高中数学高考专题06 三角函数及解三角形（解析版）

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专题06 三角函数及解三角形

1．（2021·全国高考真题）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：

．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
2．（2021·全国高考真题）下列区间中，函数单调递增的区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.
【详解】因为函数的单调递增区间为，
对于函数，由，
解得，
取，可得函数的一个单调递增区间为，
则，，A选项满足条件，B不满足条件；
取，可得函数的一个单调递增区间为，
且，，CD选项均不满足条件.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
3．（2021·北京高考真题）函数，试判断函数的奇偶性及最大值（ ）
A．奇函数，最大值为2 B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为 D．偶函数，最大值为
【答案】D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.
故选：D.
4．（2021·浙江高考真题）已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.
【详解】法1：由基本不等式有，
同理，，
故，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设，则，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.
5．（2021·全国高考真题（理））把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；
解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.
【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，
根据已知得到了函数的图象，所以，
令,则,
所以,所以；
解法二：由已知的函数逆向变换，
第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
即为的图象，所以.
故选：B.
【点睛】本题考查三角函数的图象的平移和伸缩变换，属基础题，可以正向变换，也可以逆向变换求解，关键是要注意每一步变换，对应的解析式中都是的变换，图象向左平移个单位，对应替换成,图象向右平移a个单位，对应x替换成,牢记“左加右减”口诀；图象上每个点的横坐标伸长或缩短到原来的k倍，对应解析式中替换成.
6．（2021·全国高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）

A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
【答案】A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：

由平面相似可知，，而，所以
，而，
即＝．
故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．
7．（2021·全国高考真题（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）

A．346 B．373 C．446 D．473
【答案】B
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以，
所以．
故选：B．
【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．
8．（2021·全国高考真题）已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
故选：AC.
9．（2021·北京高考真题）若点与点关于轴对称，写出一个符合题意的___．
【答案】（满足即可）
【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
【详解】与关于轴对称，
即关于轴对称，
，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
10．（2021·全国高考真题（理））记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．
【答案】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
11．（2021·全国高考真题（理））已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．

【答案】2
【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【详解】由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.
12．（2021·浙江高考真题）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则___________.

【答案】25
【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.
【详解】由题意可得，大正方形的边长为：，
则其面积为：，
小正方形的面积：，
从而.
故答案为：25.
13．（2021·浙江高考真题）在中，，M是的中点，，则___________，___________.
【答案】
【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.
【详解】由题意作出图形，如图，

在中，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案为：；.
14．（2021·全国高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）由题设，应用余弦定理求、，又，可得，结合已知及余弦定理即可求.
【详解】
（1）由题设，，由正弦定理知：，即，
∴，又，
∴，得证.
（2）由题意知：，
∴，同理，
∵，
∴，整理得，又，
∴，整理得，解得或，
由余弦定理知：，
当时，不合题意；当时，；
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及得到的数量关系，结合已知条件及余弦定理求.
15．（2021·全国高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且.
【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
16．（2021·北京高考真题）已知在中，，．
（1）求的大小；
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度．
①；②周长为；③面积为.
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；
（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
【详解】（1），则由正弦定理可得，
，，，，
，解得；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，
与矛盾，故这样的不存在；
若选择②：由（1）可得，
设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，
，
则周长，
解得，则，
由余弦定理可得边上的中线的长度为：
；
若选择③：由（1）可得，即，
则，解得，
则由余弦定理可得边上的中线的长度为：
.
17．（2021·浙江高考真题）设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【详解】（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，

，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.

1．（2021·陕西高三其他模拟（理））已知函数图象的相邻两条对称轴间的距离为，且，则不等式的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由对称轴距离求得，由函数值求得，写出函数解析式，
，解出解集即可.
【详解】由题知，函数的周期，则，
又，，
则，函数解析式为
则
由正弦函数性质知，，
解得
故选：C
2．（2021·陕西高三其他模拟（理））已知，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得；
【详解】解：因为，所以




故选：C
3．（2021·全国高三二模）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】，故选B.
4．（2021·四川成都市·双流中学高三三模（理））在中，角所对的边分别为，若，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意和三角恒等变换的公式，求得，根据正弦函数与余弦函数的性质得到且，得出，求得，，结合正弦定理，即可求解.
【详解】因为，即，
所以，
可得，
所以，
由正弦函数与余弦函数的性质，可得且，
因为且，
所以，解得，所以，
又由正弦定理可得.
故选：C.
5．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数在处取到最大值，则（ ）
A．奇函数 B．偶函数
C．关于点中心对称 D．关于轴对称
【答案】B
【分析】由已知结合辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的最值取得条件及余弦函数的性质可判断．
【详解】解：因为在处取到最大值，
即，其中，
则，
所以，，
所以，
则为偶函数．
故选：B．
6．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于点对称
B．在上的值域为
C．若，则，
D．将的图象向右平移个单位得的图象
【答案】D
【分析】先对函数化简得，然后利用三角函数的图像和性质逐个分析判断即可
【详解】，令，则，故，故A项错误，
当时，，，故B项错误，
因为的周期，所以若，则，，故C项错误，
将的图象向右平移个单位得的图象，故D项正确.
故选：D.
7．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟（理））某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在处（点在水平地面的下方，为与水平地面的交点）进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点，两地相距100米，，其中到的距离比到的距离远40米．地测得该仪器在处的俯角为，地测得最高点的仰角为，则该仪器的垂直弹射高度为（ ）

A．210米 B．米 C．米 D．420米
【答案】C
【分析】在中利用余弦定理求出，进而在中可求出，再在中求出，即可得解．
【详解】设，所以，在中，，，所以，
，即，．
在中，，所以，又在中，，所以，因此．
故答案为：C．
8．（2021·河南高一三模）函数的最小正周期为___________.
【答案】
【分析】利用正切函数的周期公式求解.
【详解】由题可知，的最小正周期.
故答案为：
9．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（理））如图，在△ABC中，AB=6，，点D在边BC上，AD=4，ÐADB为锐角，若CD=7，则S△ACD=__________．

【答案】
【分析】首先解，然后根据与互补求出的正弦值，进而结合三角形的面积公式即可求出结果.
【详解】在中，，即，所以，解得或，
当时，，即ÐADB为钝角，不符合题意舍去；
当时，，即ÐADB为锐角，符合题意，
所以，
则，
所以，
故答案为：.
10．（2021·陕西西安市·西北工业大学附属中学高三其他模拟（理））如图是函数的部分图像，则下列说法正确的编号是___________.

①
②
③是函数的一个对称中心
④函数在区间上是减函数
【答案】①②④
【分析】根据图像先求解出以及最小正周期，则的值可求；再根据最高点以及的取值范围求解出的值；计算的值是否为，由此判断是否为对称中心；采用整体替换的方法先求解出的单调递减区间，由此判断在上是否为减函数.
【详解】由图像可知，函数的最小正周期，
所以，故①正确；
因为，
所以，，解得，，
又，所以，，故②正确；
函数，
因为，
所以不是函数的一个对称中心，故③错误；
令，，
得，，
当时，，因为，
所以函数在区间上是减函数，故④正确，
故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：求解形如的函数的单调递减区间的步骤如下：
（1）先令；
（2）解上述不等式求解出的取值范围即为对应的单调递减区间.
11．（2021·北京高三其他模拟）已知中，点是边的中点，，__________.
从①，②，这二个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.

（1）求；
（2）求的面积･
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.
【详解】解：选择①
（1）因为在中，，
所以，
可得.




（2）在中，由正弦定理，
得




选择②
（1）在中，由正弦定理，
得
因，
所以，
所以




（2）



12．（2021·全国高三其他模拟（理））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求；
（2）若，，D为上一点，且，求．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由题知，进而根据正弦定理边角互化并整理即可得；
（2）结合（1），利用余弦定理得，进而根据得，，设，利用求解即可.
【详解】解：（1）因为，
所以，由正弦定理可得，
因为，
所以可得．
（2）因为，，，
所以由余弦定理可得，
因为，所以，，
设，由于，
即，解得，即．

13．（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））在中，角所对的边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，将边化为角，然后运用两角和正弦公式逆用进行化简，即可求出角的大小；
（2）运用余弦定理和不等式计算出的最值，然后运用三角形面积公式即可求出面积最大值.
【详解】（1）已知，则由正弦定理可得，
即，
即，
即，
，，
又，则
（2）由余弦定理可得，
即，
即，
当且仅当时，等号成立，，
的面积为 .
的面积的最大值为.
14．（2021·广西师大附属外国语学校高三其他模拟（理））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+c=2bcosA.
（1）证明∶B=2A；
（2）设D为BC边上的中点，点E在4B边上，满足，且，四边形ACDE的面积为，求线段CE的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）结合正弦定理边化角，然后化简证明即可；
（2）根据题意作出图形，然后结合正余弦定理解三角形即可.
【详解】（1）由正弦定理得∶




∵A，B∈(0，π)
∴A=B-A
∴B=2A
（2）由

∴DE⊥AB

∴
∴，，
∴
而四边形ACDE的面积
∴
由余弦定理得∶
15．（2021·贵州省瓮安中学高三其他模拟（理））在中，内角，，所对的边分别为，，，已知.
（1）求B；
（2）当，求的周长的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理进行角化边，然后根据余弦定理求解出的值，则的值可求；
（2）根据余弦定理以及基本不等式求解出的最大值，由此可求解出周长的最大值.
【详解】（1）因为，所以，所以，
所以且，
所以，所以；
（2）因为，所以，
所以，所以，
所以，取等号时，
所以，
所以的周长的最大值为.
16．（2021·河南高三其他模拟（理））已知三个内角、、的对边分别是、、，，.
（1）证明：.
（2）若的面积是，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理边角互化可得出，再结合可证得结论成立；
（2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论可求得、的值，再利用余弦定理可求得的值.
【详解】（1）证明：因为，所以，所以.
即；
（2）因为，即，所以.
又由（1）知，所以，解得，所以，
由余弦定理知，所以.