热门试卷

（I）f(x)=•-=sinωxcosωx+cos2ωx-=sin2ωx+cos2ωx

=sin(2ωx+)…（3分）

∵f（x）的最小正周期为π，且ω＞0．

∴=π，解得ω=1，…（4分）

∴f(x)=sin(2x+)．

由-+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z…（5分）

得f（x）的增区间为[-π+kπ，+kπ](k∈Z)…（6分）

（II）由b2+c2=a2+bc，∴b2+c2-a2=bc，

又由cosA===…（8分）

∴在△ABC中，A=…（9分）

∴f(A)=sin(2×+)=sin=…（12分）

（I）由余弦定理及已知条件得a2+b2-ab=4，

∵△ABC的面积等于，

∴absinC=．

∴ab=4．

联立方程组得解得a=2，b=2．

∴a=2．

（II）∵⊥，∴sinC-sin2A+sin（B-A）=0．

化简得cosA（sinB-sinA）=0．

∴csoA=0或sinB-sinA=0．

当cosA=0时，A=，

此时△ABC是直角三角形；

当sinB-sinA=0时，即sinB=sinA，

由正弦定理得b=a，

此时△ABC为等腰三角形．

∴△ABC是直角三角形或等腰三角形．

（1）3cos（B-C）-1=6cosBcosC，

化简得：3（cosBcosC+sinBsinC）-1=6cosBcosC，

变形得：3（cosBcosC-sinBsinC）=-1，

即cos（B+C）=-，

则cosA=-cos（B+C）=；

（2）∵A为三角形的内角，cosA=，

∴sinA==，

又S△ABC=2，即bcsinA=2，解得：bc=6①，

又a=3，cosA=，

∴由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得：b2+c2=13②，

联立①②解得：或．

解：(1)由2cos（A+B）=1，及内角和定理，得cosC=，

所以C=120°；

(2)由a、b是方程的两个根，

得a+b=，ab=2，

则-2abcosC=-2ab-2abcos120°=12-4+2=10，

∴|AB|=；

(3)S△ABC=。

解：（Ⅰ）因为，又，

所以，，

所以，。

（Ⅱ）由余弦定理，

得c2-2c+l=0，解得：c=l。

（Ⅰ）f(x)=2sin(2x+)，

由x∈[-，]，

得到2x+∈[-，]，

所以f（x）∈[-1，2]；

（Ⅱ）由f(x)=2sin(2x+)，

∵f（A）=1，2sin(2A+)=1，∴sin(2A+)=，

∵0＜A＜π，∴＜2A+＜，∴2A+=⇒A=，

由余弦定理知cosA=，∴b2+c2-bc=3

又b+c=3，

联立解得或，

∴S△ABC=bcsinA=．

解：(1)由，得，

由余弦定理，得，故。

(2)

，

∵，

∴，

∴,

故实数m的取值范围是。

解：（Ⅰ）∵不等式的解集是空集，

∴，即，

即或，

故，

∴角C的最大值为60°。

（Ⅱ）当C=60°时，，

∴，

由余弦定理，得，

∴，

∴。

（Ⅰ）∵f(x)=sin2x+cos2x+2=2sin(2x+)+2，

令 -+2kπ≤2x+≤+2kπ，解得-+kπ≤x≤+kπ，

∴f（x）的单调递增区间为[-+kπ，+kπ]（k∈Z）．

（Ⅱ）由f（C）=3得，2sin(2C+)+2=3，∴sin(2C+)=．

∵0＜C＜π，∴2C+=或2C+=，即C=0（舍去）或．

∵2sinA=sinB，由正弦定理得2a=b  ①．

再由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos=a2+b2-ab=3 ②，

由①②解得a=1，b=2．