大题专练一（解三角形）-2021届高三数学二轮复习跟踪练习 含答案

大题专练一三角函数跟踪练习 一、解答题 1．在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，已知 cos cos 3sin )cos 0(C A A B   ． （1）求角 B 的大小； （2）若 1a c  ，求b 的取值范围． 2．在△ABC 中，a=3，b−c=2，cosB= 1 2  ． （Ⅰ）求 b，c 的值； （Ⅱ）求 sin（B–C）的值． 3． 在 ABC 中，内角 A B C， ， 所对的边分别为 , ,a b c .已知 2b c a  ， 3 sin 4 sinc B a C . （Ⅰ）求 cos B 的值； （Ⅱ）求sin 2 6B     的值. 4． ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设 2 2(sin sin ) sin sin sinB C A B C   ． （1）求 A； （2）若 2 2a b c  ，求 sinC． 5． C 的内角  ，  ， C 所对的边分别为 a ，b ， c ．向量  , 3m a b 与  cos ,sinn    平行． （Ⅰ）求  ； （Ⅱ）若 7a  ， 2b  求 C 的面积． 6．某同学用“五点法”画函数 在某一个周期内的图 象时，列表并填入了部分数据，如下表： x  0 π 2 π 3π 2 2π x π 3 5π 6 sin( )A x  0 5 5 0 （Ⅰ）请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置，并直接写出函数 ( )f x 的解 析式； （Ⅱ）将 ( )y f x 图象上所有点向左平行移动 π 6 个单位长度，得到 ( )y g x 图象，求 ( )y g x 的图象离原点O 最近的对称中心． 参考答案 1．（1） 3B  ；（2） 1 ,12     （1）∵ cos cos 3sin )cos 0(C A A B   ， ∴ cos( ) cos cos 3sin cos 0A B A B A B     ， 即 cos cos sin sin cos cos 3sin cos 0A B A B A B A B     ，∵sin 0A  ， ∴ tan 3B  ，∴ 3B  ． （2）由余弦定理可知 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，代入可得 2 2 2 2 2( ) 3 1 3 2 a cb a c ac a c ac             21 11 3 2 4        ， 当且仅当 1 2a c  时取等号，∴ 1 2b  ，又 1b a c   ，∴b 的取值范围是 1 ,12     ． 2．(Ⅰ) 7 5 b c    ；(Ⅱ) 4 37 . (Ⅰ)由题意可得： 2 2 2 1cos 2 2 2 3 a c bB ac b c a            ，解得： 3 7 5 a b c      . (Ⅱ)由同角三角函数基本关系可得： 2 3sin 1 cos 2B B   ，结合正弦定理 sin sin b c B C  可得： sin 5 3sin 14 c BC b   ，很明显角 C 为锐角，故 2 11cos 1 sin 14C C   ， 故   4sin sin cos cos sin 37B C B C B C    . 3．(Ⅰ) 1 4  ；(Ⅱ) 3 5 7 16  . (Ⅰ)在 ABC 中，由正弦定理 sin sin b c B C  得 sin sinb C c B ， 又由 3 sin 4 sinc B a C ，得3 sin 4 sinb C a C ，即3 4b a . 又因为 2b c a  ，得到 4 3b a ， 2 3c a . 由余弦定理可得 2 2 2 cos 2 a c bB ac   2 2 24 16 19 9 2 42 3 a a a a a        . (Ⅱ)由(Ⅰ)可得 2 15sin 1 cos 4B B   ， 从而 15sin 2 2sin cos 8B B B   ， 2 2 7cos2 cos sin 8B B B    . 故 15 3 7 1 3 5 7sin 2 sin 2 cos cos2 sin6 6 6 8 2 8 2 16B B B                . 4．（1） 3A  ；（2） 6 2sin 4C  . （1） 2 2 2 2sin sin sin 2sin sin sin sin sin sinB C B B C C A B C      即： 2 2 2sin sin sin sin sinB C A B C   由正弦定理可得： 2 2 2b c a bc   2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc      0,A  3A   （2） 2 2a b c  ，由正弦定理得： 2 sin sin 2 sinA B C  又  sin sin sin cos cos sinB A C A C A C    ， 3A  3 3 12 cos sin 2sin2 2 2C C C     整理可得： 3sin 6 3cosC C  2 2sin cos 1C C     2 23sin 6 3 1 sinC C    解得： 6 2sin 4C  或 6 2 4  因为 6sin 2sin 2sin 2sin 02B C A C     所以 6sin 4C  ，故 6 2sin 4C  . （2）法二： 2 2a b c  ，由正弦定理得： 2 sin sin 2 sinA B C  又  sin sin sin cos cos sinB A C A C A C    ， 3A  3 3 12 cos sin 2sin2 2 2C C C     整理可得：3sin 6 3cosC C  ，即3sin 3cos 2 3sin 66C C C        2sin 6 2C       由 2(0, ), ( , )3 6 6 2C C       ，所以 ,6 4 4 6C C       6 2sin sin( )4 6 4C      . 5．（Ⅰ） 3  ；（Ⅱ） 3 3 2 ． （1）因为向量  , 3m a b 与  cos ,sinn    平行，所以 3 0asinB bcosA－ ＝ ， 由正弦定理得 sinAsinB－ 3 0sinBcosA＝ ，又sin 0B  ，从而 tanA＝ 3 ，由于 0