《专题四-三角函数与解三角形第十一讲-三角函数的综合应用答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题四-三角函数与解三角形第十一讲-三角函数的综合应用答案（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题四 三角函数与解三角形第十一讲 三角函数的综合应用答案部分1D【解析】，111112( )(1cos)sinsincossin()2222224f xxxxxx当 时，时，无零点，1 221( )sin()224f xx( ,2 )x12( )( ,22f x 排除 A,B；当时，时，3 1623( )sin()2164f xx( ,2 )x0( )f x有零点，排除 C故选 D2B【解析】，因为，所22311( )12sin6sin2(sin)22f xxxx sin 1,1x 以当 时，取得最大值为，故选 Bsin1x ( )f xmax( )5f x3C【解析】由图象知：min2y，
2、因为min3yk ，所以32k ，解得：5k ，所以这段时间水深的最大值是max3358yk，故选 C4D【解析】对于 A，当或时，均为 1，而与此时均有两个4x=5 4sin2xsin x2xx+值，故 A、B 错误；对于 C，当或时，而由两个值，1x =1x =-212x + =|1|x+故 C 错误，选 D5B【解析】由于，故排除选项 C、D；当(0)2,()15,()2 2()424ffff= +=点在上时，不难发现PBC2( )tan4tan(0)4f xBPAPxxx=+=+的图象是非线性，排除 A( )f x6C【解析】由题意知，当时，( ) |cos| sinf xxx0,2x
3、( )sin cosf xxx；当时，故选 C1sin22x(, 2x1( )cos sinsin22f xxxx 7【解析】单位圆内接正六边形是由 6 个边长为 1 的正三角形组成，所以3 3 2613 361 1 sin6022S o84,【解析】设向量的夹角为，由余弦定理有：2 5, a br r，22122 1 2 cos54cosab rr，22122 1 2 cos54cosab rr则：，54cos54cosababrrrr令，则，54cos54cosyxx22102 25 16cos16,20y据此可得：，maxmin202 5,164ababababrrrrrrrr即的最小值
4、是 4，最大值是.ababrrrr2 592；1【解析】22cossin21cos2sin22sin(2)14xxxxx ，所以2,1.Ab10【解析】，1 2ab2sin2cos22sincoscos(0,)21tan211 【解析】 （1）由正棱柱的定义，平面，1CCABCD所以平面平面，11A ACCABCD1CCAC记玻璃棒的另一端落在上点处1CCM因为，10 7AC 40AM 所以，从而2240(10 7)30MN 3sin4MAC记与水平的交点为，过作，为垂足，AM1P1P11PQAC1Q则平面，故，11PQABCD1112PQ 从而11 116sinPQAPMAC答：玻璃棒 没入
5、水中部分的长度为 16cm.l( 如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分” ，则结果为 24cm)（2）如图，是正棱台的两底面中心.O1O由正棱台的定义，平面 ，1OOEFGH所以平面平面，.11E EGGEFGH1OOEG同理，平面平面，.11E EGG1111E FG H1OO11EG记玻璃棒的另一端落在上点处.1GGN过作，为垂足， 则=32. GGK11EGKGK1OO因为= 14，= 62，EG11EG所以= ，从而. 1KG62 142422222 11243240GGKGGK设则.1,EGGENG114sinsin()cos25KGGKGG因为，所以.2 3cos5 在中，由
6、正弦定理可得，解得. ENG4014 sinsin7sin25因为，所以.0224cos25于是sinsin()sin()sincoscossinNEG.42473(3 5)525255 记与水面的交点为，过作，为垂足，则 平面EN2P2P22PQEG2Q22PQ，故=12，从而 =.EFGH22PQ2EP2220sinP NEGQ答:玻璃棒 没入水中部分的长度为 20cm.l(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分” ，则结果为 20cm)12 【解析】 （）由题意1 cos(2)12( )sin222x f xx xx2sin21 212sin21212sinx由，可得；kxk2222
7、2()kZkxk44()kZ由，得；kxk223222()kZkxk43 4()kZ所以的单调递增区间是；)(xf4,4kk()kZ单调递减区间是43,4kk()kZ（），1()sin022AfAQ1sin2A由题意是锐角，所以A3cos2A 由余弦定理：，Abccbacos222222132bcbcbc可得，且当时成立32321bccb 面积最大值为23sin4bcAABC43213 【解析】 （）因为，31( ) 102(cossin) 102sin()212212123f tttt又，所以，240 t37 3123t1)312sin(1t当时，；当时，；2t1)312sin(t14t1)
8、312sin(t于是在上取得最大值 12，取得最小值 8.)(tf)24, 0故实验室这一天最高温度为，最低温度为，最大温差为12 C8 C4 C（）依题意，当时实验室需要降温.11)(tf由（1）得，)312sin(210)(ttf所以，即，11)312sin(210t1sin()1232t 又，因此，即，240 t611 31267t1810 t故在 10 时至 18 时实验室需要降温.14 【解析】：（1）成等差数列，Qcba，2acb 由正弦定理得sinsin2sinACBsinsin()sin()BACACQsinsin2sinACAC（2）成等比数列，Qcba，22bac由余弦定理
9、得2222221cos2222acbacacacacBacacac（当且仅当时等号成立）222acacQac（当且仅当时等号成立）22 12ac acac（当且仅当时等号成立）2211112222ac ac ac即，所以的最小值为1cos2B Bcos1 215 【解析】 （）由函数( )sin()f xx的周期为，0，得2又曲线( )yf x的一个对称中心为(,0)4，(0, )故()sin(2)044f，得2，所以( )cos2f xx将函数( )f x图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）后可得cosyx的图象，再将cosyx的图象向右平移2个单位长度后得到函数( )sing
10、 xx（）当(,)6 4x 时，12sin22x，10cos22x所以sincos2sin cos2xxxx问题转化为方程2cos2sinsin cos2xxxx在(,)6 4 内是否有解设( )sinsincos22cos2G xxxxx，(,)6 4x 则( )coscos cos22sin2 (2sin )G xxxxxx因为(,)6 4x ，所以( )0G x，( )G x在(,)6 4 内单调递增又1()064G ，2()042G且函数( )G x的图象连续不断，故可知函数( )G x在(,)6 4 内存在唯一零点0x，即存在唯一的0(,)6 4x 满足题意（）依题意，( )sinc
11、os2F xaxx，令( )sincos20F xaxx当sin0x ，即()xkkZ时，cos21x ，从而()xkkZ不是方程( )0F x 的解，所以方程( )0F x 等价于关于x的方程cos2 sinxax ，()xkkZ现研究(0, )( ,2 )xU时方程解的情况令cos2( )sinxh xx ，(0, )( ,2 )xU则问题转化为研究直线ya与曲线( )yh x在(0, )( ,2 )xU的交点情况22cos (2sin1)( )sinxxh xx，令( )0h x，得2x或3 2x当x变化时，( )h x和( )h x变化情况如下表x(0,)2 2(, )23( ,)23
12、 23(,2 )2( )h x00( )h xZ11Z当0x 且x趋近于0时，( )h x趋向于当x且x趋近于时，( )h x趋向于当x且x趋近于时，( )h x趋向于当2x且x趋近于2时，( )h x趋向于故当1a 时，直线ya与曲线( )yh x在(0, )内有无交点，在( ,2 )内有2个交点；当1a 时，直线ya与曲线( )yh x在(0, )内有2个交点，在( ,2 )内无交点；当11a 时，直线ya与曲线( )yh x在(0, )内有2个交点，在( ,2 )内有2个交点由函数( )h x的周期性，可知当1a 时，直线ya与曲线( )yh x在(0,)n内总有偶数个交点，从而不存在正整数n，使得直线ya与曲线( )yh x在(0,)n内恰有2013个交点；当1a 时，直线ya与曲线( )yh x在(0, )( ,2 )U内有3个交点，由周期性，20133 671 ，所以671 21342n 综上，当1a ，1342n 时，函数( )( )( )F xf xag x在(0,)n内恰有2013个零点
