高中数学高考01卷 第四章　三角函数、解三角形《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用）(解析版)

这是一份高中数学高考01卷 第四章　三角函数、解三角形《过关检测卷》－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用）(解析版)试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
01卷 第四章　三角函数、解三角形《过关检测卷》
－2022年高考一轮数学单元复习一遍过（新高考专用）
第I卷（选择题）

一、单选题
1．函数部分图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）

A．若把的图象平移个单位可得到的图象，则
B．，恒成立
C．对任意，，，，
D．若，则的最小值为
【答案】D
【分析】
由图象求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
由图象可得，函数的最大值为，即，
又由，即，且，所以，所以，
因为且为单调递减时的零点，所以，
可得，，由图象知，可得，
又由，所以，所以，
对于A中，因为的图象可由函数的图象向左平移个单位得到，
可得，所以A错；
对于B中，令，，得对称轴为，，则B错；
对于C中，函数单调递增区间的长度，最大为，故C错；
对于D中，由，因为，所以且，设，使最小，即绝对值最小的零点，
令，，可得，，
由时，，所以，所以D正确.
故选：D.
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
2．已知函数图象上的最高点与最低点之间距离的最小值为，下面给出了四个命题：
①函数的极大值为+1；
②[，]为函数的一个单调递减区间；
③函数的图象关于点（﹣，0）对称；
④将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于原点对称．
这四个命题中，所有真命题的编号是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①③
【答案】B
【分析】
化简函数，根据题意求得，得到，可判定①为假命题；利用三角函数的性质，可判定②、③为真命题；根据三角函数的图象变换，求得，根据正弦型函数的性质，可判定④为假命题．
【详解】
由函数，其最小正周期，
由已知得，解得，
所以，所以函数的极大值为2，故①为假命题；
由，解得，
所以该函数的单调递减区间为，
令时，所得区间为，故②为真命题；
令，解得，
所以函数图象的对称中心为，
当时，对称中心为，故③为真命题；
将函数的图象向右平移个单位长度后，
所得图象对应的函数解析式为，
显然该函数不是奇函数，其图象不关于原点对称，故④为假命题．
综上真命题只有②③．
故选：B.
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
3．将函数的图象向左平移半个周期得到的图象，若在上的值域为，则下述四个结论：
①在上有且仅有1个极大值点；
②在上有且仅有1个极小值点；
③在上单调递增；
④可以是函数的一个周期．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①④ B．①③④ C．②③ D．①③
【答案】D
【分析】
化简，根据在上的值域为，求得，可判定④不正确；根据三角函数的图象与性质，可判定①正确；②不正确；由在上单调递增，求得，可判定③正确．
【详解】
由题意得，
因为，所以，
因为在上的值域为，所以，则，
所以④不正确；
由，可得，再由，可得，
令，可得的极大值点为，所以①正确；
当时，没有极小值点，所以②不正确；
当时，，若在上单调递增，
则，解得，又由，故③正确．
故选：D．
4．已知函数的部分与的对应值如下表：
x

0
1
2
y
1
2
1

则函数的图象的一条对称轴方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由，化简得，求得，再由，求得，根据，求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】
根据表格中的数据，可得，所以，
化简得，所以或，
因为，所以，即，故，
所以，
又由，解得，所以，
令，可得，即函数的图象的对称轴方程是，
结合选项，可得选项B满足题意.
故选：B.
5．已知是函数图像与直线的两个不同的交点.若的最小值是，则（ ）
A．6 B．4 C．2 D．1
【答案】B
【分析】
令，求得方程的解，结合的最小值是，得到，即可求解.
【详解】
由题意，函数图像与直线的两个不同的交点，
即，即，
解答或，
解得或，
又因为的最小值是，可得，
即，解得.
故选：B.
6．已知函数在区间内有且仅有一个极大值，且方程在区间内有4个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据三角函数的图象与性质，结合若在区间内有且仅有一个极大值，以及方程在区间内有4个不同的实数根，列出不等式，即可求解.
【详解】
由题意，函数，
因为，所以，
若在区间内有且仅有一个极大值，则，解得；若方程在区间内有4个不同的实数根，
则，解得．
综上可得，实数的取值范围是．
故选：C.
7．已知函数，若且 ，则函数取得最大值时x的可能值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由得到对称轴为，求出的取值集合，再由，可得，，代入函数中可得，进而求出函数取到最大值时x的集合，k取适当的整数可得x的取值选项.
【详解】
由题意，函数，
因为可知函数的对称轴为，
所以，可得，，得，，
又因为，所以，即，可得，
所以可得，，所以，
所以取到最大值时，则，，即，，
当k取适当的整数时，只有适合，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，逐项判定是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档题.
8．关于函数的下述四个结论中，正确的是（ ）
A．是奇函数
B．的最大值为
C．在有个零点
D．在区间单调递增
【答案】D
【分析】
分析函数的奇偶性、最值、零点、单调性，对各选项进行逐一判断即可.
【详解】
，
所以是偶函数，不是奇函数，故A不正确.
，且当时取得等号；
，且当时取得等号，
所以但等号无法取得，
即的最大值小于，故B不正确.
由是偶函数且，
可得在区间上的零点个数必为偶数，故C不正确.
当时，单调递增，故D正确.
故选D.
【点睛】
本题考查三角函数的性质，涉及奇偶性、最值、零点、单调性的.解选择题要善于利用排除法，如选项B,可不必求出具体的最大值，只需判断最大值是不是即可.
9．已知，下列结论中错误的是（ ）
A．即是奇函数也是周期函数 B．的最大值为
C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点中心对称
【答案】B
【分析】
根据函数的奇偶性的定义及判定，可判定A是正确的；根据函数的对称性，可判定C、D是正确的；由，令，利用求导方法求函数的最值，即可判定B选项错误.
【详解】
由题意，函数的定义域为关于原点对称，
又由，所以是奇函数；
且，
所以又是周期函数，所以A是正确的；
由，即，
所以关于直线对称，所以C是正确的；
由，
所以关于点对称，所以D是正确的；
由，
令，，
令，
，
的单调递减区间是，
的单调递增区间是，
的极大值为，
所以的最大值为，
即函数的最大值为，故B选项错误.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了三角函数的函数的基本性质的判定及应用，其中解答中熟记函数的周期性、对称性，以及三角函数的基本关系式和应用导数求最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
10．已知函数图象关于直线对称，由此条件给出5个结论：①的值域为；②图像关于点对称；③的图像向右平移后可得到；④在区间上单调递减；⑤且．则上述所有结论中正确的编号是（ ）
A．①②③④ B．①③④⑤ C．②③⑤ D．③④⑤
【答案】A
【分析】
先化简函数的解析式，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
因为，
又由图象关于直线对称，则有，解得，
即函数，
进而的值域为，故序号①正确，而序号⑤错误；
令，，得，
显然函数关于点对称，但为其中一个对称点，故序号②正确；将函数图像向右平移后，
得，于是序号③正确；
易知在区间单调递减，即序号④正确，
综上可得，正确序号为①②③④.
故选：A．
【点睛】
本题以三角函数解析式为载体，考查考生对三角函数图象及性质的应用理解的情况，同时考查了等价转换与化归思想，逻辑推理能力、运算求解能力以及综合运用所学知识、思想方法分析问题和解决问题的能力．
11．已知函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位长度，所得图象关于轴对称，则的一个值是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先求得的值，然后结合三角函数的性质和图象确定的值即可.
【详解】
由函数的最小正周期公式可得：，
则函数的解析式为，
将的图象向右平移个单位长度或所得的函数解析式为：
，
函数图象关于轴对称，则函数为偶函数，即当时：
，
则， ①
令可得：，
其余选项明显不适合①式.
本题选择B选项.
【点睛】
本题主要考查三角函数解析式的求解，三角函数的平移变换，三角函数的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
12．已知函数()，将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据两角差的余弦公式化简得到，再依据图象平移有，结合已知条件即可求出的值
【详解】
∵
∴
∵
∴()
即()
∵
∴
故选：D
【点睛】
本题考查了两角差的余弦公式，函数图象平移求解析式，逆用两角差的余弦公式化简三角函数式，应用函数图象平移得到新函数解析式，最后根据已知条件求参数值
13．已知函数的最小正周期为，其图象关于直线对称．给出下面四个结论：①将的图象向右平移个单位长度后得到函数图象关于原点对称；②点为图象的一个对称中心；③；④在区间上单调递增．其中正确的结论为（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
【答案】C
【分析】
根据题设条件，结合三角函数的性质，求得函数的解析式，再结合三角函数的图象变换和三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
因为函数的最小正周期为，其图象关于直线对称，
所以 ，解得，
因为，所以，因此，
①将的图象向右平移个单位长度后函数解析式为，
由，得，所以其对称中心为：，故①错；
②由，解得，即函数的对称中心为；令，则，故②正确；
③由，故③错；
④由，得，
即函数的增区间为，因此在区间上单调递增，故④正确.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
14．已知函数满足，，且在区间单调，则的取值个数为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】
根据题设条件，求得，两式相减得，解得，结合在区间单调，求得，即可求解.
【详解】
由题意，函数满足，，
可得，
两式相减得，解得，
又由，可得，即，解得，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，根据题设条件列出方程和不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
15．已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象．若函数为偶函数，则函数在区间上的值域是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，求得，表示出的解析式，根据函数为偶函数确定，再求在区间上的值域
【详解】
解：函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为
所以
的图象向左平移个单位长度后，所以
函数为偶函数，所以

，

故选：B
【点睛】
考查正、余弦函数的图象变换及其值域求法，基础题.
16．已知三个内角、、的对边分别是，若，则等于(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半求解
【详解】
由条件可知，故选.
【点睛】
本题考查解三角形，属于基础题.
17．在中，，，，则的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意及正弦定理得，然后根据余弦定理求出，最后结合面积公式可得三角形的面积．
【详解】
由及正弦定理得．
在中，由余弦定理得，
所以，解得，
所以．
又，
所以．
故选D．
【点睛】
三角形的面积常与解三角形结合在一起考查，解题时要根据条件得到求面积时的所需量，往往要用到三角形中边角间的互化，考查变形和计算能力，属于中档题．
18．在△中，M为BC上一点，，则△的面积的最大值为（ ）
A． B． C．12 D．
【答案】A
【分析】
由已知条件，令，，则在△中结合余弦定理可知，根据三角形面积公式即可求最大值
【详解】
由题意，可得如下示意图

令，，又，即有
∴由余弦定理知：
，当且仅当时等号成立
∴有
∴
故选：A
【点睛】
本题考查了正余弦定理，利用向量的知识判断线段的长度及比例关系，再由余弦定理并应用基本不等式求三角形两边之积的范围，进而结合三角形面积公式求最值
19．在边长为的正三角形ABC的边AB、AC上分别取M、N两点，沿线段MN折叠三角形，使顶点A正好落在边BC上，则AM的长度的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设，在三角形中，利用正弦定理求得的表达式，结合的取值范围，求得的最小值，也即是的长度的最小值.
【详解】
显然A，P两点关于折线MN对称，
连接MP，图（2）中，可得AM＝PM，则有∠BAP＝∠APM，
设∠BAP＝θ，∠BMP＝∠BAP+∠APM＝2θ，
再设AM＝MP＝x，则有，
在△ABC中，∠APB＝180°﹣∠ABP﹣∠BAP＝120°﹣θ，
∴∠BPM＝120°﹣2θ，
又∠MBP＝60°，
在中，由正弦定理知，
即，
∴，
∵0°≤θ≤60°，
∴0°≤120°﹣2θ≤120°，
∴当120°﹣2θ＝90°，即θ＝15°时，sin（120°﹣2θ）＝1．
此时x取得最小值，且∠AME＝75°．
则AM的最小值为．
故选：C

【点睛】
本小题主要考查正弦定理解三角形，属于中档题.
20．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若A＝45°，B＝30°，a＝，则b＝（　　）
A． B．1 C．2 D．
【答案】B
【分析】
根据△ABC中A＝45°，B＝30°，a＝，结合正弦定理的边角关系即可求的值
【详解】
△ABC中已知A＝45°，B＝30°，a＝
由正弦定理
可得：
故选：B
【点睛】
本题考查了正弦定理，应用正弦定理的边角关系，根据已知角、边求未知边的长，属于简单题
21．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，，，则B为（ ）
A． B．或 C． D．或
【答案】C
【分析】
根据正弦定理得到，再根据知，得到答案.
【详解】
根据正弦定理：，即，根据知，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了根据正弦定理求角度，多解是容易发生的错误.
22．在中，分别是角的对边，，则角的正弦值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【分析】
整理题设条件，得到，结合余弦定理求得，进而得到，得到答案.
【详解】
由题意知，整理得，
由余弦定理，可得，
又由，所以，所以.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了余弦定理的应用，其中解答中熟记解三角形的余弦定理是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
23．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别是，若角成等差数列，且的值是
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用余弦定理可得，结合成等差数列可得，从而.
【详解】
由余弦定理可以得打，又成等差数列，故，
所以，，
，所以，因，所以为等边三角形，故 ，选D.
【点睛】
三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.
（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；
（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；
（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.

二、多选题
24．若在上是增函数，则下列正确是（ ）
A．实数的取值范围为
B．实数的取值范围为
C．点为曲线的对称中心
D．直线为曲线的对称轴
【答案】BD
【分析】
化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
由题意，函数，
令，解得，
当时，，
因为在上是增函数，可得，即实数的取值范围为.
令，解得，
即的对称中心为，可得点不是曲线的对称中心；
因为在上是增函数，其中，
令，解得，
当时，可得，即是曲线的对称轴.
故选：BD.
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
25．(多选)若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为 D．在区间上单调递减
【答案】ABC
【分析】
由三角函数周期的计算公式，可判定A正确；由三角函数对称轴的性质，可判定B正确；求得，令，得到，可判定C正确；
由三角函数单调性的判定方法，可判定D不正确.
【详解】
由题意，函数，可得的最小正周期为，所以A正确；
当时，可得，所以是函数的其中一条对称轴，所以B正确；
由，可得，
令，即，解得，
当时，可得，即是函数的一个零点，所以C正确；
由，可得，
当时，即时，函数单调递减；
当时，即时，函数单调递增，所以D不正确.
故选：ABC.
26．已知函数()相邻的最高点的距离为，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的图象关于点中心对称
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间上的值域为[1，2]
D．将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，然后向左平移个单位得
【答案】AC
【分析】
先化简函数的解析式为，结合题意求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
由题意，化简得，
由题意知周期，得，所以，
当时，，故A项正确；
当时，，故B项错误；
当时，，故，故C项正确；
将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到，再向左平移个单位，可得，故D项错误.
故选：AC
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
27．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．若是函数的零点，则是的整数倍
B．函数的图象关于点对称
C．函数的图象与函数的图象相同
D．函数的图象可由的图象先向上平移个单位长度，再向左平移个单位长度得到
【答案】BC
【分析】
首先由三角恒等变换化简函数解析式，作出图象，数形结合判断A错误；由正弦函数的对称性可判断函数的对称性；利用三角函数诱导公式可判断C选项；根据三角函数图象变换规则可判断D选项.
【详解】

，
画出函数的图象，如图所示：

的图象与轴相邻的两个交点的距离不相等，且不为，故A错；
因为，所以函数的图象关于对称，则函数的图象关于点对称，故B正确；
函数，故C正确；
函数的图象可由先向上平移个单位，再向左平移个单位长度得到，故D错误.
故选：BC
【点睛】
本题考查三角恒等变换、正弦型函数的对称性、三角函数诱导公式及三角函数图象变换规则，属于中档题.
28．设是一个钝角三角形的两个锐角,下列四个不等式中正确的是
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】
根据三角形内角和特点可得到，利用诱导公式可得，从而验证出正确；根据，，，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求得正确；利用二倍角的正切公式展开，由，根据正切函数的值域和不等式的性质可验证出错误.
【详解】
设且
，正确；

且
，正确；
，正确；
，则

，即，错误.
故选：
【点睛】
本题考查与三角函数有关的不等关系的辨析问题，涉及到诱导公式、二倍角公式和辅助角公式的应用、正弦函数值域和正切函数值域的求解等知识；关键是能够根据已知得到两个角所处的范围，进而将所验证不等式化为同角问题进行求解.
29．在中，内角所对的边分别为，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则一定为等腰三角形
C．若，则一定为直角三角形
D．若，且该三角形有两解，则边的范围是
【答案】AC
【分析】
根据正弦定理和三角恒等变换的公式，以及三角性的内角和定理、三角形解得个数的判定方法，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，因为，可得，由正弦定理可得，
所以，所以A正确；
对于B中，由，可得或，
即或，所以三角形为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；
对于C中，若，由正弦定理可得，
即，所以，即，
又因为，所以，所以一定为直角三角形，所以C正确；
对于D中，若，可得，
要使得该三角形有两解，可得，即边的范围是，所以D不正确.
故选：AC.
30．已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则以下四个命题正确的有（ ）
A．当时，满足条件的三角形共有个
B．若则这个三角形的最大角是
C．若，则为锐角三角形
D．若，，则为等腰直角三角形
【答案】BD
【分析】
利用正弦定理求得,即可判定A错误；利用正弦定理转化为边的比值，进而利用余弦定理求得最大角的余弦，得到最大角的值，对B作出判定；注意到三角形的各个角的情况，周全考虑，即可判定C错误；根据已知条件,综合使用正余弦定理可求得角A的值，进而证明D正确.
【详解】
对于Ａ，，无解，故A错误；
对于B,根据已知条件，由正弦定理得：,
不妨令,则,最大角的余弦值为：,
∴，故B正确；
对于C，由条件，结合余弦定理只能得到,即角为锐角，无法保证其它角也为锐角，故C错误；
对于D,,得到,
又
,
,
为等腰直角三角形，故D正确.
故选：BD.
【点睛】
本题考查正余弦定理，熟练掌握并灵活运用正余弦定理是关键.
31．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，下列有关的结论，正确的是（ ）
A．若为锐角三角形，则
B．若，则
C．，其中为外接圆的半径
D．若为非直角三角形，则
【答案】ABD
【分析】
由，结合正弦函数的单调性和诱导公式，可判定A正确；根据正弦定理，求得，结合余弦的倍角公式，可判定B正确；结合面积公式和正弦定理，可判定C不正确；根据三角形内角和定理和正切的两角和公式，可判定D正确.
【详解】
对于A中，若为锐角三角形，可得且 ，
可得，且，
根据正弦函数的单调性，可得，所以，所以A正确；
对于B中，在中，由，根据正弦定理可得，
则，可得，解得，所以B正确；
对于C中，由三角形的面积公式，可得，
由正弦定理知，可得，所以C不正确；
对于D中，在中，可得，则，
所以，即，
可得，
则，所以D正确.
故选：ABD
【点睛】
对于解三角形问题的常见解题策略：
对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.
32．以下关于正弦定理或其变形正确的有（　　）
A．在ABC中，a：b：c＝sin A：sin B：sin C
B．在ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则a＝b
C．在ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B，若A＞B，则sin A＞sin B都成立
D．在ABC中，
【答案】ACD
【分析】
对于A，由正弦定理得a：b：c＝sinA：sinB：sinC，故该选项正确；
对于B，由题得A＝B或2A+2B＝π，即得a＝b或a2+b2＝c2，故该选项错误；
对于C，在ABC中，由正弦定理可得A＞B是sinA＞sinB的充要条件，故该选项正确；
对于D，由正弦定理可得右边＝＝左边，故该选项正确.
【详解】
对于A，由正弦定理，可得a：b：c＝2RsinA：2RsinB：2RsinC＝sinA：sinB：sinC，故该选项正确；
对于B，由sin2A＝sin2B，可得A＝B或2A+2B＝π，即A＝B或A+B＝，∴a＝b或a2+b2＝c2，故该选项错误；
对于C，在ABC中，由正弦定理可得sinA＞sinB⇔a＞b⇔A＞B，因此A＞B是sinA＞sinB的充要条件，故该选项正确；
对于D，由正弦定理，可得右边＝＝左边，故该选项正确.
故选：ACD.
【点睛】
本题主要考查正弦定理及其变形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

第II卷（非选择题）

三、填空题
33．关于函数有如下四个命题：
①的最小正周期为；
②在内有个极值点；
③在内有个零点；
④的图象关于直线对称.
其中所有真命题的序号为___________.
【答案】①③
【分析】
根据函数周期的求法，可判定①正确；利用导数和极值的定义，可判定②不正确；根据函数零点的定义和求法，可判定③正确；根据函数的对称性的判定方法，可判定④不正确.
【详解】
由函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，
所以函数的最小正周期为两个函数周期的最小公倍数，
所以函数的最小正周期为，所以①正确；
由，
因为，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值，
即在内有个极值点，所以②不正确；
令，即，解得或，
因为，所以，即在内有个零点，所以③正确；
由，
所以④不正确.
故答案为：①③
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
34．已知函数()在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】
因为，可得，根据函数在区间上有且仅有一个零点，得到，且，可得，验证，，即可求解.
【详解】
由题意，函数（），可得函数的周期为，
因为，可得
又由函数()在区间上有且仅有一个零点，
且满足，且，可得，
即，且，
当时，，解得，所以；
当时，，解得，所以；
当时，，解得，此时解集为空集，
综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟练应用三角函数的图象与性质，列出相应的不等式组是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
35．已知函数，点是直线与函数的图象自左至右的某三个相邻交点，若，则 _____
【答案】3
【分析】
画出示意图，分析可得，即求得的周期，从而求得，再根据两点处函数值相等及两点横坐标的关系，求得点处的函数值，得到的值，求得答案.
【详解】
作出示意图如图所示：

由，则，则，故的周期，
得，即，且，
可得，且，得,
则，得，则.
故答案为：3
【点睛】
本题考查了正弦型函数图象的应用，属于中档题.
36．函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，则下列结论正确的是______.
①的一个周期为； ②的图象关于对称；
③是的一个零点； ④在单调递减；
【答案】①②③
【分析】
先由图像的平移变换推导出的解析式，再分析函数的周期、零点、对称性、单调性，判断是否正确．
【详解】
解：函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，
，
的一个周期为，故①正确；
的对称轴满足：，，
当时，的图象关于对称，故②正确；
由，得，
是的一个零点，故③正确；
当时，，
在上单调递增，故④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查三角函数的平移变换、三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
37．下列命题中，正确命题的序号是______．
①函数的最小正周期是；
②终边在轴上的角的集合是；
③在同一坐标系中，函数的图像与函数图像在内有1个公共点；
④把函数的图像的对称轴是．
【答案】①④
【分析】
利用平方差公式及二倍角公式化简函数解析式，求出周期可判断①正确；终边在轴上的角的集合是，②错误；根据正弦、余弦函数在上的图象可判断③错误；由正弦函数的对称性可求出此函数的对称轴，④正确.
【详解】
①，此函数的最小正周期为，①正确；
②终边在轴上的角的集合是，②错误；
③根据正弦、余弦函数在上的图象知在同一坐标系中，函数的图像与函数图像在内有2个公共点，③错误；
④令，解得，所以函数的图像的对称轴是，④正确.
故答案为：①④
【点睛】
本题考查正弦、余弦函数的图象与性质、终边在特殊位置上的角的集合、二倍角公式，属于中档题.
38．若将函数的图象向左平移个单位长度，平移后的图象关于点对称，则函数在上的最小值为______.
【答案】
【分析】
根据三角函数的图象变换，求得，再结合三角函数的性质，得到函数的解析式，进而求得其最小值，得到答案.
【详解】
由题意，函数，
将函数的图象向左移个单位，可得，
因为关于点对称，
所以，
又因为，可得，故，
又由，可得，所以，
所以函数的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换，熟练应用三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
39．已知函数的相邻两个对称中心距离为，且，将其上所有点的再向右平移个单位，纵坐标不变，横坐标变为原来的，得的图像，则的表达式为_______
【答案】.
【分析】
利用正切函数的图象和性质，函数的图象变换规律，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意，函数的相邻两个对称中心距离为，解得，
且，即，因为，解得，
所以，
将图象上的点向右平移个单位，可得，
再把所得图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的，可得的图象，
即函数的解析式为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了正切函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换的应用，其中解答中熟记正切函数的图象与性质，以及熟练应用三角函数的图象变换是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
40．若（），则在中，正数的个数是___________.
【答案】
【分析】
根据正弦函数的周期，以及数列的知识，可得结果.
【详解】
令，可知最小正周期为
且若为整数，可得为0
所以，
而共7个
共7个
其他
所以正数一共有
个
故答案为：86
【点睛】
本题主要考查正弦型函数的周期的应用，属中档题.
41．在中，若，则___________
【答案】
【解析】
由正弦定理可得：，
不妨设，
由余弦定理可得：.
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
42．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知且c＝1，则△ABC面积的取值范围为____.
【答案】
【分析】
由三角形的余弦定理可得b2＝1+a2﹣a，由△ABC为锐角三角形，可得a2+b2＞c2，b2+c2＞a2，解得a的范围，再由三角形的面积公式，计算可得所求范围.
【详解】
且c＝1，可得b2＝c2+a2﹣2accosB，
即为b2＝1+a2﹣a，
由△ABC为锐角三角形，可得a2+b2＞c2，b2+c2＞a2，
即为2a2﹣a＞0，且2﹣a＞0，
解得＜a＜2，
则△ABC面积S＝acsinB＝a∈（，），
故答案为：（，）.
【点睛】
本题考查三角形的余弦定理和面积公式的运用，以及锐角三角形的定义，考查化简运算能力，属于中档题.
43．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知bcosC+ccosB＝3b，则＝__.
【答案】3
【分析】
已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式变形，将结果利用正弦定理化简即可求出所求式子的值.
【详解】
已知等式bcosC+ccosB＝3b，利用正弦定理化简得：sinBcosC+sinCcosB＝3sinB，即sin（B+C）＝3sinB，
整理得：sinA＝3sinB，
再利用正弦定理化简得：a＝3b，
则＝3.
故答案为：3
【点睛】
本题考查正弦定理在解三角形中的应用，考查三角恒等变换，考查学生计算能力，属于基础题．
44．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为，则A＝______.
【答案】
【分析】
由已知利用余弦定理，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式可求tanA的值，结合A的范围可求A的值.
【详解】
∵△ABC的面积为＝bcsinA，
又a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得a2﹣b2﹣c2＝﹣2bccosA，
∴＝bcsinA，可得﹣cosA＝sinA，即tanA＝﹣1，
∵A∈（0，π），
∴A＝.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题.

四、双空题
45．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知tan()＝2，则sinA的值为______，若B＝，a＝4，则△ABC的面积等于___．
【答案】 16
【分析】
利用正切的和与差化简tan()＝2．可得tanA的值，根据同角三角函数基本关系式可求得sinA的值，由正弦定理可求得b的值，同角三角函数基本关系式求cosA的值，两角和的正弦函数公式求sinC的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．
【详解】
∵由tan()＝2，可得：
∴tanA＝，即
又∵cos2A+sin2A＝1
∴解得：sinA＝
∵B＝，a＝4，sinA＝
∴由正弦定理：，可得：
∵tanA＝，sinA＝，即
∴sinC＝sin(A+B)＝sinAcosB+cosAsinB＝
∴△ABC的面积S＝absinC＝×4×4×＝16．
故答案为：，16
【点睛】
本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题
46．已知函数的最小正周期为π，且对任意的实数x都成立，则ω的值为__；的最大值为___．
【答案】2
【分析】
由余弦函数最小正周期公式可得，由于对任意的实数都成立等价于，由三角函数值即可出，得到的最大值．
【详解】
∵函数的最小正周期为，
∴．
∵对任意的实数都成立，
∴恒成立，故，
故，∴，故的最大值为，
故答案为2；．
【点睛】
本题考查三角函数的最小正周期的公式以及三角函数解析式的求法，属于中档题
47．已知函数，则函数的最小正周期__________，在区间上的值域为__________．
【答案】
【解析】
函数的解析式：





∴函数f(x)的最小正周期
∴当时,，
当时,，但取不到.所以值域为.
48．已知的三边分别为所对的角分别为，且三边满足，已知的外接圆的面积为，设.则的取值范围为______，函数的最大值的取值范围为_______．
【答案】
【分析】
化简已知等式结合余弦定理可得角B,然后利用基本不等式可得a+c的范围，再利用配方可得函数f(x)的最大值，由a+c的范围即得f(x)最大值的范围.
【详解】
由，可知c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),
化简得,由余弦定理可得cosB=,又B∈(0,π),B=,
因为,解得R=,
由 ,解得b=3,
由余弦定理得，
由基本不等式可得，解得a+c≤6,根据两边之和大于第三边可得a+c>3,即a+c得取值范围是；

=-+4（a+c）sinx+2=-2
又-1≤sinx≤1,可知sinx=1时，函数f(x)的最大值为4（a+c）,
函数的最大值的取值范围为
故答案为(1) (2)
【点睛】
本题考查余弦定理的应用，考查利用基本不等式求最值，考查分析与推理和计算能力.
49．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则的最大值为______；若，则面积的最大值为______．
【答案】
【分析】
由题设条件和正弦定理，求得，再由余弦定理，可得，得到的最大值为，利用面积公式，即可求解.
【详解】
由，可得，
即，由正弦定理，可得，
由余弦定理，可得，当且仅当时，等号成立，
所以，于是的最大值为，
面积．
故答案为：，.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理得应用，以及三角形面积的求解，其中解答中根据题设条件合理使用正弦、余弦定理，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
50．设，，分别为内角，，的对边，已知，则______，的取值范围为______.
【答案】
【分析】
根据题设条件、正弦定理和三角形的性质，化简整理得，得到，求得，再结合余弦定理，求得，即可求解.
【详解】
因为，可得，
由正弦定理可得，
即，
又因为，则，所以，
又由，所以，
因为，所以，所以，
由余弦定理，可得，所以.
故答案为：，
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.
51．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，的面积，则___________;a的最小值为___________．
【答案】
【分析】
根据正弦定理边角互化，可求得，再根据面积公式可得，最后利用余弦定理及基本不等式，即可求解.
【详解】
因为，由正弦定理可得，即，
又由，所以，
又因为，即，解得，
由余弦定理可得，
当且仅当时等号成立，
所以，所以.
故答案为：，.
【点睛】
本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力.

五、解答题
52．已知函数．
（1）当时，求函数的最大值和最小值；
（2）若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）最大值为1，最小值为；（2）.
【分析】
（1）化简函数为，根据，求得，进而取得函数的最值；
（2）把不等式在上恒成立，转化为不等式在上恒成立，根据，求得，列出不等式组，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数

因为，所以，
所以，且，，
即函数在区间上的最大值为1，最小值为．
（2）因为不等式在上恒成立，
所以不等式在上恒成立，
又由，所以，所以，
则，解得，所以实数m的取值范围是．
【点睛】
解答三角函数的图象与性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
53．已知定义在区间上的函数的图象关于直线对称，当时，函数，其中(，，)图象如图所示.

（1）求函数在的表达式；
（2）求方程的解.
【答案】（1）； （2）.
【分析】
（1）结合在区间上的图象，分别求得的值，求得函数解析式，再根据函数的图象的对称性，即可求得函数在的表达式；
（2）由（1）中函数的解析式，结合分段函数的分段条件，列出方程，即可求解.
【详解】
（1）由题意，当时，函数，
结合图象可得，，
可得，所以，所以，
又由，可得且，所以，所以，
当，则，
又由函数的图象关于直线对称，
可得，
所以函数的解析式为.
（2）当时，令，可得或，
可得或；
当时，令，可得或，
所以方程的解集为.
54．已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）当时，求的单调递减区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的 （纵坐标变），得到函数的图象，当时，求函数的值域.
（3）（*）对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到依次为，，，试确定的值，并求的值.
【答案】（1）； （2）； （3），.
【分析】
（1）利用三角恒等变换的公式，化简函数的解析式，利用正弦函数的周期，奇偶性求得函数的解析式，进而求得函数的递减区间；
（2）利用函数的图象变换规律，求得函数的解析式，进而求得函数的值域；
（3）由方程，得到，根据，求得，
设，转化为，结合正弦函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数

因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得，
又由函数为奇函数，可得，
所以，因为，所以，所以函数，
令，解得，
可函数的递减区间为，
再结合，可得函数的减区间为.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
当时，，
当时，函数取得最小值，最小值为，
当时，函数取得最大值，最小值为，
故函数的值域.
（3）由方程，即，即，
因为，可得，
设，其中，即，
结合正弦函数的图象，可得方程在区间有5个解，即，
其中，
即
解得
所以.

【点睛】
解决三角函数图象与性质的综合问题的关键是首先正确的将已知条件转化为三角函数解析式和图象，然后再根据数形结合思想研究函数的性质（单调性、奇偶性、对称性、周期性），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界函数等概念.
55．已知函数，.
（1）求的最大值和最小值；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；；（2）.
【分析】
（1）由，可得，结合三角函数的性质，即可求解；
由不等式在上恒成立，转化为对恒成立，结合函数的最值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数，
因为，可得，
所以当，即时，函数取得最大值，最大值为；
当，即时，函数取得最小值，最小值为.
由题意，不等式在上恒成立，
即不等式对恒成立，
又当时，，所以，解得，
故的取值范围是.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质及其应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，以及不等式恒成立的求解方法，合理应用分类参数求解方法是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
56．若函数的一个零点和与之相邻的对称轴之间的距离为，且当时，取得最小值.
（1）求的解析式；
（2）若，求的值域.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题设条件，求得的周期，得到，再由时，取得最小值，求得，即可得到函数的解析式；
（2）因为，可得，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数的一个零点和与之相邻的对称轴之间的距离为，
可得的周期，即，解得，
又因为当时，取得最小值，
所以，
所以，解得，
因为，所以，所以.
（2）因为，可得，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以函数的值域是.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，以及三角函数在区间上的性质的求法是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
57．已知，函数，当时，.
（1）求常数的值；
（2）设且，求的单调区间.
【答案】（1）；
（2）递增区间为；递减区间为.
【分析】
（1）由，得到，得出，根据，列出方程组，即可求解；
（2）由（1）得，得到，由，得到，结合三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
（1）由，所以，则，
所以，所以，
又因为，可得，解得.
（2）由（1）得，
则，
又由，可得，
所以，即，
所以，
当时，解得，
此时函数单调递增，即的递增区间为
当时，解得，
此时函数单调递减，即的递减区间为.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中根据三角函数的性质，求得函数的解析式，熟练应用三角函数的性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
58．在平面直角坐标系内有两点，，其中，，设函数，其中为坐标原点，若的图象相邻两最高点的距离为，且有一个对称中心为，设．
（1）求和的值；
（2）求的单调递增区间；
（3）当时，方程在上有解，求的取值范围．
【答案】（1），；（2）当时，增区间为，
当时，增区间为 ；（3）答案见解析
【分析】
（1）由向量的数量积的运算和三角恒等变换的公式，化简，再结合三角函数的性质，即可求解；
（2）由（1）得，分和两种情况讨论，结合三角函数的性质，即可求解；
（3）由（2）知，分、、和四种情况讨论，分别求得函数的最值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，向量
可得

因为的图象相邻两最高点的距离为，所以，解得，
又其图象的一个对称中心为，故，，
所以，， 由，可得
（2）由（1）知， 可得，
当时，由，解得，
得单调增区间为，
当时，由，解得，
得单调增区间为 .
（3）由（2）知，
当时，由，可得，
；
当时，由，可得得，；
当时，由，可得，；
当时，由，可得，
综上所述：要使方程在上有解，则有
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等．
59．已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）当时，关于的方程恰有三个不同的实数根，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）本题可根据正弦函数的单调性得出，然后通过计算即可得出结果；
（2）首先可通过解得或，然后绘出函数在区间上的图像，再然后将“有三个不同的实数根”转化为有一个实数解且有两个不同的实数解或有两个不同的实数解且有一个实数解，最后分为或、、、四种情况进行讨论，即可得出结果.
【详解】
（1）令，
解得，
故的单调递增区间为，
（2）等价于，
解得或，
因为，所以，，
如图，绘出函数的图像，

方程有三个不同的实数根等价于有一个实数解且有两个不同的实数解或有两个不同的实数解且有一个实数解，
①当或时，无解，不符合题意；
②当时，则，有一个实数解，有两个不同的实数解，符合题意；
③当时，则，有两个不同的实数解，有一个实数解，符合题意；
④当时，则，有一个实数解，至多有一个实数解，不符合题意，
综上，m的取值范围为．
【点睛】
本题考查三角函数单调区间的求解以及三角函数图像的综合应用，可借助正弦函数、余弦函数以及正切函数的单调性来求解三角函数的单调区间，考查数形结合思想以及分类讨论思想，考查推理能力，是难题.
60．已知函数（其中，，）的图象与轴的相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为.
（1）求的解析式；
（2）当时，求的最大值及相应的的值.
【答案】（1） （2）的最大值为2，此时
【分析】
（1）由题意，求得，，得到，将代入求得，即可得到函数的解析式；
（2）由，得到，结合三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数图象上一个最低点为，可得，
又由函数图象与轴的相邻两个交点之间的距离为，即，可得，
此时函数，
将代入上式，得，即，
因为，可得，所以.
（2）因为，则，
所以当且仅当，即时，，则，
即时，函数的最大值为2.
【点睛】
本题主要考查了三角函数解析式的求解，以及三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
61．已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求当时，的值域.
【答案】
【分析】
（1）利用和与差的三角函数的公式和二倍角公式，以及辅助角公式，化简函数的解析式，即可求解函数的最小正周期；
（2）当时，求解内层函数的范围，即可求得函数的值域.
【详解】
由题意，函数
，
（1）所以函数的最小正周期为.
（2）当时，可得，则，
所以，
所以函数的值域为.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的恒等变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用三角函数恒等变换的公式求得函数的解析式，熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
62．已知函数．
（1）求的最小正周期，并求的最小值及取得最小值时的集合；
（2）令，若对于恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）最小正周期是，最小值为．的集合为；
（2）.
【分析】
（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（2）化简，根据，求得的最大值为，再根据题意，得到，即可求解．
【详解】
（1）由题意，函数，
可得其最小正周期是，
当，可得，即时，
函数的最小值为．
此时的集合为．
（2）由
因为，得，则，
所以，
若对于恒成立，则，
所以，即求实数的取值范围．
【点睛】
本题主要考查了三角恒等变换，以及三角函数的图象与性质综合应用，其中解答中利用三角恒等变换的公式，求得函数的解析式，结合三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
63．已知函数，.
（1）将化为的形式（，，）并求的最小正周期；
（2）设，若在上的值域为，求实数、的值；
（3）若对任意的和恒成立，求实数取值范围.
【答案】（1），；（2），，或，；（3）.
【分析】
(1)由三角函数的恒等变换公式和正弦函数的周期的公式，即可求解；
(2)由正弦函数的图象与性质，讨论的范围，得到的方程组，即可求得的值；
（3）对讨论奇数和偶数，由参数分离和函数的最值，即可求得的范围.
【详解】
(1)由题意，函数


所以函数的最小正周期为.
（2）由（1）知，
当时，则，所以，
即，令，则，
函数，即，，
当时，在为单调递增函数，
可得且，即，解得；
当时，在为单调递减函数，
可得且，即，解得；
综上可得，或，；
（3）由（2）可知，当时，，
当为奇数时，，即为，即恒成立，
又由，即；
当为偶数时，，即为，即恒成立，
又由，即；
综上可得，实数满足，即实数取值范围.
【点睛】
本题主要考查了三角恒等变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解中熟练化简函数的解析式，合理应用三角函数的图象与性质，以及利用分类讨论和分离参数求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，分离参数，以及推理与运算能力，属于中档试题.
64．函数，若函数的图象与轴的两个相邻交点间的距离为，且图象的一条对称轴是直线．
（1）求函数的解析式；
（2）设集合, 若，求实数的取值范围.
【答案】（1）； （2）.
【分析】
（1）由函数的图象与轴的两个相邻交点间的距离为，求得函数的周期，得到，再由图象的一条对称轴是直线，求得，即可得到函数的解析式；
（2）由，把不等式恒成立，转化为，结合三角函数的性质，求得函数的最值，即可求解.
【详解】
（1）由题意知，函数的图象与轴的两个相邻交点间的距离为，
可得, 解得，又由，所以，
又由图象的一条对称轴是直线，可得，
且，解得，
所以
（2）由集合，
因为若，即当时，不等式恒成立，
所以，
因为，则，
当，即，函数取得最小值，最小值为；
当，即，函数取得最大值，最大值为，
所以.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，合理转化是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
65．设函数（R）．
（1）求函数在R上的最小值；
（2）若不等式在上恒成立，求的取值范围；
（3）若方程在上有四个不相等的实数根，求的取值范围．
【答案】（1）（2）（3）
【分析】
（1）通过换元法将函数变形为二次函数，同时利用分类讨论的方法求解最大值；
（2）恒成立需要保证即可，对二次函数进行分析，根据取到最大值时的情况得到的范围；
（3）通过条件将问题转化为二次函数在给定区间上有两个零点求的范围，这里将所有满足条件的不等式列出来，求解出的范围.
【详解】
解：（1）令，，则，对称轴为．
①，即，．
②，即，．
③，即，．
综上可知，
（2）由题意可知，，，的图象是开口向上的抛物线，最大值一定在端点处取得，所以有
故．
（3）令，．由题意可知，当时，有两个不等实数解，所以原题可转化为在内有两个不等实数根．所以有

【点睛】
（1）三角函数中，形如或者都可以采用换元法求解函数最值；
（2）讨论二次函数的零点的分布，最好可以采用数形结合的方法解决问题，这样很大程度上减少了遗漏条件的可能.
66．已知函数
(1)求函数的对称轴方程；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若关于x的方程在上恰有一解，求实数m的取值范围．
【答案】（1）对称轴方程为；（2）
【分析】
（1）利用三角恒等变换化简函数f（x）的解析式，再利用正弦函数的对称性，求得函数f（x）的对称轴方程．
（2）由题意sin（2x﹣）＝ 在[0， ）上恰有一解，再利用正弦函数的单调性，结合函数y＝sin（2x﹣） 的图象，求得实数m的取值范围．
【详解】
（1）∵函数f（x）＝2sinxcosx+2sin（x+）cos（x+）＝sin2x+sin（2x+）＝sin2x+cos2x＝2sin（2x+），
∴令2x+＝kπ+，求得x＝，k∈Z，故函数f（x）的对称轴方程为x＝，k∈Z．
（2）将函数f（x）的图象向右平移个单位长度，得到函数g（x）＝2sin（2x﹣+）＝2sin（2x﹣）的图象，
若关于x的方程g（x）﹣1＝m在[0，）上恰有一解，即2sin（2x﹣）＝1+m 在[0，）上恰有一解，
即sin（2x﹣）＝ 在[0，）上恰有一解．
在[0，）上，2x﹣∈[﹣，），
函数y＝sin（2x﹣），当2x﹣∈[﹣，]时，单调递增；当2x﹣∈[，]时，单调递减，
而sin（﹣）＝﹣，sin＝1，sin（）＝，
∴﹣≤＜，或＝1，求得﹣﹣1≤m＜-1，或m＝1，
即实数m的取值范围[﹣﹣1，﹣1）∪{1}．
【点睛】
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的对称性，正弦函数的单调性，属于中档题．
67．向量，设函数 ．

（Ⅰ）求的表达式并化简；
（Ⅱ）写出的最小正周期并在右边直角坐标中画出函数在区间内的草图；
（Ⅲ）若方程在上有两个根，求m的取值范围及的值．
【答案】（Ⅰ）； （Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.
【分析】
（Ⅰ）根据及辅助角公式即可化简．
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的化简结果及得出最小正周期，再利用五点作图法即可画出内的草图
（Ⅲ）转化成与的交点问题．
【详解】
（Ⅰ） ．
（Ⅱ）的最小正周期．

（Ⅲ）由图可知，当时，，即
当时， ，即
∴．
【点睛】
本题主要考查了向量的乘法，三角函数的周期、辅助角公式的应用、五点作图法画给定区间函数图像的问题，以及方程转化成两个函数交点的问题，数形结合是解决本题的关键．
68． 在中，内角所对的边分别为.已知，.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值.
【答案】(Ⅰ) ；
(Ⅱ) .
【分析】
(Ⅰ)由题意结合正弦定理得到的比例关系，然后利用余弦定理可得的值
(Ⅱ)利用二倍角公式首先求得的值，然后利用两角和的正弦公式可得的值.
【详解】
(Ⅰ)在中，由正弦定理得，
又由，得，即.
又因为，得到，.
由余弦定理可得.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，
从而，.
故.
【点睛】
本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理､余弦定理等基础知识.考查计算求解能力.
69．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答.问题：在锐角 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，____.
（1）求A；
（2）若D为BC的中点，且△ABC的面积为，，求AD的长.
【答案】（1）； （2）.
【分析】
（1）选择①：由正弦定理化简求得，即可求解；选择②：由正弦定理和三角函数的基本关系式，化简得到，即可求解；选择③：由向量的数量积运算公式和余弦定理，化简得到，即可求解.
（2）由（1）和题设条件，求得，进而求得，再由正弦定理和三角函数的基本关系式，求得，结合余弦定理，即可求解.
【详解】
（1）选择①：因为，
由正弦定理，可得，
又由，可得，所以
因为，可得，所以，
又因为，所以.
选择②：因为，可得，即，
由正弦定理，可得，
因为，可得，所以，
又因为，可得，所以.
选择③：因为，可得，
即，即，
解得或，
又因为锐角，即，所以，所以.
（2）由（1）知，因为 的面积为，且，
可得，解得，
则，所以，
又由，可得，
则，
因为，所以，
又由，
所以，
所以.
70．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a且
（1）求角C的大小；
（2）若，c=1，求△ABC的面积.
【答案】（1）； （2）或.
【分析】
（1）由，根据三角形的内角和定义和余弦的倍角公式，化简求得，即可求得的大小；
（2）由正弦定理求得，得到或，结合面积公式，即可求解.
【详解】
（1）因为，
在中，，即，所以，
所以，可得，
所以，即，所以，
因为，所以.
（2）由正弦定理可得，
因为，所以，
因为且，所以或，所以或，
当时，；
当时，.
【点睛】
对于解三角形问题的常见解题策略：
对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.
71．的三个内角，，的对边分别是，，，已知，．
（Ⅰ）若，求的面积；
（Ⅱ）若，边上有一点满足，求线段的长度．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【分析】
（Ⅰ）由已知条件结合正弦定理及三角恒等变换化简可得，从而得到角，进而利用三角形的面积公式即可求解；
（Ⅱ）先由（Ⅰ）及余弦定理求得，结合正弦定理求出角，再根据已知条件求出，利用余弦定理即可求解.
【详解】
（Ⅰ）因为，由正弦定理得．
因为，所以，
又因为,可得，所以．
又由，所以，所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
由余弦定理得，即，解得，
由正弦定理得，即，得．
因为，所以．
由，可得，
在中，由余弦定理得
所以线段的长度为．
72．已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）求的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）首先利用正弦定理将原式转化为边的关系式，再利用余弦定理求出角的余弦值，然后结合为锐角三角形及特殊角的三角函数值即可确定角的大小；
（2）结合（1）的结论将含有,两个角的三角函数式化简为只含有的三角函数式，然后由为锐角三角形确定的取值范围，最后结合三角函数的性质，即可求得.
【详解】
（1）由题意知，
利用正弦定理可得，即，
由由余弦定理得，
又为锐角三角形，所以.
（2）由（1）知，可得，则，
则

，
又由，可得，则，
则，.
故最大值为2.
【点睛】
一般地，在解三角形时，如果遇到的式子中含角的余弦或边的二次式，多考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含角的正弦或边的一次式，多考虑用正弦定理；如果以上特征都不明显，那么考虑两个定理都有可能用.
73．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）从条件①；条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】
（1）由题设条件和正弦定理，化简得，求得，即可求解；
（2）条件①：由，和，根据余弦定理求得，结合面积公式，即可求解；
条件②：由且，根据正弦定理求得，进而求得的值，结合面积公式，即可求解．
【详解】
（1）因为，由正弦定理．
因为，所以．
又因为，所以．
（2）条件①：；
因为，由（1）得，
所以根据余弦定理得，可得，解得．
所以的面积，
条件②：；
由（1）知且，
根据正弦定理得，所以，
因为，
所以，
所以的面积．
74．在锐角中，角的对边分别是．
（1）求角；
（2）若，求面积的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）由题设条件和三角形的内角和定理，化简得，求得的值，即可求解；
（2）由，根据正弦定理，可得，化简，再由为锐角三角形，单调，求得，得到，结合面积公式，即可求解.
【详解】
（1）由，化简得，
因为为锐角三角形，所以，所以，
又因为，所以．
（2）因为，
由正弦定理，可得，
因为，可得，所以，
由正弦定理得，
所以
，
由为锐角三角形，且，得，所以，
所以，所以，
因为的面积，所以，
即面积的取值范围是．
【点睛】
对于解三角形问题的常见解题策略：
对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.
75．在中，角，，所对边分别为，，，现有下列四个条件：①；②；③；④．
（1）③④两个条件可以同时成立吗？请说明理由；
（2）已知同时满足上述四个条件中的三个，请选择使有解的三个条件，求的面积．（注：如果选择多个组合作为条件分别解答，按第一个解答计分．）
【答案】（1）不能同时成立，理由见解析； （2）答案见解析.
【分析】
（1）由条件③求得，由条件④推出，说明不能同时满足；
（2）由（1）可满足三角性有解的所有组合为①②③或①②④，若选择①②③：利用正弦定理，结合三角形是直角三角形，求出三角形的面积；若选择①②④：利用余弦定理求出，然后转化求解三角形的面积.
【详解】
（1）由条件③，可得，
解得或（舍去），
因为，所以；
由条件④，可得，
因为，且，
而在上单调递减，所以,
于是与矛盾，
所以不能同时满足③④.
（2）因为同时满足上述条件中的三个，不能同时满足③④，
则满足三角形有解的所有组合为①②③或①②④，
若选择①②③：有，可得，
因为，所以，所以为直角三角形，
所以，所以的面积为.
若选组合①②④：由，即，解得，
因为，所以，
所以的面积为.
【点睛】
对于解三角形问题的常见解题策略：
对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.
76．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且.
在①；② ；③ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.
（1）求角A；
（2）若___________，角B的平分线交AC于点D，求BD的长.
(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
【答案】（1）； （2）.
【分析】
（1）由，得到，进而求得，即可求解；
（2）分别选①②③，结合正弦定理和余弦定理，求得，得到，进而得到的值，在中结合正弦定理，即可求解.
【详解】
（1）由，可得，
所以，又由，所以，
因为，所以.
（2）若选①：因为，
由余弦定理可得，整理得，解得，
又由余弦定理可得，即，
因为，所以，
又因为角B的平分线交AC于点D，可得，所以，
则，
在中，由正弦定理可得.
若选②：由，
根据正弦定理可得，
因为，可得，所以，
可得，即，
因为，所以，可得
又因为角B的平分线交AC于点D，可得，所以，
则，
在中，由正弦定理可得.
若选③：由，
根据正弦定理可得，
因为，可得，可得，
又由，
可得，所以，
因为，所以.
又因为角B的平分线交AC于点D，可得，所以，
则，
在中，由正弦定理可得.
【点睛】
方法点睛：对于解三角形问题的常见解题策略：
对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.