2011年高考数学真题分类汇编C 40页

‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 图1－2‎ 课标理数10.C1[2011·江西卷] 如图1－2，一个直径为1的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周．点M，N在大圆内所绘出的图形大致是(　　)‎ 图1－3‎ 课标理数10.C1[2011·江西卷] A　【解析】 如图1－4，建立直角坐标系，由题意可知，小圆O1总与大圆O相内切，且小圆O1总经过大圆的圆心O.‎ 图1－4‎ 设某时刻两圆相切于点A，此时动点M所处位置为点M′，则大圆圆弧AM与小圆圆弧AM′相等．‎ 以切点A在劣弧MB上运动为例，记直线OM与此时小圆O1的交点为M1，记∠AOM＝θ，则∠OM1O1＝∠M1OO1＝θ，故∠M1O1A＝∠M1OO1＋∠OM1O1＝2θ.‎ 大圆圆弧AM的长为l1＝θ×1＝θ，小圆圆弧AM1的长为l2＝2θ×＝θ，即l1＝l2，‎ ‎∴小圆的两段圆弧AM′与AM1的长相等，故点M1与点M′重合，‎ 即动点M在线段MO上运动，同理可知，此时点N在线段OB上运动．‎ 点A在其他象限类似可得，M、N的轨迹为相互垂直的线段．‎ 观察各选项，只有选项A符合．故选A.‎ 课标文数14.C1[2011·江西卷] 已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，若P(4，y)是角θ终边上一点，且sinθ＝－，则y＝________．‎ 课标文数14.C1[2011·江西卷] －8　【解析】 r＝＝，‎ ‎∵sinθ＝－，∴sinθ＝＝＝－，解得y＝－8.‎ 课标理数5.C1，C6[2011·课标全国卷] 已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半 轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝(　　)‎ A．－ B．－ C. D. 课标理数5.C1，C6[2011·课标全国卷] B　【解析】 解法1：在角θ终边上任取一点P(a，2a)(a≠0)，则r2＝＝a2＋(2a)2＝5a2，‎ ‎∴cos2θ＝＝，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝－1＝－.‎ 解法2：tanθ＝＝2，cos2θ＝＝＝－.‎ 课标文数7.C1，C6[2011·课标全国卷] 已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝(　　)‎ A．－ B．－ C. D. 课标文数7.C1，C6[2011·课标全国卷] B　【解析】 解法1：在角θ终边上任取一点P(a，2a)(a≠0)，则r2＝＝a2＋(2a)2＝5a2，‎ ‎∴cos2θ＝＝，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝－1＝－.‎ 解法2：tanθ＝＝2，cos2θ＝＝＝－.‎ 大纲文数14.C2[2011·全国卷] 已知α∈，tanα＝2，则cosα＝________．‎ 大纲文数14.C2[2011·全国卷] －　【解析】 ∵tanα＝2，∴sinα＝2cosα，代入sin2α＋cos2α＝1得cos2α＝，又α∈，∴cosα＝－.‎ 课标文数9.C2，C6[2011·福建卷] 若α∈，且sin2α＋cos2α＝，则tanα的值等于(　　)‎ A. B. C. D. 课标文数9.C2，C6[2011·福建卷] D　【解析】 因为sin2α＋cos2α＝sin2α＋1－2sin2α＝1－sin2α＝cos2α，‎ ‎∴cos2α＝，sin2α＝1－cos2α＝，‎ ‎∵α∈，‎ ‎∴cosα＝，sinα＝，tanα＝＝，故选D.‎ 大纲文数12.C2[2011·重庆卷] 若cosα＝－，且α∈，则tanα＝________．‎ 大纲文数12.C2[2011·重庆卷] 　【解析】 ∵cosα＝－，且α∈，‎ ‎∴sinα＝－＝－，‎ ‎∴tanα＝＝.‎ 课标理数15.C3，C5[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝4cosxsin－1.‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．‎ 课标理数15.C3，C5[2011·北京卷] 【解答】 (1)因为f(x)＝4cosxsin－1‎ ‎＝4cosx－1‎ ‎＝sin2x＋2cos2x－1‎ ‎＝sin2x＋cos2x ‎＝2sin，‎ 所以f(x)的最小正周期为π.‎ ‎(2)因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤.‎ 于是，当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值2；‎ 当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)取得最小值－1.‎ 课标文数15.C3，C5[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝4cosxsin－1.‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．‎ 课标文数15.C3，C5[2011·北京卷] 【解答】 (1)因为f(x)＝4cosxsin－1‎ ‎＝4cosx－1‎ ‎＝sin2x＋2cos2x－1‎ ‎＝sin2x＋cos2x ‎＝2sin.‎ 所以f(x)的最小正周期为π.‎ ‎(2)因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤.‎ 于是，当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值2；当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)取得最小值－1.‎ 课标理数3.C2，C6[2011·福建卷] 若tanα＝3，则的值等于(　　)‎ A．2 B．3 C．4 D．6‎ 课标理数3.C2，C6[2011·福建卷] D　【解析】 因为＝＝＝2tanα＝6，故选D.‎ 课标理数11.C4，C5[2011·课标全国卷] 设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则(　　)‎ A．f(x)在单调递减 B．f(x)在单调递减 C．f(x)在单调递增 D．f(x)在单调递增 课标理数11.C4，C5[2011·课标全国卷] A　【解析】 原式可化简为f(x)＝sin，因为f(x)的最小正周期T＝＝π，‎ 所以ω＝2.‎ 所以f(x)＝sin，‎ 又因为f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，‎ 所以f(x)＝sin＝±cos2x，‎ 所以φ＋＝＋kπ，k∈Z，‎ 所以φ＝＋kπ，k∈Z，‎ 又因为<，所以φ＝.‎ 所以f(x)＝sin＝cos2x，‎ 所以f(x)＝cos2x在区间上单调递减．‎ 课标理数16.C3[2011·辽宁卷] 已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)，y＝f(x)的部分图象如图1－7，则f＝________．‎ 图1－7‎ 课标理数16.C3[2011·辽宁卷] 　【解析】 由图象知＝2×＝，ω＝2.又由于2×＋φ＝kπ＋(k∈Z)，‎ φ＝kπ＋(k∈Z)，又|φ|<，所以φ＝.这时f(x)＝Atan.又图象过(0，1)，代入得A＝1，故f(x)＝tan.所以f＝tan＝.‎ 课标文数12.C3[2011·辽宁卷] 已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)，y＝f(x)的部分图象如图1－7，则f＝(　　)‎ 图1－7‎ A．2＋ B. C. D．2－ 课标文数12.C3[2011·辽宁卷] B　【解析】 由图象知＝2×＝，ω＝2.又由于2×＋φ＝kπ＋(k∈Z)，φ＝kπ＋(k∈Z)，又|φ|<，所以φ＝.这时f(x)＝Atan.又图象过(0，1)，代入得A＝1，故f(x)＝tan.所以f＝tan＝，故选B.‎ 课标文数15.C4[2011·安徽卷] 设f(x)＝asin2x＋bcos2x，其中a，b∈R，ab≠0.若f(x)≤对一切x∈R恒成立，则 ‎①f＝0；‎ ‎②<；‎ ‎③f(x)既不是奇函数也不是偶函数；‎ ‎④f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．‎ ‎⑤存在经过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交．‎ 以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号)．‎ 课标文数15.C4[2011·安徽卷] 【答案】 ①③‎ ‎【解析】 f(x)＝asin2x＋bcos2x＝sin(2x＋φ)，因为对一切x∈R时，f(x)≤恒成立，所以sin＝±1.‎ 故φ＝2kπ＋或φ＝2kπ－.‎ 故f(x)＝sin，‎ 或f(x)＝－sin.‎ 对于①，f＝sin2π＝0，或f＝－sin2π＝0，故①正确；‎ 对于②，＝＝＝sin，‎ ＝＝ ‎＝sin.所以＝，故②错误；‎ 对于③，由解析式f(x)＝sin，或f(x)＝－sin知其既不是奇函数也不是偶函数，故③正确；‎ 对于④，当f(x)＝sin时，(k∈Z)是f(x)的单调递减区间，故④错误；‎ 对于⑤，要使经过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交，则此直线须与横轴平行，且|b|>，此时平方得b2>a2＋b2，这不可能，矛盾，故不存在过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交．故⑤错．‎ 课标理数9.C4[2011·安徽卷] 已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ为实数，若f(x)≤‎ 对x∈R恒成立，且f>f(π)，则f(x)的单调递增区间是(　　)‎ A.(k∈Z)‎ B.(k∈Z)‎ C.(k∈Z)‎ D.(k∈Z)‎ 课标理数9.C4[2011·安徽卷] C　【解析】 对x∈R时，f(x)≤恒成立，所以f＝sin＝±1，可得φ＝2kπ＋或φ＝2kπ－，k∈Z.‎ 因为f＝sin(π＋φ)＝－sinφ>f(π)＝sin(2π＋φ)＝sinφ，故sinφ<0.所以φ＝2kπ－，所以f(x)＝sin.‎ 由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，得函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，答案为C.‎ 大纲理数5.C4[2011·全国卷] 设函数f(x)＝cosωx(ω>0)，将y＝f(x)的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则ω的最小值等于(　　)‎ A. B．3 ‎ C．6 D．9‎ 大纲理数5.C4[2011·全国卷] C　【解析】 将y＝f(x)的图像向右平移个单位长度后得到的图像与原图像重合，则＝k，k∈Z，得ω＝6k，k∈Z，又ω＞0，则ω的最小值等于6，故选C.‎ 大纲文数7.C4[2011·全国卷] 设函数f(x)＝cosωx(ω>0)，将y＝f(x)的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则ω的最小值等于(　　)‎ A. B．3 C．6 D．9‎ 大纲文数7.C4[2011·全国卷] C　　【解析】 将y＝f(x)的图像向右平移个单位长度后得到的图像与原图像重合，则＝k，k∈Z，得ω＝6k，k∈Z，又ω＞0，则ω的最小值等于6，故选C.‎ 课标理数16.D3，C4[2011·福建卷] 已知等比数列{an}的公比q＝3，前3项和S3＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0，0<φ<π)在x＝处取得最大值，且最大值为a3，求函数f(x)的解析式．‎ ‎ 课标数学16.D3，C4[2011·福建卷] 【解答】 (1)由q＝3，S3＝得＝，解得a1＝.‎ 所以an＝×3n－1＝3n－2.‎ ‎(2)由(1)可知an＝3n－2，所以a3＝3.‎ 因为函数f(x)的最大值为3，所以A＝3；‎ 因为当x＝时f(x)取得最大值，‎ 所以sin＝1.‎ 又0<φ<π，故φ＝.‎ 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝3sin.‎ 课标理数3.C4[2011·湖北卷] 已知函数f(x)＝sinx－cosx，x∈R，若f(x)≥1，则x的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. 课标理数3.C4[2011·湖北卷] B　【解析】 因为f(x)＝sinx－cosx＝2sinx－，由f(x)≥1，得2sinx－≥1，即sinx－≥，所以＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，解得＋2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z.‎ 课标文数6.C4[2011·湖北卷] 已知函数f(x)＝sinx－cosx，x∈R.若f(x)≥1，则x的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. 课标文数6.C4[2011·湖北卷] A　【解析】 因为f(x)＝sinx－cosx＝2sinx－，由f(x)≥1，得2sinx－≥1，即sinx－≥，所以＋2kπ≤x－≤＋2kπ，k∈Z，解得＋2kπ≤x≤π＋2kπ，k∈Z.‎ 课标理数17.C8，C4[2011·湖南卷] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA＝acosC.‎ ‎(1)求角C的大小；‎ ‎(2)求sinA－cos的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．‎ 课标理数17.C8，C4[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC.‎ 因为00.‎ 从而sinC＝cosC.‎ 又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝.‎ ‎(2)由(1)知，B＝－A，于是 sinA－cos＝sinA－cos(π－A)‎ ‎＝sinA＋cosA＝2sin.‎ 因为00.‎ 从而sinC＝cosC.‎ 又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝.‎ ‎(2)由(1)知，B＝－A，于是 sinA－cos＝sinA－cos(π－A)‎ ‎＝sinA＋cosA＝2sin.‎ 因为00)在区间上单调递增，在区间上单调递减，则ω＝(　　)‎ A．3 B．2 C. D. 课标理数6.C4[2011·山东卷] C　【解析】 本题考查三角函数的单调性．因为当0≤ωx≤时，函数f(x)是增函数，当≤ωx≤π时，函数f(x)为减函数，即当0≤x≤时函数f(x)为增函数，当≤x≤时，函数f(x)为减函数，所以＝，所以ω＝.‎ 课标文数6.C4[2011·山东卷] 若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间上单调递增，在区间上单调递减，则ω＝(　　)‎ A. B. C．2 D．3‎ 课标文数6.C4[2011·山东卷] B　【解析】 本题考查三角函数的单调性．因为当0≤ωx≤‎ 时，函数f(x)为增函数，当≤ωx≤π时，函数f(x)为减函数，即当0≤x≤时，函数f(x)为增函数，当≤x≤时，函数f(x)为减函数，所以＝，所以ω＝.‎ 课标数学9.C4[2011·江苏卷] 函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ为常数，A>0，ω>0)的部分图象如图1－1所示，则f(0)的值是________．‎ 图1－1‎ 课标数学9.C4[2011·江苏卷] 　【解析】 由图象可得A＝，周期为4×＝π，所以ω＝2，将代入得2×＋φ＝2kπ＋π，即φ＝2kπ＋，所以f(0)＝sinφ＝sin＝.‎ 课标文数7.C4[2011·天津卷] 已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若f(x)的最小正周期为6π，且当x＝时，f(x)取得最大值，则(　　)‎ A．f(x)在区间[－2π，0]上是增函数 B．f(x)在区间[－3π，－π]上是增函数 C．f(x)在区间[3π，5π]上是减函数 D．f(x)在区间[4π，6π]上是减函数 课标文数7.C4[2011·天津卷] A　【解析】 ∵＝6π，∴ω＝.又∵×＋φ＝2kπ＋，k∈Z且－π<φ≤π，‎ ‎∴当k＝0时，φ＝，f(x)＝2sin，要使f(x)递增，须有2kπ－≤x＋≤2kπ＋，k∈Z，解之得6kπ－≤x≤6kπ＋，k∈Z，当k＝0时，－π≤x≤，∴f(x)在上递增．‎ 课标文数18.C4[2011·浙江卷] 已知函数f(x)＝Asinx＋φ，x∈R，A>0，0<φ<.y＝f(x)的部分图象如图1－6所示，P、Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为(1，A)．‎ 图1－6‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期及φ的值；‎ ‎(2)若点R的坐标为(1，0)，∠PRQ＝，求A的值．‎ 课标文数18.C4[2011·浙江卷] 【解答】 (1)由题意得，T＝＝6.‎ 因为P(1，A)在y＝Asin的图象上，‎ 所以sin＝1，‎ 又因为0＜φ＜，‎ 所以φ＝.‎ ‎(2)设点Q的坐标为(x0，－A)．‎ 由题意可知x0＋＝，得x0＝4，所以Q(4，－A)．‎ 连接PQ，在△PRQ中，∠PRQ＝，由余弦定理得 cos∠PRQ＝＝＝－，‎ 解得A2＝3，‎ 又A＞0，所以A＝.‎ 课标理数15.C3，C5[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝4cosxsin－1.‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．‎ 课标理数15.C3，C5[2011·北京卷] 【解答】 (1)因为f(x)＝4cosxsin－1‎ ‎＝4cosx－1‎ ‎＝sin2x＋2cos2x－1‎ ‎＝sin2x＋cos2x ‎＝2sin，‎ 所以f(x)的最小正周期为π.‎ ‎(2)因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤.‎ 于是，当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值2；‎ 当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)取得最小值－1.‎ 课标文数15.C3，C5[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝4cosxsin－1.‎ ‎(1)求f(x)的最小正周期；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．‎ 课标文数15.C3，C5[2011·北京卷] 【解答】 (1)因为f(x)＝4cosxsin－1‎ ‎＝4cosx－1‎ ‎＝sin2x＋2cos2x－1‎ ‎＝sin2x＋cos2x ‎＝2sin.‎ 所以f(x)的最小正周期为π.‎ ‎(2)因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤.‎ 于是，当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值2；当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)取得最小值－1.‎ 大纲理数17. C5，C8[2011·全国卷] △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知A－C＝90°，a＋c＝b，求C.‎ 大纲理数17.C5，C8[2011·全国卷] 【解答】 由a＋c＝b及正弦定理可得 sinA＋sinC＝sinB.‎ 又由于A－C＝90°，B＝180°－(A＋C)，故 cosC＋sinC＝sin(A＋C)‎ ‎＝sin(90°＋2C)‎ ‎＝cos2C.‎ 故cosC＋sinC＝cos2C，‎ cos(45°－C)＝cos2C.‎ 因为0°0.‎ 从而sinC＝cosC.‎ 又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝.‎ ‎(2)由(1)知，B＝－A，于是 sinA－cos＝sinA－cos(π－A)‎ ‎＝sinA＋cosA＝2sin.‎ 因为00.‎ 从而sinC＝cosC.‎ 又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝.‎ ‎(2)由(1)知，B＝－A，于是 sinA－cos＝sinA－cos(π－A)‎ ‎＝sinA＋cosA＝2sin.‎ 因为00)，由余弦定理，有 cos120°＝，整理得x2＋5x－24＝0，‎ 解得x＝3，或x＝－8(舍去)，即BC＝3，‎ 所以S△ABC＝AB·BCsinB＝×5×3×sin120°＝×5×3×＝.‎ 课标文数17.C8[2011·山东卷] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝.‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若cosB＝，△ABC的周长为5，求b的长．‎ 课标文数17.C8[2011·山东卷] 【解答】 (1)由正弦定理，设＝＝＝k.‎ 则＝＝.‎ 所以原等式可化为＝.‎ 即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，‎ 化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)，‎ 又因为A＋B＋C＝π，‎ 所以原等式可化为sinC＝2sinA，‎ 因此＝2.‎ ‎(2)由正弦定理及＝2得c＝2a，‎ 由余弦定理及cosB＝得 b2＝a2＋c2－2accosB ‎＝a2＋4a2－4a2× ‎＝4a2.‎ 所以b＝2a.‎ 又a＋b＋c＝5.‎ 从而a＝1，‎ 因此b＝2.‎ 课标理数18.F3，C8[2011·陕西卷] 叙述并证明余弦定理．‎ 课标理数18.F3，C8[2011·陕西卷] 【解答】 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍．或：在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，有 a2＝b2＋c2－2bccosA，‎ b2＝c2＋a2－2cacosB，‎ c2＝a2＋b2－2abcosC.‎ 证法一：如图1－9，‎ 图1－9‎ a2＝· ‎＝(－)·(－)‎ ‎＝2－2·＋2‎ ‎＝2－2||·||cosA＋2‎ ‎＝b2－2bccosA＋c2，‎ 即a2＝b2＋c2－2bccosA.‎ 同理可证b2＝c2＋a2－2cacosB，‎ c2＝a2＋b2－2abcosC.‎ 证法二：已知△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系(如图1－10)，‎ 图1－10‎ 则C(bcosA，bsinA)，B(c，0)，‎ ‎∴a2＝|BC|2＝(bcosA－c)2＋(bsinA)2‎ ‎＝b2cos2A－2bccosA＋c2＋b2sin2A ‎＝b2＋c2－2bccosA.‎ 同理可证b2＝c2＋a2－2cacosB，‎ c2＝a2＋b2－2abcosC.‎ 课标文数18.F3，C8[2011·陕西卷] 叙述并证明余弦定理．‎ 课标文数18.F3，C8[2011·陕西卷] 【解答】 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍．‎ 或：在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，有 a2＝b2＋c2－2bccosA，‎ b2＝c2＋a2－2cacosB，‎ c2＝a2＋b2－2abcosC.‎ 证法一：　如图1－10，‎ 图1－10‎ a2＝· ‎＝(－)·(－)‎ ‎＝2－2·＋2‎ ‎＝2－2||·||cosA＋2‎ ‎＝b2－2bccosA＋c2‎ 即　　　　　　 a2＝b2＋c2－2bccosA，‎ 同理可证　b2＝c2＋a2－2cacosB，‎ c2＝a2＋b2－2abcosC.‎ 图1－11‎ 证法二：　已知△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，则C(bcosA，bsinA)，B(c，0)，‎ ‎∴a2＝|BC|2＝(bcosA－c)2＋(bsinA)2‎ ‎＝b2cos2A－2bccosA＋c2＋b2sin2A ‎＝b2＋c2－2bccosA.‎ 同理可证　b2＝c2＋a2－2cacosB，‎ c2＝a2＋b2－2abcosC.‎ 大纲文数8.C8[2011·四川卷] 在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，则A的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 大纲文数8.C8[2011·四川卷] C　【解析】 根据正弦定理有a2≤b2＋c2－bc，由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccosA，所以b2＋c2－2bccosA≤b2＋c2－bc，即有cosA≥，所以角A的取值范围为，选择C.‎ 大纲理数6.C8[2011·四川卷] 在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，则A的取值范围是(　　)‎ A.　B.　C.　D. 大纲理数6.C8[2011·四川卷] C　【解析】 根据正弦定理有a2≤b2＋c2－bc，由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccosA，所以b2＋c2－2bccosA≤b2＋c2－bc，即有cosA≥，所以角A的取值范围为，选择C.‎ 课标理数6.C8[2011·天津卷] 如图1－2，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD，2AB＝BD，BC＝2BD，则sinC的值为(　　)‎ 图1－2‎ A. B. C. D. 课标理数6.C8[2011·天津卷] D　【解析】 设BD＝2，则AB＝AD＝，BC＝4.在△ABD中，由余弦定理得 cos∠ADB＝＝＝，‎ ‎∴sin∠BDC＝＝＝.‎ 在△BDC中，由正弦定理得＝，‎ 即sinC＝sin∠BDC＝×＝.‎ 课标理数18.C8[2011·浙江卷] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.‎ 已知sinA＋sinC＝psinB(p∈R)，且ac＝b2.‎ ‎(1)当p＝，b＝1时，求a，c的值；‎ ‎(2)若角B为锐角，求p的取值范围．‎ 课标理数18.C8[2011·浙江卷] 【解答】 (1)由题设并利用正弦定理，得 解得或 ‎(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accosB ‎＝(a＋c)2－2ac－2accosB ‎＝p2b2－b2－b2cosB，即p2＝＋cosB，‎ 因为0＜cosB＜1，得p2∈，由题设知p＞0，所以＜p＜.‎ 课标文数5.C8[2011·浙江卷] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若acosA＝bsinB，则sinAcosA＋cos2B＝(　　)‎ A．－ B. C．－1 D．1‎ 课标文数5.C8[2011·浙江卷] D　【解析】 ∵acosA＝bsinB，∴sinAcosA＝sin2B，‎ ‎∴sinAcosA＋cos2B＝sin2B＋cos2B＝1.‎ 大纲理数6.C8[2011·重庆卷] 若△ABC的内角A、B、C所对的边a、b、c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为(　　)‎ A. B．8－4 C．1 D. 大纲理数6.C8[2011·重庆卷] A　【解析】 由(a＋b)2－c2＝4，得a2＋b2－c2＋2ab＝4.　①‎ 由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcosC＝2abcos60°＝ab，②‎ 将②代入①得ab＋2ab＝4，即ab＝.故选A.‎ 大纲文数8.C8[2011·重庆卷] 若△ABC的内角A、B、C满足6sinA＝4sinB＝3sinC，则cosB＝(　　)‎ A. B. C. D. 大纲文数8.C8[2011·重庆卷] D　【解析】 由正弦定理得sinA＝，sinB＝，sinC＝，‎ 代入6sinA＝4sinB＝3sinC，得6a＝4b＝3c，‎ ‎∴b＝a，c＝2a，‎ 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，①‎ 将b＝a，c＝2a代入①式，解得cosB＝.故选D.‎ 课标文数21.E5，C9[2011·福建卷] 设函数f(θ)＝sinθ＋cosθ，其中，角θ的顶点与坐标原点重合，始边与x轴非负半轴重合，终边经过点P(x，y)，且0≤θ≤π.‎ ‎(1)若点P的坐标为，求f(θ)的值；‎ ‎(2)若点P(x，y)为平面区域Ω：上的一个动点，试确定角θ的取值范围，并求函数f(θ)的最小值和最大值．‎ 课标文数21.E5，C9[2011·福建卷] 【解答】 (1)由点P的坐标和三角函数的定义可得 于是f(θ)＝sinθ＋cosθ＝×＋＝2.‎ ‎(2)作出平面区域Ω(即三角形区域ABC)如图1－7所示，其中A(1，0)，B(1，1)，C(0，1)．‎ 图1－7‎ 于是0≤θ≤.‎ 又f(θ)＝sinθ＋cosθ＝2sin，‎ 且≤θ＋≤，‎ 故当θ＋＝，即θ＝时，f(θ)取得最大值，且最大值等于2；‎ 当θ＋＝，即θ＝0时，f(θ)取得最小值，且最小值等于1.‎ 课标文数10.C9[2011·江西卷] 如图1－4，一个“凸轮”放置于直角坐标系X轴上方，其“底端”落在原点O处，一顶点及中心M在Y轴正半轴上，它的外围由以正三角形的顶点为圆心，以正三角形的边长为半径的三段等弧组成．今使“凸轮”沿X轴正向滚动前进，在滚动过程中，“凸轮”每时每刻都有一个“最高点”，其中心也在不断移动位置，则在“凸轮”滚动一周的过程中，将其“最高点”和“中心点”所形成的图形按上、下放置，应大致为(　　)‎ 图1－4‎ 图1－5‎ 课标文数10.C9[2011·江西卷] A　【解析】 根据中心M的位置，可以知道旋转开始前中心并非是位于最低与最高中间的位置，而是稍微偏下．‎ 随着转动，点M的位置会先变高，排除C、D选项．‎ 而对于最高点，当点M最高时，最高点的高度应该与旋转开始前相同，因此排除B.故选A.‎ 课标文数17.C9[2011·江西卷] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知3acosA＝ccosB＋bcosC.‎ ‎(1)求cosA的值；‎ ‎(2)若a＝1，cosB＋cosC＝，求边c的值．‎ 课标文数17.C9[2011·江西卷] 【解答】 (1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC，‎ 有ccosB＋bcosC＝a，代入已知条件得3acosA＝a，即cosA＝.‎ ‎(2)由cosA＝得sinA＝，‎ 则cosB＝－cos(A＋C)＝－cosC＋sinC，‎ 代入cosB＋cosC＝，‎ 得cosC＋sinC＝，从而得sin(C＋φ)＝1，其中sinφ＝，cosφ＝，0<φ<.‎ 则C＋φ＝，于是sinC＝，‎ 由正弦定理得c＝＝.‎ 课标理数17.C9[2011·山东卷] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝.‎ ‎(1)求的值；‎ ‎(2)若cosB＝，b＝2，求△ABC的面积S.‎ 课标理数17.C9[2011·山东卷] 【解答】 (1)由正弦定理，设＝＝＝k，‎ 则＝＝，‎ 所以＝.‎ 即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，‎ 化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．‎ 又A＋B＋C＝π，‎ 所以原等式可化为sinC＝2sinA，‎ 因此＝2.‎ ‎(2)由＝2得c＝2a.‎ 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB及cosB＝，b＝2，‎ 得4＝a2＋4a2－4a2×，‎ 解得a＝1，‎ 从而c＝2.‎ 又因为cosB＝，且0