2024年高考數(shù)學一模分類匯編：三角函數(shù)與解三角形（含答案）

三角函數(shù)與解三角形（三大類型題）精選15區(qū)真題

學校:姓名：班級：考號：

一、三角函數(shù)

1.（2023?上海長寧?統(tǒng)考一模）設點尸是以原點為圓心的單位圓上的動點，它從初始位

置《。,0）出發(fā)，沿單位圓按逆時針方向轉(zhuǎn)動角1（0<戊<]]后到達點然后繼續(xù)沿

JT3

單位圓按逆時針方向轉(zhuǎn)動角;到達6.若點鳥的橫坐標為-4-則點片的縱坐標（）

45

AV2RA/2「3夜n7夜

/X.D.C.--------U.---------

105510

【答案】D

【分析】由2在單位圓上,得到￡的坐標,再根據(jù)三角函數(shù)的定義得出cos[a+的值,

從而求出sin（a+：）的值，再運用兩角差的正弦公式求解.

【詳解】由題可知cos[a+：）=-1,且0<&<5，

i—、?兀7C37T—i7C兀3兀

因為:可r知二＜[+：＜-;-

444244

.(兀、兀(兀、.兀

所以sin夕=sin=sina-\--cos----cosa+—sin—

I4；4I4；4

故選：D.

2.（2023上?上海虹口?高三統(tǒng)考期末）已知cosx=-;，且x為第三象限的角，則

tan2x=

【答案】一"0

【分析】根據(jù)已知條件求得tanx,再結(jié)合正切二倍角公式即可求解.

【詳解】因為cosx=-;，且x為第三象限的角,

所以sinx=-V1-cos2x=-

LLt、tsinX_rr

所以tanx=------=2。2,

COSX

45/2__472

所以tan2x=-⑷：

1-tanx7^8___7~

故答案為：-迪

7

3.（2023?上海青浦?統(tǒng)考一模）已知a滿足cosa=m貝Usin[a+'（結(jié)果用

含有加的式子表示）.

【答案】m

【分析】根據(jù)誘導公式化簡求值.

【詳解】有誘導公式可知sin]tz+5）=cosa=根，

故答案為：加.

4.（2023?上海普陀?統(tǒng)考一模）若圓。上的一段圓弧長與該圓的內(nèi)接正六邊形的邊長相

等，則這段圓弧所對的圓心角的大小為.

【答案】1弧度

【分析】根據(jù)弧度的定義求解即可.

【詳解】圓的內(nèi)接正六邊形的邊長等于圓半徑，弧長等于半徑的弧所對圓心角為1弧度

角.

故答案為：1弧度.

5.（2023上?上海浦東新■高三統(tǒng)考期末）如圖，已知函數(shù)〉=4$詢（0工+0）

（A>o,<y>o,o<^<|）的圖像與y軸的交點為（o,i）,并已知其在y軸右側(cè)的第一個

最高點和第一個最低點的坐標分別為小,2）和伉+2兀2）.記y=/（x）,則

71

/

【答案】x/3

【分析】由圖象可知A=2且7=4兀，根據(jù)7=臼2元求出。，將點（0,1）代入Ax）解析式求

出夕，進而求出了（X）的解析式，即可求解.

【詳解】由題意知，函數(shù)/*）圖象在y軸的右側(cè)的第一個最高點和第一個最低點的坐標

分別為（聞，2）,（%+2兀,-2）,

則A=2,且（與+2兄）-%,得7=4兀，

試卷第2頁，共20頁

T7T2兀二匚［、［2兀2兀1

又丁=—，所以0==7=丁=77，

coT4兀2

所以/（%）=2sin（；%+0），又函數(shù)圖象過點（0,1）,

所以l=2sin（0+。）,由0<。<］解得。=4，

26

171

故/'（x）=2sin（，x+w）,

2o

所以=2sin（；x1+*=2sin1.

故答案為：73

6.（2023?上海嘉定?統(tǒng)考一模）已知tana=2,貝ijtan［a+|^=

【答案】-1/-0.5

【分析】根據(jù)題意，結(jié)合三角函數(shù)的誘導公式，即可求解.

【詳解】因為tanc=2,根據(jù)三角函數(shù)的誘導公式，

.,71、

sin(a+—)

可得tan|a+D=cosa_11

sintan2

cos(/o+—兀)、a。

故答案為：-;.

7.（2023?上海普陀?統(tǒng)考一模）若函數(shù)y=tan3x在區(qū)間［加弓）上是嚴格增函數(shù)，則實數(shù)

機的取值范圍為.

【答案

ooj

【分析】解出正切型函數(shù)單調(diào)區(qū)間，則得到，”的范圍.

、4.人7兀c1兀T-/nkit71ku,71,

【r詳解hTi】令kit—<3x<kn-\—,keZ,解倚-----<x<1—,ksZ,

223636

令k=Q,則其一個單調(diào)增區(qū)間為-尤<F，則實數(shù)加的取值范圍為125〕，

66Lob；

故答案為：十號.

8.（2023?上海閔行?統(tǒng)考一模）若sina=；,則sin（7i-a）=.

【答案】|

【分析】根據(jù)三角函數(shù)誘導公式，即可求得答案.

【詳解】由于sina=g,貝!Jsin(兀一a)=sina=一，

故答案為：—

9.（2023?上海普陀?統(tǒng)考一模）設函數(shù)y=sin（2x+0）的圖象與直線y一相

交的連續(xù)的三個公共點從左到右依次記為A,B,C,若忸C|=2|AB|,則正實數(shù)f的值

為.

【答案】1/0.5

【分析】作出正弦型三角函數(shù)的圖象，利用其對稱性和周期性求出A點橫坐標，再代入

計算即可.

【詳解】作出函數(shù)'=$111（2*+。），的大致圖象，如圖，令2x+0=2E+g,keZ,

解得X=E+^-9,%ez,

42

則函數(shù)y=sin（2x+°）的圖象與直線y=t（0<t<l）連續(xù)的三個公共點A,B,C,（可以

同時往左或往右移動正整數(shù)倍周期長度）

即A,3關于直線苫=E+乙一”,%eZ對稱，IAC\=T=—=n,

422

由于忸q=2|AB|,故|AB|=g|AC|=，

而A,3關于直線％=E+7—V,%eZ對稱，

42

故A點橫坐標為析+；-=析+之一￡,

426122

將A點橫坐標代入y=sin（2尤+,），得sin（-^+2E）=r=3.

o2

故答案為：y.

10.（2023?上海金山?統(tǒng)考一模）已知函數(shù)丫=5皿（5）（0>0）在區(qū)間［0,無］上是嚴格增函

數(shù)，且其圖像關于點（4兀,0）對稱，則。的值為.

【答案】:或J

42

【分析】根據(jù)增函數(shù)和對稱中心特征，求出。范圍，進而得到答案.

試卷第4頁，共20頁

【詳解】因為工￡［。，兀］,則5￡［0,即］,函數(shù)y=sin（s）（0>0）在區(qū)間。兀］上是嚴格

增函數(shù)，

711

所以0<。兀（一，即0<gW—；

22

又因為y=sin（（ax）的圖像關于點（4兀,0）對稱，則0x=foi（keZ）,則x=3（上6Z）,

0）

所以4n=如（左eZ）,解得。=幺（左dZ）,

①4

結(jié)合0<°w］,所以或；

242

故答案為：：或

42

11.（2023?上海楊浦?統(tǒng)考一模）函數(shù)/（x）=cos（ox+e）0e（O,2兀）在xeR上是單調(diào)增

函數(shù)，且圖像關于原點對稱，則滿足條件的數(shù)對（四。）=.

【答案】吟）

【分析】由函數(shù)在R上單調(diào)增得出。=0,再由函數(shù)圖像關于原點對稱得出

，⑺=cos0=0,即可得出答案.

【詳解】當口片0時，〃x）=cos（?x+0）好（0,2兀）在xeR上必有增有減，不合題意,

故（y=0,此時〃x）=cos。。?0,2兀），為常值函數(shù)，由其圖像關于原點對稱,

或弓，故滿足條件的數(shù)對為。3用

所以/(x)=cose=0,所以。=1

故答案為:

12.（2023?上海徐匯?統(tǒng)考一模）某建筑物內(nèi)一個水平直角型過道如圖所示，兩過道的寬

度均為3米，有一個水平截面為矩形的設備需要水平通過直角型過道.若該設備水平截

面矩形的寬BC為1米，則該設備能水平通過直角型過道的長48不超過一米.

【答案】60-2

【分析】建立平面直角坐標系，利用直線A3的方程求得設備的長AB的表達式，再利

用均值定理求得43的最小值，進而得到該設備能水平通過直角型過道時不超過的

值.

【詳解】分別以OB,OA所在直線為x,y軸建立平面直角坐標系如圖,

則M(3,3),令A(0,b),B(a,0),(a>0,b>0),

則直線AB的方程為4+?=1,

ab

則A/在直線AB的上方，且M到直線的距離為1,

整理得，？+廿=3（〃+人）一曲,

設|AB|=r,NQAB=a廠>0/￡0,1,貝！Ja=rsin夕,。=rcos6,

貝！J[a2+〃=3(〃+〃)一"可化為廠=3r(sin夕+cos夕)一戶sin3cos3,

令/=sin9+cos9/w0,^j,貝!J/=0sin[e+：j￡[l,0],則

3(sine+cos6)-l3Z-11

2X12

sindcosd-(3r-l)+2(3r_i)_8

29'‘9、’9

3t-l

18

(31)-一—+2'

l)3/-1

由fe[l,得3/—1e12,3A/^—1],

又y=x-g+2在［2,3后-1］上單調(diào)遞增，

則（37-1）—+2<3A/2-1__4—+2=—^—,

八'3?-1372-1372-1

則7r不一；-2（3后T）（當且僅當好0時等號成立）

Of一匯I*?

則該設備能水平通過直角型過道的長42不超過2（30-1）米

試卷第6頁，共20頁

故答案為：2(3A/2-1)

13.(2023?上海青浦?統(tǒng)考一模)若函數(shù)V=cos(x+0)是奇函數(shù)，則該函數(shù)的所有零點

是.

【答案]x=kn,kGZ;

【分析】根據(jù)函數(shù)為奇函數(shù)進行求解即可.

【詳解】因為函數(shù))=。。5口+。)是奇函數(shù)，

7TTT

所以0+0=5+左1兀,匕￡2,即。=萬+左兀,左]￡Z,

貝Uy=cos(x+0)=0,

兀

得X+°=—+k2Tl,k2￡

貝Ix=(&_匕)兀=防c,其中％=&_KeZ,

所以該函數(shù)的所有零點是

故答案為：x=kn,keZ

14.(2023上?上海松江?高三統(tǒng)考期末)已知函數(shù)/(勸=-/+6了+租，

JT1T

g(X)=2sin(2x+g).對任意不€0,-,存在占,&e[-l,3],使得/(占)Wg(%)V/(%),

則實數(shù)機的取值范圍是.

【答案】[-7,8]

【分析】根據(jù)“X)和g(x)的值域以及恒成立、存在性等知識求得加的取值范圍.

【詳解[0<x<-,0<2x<-,-<2x+-<—,

42336

所以g(x)=2sin[2+[e[l,2].

/(x)=-x2+6x+m的開口向下，對稱軸為x=3,

所以〃x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，”—1)=〃-7,43)=?7+9,

所以/(%)目吁7,〃工+9],

TT

由于任意0,-,存在石，尤2,使得了(xjVgOo)^/■(無2),

fm-7<17

所以加+9>2,解得-74〃”8,所以機的取值范圍是r[-7,8].

故答案為：[-7,8]

15.(2023上?上海虹口?高三統(tǒng)考期末)設.ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,

c,若機=(sinA+sinjB-sinC,sinA),n=^c,b+c-a),且相〃

⑴求角B的大?。?/p>

⑵若ABC為銳角三角形，求,=$山&+$山。的值域.

【答案】⑴8.

⑵[，百

【分析】(1)根據(jù)向量平行得到(sinA+sin3—sinC)°+c—a)=csinA,結(jié)合正弦定理

化簡得到〃+°2-爐=這，進而根據(jù)余弦定理求得cos5即可得到答案；

(2)根據(jù)C=兀-4-2=事-4化簡函數(shù)，得到原函數(shù)即為百sin[A+e],結(jié)合銳角

TT7T

三角形得到2進而即可得到答案.

62

【詳解】(1)因為根=(sinA+sin5-sinC,sinA),n=(c,b+c-a),且相〃〃，

所以(sinA+sin5—sinC)(Z?+c—a)=csinA,

在，ABC中，由正弦定理得號b

sinAsinBsinC

所以0+〃一0)(/?+0-1)=改，

所以62—g—。)2=",化簡得〃+，—k二收，

在ABe中，由余弦定理得cos2=

112ac2

因為6￡(0,兀)，所以5

(2)由(1)得，B=—,所以C=?i—A—5=-----A,

33

所以y=sinA+sin[g-A)=sinA+sin^A+^=^-sinA+^-cosA

=A/3sin|A+—|,

試卷第8頁，共20頁

0<A<-

因為ABC為銳角三角形，所以：，解得

0<C=殳-AT62

[32

所以yA+產(chǎn)年，所以咚<sin]a+酢1,貝弓<Ain(A+￡卜石

即y=sinA+sinC的值域為

16.(2023?上海閔行?統(tǒng)考一模)在ABC中，角A、B、C所對邊的邊長分別為。、b、

c,且〃-2ccosB=c.

(1)若cosB=；,c=3,求/?的值；

(2)若.ABC為銳角三角形，求sinC的取值范圍.

【答案】⑴b=2#

【分析】(1)由已知條件可得出〃的值，再利用余弦定理可求得b的值；

(2)利用正弦定理以及兩角和與差的正弦公式化簡得出B=2C,再利用.ABC為銳角

三角形求出角。的取值范圍，即可求得sin。的取值范圍.

11

【詳角星】(1)因為cosB=§,c=3,〃一2ccosB=c,所以，a=2ccosB+c=2x3xm+3=5,

22

由余弦定理可得〃2=a+c—2accosB=25+9—2x5x3x—=24,故6=2A/6.

(2)因為Q—2CCOSJB=C,由正弦定理可得sinA—2sinCeos5=sinC,

即sinC=sin(5+。)—2cosBsinC=sinBcosC+cosBsinC-2cosBsinC

因為ABC為銳角三角形，則A、B、八1%]所以，2-。十云/

因為正弦函數(shù)y=sinx在「nJ上為增函數(shù)，所以，C=B-C,B|JB=2C,

0<Y

0<B=2C<1可得"c節(jié)，故K心去

由，

TT

Q<A=n-3C<-

2

因此,sinC的取值范圍是

二、三角恒等變換

17.（2023?上海普陀?統(tǒng)考一模）在<ABC中，角A,B,C所對的邊分別為。，b,c,

若（1=布,且c-2b+26cosC=0,則該三角形外接圓的半徑為（）

A.1B.6C.2D.2也

【答案】A

【分析】先應用正弦定理及兩角和的正弦公式化簡求出角A,再根據(jù)正弦定理求出外接圓

半徑即可.

【詳解】a=c-2b+2ccosC=0,.,.sinC—2sinB+2sinAcosC=0.

sinC-2sin（A+C）+2sinAcosC=0,

/.sinC—2sinAcosC—2sinCcosA+2sinAcosC=0,

/.sinC-2sinCcosA=0,sinC>0,/.cosA=Ae（O,兀）,

A=：,設該三角形外接圓的半徑為r

aA/3,7

由正弦定理得，-重一2_2r,/_l

故選：A.

18.（2023?上海閔行?統(tǒng)考一模）若平面上的三個單位向量￡、b、c滿足聯(lián)可=；,

,T=Y，則6.C的所有可能的值組成的集合為

【答案】

2

【分析】不妨設Q=（l,。），b=（cosdsina）,c=（cosp,sin#）,其中a、分耳一私九），

根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標運算可得出。、夕的值，求出萬的值，再利用平面向量

數(shù)量積的坐標運算結(jié)合兩角差的余弦公式可求得"c的值.

【詳解】不妨設Q=（l,。），b=（cosa,sina）,c=（cosp,sin￡）,其中。、

則,iblcosak；,所以，a=±］或土,，

|a-c|=|cos>0|=^-,所以，4=±聿或±\,

試卷第10頁，共20頁

717171717兀7兀5兀5兀3兀3兀

所以,a-/3G

6,2，~6,2，-6-~6'~6

因為人?c=cosacos/7+sinasinP=cos(a—y0),

「，c(兀兀3兀3兀]t,八

當a一夕白于一天7,-71時，b-c=cosz(a—尸)=0；

I乙乙乙乙I

當a—4E],—.時，b.c=cos(a_0)=；

八f7K7兀5兀5兀1,/、J3

當a一4一--,--時，b'C=cos(a-/3)=------.

[6666J'")2

所以，小C的所有可能的值組成的集合為，。，*).

故答案為：，一

19.(2023上?上海松江?高三統(tǒng)考期末)在，ABC中，設角及C所對邊的邊長分別為

a,b及c,若。=3,c=5,B=2A,則邊長匕=.

【答案】2瓜

【分析】利用正弦定理以及三角恒等變換求得cosA,再次利用正弦定理求得從

acc35

【詳解】由正弦定理得嬴溟=碇=sin(A+8),即一

sm/isinc+sinAsin3A

5sinA=3sin3A=3sinAcos2A+3cosAsin2A

=3sinA(2cos2A—1)+6sinAcos2A=12sinAcos2A—3sinA,

由于5=2A,所以A為銳角，sinA>0,

所以12cos2A=8,cosA=,

3

,Frd?TEgabbb

由正弦定理得----=----=------=----------，

sinAsinBsin2A2sinAcosA

貝Ua=---,b=2acosA=2x3x=2^6.

2cosA3

故答案為：2面

20.(2023上?上海松江?高三統(tǒng)考期末)已知sin6=：,6e(0,§,則tanS-：)的值為

【答案】-:

【分析】先求得tan。，然后利用兩角差的正切公式求得正確答案.

371

【詳解】由于Sin6=￡,?！?0,9,

所以cos0—A/1—sin20——,

八兀31

tan6/-tan———I

3714_4

所以ta"="所以「an(。一/=

Y八71Y37

1+tan0+tan—1H—

44

故答案為：-亍

21.(2023?上海寶山?統(tǒng)考一模)在ABC中，角A3,C的對邊分別為名瓦已

(I)若2asin3=W，求角A的大小；

(2)若BC邊上的高等于《，求￡+2的最大值.

2bc

【答案】(I)三或g

⑵20

【分析】(I)利用正弦定理的邊角變換，結(jié)合特殊角的三角函數(shù)值即可得解；

(2)利用三角形面積公式與余弦定理得到廿+c?=2Z儀sinA+cosA),從而將f+2轉(zhuǎn)

化為關于角A的表達式，進而得解.

【詳解】(I)因為2asinB,由正弦定理得2sinAsinB=gsinB,

又。＜3＜兀，貝iJsin_BwO,所以sinA=走，

2

因為。vAv兀，所以4=1或4=?.

(2)由三角形面積公式得u7bcsinA,即/=2Z?csinA,

222

又由余弦定理片=Z?2+c2—26ccosA,得2Z?csinA=〃+c2—2Z?ccosA,

從而有Z?2+c2=2Z?c(sinA+cosA),

所以*+2=b；c-2(sinA+cosA)=20sin(A+；］.

當A+：=X，即A=q時，°有最大值20，

424be

即J+2的最大值為2&.

bc

22.(2023?上海奉賢?統(tǒng)考一模)在ABC中，設角A、B、C所對邊的邊長分別為a、b、

c,已知也c=66cosA+asinB.

(I)求角8的大??；

(2)當。=2e，6=2百時，求邊長c和.ABC的面積S.

【答案】(l)B=g

試卷第12頁，共20頁

(2)c-A/6+^2，S=3+6

【分析】（1）借助正弦定理將邊化為角，結(jié)合。=兀-（A+5）及兩角和的正弦公式計算

化簡即可得；

（2）根據(jù)正弦定理即可計算出A,結(jié)合3可求出C,再試用正弦定理即可得到。，再

使用面積公式即可得到面積.

【詳解】（1）由正弦定理得J5sinC=J5sinBcosA+sinAsinB,

由于C=7i-（A+5）,貝!Jgsin（A+B）=百sinBcosA+sinAsin3,

展開得6sinAcosB++sinBcosA=A/3sinBCOSA+sinAsinB,

化簡得石cos3=sin5，

則tanB=百，

jr

所以8=*

273_25/2_cr-

(2)由正弦定理，得.7tsinAsinC,即有sinA=----，

sin—2

3

jr

因為。＜6,所以A是銳角，即4=:,

4

兀

因為A+C=2T，

所以c=K，

2石.廠J.7171.兀7l^^6+V2f-r/T-

c=------xsinC=4sin—cos—+sin—cos—=4x------------=Vo+V2

sin兀I6444

3

所以SABC=^absinC=：義2石x20x卜in《cosE+sin；cos^J

=2瓜義息至=3+粗.

4

三、解三角形

23.（2023?上海嘉定?統(tǒng)考一模）已知四面體A88,A3=BC,A￡>=CD.分別對于下列

三個條件：

@AD1BC-,?AC=BD-,@AB2+CD2=AC2+BD2,

是ABLCD的充要條件的共有幾個（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【分析】根據(jù)題意，逐項分析判斷即可.

取線段AC中點P,連接防QP,

因為AB=BC,AD=C￡),

所以AC_L8P,AC_LOP,

又BPDP=P,3Pu平面3DP,DPu平面BDP,

所以AC_L平面B￡>P,所以AC13D,

過A作AH_L平面BCD,

連接DH,BH,CH并延長分別交BC,CD,3D于M,N,G,

則AHAC=A,

所以平面AC”，CHu平面AC”,

所以BDLCH,

對于①，若AD13C,又ADLAH,AHAD=A,

則平面AD",則

所以點H為三角形BCD垂心，

則CD_L3//,又CDLAH,

同理可知CD_L平面AB",Afiu平面AB”,

所以ABLCD.

若已知XBLCD,同理可證AD13C,

所以AD13C是ABLCD的充要條件，①正確；

對于②，在如圖立方體中，設BM=MD=a,DN=b,

試卷第14頁，共20頁

則易知四面體ABCD,AB=BC,AD=CD,^.AC=BD=-Jia

易知若使ABLCD則需而在矩形NCWD中，

當且僅當。=6時，AB1MN,

所以在四面體ABCD,AB=3C,AD=8中，AC=%＞不為AB，CD的充要條件,

所以②錯誤；

對于③，在四面體43。,48=8。,4。=8中，

ABCD=AB(AD-AC^=ABAD-ABAC

=|AB||AD|COSABAD-|AB||AC|COSABAC

=網(wǎng)皿四+,一必-MMc四+3-"

IIII2ABAD?II?2ABAC

_AB?+AD?-BD?_A"+'。.-*_4+心-必-AC?

因為AB=8C,AD=CD,

叱+必一皿一十4序+。2-必-十

-CD=

所以若AB2+C￡)2=AC2+B￡>2,貝i」AB-Cr>=0，BPAB±CD,

若ABLCD,^AB-CD=O,貝UABCD=陰十酬-B"一AC?二0

2

則AB2+CD2=AC2+BD2,

所以AB2+CL>2=AC2+BZ)2為AB_LCD的充要條件，③正確；

故選：C

24.(2023?上海青浦?統(tǒng)考一模)在.ASC中，角A,B,C所對的邊分別為。，b,

且滿足a2+c2-b2+ac=O.

⑴求角8的大??；

(2)若6=2逝，求，ABC的周長的最大值.

【答案】(1)3=3

⑵4+2百

【分析】(1)根據(jù)余弦定理可得8的大小;

(2)邊角互化，可得a+b+c=4sin(A+^)+2白，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得最值.

【詳解】(1)a2+c2—b2+ac=0?可得〃+/—〃=—ac,

a2+c2-b2

所以cosB

2ac2

O-jr

又8?0,兀)，所以B=

(2)由(1)得8==,所以sinB=立，

32

則由正弦定理可得三=二一----=4

sinAsmCsinB

即a=4sinA,c=4sinC,

所以ABC的周長a+6+c=4sinA+4sinC+2^/5,

TT

又在ABC中，C=7i—A—B=——A,

則a+b+c=4sinA+4sin[]—A]+26=4sin(A+51+2G,

0<A<7T

jr

又在ABC中，|7i，所以0<A<z，

0<——A<713

I3

所以當A=2時，周長取最大值為4+26.

6

25.(2023上?上海靜安?高三?？茧A段練習)已知函數(shù)=cos-2xJ-26cos?+耳

TT

⑴求函數(shù)y=/(x)的最小正周期及函數(shù)在。，萬上的最大值；

(2)在AABC中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且/([=百'。=1，求5]!1^

的值.

【答案】(1)最小正周期為兀，最大值為2；

(2)sinB=^?

【分析】(1)根據(jù)誘導公式及輔助角公式對y=/(x)進行化簡，進而求得最小正周期及

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jr

在0,-上的最大值；

(2)根據(jù)/[9]=追求得A=g，根據(jù)余弦定理求出b,再根據(jù)正弦定理即可求得sinB

的值.

【詳解】(1)/(x)=cos-~cos2x+73=sin2x-2^?^+C°S+^3

=sinlx-石cos2x=2sin2x--,

I3j

所以函數(shù)y=/(無)的最小正周期T=M=兀.

、t,八兀1c7C7127t

當X￡0,一時，2x--E-----,—,

2」333」

所以當2Amjr美TT即戶譽Sir時，y=〃x)取得最大值，且f(x)皿=〃5*7r)=2si喟IT=2.

(2)/圖=2sinW=B則sin(A—1=當

因為0<A<7i,則一三<A—g<今■，所以A=.

由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA,可得5+6—2=0,解得6=1或人=一2(舍).

根據(jù)正弦定理二二芻，可得$詁3=如"二;.

sinAsmBa2

26.(2023上?上海浦東新?高三上海中學東校?？计谥?在ABC中，角A,3,C所對應的

邊分別為。也。，且a+/?=n,c=7,cosA=--.求：

7

⑴〃的值；

(2)sinC和J1BC的面積.

【答案】(1)石=8

(2)故sinC=走，ABC的面積為6?

2

【分析】(1)應用余弦定理列方程求值即可；

(2)由同角三角函數(shù)平方關系求sinH,應用正弦定理求sinC,三角