高考高难度压轴小题专项突破之三角函数

高考高难度压轴小题专项突破之三角函数

2x31,x(,1]x12π1. 已知函数f(x)，函数gxasinx2a2(a>0)，若存在

6111x,x[0,]62314x1、x2[0,1]，使得f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围是________[,]23

1[,1]6[0,1]， 解析：即两函数在[0,1]上值域有公共部分，先求f(x)值域1[0,]622a13 g(x)[2a2,2a]，故322a022. 若A是锐角三角形的最小内角，则函数ycos2AsinA的值域为______[00013,1) 2解析：设ABC90,3AABC180A60，但锐角三角形无法体现，因为A0就可以，故0A60，y2(sinA)3. 已知O是锐角ABC的外接圆的圆心，且A，若则m________（用表示）sin

A 0014239) ，sinA(0,28cosBcosCABAC2mAO，sinCsinB  O B 解析：

C cosBcosCABAC2mAO，两边同除以2R sinCsinBABACAOcosCmcosBe1cosCe2me3 cbR0cosB（其中ei(i1,2,3)都为单位向量），而BC90，故有

sine1sine2me3，两边同乘以e3得，sincossincosm

4. 设,为常数((0,),(,))，若sin()sin()sin(sin 442tantancos()sin)cos(coscos)对一切,R恒成立，则__2

sin2()4解析：法一：令02sin2cos2

1cos(2)1sin222

sin2()1cos(2)422法二：按,合并，有(sinsin)(cossin)(coscos)(sincos)0

cossin sincos5. 已知函数①f(x)3lnx；②f(x)3ecosx；③f(x)3e；④f(x)3cosx，其中

x对于f(x)定义域内的任意一个自变量x1都存在唯一个自变量x2，使立的函数的序号是______③

解析：①x1不成立；②④周期性不唯一

6. 在ABC中，已知BC4,AC3,且cos(AB)A f(x1)f(x2)3成

171，则cosC____ 1863

x x 解析：画图

B D 4x C 在BC上取点D，使ADBDx，在

ADC中应用余弦定理：cosCADcos(AB)

7. 已知函数f(x)sinxacosx的图象的一条对称轴是x5，若 3g(x)asinxcosxAsin(x)(A0,0,0)表示一个简谐运动，则其初

相是

2 3解析：g(x)f(2x)g(757，即 )f()，故g(x)的对称轴为x6236752，又0，故 kk62338. 如果满足∠ABC=60°，AB8，ACk的△ABC只有两个，那么k的取值范围是 (43,8)

A C B

解析：画图类题

9. 已知函数f(x)C 和184（即本类31题）,186（即本类32题）属于一

sin(πx)cos(πx)21545(x)，则f(x)的最小值为____

544xπ2sin(πx)2154(x)，设解析：（2007全国联赛）f(x)44xπ151335g(x)2sin(πx)(x)，则g(x)≥0，g(x)在[,]上是增函数，在[,]上是减

444444431335函数，且y=g(x)的图像关于直线x对称，则对任意x1[,]，存在x2[,]，使

44444g(x2)=g(x1)。于是

f(x1)35g(x1)2g(x2)2g(x2)2f(x2)，而f(x)在[,]上是减函数，所以

44x1x1x25454515f(x)f()，即f(x)在[,]上的最小值是

4554410. 满足条件AB2,AC2BC的三角形ABC的面积的最大值 22

解析：2008江苏高考题，本小题考查三角形面积公式、余弦定理以及函数思想．设BC＝x，则AC＝2x ，根据面积公式得SABC=得

1ABBCsinBx1cos2B，根据余弦定理2AB2BC2AC24x22x24x2cosB，代入上式得

2ABBC4x4x128x2124x2SABC=x1 164x22xx2由三角形三边关系有解得222x222，

x22x故当x22时取得SABC最大值22 11. 已知定义域为D的函数f(x),如果对任意x∈D,存在正数K, 都有∣f(x)∣≤K∣x∣成

立，那么称函数f(x)是D上的“倍约束函数”，已知下列函数：①f(x)=2x②f(x)=2sin(x4)；③f(x)=x1；④f(x)=

x，其中是“倍约2xx1束函数的序号是 ①③④

解析：①2x2x；②数形结合不可能存在k使|2sin(x4)|k|x|恒成立；

③

x1kxk2x1x1kxk成立；④ (x1)222xx1xx1x312. 若0,,,，λ∈R，且cos20，

244243sincos0，则cos的值为=

22解析：令f(x)xsinx，则f(3)()3sin()()3cos

22222，f(2)83sin22(43sincos)2，故220

2009x12007sinx(x[a,a])的最大值为M，最小值为13. 已知a0，设函数f(x)2009x1N，那么MN ．4016

2009x12009x1sinx，注意到解析：f(x)2008和sinx都为奇函数，故对函xx20091200912009x1sinx为奇函数，而f(x)2008g(x)，在数f(x)考虑构造新函数g(x)2009x1区间[a,a]上由奇函数的对称性知g(x)g(x)0，故MN200824016

14. 函数f(x)asinxbcosx图象的一条对称轴方程是x斜角为 _______

4，则直线axbyc0的倾

3 422解析：f()ab即

42(ab)a2b2ab0 215. 若f(x)Asin(x)1 (0,||<π)对任意实数t，都有ftπftπ．

33记g(x)Acos(x)1，则g(π) ．－1

3解析：ftπftπ知f(x)一条对称轴是x，sin()1，

3333cos()0

311252)(cosx)最小值是__________

24sin2xcos2x11ba22解析：令asinx,bcosx，则ab1,ab，原式ab

4abab125 42441p17. 若对于x(0,)，不等式9恒成立，则正实 数p的取值范围为222sinxcosx16. 设x(0,)，则函数(sin2x__________4，+

1pcos2xpsin2x2)(p1)(p1)9 解析：(sinxcosx)(2222sinxcosxsinxcosx2218. 设函数f(x)e(sinxcosx)，若0x2011，则函数f(x)的各极大值之和

xe(1e2012)为

1e2解析：f'(x)2esinx0xk,x[0,2011]，但要使f(x)取极大值，则

32011xk1,3,5,...,2011，故各极大值和为ee...ee(1e2012)

1e2tanCtanC1，则tanAtanB19. 在斜三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若

a2b2_ 3 c2sinCcosAcosBsinCsinCc22c2()1 解析：

cosCsinAsinBcosCsinAsinBabcosCa2b2c220. 设a,b均为大于1的自然数，函数f(x)a(bsinx),g(x)bcosx，若存在实数

m，使得f(m)g(m)，则ab的值为_________4

解析：

f(x)g(x)abasinxbcosx0b(a1)a21sin(x)a21

因a,b均为大于1的自然数，故

a21a212ab11(a1)2a212aa22a122,(a2)的最大值5，故1a2ab2，此时a2

21. 直线l与函数ysinx(x[0,])图象相切于点A，且l//OP，O为原点，P为图象的极值点，l与x轴交点为B，过切点A作ACx轴，垂足为C，则

BABC_____244

A B O 解析：如图，P 设A(x0,sinx0)，切线方程为ysinx0cosx0(xx0)，

令y0，xBx0tanx0，BABCBC2(tanx0)2，而cosx0kOP2

sinx0(tanx0)2cosx02221()2()22244

22. 设△ABC的BC边上的高AD＝BC，a，b，c分别表示角A，B，C对应的三边，则取值范围是 [2,5]

bc＋的cba2121解析：因为BC边上的高AD＝BC＝a，．所以SABC＝a＝bcsinA，所以sinA＝．又

bc221bca2b2c2a2bcb因为cosA＝＝，所以＋＝2cosA＋sinA≤5，同时＋

2cbbc2bccbccbc≥2，所以＋∈[2，5]． bcb23. 已知点O为ABC的外心，且AC4,AB2,则AO•BC 6 解析：AOBCAO(ACAB)4RcosCAO2RcosBAO4R24. 在ABC中， acos值是________4

解析：SasinC得b2，acos22212R6 RRCA3ccos2b，且ABC的面积SasinC，则ac的222CA3ccos2b 222a1cosC1cosA3cba(1cosC)c(1cosA)3b 222ac(acosCccosA)3bacb3bac2b4

25. 设D是ABC边BC延长线上一点，记ADAB(1)AC ，若关于x的方程

2sin2x(1)sinx10在[0,2)上恰有两解，则实数的取值范围是____

4或221

解析：令tsinx则2t(1)t10在(1,1)上恰有一解，数形结合知

2f(1)f(1)04或2，或者0221

又ADAB(1)ACCDCB0 所以4或221

ππ26. 已知函数f(x)=x2cosx，x∈[，]，则满足f(x0)＞f()的x0的取值范围为__

223[,)∪(,] 2332解析：注意到f(x)的奇偶性和单调性即可

27. 平面四边形ABCD中，AB＝3，AD＝DC＝CB＝1，△ABD和△BCD的面积分别为S，T，则

S2＋T2的最大值是 ．

7 8C D S A

解析：如图，

T

B

设A,C,由余弦定理知：

AD2AB22ADABcosBD2CD2BC22CDBCcoscos3cos1(1,1)0cos23，又3S2T2321332737sinsin2(cos)，当cos时，最大值为 442686828. 设点P(x0,y0)是函数y2tanx与yx（x0）图象的一个交点，则

(x01)(cos2x01)__________2

22解析：tanx0x0(x00)，法一：消x0，(tanx01)2cosx02，法二：消tanx0，

用万能公式.

说明：若无x00，则可以用特殊值x00求解

29. 不等式x1a2siny对一切非零实数x,y均成立，则实数a的范围为x____[1,3] 解析：a2x1siny的最小值=1 x30. 设G是ABC的重心，且(56sinA)GA(40sinB)GB(35sinC)GC0，则角B的大小为__________60°

解析：由重心性质知56sinA40sinB35sinC56a40b35c，下面用余弦定理即可求解

31. 在ABC中，已知b22,a2，如果三角形有解，则A的取值范围是0, 4解析：数形结合，先画ACb22，再以C为圆心，a2为半径画圆，如图

B 2 A

22 C 即可解得.

abb sinAsinB2232. 如图，动点M在圆xy8上，A(2,0)为一定点，

则OMA的最大值为

4法二：正弦定理

解析：本题等同于31题。除了31两种方法外，也可以用余弦定理求解。

cosM8x2442x242，其中xAM (x)8x233. 已知,为锐角，且6，那么sinsin的取值范围是 (0,3) 2解析：

62，sinsinsinsin(13)cos(2) 6234. 实数x,y满足tanxx,tanyy，且xy，则

sin(xy)sin(xy) 0

xyxy解析：xysinxsinysin(xy)sin(xy),xy cosxcosycosxcosycosxcosy35. 在△ABC中，AB＝8，BC＝7，AC=3，以A为圆心，r=2为半径作一个圆，设PQ为圆A

的任意一条直径，记T＝BP•CQ,则T的最大值为 ．22

C P A Q 解析：

B 设BA,AQ的夹角为，

2BP•CQ(BAAP)(CAAQ)816cos6cos()814sin()

3→→2236. 设点O是△ABC的外心，AB＝c，AC＝b，b1c1则BC·AO的取值

范围 -1,2 4A

  O B 解析：

C

b12c21c22bb200b2

BCAO(ACAB)AObRcoscRcosbRbc1cR(b2c2) 2R2R2111b2b(b)2-,2

24437. 在ABC中，若ABBC2BCCA3CAAB，则tanA:tanB:tanC 3:1:2

cosB2cosC3cosA bcasinAsinBsinCtanAtanBtanC，两式相除，得 abc312解析：accosB2abcosC3bccosA38. 满足条件AB2,AC2BC的三角形ABC的面积的最大值是_________22

b2c2a2a24解析：法一：即c2,b2a，由余弦定理cosA，

2bc42asinA1(a2442a)2，所以

SABC1a24211bcsinA2a1()a424a216(a212)212824442a112822 4，

则

法二：因为AB=2（定长），可以以AB所在的直线为x轴，其中垂线为y轴建立直角坐标系

A(1,0),B(1,0)，设C(x,y)，由

AC2BC可得

(x1)2y22(x1)2y2，化简得(x3)2y28，即C在以（3，0）为圆心，122为半径的圆上运动。又SABCABycyc22。

239. 已知ABC中，B60，O为ABC的外心，若点P在ABC所在的平面上， OPOAOBOC，且BPBC8，则边AC上的高h的最大值为 23

A

D H O C

解析：

B OPOAOBOCBPOAOCOD,由

B60易得ODR且ODAC，故点P在BH上，且BPODR所以由

BPBC8得BP(BHHC)BPBH8Rh8bh8bh83

2sinB2SABCacsinB3acac16，b2a2c2acac16b4， 2故h8323，实际上本题可以猜测是正三角形从而很简单得到结论. b→→13

在△ABC中，若a＝2，b－c＝1，△ABC的面积为3，则·＝ ____ ABAC40.4

b2c2a2(bc)2a22bc123cosA解析：SbcsinA3sinA，

2bc2bc2bc2322bc32192bc322()()1bcsinAcosA1，由得，则bc2bc42bc→→1313·＝bccosA，故ABAC

194cosA