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1、高考必考题突破讲座(二)高考必考题突破讲座(二) 1(2017北京卷)在ABC中，A60，ca. 3 7 (1)求 sin C的值； (2)若a7，求ABC的面积 解析 (1)在ABC中，因为A60，ca，所以由正弦定理得 sin C 3 7 csin A a 3 7 . 3 2 3 3 14 (2)因为a7，所以c 73.由余弦定理得 72b2322b3 ，解得b8，所 3 7 1 2 以ABC的面积Sbcsin A 836. 1 2 1 2 3 2 3 2设函数f(x)Asin(x)的部分图 (A 0， 0， 2 0，所以T2，解得1， T 4 5 6 3 2 2 所以f(x)2sin(x
2、) 将点代入得2k(kZ Z)， 即2k(k ( 3 ，2) 3 2 6 Z Z)，又，所以.所以f(x)2sin. 2 2 6(x 6) (2)x， 则x， 所以 sin， 即f(x) 2 ， 2 6 3 ，2 3(x 6) 3 2 ，1 ，23 3已知函数f(x)sin(x)的最小正周期为 . (0，0 2 3) (1)求当f(x)为偶函数时的值； (2)若f(x)的图象过点，求f(x)的单调递增区间 ( 6 ， 3 2) 解析 因为f(x)的最小正周期为 ， 则T， 所以2， 所以f(x)sin(2x 2 ) (1)当f(x)为偶函数时，f(x)f(x)所以 sin(2x)sin(2x)
3、，展开整理 得 sin 2xcos 0， 由已知可知上式对任意xR R 都成立， 所以 cos 0.因为 0 ，所以. 2 3 2 (2)f(x)的图象过点时， sin， 即 sin.又 0 ( 6 ， 3 2) (2 6 ) 3 2( 3 ) 3 2 ，所以，所以，.所以f(x)sin.令 2k 2 3 3 3 3 2 3 3(2x 3) 2x2k，kZ Z，得kxk，kZ Z.所以f(x)的单调递增区间 2 3 2 5 12 12 为，kZ Z. k 5 12 ，k 12 4已知向量a a(m，cos 2x)，b b(sin 2x，n)，函数f(x)a ab b，且yf(x)的图象 过点和
4、点. ( 12 ， 3 )( 2 3 ，2) (1)求m，n的值； (2)将yf(x)的图象向左平移(0)个单位后得到函数yg(x)的图象，若y g(x)图象上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为 1，求yg(x)的单调递增区间 解析 (1)由题意知f(x)a ab bmsin 2xncos 2x.因为yf(x)的图象过点和 ( 12 ， 3 ) .所以Error!即Error!解得Error! ( 2 3 ，2) (2)由(1)知f(x)sin 2xcos 2x2sin.易知g(x)f(x)2sin3 (2x 6) .设yg(x)的图象上符合题意的最高点为(x0,2)， 由题意知x11，
5、所以x0 (2x2 6) 2 0 0，即到点(0,3)的距离为 1 的最高点为(0,2)将其代入yg(x)，得 sin1， (2 6) 因为 0，所以，因此g(x)2sin2cos 2x.由 2k2x2k，k 6(2x 2) Z Z 得kxk，kZ Z.所以函数yg(x)的单调递增区间为，kZ Z. 2k 2 ，k 5(2019山东、湖北部分重点中学联考)设函数f(x)2sincos x. (x 3) 3 2 (1)求f(x)的单调递增区间； (2)已知ABC的内角分别为A，B，C，若f，且ABC能够盖住的最大的圆面积 ( A 2) 3 2 为 ，求的最小值AB AC 解析 (1)f(x)2s
6、incos x2cos x sin 2x (x 3) 3 2( 3 2 cos x1 2sin x) 3 2 1 2 3 2 cos 2xsin.令2k2x2k，kZ Z，所以2k2x (2x 3) 2 3 2 5 6 6 2k，k Z Z， 则 kxk，k Z Z.所 以f(x)的 单 调 增 区 间 为 5 12 12 ，kZ Z. 5 12 k， 12k (2)由(1)得，fsin ，A(0， )， 所以A.由余弦定理可知a2 ( A 2)(A 3) 3 2 3 b2c22bccos Ab2c2bc.由题意可知ABC的内切圆半径为1，如图所示，可得bca 2， 即abc2.所以(bc2)
7、2b2c2bc， 所以 4bc4(bc)8，33333bc 解得bc12 或 0bc (舍)所以AAbc6，)，当且仅当bc时，AA 4 3 B C 1 2 B 取得最小值 6.C 6 (2019三门峡调考)在如图所示的平面直角坐标系中， 已知点A(1,0)和点B(1,0)， | |1，且AOCx，其中O为坐标原点OC (1)若x，设点D为线段OA上的动点，求|的最小值； 3 4 OC OD (2)若x，向量m m，n n(1cos x，sin x2cos x)，求m mn n的最小值及对 0， 2 BC 应的x值 解 析 (1)设D(t,0)(0t1)， 当x时 ， 可 得C， 所 以 3
8、4( 2 2 ， 2 2) OC OD ，所以|2 2 (0t1)，所以当t 时，|2取得 ( 2 2 t， 2 2) OC OD (t 2 2) 1 2 2 2 OC OD 最小值为 ，故|的最小值为. 1 2 OC OD 2 2 (2)易得C(cos x，sin x)，m m(cos x1，sin x)，则mnmn1cos2xsin2x2sin BC xcos x1cos 2xsin 2x1sin.因为x，所以2x.所2 (2x 4)0， 2 4 4 5 4 以当 2x，即x时，mnmn1sin取得最小值 1，所以mnmn的 4 2 8 2 (2x 4) 2 最小值为 1，此时x.2 8