高考數(shù)學(文數(shù))一輪復習習題 壓軸題（三） 三角函數(shù)與平面向量 (含解析)

壓軸題命題區(qū)間(三)三角函數(shù)與平面向量三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)已知函數(shù)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))．(1)求f(x)的最大值和最小值；(2)若不等式－2＜f(x)－m＜2在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．(1)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))))－eq\r(3)cos2x＝1＋sin2x－eq\r(3)cos2x＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，故2≤1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤3，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝3，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2．(2)因為－2＜f(x)－m＜2?f(x)－2＜m＜f(x)＋2，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以m＞f(x)max－2且m＜f(x)min＋2．又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，f(x)max＝3，f(x)min＝2，所以1＜m＜4，即m的取值范圍是(1,4)．本題求解的關鍵在于將三角函數(shù)f(x)進行正確的“化一”及“化一”后角的范圍的確定，因此，求解時要準確運用三角公式，并借助三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)去確定函數(shù)f(x)的最值．已知函數(shù)f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,4)))(A＞0，ω＞0)，g(x)＝tanx，它們的最小正周期之積為2π2，f(x)的最大值為2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,4)))．(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)設h(x)＝eq\f(3,2)f2(x)＋2eq\r(3)cos2x，當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,3)))時，h(x)的最小值為3，求a的值．解：(1)由題意得eq\f(2π,ω)·π＝2π2，所以ω＝1．又A＝2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,4)))＝2taneq\f(17π,4)＝2taneq\f(π,4)＝2，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))．由2kπ－eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq\f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)．故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)．(2)h(x)＝eq\f(3,2)f2(x)＋2eq\r(3)cos2x＝eq\f(3,2)×4sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋2eq\r(3)cos2x＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))))＋eq\r(3)(cos2x＋1)＝3＋eq\r(3)＋3sin2x＋eq\r(3)cos2x＝3＋eq\r(3)＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．因為h(x)的最小值為3，令3＋eq\r(3)＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝3?sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)．因為x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(π,3)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(π,6)，\f(5π,6)))，所以2a＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即a＝－eq\f(π,6)．三角函數(shù)和解三角形已知a，b，c分別是△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊，且eq\f(2b－c,a)＝eq\f(cosC,cosA)．(1)求A的大小；(2)當a＝eq\r(3)時，求b2＋c2的取值范圍．(1)已知在△ABC中，eq\f(2b－c,a)＝eq\f(cosC,cosA)，由正弦定理，得eq\f(2sinB－sinC,sinA)＝eq\f(cosC,cosA)，即2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB，所以cosA＝eq\f(1,2)，所以A＝60°．(2)由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2，則b＝2sinB，c＝2sinC，所以b2＋c2＝4sin2B＋4sin2＝2(1－cos2B＋1－cos2C＝2＝2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)cos2B＋\f(\r(3),2)sin2B))＝4＋2sin(2B－30°)．因為0°＜B＜120°，所以－30°＜2B－30°＜210°，所以－eq\f(1,2)＜sin(2B－30°)≤1，所以3＜b2＋c2≤6．即b2＋c2的取值范圍是(3,6]．三角函數(shù)和三角形的結合，一般可以利用正弦定理、余弦定理先確定三角形的邊、角，再代入到三角函數(shù)中，三角函數(shù)和差公式的靈活運用是解決此類問題的關鍵．已知函數(shù)f(x)＝2cos2x－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))．(1)求函數(shù)f(x)的最大值，并寫出f(x)取最大值時x的取值集合；(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若f(A)＝eq\f(3,2)，b＋c＝2，求實數(shù)a的最小值．解：(1)∵f(x)＝2cos2x－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))＝(1＋cos2x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2xcos\f(7π,6)－cos2xsin\f(7π,6)))＝1＋eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝1＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．∴函數(shù)f(x)的最大值為2．要使f(x)取最大值，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝1，∴2x＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z．故f(x)取最大值時x的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,6)，k∈Z))))．(2)由題意知，f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＋1＝eq\f(3,2)，化簡得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)．∵A∈(0，π)，∴2A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴A＝eq\f(π,3)．在△ABC中，根據(jù)余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝(b＋c)2－3bc．由b＋c＝2，知bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2＝1，當且僅當b＝c＝1時等號成立．即a2≥1．∴當b＝c＝1時，實數(shù)a的最小值為1．平面向量若a，b，c均為單位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，則|a＋b－c|的最大值為()A．eq\r(2)－1 B．1C．eq\r(2) D．2法一：(目標不等式法)因為|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝0，所以|a＋b|2＝a2＋b2＋2a·b故|a＋b|＝eq\r(2)．展開(a－c)·(b－c)≤0，得a·b－(a＋b)·c＋c2≤0，即0－(a＋b)·c＋1≤0，整理，得(a＋b)·c≥1．而|a＋b－c|2＝(a＋b)2－2(a＋b)·c＋c2＝3－2(a＋b)·c，所以3－2(a＋b)·c≤3－2×1＝1．所以|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1，故|a＋b－c|的最大值為1．法二：(基向量法)取向量a，b作為平面向量的一組基底，設c＝ma＋nb．由|c|＝1，即|ma＋nb|＝1，可得(ma)2＋(nb)2＋2mna·b＝1，由題意，知|a|＝|b|＝1，a·b＝0．整理，得m2＋n2＝1．而a－c＝(1－m)a－nb，b－c＝－ma＋(1－n)b，故由(a－c)·(b－c)≤0，得·≤0，展開，得m(m－1)a2＋n(n－1)b2≤0，即m2－m＋n2－n≤0，又m2＋n2＝1，故m＋n≥1．而a＋b－c＝(1－m)a＋(1－n)b，故|a＋b－c|2＝2＝(1－m)2a2＋2(1－m)(1－n)a·b＋(1－n)2b＝(1－m)2＋(1－n)2＝m2＋n2－2(m＋n)＋2＝3－2(m＋n)．又m＋n≥1，所以3－2(m＋n)≤1．故|a＋b－c|2≤1，即|a＋b－c|≤1．故|a＋b－c|的最大值為1．法三：(坐標法)因為|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以a，b＝eq\f(π,2)．設eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，因為a⊥b，所以OA⊥OB．分別以OA，OB所在的直線為x軸、y軸建立平面直角坐標系，如圖(1)所示，則a＝(1,0)，b＝(0,1)，則A(1,0)，B(0,1)．設C(x，y)，則c＝(x，y)，且x2＋y2＝1．則a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x,1－y)，故由(a－c)·(b－c)≤0，得(1－x)×(－x)＋(－y)×(1－y)≤0，整理，得1－x－y≤0，即x＋y≥1．而a＋b－c＝(1－x,1－y)，則|a＋b－c|＝eq\r(1－x2＋1－y2)＝eq\r(3－2x＋y)．因為x＋y≥1，所以3－2(x＋y)≤1，即|a＋b－c|≤1．所以|a＋b－c|的最大值為1．法四：(三角函數(shù)法)因為|a|＝|b|＝1，a·b＝0，所以a，b＝eq\f(π,2)．設eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，因為a⊥b，所以OA⊥OB．分別以OA，OB所在的直線為x軸、y軸建立平面直角坐標系，如圖(1)所示，則a＝(1,0)，b＝(0,1)，A(1,0)，B(0,1)．因為|c|＝1，設∠COA＝θ，所以C點的坐標為(cosθ，sinθ)．則a－c＝(1－cosθ，－sinθ)，b－c＝(－cosθ，1－sinθ)，故由(a－c)·(b－c)≤0，得(1－cosθ)×(－cosθ)＋(－sinθ)×(1－sinθ)≤0，整理，得sinθ＋cosθ≥1．而a＋b－c＝(1－cosθ，1－sinθ)，則|a＋b－c|＝eq\r(1－cosθ2＋1－sinθ2)＝eq\r(3－2sinθ＋cosθ)．因為sinθ＋cosθ≥1，所以3－2(sinθ＋cosθ)≤1，即|a＋b－c|≤1，所以|a＋b－c|的最大值為1．法五：(數(shù)形結合法)設eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(→))＝c，因為|a|＝|b|＝|c|＝1，所以點A，B，C在以O為圓心、1為半徑的圓上．易知eq\o(CA,\s\up7(→))＝a－c，eq\o(CB,\s\up7(→))＝b－c，|c|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|．由(a－c)·(b－c)≤0，可得eq\o(CA,\s\up7(→))·eq\o(CB,\s\up7(→))≤0，則eq\f(π,2)≤∠BCA＜π(因為A，B，C在以O為圓心的圓上，所以A，B，C三點不能共線，即∠BCA≠π)，故點C在劣弧AB上．由a·b＝0，得OA⊥OB，設eq\o(OD,\s\up7(→))＝a＋b，如圖(2)所示，因為a＋b－c＝eq\o(OD,\s\up7(→))－eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(CD,\s\up7(→))，所以|a＋b－c|＝|eq\o(CD,\s\up7(→))|，即|a＋b－c|為點D與劣弧AB上一點C的距離，顯然，當點C與A或B點重合時，CD最長且為1，即|a＋b－c|的最大值為1．B平面向量具有雙重性，處理平面向量問題一般可以從兩個角度進行：(1)利用其“形”的特征，將其轉(zhuǎn)化為平面幾何的有關知識進行解決；(2)利用其“數(shù)”的特征，通過坐標轉(zhuǎn)化為代數(shù)中的有關問題進行解決．1．在△ABD中，AB＝2，AD＝2eq\r(2)，E，C分別在線段AD，BD上，且AE＝eq\f(1,3)AD，BC＝eq\f(3,4)BD，eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\f(11,3)，則∠BAD的大小為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,2) D．eq\f(3π,4)解析：選D依題意，eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AE,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))，所以eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)eq\o(AB,\s\up7(→))＋\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))))＝－eq\f(1,4)|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋eq\f(1,4)|eq\o(AD,\s\up7(→))|2－eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－eq\f(1,4)×22＋eq\f(1,4)×(2eq\r(2))2－eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(11,3)，所以eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－4，所以cos∠BAD＝eq\f(eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→)),|eq\o(AD,\s\up7(→))|·|eq\o(AB,\s\up7(→))|)＝eq\f(－4,2×2\r(2))＝－eq\f(\r(2),2)，因為0＜∠BAD＜π，所以∠BAD＝eq\f(3π,4)．2．在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°．動點E和F分別在線段BC和DC上，且eq\o(BE,\s\up7(→))＝λeq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(DF,\s\up7(→))＝eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))，則eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))的最小值為________．解析：法一：(等價轉(zhuǎn)化思想)因為eq\o(DF,\s\up7(→))＝eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\o(DF,\s\up7(→))－eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))－eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1－9λ,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\f(1－9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋λeq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))＋eq\f(1－9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\f(1＋9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))．所以eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝(eq\o(AB,\s\up7(→))＋λeq\o(BC,\s\up7(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BC,\s\up7(→))))＝eq\f(1＋9λ,18λ)eq\o(AB,\s\up7(→))2＋λeq\o(BC,\s\up7(→))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋λ·\f(1＋9λ,18λ)))eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\f(1＋9λ,18λ)×4＋λ＋eq\f(19＋9λ,18)×2×1×cos120°＝eq\f(2,9λ)＋eq\f(1,2)λ＋eq\f(17,18)≥2eq\r(\f(2,9λ)·\f(1,2)λ)＋eq\f(17,18)＝eq\f(29,18)，當且僅當eq\f(2,9λ)＝eq\f(1,2)λ，即λ＝eq\f(2,3)時，eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))的最小值為eq\f(29,18)．法二：(坐標法)以線段AB的中點為坐標原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，則A(－1,0)，B(1,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋λeq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)λ，\f(\r(3),2)λ))，eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\o(DF,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,9λ)eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,9λ)，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)λ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,9λ)))＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)λ＝eq\f(17,18)＋eq\f(λ,2)＋eq\f(2,9λ)≥eq\f(17,18)＋2eq\r(\f(λ,2)·\f(2,9λ))＝eq\f(29,18)，當且僅當eq\f(2,9λ)＝eq\f(1,2)λ，即λ＝eq\f(2,3)時，eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))的最小值為eq\f(29,18)．答案：eq\f(29,18)1．(2017·宜春中學與新余一中聯(lián)考)已知等腰△OAB中，|OA|＝|OB|＝2，且|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|≥eq\f(\r(3),3)|eq\o(AB,\s\up7(→))|，那么eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))的取值范圍是()A．解析：選A依題意，(eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→)))2≥eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))2，化簡得eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))≥－2，又根據(jù)三角形中，兩邊之差小于第三邊，可得|eq\o(OA,\s\up7(→))|－|eq\o(OB,\s\up7(→))|＜|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→))|，兩邊平方可得(|eq\o(OA,\s\up7(→))|－|eq\o(OB,\s\up7(→))|)2＜(eq\o(OB,\s\up7(→))－eq\o(OA,\s\up7(→)))2，化簡可得eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＜4，∴－2≤eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＜4．2．(2017·江西贛南五校二模)△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為1,2eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))且|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|，則向量eq\o(BA,\s\up7(→))在eq\o(BC,\s\up7(→))方向上的投影為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D．－eq\f(\r(3),2)解析：選A由2eq\o(AO,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AC,\s\up7(→))可知O是BC的中點，即BC為△ABC外接圓的直徑，所以|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))|，由題意知|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝1，故△OAB為等邊三角形，所以∠ABC＝60°．所以向量eq\o(BA,\s\up7(→))在eq\o(BC,\s\up7(→))方向上的投影為|eq\o(BA,\s\up7(→))|·cos∠ABC＝1×cos60°＝eq\f(1,2)．故選A．3．(2017·石家莊質(zhì)檢)設α，β∈，且滿足sinαcosβ－cosαsinβ＝1，則sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范圍為()A． B．C． D．解析：選C∵sinαcosβ－cosαsinβ＝1，即sin(α－β)＝1，α，β∈，∴α－β＝eq\f(π,2)，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))則eq\f(π,2)≤α≤π，∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)＝cosα＋sinα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，∵eq\f(π,2)≤α≤π，∴eq\f(3π,4)≤α＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，∴－1≤eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))≤1，即所求取值范圍為．故選C．4．(2016·湖南岳陽一中4月月考)設a，b為單位向量，若向量c滿足|c－(a＋b)|＝|a－b|，則|c|的最大值是()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)解析：選D∵向量c滿足|c－(a＋b)|＝|a－b|，∴|c－(a＋b)|＝|a－b|≥|c|－|a＋b|，∴|c|≤|a＋b|＋|a－b|≤eq\r(2|a＋b|2＋|a－b|2)＝eq\r(22a2＋2b2)＝2eq\r(2)．當且僅當|a＋b|＝|a－b|，即a⊥b時，(|a＋b|＋|a－b|)max＝2eq\r(2)．∴|c|≤2eq\r(2)．∴|c|的最大值為2eq\r(2)．5．(2016·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝sin2eq\f(ωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)(ω＞0)，x∈R．若f(x)在區(qū)間(π，2π)內(nèi)沒有零點，則ω的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)，1))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,8))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(5,8)))解析：選Df(x)＝eq\f(1－cosωx,2)＋eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(sinωx－cosωx)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,4)))．因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(π，2π)內(nèi)沒有零點，所以eq\f(T,2)＞2π－π，即eq\f(π,ω)＞π，所以0＜ω＜1．當x∈(π，2π)時，ωx－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπ－\f(π,4)，2ωπ－\f(π,4)))，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(π，2π)內(nèi)有零點，則ωπ－eq\f(π,4)＜kπ＜2ωπ－eq\f(π,4)(k∈Z)，即eq\f(k,2)＋eq\f(1,8)＜ω＜k＋eq\f(1,4)(k∈Z)．當k＝0時，eq\f(1,8)＜ω＜eq\f(1,4)；當k＝1時，eq\f(5,8)＜ω＜eq\f(5,4)．所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(π，2π)內(nèi)沒有零點時，0＜ω≤eq\f(1,8)或eq\f(1,4)≤ω≤eq\f(5,8)．6．(2016·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq\f(π,4)為f(x)的零點，x＝eq\f(π,4)為y＝f(x)圖象的對稱軸，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)，則ω的最大值為()A．11 B．9C．7 D．5解析：選B由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋φ＝k1π，k1∈Z，,\f(π,4)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，k2∈Z，))則ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝eq\f(π,4)或φ＝－eq\f(π,4)．若ω＝11，則φ＝－eq\f(π,4)，此時f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(11x－\f(π,4)))，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上單調(diào)遞減，不滿足f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)；若ω＝9，則φ＝eq\f(π,4)，此時f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(π,4)))，滿足f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上單調(diào)遞減，故選B．7．(2016·貴州適應性考試)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，已知a2＋c2＝ac＋b2，b＝eq\r(3)，且a≥c，則2a－c的最小值是________．解析：由a2＋c2－b2＝2accosB＝ac，所以cosB＝eq\f(1,2)，則B＝60°，又a≥c，則A≥C＝120°－A，所以60°≤A＜120°，eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，則2a－c＝4sinA－2sin＝4sinA－2sin(120°－A)＝2eq\r(3)sin(A－30°)，當A＝60°時，2a－c取得最小值eq\r(3)．答案：eq\r(3)8．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c，當tan(A－B)取最大值時，角B的值為______．解析：由acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c及正弦定理，得sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(1,2)sinC＝eq\f(1,2)sin(A＋B)＝eq\f(1,2)(sinAcosB＋cosAsinB)，整理得sinAcosB＝3cosAsinB，即tanA＝3tanB，易得tanA＞0，tanB＞0，∴tan(A－B)＝eq\f(tanA－tanB,1＋tanAtanB)＝eq\f(2tanB,1＋3tan2B)＝eq\f(2,\f(1,tanB)＋3tanB)≤eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，當且僅當eq\f(1,tanB)＝3tanB，即tanB＝eq\f(\r(3),3)時，tan(A－B)取得最大值，此時B＝eq\f(π,6)．答案：eq\f(π,6)9．(2016·浙江高考)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2．若對任意單位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤eq\r(6)，則a·b的最大值是________．解析：由于e是任意單位向量，可設e＝eq\f(a＋b,|a＋b|)，則|a·e|＋|b·e|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a·a＋b,|a＋b|)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b·a＋b,|a＋b|)))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a·a＋b,|a＋b|)＋\f(b·a＋b,|a＋b|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b·a＋b,|a＋b|)))＝|a＋b|．∵|a·e|＋|b·e|≤eq\r(6)，∴|a＋b|≤eq\r(6)，∴(a＋b)2≤6，∴|a|2＋|b|2＋2a·b∵|a|＝1，|b|＝2，∴1＋4＋2a·b∴a·b≤eq\f(1,2)，∴a·b的最大值為eq\f(1,2)．答案：eq\f(1,2)10．(2017·湖北省七市(州)協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(2)sinx＋eq\r(6)cosx(x∈R)．(1)若α∈且f(α)＝2，求α；(2)先將y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標不變)，再將得到的圖象上所有點向右平行移動θ(θ＞0)個單位長度，得到的圖象關于直線x＝eq\f(3π,4)對稱，求θ的最小值．解：(1)f(x)＝eq\r(2)sinx＋eq\r(6)cosx＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))．由f(α)＝2，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(2),2)，即α＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,4)或α＋eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z．于是α＝2kπ－eq\f(π,12)或α＝2kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z．又α∈，故α＝eq\f(5π,12)．(2)將y＝f(x)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的eq\f(1,2)(縱坐標不變)，得到y(tǒng)＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的圖象，再將y＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))圖象上所有點的橫坐標向右平行移動θ個單位長度，得到y(tǒng)＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2θ＋\f(π,3)))的圖象．由于y＝sinx的圖象關于直線x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)對稱，令2x－2θ＋eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)，解得x＝eq\f(kπ,2)＋θ＋eq\f(π,12)，k∈Z．由于y＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2θ＋\f(π,3)))的圖象關于直線x＝eq\f(3π,4)對稱，令eq\f(kπ,2)＋θ＋eq\f(π,12)＝eq\f(3π,4)，解得θ＝－eq\f(kπ,2)＋eq\f(2π,3)，k∈Z．由θ＞0可得，當k＝1時，θ取得最小值eq\f(π,6)．11．在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sin2A＝sin2B＋sin2C－sinBsin(1)求角A；(2)若a＝2eq\r(3)，求b＋c的取值范圍．解：(1)由正弦定理及sin2A＝sin2B＋sin2C－sinBsinC，知a2＝b2＋c2－所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)．又0＜A＜eq\f(π,2)，所以A＝eq\f(π,3)．(2)由(1)知A＝eq\f(π,3)，所以B＋C＝eq\f(2π,3)，所以B＝eq\f(2π,3)－C．因為a＝2eq\r(3)，所以eq\f(2\r(3),sin\f(π,3))＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，所以b＝4sinB，c＝4sinC，所以b＋c＝4sinB＋4sinC＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C))＋4sinC＝2eq\r(3)(cosC＋eq\r(3)sinC