【备考2022】2022高考数学 （真题 模拟新题分类汇编） 三角函数 理.docx

1、三角函数 C1 角的概念及任意的三角函数 13C1，C2，C62022四川卷 设 sin 2sin，2，则 tan 2的值是_ 13.3 解析 解法一：由 sin 2sin，得 2sin cos sin，又2，故 sin 0，于是 cos 12，进而 sin 32，于是 tan 3，tan 2 2tan 1tan2 2（3）13 3.解法二：同上得 cos 12，又 2，可得 23，tan 2tan 43 3.C2 同角三角函数的基本关系式与诱导公式 13C22022全国卷 已知 是第三象限角，sin 13，则 cot _ 132 2 解析 cos 1sin22 23，所以 cotcossin

2、2 2.13C1，C2，C62022四川卷 设 sin 2sin，2，则 tan 2的值是_ 13.3 解析 解法一：由 sin 2sin，得 2sin cos sin，又2，故 sin 0，于是 cos 12，进而 sin 32，于是 tan 3，tan 2 2tan 1tan2 2（3）13 3.解法二：同上得 cos 12，又 2，可得 23，tan 2tan 43 3.15C2，C52022新课标全国卷 设 为第二象限角，若 tan4 12，则 sin cos _ 15 105 解析 由 tan4 12得1tan 1tan 12tan 13cos 3sin ，由 sin2cos2110

3、sin21，在第二象限，sin 1010，cos 3 1010，sin cos 105 .20C2、C5、C6，C82022重庆卷 在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 a2b2 2abc2.(1)求 C；(2)设 cos Acos B3 25，cos（A）cos（B）cos2 25，求 tan 的值 20解：(1)因为 a2b2 2abc2，所以由余弦定理有 cos Ca2b2c22ab 2ab2ab 22.故 C34.(2)由题意得（sin sin Acos cos A）（sin sin Bcos cos B）cos2 25，因此(tan sin Acos A)(t

4、an sin Bcos B)25，tan2 sin Asin Btan(sin Acos Bcos Asin B)cos Acos B 25，tan2 sin Asin Btan sin(AB)cos Acos B 25.因为 C34，所以 AB4，所以 sin(AB)22.因为 cos(AB)cos Acos Bsin Asin B，即3 25sin Asin B 22.解得 sin Asin B3 25 22 210.由得 tan25tan 40，解得 tan 1 或 tan 4.9C2、C6，C72022重庆卷 4cos 50tan 40()A.2 B.2 32 C.3 D2 21 9C

5、 解析 原式4sin 40sin 40cos 40 4sin 40cos 40sin 40cos 402sin 80sin 40cos 40 2cos（4030）sin 40cos 40 2（cos 40cos 30sin 40sin 30）sin 40cos 40 3cos 40cos 40 3，故选 C.C3 三角函数的图像与性质 3A2、C32022北京卷“”是“曲线 ysin(2x)过坐标原点”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 3A 解析 曲线 ysin(2x)过坐标原点，sin 0，k，kZ，故选 A.1C32022江苏卷 函数 y

6、3sin2x4 的最小正周期为_ 1 解析 周期为 T22.8C32022山东卷 函数 yxcos xsin x 的图像大致为()图 12 8D 解析 f(x)xcos(x)sin(x)(xcos xsin x)f(x)，yxcos xsin x 为奇函数，图像关于原点对称，排除选项 B.当 x2 时，y10，排除选项C；x，y0)的最小正周期为.(1)求 的值；(2)讨论 f(x)在区间 0，2 上的单调性 16解：(1)f(x)4cos xsinx4 2 2sin xcos x2 2cos2 x 2(sin 2xcos 2x)22sin2x4 2.因为 f(x)的最小正周期为，且 0，从而

7、有22，故 1.(2)由(1)知，f(x)2sin2x4 2.若 0 x2，则4 2x4 54.当4 2x4 2，即 0 x8 时，f(x)单调递增；当2 2x4 54，即8 x2 时，f(x)单调递减 综上可知，f(x)在区间 0，8 上单调递增，在区间8，2 上单调递减 20C4，C9，B142022福建卷 已知函数 f(x)sin(x)(0，00，得 2T 2.又曲线 yf(x)的一个对称中心为4，0，(0，)，故 f4 sin24 0，得 2，所以 f(x)cos 2x.将函数 f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)后可得 ycos x 的图像，再将 ycos

8、x 的图像向右平移2 个单位长度后得到函数 g(x)cosx2 的图像，所以g(x)sin x.(2)当 x6，4 时，12sin x 22，0cos 2xcos 2xsin xcos 2x.问题转化为方程 2cos 2xsin xsin xcos 2x 在6，4 内是否有解 设 G(x)sin xsin xcos 2x2cos 2x，x6，4，则 G(x)cos xcos xcos 2x2sin 2x(2sin x)因为 x6，4，所以 G(x)0，G(x)在6，4 内单调递增 又 G6 140，且函数 G(x)的图像连续不断，故可知函数 G(x)在6，4 内存在唯一零点 x0，即存在唯一的

9、 x06，4 满足题意(3)方法一：依题意，F(x)asinxcos 2x，令 F(x)asin xcos 2x0.当 sin x0，即 xk(kZ)时，cos2x1，从而 xk(kZ)不是方程 F(x)0 的解，所以方程 F(x)0 等价于关于 x 的方程 acos 2xsin x，xk(kZ)现研究 x(0，)(，2)时方程 acos 2xsin x 的解的情况 令 h(x)cos 2xsin x，x(0，)(，2)，则问题转化为研究直线 ya 与曲线 yh(x)，x(0，)(，2)的交点情况 h(x)cos x（2 sin2x1）sin2x，令 h(x)0，得 x2 或 x32.当 x

10、变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x 0，2 2 2，32 32 32，2 h(x)0 0 h(x)1 1 当 x0 且 x 趋近于 0 时，h(x)趋向于，当 x且 x 趋近于时，h(x)趋向于，当 x1 时，直线 ya 与曲线 yh(x)在(0，)内无交点，在(，2)内有 2 个交点；当 a1 时，直线 ya 与曲线 yh(x)在(0，)内有 2 个交点，在(，2)内无交点；当1a0，p(1)a1，p(1)a1.当 a1 时，函数 p(t)有一个零点 t1(1，0)(另一个零点 t21，舍去)，F(x)在(0，2上有两个零点 x1，x2，且 x1，x2(，2)；当 a1 时，函数

11、 p(t)有一个零点 t1(0，1)(另一个零点 t21，舍去)，F(x)在(0，2上有两个零点 x1，x2，且 x1，x2(0，)；当1a0)个单位长度后，所得到的图像关于 y 轴对称，则 m 的最小值是()A.12 B.6 C.3 D.56 4B 解析 结合选项，将函数 y 3cos xsin x2sinx3 的图像向左平移6 个单位得到 y2sinx2 2cos x，它的图像关于 y 轴对称，选 B.11C42022江西卷 函数 ysin 2x2 3sin2 x 的最小正周期 T 为_ 11 解析 ysin 2x 3(1cos 2x)2sin2x3 3，所以最小正周期为.17C42022

12、辽宁卷 设向量 a(3sin x，sin x)，b(cos x，sin x)，x0，2.(1)若|a|b|，求 x 的值；(2)设函数 f(x)ab，求 f(x)的最大值 17解：(1)由|a|2(3sin x)2(sin x)24sin2x.|b|2(cos x)2(sin x)21，及|a|b|，得 4sin2x1.又 x0，2，从而 sin x12，所以 x6.(2)f(x)ab 3sin xcos xsin2x 32 sin 2x12cos 2x12sin2x6 12.当 x3 0，2 时，sin2x6 取最大值 1.所以 f(x)的最大值为32.5C42022山东卷 将函数 ysin

13、(2x)的图像沿 x 轴向左平移8 个单位后，得到一个偶函数的图像，则的一个可能取值为()A.34 B.4 C0 D4 5B 解析 方法一：将函数 ysin(2x)的图像沿 x 轴向左平移8 个单位后得到f(x)sin2x4 的图像，若 f(x)sin2x4 为偶函数，必有4 k2，kZ，当 k0 时，4.方法二：将函数 ysin(2x)的图像沿 x 轴向左平移8 个单位后得到 f(x)sin2x4 的图像，其对称轴所在直线满足 2x4 k2，kZ，又f(x)sin2x4 为偶函数，y 轴为其中一条对称轴，即4 k2，kZ，当 k0时，4.16F3，C42022陕西卷 已知向量 acos x，

14、12，b(3sin x，cos 2x)，xR，设函数 f(x)ab.(1)求 f(x)的最小正周期；(2)求 f(x)在0，2 上的最大值和最小值 16解：f(x)cos x，12(3sin x，cos 2x)3cos xsin x12cos 2x 32 sin 2x12cos 2x cos 6 sin 2xsin6 cos 2x sin2x6.(1)f(x)的最小正周期为 T2 22，即函数 f(x)的最小正周期为.(2)0 x2，6 2x6 56.由正弦函数的性质，当 2x6 2，即 x3 时，f(x)取得最大值 1.当 2x6 6，即 x0 时，f(0)12，当 2x6 56，即 x2

15、时，f2 12，f(x)的最小值为12.因此，f(x)在 0，2 上最大值是 1，最小值是12.5C42022四川卷 函数 f(x)2sin(x)0，2 2 的部分图像如图 14 所示，则，的值分别是()A2，3 B2，6 C4，6 D4，3 5A 解析 由图知3T4 512 3 34，故周期 T，于是 2.f(x)2sin(2x)再由 f512 2，得 sin56 1，于是56 2k2(kZ)，因为2 2，取 k0，得 3.15C4，C52022天津卷 已知函数 f(x)2sin2x4 6sin xcos x2cos2 x1，xR.(1)求 f(x)的最小正周期；(2)求 f(x)在区间 0

16、，2 上的最大值和最小值 15解：(1)f(x)2sin 2xcos4 2cos 2xsin4 3sin 2xcos 2x2sin 2x2cos 2x2 2sin2x4.所以，f(x)的最小正周期 T22.(2)因为 f(x)在区间 0，38 上是增函数，在区间38，2 上是减函数又 f(0)2，f382 2，f2 2，故函数 f(x)在区间 0，2 上的最大值为 2 2，最小值为2.C5 两角和与差的正弦、余弦、正切 17C5、C82022山东卷 设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 ac6，b2，cos B79.(1)求 a，c 的值；(2)求 sin(AB)的值

17、17解：(1)由余弦定理 b2a2c22accos B，得 b2(ac)22ac(1cosB)，又 b2，ac6，cos B79，所以 ac9，解得 a3，c3.(2)在ABC 中，sin B 1cos2B4 29.由正弦定理得 sin Aasin Bb2 23.因为 ac，所以 A 为锐角，所以 cos A 1sin2 A13.因此 sin(AB)sin Acos Bcos Asin B10 227.17C5，C8，F12022四川卷 在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2cos2 AB2 cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)35.(1)求 cos A 的

18、值；(2)若 a4 2，b5，求向量BA在BC方向上的投影 17解：(1)由 2cos2AB2 cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)35，得 cos(AB)1cosBsin(AB)sinBcosB35，即 cos(AB)cosBsin(AB)sinB35，则 cos(ABB)35，即 cos A35.(2)由 cos A35，0Ab，则 AB，故 B4.根据余弦定理，有(4 2)252c225c35，解得 c1 或 c7(舍去)，故向量BA在BC方向上的投影为|BA|cosB 22.15C4，C52022天津卷 已知函数 f(x)2sin2x4 6sin xcos x2cos2 x

19、1，xR.(1)求 f(x)的最小正周期；(2)求 f(x)在区间 0，2 上的最大值和最小值 15解：(1)f(x)2sin 2xcos4 2cos 2xsin4 3sin 2xcos 2x2sin 2x2cos 2x2 2sin2x4.所以，f(x)的最小正周期 T22.(2)因为 f(x)在区间 0，38 上是增函数，在区间38，2 上是减函数又 f(0)2，f382 2，f2 2，故函数 f(x)在区间 0，2 上的最大值为 2 2，最小值为2.17C5，C82022新课标全国卷 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 abcos Ccsin B.(1)求 B；(2

20、)若 b2，求ABC 面积的最大值 17解：(1)由已知及正弦定理得 sin Asin Bcos Csin Csin B 又 A(BC)，故 sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C 由和 C(0，)得 sin Bcos B.又 B(0，)，所以 B4.(2)ABC 的面积 S12acsin B 24 ac.由已知及余弦定理得 4a2c22accos 4.又 a2c22ac，故 ac42 2，当且仅当 ac 时，等号成立 因此ABC 面积的最大值为 21.17C5，C82022新课标全国卷 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 abcos Ccsi

21、n B.(1)求 B；(2)若 b2，求ABC 面积的最大值 17解：(1)由已知及正弦定理得 sin Asin Bcos Csin Csin B 又 A(BC)，故 sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C 由和 C(0，)得 sin Bcos B.又 B(0，)，所以 B4.(2)ABC 的面积 S12acsin B 24 ac.由已知及余弦定理得 4a2c22accos 4.又 a2c22ac，故 ac42 2，当且仅当 ac 时，等号成立 因此ABC 面积的最大值为 21.15C2，C52022新课标全国卷 设 为第二象限角，若 tan4 12，则 sin co

22、s _ 15 105 解析 由 tan4 12得1tan 1tan 12tan 13cos 3sin ，由 sin2cos2110sin21，在第二象限，sin 1010，cos 3 1010，sin cos 105 .20C2、C5、C6，C82022重庆卷 在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 a2b2 2abc2.(1)求 C；(2)设 cos Acos B3 25，cos（A）cos（B）cos2 25，求 tan 的值 20解：(1)因为 a2b2 2abc2，所以由余弦定理有 cos Ca2b2c22ab 2ab2ab 22.故 C34.(2)由题意得（si

23、n sin Acos cos A）（sin sin Bcos cos B）cos2 25，因此(tan sin Acos A)(tan sin Bcos B)25，tan2 sin Asin Btan(sin Acos Bcos Asin B)cos Acos B 25，tan2 sin Asin Btan sin(AB)cos Acos B 25.因为 C34，所以 AB4，所以 sin(AB)22.因为 cos(AB)cos Acos Bsin Asin B，即3 25sin Asin B 22.解得 sin Asin B3 25 22 210.由得 tan25tan 40，解得 tan

24、1 或 tan 4.C6 二倍角公式 13C1，C2，C62022四川卷 设 sin 2sin，2，则 tan 2的值是_ 13.3 解析 解法一：由 sin 2sin，得 2sin cos sin，又2，故 sin 0，于是 cos 12，进而 sin 32，于是 tan 3，tan 2 2tan 1tan2 2（3）13 3.解法二：同上得 cos 12，又 2，可得 23，tan 2tan 43 3.20C2、C5、C6，C82022重庆卷 在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 a2b2 2abc2.(1)求 C；(2)设 cos Acos B3 25，cos（A

25、）cos（B）cos2 25，求 tan 的值 20解：(1)因为 a2b2 2abc2，所以由余弦定理有 cos Ca2b2c22ab 2ab2ab 22.故 C34.(2)由题意得（sin sin Acos cos A）（sin sin Bcos cos B）cos2 25，因此(tan sin Acos A)(tan sin Bcos B)25，tan2 sin Asin Btan(sin Acos Bcos Asin B)cos Acos B 25，tan2 sin Asin Btan sin(AB)cos Acos B 25.因为 C34，所以 AB4，所以 sin(AB)22.因为

26、 cos(AB)cos Acos Bsin Asin B，即3 25sin Asin B 22.解得 sin Asin B3 25 22 210.由得 tan25tan 40，解得 tan 1 或 tan 4.9C2、C6，C72022重庆卷 4cos 50tan 40()A.2 B.2 32 C.3 D2 21 9C 解析 原式4sin 40sin 40cos 40 4sin 40cos 40sin 40cos 402sin 80sin 40cos 40 2cos（4030）sin 40cos 40 2（cos 40cos 30sin 40sin 30）sin 40cos 40 3cos 4

27、0cos 40 3，故选 C.C7 三角函数的求值、化简与证明 15C7，C82022北京卷 在ABC 中，a3，b2 6，B2A.(1)求 cos A 的值；(2)求 c 的值 15解：(1)因为 a3，b2 6，B2A，所以在ABC 中，由正弦定理得3sin A 2 6sin 2A.所以2sin Acos Asin A2 63.故 cos A 63.(2)由(1)知 cos A 63，所以 sin A 1cos2 A 33.又因为B2A，所以 cos B2cos2 A113.所以 sin B 1cos2 B2 23.在ABC 中，sin Csin(AB)sin AcosBcos Asin

28、B 5 39.所以 ca sin Csin A 5.18C7、C82022全国卷 设ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，(abc)(abc)ac.(1)求 B；(2)若 sin Asin C 314，求 C.18解：(1)因为(abc)(abc)ac，所以 a2c2b2ac.由余弦定理得 cos Ba2c2b22ac12，因此 B120.(2)由(1)知 AC60，所以 cos(AC)cos Acos Csin Asin C cos Acos Csin Asin C2sin Asin C cos(AC)2sin Asin C 122 314 32，故 AC30或 AC30，因

29、此 C15或 C45.6C72022浙江卷 已知 R，sin 2cos 102，则 tan 2()A.43 B.34 C34 D43 6C 解析 由(sin 2cos)2 1022得 sin24sin cos 4cos2104 52，4sin cos 13cos252，2sin 2131cos 2252，故 2sin 23cos 22，所以 tan 234，选择 C.9C2、C6，C72022重庆卷 4cos 50tan 40()A.2 B.2 32 C.3 D2 21 9C 解析 原式4sin 40sin 40cos 40 4sin 40cos 40sin 40cos 402sin 80si

30、n 40cos 40 2cos（4030）sin 40cos 40 2（cos 40cos 30sin 40sin 30）sin 40cos 40 3cos 40cos 40 3，故选 C.C8 解三角形 17C82022新课标全国卷 如图 14 所示，在ABC 中，ABC90，AB 3，BC1，P 为ABC 内一点，BPC90.(1)若 PB12，求 PA；(2)若APB150，求 tan PBA.图 14 17解：(1)由已知得，PBC60，所以PBA30.在PBA 中，由余弦定理得 PA23142 312cos 3074.故 PA 72.(2)设PBA，由已知得 PBsin.在PBA 中

31、，由正弦定理得3sin 150sin sin（30），化简得 3cos 4sin.所以 tan 34，即 tan PBA 34.13C82022福建卷 如图 14 所示，在ABC 中，已知点 D 在 BC 边上，ADAC，sinBAC2 23，AB3 2，AD3，则 BD 的长为_ 图 14 13.3 解析 设BAD，则BAC2，sin2 23 2，所以 cos 23 2，ABD 中，由余弦定理得 BD AB2AD22ABADcos 3.17C82022湖北卷 在ABC 中，角 A，B，C 对应的边分别是 a，b，c.已知 cos 2A3cos(BC)1.(1)求角 A 的大小；(2)若ABC

32、 的面积 S5 3，b5，求 sin Bsin C 的值 17解：(1)由 cos 2A3cos(BC)1，得 2cos2A3cos A20.即(2cos A1)(cos A2)0，解得 cos A12或 cos A2(舍去)，因为 0A，所以 A3.(2)由 S12bcsin A12bc 32 34 bc5 3，得 bc20，又 b5，知 c4.由余弦定理得 a2b2c22bc cosA25162021，故 a 21.又由正弦定理得 sin Bsin CbasinAcasin Abca2sin2 A20213457.3C82022湖南卷 在锐角ABC 中，角 A，B 所对的边长分别为 a，b

33、，若 2asin B 3b，则角 A 等于()A.12 B.6 C.4 D.3 3D 解析 由正弦定理可得 2sin Asin B 3sin B，又 sin B0，所以可得 sin A 32，又 A 为锐角，故 A3，选 D.16C82022江西卷 在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 cos C(cos A 3sin A)cos B0.(1)求角 B 的大小；(2)若 ac1，求 b 的取值范围 解：(1)由已知得cos(AB)cos Acos B 3sin A cos B0，即有 sin A sin B 3sin Acos B0，因为 sin A0，所以 sin

34、B 3cos B0，又 cos B0，所以 tan B 3，又 0B，所以 B3.(2)由余弦定理，有 b2a2c22accos B.因为 ac1，cos B12，有 b23a12214.又 0a1，于是有14b21，即有12bb，则B()A.6 B.3 C.23 D.56 6A 解析 由正弦定理可得到 sin Asin Bcos Csin Csin Bcos A12sin B因为 B(0，)，所以 sin B0，所以 sin Acos Csin Ccos A12，即 sin(AC)sin B12，则B6，故选 A.18C7、C82022全国卷 设ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，

35、b，c，(abc)(abc)ac.(1)求 B；(2)若 sin Asin C 314，求 C.18解：(1)因为(abc)(abc)ac，所以 a2c2b2ac.由余弦定理得 cos Ba2c2b22ac12，因此 B120.(2)由(1)知 AC60，所以 cos(AC)cos Acos Csin Asin C cos Acos Csin Asin C2sin Asin C cos(AC)2sin Asin C 122 314 32，故 AC30或 AC30，因此 C15或 C45.17C5、C82022山东卷 设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 ac6，b2，c

36、os B79.(1)求 a，c 的值；(2)求 sin(AB)的值 17解：(1)由余弦定理 b2a2c22accos B，得 b2(ac)22ac(1cosB)，又 b2，ac6，cos B79，所以 ac9，解得 a3，c3.(2)在ABC 中，sin B 1cos2B4 29.由正弦定理得 sin Aasin Bb2 23.因为 ac，所以 A 为锐角，所以 cos A 1sin2 A13.因此 sin(AB)sin Acos Bcos Asin B10 227.7C82022陕西卷 设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 bcos Cccos Basin A，则A

37、BC 的形状为()A锐角三角形 B直角三角形 C钝角三角形 D不确定 7B 解析 结合已知 bcos Cccos Basin A，所以由正弦定理代入可得 sin Bcos Csin Ccos Bsin Asin Asin(BC)sin2Asin Asin2Asin A1，故 A90，故三角形为直角三角形 17C5，C8，F12022四川卷 在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2cos2 AB2 cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)35.(1)求 cos A 的值；(2)若 a4 2，b5，求向量BA在BC方向上的投影 17解：(1)由 2cos2AB2 co

38、s Bsin(AB)sin Bcos(AC)35，得 cos(AB)1cosBsin(AB)sinBcosB35，即 cos(AB)cosBsin(AB)sinB35，则 cos(ABB)35，即 cos A35.(2)由 cos A35，0Ab，则 AB，故 B4.根据余弦定理，有(4 2)252c225c35，解得 c1 或 c7(舍去)，故向量BA在BC方向上的投影为|BA|cosB 22.15C8，E8，N12022四川卷 设 P1，P2，Pn为平面内的 n 个点，在平面 内的所有点中，若点 P 到 P1，P2，Pn点的距离之和最小，则称点 P 为 P1，P2，Pn点的一个“中位点”例

39、如，线段 AB 上的任意点都是端点 A，B 的中位点则有下列命题：若 A，B，C 三个点共线，C 在线段 AB 上，则 C 是 A，B，C 的中位点；直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；若四个点 A，B，C，D 共线，则它们的中位点存在且唯一；梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点 其中的真命题是_(写出所有真命题的序号)15 解析 对于，如果中位点不在直线 AB 上，由三角形两边之和大于第三边可知与题意矛盾而当中位点在直线 AB 上时，如果不与 C 重合，则|PA|PB|PC|PA|PB|也不符合题意，故 C 为唯一的中位点，正确；对于，我们取斜边长为 4 的等腰直角三

40、角形，此时，斜边中点到三个顶点的距离均为 2，和为 6；而我们取斜边上中线的中点，该点到直角顶点的距离为 1，到两底角顶点的距离均为5，显然 2 516，故该直角三角形的斜边中点不是中位点，错误；对于，当 A，B，C，D 四点共线时，不妨设他们的顺序就是 A，B，C，D，则当点 P 在 B，C 之间运动时，点 P 到 A，B，C，D 四点的距离之和相等且最小，即这个时候的中位点有无穷多个，错误；对于，同样根据三角形两边之和大于第三边的性质，如果中位点不在对角线的交点上，则距离之和肯定不是最小的，正确 6C82022天津卷 在ABC 中，ABC4，AB 2，BC3，则 sinBAC()A.101

41、0 B.105 C.3 1010 D.55 6C 解析 由余弦定理得 AC22923 2 22 5，即 AC 5，由正弦定理得3sin BAC 522，解得 sin BAC3 1010.17C5，C82022新课标全国卷 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 abcos Ccsin B.(1)求 B；(2)若 b2，求ABC 面积的最大值 17解：(1)由已知及正弦定理得 sin Asin Bcos Csin Csin B 又 A(BC)，故 sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C 由和 C(0，)得 sin Bcos B.又 B(0，)，所以

42、B4.(2)ABC 的面积 S12acsin B 24 ac.由已知及余弦定理得 4a2c22accos 4.又 a2c22ac，故 ac42 2，当且仅当 ac 时，等号成立 因此ABC 面积的最大值为 21.20C2、C5、C6，C82022重庆卷 在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 a2b2 2abc2.(1)求 C；(2)设 cos Acos B3 25，cos（A）cos（B）cos2 25，求 tan 的值 20解：(1)因为 a2b2 2abc2，所以由余弦定理有 cos Ca2b2c22ab 2ab2ab 22.故 C34.(2)由题意得（sin si

43、n Acos cos A）（sin sin Bcos cos B）cos2 25，因此(tan sin Acos A)(tan sin Bcos B)25，tan2 sin Asin Btan(sin Acos Bcos Asin B)cos Acos B 25，tan2 sin Asin Btan sin(AB)cos Acos B 25.因为 C34，所以 AB4，所以 sin(AB)22.因为 cos(AB)cos Acos Bsin Asin B，即3 25sin Asin B 22.解得 sin Asin B3 25 22 210.由得 tan25tan 40，解得 tan 1 或

44、tan 4.C9 单元综合 20C4，C9，B142022福建卷 已知函数 f(x)sin(x)(0，00，得 2T 2.又曲线 yf(x)的一个对称中心为4，0，(0，)，故 f4 sin24 0，得 2，所以 f(x)cos 2x.将函数 f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变)后可得 ycos x 的图像，再将 ycos x 的图像向右平移2 个单位长度后得到函数 g(x)cosx2 的图像，所以g(x)sin x.(2)当 x6，4 时，12sin x 22，0cos 2xcos 2xsin xcos 2x.问题转化为方程 2cos 2xsin xsin xcos

45、 2x 在6，4 内是否有解 设 G(x)sin xsin xcos 2x2cos 2x，x6，4，则 G(x)cos xcos xcos 2x2sin 2x(2sin x)因为 x6，4，所以 G(x)0，G(x)在6，4 内单调递增 又 G6 140，且函数 G(x)的图像连续不断，故可知函数 G(x)在6，4 内存在唯一零点 x0，即存在唯一的 x06，4 满足题意(3)方法一：依题意，F(x)asinxcos 2x，令 F(x)asin xcos 2x0.当 sin x0，即 xk(kZ)时，cos2x1，从而 xk(kZ)不是方程 F(x)0 的解，所以方程 F(x)0 等价于关于

46、x 的方程 acos 2xsin x，xk(kZ)现研究 x(0，)(，2)时方程 acos 2xsin x 的解的情况 令 h(x)cos 2xsin x，x(0，)(，2)，则问题转化为研究直线 ya 与曲线 yh(x)，x(0，)(，2)的交点情况 h(x)cos x（2 sin2x1）sin2x，令 h(x)0，得 x2 或 x32.当 x 变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x 0，2 2 2，32 32 32，2 h(x)0 0 h(x)1 1 当 x0 且 x 趋近于 0 时，h(x)趋向于，当 x且 x 趋近于时，h(x)趋向于，当 x1 时，直线 ya 与曲线 yh(

47、x)在(0，)内无交点，在(，2)内有 2 个交点；当 a1 时，直线 ya 与曲线 yh(x)在(0，)内有 2 个交点，在(，2)内无交点；当1a0，p(1)a1，p(1)a1.当 a1 时，函数 p(t)有一个零点 t1(1，0)(另一个零点 t21，舍去)，F(x)在(0，2上有两个零点 x1，x2，且 x1，x2(，2)；当 a1 时，函数 p(t)有一个零点 t1(0，1)(另一个零点 t21，舍去)，F(x)在(0，2上有两个零点 x1，x2，且 x1，x2(0，)；当1a0.从而 g()1cos 1 1sin214515.(2)f(x)g(x)等价于 3sin x1cos x，

48、即 3sin xcos x1，于是 sinx6 12.从而 2k6 x6 2k56，kZ，即 2kx2k23，kZ.故使 f(x)g(x)成立的 x 的取值集合为 x错误!2kx2k错误!，kZ.18C92022江苏卷 如图 14，游客从某旅游景区的景点 A 处下山至 C 处有两种路径一种是从 A 沿直线步行到 C，另一种是先从 A 沿索道乘缆车到 B，然后从 B 沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从 A 处下山，甲沿 AC 匀速步行，速度为 50 m/min.在甲出发 2 min后，乙从 A 乘缆车到 B，在 B 处停留 1 min 后，再从 B 匀速步行到 C.假设缆车匀速直线运动的速度为

49、 130 m/min，山路 AC 长为 1 260 m，经测量，cos A1213，cos C35.(1)求索道 AB 的长；(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？图 14 18解：(1)在ABC 中，因为 cos A1213，cos C35，所以 sin A 513，sin C45，从而 sin Bsin(AC)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C 513351213456365.由正弦定理 ABsin C ACsin B，得 AB ACsin Bsin C1 2606

50、365451 040(m)所以索道 AB 的长为 1 040 m.(2)假设乙出发 t 分钟后，甲、乙两游客距离为 d，此时，甲行走了(10050t)m，乙距离A 处 130t m，所以由余弦定理得 d2(10050t)2(130t)22130t(10050t)1213200(37t270t50)因为 0t1 040130，即 0t8，故当 t3537(min)时，甲、乙两游客距离最短(3)由正弦定理 BCsin A ACsin B，得 BC ACsin Bsin A1 2606365 513500(m)乙从 B 出发时，甲已走了 50(281)550(m)，还需走 710 m 才能到达 C.

51、设乙步行的速度为 v m/min，由题意得3500v 71050 3，解得1 25043 v62514，所以为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 分钟，乙步行的速度应控制在1 25043，62514(单位：m/min)范围内 15C92022江苏卷 已知 a(cos，sin)，b(cos，sin)，0.(1)若|ab|2，求证：ab；(2)设 c(0，1)，若 abc，求，的值 15解：(1)由题意得|ab|22，即(ab)2a22abb22.又因为 a2b2|a|2|b|21，所以 22ab2，即 ab0，故 ab.(2)因为 ab(cos cos，sin sin)(0，1)，所以

52、cos cos 0，sin sin 1，由此得，cos cos()，由 0，得 0，又 0，所以 56，6.12C9、B142022全国卷 已知函数 f(x)cos xsin 2x，下列结论中错误的是()Ayf(x)的图像关于点(，0)中心对称 Byf(x)的图像关于直线 x2 对称 Cf(x)的最大值为 32 Df(x)既是奇函数，又是周期函数 12C 解析 因为对任意 x，f(x)f(x)cos xsin 2xcos xsin 2x0，故函数 f(x)图像关于点(，0)中心对称；因为对任意 x 恒有 f(x)cos xsin 2xf(x)，故函数 f(x)图像关于直线 x2 对称；f(x)

53、f(x)，f(x2)f(x)，故 f(x)既是奇函数也是周期函数；对选项 C 中，f(x)2cos2xsin x2(1sin2x)sin x，令 tsin x1，1，设 y(1t2)tt3t，y3t21，可得函数 y 的极大值点为 t13，所以 y 在1，1 上的极大值为1313132 39，函数的端点值为 0，故函数 y 在区间1，1的最大值为2 39，函数 f(x)的最大值为4 39，所以选项 C 中的结论错误 16C92022浙江卷 在ABC 中，C90，M 是 BC 的中点若 sinBAM13，则sinBAC_ 16.63 解析 设ABC 的三边长为 a，b，c，tanBAM12 2.

54、而 tan BAM tan(BAC CAM)tanBACtanCAM1tanBACtanCAM ab a2b1ab a2ba2b1 a22b212 2，则 2ab1 a22b2a2b22 2ab20ab 220，故ab 2sin BACacaa2b22b3b错误!.12022湖北四校联考 下列说法正确的是()A存在(0，2)，使 sin cos 13 Bytan x 在其定义域内为增函数 Cycos 2xsin(2 x)既有最大、最小值，又是偶函数 Dysin2x6的最小正周期为 1C 解析 由 sin cos 222 sin 22 cos 2sin(4)，因为0，2，所以 4 4，34，因此

55、 2sin4(1，2，而13(1，2，故A 错由 ytan x 在其定义域内不单调，故 B 错对于 C：ycos 2xsin2 x 2cos2x1cos x2cos x14298，因为 cos x1，1，所以 ycos 2xsin2 x 有最大值，最小值，令 yf(x)，则 f(x)cos2(x)sin2（x）cos 2xsin2 xcos 2xsinx2 cos 2xsin2 x f(x)，所以函数 y 为偶函数，故 C 对对于 D，ysin2x6 sin2x12的图像向右平移12个单位后为函数 ysin|2x|的图像，而 ysin|2x|是偶函数，图像关于 y 轴对称，如图所示，不具有周期

56、性，综上可知选 C.22022马鞍山一检 函数 f(x)3sin(2x3)的图像为 C，如下结论中正确的是_(写出所有正确结论的编号)图像 C 关于直线 x1112对称；图像 C 的所有对称中心都可以表示为(6 k，0)(kZ)；函数 f(x)在区间12，512 内是增函数；由 y3cos 2x 的图像向左平移12个单位长度可以得到图像 C；函数 f(x)在0，2 上的最小值是3.2 解析 函数 f(x)3sin2x3 的图像的对称轴为 2x3 k2(kZ)，即 x 512k2(kZ)，当 k1 时，x1112，故直线 x1112是图像 C 的对称轴，所以对函数 f(x)图像的对称中心的横坐标

57、为 2x3 k(kZ)，即 x6 k2(kZ)，所以错函数 f(x)的单调增区间为2 2k2x3 2 2k(kZ)，即12kx 512k(kZ)，k0 时，12x 512所以对将 y3cos 2x 的图像向左平移12个单位长度可得 y3cos2（x12）3cos2x6 3sin2x3，所以对当x0，2 时，2x3 3，23，所以 f(x)3 32，3，故错综上，正确 32022吉林实验中学二模 把函数 ysin x(xR)的图像上所有点向左平移3 个单位长度，再把所得图像上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)，得到的图像所表示的函数是()Aysin(2x3)，xR Bysin(x26)

58、，xR Cysin(2x3)，xR Dysin(2x23)，xR 3C 解析 将函数 ysin x(xR)的图像上所有点向左平移3 个单位长度可得函数 ysinx3 的图像，将 ysinx3 的图像上所有点的横坐标缩小为原来的12(纵坐标不变)，可得函数 ysin(2x3)的图像，故选 C.42022哈尔滨三中期末 已知 f(x)sin(x)(R，|2)，满足 f(x)f(x2)，f(0)12，f(0)0，则 g(x)2cos(x)在区间0，2 上的最大值与最小值之和为()A2 3 B.32 C0 D1 4A 解析 由 f(0)12f(0)sin 12，故 6 2k(kZ)，又因为|2，所以

59、6.因为 f(x)fx2，所以 f(x)f(x)，故 f(x)的周期为，则|2T2，又 f(x)cos(x)f(0)cos 00，所以 2，则 g(x)2cos2x6 2cos2x6.又因为 0 x2，所以6 2x6 56，讨论如下：当 2x6 0 时，g(x)取最大值为 2；当 2x6 56时，g(x)取最小值为 3，所以g(x)的最大值与最小值之和为 2 3.52022天津耀华中学月考 在ABC 中，a，b，c 分别是内角 A，B，C 的对边，a 3，b 2，且 12cos(BC)0，则 BC 边上的高等于()A.31 B.31 C.312 D.312 5D 解析 由 12cos(BC)0

60、，得 12cos A0，cos A12，所以 A3.由正弦定理得asin Absin B，即3sin32sin B，得 sin B 22，因为 ba，所以 BA，即 B4.由余弦定理得 a2b2c22bccos A，得 32c2 2c，即 c2 2c10，解得 c 2 62，所以 BC 边上的高为 hcsin B 2 62 22 1 32，选 D.62022银川一中月考(六)设 f(sin cos)sin cos，若 f(t)12，则t 的值为()A 2 B.2 C 22 D.22 6A 解析 由 f(sin cos)sin cos（sin cos）21212，令 tsin cos，则t21212，解得 t 2