2017年宁夏高考数学基础提升练习（三）

1．解：(1)f(x)＝2sin x·cos x＋2cos²x＋m＝2sin6(π)＋m＋1.

因为x∈3(π)，所以2x＋6(π)∈6(5π)，

所以当2x＋6(π)＝2(π)，即x＝6(π)时，函数f(x)在区间3(π)上取得最大值，

此时，f(x)_max＝f6(π)＝m＋3＝2，得m＝－1.

(2)因为f(A)＝1，所以2sin6(π)＝1，

即sin6(π)＝2(1)，又0<A<π，所以A＝3(π).

因为sin B＝3sin C，sin A(a)＝sin B(b)＝sin C(c)，所以b＝3c.①

因为△ABC的面积为4(3)，所以S＝2(1)bcsin A＝2(1)bc·2(3)＝4(3)，即bc＝9.②

由①②，得b＝3，c＝.

因为a²＝b²＋c²－2bccos A＝21，所以a＝.

2．解：(1)由已知及正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B.

又A＝π－(B＋C)，故sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C.

又0<C<π，所以sin B＝cos B．又B∈(0，π)，所以B＝4(π).

(2)△ABC的面积S＝2(1)acsin B＝4(2)ac，

由已知及余弦定理得4＝a²＋c²－2accos4(π)，

又a²＋c²≥2ac，故ac≤2(4)，当且仅当a＝c时，等号成立．

因此△ABC的面积的最大值为＋1.

3．解： (1)f(x)＝(sin x＋cos x)cos x＝sin xcos x＋cos ²x

＝2(1)sin 2x＋2(3)cos 2x＋2(3)＝sin3(π)＋2(3)，

所以函数f(x)的值域是2(＋2).

 (2) 由f(A)＝sin3(π)＋2(3)＝2(3)，得sin3(π)＝0.

又A为锐角，所以A＝3(π).又b＝2，c＝3，

所以a²＝4＋9－2×2×3×cos 3(π)＝7，a＝.

由sin A(a)＝sin B(b)，得sin B＝7(3).又b<a，从而B<A，则cos B＝7(2)，

所以cos(A－B)＝cos Acos B＋sin Asin B＝2(1)×7(2)＋2(3)×7(3)＝14(7).

4．解：(1)∵f(x)＝2(3)sin 2x＋cos²x－2(3)＝2(3)sin 2x＋2(1＋cos 2x)－2(3)＝sin6(π)－1，

∴f(x)的最小正周期T＝2(2π)＝π.

∵x∈2(π)，∴2x＋6(π)∈6(7π)，

∴sin6(π)∈，1(1)，∴f(x)的最大值为0.

(2)由f(A)＝－2(1)，得sin6(π)＝2(1).

又∵6(π)<2A＋6(π)<6(13π)，∴2A＋6(π)＝6(5π)，∴A＝3(π).

方法一：由余弦定理得，a²＝b²＋c²－2bccos A＝b²＋c²－bc＝(b＋c)²－3bc≥(b＋c)²－4(3（b＋c）2)＝4(（b＋c）2)，当且仅当b＝c＝2时取等号即b＋c≤＝4，

∴a＋b＋c≤6，∴L＝6.

方法二：由正弦定理得3(π)＝sin B(b)＝sin C(c)，即b＝3(3)sin B，c＝3(3)sin C，

∴b＋c＝3(3)(sin B＋sin C)＝3(3)－B(2π)＝4sin6(π).∵0<B<3(2π)，∴6(π)<B＋6(π)<6(5π)，

∴2(1)<sin6(π)≤1，∴b＋c≤4，∴a＋b＋c≤6，∴L＝6.

5．解：(1)证明：由题意知，ω(2π)＝3(4π)，解得ω＝2(3).

∵sin A(sin B＋sin C)＝cos A(2－cos B－cos C)，

∴sin Bcos A＋sin Ccos A＝2sin A－cos Bsin A－cos Csin A，

∴sin Bcos A＋cos Bsin A＋sin Ccos A＋cos Csin A＝2sin A，

∴sin(A＋B)＋sin(A＋C)＝2sin A，

∴sin C＋sin B＝2sin A，故b＋c＝2a.

(2)∵b＋c＝2a，b＝c，∴a＝b＝c，∴△ABC为等边三角形．

S_{四边形OACB}＝S_△OAB＋S_△ABC＝2(1)OA·OBsin θ＋4(3)AB²＝sin θ＋4(3)(OA²＋OB²－2OA·OBcos θ)＝sinθ－cosθ＋4(3)＝2sin3(π)＋4(3).

∵θ∈(0，π)，∴θ－3(π)∈3(2π)，

当且仅当θ－3(π)＝2(π)，即θ＝6(5π)时S_{四边形OACB}取最大值，故S_{四边形OACB}的最大值为2＋4(3).