高考真题——三角函数及解三角形真题(加答案)

三角函数

一、三角恒等变换（3题）

1.（2015年1卷2）sin20ocos10ocos160osin10o =（ ） （A）3311 （B） （C） （D） 2222【解析】原式=sin20ocos10ocos20osin10o =sin30o=考点：本题主要考查诱导公式与两角和与差的正余弦公式.

1，故选D. 23 ，则cos22sin2（ ） 4644816(A) (B) (C) 1 (D)

25252533434【解析】由tan，得sin,cos或sin,cos，所以

45555161264cos22sin24，故选A．

2525252.（2016年3卷）（5）若tan考点：1、同角三角函数间的基本关系；2、倍角公式．

π33.（2016年2卷9）若cos，则sin2=

45（A）

7 25

1（B）

51（C）

5 （D）7 2573π2π【解析】∵cos，sin2cos22cos1，故选D．

254524

二、三角函数性质（5题）

π4.（2017年3卷6）设函数f(x)cos(x)，则下列结论错误的是（）

38πA．f(x)的一个周期为2π B．yf(x)的图像关于直线x对称

3ππC．f(x)的一个零点为x D．f(x)在(,π)单调递减

62

ππ【解析】函数fxcosx的图象可由ycosx向左平移个单位得到，

33π如图可知，fx在,π上先递减后递增，D选项错误，故选D.

2y -O6

x

5.（2017年2卷14）函数fxsin2x3cosx（x0,

【解析】fx1cos2x3cosx234）的最大值是 ． 231cos2x3cosx 4433cosx1，x0,，则cosx0,1，当cosx时，取得最大值1. 2226．（2015年1卷8）函数f(x)=cos(x)的部分图像如图所示，则f(x)的单调递减区间为（ ）

13,k),kZ 4413（B）(2k,2k),kZ

4413（C）(k,k),kZ

4413（D）(2k,2k),kZ

44（A）(k

1+42【解析】由五点作图知，，解得=，=，所以f(x)cos(x)，

445+342令2kx（2k42k,kZ，解得2k13＜x＜2k，kZ，故单调减区间为4413，2k），kZ，故选D. 考点：三角函数图像与性质 44

7. （2015年2卷10）如图，长方形ABCD的边AB=2，BC=1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP=x．将动点P到A、B两点距离之和表示为x的函数f（x），则f（x）的图像大致为

的运动过程可以看出，轨迹关于直线xB．

2对称，且f()f()，且轨迹非线型，故选

428.（2016年1卷12）已知函数f(x)sin(x+)(0，点,x2),x4 为f(x)的零

4为yf(x)图像的对称轴,且f(x)在5，单调,则的最大值为 1836（A）11 （B）9 （C）7 （D）5

考点：三角函数的性质

三、三角函数图像变换（3题）

9.（2016年2卷7）若将函数y=2sin 2x的图像向左平移称轴为 （A）x（C）xkππkππkZ （B）xkZ 2626kππkππkZ （D）xkZ 212212π个单位长度，则平移后图象的对12πππ【解析】平移后图像表达式为y2sin2x，令2xkπ+，得对称轴方程：

12212xkππkZ，故选B． 2610.（2016年3卷14）函数ysinx3cosx的图像可由函数ysinx3cosx的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．

考点：1、三角函数图象的平移变换；2、两角和与差的正弦函数．

11.（2017年1卷9）已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+

2π)，则下面结论正确的是 3π6A．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

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

个单位长度，得到曲线C2

π121π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移261π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移212

【解析】：熟悉两种常见的三角函数变换，先变周期和先变相位不一致。 先变周期：

2ycosxsinxysin2xysin2x223先变相位：

sin2x

12222ycosxsinxysinxsinxysin2x

22633选D。【考点】：三角函数的变换。

解三角形（8题，3小5大）

一、解三角形（知一求一、知二求最值、知三可解）

B，C的对边分别为a，b，c，1.（2016年2卷13）△ABC的内角A，若cosA45，cosC，513a1，则b ．

【解析】∵cosA45312，cosC，sinA，sinC，51351363ba21 ，由正弦定理得：解得b．

65sinBsinA13sinBsinACsinAcosCcosAsinC

2. （2017年2卷17）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知

sinAC8sin2B． 2(1)求cosB;

(2)若ac6，△ABC的面积为2，求b.

解析 （1）依题得sinB8sin2B1cosB84(1cosB)． 22因为sin2Bcos2B1，所以16(1cosB)2cos2B1，所以(17cosB15)(cosB1)0，得cosB1（舍去）或cosB15. 17（2）由⑴可知sinB178118，因为S△ABC2，所以acsinB2，即ac2，得ac.

217221715a2c2b215，即a2c2b215，从而(ac)22acb215， 因为cosB，所以

172ac17即3617b215，解得b2．

3.（2016年1卷17）ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知

2cosC(acosB+bcosA)c.

（I）求C； （II）若c7,ABC的面积为33,求ABC的周长． 2

【解析】(1)2cosC(acosB+bcosA)=c,由正弦定理得:2cosC(sinA·cosB+sinB·cosA)=sinC, 2cosC·sin(A+B)=sinC.因为A+B+C=π,A,B,C∈(0,π),所以sin(A+B)=sinC>0, 1π所以2cosC=1,cosC=.因为C∈(0,π),所以C=.

231(2)由余弦定理得:c2=a2+b2-2ab·cosC,7=a2+b2-2ab·,(a+b)2-3ab=7,

23331S=ab·sinC=ab=,所以ab=6,所以(a+b)2-18=7,a+b=5,

422所以△ABC的周长为a+b+c=5+7.

4. （2017年1卷17）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的

a2面积为.

3sinA（1）求sinBsinC的值；

（2）若6cosBcosC1，a3，求△ABC的周长.

1a2a21bcsinA，即解析 （1）因为△ABC的面积S且SbcsinA，所以

23sinA3sinA233a2bcsin2A.由正弦定理得sin2AsinBsinCsin2A，由sinA0，得

222sinBsinC.

321（2）由（1）得sinBsinC，又cosBcosC，因为ABCπ，

361所以cosAcosπBCcosBCsinBsinCcosBcosC.

213又因为A0，π，所以A60，sinA，cosA.

22由余弦定理得a2b2c2bc9 ①

aaa2sinB，csinC，所以bcsinBsinC8 ② 由正弦定理得bsinAsinAsin2A由①，②，得bc33，所以abc333，即△ABC周长为333.

5. （2015年1卷16）在平面四边形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,则AB的取值范围 .

【解析1】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得

BCBE2BE，即，oosinEsinCsin30sin75解得BE=6+2，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，

BFBCBF2，即，oosinFCBsinBFCsin30sin75解得BF=62，所以AB的取值范围为（62，6+2）. 考点：正余弦定理；数形结合思想

二、分割两个三角形的解三角形问题 6.（2016年3卷8）在△ABC中，B（A）

【解析】设BC边上的高线为AD，则BC3AD，所以ACπ1，BC边上的高等于BC,则cosA43（ ）

31010 （B） （C）101010 （D）10310 10AD2DC25AD，

AB2AD．由余弦定理，知

AB2AC2BC22AD25AD29AD210 ，故选C．考点：余弦定理．cosA2ABAC1022AD5AD

7.（2017年3卷17）已知sinA3cosA0，△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c ，

a27，b2．

（1）求c；

（2）设D为BC边上一点，且AD AC，求△ABD的面积．

ππ解析 （1）由sinA3cosA0，得2sinA0，即AkπkZ，

332ππ.由余弦定理得a2b2c22bccosA. 又A0,π，所以Aπ，得A3312又因为a27,b2,cosA代入并整理得c125，解得c4.

2a2b2c227. （2）因为AC2,BC27,AB4，由余弦定理得cosC2ab7因为ACAD，即△ACD为直角三角形，则ACCDcosC，得CD7.

从而点D为BC的中点，S△ABD111SABCABACsinA3. 222

8.（2015年2卷17）∆ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，∆ABD是∆ADC面积的2倍。 (Ⅰ)求

sinB

sinC2，求BD和AC的长 2(Ⅱ) 若AD1，DC

【解析】(1)S△ABD=

11AB·ADsin∠BAD,S△ADC=AC·ADsin∠CAD,因为22=

=.

S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,所以AB=2AC.由正弦定理可得(2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,所以BD=

.在△ABD和△ADC中,由余弦定理知,

AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC,

故AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.由(1)知AB=2AC,所以AC=1.