三角函数与解三角形-广西南宁高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

三角函数与解三角形-广西南宁高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

一、单选题

1．（2023·广西南宁·统考二模）已知在锐角三角形中，角所对的边分别为，，，若.则角A的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

2．（2023·广西南宁·统考二模）函数的部分图象如图所示，则的值为（    ）

A． B． C． D．1

3．（2023·广西南宁·统考二模）已知，且，则（    ）

A． B．

C． D．

4．（2023·广西南宁·统考一模）已知，则（    ）

A． B． C． D．

5．（2023·广西南宁·统考一模）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（    ）

A． B． C．6 D．

6．（2022·广西南宁·统考模拟预测）函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为（   ）

A．2 B．1 C．4 D．0

7．（2022·广西南宁·统考模拟预测）“割圆术”是我国古代计算圆周率的一种方法．在公元年左右，由魏晋时期的数学家刘徽发明．其原理就是利用圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，进而求．根据“割圆术”，若用正二十四边形来估算圆周率，则的近似值是（    ）（精确到）（参考数据）

A． B． C． D．

8．（2022·广西南宁·统考模拟预测）已知，，则（       ）

A． B． C． D．

9．（2022·广西南宁·统考三模）函数，则的图象在内的零点之和为（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8

10．（2022·广西南宁·统考三模）已知函数，在区间上有且仅有个零点，对于下列个结论：

①在区间上存在，，满足；

②在区间有且仅有个最大值点；

③在区间上单调递增；

④的取值范围是．

其中正确结论的个数为（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

11．（2022·广西南宁·统考二模）若是钝角且，则（    ）

A． B． C． D．

12．（2021·广西南宁·统考模拟预测）已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．（2023·广西南宁·统考一模）已知函数，点是函数图象上不同的两个点，设为坐标原点，则的取值范围是__________.

14．（2023·广西南宁·统考二模）已知，用表示不超过的最大整数，例如，，则函数，在的零点个数是______.

15．（2023·广西南宁·统考二模）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圈”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的足球，现已知某“鞠”的表面上有四个点满足，，则该“鞠”的表面积为_______.

16．（2023·广西南宁·统考二模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为______.

17．（2023·广西南宁·统考一模）已知是双曲线的两个焦点，为上一点，，且，则的离心率为__________．

18．（2022·广西南宁·统考二模）在上单调递减，则实数m的最大值是______．

19．（2022·广西南宁·统考二模）若函数，的最小正周期为，则正实数______．

20．（2021·广西南宁·统考模拟预测）如图，已知是椭圆的焦点，为椭圆上两点，满足且 ___

21．（2021·广西南宁·统考模拟预测）已知函数的图象的相邻两个对称轴之间的距离为，且恒有，若存在成立，则的取值范围为__________．

22．（2021·广西南宁·统考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，关于原点对称的点A、B在椭圆上，且满足，若令且，则该椭圆离心率的取值范围为___________．

三、解答题

23．（2023·广西南宁·统考一模）在中，角的对边分别为，已知，

(1)求；

(2)若为锐角三角形，，求的取值范围．

24．（2022·广西南宁·统考二模）在①；②；从①②中选取一个作为条件，补充在下面的划线处，并解决该问题．

已知△ABC中的内角A、B、C所对的边分别是a、b、c．若______．

(1)求内角A的大小；

(2)设，，求△ABC的面积．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

25．（2021·广西南宁·统考模拟预测）在中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，已知．

（1）求角C；

（2）若，的面积为，求的值．

参考答案：

1．C

【分析】根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，在根据锐角三角形的性质分析运算.

【详解】∵，由正弦定理可得，

则，

在锐角三角形中，，则，

∴，即，

可得，解得.

故选：C.

2．A

【分析】由函数图象可得解析式，即可得.

【详解】由图象可得最小值为，则；，则最小正周期为；

又函数在时，取最小值，则，又，当时，.

则，故.

故选：A

3．B

【分析】先根据倍角公式，把题中等式转化为，解得后，再由二倍角公式计算.

【详解】由得，

化简得：，

解得或，

因为，所以.

.

.

故选：B.

4．B

【分析】根据三角恒等变换运算求解.

【详解】由题意可得：，

则.

故选：B.

5．B

【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可.

【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，

一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设，

圆锥底面周长为，所以，所以，

在中，由，得

故选：B．

6．A

【分析】由题意作出和的图象即可求解.

【详解】令，得，

令，，

故在和上是单调递增函数，

令，得，

的图象可由的图象向右平移1个单位长度得到，

易知和的图象都关于中心对称，

在同一个坐标系作出和的图象如图所示：

易知它们有两个交点，且关于中心对称，

所以.

故选：A

7．C

【分析】根据24个等腰三角形的面积之和约等于圆的面积即可求解.

【详解】设圆的半径为，以圆心为顶点将正二十四边形分割成全等的24个等腰三角形，

且顶角为，

所以正二十四边形的面积为，

所以有，解得,

故选：C．

8．C

【分析】由可得，从而求得.

【详解】因为，

则

所以有，

因为，所以，解得.

故选：C．

9．B

【分析】由题可知函数与函数的图象在内交点的横坐标即为函数的零点，利用数形结合及函数的对称性即得.

【详解】由可得，

则函数与函数的图象在内交点的横坐标即为函数的零点，

又函数与函数的图象都关于点对称，

作出函数与函数的大致图象，

由图象可知在内有四个零点，则零点之和为4．

故选：B.

10．C

【分析】由整体代换法解出的取值范围，再由三角函数性质对结论逐一判断

【详解】∵，∴，令，则，

由题意，在上只能有两解和，∴，解得，所以④成立；

对于①，因为在上必有，故在上存在满足；①成立；

对于②，对应的（显然在上）一定是最大值点，因对应的值有可能在上，故②结论错误；

对于③，当时，，由于，故，

此时是增函数，从而在上单调递增，所以③成立，

综上，①③④成立，

故选：C

11．A

【分析】先求出，再根据商数关系求出即可.

【详解】因为是钝角，所以．则．

故选：A.

12．D

【分析】由二倍角公式得到，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后根据二倍角正弦公式计算可得；

【详解】解：由，得，

即，解得（舍去），或．

∵，则，故．

故选：D

13．

【分析】作出函数的图形，求出过原点且与函数的图象相切的直线的方程，以及函数的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出的取值范围.

【详解】当时，，则，

所以，函数在上为增函数；

当时，由可得，即，

作出函数的图象如下图所示：

设过原点且与函数的图象相切的直线的方程为

，设切点为，

所以，切线方程为，

将原点坐标代入切线方程可得，

即，构造函数，其中，则，

所以，函数在上单调递减，且，

由，解得，所以，，

而函数的渐近线方程为，

设直线与的夹角为，设直线的倾斜角为，

则，

结合图形可知，.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出设过原点且与函数的图象相切的直线的方程以及函数的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解.

14．7

【分析】根据已知，利用一次函数、正弦函数的图象以及函数零点与方程的根的关系求解.

【详解】函数的零点等价于方程的根，

当时，方程等价于：，

当时，方程等价于：，

当时，方程等价于：，

当时，方程等价于：，

当时，方程等价于：，

当时，方程等价于：，

当时，方程等价于：，

当时，方程等价于：，

因为方程的根的个数等价于函数与函数的交点个数，

如图，由函数函数，与函数，的图象可知，

函数，在有7个零点.

故答案为：7.

15．

【分析】作出辅助线，找到球心的位置，利用余弦定理和勾股定理求出球的半径，得到表面积.

【详解】取的中点，连接，

因为，所以且，

故，

因为，所以，

故，

在上取点，使得，则点为等边的中心，则，

设点为三棱锥的外接球球心，则平面，

连接，设外接球半径为，则，

过点作⊥，交延长线于点，则，

由于在平面中，故，故平面，

过点作⊥于点，则，

，，，

故，设，则，

由勾股定理得，，

故，解得，

故，

故该“鞠”的表面积为.

故答案为：

16．

【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，利用余弦定理求出，将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，即可求出其体积.

【详解】解：将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，

设，即，由题意得，

在中，由余弦定理得

即

即，解得或（舍去），

将三棱锥补成长方体如图2所示，

该棱锥的外接球即为长方体的外接球，

则外接球的半径，

所以外接球的体积.

故答案为：

17．

【分析】根据给定的条件，利用双曲线定义结合余弦定理计算作答.

【详解】由正弦定理得，所以，

即，由双曲线的定义可得，

所以；

因为，由余弦定理可得，

整理可得，

所以，即．

故答案为：.

18．/

【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，求出含有数0的单调递减区间，再借助集合的包含关系求解作答.

【详解】依题意，，

由得，因此，函数含有数0的单调递减区间是，

因在上单调递减，于是得，即，解得，

所以实数m的最大值是.

故答案为：

19．2

【分析】根据三角恒等变换公式化简，再根据周期公式可得结果.

【详解】

，

所以，因为，所以解得．

故答案为：2．

20．/0.2

【分析】延长与椭圆交于点,在中根据题意及椭圆对称性，利用余弦定理求解即可.

【详解】延长与椭圆交于点,,根据椭圆的对称性可知,

设，，

，且，

又，

又，，

在中，,,

,.

故答案为：

21．

【分析】根据两角和的正弦公式，辅助角公式，化简可得解析式，根据题意，求得周期，可得值，根据，结合正弦型函数的性质，可求得a值，根据x的范围，求得的范围，可得的最值，结合题意，分析即可得b的范围.

【详解】由题设，，，

由相邻两个对称轴之间的距离为，故，

又，即，

故，解得．

，

当时，，此时的最大值为，最小值为，

若存在，，使成立，

则只需，

，故的取值范围为

22．

【分析】由得为矩形，则，故，结合正弦函数即可求得范围．

【详解】由已知可得，且四边形为矩形．

所以，

又因为，所以．

得离心率．

因为，所以，可得，

从而．

故答案为：

23．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，结合余弦定理即得，即可求得答案；

（2）利用余弦定理表示出，结合正弦定理边化角可得，利用三角恒等变换化简可得，结合为锐角三角形确定A的范围，结合正弦函数性质，即可求得答案.

【详解】（1）由,

根据正弦定理可得，

所以，

由余弦定理可得，

，．

（2）由余弦定理，得，

即，

由正弦定理，得，

即，又，

所以

，

由为锐角三角形，故，解得，

所以，所以，

所以，所以．

24．(1)；

(2)或﹒

【分析】(1)若选①，结合，利用正弦定理边化角即可求出tanA，从而求出A；若选②，结合，利用正弦定理边化角和三角恒等变换即可求出A；

(2)根据正弦定理即可求出sinB，从而求出B，根据A和B求出C，根据即可求出三角形面积．

(1)

若选①：

由正弦定理及得，，

则

得．

∵，∴．

若选②：

由和正弦定理得，得．

∵在三角形内，，∴．

即，

∵，∴，∴，

∴．

(2)

由正弦定理得，即，则，

∵，则或，

若，则，则；

若，则，则．

∴△ABC的面积为或．

25．（1）；（2）.

【分析】（1）由正弦定理进行边角互化得．再根据余弦定理可求得答案；

（2）根据三角形的面积公式求得．再由正弦定理可求得答案.

【详解】解：（1）在中，由及正弦定理可得．

由余弦定理得，而，所以，

所以角C的值是．

（2）因为．所以．

则由正弦定理得，于是有，

即，所以．