热门话题作文-苏州中考总分

三角函数与解三角形
一、选择题
（2016·7）若将函数y=2sin 2x的图像向左平移
k

(kZ)

26
k

C．
x(kZ)

212
A．
x
（2016·9）若
cos(
A．





个单位长度，则平移后图象的对称轴为（ ）
12
k

B．
x(kZ)

26
k

D．
x(kZ)

212

7

25
3


)
，则sin 2α =（ ）
45
11
B． C．


55
2
D．

7

25
（2014·4）钝角三角形ABC的面积是
1
，AB=1，BC=
2
，则AC=（ ）
A．5 B．
5
C．2 D．1
（2012·9）已知

0< br>，函数
f(x)sin(

x
A.
[,]

15
24
B.
[,]

13
24
< br>
)
在
(,

)
单调递减，则

的 取值范围是（）
4
2
1
C.
(0,]
D.
(0,2]

2
C．
3

5
D．
4

5

（2011·5）已知角θ的顶点 与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y=2x上，则cos2θ =（ ）
A．

4

5
B．

3

5

（2011·11）设函数
f(x)sin(

x

)cos(

x

)(

0 ,|

|
则（ ）
A．
f(x)
在
(0,)
单调递减
2
C．
f(x)
在
(0,)
单调递增
2
二、填空题
（2017·14）函数
f

x

sin
2
x3cosx

2
)
的最小正周期 为

，且
f(x)f(x)
，




3

B．
f(x)
在
(,)
单调递减
44



3

D．
f(x)
在
(,)
单调递增
44
3



（
x

0,

）的最大值是 ．
4

2

5
4
，
cos C
，a = 1，则b = .
13
5
（2016·13）△ ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若
cos A
（2014·14）函数< br>f(x)sin(x2

)2sin

cos(x

)
的最大值为_________.

1
（2013·15）设< br>
为第二象限角，若
tan(

)
，则
sin< br>
cos


_________.
42
（20 11·16）在△ABC中，
B60
o
,AC3
，则
AB2B C
的最大值为 .
三、解答题

（2 017·17）
ABC
的内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
,已知
sin(AC)8sin
2
（1）求
cosB
；
（2）若
ac6
,
ABC
面积为2，求
b.
．

B
．
2
（2015·17）在∆ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，∆ABD面积是∆ADC面 积的2倍．
sinB
（Ⅰ）求 ；
sinC
2
，求BD和AC的长． （Ⅱ） 若AD=1，DC=
2

（2013·17）在△A BC内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB.
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值.

（2012·17）已知a，b，c 分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，
acosC3asinCbc0
.
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）若a=2，△ABC的面积为
3
，求b，c.

2011年—2017年新课标全国卷Ⅱ理科数学试题分类汇编
8．三角函数与解三角形（逐题解析版）
一、选择题
π

π
π

7
）
B
解析：
平移后图像表达式为< br>y2sin2

x

，令
2

x
kπ+
，得对称轴方程：
（
2016·
12
12

2

k
ππ
x

kZ

，故选
B
．

26

3
π
7
2
π
9
）
D
解析：

（
2016·
∵
cos(

)
，
sin2

cos(2

)cos[2(

)]2cos(< br>
)1
，
故选
D
．
4524425
（2 014·4）B解析：∵
S
ABC

∴
sinB
111
|AB||BC|sinB
，即：
12sinB
，
222
2
oo
，即
B45
或
135
．
2
5
.
2222
又∵
|AC||AB||BC|2 |AB||BC|cosB
，∴
|AC|1
或5，
2
又∵< br>ABC
为钝角三角形，∴
|AC|5
，即：
|AC|
（ 2012·9）A解析：由
15

3

2k




2k

,kZ
得，4k

2k,kZ
，
24
22442
15< br>∵

0，∴


.
24
cos
2

sin
2

1tan
2

3< br>（2011·5）B解析：由题知
tan

2
,
cos2< br>

，故选B.

222
cos

 sin

1tan

5

（2011·11）A解析：< br>Qf(x)2sin(

x


又
f(x) f(x)
，∴ f (x)为偶函数，


=

二、填空题
3




（2017·14）
1
【解 析】∵
f

x

sin
2
x3cosx< br>
x

0,


，
sin
2xcos
2
x1
，
4


2



4
)(

0,|

|

2
)
的最小正周期为π，所以

2
，


+k

,kZ
，
f(x)2sin(2x)2cos 2x
，故选A.
42
∴
f

x

 cos
2
x3cosx
∴
f

x

max
1
．
3
11
2


0,1

，
，
设
tco sx
，
t

0,1

，∴
f

x

t3t
，
函数对称轴为
t
2
44
21
4
5312
解析：∵
cosA
，
cosC
，∴
sinA
，
sinC
，
1313513
5
ba21
63
sinBsin

AC

si nAcosCcosAsinC
，由正弦定理得：

，解得
b
．

65
sinBsinA13
（2014·14）1 解析：∵
f (x)sin(x2

)2sin

cos(x

)sin[

(x

)]2sin

cos(x

)

13
）（
2016·
sin
< br>cos(x

)cos

sin(x

)2 sin

cos(x

)cos

sin(x

)sin

cos(x

)sinx

∵
xR
，∴
f(x)
的最大值为1.
（2013·15 ）

11
π

1

tan

1< br>
10

，得tan θ＝

，即sin θ＝

cos θ. 将其代入解析：由
tan




4

1tan

2
5
33

sin
2
θ＋cos
2
θ＝1，得
sin θ＋cos θ＝

31010
10
，sin θ＝，
cos
2

1
. 因为θ为第二象限角，所以cos θ＝

1010
9
10
.
5
BCAC
 2BC2sinA
，
sinAsinB
，
（2011·16）
27
解析：
AC120
0
C120
0
A
,
A(0,120
0
)
，
ABAC
2AB2si nC2sin(120
0
A)3cosAsinA
sinCsinB
AB2BC
3cosA5sinA28sin(A

)27sin(A 

)
，故最大值是
27

.
三、解答题 （2017·17）
ABC
的内角
A,B,C
的对边分别为
a ,b,c
,已知
sin(AC)8sin
2
（1）求
cosB
；
（2）若
ac6
,
ABC
面积为2，求
b.
．
B
．
2
B
，故
sinB（
，
41-cosB）
2
15
上式两边平方，整理得
17cos
2
B-32cosB+15=0
，解得
cosB=1（舍去），cosB=
.
17
BBB
2
B< br>2
B
【解法2】由题设及
ABC

,sinB8si n
，所以
2sincos8sin
，又
sin0
，所
2 2222
B
1tan
2
B1
2

15
. 以
tan
，
cosB
B
17
24
1tan< br>2
2
1581417
（Ⅱ）由
cosB=得sinB
，故< br>S
ABC
acsinBac
，又
S
ABC
= 2，则ac
，
17172172
解析：（Ⅰ）【解法1】由题设及
AB C

,sinB8sin
2
由余弦定理及
ac6
得
2
b
2
a
2
c
2
2accos B（a+c）2ac(1cosB)362
1715
(1)4
，所 以b=2．
217

（2015·17）在∆ABC中，D是BC上的点，AD平分 ∠BAC，∆ABD面积是∆ADC面积的2倍．
sinB
（Ⅰ）求 ；
sinC
2
（Ⅱ） 若AD=1，DC= ，求BD和AC的长．
2解析：（Ⅰ）
S
ABD

11
ABADsinBAD，
S
ADC
ACADsinCAD
，因为
S
 ABD
2S
ADC
，
22
sinBAC1
BAD CAD
，所以
AB2AC
，由正弦定理可得

.
s inCAB2
2
，所以
BD2
，在
ABD
和
ADC
中，
2
（Ⅱ）因为
S
ABD
:S
A DC
BD:DC2
，
DC
由余弦定理知，
AB
2AD
2
BD
2
2ADBDcosADB
，
A C
2
AD
2
DC
2
2ADDCcosADC，
故
AB
2
2AC
2
3AD
2
BD
2
2DC
2
6
，由（Ⅰ）知
AB2AC
，所以
AC1
.

（2013·17）在△ ABC内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB.
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值.

解析：（Ⅰ）由已知及正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B ①， 又A＝π-(B+C)，故sin A＝sin(B+C)
＝sin Bcos C+cos Bsin C ②，由①，②和C∈(0，π)得sin B＝cos B，又B∈(0，π)，所以
B
（Ⅱ）△ABC的面积
S
故
ac

（2012·17）已知a， b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，
acosC3asinCbc0
.
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）若a=2，△ABC的面积为
3
，求b，c. 解析：（Ⅰ）由
acosC3asinCbc0
及正弦定理可得
sinA cosC3sinAsinC

sinBsinC0
，

.
4

12
acsinBac
. 由已知及余弦定理得
4=a
2
+c
2
2accos
. 又 a
2
＋c
2
≥2ac，
24
4
4
，当且仅 当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为
2+1
.
22
si nAcosC3sinAsinCsin(AC)sinC0
，
3sinAsinC cosAsinC

sinC0
，
QsinC0
，
，


1
3sinAcosA10
，
2sin( A)10
，
sin(A)
662

5



A
，
A
，
A
.
666663
（Ⅱ）
Q
S
V
ABC
3
，
bcsinA
Q0A

，
1
2
3

bc3
，
bc4
，
Qa2,A
4
3
，

a
2
b
2
c
2
2b ccosAb
2
c
2
bc4
，
b
2c
2
8
，解得
bc2
.