＝－，
yB＝||sin(α＋45°)＝，即B.
由＝m＋n，可得
解得所以m＋n＝＋＝3.
法二：由tan α＝7，α∈，得sin α＝，cos α＝，
则cos(α＋45°)＝×－×＝－，
所以·＝1××＝1，·＝1××＝，·＝1×1×＝－，
由＝m＋n，得·＝m2＋n·，即＝m－n.①
同理可得·＝m·＋n2，
即1＝－m＋n.②
①＋②得m＋n＝，
即m＋n＝3.
答案：3
三、解答题
10．已知△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设向量m＝(a，b)，n＝(sin B，sin A)，p＝(b－2，a－2)．
(1)若m∥n，求证：△ABC为等腰三角形；
(2)若m⊥p，边长c＝2，角C＝，求△ABC的面积．
解：(1)证明：∵m∥n，∴asin A＝bsin B.
即a·＝b·，
其中R是△ABC的外接圆半径，
故a＝b，即△ABC为等腰三角形．
(2)由题意可知m·p＝0，
即a(b－2)＋b(a－2)＝0.∴a＋b＝ab.
由余弦定理可知4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
即(ab)2－3ab－4＝0，
∴ab＝4(舍去ab＝－1)．
故S△ABC＝absin C＝×4×sin＝.
11．已知向量a＝，b＝(cos x，－1)．
(1)当a∥b时，求cos2x－sin 2x的值；
(2)设函数f(x)＝2(a＋b)·b.已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝ ，b＝2，sin B＝，求f(x)＋4cos的取值范围．
解：(1)∵a∥b，∴cos x＋sin x＝0，∴tan x＝－.
∴cos2x－sin 2x＝＝＝.
(2)f(x)＝2(a＋b)·b＝ sin＋.
由正弦定理，得＝，可得sin A＝，
∴A＝.∴f(x)＋4cos＝sin2x＋－.
∵x∈，
∴2x＋∈.
∴－1≤f(x)＋4cos≤－.
∴f(x)＋4cos的取值范围为－1, －.
12．已知向量＝(λcos α，λsin α)(λ≠0)，＝(－sin β，cos β)，其中O为坐标原点．
(1)若α－β＝且λ＝1，求向量与的夹角；
(2)若||≥2||对任意实数α，β都成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)当λ＝1时，＝(cos α，sin α)，
故||＝ ＝1，
||＝ ＝1.
·＝cos α·(－sin β)＋sin αcos β＝sin(α－β)＝sin＝，
故cos〈，〉＝＝.
又因为〈，〉∈ 0，π]，
所以〈，〉＝.
(2)＝－＝(－λcos α－sin β，－λsin α＋cos β)，
故||≥2||对任意实数α，β都成立，即(－λcos α－sin β)2＋(－λsin α＋cos β)2≥4对任意实数α，β都成立，
整理得λ2＋1＋2λsin(β－α)≥4对任意实数α，β都成立．
因为－1≤sin(β－α)≤1，
所以或
解得λ≥3或λ≤－3.
所以所求实数λ的取值范围为(－∞，－3]∪ 3，＋∞)．
(二) 三角函数的综合问题
三角函数的综合问题在历年高考中一般位于解答题的第一题的位置，有时也在选择、填空题中出现．主要考查三角恒等变换、三角函数的图象与性质、解三角形，有时也与平面向量相交汇，意在考查考生的数形结合能力，转化与化归能力，以及运算求解能力，一般为中档题．
三角函数的图象与性质
例1] 已知函数f(x)＝2sin ωxcos ωx－2cos2ωx＋1(ω>0)的图象上两个相邻的最高点之间的距离为π.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若f(θ)＝，求cos的值．
解] (1)f(x)＝2sin ωxcos ωx－2cos2ωx＋1＝sin 2ωx－cos 2ωx＝2sin.
由题意知，函数f(x)的最小正周期为π，则＝π，故ω＝1.
所以f(x)＝2sin.
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
(2)由f(x)＝2sin，f(θ)＝得sin2θ－＝，
所以cos＝cos＝cos＝1－2sin2＝1－2×＝.
求解三角函数图象与性质问题的方法步骤
第一步，化简：正确分析已知条件，利用三角恒等变换将给出的三角函数解析式化简为y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式，常利用“sin 2α＝2sin αcos α，cos 2α＝cos2α－sin2α＝1－2sin2α＝2cos2α－1，sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β，asin x＋bcos x＝sin(x＋φ)，其中tan φ＝”等公式进行化简.
第二步，计算：根据函数y＝Asin(ωx＋φ)＋h的相关性质与图象进行计算.
第三步，得结论：利用三角函数的性质求函数解析式、角、三角函数值等.
提醒] 解此类问题时的易错点有：(1)对正弦型函数y＝Asin(ωx＋φ)＋h及余弦型函数y＝Acos(ωx＋φ)＋h的性质易遗忘或对其含义不能深刻理解，如图象的对称轴、对称中心等；(2)没有挖掘题目中的隐含条件，忽视对角的范围的限制而造成增解或漏解现象；(3)不能发现角度之间的倍、半差异.
1.函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<在一个周期内的图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式及单调递减区间；
(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，已知g(α)＝－，α∈，求g的值．
解：(1)设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可得，T＝－＝，∴T＝π，ω＝2，
又f＝0，
∴sin＝0，∴－＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝kπ＋，k∈Z，又|φ|<，∴φ＝，
故函数f(x)的解析式为f(x)＝sin.
令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，
故函数f(x)的单调递减区间为，k∈Z.
(2)由题意可得，g(x)＝f＝sin＝sin＝－cos 2x，
∴g(α)＝－cos 2α＝－，即cos 2α＝.
∵α∈，
∴2α∈，可得sin 2α＝－，
∴g＝－cos＝－cos 2αcos＋sin 2αsin＝－×＋×＝－.
三角函数与其他知识交汇问题
例2] 已知向量m＝，n＝.
(1)若m·n＝1，求cos的值；
(2)记f(x)＝m·n，在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(2a－c)cos B＝bcos C，求f(A)的取值范围．
解] (1)m·n＝sincos＋cos2＝sin＋＝sin＋＝1，
∴sin＝.
∵cos＝1－2sin2＝，
∴cos＝－cos＝－.
(2)∵(2a－c)cos B＝bcos C，
由正弦定理，得(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C.
∴2sin Acos B－sin Ccos B＝sin Bcos C.
∴2sin Acos B＝sin(B＋C)．
∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sin A≠0.
∴cos B＝，
∵0b，则A>B，故B＝.根据余弦定理，有(4)2＝52＋c2－2×5c×，解得c＝1或c＝－7(舍去)，于是向量在方向上的投影为||cos B＝1×＝，故选B.
2．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m＝(－sin B，cos B)，n＝(sin C，cos C)，若m·n＝－，且a＝1，b＝，则B＝( )
A.或 B.
C. D.或
解析：选A 由m·n＝－，得－sin Bsin C＋cos Bcos C＝－，即cos(B＋C)＝－，所以cos A＝，由00)的图象与x轴的交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，要得到函数g(x)＝2sin ωx的图象，只需将函数f(x)的图象( )
A．向左平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向左平移个单位长度
解析：选C 由题意知f(x)的周期为π，∴ω＝2，
∴g(x)＝2sin 2x＝2cos＝2cos2＋，∴要得到函数g(x)＝2sin 2x的图象，只需将函数f(x)＝2cos的图象向右平移个单位长度．
4.已知函数y＝tan的部分图象如图所示，则(＋)·＝________.
解析：y＝tan＝0⇒x－＝kπ(k∈Z)，x＝4k＋2(k∈Z)，结合题中图得x＝2，故A(2,0)，由y＝tan＝1⇒x－＝kπ＋⇒x＝4k＋3(k∈Z)，结合题中图得x＝3，故B(3,1)，所以＋＝(5,1)，＝(1,1)．故(＋)·＝5×1＋1×1＝6.
答案：6
5．(2017·临沂模拟)已知函数f(x)＝4sincos x＋.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－m在上有两个不同的零点x1，x2，求实数m的取值范围，并计算tan(x1＋x2)的值．
解：(1)f(x)＝4sincos x＋
＝4cos x＋
＝2sin xcos x－2cos2x＋
＝sin 2x－cos 2x
＝2sin.
所以f(x)的最小正周期T＝π.
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．
所以函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
(2)方程g(x)＝0同解于f(x)＝m，
在平面直角坐标系中画出函数f(x)＝2sin在上的图象，如图所示，由图象可知，
当且仅当m∈ ，2)时，方程f(x)＝m有两个不同的解x1，x2，且x1＋x2＝2×＝，
故tan(x1＋x2)＝tan＝－tan＝－.
6．在△ABC中，AD是BC边的中线，AB2＋AC2＋AB·AC＝BC2，且△ABC的面积为.
(1)求∠BAC的大小及·的值；
(2)若AB＝4，求AD的长．
解：(1)在△ABC中，由AB2＋AC2＋AB·AC＝BC2，可得＝－＝cos∠BAC，
故∠BAC＝120°.
因为S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝·AB·AC·sin 120°＝，
所以·AB·AC·＝，解得AB·AC＝4.
所以·＝||·||×cos 120°＝||·||·＝4×＝－2.
(2)法一：由AB＝4，AB·AC＝4得AC＝1.
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝16＋1－2×4×1×＝21，
得BC＝.
由正弦定理得＝，
则sin∠ABC＝＝＝.
∵0°<∠ABC<60°，故cos∠ABC＝.
在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD＝16＋－2×4××＝，
得AD＝.
法二：由AB＝4，AB×BC＝4得AC＝1.
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC＝16＋1－2×4×1×＝21，
得BC＝，
cos∠ABC＝＝＝，
在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB×BDcos∠ABD＝16＋－2×4××＝，
得AD＝.
7．(2017·衢州质检)已知函数f(x)＝cos·cos x＋sin2x，x∈R.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝，a＝2且角A满足f(A)＝0，求△ABC的面积．
解：(1)f(x)＝cos·cos x＋sin2x＝－sin xcos x＋＝－＝－sin，
令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z.
∴f(x)的单调递增区间是，k∈Z.
(2)∵f(A)＝0，∴－sin＝0，
又∵00，若f(x)的图象上相邻两个对称中心的距离大于等于π.
(1)求ω的取值范围；
(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，a＝，当ω最大时，f(A)＝1，求△ABC的面积的最大值．
解：(1)由题意知f(x)＝m·n＝cos2ωx－sin2ωx＋sin 2ωx＝cos 2ωx＋sin 2ωx＝2sin.
∵＝·＝≥π，又ω>0，∴0<ω≤.
(2)由(1)知ωmax＝，f(A)＝2sin＝1，
即sin＝.
又00恒成立，则实数θ的取值范围是( )
A. B. C. D.
解析：选A 由题可设f(x)＝(cos θ＋sin θ＋1)x2＋(2sin θ＋1)x＋sin θ.因为θ∈ 0，π)，所以θ＋∈，所以cos θ＋sin θ＋1＝sin＋1∈(0，＋1]，所以关于x的一元二次函数的图象开口方向向上，要使x∈ －1,0]，f(x)>0恒成立，则必有所以θ∈，此时2cos θ＋2sin θ＋2>2sin θ＋1，则函数的对称轴x0＝－>－1，且x0<0，所以Δ＝(2sin θ＋1)2－4sin θ(cos θ＋sin θ＋1)<0，整理得sin 2θ>，所以2θ∈，即θ∈，故选A.
10．已知共面向量a，b，c满足|a|＝3，b＋c＝2a，且|b|＝|b－c|.若对每一个确定的向量b，记|b－ta|(t∈R)的最小值为dmin，则当b变化时，dmin的最大值为( )
A. B．2 C．4 D．6
解析：选B 不妨设向量a＝(3,0)，则由b＋c＝2a，设|b－a|＝|c－a|＝r，则向量b，c对应的点分别在以(3,0)为圆心，r为半径的圆上的直径两端运动，其中＝a，＝b，＝c，并设∠BAH＝θ，如图，易得点B的坐标B(rcos θ＋3，rsin θ)，因为|b|＝|b－c|，所以||＝||，则(rcos θ＋3)2＋(rsin θ)2＝4r2，整理为r2－2rcos θ－3＝0，∴cos θ＝，而|b－ta|(t∈R)表示向量b对应的点到动点(3t,0)的距离，向量|b－ta|(t∈R)的最小值为向量b对应的点到x轴的距离d
min，即dmin＝| |＝rsin θ＝r＝＝≤2，所以dmin的最大值是2，故选B.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．已知函数f(x)＝tan，则f(x)的最小正周期为________，f＝________.
解析：因为f(x)＝tan，所以函数f(x)的最小正周期T＝π，f＝tan＝＝＝2＋.
答案：π 2＋
12．在△ABC中，D为BC边的中点，AD＝1，点P在线段AD上，则·(＋)的最小值为________，这时||＝________.
解析：依题意得，·(＋)＝2·＝－2||·||≥－22＝－＝－，当且仅当||＝||＝时取等号，
因此·(＋)的最小值是－.
答案：－
13．(2017·绍兴模拟)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足2cos2A＋sin 2A＝2，b＝1，S△ABC＝，则A＝________，＝________.
解析：因为2cos2A＋sin 2A＝2，所以cos 2A＋sin 2A＝1，sin＝，因为A∈(0，π)，所以2A＋∈，所以2A＋＝，解得A＝，所以S△ABC＝bcsin＝，所以bc＝2，又b＝1，所以c＝2.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos＝5－2＝3，所以a2＋b2＝c2，所以△ABC为直角三角形，C＝，所以sin B＝，sin C＝1，所以＝＝2.
答案： 2
14．设e1，e2为单位向量，且e1，e2的夹角为，若a＝e1＋3e2，b＝2e1，则a·b＝________，向量a在b方向上的射影为________．
解析：依题意得|e1|＝|e2|＝1且e1·e2＝，a·b＝(e1＋3e2)·2e1＝2e＋6e1·e2＝2＋6×＝5，|b|＝2，所以向量a在b方向上的射影为|a|cos〈a，b〉＝＝.
答案：5
15．(2017·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos B＝acos C＋ccos A，则B＝________.
解析：法一：由2bcos B＝acos C＋ccos A及正弦定理，得2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)＝sin B＞0，因此cos B＝.又0＜B＜π，所以B＝.
法二：由2bcos B＝acos C＋ccos A及余弦定理，得2b·＝a·＋c·，整理得，a2＋c2－b2＝ac，所以2accos B＝ac＞0，cos B＝.又0＜B＜π，所以B＝.
答案：
16．(2017·山东高考)已知e1，e2是互相垂直的单位向量．若e1－e2与e1＋λe2的夹角为60°，则实数λ的值是________．
解析：因为＝，
故＝，解得λ＝.
答案：
17．(2017·宁波质检)已知平面向量α，β(α≠0)满足|β|＝1，且α与β－α的夹角为120°，则|α|的取值范围是________．
解析：如图，设＝α，＝β，则在△ABC中，∠ACB＝60
°，根据正弦定理得＝，即|α|＝＝sin∠ABC，由于0°<∠ABC<120°，所以02”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
解析：选A 由a<－2可以推出|a|>2，即充分性成立；但由|a|>2得到a<－2或a>2，即必要性不成立．所以“a<－2”是“|a|>2”的充分不必要条件．故选A.
3．定义在R上的偶函数f(x)，当x∈ 0，＋∞)时，f(x)是增函数，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是( )
A．f(π)>f(－3)>f(－2)
B．f(π)>f(－2)>f(－3)
C．f(π)0时，f(x)>1，x≤0时，－1≤f(x)≤1，所以函数f(x)的值域为 －1，＋∞)，故选D.
8．将函数f(x)＝2sin(ω>0)的图象向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象．若y＝g(x)在上为增函数，则ω的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 将函数f(x)＝2sin(ω>0)的图象向左平移个单位，得g(x)＝2sinωx＋－＝2sin＝2sin ωx，当x∈时，ωx∈，要使y＝g(x)在上为增函数，需满足≤，即ω≤2，故ω的最大值为2.
9．设D，E分别为线段AB，AC的中点，且·＝0，记α为与的夹角，则下列判断正确的是( )
A．cos α的最小值为
B．cos α的最小值为
C．sin的最小值为
D．sin的最小值为
解析：选D 依题意得＝(＋)＝ －＋(－)]＝(－2)，＝(＋)＝ －＋(－)]＝(－2)．由·＝0，得(－2)·(－2)＝0，即－22－22＋5·＝0，||2＋||2＝||·||cos α≥2||·||，所以cos α≥，sin－2α＝cos 2α＝2cos2α－1≥2×2－1＝，所以sin的最小值是.故选D.
10．函数f(x)＝a(3x2－2x)＋b(1－2x)(0≤x≤1)，其中a>0，b为任意常数，当|f(0)|≤2，|f(1)|≤2时，|f(x)|的最大值为( )
A．1 B．
C．2 D．3
解析：选C f(x)＝3ax2－(2a＋2b)x＋b，设|f(x)|的最大值为M.
①当≥1，即b≥2a时，函数f(x)在 0,1]上单调递减，M＝max{|f(0)|，|f(1)|}≤2.
②当≤0，即b≤－a时，函数f(x)在 0,1]上单调递增，M＝max{|f(0)|，|f(1)|}≤2.
③当0<<1，即－a0，则|f(1)|－＝＝≥>0，所以M＝f(1)≤2；(ⅱ)当<<1，即0，则|f(0)|－＝>>0，所以M＝f(0)≤2.
综上所述，|f(x)|的最大值M＝2，故选C.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．把答案填在题中的横线上)
11．已知a＝2x，b＝4，则log2b＝________，满足logab≤1的实数x的取值范围是________．
解析：b＝4＝2，所以log2b＝；由log2xb≤1，得log2x2＝≤1，即≥0，解得x≥或x<0，即x的取值范围为(－∞，0)∪.
答案： (－∞，0)∪
12．(2017·宁波期末)若正数x，y满足x2＋4y2＋x＋2y＝1，则xy的最大值为________．
解析：1＝x2＋4y2＋x＋2y≥4xy＋2，则≤，则xy≤.
答案：
13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，记S为△ABC的面积．若A＝60°，b＝1，S＝，则c＝________，cos B＝________.
解析：因为S＝bcsin A＝×1×c×＝，所以c＝3；由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝1＋9－6×＝7，所以cos B＝＝＝.
答案：3
14．已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在 0,2]内的值域是________．
解析：∵f(x)＝x3－3x，∴f′(x)＝3x2－3，又∵f(0)＝0，∴函数f(x)在x
＝0处的切线的斜率为f′(0)＝－3，∴f(x)＝x3－3x在点(0,0)处的切线的方程为y＝－3x.令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表.
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值2
极小值－2
∴在 0,1]上，f(x)是减函数，其最小值为f(1)＝－2，最大值为f(0)＝0；在 1,2]上，f(x)是增函数，其最小值为f(1)＝－2，最大值为f(2)＝2.综上，在 0,2]上，f(x)的值域为 －2,2]．
答案：y＝－3x －2,2]
15．在△ABC中，A＝，AB＝2，AC＝3，＝2，则·＝________.
解析：因为＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，所以·＝·(－)＝×32－×22＋·＝＋×3×2cos ＝.
答案：
16．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln＋的图象分别与直线y＝m交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．
解析：显然m＞0，由ex＝m得x＝ln m，由ln ＋＝m得x＝2e，则|AB|＝2e－ln m．令h(m)＝2e－ln m，由h′(m)＝2e－＝0，求得m＝.当0＜m＜时，h′(m)＜0，函数h(m)在上单调递减；当m＞时，h′(m)＞0，函数h(m)在上单调递增．所以h(m)min＝h＝2＋ln 2，因此|AB|的最小值为2＋ln 2.
答案：2＋ln 2
17．已知f(x)＝x－2，g(x)＝2x－5，则不等式|f(x)|＋|g(x)|≤2的解集为________；|f(2x)|＋|g(x)|的最小值为________．
解析：由题意得|f(x)|＋|g(x)|＝|x－2|＋|2x－5|＝所以|f(x)|＋|g(x)|≤2等价于或或解得≤x≤3.|f(2x)|＋|g(x)|＝|2x－2|＋|2x－5|＝|f(2x)|＋|g(x)|的图象如图，则由图象易得|f(2x)|＋|g(x)|的最小值为3.
答案： 3
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＋＝4cos C，b＝1.
(1)若A＝90°，求△ABC的面积；
(2)若△ABC的面积为，求a，c.
解：(1)∵b＝1，∴a＋＝4cos C＝4×＝，
∴2c2＝a2＋1.
又A＝90°，∴a2＝b2＋c2＝c2＋1，
∴2c2＝a2＋1＝c2＋2，∴c＝，a＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝bc＝×1×＝.
(2)∵S△ABC＝absin C＝asin C＝，∴sin C＝，
∵a＋＝4cos C，sin C＝，
∴2＋2＝1，化简得(a2－7)2＝0，
∴a＝，
又∵a＋＝4cos C，∴cos C＝.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab·cos C
＝7＋1－2××1×＝4，从而c＝2.
19．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－.
(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A
满足f＝，且sin B＋sin C＝，求b·c的值．
解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，因此f(x)的最小正周期为T＝＝π.
由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)由f＝2sin＝2sin A＝，且A为锐角，所以A＝.
由正弦定理可得2R＝＝＝，
sin B＋sin C＝＝，
则b＋c＝×＝13，
所以cos A＝＝＝，
所以bc＝40.
20．(本小题满分15分)已知向量a＝(2,2)，向量b与向量a的夹角为，且a·b＝－2.
(1)求向量b；
(2)若t＝(1,0)，且b⊥t，c＝，其中A，B，C是△ABC的内角，若A，B，C依次成等差数列，试求|b＋c|的取值范围．
解：(1)设b＝(x，y)，则a·b＝2x＋2y＝－2，且|b|＝＝1＝ ，
联立方程组解得或
∴b＝(－1,0)或b＝(0，－1)．
(2)∵b⊥t，且t＝(1,0)，∴b＝(0，－1)．
∵A，B，C依次成等差数列，∴B＝.
∴b＋c＝＝(cos A，cos C)，
∴|b＋c|2＝cos2A＋cos2C＝1＋(cos 2A＋cos 2C)
＝1＋
＝1＋
＝1＋cos.
∵A∈，则2A＋∈，
∴－1≤cos<，
∴≤|b＋c|2<，
故≤|b＋c|<.
21．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f(x)＝2的根；
②若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值．
(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
解：(1)因为a＝2，b＝，所以f(x)＝2x＋2－x.
①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2，
亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，
所以(2x－1)2＝0，即2x＝1，解得x＝0.
②由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2.
因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)＞0，
所以m≤对于x∈R恒成立．
而＝f(x)＋≥2 ＝4，且＝4，
所以m≤4，故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2有且只有1个零点，而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0，
所以0是函数g(x)的唯一零点．
因为g′(x)＝axln a＋bxln b，又由0＜a＜1，b＞1知ln a＜0，ln b＞0，所以g′(x
)＝0有唯一解x0＝log.
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axln a＋bxln b)′
＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，
从而对任意x∈R，h′(x)＞0，
所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数．
于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)＜g′(x0)＝0；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞g′(x0)＝0.
因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数．
下证x0＝0.
若x0＜0，则x0＜＜0，于是g＜g(0)＝0.
又g(loga2)＝a＋b－2＞a－2＝0，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.
因为0＜a＜1，所以loga2＜0.
又＜0，所以x1＜0，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾．
若x0＞0，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾．
因此，x0＝0.
于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，所以ab＝1.
22．(本小题满分15分)设函数f(x)＝αcos 2x＋(α－1)·(cos x＋1)，其中α>0，记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f′(x)；
(2)求A；
(3)证明|f′(x)|≤2A.
解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x.
(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．故A＝3α－2.
当0<α<1时，将f(x)变形为
f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.
令g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1，
则A是|g(t)|在 －1,1]上的最大值，
g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，
且当t＝时，g(t)取得极小值，
极小值为g＝－－1＝－.
令－1<<1，解得α>.
①当0<α≤时，g(t)在 －1,1]内无极值点，|g(－1)|＝α，
|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，所以A＝2－3α.
②当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，
知g(－1)>g(1)>g.
又－|g(－1)|＝>0，
所以A＝＝.
综上，A＝
(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.
当<α<1时，A＝＋＋>1，
所以|f′(x)|≤1＋α<2A.
当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A.
所以|f′(x)|≤2A.
