2023高三数学二轮热点题型专项突破专题15 三角中的多选题探究（新高考全国通用）

这是一份2023高三数学二轮热点题型专项突破专题15 三角中的多选题探究（新高考全国通用）
三角中的多选题探究专题解析（1）函数y=Asin(ωx+φ)+B的性质探究（2）复杂型三角函数的性质探究（3）三角形的探究（4）恒等变形公式探究（5）定义和新定义探究（6）与向量的综合探究专项突破类型一、函数y=Asin(ωx+φ)+B的性质探究例1-1.(2021·广东二联)设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))))，则下列结论正确的是(　　)A.f(x)是偶函数B.f(x)的最小正周期是πC.f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))中心对称D.f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增答案　AD解析　由已知得f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))))＝|－sin 2x|＝|sin 2x|为偶函数，故A正确；作出函数f(x)的图象如图所示，由图可知，函数f(x)的最小正周期是eq \f(π,2)，f(x)的图象无对称中心，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，故B，C错误，D正确.故选AD.练、（2020届山东省济宁市高三上期末）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象,则函数具有性质( )A．在上单调递增,为偶函数 B．最大值为1,图象关于直线对称C．在上单调递增,为奇函数 D．周期为,图象关于点对称【答案】ABD【解析】则，单调递增，为偶函数， 正确错误；最大值为，当时，为对称轴，正确；，取，当时满足，图像关于点对称，正确；故选：练、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数的图象关于直线对称，则（ ）A．函数为奇函数B．函数在上单调递增C．若，则的最小值为D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象【答案】AC【解析】因为直线是的对称轴,所以,则,当时,,则,对于选项A,,因为,所以为奇函数,故A正确；对于选项B,,即,当时,在当单调递增,故B错误；对于选项C,若,则最小为半个周期,即,故C正确；对于选项D,函数的图象向右平移个单位长度,即,故D错误故选：AC练、（2020·山东日照·高三月考）将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，则（ ）A．是偶函数B．的最小正周期为C．的图像关于直线对称D．的图像关于点对称【答案】AD【解析】函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，为偶函数，故A正确；的周期为，排除B；因为，所以的图象不关于直线对称，排除C；，故D正确故选：AD.练、（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）将函数的图象向右平移个单位长度得到图象，则下列判断正确的是（ ）A．函数在区间上单调递增B．函数图象关于直线对称C．函数在区间上单调递减D．函数图象关于点对称【答案】ABD【解析】函数的图像向右平移个单位长度得到.由于，故是的对称轴，B选项正确.由于，故是的对称中心，D选项正确.由，解得，即在区间上递增，故A选项正确、C选项错误.故选：ABD.练、、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）A．B．函数在上为增函数C．直线是函数图象的一条对称轴D．是函数图象的一个对称中心【答案】BD【解析】，， ，故A不正确；当时， 是函数的单调递增区间，故B正确；当时，，，所以不是函数的对称轴，故C不正确；、当时，，，所以是函数的一个对称中心，故D正确.故选：BD练、已知函数满足，且在上有最大值，无最小值，则下列结论正确的是（ ）A． B．若，则C．的最小正周期为4 D．在上的零点个数最少为1010个【答案】AC【详解】对A，的区间中点为，根据正弦曲线的对称性知，故A正确；对B，若，则 ，在上有最大值，无最小值，，则，，故B错误；对C，，又在上有最大值，无最小值， ，(其中)， 解得：，，故C正确；对D，当时，区间的长度恰好为个周期，当时，即时，在开区间上零点个数至多为个零点，故D错误.类型二、复杂型三角函数的性质探究例2-1.(2021·岳阳质检)设函数f(x)＝eq \f(sin xcos x,sin x＋cos x)，则(　　)A.f(x)＝f(x＋π)B.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增C.f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上有最大值eq \f(\r(2),4)D.直线x＝eq \f(π,4)是f(x)图象的一条对称轴答案　BCD解析　∵f(x＋π)＝eq \f(sin（x＋π）cos（x＋π）,sin（x＋π）＋cos（x＋π）)＝eq \f(－sin x（－cos x）,－sin x－cos x)＝－eq \f(sin xcos x,sin x＋cos x)＝－f(x)，∴A错误；设t＝sin x＋cos x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，则sin xcos x＝eq \f(t2－1,2)，∴f(t)＝eq \f(1,2)·eq \f(t2－1,t)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,t))).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴t∈(0，eq \r(2)).∵函数y＝t，y＝－eq \f(1,t)在(0，eq \r(2))上单调递增，∴f(t)在(0，eq \r(2))上单调递增，即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增，故B正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))时，x＋eq \f(π,4)∈(0，π)，∴t∈(0，eq \r(2)]，∴f(t)在(0，eq \r(2)]上单调递增，∴当t＝eq \r(2)时，即x＝eq \f(π,4)时，f(x)取得最大值eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(1,\r(2))))＝eq \f(\r(2),4)，故C正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x)))＝eq \f(cos xsin x,cos x＋sin x)＝f(x)，故D正确.故选BCD.练．已知，则（ ）A．的图像关于直线对称B．在上递增C．的值域是D．若方程在上的所有实根按从小到大的顺序分别记为，则【答案】ACD【分析】化简函数，对A选项，利用轴对称的意义验证并判断；对B，C选项，换元借助导数求解并判断；对D选项，利用对称性、周期性计算并判断.【详解】依题意有，对于A选项：，即，的图像关于直线对称，A正确；对于B选项：在上单调递增，，，，时，时，即在不单调，由复合函数单调性知，在上不单调，即B错误；对于C选项：令，则，，在[-1，0]上递减，在[0，1]上递增，，，，，的值域是，的值域是，C正确；对于D选项：由已知得，解得或(舍去)，由得函数图象在区间且确保成立的，对称轴为，在内有11个根，数列构成以为首项，为公差的等差数列，，D正确.故选：ACD【点睛】关键点睛：涉及关于正(余)弦的三角方程的根的和，合理利用对应函数的对称性是解决问题的关键.练．关于函数，则下列说法中正确的是（ ）A．的最大值为B．的最小正周期为C．的图象关于直线对称D．在上单调递增【答案】ACD【分析】计算得到是的一个周期，B错误，时，，计算最值得到A正确，得到C正确，计算单调性得到D正确，得到答案.【详解】因为所以是的一个周期，故B错误；当时，，所以当时，，故A正确；因为所以的图象关于直线对称，故C正确；当时，，因为，所以在上单调递增，故D正确．故选：ACD.练．已知函数，则以下叙述正确的是（ ）A．若，则（）B．的最小正周期为C．在上单调递减D．的图象关于（）对称【答案】BCD【分析】对去绝对值写成分段函数的形式，作出函数图象，结合图象逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】，作出的图象如图： 对于A：由图知：若，不一定有（），如取，，此时满足，但不满足（），故选项A不正确；对于B：由图知的最小正周期为，故选项B正确；对于C：由图知在上单调递减，故选项C正确；对于D：由图知图象关于（）对称，故选项D正确；故选：BCD.练．已知函数，则下列说法正确的是（ ）A．在上单调递减B．直线为图象的一条对称轴C．在上的解集为D．函数在上的图象与直线的交点的横坐标之和为【答案】AC【分析】先根据绝对值的含义，将写成分段函数的形式，然后逐段研究并作出其图象，最后根据三角函数的图象与性质即可求解.【详解】由题意得，函数，作出的大致图象如图所示，由图可知，在上单调递减，所以A正确；由图易知函数的图象没有对称轴，所以直线不是函数图象的对称轴，所以B错误；当时，，由，可得，当时，，由，可得或，所以在上的解集为，所以C正确；结合函数的图象，可得函数在上的图象与直线有4个交点，设交点的横坐标从左到右依次设为，，，，根据函数的解析式可知，当时，，根据余弦函数图象的对称性可知，，当时，，根据正弦函数图象的对称性可知，，所以，所以选项D错误.故选：AC.练．已知函数，则下列四个结论中正确的是（ ）A．是偶函数 B．的最小正周期是C．在上的最大值是 D．图象的对称轴是直线【答案】ACD【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项的正误；利用特殊值法可判断B选项的正误；利用辅助角公式结合正弦型函数的基本性质可判断C选项的正误；利用图象可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，函数的定义域为，，故函数为偶函数，A对；对于B选项，，，所以，，B错；对于C选项，当时，，，所以，当时，函数取得最大值，C对；对于D选项，当时，，当时，，又因为,所以，函数为周期函数，且周期为，作出函数的图象如下图所示：由图象可知，函数图象的对称轴是直线，D对.故选：ACD.练．设函数，则下列说法正确的有（ ）A．当，时，为奇函数B．当，时，的一个对称中心为C．若关于的方程的正实根从小到大依次构成一个等差数列，则这个等差数列的公差为D．当，时，在区间上恰有个零点【答案】AD【分析】利用正弦函数的奇偶性判定的奇偶性，进而判定A；逆用两角和差公式化为“一角一函”形式，根据正弦函数的对称中心的性质判定B;化简方程后求得方程的正实数根，根据等差数列的定义判定C；根据零点的定义，转化为方程，求解后判定D.【详解】当，时，,,所以是奇函数，故A正确；当，时，，，不是的一个对称中心，故B错误；当，，时，为，即，则或，即或，,正根从小到大排列为,,,故不是等差数列，故C错误；当，时，，令，解得，当时解在区间上，故在区间上恰有个零点，故D正确.故答案为：AD.练、已知函数，则（ ）A．是奇函数 B．是周期函数且最小正周期为C．的值域是 D．当时【答案】ABD【详解】A.，故是奇函数，故A正确；B.因为的最小正周期是，的最小正周期为，二者的“最小公倍数”是，故是的最小正周期，故B正确；C.分析的最大值，因为，，所以，等号成立的条件是和同时成立，而当即时，，故C错误；D.展开整理可得，易知当时，，故D正确.练、已知函数，则下列关于该函数性质说法正确的有（ ）A．的一个周期是 B．的值域是C．的图象关于点对称 D．在区间上单调递减【答案】AD【详解】A：因为，所以是函数的周期，故本选项说法正确；B：因为，，所以，故本选项说法不正确；C：因为，所以的图象不关于点对称，故本选项说法不正确；D：因为，所以函数是单调递减函数，因此有，而，所以在区间上单调递减，故本选项说法正确.练．已知函数，有下述四个结论：①函数是奇函数②函数的最小正周期是③函数在上是减函数④函数在上的最大值是1其中正确的结论一共有（ ）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】【分析】①利用函数的奇偶性的定义判断；②利用函数的周期性定义判断；③将函数转化为，利用正弦函数的性质判断； ④将函数转化为，利用正弦函数的性质判断；【详解】①，所以函数是偶函数，故错误；②故错误；③，因为，则，所以函数在上不是减函数，故错误；④，因为，则，所以，当时，等号成立，所以函数在上的最大值是1，故正确.故选：A类型三、三角形探究例3-1.已知等边三角形ABC的边长为3，点D在BC边上，且BD>CD，AD＝eq \r(7).下列结论中正确的是(　　)A.eq \f(BD,CD)＝2 B.eq \f(S△ABD,S△ACD)＝2C.eq \f(cos ∠BAD,cos ∠CAD)＝2 D.eq \f(sin ∠BAD,sin ∠CAD)＝2答案　ABD解析　如图所示，∵点D在BC边上，且BD>CD，∴BD>eq \f(1,2)BC＝eq \f(3,2).在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos eq \f(π,3)，整理得BD2－3BD＋2＝0，又BD>eq \f(3,2)，故解得BD＝2，∴CD＝1，∴eq \f(BD,CD)＝2，故A正确；∵eq \f(S△ABD,S△ACD)＝eq \f(BD,CD)＝2，故B正确；在△ABD中，由余弦定理得cos ∠BAD＝eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq \f(2\r(7),7)，同理可得cos ∠CAD＝eq \f(5\r(7),14)，则eq \f(cos ∠BAD,cos ∠CAD)＝eq \f(2\r(7),7)×eq \f(14,5\r(7))＝eq \f(4,5)≠2，故C错误；由正弦定理得eq \f(BD,sin ∠BAD)＝eq \f(AD,sin \f(π,3))＝eq \f(CD,sin ∠CAD)，∴eq \f(sin ∠BAD,sin ∠CAD)＝eq \f(BD,CD)＝2，故D正确.故选ABD.练.(2021·枣庄模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝eq \r(10)，a2＋b2－c2＝absin C，acos B＋bsin A＝c，则下列结论正确的是(　　)A.tan C＝2 B.A＝eq \f(π,4)C.b＝eq \r(2) D.△ABC的面积为6答案　ABD解析　因为a2＋b2－c2＝absin C，所以cos C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(absin C,2ab)＝eq \f(sin C,2)，所以tan C＝eq \f(sin C,cos C)＝2，故A正确；因为acos B＋bsin A＝c，所以利用正弦定理可得sin Acos B＋sin Bsin A＝sin C.因为C＝π－(A＋B)，所以sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，所以sin Acos B＋sin Bsin A＝sin Acos B＋cos Asin B，即sin Bsin A＝cos Asin B.因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以tan A＝1.又A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,4)，故B正确；因为tan C＝2，所以C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sin C＝eq \f(2\r(5),5)，cos C＝eq \f(\r(5),5)，所以sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(5),5)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(3\r(10),10).因为eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，所以b＝eq \f(asin B,sin A)＝eq \f(\r(10)×\f(3\r(10),10),\f(\r(2),2))＝3eq \r(2)，故C错误；S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×eq \r(10)×3eq \r(2)×eq \f(2\r(5),5)＝6，故D正确.故选ABD.练、（2020·山东新泰市第一中学高三月考），，分别为内角，，的对边.已知，且，则（ ）A． B．C．的周长为 D．的面积为【答案】ABD【解析】∵，∴，∴.由余弦定理得，整理得，又，∴，.周长为.故的面积为.故选：ABD练．在中，、、所对的边为、、，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）A．若，则 B．的最大值为C． D．角的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.【详解】对于A，由余弦定理可得，得，故，A对；对于B，由基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，由余弦定理可得，则，B对；对于C，，则，由余弦定理可得，，所以，，整理可得，则，C对；对于D，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，因为且函数在上单调递减，故，D错.故选：ABC.练、（2020•泉州一模）在中，角，，所对的边分别为，，．若，角的角平分线交于点，，，以下结论正确的是　　A． B． C． D．的面积为【答案】ACD【解析】：因为，由正弦定理可得，，所以，因为，所以即，， 由角平分线定理可得，，设，，则，，中，由勾股定理可得，，解可得，即，，，所以．故选：．例3-2.(2021·重庆调研)已知锐角△ABC中，A>B>C，则下列说法正确的是(　　)A.tan A>eq \r(3)B.sin A－cos A>cos B－sin BC.eq \f(\r(2),2)C，所以π＝A＋B＋Ceq \f(π,2)，即eq \f(π,2)>A>eq \f(π,2)－B>0，所以sin A>cos B，cos A< sin B，所以－cos A>－sin B，则sin A－cos A>cos B－sin B，B正确；易知C＋B>eq \f(π,2)，即eq \f(π,2)>C>eq \f(π,2)－B>0，则cos Csin C>cos B>0，所以tan B>1，故eq \f(π,2)>B>eq \f(π,4)，从而0