《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)二理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)二理（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
大題沖關(guān)集訓(xùn)(二)
1.已知函數(shù)f(x)=4cos ωx·sin(ωx+π4)(ω>0)的最小正周期為π.
(1)求ω的值;
(2)討論f(x)在區(qū)間0,π2上的單調(diào)性.
解:(1)f(x)=4cos ωx[sin ωxcos π4+cos ωxsin π4]
=4cos ωx[22sin ωx+22cos ωx]
=22sin ωxcos ωx+22cos2 ωx
=2sin 2ωx+2(cos 2ωx+1)
=2sin 2ωx+2cos 2ωx+2
=2sin(2ωx+π4)+2,
因?yàn)閒(x)的最小正周期為π且ω>0,故2π2ω=π,則ω=1.
(2)由(1)知
2、,f(x)=2sin(2x+π4)+2.
若0≤x≤π2,則π4≤2x+π4≤5π4.
當(dāng)π4≤2x+π4≤π2,
即0≤x≤π8時(shí),f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)π2<2x+π4≤5π4,
即π8c.已知BA→·BC→=2,cos B=13,b=3,求:
(1)a和c的值;
(2)cos(B-C)的值.
解:(1)由BA→·BC→=2,
得c·acos B=2,
又cos B=1
3、3,
所以ac=6.
由余弦定理,得a2+c2=b2+2accos B.
又b=3,
所以a2+c2=9+2×2=13.
解ac=6,a2+c2=13,
得a=2,c=3或a=3,c=2.
因?yàn)閍>c,
所以a=3,c=2.
(2)在△ABC中,sin B=1-cos2B=1-(13)?2=223,
由正弦定理,得sin C=cbsin B=23×223=429.
因?yàn)閍=b>c,
所以C為銳角,
因此cos C=1-sin2C=1-(429)?2=79.
于是cos(B-C)=cos Bcos C+sin Bsin C
=13×79+223×429
=2327
4、.
3.(20xx資陽二模)已知f(x)=sin(2x+π6)+cos(2x-π3).
(1)求f(x)的最大值及取得最大值時(shí)x的值;
(2)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若f(C)=1,c=23,sin A=2sin B,求△ABC的面積.
解:(1)f(x)=sin(2x+π6)+cos(2x-π3)
=32sin 2x+12cos 2x+12cos 2x+32sin 2x
=3sin 2x+cos 2x
=2sin(2x+π6).
當(dāng)2x+π6=2kπ+π2,k∈Z,
即x=kπ+π6,k∈Z時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值2.
(2)由f(C)=2si
5、n(2C+π6)=1,
得sin(2C+π6)=12,
∵π6<2C+π6<2π+π6,
∴2C+π6=5π6,解得C=π3.
因?yàn)閟in A=2sin B,根據(jù)正弦定理,得a=2b,由余弦定理,有c2=a2+b2-2abcos C,則(23)2=4b2+b2-2×2b2cos π3=3b2,解得b=2,a=4,故△ABC的面積S△ABC=12absin C=12×4×2×sin π3=23.
4.(20xx上饒市二模)設(shè)a∈R函數(shù)f(x)=cos x(asin x-cos x)+cos2(π2+x)滿足f(-π3)=f(0).
(1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;
(2)設(shè)銳角△A
6、BC的內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c,且a2+c2-b2a2+b2-c2=c2a-c,求f(A)的取值范圍.
解:(1)f(x)=cos x(asin x-cos x)+cos2(π2+x)
=a2sin 2x-cos 2x,
由f(-π3)=f(0)得-3a4+12=-1,
∴a=23,
∴f(x)=3sin 2x-cos 2x=2sin(2x-π6),
由2kπ+π2≤2x-π6≤2kπ+32π得kπ+π3≤x≤kπ+56π,k∈Z,
∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[kπ+π3,kπ+56π].
(2)∵a2+c2-b2a2+b2-c2=c2a-c,
由余弦定理得2a
7、ccosB2abcosC=ccosBbcosC=c2a-c,
即2acos B-ccos B=bcos C,由正弦定理得
2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C,
2sin Acos B=sin(B+C)=sin A,cos B=12,
∴B=π3,
∵△ABC為銳角三角形,
∴π6
8、.
解:(1)由已知B=π3,在△ABC中,根據(jù)余弦定理,得b2=a2+c2-2accos π3=a2+c2-ac,又已知b2=ac,所以a2+c2-ac=ac,即(a-c)2=0,所以a=c,所以A=C,而A+C=π-π3=2π3,所以A=C=π3.
(2)由已知得sin A+sin C=sin A+sin(2π3-A)=32sin A+32cos A=3（32sin A+12cos A）=3sin（A+π6）,因?yàn)锳∈（0,2π3）,所以π6
9、].
6. 函數(shù)f(x)=6cos2ωx2+3sin ωx-3(ω>0)在一個(gè)周期內(nèi)的圖象如圖所示,A為圖象的最高點(diǎn),B、C為圖象與x軸的交點(diǎn),且△ABC為正三角形.
(1)求ω的值及函數(shù)f(x)的值域;
(2)若f(x0)=835,且x0∈(-103,23),求f(x0+1)的值.
解:(1)f(x)=6cos2ωx2+3sin ωx-3
=3cos ωx+3sin ωx
=23sin(ωx+π3).
由題意知正三角形ABC的高為23,
則BC=4,
所以函數(shù)f(x)的周期T=4×2=8,
即2πω=8,解得ω=π4.
所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇-23,23].
10、(2)因?yàn)閒(x0)=835,由(1)有
f(x0)=23sin(πx04+π3)=835,
即sin(πx04+π3)=45,
由x0∈(-103,23),得πx04+π3∈(-π2,π2).
即cos(πx04+π3)=1-(45)?2=35,
故f(x0+1)=23sin(πx04+π4+π3)
=23sin[(πx04+π3)+π4]
=23[sin(πx04+π3)cosπ4+cos(πx04+π3)sinπ4]
=23(45×22+35×22)
=765.
7.(20xx昆明模擬)已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若a,b,c成等差數(shù)列,且
11、2cos 2B-8cos B+5=0,求角B的大小,并判斷△ABC的形狀.
解:因?yàn)?cos 2B-8cos B+5=0,
所以2(2cos2B-1)-8cos B+5=0.
所以4cos2B-8cos B+3=0,
即(2cos B-1)(2cos B-3)=0.
解得cos B=12或cos B=32(舍去).
因?yàn)?
12、模擬)已知函數(shù)f(x)=2cos x2(3cos x2-sin x2),在△ABC中,有f(A)=3+1.
(1)若a2-c2=b2-mbc,求實(shí)數(shù)m的值;
(2)若a=1,求△ABC面積的最大值.
解:(1)f(x)=2cos x2(3cos x2-sin x2)=23cos2x2-2sin x2cos x2=3+3cos x-sin x=3+2sin（π3-x）,
由f(A)=3+1,可得3+2sin（π3-A）=3+1,
所以sin（π3-A）=12.
又A∈(0,π),
所以π3-A∈（-2π3,π3）,
所以π3-A=π6,即A=π6.
由a2-c2=b2-mbc及余弦定理,可得m2=b2+c2-a22bc=cos A=32,所以m=3.
(2)由(1)知cos A=32,則sin A=12,
又b2+c2-a22bc=cos A=32,
所以b2+c2-a2=3bc≥2bc-a2,
即bc≤(2+3)a2=2+3,當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)等號(hào)成立,
所以S△ABC=12cbsin A≤2+34,
即△ABC面積的最大值為2+34.
新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)二理
