《直通名校》高考真题分类专题三 三角函数与解三角形（含解析）-高考数学大二轮专题复习
文档属性
| 名称 | 《直通名校》高考真题分类专题三 三角函数与解三角形（含解析）-高考数学大二轮专题复习 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 223.1KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-01-26 00:00:00 | ||
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文档简介
专题三 三角函数与解三角形
考点一 三角函数的概念
1.（2020·全国Ⅱ卷2题）若α为第四象限角，则（ ）
A.cos 2α＞0 B.cos 2α＜0
C.sin 2α＞0 D.sin 2α＜0
解析：D 法一 由题意，知－＋2kπ＜α＜2kπ（k∈Z），所以－π＋4kπ＜2α＜4kπ（k∈Z），所以cos 2α≤0或cos 2α＞0，sin 2α＜0，故选D.
法二 当α＝－时，cos 2α＝0，sin 2α＝－1，排除A、B、C，故选D.
2.（2022·全国甲卷8题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB.“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋.当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：B 由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC（图略），因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B.
考点二 同角三角函数的基本关系式及诱导公式
3.（2021·新高考Ⅰ卷6题）若tan θ＝－2，则＝（ ）
A.－ B.－
C. D.
解析：C 法一（通解） 因为tan θ＝－2，所以角θ的终边在第二、四象限，所以或所以＝＝sin θ（sin θ＋cos θ）＝sin2θ＋sin θcos θ ＝－＝.故选C.
法二（优解） 因为tan θ＝－2，所以＝＝sin θ（sin θ＋cos θ）＝＝＝＝.故选C.
4.（2023·全国乙卷14题）若θ∈（0，），tan θ＝，则sin θ－cos θ＝ －
解析：由tan2θ＝＝＝，得cos2θ＝.因为θ∈（0，），所以cos θ＝，则sin θ＝＝，所以sin θ－cos θ＝－.
考点三 三角恒等变换
5.（2023·新高考Ⅱ卷7题）已知α为锐角，cos α＝，则sin＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：D ∵α为锐角，∴为锐角，∴sin＞0.又cos α＝1－2sin2，∴sin＝＝＝＝＝.故选D.
6.（2024·全国甲卷8题）已知＝，则tan（α＋）＝（ ）
A.2＋1 B.2－1
C. D.1－
解析：B 根据题意有＝，即1－tan α＝，所以tan α＝1－，所以tan（α＋）＝＝＝2－1，故选B.
7.（2022·新高考Ⅱ卷6题）若sin（α＋β）＋cos（α＋β）＝2cossin β，则（ ）
A.tan（α－β）＝1 B.tan（α＋β）＝1
C.tan（α－β）＝－1 D.tan（α＋β）＝－1
解析：C 由题意得sin αcos β＋sin βcos α＋cos αcos β－sin αsin β＝2×（cos α－sin α）·sin β，整理，得sin α·cos β－sin βcos α＋cos α·cos β＋sin αsin β＝0，即sin（α－β）＋cos（α－β）＝0，所以tan（α－β）＝－1，故选C.
考点四 三角函数的图象及变换
8.（2024·新高考Ⅰ卷7题）当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin（3x－）的交点个数为（ ）
A.3 B.4 C.6 D.8
解析：C 因为函数y＝sin x的最小正周期为T＝2π，函数y＝2sin（3x－）的最小正周期为T＝，所以在x∈[0，2π]上函数y＝2sin（3x－）的图象恰有三个周期，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点.故选C.
9.（2017·全国Ⅰ卷9题）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来的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来的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来的倍，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来的倍，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：D 易知C1：y＝cos x＝sin，把曲线C1上的各点的横坐标缩短到原来的倍，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.
10.（2021·全国甲卷15题）已知函数f（x）＝2cos（ωx＋φ）的部分图象如图所示，则f＝ －
解析：由题图可知T＝－＝（T为f（x）的最小正周期），即T＝π，所以＝π，即ω＝2，故f（x）＝2cos（2x＋φ）.点可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×＋φ＝，得φ＝－，即f（x）＝2cos，所以f＝2cos＝－.
考点五 三角函数的性质及应用
11.（2023·全国乙卷6题）（ ）
A.－ B.－
C. D.
解析：D 由函数f（x）在区间（，）上单调递增，且直线x＝和x＝是函数f（x）的图象的两条相邻对称轴，得＝2（－），解得ω＝2，则f（）＝sin（＋φ）＝－1，所以φ＝－＋2kπ－＝－＋2kπ，k∈Z，所以f（x）＝sin（2x－＋2kπ），k∈Z，则f（－）＝sin（－＋2kπ）＝sin（－）＝.故选D.
12.（2022·新高考Ⅰ卷6题）记函数f（x）＝sin＋b（ω＞0）的最小正周期为T.若＜T＜π，且y＝f（x）的图象关于点中心对称，则f＝（ ）
A.1 B.
C. D.3
解析：A 因为＜T＜π，所以＜＜π，解得2＜ω＜3.因为y＝f（x）的图象关于点中心对称，所以b＝2，且sin＋b＝2，即sin＝0，所以ω＋＝kπ（k∈Z），又2＜ω＜3，所以＜ω＋＜，所以ω＋＝4π，解得ω＝，所以f（x）＝sin＋2，所以f＝sin＋2＝sin ＋2＝1.故选A.
13.（多选）（2022·新高考Ⅱ卷9题）已知函数f（x）＝sin（2x＋φ）（0＜φ＜π）的图象关于点中心对称，则（ ）
A.f（x）在区间单调递减
B.f（x）在区间有两个极值点
C.直线x＝是曲线y＝f（x）的对称轴
D.直线y＝－x是曲线y＝f（x）的切线
解析：AD 由题意，得f＝sin＝0，所以＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－＋kπ，k∈Z.又0＜φ＜π，所以φ＝.故f（x）＝sin.选项A，当x∈时，u＝2x＋∈.由y＝sin u的图象，知y＝f（x）在区间上单调递减，故正确.选项B，当x∈时，u＝2x＋∈.由y＝sin u的图象，知y＝f（x）在区间内只有1个极值点，故错误.选项C，当x＝时，2x＋＝3π，则f＝0，所以直线x＝不是曲线y＝f（x）的对称轴，故错误.选项D，令f'（x）＝2cos＝－1，得cos（2x＋）＝－，则2x＋＝＋2kπ，k∈Z或2x＋＝＋2kπ，k∈Z，解得x＝kπ，k∈Z或x＝＋kπ，k∈Z.所以函数y＝f（x）的图象在点处的切线斜率为f'（0）＝2cos ＝－1，切线方程为y－＝－（x－0），即y＝－x，故正确.故选A、D.
14.（2023·新高考Ⅰ卷15题）已知函数f（x）＝cos ωx－1（ω＞0）在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是[2，3）.
解析：法一 由f（x）＝cos ωx－1＝0，得cos ωx＝1.设g（x）＝cos ωx，x∈[0，2π].令t＝ωx，x∈[0，2π]，设g（t）＝cos t，t∈[0，2πω].因为方程g（x）＝1在[0，2π]上有且仅有3个根，所以4π≤2πω＜6π，解得2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2，3）.
法二 函数f（x）＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cos x在[0，2π]上的图象可知，cos x＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cos ωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即又ω＞0，所以2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2，3）.
考点六 正、余弦定理
15.（2023·全国乙卷4题）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B－bcos A＝c，且C＝，则B＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 由正弦定理及acos B－bcos A＝c，得sin Acos B－cos Asin B＝sin C，即sin（A－B）＝sin C＝sin（A＋B）.因为A－B＜A＋B，所以A－B＋A＋B＝π，解得A＝.所以B＝π－A－C＝π－－＝.故选C.
16.（2023·新高考Ⅰ卷17题）已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin（A－C）＝sin B.
（1）求sin A；
（2）设AB＝5，求AB边上的高.
解：（1）∵A＋B＝3C，A＋B＋C＝π，
∴4C＝π，则C＝.
∵2sin（A－C）＝sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），
∴2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C，
则sin Acos C＝3cos Asin C，∴sin A＝3cos A＞0.
又sin2A＋cos2A＝1，∴sin A＝.
（2）法一 设AB边上的高为h，
由（1）易得cos A＝，则sin B＝sin（A＋C）＝sin（＋A）＝cos A＋sin A＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，得AC＝＝＝2.
又S△ABC＝·AC·AB·sin A＝·AB·h，
∴h＝ACsin A＝2×＝6.
即AB边上的高为6.
法二 由（1）得sin A＝3cos A，则A是锐角，cos A＝，
sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为ACsin A＝2×＝6.
17.（2023·全国甲卷17题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2.
（1）求bc；
（2）若－＝1，求△ABC的面积.
解：（1）由余弦定理，得＝＝2bc＝2，所以bc＝1.
（2）由－＝1及正弦定理，得－＝1.
因为sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以－＝1，即sin Acos B－sin Bcos A－sin B＝sin Acos B＋sin Bcos A，
所以－sin B＝2sin Bcos A.
因为0＜B＜π，所以sin B≠0，
所以cos A＝－，sin A＝＝，
所以S△ABC＝bcsin A＝.
18.（2021·新高考Ⅰ卷19题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C.
（1）证明：BD＝b；
（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC.
解：（1）证明：因为BDsin∠ABC＝asin C，所以由正弦定理得，BD·b＝ac，
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，
又b＞0，所以BD＝b.
（2）如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，
因为AD＝2DC，所以＝＝2，＝，所以BE＝，DE＝a.
在△BDE中，cos ∠BED＝
＝＝＝，
在△ABC中，cos ∠ABC＝＝＝.
因为∠BED＝π－∠ABC，所以cos ∠BED＝－cos ∠ABC，所以＝－，化简得3c2＋6a2－11ac＝0，方程两边同时除以a2，得3－11＋6＝0，解得＝或＝3.
当＝，即c＝a时，cos∠ABC＝＝＝；
当＝3，即c＝3a时，cos∠ABC＝＝＝＞1（舍）.
综上，cos∠ABC＝.
考点七 解三角形及其综合应用
19.（2021·全国甲卷8题）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'－CC'约为（≈1.732）（ ）
A.346 B.373
C.446 D.473
解析：B 如图所示，根据题意过C作CE∥C'B'，交BB'于E，过B作BD∥A'B'，交AA'于D，则BE＝100，C'B'＝CE＝.在△A'C'B'中，∠C'A'B'＝75°，则BD＝A'B'＝.又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA'－CC'＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100（＋1）＋100≈373.
20.（2023·全国甲卷16题）在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝2.
解析：法一 由余弦定理得cos 60°＝，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×2ACsin 60°＝×2ADsin 30°＋AC×ADsin 30°，所以AD＝＝＝2.
法二 由角平分线定理得＝，又BD＋CD＝，所以BD＝，CD＝.由角平分线长公式得AD2＝AB×AC－BD×CD＝2AC－，又由法一知AC＝1＋，所以AD2＝2＋2－＝2＋2－（2－2）＝4，所以AD＝2.
21.（2020·新高考Ⅰ卷15题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为＋4 cm2.
解析：如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于Q，AM⊥EF于M，交DG于E'，交BH于F'，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE'＝5，E'G＝5，∴∠AGE'＝∠AHF'＝，△AOH为等腰直角三角形，又AF'＝5－3m，OF'＝7－5m，AF'＝OF'，∴5－3m＝7－5m，得m＝1，∴AF'＝5－3m＝2，OF'＝7－5m＝2，∴OA＝2，则阴影部分的面积S＝×π×（2）2＋×2×2－＝（cm2）.
22.（2022·全国甲卷16题）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当取得最小值时，BD＝－1.
解析：设BD＝k（k＞0），则CD＝2k.根据题意作出大致图形，如图.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k×＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×＝4k2－4k＋4，则＝＝＝4－＝4－＝4－，∵k＋1＋≥2（当且仅当k＋1＝，即k＝－1时等号成立），∴≥4－＝4－2＝（－1）2，∴当取得最小值－1时，BD＝k＝－1.
23.（2022·新高考Ⅱ卷18题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝，sin B＝.
（1）求△ABC的面积；
（2）若sin Asin C＝，求b.
解：（1）由S1－S2＋S3＝，得（a2－b2＋c2）＝，即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accos B，所以accos B＝1.
由sin B＝，得cos B＝或cos B＝－（舍去），所以ac＝＝，
则△ABC的面积S＝acsin B＝××＝.
（2）由sin Asin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
24.（2022·新高考Ⅰ卷18题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
（1）若C＝，求B；
（2）求的最小值.
解：（1）因为＝，
所以＝，
所以＝，
所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，
所以cos（A＋B）＝sin B，
所以sin B＝－cos C＝－cos ＝，
因为B∈，所以B＝.
（2）由（1）得cos（A＋B）＝sin B，
所以sin＝sin B，且0＜A＋B＜，
所以0＜B＜，0＜－（A＋B）＜，
所以－（A＋B）＝B，解得A＝－2B，
由正弦定理得
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝4cos2B＋－5≥2－5
＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号，
所以的最小值为4－5.
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考点一 三角函数的概念
1.（2020·全国Ⅱ卷2题）若α为第四象限角，则（ ）
A.cos 2α＞0 B.cos 2α＜0
C.sin 2α＞0 D.sin 2α＜0
解析：D 法一 由题意，知－＋2kπ＜α＜2kπ（k∈Z），所以－π＋4kπ＜2α＜4kπ（k∈Z），所以cos 2α≤0或cos 2α＞0，sin 2α＜0，故选D.
法二 当α＝－时，cos 2α＝0，sin 2α＝－1，排除A、B、C，故选D.
2.（2022·全国甲卷8题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CD⊥AB.“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋.当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：B 由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC（图略），因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B.
考点二 同角三角函数的基本关系式及诱导公式
3.（2021·新高考Ⅰ卷6题）若tan θ＝－2，则＝（ ）
A.－ B.－
C. D.
解析：C 法一（通解） 因为tan θ＝－2，所以角θ的终边在第二、四象限，所以或所以＝＝sin θ（sin θ＋cos θ）＝sin2θ＋sin θcos θ ＝－＝.故选C.
法二（优解） 因为tan θ＝－2，所以＝＝sin θ（sin θ＋cos θ）＝＝＝＝.故选C.
4.（2023·全国乙卷14题）若θ∈（0，），tan θ＝，则sin θ－cos θ＝ －
解析：由tan2θ＝＝＝，得cos2θ＝.因为θ∈（0，），所以cos θ＝，则sin θ＝＝，所以sin θ－cos θ＝－.
考点三 三角恒等变换
5.（2023·新高考Ⅱ卷7题）已知α为锐角，cos α＝，则sin＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：D ∵α为锐角，∴为锐角，∴sin＞0.又cos α＝1－2sin2，∴sin＝＝＝＝＝.故选D.
6.（2024·全国甲卷8题）已知＝，则tan（α＋）＝（ ）
A.2＋1 B.2－1
C. D.1－
解析：B 根据题意有＝，即1－tan α＝，所以tan α＝1－，所以tan（α＋）＝＝＝2－1，故选B.
7.（2022·新高考Ⅱ卷6题）若sin（α＋β）＋cos（α＋β）＝2cossin β，则（ ）
A.tan（α－β）＝1 B.tan（α＋β）＝1
C.tan（α－β）＝－1 D.tan（α＋β）＝－1
解析：C 由题意得sin αcos β＋sin βcos α＋cos αcos β－sin αsin β＝2×（cos α－sin α）·sin β，整理，得sin α·cos β－sin βcos α＋cos α·cos β＋sin αsin β＝0，即sin（α－β）＋cos（α－β）＝0，所以tan（α－β）＝－1，故选C.
考点四 三角函数的图象及变换
8.（2024·新高考Ⅰ卷7题）当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin（3x－）的交点个数为（ ）
A.3 B.4 C.6 D.8
解析：C 因为函数y＝sin x的最小正周期为T＝2π，函数y＝2sin（3x－）的最小正周期为T＝，所以在x∈[0，2π]上函数y＝2sin（3x－）的图象恰有三个周期，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点.故选C.
9.（2017·全国Ⅰ卷9题）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来的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来的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来的倍，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来的倍，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：D 易知C1：y＝cos x＝sin，把曲线C1上的各点的横坐标缩短到原来的倍，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.
10.（2021·全国甲卷15题）已知函数f（x）＝2cos（ωx＋φ）的部分图象如图所示，则f＝ －
解析：由题图可知T＝－＝（T为f（x）的最小正周期），即T＝π，所以＝π，即ω＝2，故f（x）＝2cos（2x＋φ）.点可看作“五点作图法”中的第二个点，故2×＋φ＝，得φ＝－，即f（x）＝2cos，所以f＝2cos＝－.
考点五 三角函数的性质及应用
11.（2023·全国乙卷6题）（ ）
A.－ B.－
C. D.
解析：D 由函数f（x）在区间（，）上单调递增，且直线x＝和x＝是函数f（x）的图象的两条相邻对称轴，得＝2（－），解得ω＝2，则f（）＝sin（＋φ）＝－1，所以φ＝－＋2kπ－＝－＋2kπ，k∈Z，所以f（x）＝sin（2x－＋2kπ），k∈Z，则f（－）＝sin（－＋2kπ）＝sin（－）＝.故选D.
12.（2022·新高考Ⅰ卷6题）记函数f（x）＝sin＋b（ω＞0）的最小正周期为T.若＜T＜π，且y＝f（x）的图象关于点中心对称，则f＝（ ）
A.1 B.
C. D.3
解析：A 因为＜T＜π，所以＜＜π，解得2＜ω＜3.因为y＝f（x）的图象关于点中心对称，所以b＝2，且sin＋b＝2，即sin＝0，所以ω＋＝kπ（k∈Z），又2＜ω＜3，所以＜ω＋＜，所以ω＋＝4π，解得ω＝，所以f（x）＝sin＋2，所以f＝sin＋2＝sin ＋2＝1.故选A.
13.（多选）（2022·新高考Ⅱ卷9题）已知函数f（x）＝sin（2x＋φ）（0＜φ＜π）的图象关于点中心对称，则（ ）
A.f（x）在区间单调递减
B.f（x）在区间有两个极值点
C.直线x＝是曲线y＝f（x）的对称轴
D.直线y＝－x是曲线y＝f（x）的切线
解析：AD 由题意，得f＝sin＝0，所以＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－＋kπ，k∈Z.又0＜φ＜π，所以φ＝.故f（x）＝sin.选项A，当x∈时，u＝2x＋∈.由y＝sin u的图象，知y＝f（x）在区间上单调递减，故正确.选项B，当x∈时，u＝2x＋∈.由y＝sin u的图象，知y＝f（x）在区间内只有1个极值点，故错误.选项C，当x＝时，2x＋＝3π，则f＝0，所以直线x＝不是曲线y＝f（x）的对称轴，故错误.选项D，令f'（x）＝2cos＝－1，得cos（2x＋）＝－，则2x＋＝＋2kπ，k∈Z或2x＋＝＋2kπ，k∈Z，解得x＝kπ，k∈Z或x＝＋kπ，k∈Z.所以函数y＝f（x）的图象在点处的切线斜率为f'（0）＝2cos ＝－1，切线方程为y－＝－（x－0），即y＝－x，故正确.故选A、D.
14.（2023·新高考Ⅰ卷15题）已知函数f（x）＝cos ωx－1（ω＞0）在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是[2，3）.
解析：法一 由f（x）＝cos ωx－1＝0，得cos ωx＝1.设g（x）＝cos ωx，x∈[0，2π].令t＝ωx，x∈[0，2π]，设g（t）＝cos t，t∈[0，2πω].因为方程g（x）＝1在[0，2π]上有且仅有3个根，所以4π≤2πω＜6π，解得2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2，3）.
法二 函数f（x）＝cos ωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝cos x在[0，2π]上的图象可知，cos x＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若cos ωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝cos ωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即又ω＞0，所以2≤ω＜3，即ω的取值范围是[2，3）.
考点六 正、余弦定理
15.（2023·全国乙卷4题）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acos B－bcos A＝c，且C＝，则B＝（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 由正弦定理及acos B－bcos A＝c，得sin Acos B－cos Asin B＝sin C，即sin（A－B）＝sin C＝sin（A＋B）.因为A－B＜A＋B，所以A－B＋A＋B＝π，解得A＝.所以B＝π－A－C＝π－－＝.故选C.
16.（2023·新高考Ⅰ卷17题）已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin（A－C）＝sin B.
（1）求sin A；
（2）设AB＝5，求AB边上的高.
解：（1）∵A＋B＝3C，A＋B＋C＝π，
∴4C＝π，则C＝.
∵2sin（A－C）＝sin B＝sin（π－A－C）＝sin（A＋C），
∴2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C，
则sin Acos C＝3cos Asin C，∴sin A＝3cos A＞0.
又sin2A＋cos2A＝1，∴sin A＝.
（2）法一 设AB边上的高为h，
由（1）易得cos A＝，则sin B＝sin（A＋C）＝sin（＋A）＝cos A＋sin A＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，得AC＝＝＝2.
又S△ABC＝·AC·AB·sin A＝·AB·h，
∴h＝ACsin A＝2×＝6.
即AB边上的高为6.
法二 由（1）得sin A＝3cos A，则A是锐角，cos A＝，
sin B＝sin（A＋C）＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为ACsin A＝2×＝6.
17.（2023·全国甲卷17题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2.
（1）求bc；
（2）若－＝1，求△ABC的面积.
解：（1）由余弦定理，得＝＝2bc＝2，所以bc＝1.
（2）由－＝1及正弦定理，得－＝1.
因为sin C＝sin（A＋B）＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以－＝1，即sin Acos B－sin Bcos A－sin B＝sin Acos B＋sin Bcos A，
所以－sin B＝2sin Bcos A.
因为0＜B＜π，所以sin B≠0，
所以cos A＝－，sin A＝＝，
所以S△ABC＝bcsin A＝.
18.（2021·新高考Ⅰ卷19题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C.
（1）证明：BD＝b；
（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC.
解：（1）证明：因为BDsin∠ABC＝asin C，所以由正弦定理得，BD·b＝ac，
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，
又b＞0，所以BD＝b.
（2）如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，
因为AD＝2DC，所以＝＝2，＝，所以BE＝，DE＝a.
在△BDE中，cos ∠BED＝
＝＝＝，
在△ABC中，cos ∠ABC＝＝＝.
因为∠BED＝π－∠ABC，所以cos ∠BED＝－cos ∠ABC，所以＝－，化简得3c2＋6a2－11ac＝0，方程两边同时除以a2，得3－11＋6＝0，解得＝或＝3.
当＝，即c＝a时，cos∠ABC＝＝＝；
当＝3，即c＝3a时，cos∠ABC＝＝＝＞1（舍）.
综上，cos∠ABC＝.
考点七 解三角形及其综合应用
19.（2021·全国甲卷8题）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'－CC'约为（≈1.732）（ ）
A.346 B.373
C.446 D.473
解析：B 如图所示，根据题意过C作CE∥C'B'，交BB'于E，过B作BD∥A'B'，交AA'于D，则BE＝100，C'B'＝CE＝.在△A'C'B'中，∠C'A'B'＝75°，则BD＝A'B'＝.又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA'－CC'＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100（＋1）＋100≈373.
20.（2023·全国甲卷16题）在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝2.
解析：法一 由余弦定理得cos 60°＝，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×2ACsin 60°＝×2ADsin 30°＋AC×ADsin 30°，所以AD＝＝＝2.
法二 由角平分线定理得＝，又BD＋CD＝，所以BD＝，CD＝.由角平分线长公式得AD2＝AB×AC－BD×CD＝2AC－，又由法一知AC＝1＋，所以AD2＝2＋2－＝2＋2－（2－2）＝4，所以AD＝2.
21.（2020·新高考Ⅰ卷15题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为＋4 cm2.
解析：如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于Q，AM⊥EF于M，交DG于E'，交BH于F'，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE'＝5，E'G＝5，∴∠AGE'＝∠AHF'＝，△AOH为等腰直角三角形，又AF'＝5－3m，OF'＝7－5m，AF'＝OF'，∴5－3m＝7－5m，得m＝1，∴AF'＝5－3m＝2，OF'＝7－5m＝2，∴OA＝2，则阴影部分的面积S＝×π×（2）2＋×2×2－＝（cm2）.
22.（2022·全国甲卷16题）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当取得最小值时，BD＝－1.
解析：设BD＝k（k＞0），则CD＝2k.根据题意作出大致图形，如图.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k×＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×＝4k2－4k＋4，则＝＝＝4－＝4－＝4－，∵k＋1＋≥2（当且仅当k＋1＝，即k＝－1时等号成立），∴≥4－＝4－2＝（－1）2，∴当取得最小值－1时，BD＝k＝－1.
23.（2022·新高考Ⅱ卷18题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝，sin B＝.
（1）求△ABC的面积；
（2）若sin Asin C＝，求b.
解：（1）由S1－S2＋S3＝，得（a2－b2＋c2）＝，即a2－b2＋c2＝2，
又a2－b2＋c2＝2accos B，所以accos B＝1.
由sin B＝，得cos B＝或cos B＝－（舍去），所以ac＝＝，
则△ABC的面积S＝acsin B＝××＝.
（2）由sin Asin C＝，ac＝及正弦定理知＝＝＝，
即b2＝×＝，得b＝.
24.（2022·新高考Ⅰ卷18题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
（1）若C＝，求B；
（2）求的最小值.
解：（1）因为＝，
所以＝，
所以＝，
所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，
所以cos（A＋B）＝sin B，
所以sin B＝－cos C＝－cos ＝，
因为B∈，所以B＝.
（2）由（1）得cos（A＋B）＝sin B，
所以sin＝sin B，且0＜A＋B＜，
所以0＜B＜，0＜－（A＋B）＜，
所以－（A＋B）＝B，解得A＝－2B，
由正弦定理得
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝4cos2B＋－5≥2－5
＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号，
所以的最小值为4－5.
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