PAGE
课时跟踪检测（五）
“专题一”补短增分（综合练）
A组——易错清零练
1．(2018·河北邢台月考)设向量a＝(3,2)，b＝(6,10)，c＝(x，－2)．若(2a＋b)⊥c，则x＝( )
A．－
B．－3
C.
D.
解析：选D 因为a＝(3,2)，b＝(6,10)，所以2a＋b＝(12,14)．因为c＝(x，－2)，且(2a＋b)⊥c，所以(2a＋b)·c＝0，即12x－28＝0，解得x＝，故选D.
2．(2018·河南中原名校质量考评)将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( )
A.
B.
C．0
D.
解析：选B 将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为y＝sin＝sin.因为所得函数为偶函数，所以＋φ＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝kπ＋(k∈Z)，则φ的一个可能取值为，故选B.
3．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝________.
解析：由正弦定理，得sin
B＝＝＝，因为0°＜B＜180°，所以B＝45°或135°.因为b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.
答案：75°
B组——方法技巧练
1．已知向量a，b，且|a|＝，a与b的夹角为，a⊥(2a－b)，则|b|＝( )
A．2
B．4
C.
D．3
解析：选B 如图，作＝a，＝b，〈a，b〉＝，作＝2a，则＝2a－b.由a⊥(2a－b)可知，OC⊥BC.在Rt△OCB中，OC＝2|a|＝2，cos〈a，b〉＝＝＝，解得|b|＝4.故选B.
2．在△ABC中，A＝120°，若三边长构成公差为4的等差数列，则最长的边长为( )
A．15
B．14
C．10
D．8
解析：选B 在△ABC中，A＝120°，则角A所对的边a最长，三边长构成公差为4的等差数列，不妨设b＝a－4，c＝a－8(a>8)．由余弦定理得a2＝(a－4)2＋(a－8)2－2(a－4)(a－8)cos
120°，即a2－18a＋56＝0，所以a＝4(舍去)或a＝14.
3．(2018·广州模拟)已知
△ABC的三个顶点A，B，C的坐标分别为(0,1)，(，0)，(0，－2)，O为坐标原点，动点P满足||＝1，则|＋＋|的最小值是( )
A.－1
B.－1
C.＋1
D.＋1
解析：选A 已知点C坐标为(0，－2)，且||＝1，所以设P(cos
θ，－2＋sin
θ)，则|＋＋|＝＝＝≥
＝－1.
4．已知AB为圆O：(x－1)2＋y2＝1的直径，点P为直线x－y＋1＝0上任意一点，则·的最小值为( )
A．1
B.
C．2
D．2
解析：选A 由题意，设A(1＋cos
θ，sin
θ)，P(x，x＋1)，则B(1－cos
θ，－sin
θ)，∴＝(1＋cos
θ－x，sin
θ－x－1)，＝(1－cos
θ－x，－sin
θ－x－1)，∴·＝(1＋cos
θ－x)(1－cos
θ－x)＋(sin
θ－x－1)(－sin
θ－x－1)＝(1－x)2－cos2θ＋(－x－1)2－sin2θ＝2x2＋1≥1，当且仅当x＝0时，等号成立，故选A.
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝5，a＝3，cos(B－A)＝，则△ABC的面积为( )
A.
B.
C．5
D．2
解析：选C 如图所示，在边AC上取点D使A＝∠ABD，则cos∠DBC＝cos(∠ABC－A)＝，设AD＝DB＝x，在△BCD中，由余弦定理得，(5－x)2＝9＋x2－2×3x×，解得x＝3.故BD＝BC，在等腰三角形BCD中，DC边上的高为2，所以S△ABC＝×5×2＝5，故选C.
6．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝1，cos
Bsin
C＋(a－sin
B)cos(A＋B)＝0.
(1)求角C的大小；
(2)求△ABC面积的最大值．
解：(1)由cos
Bsin
C＋(a－sin
B)cos(A＋B)＝0，可得cos
Bsin
C－(a－sin
B)cos
C＝0，即sin(B＋C)＝acos
C，sin
A＝acos
C，即＝cos
C．因为＝＝sin
C，所以cos
C＝sin
C，即tan
C＝1，C＝.
(2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2－ab，
所以a2＋b2＝1＋ab≥2ab，ab≤＝，当且仅当a＝b时取等号，所以S△ABC＝absin
C≤××＝.所以△ABC面积的最大值为.
7．已知函数f(x)＝cos2x＋sin(π－x)cos(π＋x)－.
(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；
(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsin
C＝asin
A，求△ABC的面积．
解：(1)f(x)＝cos2x－sin
xcos
x－
＝－sin
2x－＝－sin，
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]，∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为和.
(2)由(1)知f(x)＝－sin，
∴f(A)＝－sin＝－1，
∵△ABC为锐角三角形，∴0
∴－<2A－<，
∴2A－＝，即A＝.
又bsin
C＝asin
A，∴bc＝a2＝4，
∴S△ABC＝bcsin
A＝.
C组——创新应用练
1．已知△ABC的三个内角为A，B，C，重心为G，若2sin
A·＋sin
B·＋3sin
C·＝0，则cos
B＝________.
解析：设a，b，c分别为角A，B，C所对的边，
由正弦定理得2a·＋b·＋3c·＝0，
则2a·＋b·＝－3c·＝－3c(－－)，
即(2a－3c)＋(b－3c)＝0.
又，不共线，
所以由此得2a＝b＝3c，
所以a＝b，c＝b，
于是由余弦定理得cos
B＝＝.
答案：
2．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α β＝.若平面向量a，b满足|a|≥|b|>0，a与b的夹角θ∈，且a b和b a都在集合中，则a b＝________.
解析：a b＝＝＝，①
b a＝＝＝.②
∵θ∈，∴θ<1.
又|a|≥|b|>0，∴0<≤1.
∴0θ<1，即0∵b a∈，∴b a＝.
①×②，得(a b)(b a)＝cos2θ∈，
∴<(a b)<1，即1答案：
3．若f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，当x∈[0,2]时，f(x)＝sin(πx)，且当x∈(2，＋∞)时，f(x)＝f(x－2)，则方程f(x)＝ln(x－1)的实数根的个数为________．
解析：根据题意，在同一平面直角坐标系中作出函数y＝f(x)和函数y＝ln(x－1)的图象如图所示，观察图得两个函数图象的交点个数为3，即方程的根的个数为3.
答案：3
4．在平面直角坐标系xOy中，Ω是一个平面点集，如果存在非零平面向量a，对于任意P∈Ω，均有Q∈Ω，使得＝＋a，则称a为平面点集Ω的一个向量周期．现有以下四个命题：
①若平面点集Ω存在向量周期a，则ka(k∈Z，k≠0)也是Ω的向量周期；
②若平面点集Ω形成的平面图形的面积是一个非零常数，则Ω不存在向量周期；
③若平面点集Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，则b＝(1,2)为Ω的一个向量周期；
④若平面点集Ω＝{(x，y)|[y]－[x]＝0}([m]表示不大于m的最大整数)，则c＝(1,1)为Ω的一个向量周期．
其中真命题是________(填序号)．
解析：对于①，取Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，a＝(1,0)，则a为Ω的向量周期，但－a＝(－1,0)不是Ω的向量周期，故①是假命题；
易知②是真命题；
对于③，任取点P(xP，yP)∈Ω，则存在点Q(xP＋1，yP＋2)∈Ω，所以b是Ω的一个向量周期，故③是真命题；
对于④，任取点P(xP，yP)∈Ω，则[yP]－[xP]＝0，存在点Q(xP＋1，yP＋1)，
所以[yP＋1]－[xP＋1]＝[yP]＋1－([xP]＋1)＝0，所以Q∈Ω，
所以c是Ω的一个向量周期，故④是真命题．
综上，真命题为②③④.
答案：②③④
5．已知函数f(x)＝2sincos，过A(t，f(t))，B(t＋1，f(t＋1))两点的直线的斜率记为g(t)．
(1)求函数g(t)的解析式及单调递增区间；
(2)若g(t0)＝，且t0∈，求g(t0＋1)的值．
解：(1)易知f(x)＝2sincos＝sin，
所以g(t)＝＝f(t＋1)－f(t)
＝sin－sin
＝cos－sin＝cos.
令2kπ－π≤t＋≤2kπ，k∈Z，
得6k－≤t≤6k－，k∈Z，
所以函数g(t)＝cos的单调递增区间为，k∈Z.
(2)由题意得g(t0)＝cos
＝，t0∈，
所以t0＋∈，
所以sin＝，
所以g(t0＋1)＝cos
＝cos
＝cos－sin
＝×－×＝.(共48张PPT)
“专题提能训练”见
“课时跟踪检测(五)”
单击进入电子文档
题根
1
变
炎
变式
正余弦的由三个三角构造正切和
犬
次方幂的利
线性关系求汇比的关系求值利用方
正切值
角的范围氵程根求解
I(二
(三)第五讲
专题提能——优化思路上高度，全面清障把漏补
因混淆向量共线与垂直的坐标表示而失误
[例1] (2018·河北邢台月考)设向量a＝(3,2)，b＝(6,10)，c＝(x，－2)．若(2a＋b)⊥c，则x＝( )
A．－
B．－3
C.
D.
[解析] 因为a＝(3,2)，b＝(6,10)，所以2a＋b＝(12,14)．因为c＝(x，－2)，且(2a＋b)⊥c，所以(2a＋b)·c＝0，即12x－28＝0，解得x＝，故选D.
[答案] D
[微评] 向量共线与向量垂直的坐标表示极易混淆，其突破的口诀是“平行交差，垂直相加”，即对于非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a∥b x1y2－x2y1＝0，而a⊥b x1x2＋y1y2＝0.本题易误得12×(－2)－14x＝0，从而误选A.
因不会变角求值而解题受阻
[例2] (2019届高三·陕西西安联考)设α为锐角，若cos＝－，则sin的值为( )
A.
B.
C．－
D.
[解析] 法一：因为α为锐角，所以<α＋<，
又cos＝－，所以sin＝，
所以sin＝2sincos＝－.
因为<2<，sin＝－<0，
所以π<2<，
所以cos＝－
＝－＝－，
所以sin＝sin
＝sin
＝sincos－cossin
＝×－×
＝.故选B.
法二：因为α为锐角，所以<α＋<，
又cos＝－，所以sin＝，
所以sin＝2sincos＝－，cos＝1－2sin2＝1－2×2＝－，
所以sin＝sin
＝sin
＝sincos－cossin
＝×－×
＝.
[答案] B
[微评] (1)破解此类题的关键是应用角的变换法，观察所给的角的特点与要求的三角函数中的角的特点来进行角的变换．如本题中，先把2α＋转化为2α＋－，再转化为2－.
(2)解此类题时需要特别注意的地方是在利用同角三角函数的基本关系式时，一定要注意角的取值范围．如本题中由α为锐角，可知α＋的范围，这样可以避免错解．
因忽视对三角形解的个数讨论而失分
[例3] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝2bsin
A，c＝b.
(1)求B的值；
(2)若△ABC的面积为2，求a，b的值．
[解] (1)在△ABC中，已知a＝2bsin
A，根据正弦定理，得sin
A＝2sin
Bsin
A，因为sin
A≠0，所以sin
B＝，所以B＝30°或B＝150°，又c>b，所以C>B，所以角B为锐角，所以B＝30°.
(2)由(1)知，B＝30°，根据余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos
30°，
因为c＝b，①
所以2b2－3ab＋a2＝0，所以a＝b或a＝2b，②
又S△ABC＝acsin
30°＝2，所以ac＝8，③
联立①②③，解得或
[微评] (1)应用正弦定理求角时容易出现增解或漏解的错误，要根据条件和三角形的限制条件合理取舍．
(2)求角时易忽略角的范围而导致错误，需要根据大边对大角，大角对大边的规则，画图帮助判断．
特取法——快解三角、向量的基本问题
[例1] (1)设a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为( )
A．－2
B.－2
C．－1
D．1－
(2)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则( )
A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
(3)求值：cos2α＋cos2(α＋120°)＋cos2(α＋240°)＝________.
[解析] (1)由已知条件可知向量a，b是互相垂直的单位向量，故构造a＝(1,0)，b＝(0,1)．
又c是单位向量，故设c＝(cos
α，sin
α)，
则(a－c)·(b－c)＝(1－cos
α，－sin
α)·(－cos
α，1－sin
α)＝1－sin
α－cos
α＝1－sin，
∴(a－c)·(b－c)≥1－，故选D.
(2)在△A1B1C1中，令A1＝45°，B1＝60°，C1＝75°，在△A2B2C2中，令A2＝135°，B2＝30°，C2＝15°，满足cos
A1＝sin
A2，cos
B1＝sin
B2，cos
C1＝sin
C2，则△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形．故选D.
(3)令α＝0°，得原式＝.
[答案] (1)D (2)D (3)
[微评] (1)本例(1)的已知条件中涉及单位向量，我们可以通过构造特殊的向量(cos
α，sin
α)，将向量数量积的最值问题转化为三角函数的最值问题，从而使得问题简化．
(2)本例(2)依赖特殊图形与特殊角的思想，让复杂难以理解的问题最后用简单的思想诠释，取得了事半功倍的效果．常见的特殊图形有：①三角形“特殊”成直角三角形或等边三角形；②四边形
“特殊”成正方形；③棱柱“特殊”成正方体等．
(3)本例(3)中的α具有任意性，所以α无论怎么取，结果始终是一个定值．
换元法——求解三角函数值域问题
换元法又称变量替换法，是我们解题常用方法之一．对结构较复杂的式子，可把其中某些部分看成一个整体，用新字母代替(即换元)，可以化繁为简，化难为易．本专题常用换元法解决最值问题．
[例2] 设a>0，求f(x)＝2a(sin
x＋cos
x)－sin
x·cos
x－2a2的最大值和最小值．
[解] 设sin
x＋cos
x＝t，则t∈[－，
]，
由(sin
x＋cos
x)2＝1＋2sin
x·cos
x，得sin
x·cos
x＝，
∴f(x)＝g(t)＝2at－－2a2＝－(t－2a)2＋(a>0)，t∈[－，
]．
当t＝－时，g(t)取最小值－2a2－2a－；
若2a≥，当t＝时，g(t)取最大值－2a2＋2a－；
若0<2a<，当t＝2a时，g(t)取最大值.
所以f(x)的最小值为－2a2－2a－，最大值为
[微评] 此题利用局部换元法，设sin
x＋cos
x＝t后，抓住sin
x＋cos
x与sin
x·cos
x的内在联系，将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题．换元过程中一定要注意参数的范围(t∈[－，
])与sin
x＋cos
x的范围对应，否则将会出错．
(一)数形结合思想——解决与三角函数有关的方程根的问题以及向量模的问题
[例1] (1)(2018·深圳调研)已知关于x的方程sin
x＋cos
x＝m在[0，π]有两个不等的实根，则m的一个值是( )
A．0
B.
C.
D．1
(2)已知a≠e，|e|＝1，对任意t∈R，恒有|a－te|≥|a－e|，则( )
A．a⊥e
B．a⊥(a－e)
C．e⊥(a－e)
D．(a＋e)⊥(a－e)
[解析] (1)由题可设得m＝sin
x＋cos
x＝sin，又≤x＋≤，令t＝x＋，则≤t≤，由题意及函数y＝sin
t的图象可知，1≤m<，结合选项可知选D.
(2)如图，设＝a，＝e，则|a－e|＝||，|a－te|表示连接点A与直线OE上的点的线段的长度d，由题意，||为d的最小值，此时⊥，即e⊥(a－e)，故选C.
[答案] (1)D (2)C
[微评] 本例(1)将方程根的个数转化为直线y＝m与函数y＝sin图象交点的个数解决；本例(2)利用向量的几何特征，将问题转化为平面几何问题，显得直观、简洁．
(二)函数与方程思想——解决已知三角函数值求值或求角问题
[例2] 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝120°，c＝2.
(1)求△ABC的面积的最大值；
(2)求△ABC的周长的取值范围．
[解] (1)法一：由余弦定理得4＝a2＋b2＋ab.
由基本不等式得4＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝3ab，
所以ab≤，当且仅当a＝b时等号成立．
所以三角形的面积S＝absin
C≤××＝.
所以△ABC的面积的最大值为.
法二：由＝＝＝，
得a＝sin
A，b＝sin
B.
三角形的面积S＝absin
C＝×2sin
Asin
B×＝sin
Asin
B.
因为在△ABC中，C＝120°，
所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°所以sin
Asin
B＝sin
Asin(60°－A)＝sin
Acos
A－sin2A＝sin
2A－(1－cos
2A)＝sin
2A＋cos
2A－＝sin(2A＋30°)－≤－＝，当且仅当A＝30°时等号成立．
所以S≤×＝，
所以△ABC的面积的最大值为.
(2)由(1)中法二可知，a＝sin
A，b＝sin
B.
所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝(sin
A＋sin
B)＋2.
因为在△ABC中，C＝120°，
所以A＋B＝60°，得B＝60°－A，且0°所以sin
A＋sin
B＝sin
A＋sin(60°－A)＝sin
A＋cos
A＝sin(A＋60°)，
所以l＝sin(A＋60°)＋2.
因为60°所以所以4即△ABC的周长的取值范围是.
[微评] 把解三角形与三角恒等变换、三角函数的性质综合起来进行考查是高考命题的主要方向，其基本解题思路是使用正、余弦定理，三角恒等变换等把求解目标化为关于三角形中某个内角的三角函数，通过研究该三角函数的性质得出结论．
形如“asin
α＋bcos
α＝c”求值的6种考法
[题根探究]
[典例] 已知α为第二象限角，sin
α＋cos
α＝，则cos
2α＝( )
A．－ B．－
C.
D.
[解析] 由sin
α＋cos
α＝两边平方得sin
2α＝－，∴(sin
α－cos
α)2＝1－sin
2α＝.
∵α为第二象限角，∴sin
α>0，cos
α<0，
∴sin
α－cos
α＝，
∴cos
2α＝－(sin
α－cos
α)(sin
α＋cos
α)
＝－.
[答案] A
[考查角度] 已知式给出的是单角，求的是二倍角的余弦值．
[变式应用]
[变式1] 已知α是三角形的一个内角，且sin
α＋cos
α＝，则这个三角形的形状是( )
A．锐角三角形
B．钝角三角形
C．直角三角形
D．都有可能
解析：选B 由已知得sin
αcos
α＝－，又sin
α>0，则cos
α<0，所以α∈，故选B.
[变式2] 已知sin
x＋cos
x＝，则sin3x＋cos3x＝( )
A．－
B.
C.
D.
解析：选D 由已知得sin
xcos
x＝－，sin3x＋cos3x＝(sin
x＋cos
x)(sin2x－sin
xcos
x＋cos2x)＝.
[变式3] 若cos
α＋2sin
α＝－，则tan
α＝( )
A.
B．2
C．－
D．－2
解析：选B 因为cos
α＋2sin
α＝－，所以cos2α＋4cos
αsin
α＋4sin2α＝5，即＝5 ＝5，解得tan
α＝2，选B.
[变式4] 若sin
α＋cos
α＝tan
α，则α∈( )
A.
B.
C.
D.
解析：选C tan
α＝sin
α＋cos
α＝sin∈(1，]，则α∈，选C.
[变式5] 已知A，B是△ABC的两个内角，且tan
A，tan
B是方程x2＋mx＋m＋1＝0的两个实根．求：
(1)角C的大小；
(2)实数m的取值范围．
解：(1)因为tan
A，tan
B是方程x2＋mx＋m＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系，得tan
Atan
B＝m＋1，tan
A＋tan
B＝－m，
所以tan
C＝－tan(A＋B)＝－＝－1，故C＝.
(2)因为A，B∈，tan
A，tan
B均在区间(0,1)上，故m＝－＝－＋2＝－＋2，t＝x＋1∈(1,2)．
这个关于t的函数在(1，]上单调递增，在[，2)上单调递减，故－1]．
(一)临界问题
有些高考综合题的命题背景往往是竞赛数学或高等数学问题，这类经过“加工”的问题，可视为高考与竞赛或初等数学与高等数学的临界问题．
[例1] 凸函数是一类重要的函数，其具有如下性质：若定义在(a，b)上的函数f(x)是凸函数，则对任意的xi∈(a，b)(i＝1,2，…，n)，必有f≥成立．已知y＝sin
x是(0，π)上的凸函数，利用凸函数的性质，当△ABC的外接圆半径为R时，其周长的最大值为________．
[解析] 由凸函数的性质可得sin＝sin≥，
化简得sin
A＋sin
B＋sin
C≤3sin＝.
设a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，
利用正弦定理可得三角形的周长l＝a＋b＋c
＝2R(sin
A＋sin
B＋sin
C)≤2R×＝3R，
即周长的最大值为3R.
[答案] 3R
[微评] 本题是以凸函数的性质为背景，巧妙地考查了正弦定理的应用，结合凸函数的性质可使问题得以解决．
(二)临界法则
教材中有许多以黑体字呈现或方框框起来的公式、定理和性质，它们是重要的解题依据．除了这些约定俗成的公式、定理和性质外，还有一些处于“法定”与“编外”之间的公式、定理和性质，我们不妨将其统称为“临界法则”．本专题常用的“临界法则”有：
(1)三角函数中的“合一变形”，即asin
x＋bcos
x＝·sin(x＋φ)，其中φ满足cos
φ＝，sin
φ＝，解决很多三角综合问题都离不开它．
(2)射影定理：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则a＝bcos
C＋ccos
B，b＝ccos
A＋acos
C，c＝acos
B＋bcos
A.
(3)已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则＝＝＝2R外接圆．
[例2] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.asin
Bcos
C＋csin
Bcos
A＝b，且a>b，则B＝( )
A.
B.
C.
D.
[解析] 由射影定理可知acos
C＋ccos
A＝b，则(acos
C＋ccos
A)sin
B＝bsin
B，
又asin
Bcos
C＋csin
Bcos
A＝b，则有bsin
B＝b，sin
B＝.又a>b，所以A>B，则B∈，故B＝.
[答案] A
[微评] 本题巧用射影定理：b＝ccos
A＋acos
C，简化了运算，得出sin
B的值求解．
A组——易错清零练
1．(2018·河北邢台月考)设向量a＝(3,2)，b＝(6,10)，c＝(x，－2)．若(2a＋b)⊥c，则x＝( )
A．－ B．－3
C.
D.
解析：选D 因为a＝(3,2)，b＝(6,10)，所以2a＋b＝(12,14)．因为c＝(x，－2)，且(2a＋b)⊥c，所以(2a＋b)·c＝0，即12x－28＝0，解得x＝，故选D.
2．(2018·河南中原名校质量考评)将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( )
A.
B.
C．0
D.
解析：选B 将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移个单位长度后，得到的图象对应的函数解析式为y＝sin＝sin.因为所得函数为偶函数，所以＋φ＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝kπ＋(k∈Z)，则φ的一个可能取值为，故选B.
3．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝________.
解析：由正弦定理，得sin
B＝＝＝，因为0°＜B＜180°，所以B＝45°或135°.因为b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.
答案：75°
B组——方法技巧练
1．已知向量a，b，且|a|＝，a与b的夹角为，a⊥(2a－b)，则|b|＝( )
A．2
B．4
C.
D．3
解析：选B 如图，作＝a，＝b，〈a，b〉＝，作＝2a，则＝2a－b.由a⊥(2a－b)可知，OC⊥BC.在Rt△OCB中，OC＝2|a|＝2，cos〈a，b〉＝＝＝，解得|b|＝4.故选B.
2．在△ABC中，A＝120°，若三边长构成公差为4的等差数列，则最长的边长为( )
A．15
B．14
C．10
D．8
解析：选B 在△ABC中，A＝120°，则角A所对的边a最长，三边长构成公差为4的等差数列，不妨设b＝a－4，c＝a－8(a>8)．由余弦定理得a2＝(a－4)2＋(a－8)2－2(a－4)(a－8)cos
120°，即a2－18a＋56＝0，所以a＝4(舍去)或a＝14.
3．(2018·广州模拟)已知
△ABC的三个顶点A，B，C的坐标分别为(0,1)，(，0)，(0，－2)，O为坐标原点，动点P满足||＝1，则|＋＋|的最小值是( )
A.－1
B.－1
C.＋1
D.＋1
解析：选A 已知点C坐标为(0，－2)，且||＝1，所以设P(cos
θ，－2＋sin
θ)，则|＋＋|＝＝＝≥
＝－1.
4．已知AB为圆O：(x－1)2＋y2＝1的直径，点P为直线x－y＋1＝0上任意一点，则·的最小值为( )
A．1
B.
C．2
D．2
解析：选A 由题意，设A(1＋cos
θ，sin
θ)，P(x，x＋1)，则B(1－cos
θ，－sin
θ)，∴＝(1＋cos
θ－x，sin
θ－x－1)，＝(1－cos
θ－x，－sin
θ－x－1)，∴·＝(1＋cos
θ－x)(1－cos
θ－x)＋(sin
θ－x－1)(－sin
θ－x－1)＝(1－x)2－cos2θ＋(－x－1)2－sin2θ＝2x2＋1≥1，当且仅当x＝0时，等号成立，故选A.
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝5，a＝3，cos(B－A)＝，则△ABC的面积为( )
A.
B.
C．5
D．2
解析：选C 如图所示，在边AC上取点D使A＝∠ABD，则cos∠DBC＝cos(∠ABC－A)＝，设AD＝DB＝x，在△BCD中，由余弦定理得，(5－x)2＝9＋x2－2×3x×，解得x＝3.故BD＝BC，在等腰三角形BCD中，DC边上的高为2，所以S△ABC＝×5×2＝5，故选C.
6．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝1，cos
Bsin
C＋(a－sin
B)cos(A＋B)＝0.
(1)求角C的大小；
(2)求△ABC面积的最大值．
解：(1)由cos
Bsin
C＋(a－sin
B)cos(A＋B)＝0，可得cos
Bsin
C－(a－sin
B)cos
C＝0，即sin(B＋C)＝acos
C，sin
A＝acos
C，即＝cos
C．因为＝＝sin
C，所以cos
C＝sin
C，即tan
C＝1，C＝.
(2)由余弦定理得12＝a2＋b2－2abcos＝a2＋b2－ab，
所以a2＋b2＝1＋ab≥2ab，ab≤＝，当且仅当a＝b时取等号，所以S△ABC＝absin
C≤××＝.所以△ABC面积的最大值为.
7．已知函数f(x)＝cos2x＋sin(π－x)cos(π＋x)－.
(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；
(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsin
C＝asin
A，求△ABC的面积．
解：(1)f(x)＝cos2x－sin
xcos
x－
＝－sin
2x－＝－sin，
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]，∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为和.
(2)由(1)知f(x)＝－sin，
∴f(A)＝－sin＝－1，
∵△ABC为锐角三角形，∴0∴－<2A－<，
∴2A－＝，即A＝.
又bsin
C＝asin
A，∴bc＝a2＝4，
∴S△ABC＝bcsin
A＝.
C组——创新应用练
1．已知△ABC的三个内角为A，B，C，重心为G，若2sin
A·＋sin
B·＋3sin
C·＝0，则cos
B＝________.
解析：设a，b，c分别为角A，B，C所对的边，
由正弦定理得2a·＋b·＋3c·＝0，
则2a·＋b·＝－3c·＝－3c(－－)，
即(2a－3c)＋(b－3c)＝0.
又，不共线，
所以由此得2a＝b＝3c，
所以a＝b，c＝b，
于是由余弦定理得cos
B＝＝.
答案：
2．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α β＝.若平面向量a，b满足|a|≥|b|>0，a与b的夹角θ∈，且a b和b a都在集合中，则a b＝________.
解析：a b＝＝＝，①
b a＝＝＝.②
∵θ∈，∴θ<1.
又|a|≥|b|>0，∴0<≤1.
∴0θ<1，即0∵b a∈，∴b a＝.
①×②，得(a b)(b a)＝cos2θ∈，
∴<(a b)<1，即1答案：
3．若f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，当x∈[0,2]时，f(x)＝sin(πx)，且当x∈(2，＋∞)时，f(x)＝f(x－2)，则方程f(x)＝ln(x－1)的实数根的个数为________．
解析：根据题意，在同一平面直角坐标系中作出函数y＝f(x)和函数y＝ln(x－1)的图象如图所示，观察图得两个函数图象的交点个数为3，即方程的根的个数为3.
答案：3
4．在平面直角坐标系xOy中，Ω是一个平面点集，如果存在非零平面向量a，对于任意P∈Ω，均有Q∈Ω，使得OQ―→＝＋a，则称a为平面点集Ω的一个向量周期．现有以下四个命题：
①若平面点集Ω存在向量周期a，则ka(k∈Z，k≠0)也是Ω的向量周期；
②若平面点集Ω形成的平面图形的面积是一个非零常数，则Ω不存在向量周期；
③若平面点集Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，则b＝(1,2)为Ω的一个向量周期；
④若平面点集Ω＝{(x，y)|[y]－[x]＝0}([m]表示不大于m的最大整数)，则c＝(1,1)为Ω的一个向量周期．
其中真命题是________(填序号)．
解析：对于①，取Ω＝{(x，y)|x＞0，y＞0}，a＝(1,0)，则a为Ω的向量周期，但－a＝(－1,0)不是Ω的向量周期，故①是假命题；
易知②是真命题；
对于③，任取点P(xP，yP)∈Ω，则存在点Q(xP＋1，yP＋2)∈Ω，所以b是Ω的一个向量周期，故③是真命题；
对于④，任取点P(xP，yP)∈Ω，则[yP]－[xP]＝0，存在点Q(xP＋1，yP＋1)，
所以[yP＋1]－[xP＋1]＝[yP]＋1－([xP]＋1)＝0，所以Q∈Ω，
所以c是Ω的一个向量周期，故④是真命题．
综上，真命题为②③④.
答案：②③④
5．已知函数f(x)＝2sincos，过A(t，f(t))，B(t＋1，f(t＋1))两点的直线的斜率记为g(t)．
(1)求函数g(t)的解析式及单调递增区间；
(2)若g(t0)＝，且t0∈，求g(t0＋1)的值．
解：(1)易知f(x)＝2sincos＝sin，
所以g(t)＝＝f(t＋1)－f(t)
＝sin－sin
＝cos－sin＝cos.
令2kπ－π≤t＋≤2kπ，k∈Z，
得6k－≤t≤6k－，k∈Z，
所以函数g(t)＝cos的单调递增区间为，k∈Z.
(2)由题意得g(t0)＝cos
＝，t0∈，
所以t0＋∈，
所以sin＝，
所以g(t0＋1)＝cos
＝cos
＝cos－sin
＝×－×＝.