2019年高考(文科)数学真题专题06+三角函数及解三角形

专题06 三角函数及解三角形

1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】函数f(x)=

sinxx[,]的图像大致为 2在

cosxxA． B．

C． D．

【答案】D 【解析】由f(x)sin(x)(x)sinxxf(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，22cos(x)(x)cosxxππ242π1,f(π)π0，排除B，C，故选D． 排除A．又f()22π22π1π()21【名师点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数算素养，采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．解答本题时，先判断函数的奇偶性，得f(x)是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案． 2．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】tan255°=

A．−2−3 C．2−3 【答案】D

【解析】tan255tan(18075)tan75tan(4530)=

B．−2+3 D．2+3 tan45tan30

1tan45tan303323.故选D. 3131【名师点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式、两角和与差的三角函数、特殊角的三角函数值、运

1

算求解能力．首先应用诱导公式，将问题转化成锐角三角函数的计算，进一步应用两角和的正切公式计算求解．题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．

3．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA−bsinB=4csinC，

cosA=−A．6 C．4 【答案】A

【解析】由已知及正弦定理可得a2b24c2，

14，则

bc=

B．5 D．3

1b2c2a2c24c213c1由余弦定理推论可得cosA,,,

42bc2bc42b4b346，故选A． c2【名师点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．先利用余弦定理推论得出a，b，c关系，再结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果. 4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】若x1=A．2 C．1

，x2=是函数f(x)=sinx(>0)两个相邻的极值点，则= 443 B．

21 D．

223)，解得2．故选A． 44【答案】A

【解析】由题意知，f(x)sinx的周期T2(【名师点睛】本题考查三角函数的极值和周期，渗透了直观想象、逻辑推理和数算素养．利用周期公式，通过方程思想解题．

5．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知a∈（0，

1A．

5π），2sin2α=cos2α+1，则sinα= 2

B．D．5 525 5C．3 3【答案】B

【解析】Q2sin2αcos2α1，4sinαcosα2cosα.Qα0,2,cosα0，sinα0,2 2

15，故2sinαcosα，又sin2cos21，5sin2α1,sin2α，又sin0，sin55选B．

【名师点睛】本题是对三角函数中二倍角公式、同角三角函数基本关系式的考查，中等难度，判断正余弦的正负，运算准确性是关键，题目不难，需细心，解决三角函数问题，研究角的范围后得出三角函数值的正负很关键，切记不能凭感觉．解答本题时，先利用二倍角公式得到正余弦关系，再利用角范围及正余弦平方和为1关系得出答案．

6．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】函数f(x)2sinxsin2x在[0，2π]的零点个数为 A．2 C．4 【答案】B

【解析】由f(x)2sinxsin2x2sinx2sinxcosx2sinx(1cosx)0， 得sinx0或cosx1，

B．3 D．5

Qx0,2π，x0、π或2π．

f(x)在0,2π的零点个数是3，

故选B．

【名师点睛】本题考查在一定范围内的函数的零点个数，渗透了直观想象和数算素养．令f(x)0，得sinx0或cosx1，再根据x的取值范围可求得零点.

7．【2019年高考北京卷文数】设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），则“b=0”是“f（x）为偶函数”的

A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】C

【解析】b0时，f(x)cosxbsinxcosx，f(x)为偶函数；

f(x)为偶函数时，f(x)=f(x)对任意的x恒成立，即f(x)cos(x)bsin(x)cosxbsinx，

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

cosxbsinxcosxbsinx，得bsinx0对任意的x恒成立，从而b0.从而“b0”是“f(x)为

偶函数”的充分必要条件，故选C.

【名师点睛】本题较易，注重基础知识、逻辑推理能力的考查.根据定义域为R的函数f(x)为偶函数等

3

价于f(x)=f(x)恒成立进行判断.

8．【2019年高考北京卷文数】如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，APB是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为

A．4β+4cosβ C．2β+2cosβ 【答案】B

B．4β+4sinβ D．2β+2sinβ

【解析】设圆心为O，如图1，连接OA，OB，AB，OP，则AOB2APB2，

所以S扇形OAB2224，

2因为S阴影S扇形OABS△ABPS△AOB，且S扇形OAB，S△AOB都已确定， 所以当S△ABP最大时，阴影部分面积最大.

观察图象可知，当P为弧AB的中点时（如图2），阴影部分的面积S取最大值，

此时∠BOP=∠AOP=π−β，面积S的最大值为S阴影S扇形OABS△ABPS△AOB=4β+S△POB+ S△POA=4β+

12|OP||OB|sin（π−β）+

1|OP||OA|sin（π−β）=4β+2sinβ+2sinβ=4β+4 sinβ，故选B. 2【名师点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解

4

能力，有一定的难度.关键是观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.

9．【2019年高考天津卷文数】已知函数f(x)Asin(x)(A0,0,||π)是奇函数，且fx的

最小正周期为π，将yfx的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为gx.若gA．−2 C．2 【答案】C

【解析】∵f(x)为奇函数，∴f(0)Asin0,=kπ,kZ,k0,0； ∵fx的最小正周期为π，T∴g(x)AsinxAsinx, 又g()π2，则43πf 8B．2 D．2

2ππ,∴2，

12π42，∴A2，

3π)2. 8∴f(x)2sin2x，f(故选C.

【名师点睛】本题主要考查函数的性质和函数的求值问题，解题关键是求出函数gx，结合函数性质逐步得出A,,的值即可.

10．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】函数f(x)sin(2x【答案】4

【解析】f(x)sin(2x3π)3cosx的最小值为___________． 23π)3cosxcos2x3cosx2cos2x3cosx1 23172(cosx)2，

48Q1cosx1，当cosx1时，f(x)min4，

故函数f(x)的最小值为4．

【名师点睛】本题首先应用诱导公式，转化得到二倍角的余弦，进一步应用二倍角的余弦公式，得到关于cosx的二次函数，从而得解.注意解答本题的过程中，部分考生易忽视1cosx1的，而简单应用二次函数的性质，出现运算错误．

5

11．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acosB=0，

则B=___________. 【答案】

3π 4【解析】由正弦定理，得sinBsinAsinAcosB0．QA(0,),B(0,)，sinA0,∴

sinBcosB0，即tanB1，B3. 4【名师点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．本题容易忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在(0,π)范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．

tan2ππ12．【2019年高考江苏卷】已知3，则sin2的值是 ▲ . tan44【答案】

2 10tan1tantantan2【解析】由πtan1tan13，得3tan25tan20， tan41tan解得tan2，或tan1. 3πππsin2sin2coscos2sin

444222sincoscos2sin2sin2cos2= 22sin2cos222tan1tan2=， 22tan12221222=； 当tan2时，上式=222110112()1()22133]=2. [当tan时，上式=

12103()213 6

综上，sin2π2. 410【名师点睛】本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数算素养.采取转化法，利用分类讨论和转化与化归思想解题.由题意首先求得tan的值，然后利用两角和的正弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.

13．【2019年高考浙江卷】在△ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上，若

BDC45，则BD___________，cosABD___________．

【答案】12272 ，510【解析】如图，在△ABD中，由正弦定理有：

ABBD3π, ，而AB4,ADBsinADBsinBAC4AC=AB2+BC2=5，sinBACBC3AB4122. ,cosBAC，所以BDAC5AC55ππ72. cosABDcos(BDCBAC)coscosBACsinsinBAC4410

【名师点睛】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在△ABD中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征. 14．B、C的对边分别为a、b、c．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知asin△ABC的内角A、

（1）求B；

（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围． 【答案】（1）B=60°；（2）(ACbsinA． 233,). 82【解析】（1）由题设及正弦定理得sinAsinACsinBsinA． 2 7

因为sinA0，所以sinACsinB． 2ACBBBBcos，故cos2sincos． 22222由ABC180，可得sin因为cosBB10，故sin，因此B=60°． 2223a． 4（2）由题设及（1）知△ABC的面积S△ABCsin120CcsinA31由正弦定理得a．

sinCsinC2tanC21a2，2从而

33． S△ABC8233因此，△ABC面积的取值范围是8,2．

【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查VABC是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题. 15．【2019年高考北京卷文数】在△ABC中，a=3，b–c2，cosB=（1）求b，c的值； （2）求sin（B+C）的值． 【答案】（1）b7，c5；（2）

1． 233. 14【解析】（1）由余弦定理b2a2c22accosB，得

1b232c223c()．

2因为bc2，

所以(c2)3c23c()． 解得c5．

22212 8

所以b7． （2）由cosB13得sinB． 22a33． sinBb14由正弦定理得sinA在△ABC中，BCA． 所以sin(BC)sinA33． 14【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

16．【2019年高考天津卷文数】在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bc2a，

3csinB4asinC.

（1）求cosB的值； （2）求sin2Bπ的值. 6【答案】（1）1357. ；（2）416bc，得bsinCcsinB， sinBsinC【解析】（1）在△ABC中，由正弦定理

又由3csinB4asinC，得3bsinC4asinC，即3b4a．

42a，ca． 33416a2a2a2222acb199cosB由余弦定理可得．

22ac42aa3又因为bc2a，得到b（2）由（1）可得sinB1cos2B1515，从而sin2B2sinBcosB，487cos2Bcos2Bsin2B，故

815371357． sin2Bsin2Bcoscos2Bsin666828216【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公

9

式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．

17．【2019年高考江苏卷】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．

（1）若a=3c，b=2，cosB=

2，求c的值； 3（2）若

sinAcosB，求sin(B)的值． a2b2325. ；（2）35【答案】（1）c【解析】（1）因为a3c,b2,cosB2， 31a2c2b22(3c)2c2(2)22由余弦定理cosB，得，即c.

32ac323cc所以c3. 3sinAcosB， a2babcosBsinB由正弦定理，得，所以cosB2sinB. sinAsinB2bb422222从而cosB(2sinB)，即cosB41cosB，故cosB.

5（2）因为

因为sinB0，所以cosB2sinB0，从而cosB25. 5因此sinBπ25. cosB25【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.

18．【2019年高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有

桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求：线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆．．．．O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）． （1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；

（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；

10

（3）在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．

【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+321（百米）. 【解析】解法一：

（1）过A作AEBD，垂足为E.

由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6, AECD8.' 因为PB⊥AB，

所以cosPBDsinABE84. 105所以

PBBD1215. cosPBD45因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知ADAE2ED210，

AD2AB2BD27从而cosBAD0，所以∠BAD为锐角.

2ADAB25所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此，Q选在D处也不满足规划要求.

11

综上，P和Q均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15， 设P1为l上一点，且PB1PBPB此时PD11sinPBD11cosEBA1515. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

39； 5由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，

CQQA2AC215262321.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.

综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）. 解法二：

（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.

以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.

因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3. 因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25. 从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为

3. 4 12

因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为直线PB的方程为y4， 3425. x33所以P（−13，9），PB(134)2(93)215. 因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求. ②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3）， 所以线段AD：y3x6(4剟x4). 421515在线段AD上取点M（3，），因为OM3232425， 44所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此Q选在D处也不满足规划要求. 综上，P和Q均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15，此时P1（−13，9）； 设P1为l上一点，且PB115. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由AQ(a4)2(93)215(a4)，得a=4321，所以Q（4321，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.

综上，当P（−13，9），Q（4321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离

PQ4321(13)17321.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321（百米）.

13

【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力. 19．【2019年高考浙江卷】设函数f(x)sinx,xR.

（1）已知[0,2),函数f(x)是偶函数，求的值； （2）求函数y[f(x【答案】（1）

2)][f(x)]2的值域． 124π3π33或；（2）[1,1]． 2222【解析】（1）因为f(x)sin(x)是偶函数，所以，对任意实数x都有sin(x)sin(x)， 即sinxcoscosxsinsinxcoscosxsin， 故2sinxcos0， 所以cos0． 又[0,2π)，因此π3π或． 222（2）yfππππ22xfxsinxsinx

4412122ππ1cos2x1cos2x 133621cos2xsin2x2222213πcos2x． 2333,1]． 22因此，函数的值域是[1【名师点睛】本题主要考查三角函数及其恒等变换等基础知识，同时考查运算求解能力.

14