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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题20 三角函数与解三角形第七缉
1．【2017 年辽宁预赛】如果对任意非负整数n,cos2
nα <- 1
3都成立,求实数α.
【答案】α =2kπ ± 2
3 π ,k ∈Z.
【解析】由已知,对任意非负整数n,cos2
nα <- 1
3都成立,下面用数学归纳法先证明:
对任意非负整数n,有cos2
nα + 1
2|≥(
5
3)
n
|cosα + 1
2 ∣.
①
当n=0时,①成立.
假设对于n-1,①成立.
于
是
有
|cos2
nα + 1
2|=2|cos
22
n-1α - 1
4|=2|cos2
n-1α - 1
2||cos2
n-1α + 1
2|≥2(
1
3 + 1
2)(
5
3)
n-1
|cosα + 1
2|=(
5
3)
n
|cosα + 1
2|
由于-1≤cos2
nα <- 1
3,故|cos2
nα + 1
2|≤1.
从而,0≤|cosα + 1
2|≤(
3
5)
n
,n∈N，
由于limn→∞(
3
5)
n
=0,两边取极限,故必有cosα =- 1
2.
因此,α =2kπ ± 2
3 π ,k ∈Z.
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2．【2017 年河南预赛】设- π
2 ≤x ≤π
2 ,且方程cos2 x - 4 acos x -a+2=0有两个不同的解,求a的取值范围.
【答案】3
5 <a≤1或a= 1
2.
【解析】由题意得:2cos
2 x - 4 acos x -a+1=0.
令t =cos x,由- π
2 ≤x ≤π
2 知0≤t ≤1,
则问题转化为方程2t
2- 4 at -a+1=0,在0≤t <1范围内有一个解.
令f (t )=2t
2- 4 at -a+1.
①{
Δ=(- 4 a)
2-8(-a+1)>0,
f (0)⋅f (1)≤0且f (1)≠0,得3
5 <a≤1.
②{
Δ=0,
0≤a<1,得a= 1
2.
故由①、②知a的取值范围为3
5 <a≤1或a= 1
2.
3．【2017 年湖北预赛】求实数a的取值范围,使不等式sin2θ -2❑√2acos(θ - π
4)-
❑√2a
sin(θ+ π
4)
>-3-a
2
对θ∈[0, π
2]恒成立.
【答案】(-∞,1)∪(3,+∞).
【
解
析
】
设
x =sinθ+cosθ ,θ∈[0, π
2],
则
x∈[1,❑√2],
sin2θ = x
2-1,sin(θ+ π
4)=cos(θ - π
4)=
❑√2
2 x,
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故原不等式可化为x
2-2ax - 2a
x +2+a
2>0,即(a- x)[a-(x + 2
x)]>0. ①
记f (x)= x + 2
x ,可知f (x)在[1,❑√2]上单调递减,故[f (x)]max= f (1)=3.
若1≤a≤3,则当x =1时,不等式①不成立,不符合题设条件.
若a<1或a>3,则对一切x∈[1,❑√2],a- x与a-(x + 2
x)同号,可知不等式①恒成立,符合题意.
因此,所求实数a的取值范围是(-∞,1)∪(3,+∞).
4．【2017 年湖北预赛】已知函数f (x)=|sin x|, x∈R.
(1)证明:sin1≤f (x)+ f (x +1)≤2cos 1
2;
(2)证明：对任意的正整数n,有f (n)
n
+ f (n+1)
n+1 +⋯+ f (3n-1)
3n-1 >sin1
2
【答案】证明见解析
【解析】(1)令g(x)= f (x)+ f (x +1)=|sin x|+|sin(x +1)|,则g(x)为周期函数,且T = π是周期,故只需考虑
x∈[0,π ].
当x∈[0,π -1]时,g(x)=sin x +sin(x +1)=2sin(x + 1
2)cos 1
2 ,
又x + 1
2 ∈[
1
2 ,π - 1
2],sin(x + 1
2)∈[sin 1
2 ,1],
所以g( x)∈[2sin 1
2 cos 1
2 ,2cos 1
2 ]=[sin1,2cos 1
2 ].
当x∈[ π -1,π ]时，g( x)=sin x -sin( x +1)=-2sin 1
2 cos( x + 1
2 )，
又x + 1
2 ∈[ π - 1
2 ,π + 1
2 ],cos( x + 1
2 )∈[-1,-cos 1
2 ],
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所以g( x)∈[sin1,2sin 1
2 ]⊂[sin1,2cos 1
2 ]，
综上所述，sin1≤f ( x)+ f ( x +1)≤2cos 1
2.
(2)由(1)知,f (x)+ f (x +1)≥sin1,所以
f (n)
n
+ f (n+1)
n+1
+ f (n+2)
n+2
+⋯+ f (3n-1)
3n-1
=[ f (n)
n
+ f (n+1)
n+1
]+[ f (n+2)
n+2
+ f (n+3)
n+3
]+⋯+[ f (3n-2)
3n-2
+ f (3n-1)
3n-1
]
>
1
n+1 [ f (n)+ f (n+1)]+
1
n+3 [ f (n+2)+ f (n+3)]+⋯+
1
3n-1 [ f (3n-2)+ f (3n-1)]⩾(
1
n+1 +
1
n+3 +⋯+
1
3n-1
.
又
由
柯
西
不
等
式
得
1
n+1 +
1
n+3 +⋯+
1
3n-1 ⩾
n
2
(n+1)+(n+3)+⋯+(3n-1) =
n
2
1
2 [(n+1)+(3n-1)]⋅n
= 1
2，
故f (n)
n
+ f (n+1)
n+1
+⋯+ f (3n-1)
3n-1
> sin1
2
.
5 ．【2017 年陕西预赛】设△ABC的内角A ,B、C的对边分别为a,b,c, 向量⃗
m=(sin A ,b+c),⃗n=(sinC -sin B ,a-b),且存在实数λ,使⃗m= λ⃗n.
(1)求角C的大小;
(2)若a+b=kc,求实数k的取值范围.
【答案】(1) C = π
3 ；(2) (1,2].
【解析】(1)由⃗m= λ⃗n,得{
sin A = λ(sinC -sin B),
b+c = λ(a-b).
消去λ,得(a-b)sin A =(b+c)(sinC -sin B).
由正弦定理,得(a-b)a=(b+c)(c -b),即a
2+b
2-c
2=ab.
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所以cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
= 1
2.
因为0<C <π,所以C = π
3 .
(2)由(1)的结论,得B = 2π
3 - A.
由
已
知
及
正
弦
定
理
,
得
k = a+b
c
=sin A +sin B
sinC
=
sin A +sin(
2π
3 - A)
sin π
3
= ❑√3sin A +cos A =2sin(A + π
6),
为0< A < 2π
3
,所以π
6 < A + π
6 < 5 π
6
,所以1
2 <sin(A + π
6)≤1.
故k的取值范围为(1,2].
6 ．【2017 年甘肃预赛】在△ABC中,∠A 、∠B、∠C的对边分别为a,b、c, 且
a
2-(b-c)
2=(2- ❑√3)bc ,sin A sin B =cos
2 C
2 ,BC上的中线AM的长为❑√7.
(1)求∠A和∠B的大小;
(2)求△ABC的面积.
【答案】(1) B = π
6
；(2) ❑√3.
【解析】(1)由a
2-(b-c)
2=(2- ❑√3)bc,得a
2-b
2-c
2=- ❑√3bc,所以cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
=
❑√3
2 ,
又0< A <π,所以A = π
6
.
由sin A sin B =cos
2 C
2
,得1
2 sin B = 1+cosC
2
,即sin B =1+cosC.
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cosC <0,即C为钝角,所以B为锐角,且B+C = 5 π
6
,则sin(
5 π
6 -C)=1+cosC,
简得cos(C + π
3)=-1,解得C = 2π
3
,所以B = π
6
.
(2)由(1)知,a=b,由余弦定理得A M
2=b
2+(
a
2)
2
-2b⋅a
2 ⋅cosC =b
2+ b
2
4 + b
2
2 =(❑√7)
2,解得b=2,
故S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ×2×2×
❑√3
2 = ❑√3.
7．【2017 年安徽预赛】设0< x< π
2
,证明:0<
x -sin x
tan x -sin x < 1
3 .
【答案】证明见解析
【解析】首先证明：当0< x< π
2
时,tan x> x>sin x.
实际上,令f (x)= x -sin x,则f (0)=0,f
' (x)=1-cos x>0因此,f (x)在(0, π
2)
内单调递增,故f (x)>0,即
x>sin x.
同理可证,tan x> x.
故要证原命题,只需证明g(x)=tan x -sin x -3(x -sin x)>0，
易计算得g
' (x)=
1
cos
2 x
+2cos x -3，
根据均值不等式，g
' (x)=
1
cos
2 x
+2cos x -3≥3(
1
cos
2 x
⋅cos x⋅cos x)
1
3 -3=0，
当且仅当x = π
2
时,g
' (x)=0.
因此,g(x)在区间(0, π
2)
上单调递增,进而g(x)>g(0)=0.
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证毕.
8．【2017 年湖南预赛】在锐角△ABC中,sin A = 4 ❑√5
9
,且a,b,c为角A ,B ,C的对边.
(1)求sin2(B+C)+sin
2 B+C
2
的值;
(2)若a= 4,试求当⃗AB⋅⃗AC取得最大值时,△ABC的面积S△ABC的值.
【答案】(1) 45-8 ❑√5
81
；(2) 2❑√5.
【解析】(1)因为A为锐角,sin A = 4 ❑√5
9
,
所
以
cos A = 1
9
.
sin2(B+C)+sin
2 B+C
2
=sin(2π -2 A)+ 1-cos(B+C)
2
=-2sin A cos A + 1+cos A
2
=-2× 4 ❑√5
9
× 1
9 +
1+ 1
9
2
= 45-
8
(2)因为⃗AB⋅⃗AC =bccos A = 1
9 bc.
由余弦定理,得16=a
2=b
2+c
2-2bccos A =b
2+c
2- 2
9 bc≥2bc - 2
9 bc = 16
9 bc,
即bc≤9,当且仅当b=c =3时等号成立.
所以,S△ABC = 1
2 bcsin A ≤1
2 ×9× 4 ❑√5
9
=2❑√5.
9．【2017 年新疆预赛】已知x , y , z是正数,且满足{
x
2+ y
2+ xy =3,
y
2+ z
2+ yz = 4 ,求x + y + z.
z
2+ x
2+ zx =7.
【答案】❑√13
【解析】解法一原方程组可化为{
x
2+ y
2-2 xy cos120
°=(❑√3)
2
y
2+ z
2-2 yz cos120
°=2
2
z
2+ x
2-2 zx cos120
°=(❑√7)
2
， ①
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由此联想到余弦定理,构造Rt △ABC , AB = ❑√3,BC =2, AC = ❑√7.
在△ABC内存在一点O(O点即为以AB 为弦的120
°弧与以BC 为弦的120
°弧的交点), 使得
∠AOB =∠BOC =∠COA =120
°.设OA = x ,OB = y,OC = z,
那么{
S△AOB= 1
2 OA ⋅OBsin ∠AOB = xy
S△BOC = 1
2 OB⋅OC sin ∠BOC = yz
S△COA = 1
2 OC ⋅OA sin ∠COA = zx
，
又S△AOB+ S△BOC + S△COA = S△ABC = ❑√3,
故有xy + yz+ zx = 4. ②
将①中三式相加,得到2( x
2+ y
2+ z
2)+ xy + yz + zx =14，
再将②带人可得x
2+ y
2+ z
2=5，
于是x + y + z =
❑√x
2+ y
2+ z
2+2( xy + yz + zx)= ❑√13.
解法二 将原式两两相减并整理可得{
( x + y + z)( z - x)=1
( x + y + z)( x - y)=3
( x + y + z)( z - y)= 4
，
设x + y + z =t,则有{
x + y + z =t
z - x = 1
t
z - y = 4
t
⇒{
x = t
3 + 2
3t
y = t
3 - 7
3t
z = t
3 + 5
3t
，
将其代入x
2+ y
2+ xy =3得( t
3 + 2
3t )
2
+( t
3 - 7
3t )
2
+( t
3 + 2
3t )( t
3 - 7
3t )=3，
整理可得t
4-14t
2+13=0.
于是,t =1或❑√13.当t =1时,y = t
3 - 7
3t <0,矛盾.从而,t = ❑√13.
10．【2017 年新疆预赛】如图,边长为2 的等边三角形△ABC中,D是BC的中点,E、F分别是边AB、AC
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上的动点.
(1)若∠EDF =120
∘,求证:AE+ AF为定值.
(2)若∠EDF =60
∘,此时AE+ AF是否为定值?若是,请给出证明;否则,求出AE+ AF的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；(2) [
3
2 ,2]
.
【解析】(1)设AE = x , AF = y ,∠EDB =α.
于是有{
BE =2- x ,CF =2- y
∠BED =120
°-α ,∠CDF =60
°-α ,∠CFD =60
°+α
，
由于BD = DC =1,在△BDE中用正弦定理可得
BE
sin∠EDB =
BD
sin∠BED ⇒2- x
sin α =
1
sin(120
°-α )
⇒2- x =
sin α
sin(120
°-α )
=
sin α
sin(60
°+α )
. ③
在
△CDF中
用
正
弦
定
理
可
得
CF
sin∠CDF =
CD
sin∠CFD ⇒
2- y
sin(60
°-α )
=
1
sin(60
°+α )
⇒2- y = sin(60
°-α )
sin(60
°+α )
. ④
将③与④相加得4 -( x + y)=
sin α
sin(60
°+α )
+ sin(60
°-α )
sin(60
°+α )
= sin α +sin(60
°-α )
sin(60
°+α )
=
sin α +
❑√3
2 cosα - 1
2 sin α
❑√3
2 cosα + 1
2 sin α
=
❑√3
2 cosα + 1
2 sin α
❑√3
2 cosα + 1
2 sin α
=1.
从而,x + y =3为定值.
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(2)设AE = x , AF = y ,∠EDB =α.当E与A重合时α最大,为90
°;
当F与A重合时α最小,为30
°.故30
°⩽α ⩽90
°.将其他量用x , y ,α表示出,
得到{
BE =2- x ,CF =2- y
∠BED =120
°-α ,∠CDF =120
°-α ,∠CFD =α
.
由于BD = DC =1,在△BDE中用正弦定理可得：
BE
sin ∠EDB =
BD
sin ∠BED ⇒2- x
sin α =
1
sin(120
°-α )
⇒2- x =
sin α
sin(120
°-α )
=
sin α
sin(60
°+α )
. ⑤
在△CDF中用正弦定理可得
CF
sin ∠CDF =
CD
sin ∠CFD ⇒
2- y
sin(120
°-α )
=
1
sin α ⇒2- y = sin(120
°-α )
sin α
= sin(60
°+α )
sin α
. ⑥
将
⑤
与
⑥
相
加
得
4 -( x + y)=
sin α
sin(60
°+α )
+ sin(60
°+α )
sin α
= sin
2α +sin
2(60
°+α )
sin α sin(60
°+α )
=
sin
2α +(
❑√3
2 cosα + 1
2 sin α )
2
sin α(
❑√3
2 cosα + 1
2 sin α )
=
5
4 sin
2α +
❑√3
2 sinα
❑√3
2 sinα cosα
由于30
∘≤α ≤90
∘,故1
2 ≤sin(2α -30
∘)≤1.从而，2≤4 -(x + y)≤5
2
,
即3
2 ≤x + y ≤2.
因此,AE + AF不是定值,其范围为[
3
2 ,2]
.
11．【2016 年陕西预赛】设
均为非零实数，且满足
.
（Ⅰ）求
的值；
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（Ⅱ）在
中，若
，求
的最大值.
【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）
3
2 .
【解析】（Ⅰ）先对已知条件左右两边同除以x ，得到
，再令
，即可得到
，从而得到
的表达式，进而可求出
的值；（Ⅱ）由（Ⅰ）可求出C 的值，从而
可得到( A+B)的值，用B 表示A ，代入到
中，最终式子变成了一个二次函数的形式，利
用三角函数的有界性可求出最值.
试题分析：（Ⅰ）由已知得
，
令
y
x =tanθ
，则
，即
所以
，即
.
故
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
，因为
， 所以
，从而
，
则
.
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所以
故当
，即
时，
取得最大值为
.
考点：1.三角函数恒等变换；2.二倍角公式的应用；3.二次函数求最值；4.观察能力.
【方法点晴】本题主要考查的是三角函数恒等变换,二倍角公式的应用,二次函数求最值，属于难题，此类
首先不要被其形式吓倒，注意观察其形式特点，发现要求
y
x 的值，给出的条件中并未体现，因此需要对等
式的左右两边同除以x ，即可得到
y
x 的形式，变形之后观察发现，这又是正切的和差公式的形式，因此用
换元法将
y
x 用tanθ 替换掉，从而可求出
y
x 的值，总结起来，这类题目考查学生的观察，变形能力，同时
对三角函数的恒等变换公式的熟练掌握是解决问题的关键.
12 ．【2016 年吉林预赛】在△ABC中，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B、∠C的对边，b=1，且
cosC +(2a+c)cos B =0.
求（1）∠B；
（2）S△ABC的最大值.
【答案】（1）∠B = 2π
3
；（2）
❑√3
12
【解析】
（1）由已知得
13 / 23
bcosC +(2a+c)cosB =0
⇒sinB⋅cosC +(2sin A +sinC)cosB =0
⇒sin (B+C)+2sinA ⋅cosB =0
⇒sinA +2sinA ⋅cosB =0
又∠A 、∠B为△ABC 的内角，故cos B =- 1
2 ⇒∠B = 2π
3
.
（2）将b=1，∠B = 2π
3
代入b
2=a
2+c
2-2ac cos B得
1=a
2+c
2+ac≥3ac⇒ac≤1
3
⇒S ΔABC = 1
2 acsinB≤1
2 × 1
3 sin 2π
3 =
❑√3
12
.
当∠B = 2π
3 ,∠A =∠C = π
6
时，S ΔABC取到最大值.
13 ．【2016 年吉林预赛】在△ABC中，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B、∠C的对边，b=1，且
cosC +(2a+c)cos B =0.
求（1）∠B；
（2）S△ABC的最大值.
【答案】（1）∠B = 2π
3 ；（2）
❑√3
12
【解析】
（1）由已知得
bcosC +(2a+c)cosB =0
⇒sinB⋅cosC +(2sin A +sinC)cosB =0
⇒sin (B+C)+2sinA ⋅cosB =0
⇒sinA +2sinA ⋅cosB =0
又∠A 、∠B为△ABC 的内角，故cos B =- 1
2 ⇒∠B = 2π
3
.
（2）将b=1，∠B = 2π
3
代入b
2=a
2+c
2-2ac cos B得
1=a
2+c
2+ac≥3ac⇒ac≤1
3
⇒S ΔABC = 1
2 acsinB≤1
2 × 1
3 sin 2π
3 =
❑√3
12
.
当∠B = 2π
3 ,∠A =∠C = π
6
时，S ΔABC取到最大值.
14．【2016 年上海预赛】如图，五边形A1B1C1 D1 E1内接于边长为1 的正五边形ABCDE．证明：五边形
A1B1C1 D1 E1中至少有一条边的长度不小于cosπ
5
．
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【答案】见解析
【解析】
设
A E1、A A1、B A1、B B1、C B1、C C1、DC1、D D1、E D1、E E1的
长
分
别
为
a1、a2、b1、b2、c1、c2、d1、d2、e1、e2．
则(a1+a2)+(b1+b2)+⋯+(e1+e2)=(a1+e2)+(a2+b1)+(b2+c1)+(c2+d1)+(d2+e1)=5．
由平均数原理，知a1+a2，b1+b2，…，e1+e2中必有一个不小于1，不妨设a1+a2≥1．
故a2≥1-a1≥0，
A1 E1
2=a1
2+a2
2-2a1a2cos 3π
5 ≥a1
2+(1-a1)
2+2a1(1-a1)cos 2π
5
=2(1-cos 2π
5 )(a1- 1
2)
2
+ 1
2(1+cos 2π
5 )≥cos
2π
5
（注意1-cos 2π
5 >0），
A1 E1≥cosπ
5
．
15 ．【2016 年四川预赛】在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 的对边长分别为a 、b 、c. 命题
p:∠B+∠C =2∠A，且b+c=2a；命题q: ΔABC为正三角形.则命题P 是命题q 的（）条件.
A．充分必要
B．充分但不必要
C．必要但不充分
D．既不充分又不必要
【答案】A
【解析】
若命题q 成立，显然，命题p 成立.
若命题p 成立，则∠A=60°.
由余弦定理知a
2=b
2+c
2-bc..
15 / 23
故4(b
2+c
2-bc)=(b+c)
2⇒(b-c)
2=0⇒b=c.
从而，△ABC 为正三角形，即命题q 成立.综上，命题p 是命题q 的充分必要条件.
16．【2016 年辽宁预赛】设A、B、C 为抛物线y = x
2上不同的点，R 为△ABC 外接圆的半径．求R 的取值
范围．
【答案】R> 1
2
【解析】
对于任意的a>0,取A (a,a
2), B(-a,a
2),O(0,0).则△OAB 外接圆的圆心在y 轴上,设为C(0,b).
由于OA 的垂直平分线为y - a
2
2 =- 1
a(x - a
2)
.
令x=0,得b= 1
2 + a
2
2
故△OAB 的外接圆的半径可取遍区间(
1
2 ,+ ∞)
上的所有值.
设A 、B 、C 为抛物线y = x
2上不同的点,R 为△ABC 外接圆的半径,(a,b) 为其圆心则
(x -a)
2+(x
2-b)
2- R
2=0.①
有三个不同的实根.因此,必有四个实根,设其为x1、x2、x3、x4.
整理方程①得
x
4+(1-2b) x
2-2ax +a
2+b
2- R
2=0
⇒x1+ x2+ x3+ x4=0
⇒x1
2+ x2
2+ x3
2+ x4
2+2∑
i≠j
❑
xi x j=0
又∑
i≠j
❑
xi x j=1-2b<0⇒b> 1
2
= x1
2+ x2
2+ x3
2+ x4
2
≥4
4√x1
2+ x2
2+ x3
2+ x4
2 = 4 ❑√|x1 x2 x3 x4|
16 / 23
= 4
❑√|a
2+b
2- R
2|
⇒4 b
2- 4 b+1≥4(a
2+b
2- R
2)
⇒R
2-a
2+ 1
4 ≥b> 1
2
⇒R
2>a
2+ 1
4 ⇒R> 1
2
.
17．【2016 年甘肃预赛】在非等腰△ABC中，∠A 、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，且满足
(2c -b)cosC =(2b-c)cos B.
（1）求∠A的大小；
（2）若a= 4，求△ABC面积的取值范围.
【答案】（1）60
∘；（2）S∈(0,4 ❑√3)
【解析】
（1）注意到(2c -b)cosC =(2b-c)cos B
⇒(2sinC -sin B)cosC =(2sin B -sinC)cos B
⇒sin 2C -sin 2B =sin (B -C)
⇒2cos(C + B)⋅sin (C - B)=sin (B -C)
又因为△ABC不是等腰三角形，所以，sin (B -C)≠0.
则cos(C + B)=- 1
2 ⇒∠C +∠B =120°
⇒∠A =60°.
（2）由正弦定理得
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC = 8
❑√3
⇒b= 8
❑√3 sin B ,c = 8
❑√3 sinC
⇒S = 1
2 bsin A = 1
❑√3 sin B⋅sinC
= 16
❑√3 sin B⋅sin (120°- B)
= 8 ❑√3
3
sin (2B -30°)+ 4 ❑√3
3
.
17 / 23
又∠B∈(0,120°)，故S∈(0,4 ❑√3).
18．【2015 年上海预赛】已知O 为坐标原点，函数f (x)= x
2(x>0) 及g(x)=- 1
x
(x>0)，A、B 分别为函数
f（x）、g（x）的图像上的点，且满足∠AOB =120°，求△AOB面积的最小值（精确到10-4）.
【答案】S (v)min=1.1465
【解析】
设点A (u,u
2)(u>0),B(v ,- 1
v)(v >0).
则kOA =u,kOB=- 1
v
2.
由∠AOB =120°，知
tan120°=
u+ 1
v
2
1- 1
v
2 u
⇒u=
❑√3 v
2+1
❑√3- v
2 .
设△AOB的面积为S（v）.则
S (v)=
❑√3
4
❑√u
2+u
4 ❑√
v
2+ 1
v
2
⇒S (v)=
❑√3
2 × (❑√3 v
2+1)(v
4+1)
v (v
2- ❑√3)
2
用计算器计算得
当v =0.411797时，S (v)min=1.1465.
19．【2015 年新疆预赛】在△ABC中，证明sin A ⋅sin⋅BsinC ≤3 ❑√3
8
：，并分析该不等式何时取等号.
【答案】见解析
【解析】
由0<∠A 、∠B、∠C <π，且∠A +∠B+∠C = π.
由积化和差公式得
y =sin A ⋅sin B⋅sinC
18 / 23
= 1
2 sin A [cos(B -C)-cos(B+C)]
= 1
2 sin A [cos(B -C)-cos(π - A)]
= 1
2 sin A [cos(B -C)-cos A].
固定∠A.由于sin A >0， 且cos(B -C)≤1，于是，
y ≤1
2 sin A (1+cos A)=sin A ⋅cos
2 A
2 =2sin A ⋅cos
3 A
2
，
其中，等号成立当且仅当cos(B -C)=1，即∠B =∠C.
因为sin A
2 >0，且cos A
2 >0，所以，
z =2sin A
2 ⋅cos
3 A
2 与z
2= 4 sin
2 A
2 ⋅cos
6 A
2
同时达到最大值.
由于sin
2 A
2 >0，1-sin
2 A
2 >0，于是，
z
2= 4 sin
2 A
2(1-sin
2 A
2)
3
= 4
3 ×3sin
2 A
2(1-sin
2 A
2)
3
≤4
3(
3
4)
4
= 27
64
，
其中，等号成立当且仅当3sin
2 A
2 =1-sin
2 A
2
，即∠A = π
3
.
故y =sin A ⋅sin B⋅sinC ≤❑√
27
64 = 3 ❑√3
8
.
当且仅当∠A =∠B =∠C = π
3
时，上式等号成立.
20．【2015 年四川预赛】已知函数f (x)=sin
4 x。
（1）记g(x)= f (x)+ f(
π
2 - x)
，求g(x)在区间[
π
6 , 3 π
8 ]
内的最大值与最小值；
（2）求∑
k =1
89
f(
kπ
180)
的值。
【答案】（1）最大值为g(
3 π
8 )= 3
4
，最小值为g(
π
4)= 1
2
；（2）133
4
19 / 23
【解析】
（1）由已知得g(x)=sin
4 x +cos
4 x =(sin
2 x +cos
2 x)
2-2sin
2 x⋅cos
2=1- 1
2 sin
22 xx
由x∈[
π
6 , 3 π
8 ]⇒2 x∈[
π
3 , 3 π
4 ]⇒sin 2 x∈[
❑√2
2 ,1]⇒g(x)∈[
1
2 , 3
4]
.
故g(x)在区间[
π
6 , 3 π
8 ]
内的最大值为g(
3 π
8 )= 3
4
，最小值为g(
π
4)= 1
2
.
（2）∑
k =1
89
f(
kπ
180)=∑
k =1
44
g(
kπ
180)+sin
4 45 π
180 = 44 - 1
2∑
k =1
88
sin
2 kπ
180 + 1
4 = 44 - 1
2 ×22+ 1
4 = 133
4
21．【2015 年安徽预赛】设平面四边形ABCD的四边长为四个连续的正整数.证明：四边形ABCD面积的
最大值不为整数.
【答案】见解析
【解析】
不妨设四边形ABCD为凸四边形，其面积为S.
记a= AB，b= BC ，c =CD，d = DA.
由S = 1
2 absin B+ 1
2 cd sin D，
A C
2=a
2+b
2-2abcos B
=c
2+d
2-2cd cos D，
得2S =absin B+cd sin D，
1
2 (a
2+b
2-c
2-d
2)=abcos B -cd cos D.
故4 S
2=(ab)
2+(cd)
2-2abcd cos(B+ D)- 1
4 (a
2+b
2-c
2-d
2)
2
≤(ab+cd)
2- 1
4 (a
2+b
2-c
2-d
2)
2
= 1
4
(b+c +d -a)(a+c +d -b).
(a+b+d -c)(a+b+c -d)，等号成立当且仅当∠B+∠D =π，即A 、B、C 、D四点共圆.
由题设知{a,b,c ,d}为四个连续的正整数{n,n+1,n+2,n+3}.故S的最大值为M = ❑√n(n+1)(n+2)(n+3).
20 / 23
由n
2+3n< M <n
2+3n+1，知M不为整数.
22．【2015 年陕西预赛】设△ABC的内角∠A 、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，且满足
sin A +sin B =(cos A +cos B)sinC. ①
（1）证明：△ABC为直角三角形；
（2）若a+b+c =1+ ❑√2，求△ABC面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）1
4
【解析】
（1）由式①，并结合正弦、余弦定理得：
a+b=(
b
2+c
2-a
2
2bc
+ c
2+a
2-b
2
2ca )c，
⇒(a+b)(a
2+b
2)=(a+b) c
2.
因为a+b>0，所以，a
2+b
2=c
2.
故△ABC为直角三角形，且∠C =90°.
（2）由a+b+c =1+ ❑√2，a
2+b
2=c
2，知：
1+ ❑√2=a+b+
❑√a
2+b
2≥2❑√ab+ ❑√2ab=(2+ ❑√2)❑√ab
.
当且仅当a=b时，上式等号成立.
所以，❑√ab≤
❑√2
2
.
故S△ABC = 1
2 ab≤1
2(
❑√2
2 )
2
= 1
4
，即△ABC面积的最大值为1
4
.
23．【2015 年山东预赛】对任意的x 和正整数n,比较nsin
2 x和sinx⋅sinnx的大小.
【答案】见解析
【解析】
可以证明:nsin
2 x - sinx⋅sinnx = sinx (nsinx - sinnx)≥0. ①
当sinx =0时,上式显然成立;
当sinx≠0时,可证|
sinnx
sinx |≤n. ②
21 / 23
事实上,当n=1 时,式①显然成立.
假设n≤k时,式①成立
当n=k +1时,|
sin (k +1) x
sinx
|=|
sinkx ⋅cosx +coskx ⋅sinx
sinx
| =|coskx +cos x⋅sink x
sin x |≤k +1.
故当n=k +1时,式①成立.
由数学归纳法知|
sinn x
sin x |≤n.
综上, sinx (nsinx - sinnx)≥0,即nsin
2 x ≥sinx⋅sinnx.
24．【2015 年吉林预赛】在△ABC中，内角∠A 、∠B、∠C对边的边长分别为a、b、c.已知
c =2，∠C =π
3
.求：
（1）△ABC周长的最大值；
（2）当2sin 2 A +sin (2B+C)=sinC时，△ABC的面积.
【答案】（1）6；（2）2❑√3
3
【解析】
（1）由余弦定理及已知条件得：a
2+b
2-ab= 4，
⇒(a+b)
2= 4 +3ab≤4 +3× (a+b)
2
4
⇒a+b≤4
.
故△ABC周长的最大值为6，当△ABC为等边三角形时取到.
（2）由2sin 2 A +sin (2B+C)= sinC
⇒sin (B+ A)+sin (B - A)= 4 sinA ⋅cosA ⇒sinB⋅cosA =2sinA ⋅cosA.
当cosA =0时，∠A =π
2 ，∠B =π
6 ，a= 4 ❑√3
3
，b= 2❑√3
3
.
当cosA ≠0时，sinB =2sinA.
由正弦定理得b=2a.
联立方程组¿
解得a= 2❑√3
3
，b= 4 ❑√3
3
.
22 / 23
故S△ABC = 1
2 absinC = 2❑√3
3
.
25．【2015 年甘肃预赛】已知函数 f (x)=2sin
2(
π
4 - x)- ❑√3cos2 x
(1)求f (x)的最小正周期和单调递减区间;
(2)若f (x)<m+2在x∈[0, π
6]
上恒成立,求实数m的取值范围.
【答案】（1）[kπ - 5 π
12 ,kπ + π
12](k ∈Z)；（2）(-1- ❑√3,+∞)
【解析】
(1)注意到,f (x)=1-cos(
π
2 -2 x)- ❑√3cos2 x
=-(sin 2 x + ❑√3cos2 x)+1 =-2sin(2 x + π
3)+1.
于是, f (x)的最小正周期T = 2π
2 = π.
由2kπ - π
2 ≤2 x + π
3 ≤2k + π
2
(k ∈Z)⇒kπ - 5 π
12 ≤x ≤kπ + π
12
(k ∈Z)，
故f (x)的单调递减区间为[kπ - 5 π
12 ,kπ + π
12](k ∈Z).
(2)由x∈[0, π
6]
,知π
3 ≤2 x + π
3 ≤2π
3
，
于是,当sin(2 x + π
3)=
❑√3
2
时,f (x)取得最大值1- ❑√3,即f (x)max=1- ❑√3.
要使f (x)<m+2恒成立,只需f (x)max<m+2，即1- ❑√3<m+2.解得m>-1- ❑√3.
故m 的取值范围是(-1- ❑√3,+ ∞).
23 / 23
