高考数学经典例题专题五三角函数与解三角形含解析

这是一份高考数学经典例题专题五三角函数与解三角形含解析，共37页。试卷主要包含了单选题，四象限及轴的非正半轴上，所以，多选题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题五 三角函数与解三角形一、单选题1．若α为第四象限角，则（    ）A．cos2α>0 B．cos2α<0 C．sin2α>0 D．sin2α<0【答案】D【解析】由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可.【详解】方法一：由α为第四象限角，可得，所以此时的终边落在第三、四象限及轴的非正半轴上，所以故选：D.方法二：当时，，选项B错误；当时，，选项A错误；由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确；故选：D.2．已知，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.【详解】，得，即，解得或（舍去），又.
故选：A.3．函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．4．函数y=xcosx+sinx在区间[–π，π]的图象大致为（ ）A． B．C． D．【答案】A【解析】首先确定函数的奇偶性，然后结合函数在处的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】因为，则，即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，据此可知选项CD错误；且时，，据此可知选项B错误.故选：A.【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．5．在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（    ）A． B．2 C．4 D．8【答案】C【解析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求【详解】设故选：C6．已知2tanθ–tan(θ+)=7，则tanθ=（    ）A．–2 B．–1 C．1 D．2【答案】D【解析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解】，，令，则，整理得，解得，即.故选：D.7．设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】由图可得：函数图象过点，即可得到，结合是函数图象与轴负半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.【详解】由图可得：函数图象过点，将它代入函数可得：又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，所以，解得：所以函数的最小正周期为故选：C8． 2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（    ）．A． B．C． D．【答案】A【解析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆周角为，每条边长为，所以，单位圆的内接正边形的周长为，单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，，则.故选：A.9．已知函数．给出下列结论：①的最小正周期为；②是的最大值；③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．其中所有正确结论的序号是（    ）A．① B．①③ C．②③ D．①②③【答案】B【解析】对所给选项结合正弦型函数的性质逐一判断即可.【详解】因为，所以周期，故①正确；，故②不正确；将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，故③正确.故选：B.10．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（    ）A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减【答案】A【解析】由函数图象平移变换的性质可知：将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：.则函数的单调递增区间满足：，即，令可得一个单调递增区间为：.函数的单调递减区间满足：，即，令可得一个单调递减区间为：，本题选择A选项.二、多选题11．下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （    ）
 A． B． C． D．【答案】BC【解析】首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.【详解】由函数图像可知：，则，所以不选A,当时，，解得：，即函数的解析式为：.而故选：BC.【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.12．已知（，，）的图象如图，则（    ）A． B．C． D．时，取最小值【答案】AB【解析】根据题意得，且函数过点，，再待定系数求函数解析式，并讨论函数最值.【详解】对于A选项，由图可知：，故A正确；对于B选项，解法一：由，解得：，由于函数图象过点，所以，所以，解得：由于，所以,故B选项正确；解法二：图象是由的图象向左平移而得，∴，故，故B选项正确；对于C选项，由于函数图象过点，故，故C选项错误；对于D选项，由于，所以时，，不取最小值，故D选项错误．故选：AB13．将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，得到函数的图象，则下列说法正确的有（    ）A．函数的最小正周期为B．函数的单调递增区间为C．直线是函数图象的一条对称轴D．函数图象的一个对称中心为点【答案】BC【解析】利用三角函数图象变换规律求出函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项的正误；利用正弦型函数的单调性可判断B选项的正误；利用正弦型函数的对称性可判断CD选项的正误.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象，再将所得图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，可得到函数的图象.对于A选项，函数的最小正周期为，A选项错误；对于B选项，由，解得，所以，函数的单调递增区间为，B选项正确；对于CD选项，，所以，直线是函数图象的一条对称轴，C选项正确，点不是函数图象的一个对称中心，D选项错误.故选：BC.三、填空题14．函数（）的最大值是__________．【答案】1【解析】化简三角函数的解析式，可得，由，可得，当时，函数取得最大值1．15．设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．【答案】【解析】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，所以，因为，所以当时，取最小值为.16．若函数的最大值为2，则常数的一个取值为________．【答案】（均可）【解析】根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得，可得，即可解出.【详解】因为，所以，解得，故可取.故答案为：（均可）.17．某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=，，EF=12 cm，DE=2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．【答案】【解析】利用求出圆弧所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形的面积，求出直角的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位圆的面积求得.【详解】设，由题意，，所以，因为,所以，因为，所以，因为与圆弧相切于点，所以，即为等腰直角三角形；在直角中，，，因为，所以，解得；等腰直角的面积为；扇形的面积，所以阴影部分的面积为.故答案为：.18．如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.【答案】【解析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.【详解】，，，由勾股定理得，同理得，，在中，，，，由余弦定理得，，在中，，，，由余弦定理得.故答案为：.19．关于函数f（x）=有如下四个命题：①f（x）的图象关于y轴对称．②f（x）的图象关于原点对称．③f（x）的图象关于直线x=对称．④f（x）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________．【答案】②③【解析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取可判断命题④的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题①，，，则，所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，，所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，，，则，所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；对于命题④，当时，，则，命题④错误.故答案为：②③.20．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田（由圆弧和其所对弦所围成）面积的计算公式：弧田面积（弦矢矢）．公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于圆弧的最高点到弦的距离．如图，弧田是由圆弧和其所对弦围成的图形，若弧田的弧长为，弧所在的圆的半径为4，则利用九章算术中的弧田面积公式计算出来的面积与实际面积之差为______．【答案】【解析】设圆弧所对圆心角的弧度为，由题意求得．再运用扇形面积公式公式和三角形面积公式求得弧田实际的面积，利用九章算术中的弧田面积公式计算面积，可得答案.【详解】设圆弧所对圆心角的弧度为，由题可知，解得．故扇形的面积为，三角形的面积为，故弧田实际的面积为．作分别交，于点，，则，，所以利用九章算术中的弧田面积公式计算出来的面积为，则所求差值为．故答案为：.
21．拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知内接于单位圆，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，.若，则的面积最大值为_______.【答案】【解析】设，求出，从而可得，在中，设，由正弦定理用表示出，这样就表示为的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大值．【详解】解：设，由题意以边向外作等边三角形，其外接圆圆心分别为，连接并延长分别交于，则，同理，都是等边三角形，则，又，则，所以，是正三角形，所以其面积为，内接于单位圆，即其外接圆半径为，则，同理，设，则，，，，所以当时，取得最大值，所以的面积最大值为．故答案为：．四、双空题22．（2020·浙江高考真题）已知，则________；______．【答案】        【解析】利用二倍角余弦公式以及弦化切得，根据两角差正切公式得【详解】，，故答案为：23．在中，，，，点在线段上，若，则____；________.【答案】        【解析】在中，正弦定理有：，而,，，所以.24． 内角，，的对边分别为，，，，则角的值为__________；若，的面积为，则边长的值为__________．【答案】        【解析】根据已知等式及三角形内角的性质，应用正弦定理的边角互化可得，即可求角B，再根据三角形面积公式求，由余弦定理求边长即可.【详解】由知：，∵，，∴，即，又，故，∴，即.∵，即，而，∴，有，由余弦定理知：，则.故答案为：，.五、解答题25． 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；（2）利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.【详解】（1）由正弦定理可得：，，，.（2）由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），，解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.26．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，证明：△ABC是直角三角形．【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出．【详解】（1）因为，所以，即，解得，又，所以；（2）因为，所以，即①，又②， 将②代入①得，，即，而，解得，所以，故，即是直角三角形．27． 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.（1）若a=c，b=2，求的面积；（2）若sinA+sinC=，求C.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论；（2）将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解.【详解】（1）由余弦定理可得，的面积；（2），，，.28．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）由余弦定理得，所以.由正弦定理得.（2）由于，，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.29．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】详见解析【解析】解法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.解法二：利用诱导公式和两角和的三角函数公式求得的值，得到角的值，然后根据选择的条件进行分析判断和求解.【详解】解法一：由可得：，不妨设，则：，即.选择条件①的解析：据此可得：，，此时.选择条件②的解析：据此可得：，则：，此时：，则：.选择条件③的解析：可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.解法二：∵,∴, ，∴,∴,∴,∴,若选①，,∵,∴,∴c=1;若选②，,则,;若选③,与条件矛盾.30．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【答案】（I）；（II）【解析】（I）首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定∠B的大小；（II）结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有∠A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定∠A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）由结合正弦定理可得：△ABC为锐角三角形，故.（II）结合(1)的结论有：.由可得：，，则，.即的取值范围是.31．设函数.（1）已知函数是偶函数，求的值；（2）求函数 的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】 (1)由题意结合函数的解析式可得：，函数为偶函数，则当时，，即，结合可取，相应的值为.(2)由函数的解析式可得：.据此可得函数的值域为：.32．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中进行求解.问题：在中，它的内角，，的对边分别为，，，若，，___________，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】答案见解析【解析】选①，由正弦定理化边为角结合和角的正弦求得边c，由面积定理求出面积；选②，解由已知及余弦定理建立的关于边c的方程，再由面积定理得结论；选③，由正弦定理化边为角结合辅助角公式求出角B，由面积定理求出.【详解】选①：根据正弦定理，其中为的外接圆半径，故.的面积.选②：根据余弦定理及，，即，解得.故的面积.选③：根据正弦定理及知，又所以.即，即，故，故为等边三角形，故的面积.33．已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为，再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件．（1）确定的解析式；（2）若图象的对称轴只有一条落在区间上，求a的取值范围．条件①：的最小值为；条件②：图象的一个对称中心为；条件③；的图象经过点．【答案】选择见解析：（1）；（2）．【解析】求出函数的最小正周期，可求得的值.（1）选择①②，求出的值，由条件②可得出关于的等式结合的取值范围，可求得的值，由此可求得函数的解析式；选择①③，求出的值，由已知条件可得出，求出的取值范围，可求得的值，由此可求得函数的解析式；选择②③，由条件②可得出关于的等式结合的取值范围，可求得的值，将点的坐标代入函数的解析式，求出的值，可得出函数的解析式；（2）由可求得的取值范围，结合题意可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.【详解】由于函数图象上两相邻对称轴之间的距离为，所以的最小正周期，．此时．（1）选条件①②；因为，所以．因为图象的一个对称中心为，所以，因为，所以，此时，所以；选条件①③：因为，所以．因为函数的图象过点，则，即，，因为，即，，所以，，解得.所以；选条件②③：因为函数的一个对称中心为，所以，所以．因为，所以，此时，所以．因为函数的图象过点，所以，即，，即，所以．所以；（2）因为，所以，因为图象的对称轴只有一条落在区间上，所以，得，所以的取值范围为．思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：（1）将函数解析式变形为或的形式；（2）将看成一个整体；（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.34． 的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．【答案】(1) ;(2).【解析】 (1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是