《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.