2022年高三数学专题复习 专题二 三角函数与平面向量 理

2022年高三数学专题复习 专题二 三角函数与平面向量 理一、选择题1(xx全国卷)sin 20cos 10cos 160sin 10()A B.C D.2(xx全国卷)若tan 0，则()Asin 0 Bcos 0Csin 20 Dcos 203(xx全国卷)设D为ABC所在平面内一点，3，则()A.B.C.D. 4(xx江西高考)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若3a2b，则的值为()A B.C1 D.5(xx四川高考)平面向量a(1，2)，b(4，2)，cmab(mR)，且c与a的夹角等于c与b的夹角，则m()A2 B1C1 D26(xx全国卷)函数f(x)cos(x)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为()A.，kZB.，kZC.，kZD.，kZ二、填空题7(xx天津高考)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知ABC的面积为3，bc2，cos A，则a的值为_8(xx全国卷)在平面四边形ABCD中，ABC75，BC2，则AB的取值范围是_9(xx浙江高考)已知e1，e2是空间单位向量，e1e2，若空间向量b满足be12，be2，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，则x0_，y0_，|b|_.三、解答题10(xx全国卷)在ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，ABD面积是ADC面积的2倍(1)求；(2)若AD1，DC，求BD和AC的长11(xx天津高考)已知函数f(x)sin2xsin2，xR.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值12(xx山东高考)设f(x)sin xcos xcos2.(1)求f(x)的单调区间；(2)在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f0，a1，求ABC面积的最大值专题二三角函数与平面向量经典模拟演练卷一、选择题1(xx德州模拟)设向量a，b满足|ab|，|ab|，则ab()A1 B2C3 D52(xx吉林实验中学三模)已知向量a(sin ，2)，b(1，cos )，且ab，则sin 2cos2的值为()A1 B2C. D33(xx宁波三模)已知函数f(x)2sin1(xR)图象的一条对称轴为x，其中为常数，且(1，2)，则函数f(x)的最小正周期为()A. B.C. D.4(xx河北质检)已知函数f(x)sin 2x的图象向左平移个单位后，得到函数yg(x)的图象，下列关于yg(x)的说法正确的是()A图象关于点中心对称B图象关于x轴对称C在区间上单调递增D在区间上单调递减5(xx南昌调研)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2(ab)26，C，则ABC的面积是()A3 B. C. D36(xx湖州模拟)已知偶函数f(x)，当x时f(x)xsin x，设af(cos 1)，bf(cos 2)，cf(cos 3)，则a，b，c的大小关系为()AababCcba Dacb二、填空题7(xx杭州高级中学模拟)将函数f(x)2sin(0)的图象向右平移个单位，得到函数yg(x)的图象，若yg(x)在上为增函数，则的最大值为_8(xx德州模拟)已知向量与的夹角为60，且|2，若，且，则实数的值为_9(xx嘉兴一中模拟)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acb2a2，A，则B_三、解答题10(xx武汉模拟改编)某同学用“五点法”画函数f(x)Asin(x)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：x02xAsin(x)0550(1)请将上表数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式；(2)将yf(x)图象上所有点向左平行移动(0)个单位长度，得到yg(x)的图象若yg(x)图象的一个对称中心为，求的最小值11(xx舟山中学调研)在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，且3acos Accos Bbcos C.(1)求cos A的值；(2)若a2，cos Bcos C，求边c.12(xx杭州学军中学模拟)已知函数f(x)sin xsincos2x(0)，其图象两相邻对称轴间的距离为.(1)求的值及f(x)的单调增区间；(2)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c，f(C)0，若向量m(1，sin A)与向量n(3，sin B)共线，求a，b的值专题二三角函数与平面向量专题过关提升卷第卷(选择题)一、选择题1设D，E，F分别为ABC的三边BC，CA，AB的中点，()A. B.C. D. 2已知向量a(2，1)，ba(3，k23)，则k2是ab的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件3已知|a|4，|b|1，且a，b，当|axb|取得最小值时，则实数x的值为()A1 B1C2 D24已知sin cos ，则2cos2()A. B.C D5(xx山东高考)已知菱形ABCD的边长为a，ABC60，则()Aa2 Ba2C.a2 D.a26(xx慈溪中学模拟)在平面直角坐标系中，O为原点，A(1，0)，B(0，)，C(3，0)，动点D满足|1，则|的取值范围是()A4，6B1，1C2，2 D1，17(xx四川高考)设四边形ABCD为平行四边形，|6，|4，若点M，N满足3，2，则()A20 B15 C9 D68若a，b，c均为单位向量，且ab0，(ac)(bc)0，则|abc|的最大值为()A.1 B1 C. D2第卷(非选择题)二、填空题9已知sinsin，且，则cos_10已知函数f(x)2cos(x)，且f(0)1，f(0)0，将函数f(x)的图象向右平移个单位，得函数yg(x)的图象，则函数g(x)在0，上的最小值是_11.如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，AB2，ADDC1，P是线段BC上一动点，Q是线段DC上一动点，(1)，则的取值范围是_12已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则_13(xx南京模拟)已知函数ycos x与ysin(2x)(00，所以或sin 22sin cos 0.故选C.3A3，3()，即43，.4D由正弦定理得，由已知得，代入上式得结果为21.5D由于a(1，2)，b(4，2)，所以cmab(m4，2m2)，又由于c与a的夹角等于c与b的夹角，所以cosa，ccosb，c，也就是，则，解得m2.6D由函数的图象知1，T2，因此xA，xB.所以f(x)的单调减区间为，kZ.78cos A，0A，sin A，SABCbcsin Abc3，bc24，又bc2，b22bcc24，b2c252，由余弦定理得，a2b2c22bccos A5222464，a8.8(，)如图，作PBC，使BC75，BC2，作直线AD分别交线段PB、PC于A、D两点(不与端点重合)，且使BAD75，则四边形ABCD就是符合题意的四边形过C作AD的平行线交PB于点Q，在PBC中，APC30，由正弦定理，则BP.在QBC中，QCB30，BQC75，由正弦定理，则BQ.所以AB的取值范围为(，)9122e1e2|e1|e2|cose1，e2，e1，e2.不妨设e1，e2(1，0，0)，b(m，n，t)由题意知解得n，m，b.b(xe1ye2)，|b(xe1ye2)|2t2x2xyy24x5yt27(y2)2t2.由题意知，当xx01，yy02时，(y2)2t2取到最小值此时t21，故|b| 2.10解(1)SABDABADsinBAD，SADCACADsinCAD.因为SABD2SADC，BADCAD，所以AB2AC.由正弦定理可得.(2)因为SABDSADCBDDC，所以BD.在ABD和ADC中，由余弦定理知AB2AD2BD22ADBDcosADB，AC2AD2DC22ADDCcosADC.故AB22AC23AD2BD22DC26，由(1)知AB2AC，所以AC1.11解(1)f(x)cos 2xsin 2xcos 2xsin所以f(x)的最小正周期T.(2)因为f(x)在区间上是减函数，在区间上是增函数，且f ，f ，f ，所以f(x)在区间上的最大值为，最小值为.12解(1)f(x)sin 2xsin 2xsin 2xsin 2x.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ.所以f(x)的单调递增区间是(kZ)；单调递减区间是(kZ)(2)由fsin A0，得sin A，由题意知A为锐角，所以cos A.由余弦定理a2b2c22bccos A，可得1bcb2c22bc，即bc2，当且仅当bc时等号成立因此bcsin A.所以ABC面积的最大值为.经典模拟演练卷1A|ab|，|ab|，a2b22ab10，a2b22ab6，两式相减得：4ab4，ab1，故选A.2A由ab，知ab0，sin 2cos 0，则tan 2.故sin 2cos21.3Bf(x)的图象关于直线x对称，k，则k，kZ.又10.f(x)在区间上是增函数，由f(x)为偶函数，得yf(x)在区间上是减函数cos 1cos(1)，则f(cos 1)f又ycos x在区间上是减函数，且312，则1cos 3cos(1)cos 2fcos(1)f(cos 2)，即cab.72依题意g(x)2sin x，yg(x)在上为增函数，0x，则2，故的最大值为2.81由且，()()0.因此22(1)0，(*)又，60，|2.故(*)式化为44(1)22cos 600，解之得1.9.由余弦定理，a2b2c22bccos A.a2b2c2bc.又acb2a2，bcacc2，即abc.由正弦定理，得sin Asin Bsin C又sin Csincos Bsin B从而sin Bcos Bsin Bsin Bcos B.sin，在ABC中，B，则B.10解(1)根据表中已知数据，解得A5，2，.数据补全如下表：x02xAsin(x)05050且函数表达式为f(x)5sin.(2)由(1)知f(x)5sin，根据图象变换，得g(x)5sin.因为ysin x的对称中心为(k，0)，kZ.令2x2k，解得x，kZ.由于函数yg(x)的图象关于点成中心对称，令，得，kZ.由0可知，当k1时，取得最小值.11解(1)由正弦定理及3acos Accos Bbcos C得3sin Acos Asin Ccos Bsin Bcos Csin(BC)BCA，3sin Acos Asin A.又sin A0，从而cos A.(2)A(0，)，cos A，sin A，又cos Bcos C，cos(AC)cos C，整理得cos Csin C，又sin2Ccos2C1，由，联立，得sin C，由，得c3.12解(1)f(x)sin xcos xsin 2xcos 2x1sin1.因为函数图象两相邻对称轴间的距离为.f(x)的最小正周期T，又T，1，从而f(x)sin1，令2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，函数f(x)的单调增区间为，kZ.(2)由(1)知：f(x)sin1所以sin1，因为0C，所以2C0，因此cos ，且sin 0，所以2k，kZ，又|，则，f(x)2cos，根据图象平移变换，知g(x)2cos.又0x，知x.g(x)的最小值为2cos21.110，2建立如图所示的直角坐标系，则D(0，1)，C(1，1)，设Q(m，n)，由得，(m，n1)(1，0)，即m，n1，又B(2，0)，设P(s，t)，由(1)得，(s1，t1)(1)(1，1)，即s2，t，所以(2)23，0，1，0，2122法一22022222.法二以A为原点建立平面直角坐标系(如图)则A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(0，2)，E(1，2)(1，2)，(2，2)从而1(2)222.13.根据题意，将x代入可得cossin，2k或2k，kZ.又0，)，.143由G为重心，得(ab)(ab)a，ba，又P、G、Q三点共线，即mn3mn.因此3.15100如图所示，在ABC中，AB600，BAC30，ACB753045.由正弦定理，得，BC600300.在RtBCD中，CBD30，CDBCtanCBD300tan 30100.16解(1)因为f(x)sin x(1cos x)sin，所以f(x)的最小正周期为2.(2)因为x0，所以x.当x，即x时，f(x)取得最小值所以f(x)在区间，0上的最小值为f1.17解(1)因为m，n(sin x，cos x)，mn.所以mn0，即sin xcos x0，所以sin xcos x，所以tan x1.(2)因为|m|n|1，所以mncos，即sin xcos x，所以sin，因为0x，所以x.因此x，故x.18解(1)由A，b2a2c2及正弦定理得sin2Bsin2C.所以cos 2Bsin2C.又由A，得BC.2B2C，则cos 2Bcossin 2C.从而sin 2Csin2C，即2sin Ccos Csin2C.又sin C0，故tan C2.(2)由tan C2，C(0，)得sin C，cos C，又因为sin Bsin(AC)sin，所以sin B，由正弦定理，cb.又SABCbcsin A3，A，所以bc6，联立，可求b3.19解(1)在OMP中，OPM45，OM，OP2，由余弦定理得，OM2OP2MP22OPMPcos 45，得MP24MP30，解得MP1或MP3.(2)设POM，060，在OMP中，由正弦定理，得，所以OM，同理ON.故SOMNOMONsinMON.因为060，30230150，所以当30时，sin(230)的最大值为1，此时OMN的面积取到最小值，即POM30时，OMN的面积的最小值为84.20解(1)f(x)mnsin(2x)sincos xcos(x)sin xcos xcos2xsin 2xcos 2xsin.令2k2x2k，kZ.得kxk，kZ，函数yf(x)的单调增区间是，kZ，令2xk，得x，kZ，函数yf(x)的对称中心是，kZ.(2)由f(B)，得f(B)sin，sin1，又0B，2B，则2B，所以B.由正弦定理得：sin Asin Csin B，即，所以ac13.由余弦定理b2a2c22accos B得：b2(ac)22ac2accos B，则491693ac，ac40.所以SABCacsin B4010.