三角函数与解三角形-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编

这是一份三角函数与解三角形-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
三角函数与解三角形-广东省深圳市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编 一、单选题1．（2021·广东深圳·统考二模）函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．2．（2021·广东深圳·统考二模）已知，则（    ）A． B． C． D．3．（2022·广东深圳·统考二模）若是函数图象的对称轴，则的最小正周期的最大值是（    ）A． B． C． D．4．（2022·广东深圳·统考一模）阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置．深圳第一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”．由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（cm）和时间t（s）的函数关系式为，其中，若该阻尼器模型在摆动过程中连续三次位移为的时间分别为，，，且，则（    ）A． B．π C． D．2π5．（2022·广东深圳·统考一模）已知，则（    ）A． B． C． D．6．（2023·广东深圳·统考二模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（    ）A． B． C． D． 二、多选题7．（2021·广东深圳·统考二模）摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如深圳前海的“湾区之光”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度128米，转盘直径为120米，设置若干个座舱，游客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针匀速旋转分钟，当时，游客随舱旋转至距离地面最远处．以下关于摩天轮的说法中，正确的为（    ）A．摩天轮离地面最近的距离为4米B．若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则C．若在，时刻，游客距离地面的高度相等，则的最小值为30D．，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为90米8．（2023·广东深圳·统考二模）已知是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图象是函数图象的一部分(如图所示)，则（    ）A．的定义域为B．当时，取得最大值C．当时，的单调递增区间为D．当时，有且只有两个零点和9．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（    ）A．的最小正周期为πB．在区间上单调递增C．的图象关于直线对称D．的图象关于点对称 三、填空题10．（2021·广东深圳·统考二模）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．已知点为的费马点，且，若，则实数的最小值为_________．11．（2021·广东深圳·统考一模）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_______.12．（2022·广东深圳·统考一模）在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，若点，则的最大值为_________．13．（2022·广东深圳·统考一模）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．14．（2023·广东深圳·统考二模）足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点，使得最大，这时候点就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点处（，）时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择.若选择线路，则甲带球_________码时，到达最佳射门位置；若选择线路，则甲带球_________码时，到达最佳射门位置. 四、解答题15．（2021·广东深圳·统考二模）的内角A、、的对边分别为、、，设．（1）求；（2）若，是边上一点，且，的面积为，求．16．（2022·广东深圳·统考二模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)证明：；(2)当时，求的面积S．17．（2023·广东深圳·统考二模）已知分别为三个内角的对边，且.(1)证明:；(2)若，，，求AM的长度.18．（2023·广东深圳·统考一模）记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)设的中点为，若，且，求的的面积．
参考答案：1．B【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】设，该函数的定义域为，，函数为奇函数，排除AC选项；当时，，，则，排除D选项.故选：B.【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；（2）从函数的值域，判断图象的上下位置．（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（5）函数的特征点，排除不合要求的图象.2．A【分析】利用二倍角的余弦公式以及诱导公式可求得结果.【详解】.故选：A.3．A【分析】根据余弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意，解得，因为，所以且，所以的最小正周期，所以当时；故选：A4．B【分析】利用正弦型函数的性质画出函数图象，并确定连续三次位移为的时间，，，即可得，可求参数.【详解】由正弦型函数的性质，函数示意图如下：所以，则，可得.故选：B5．C【分析】由，易得，，从而可求出，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，即，所以，即，所以，所以或，所以或，，当时，，不合题意，舍去，当时，，所以.故选：C.6．C【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.【详解】设，由已知可得，，根据椭圆的定义有.又，所以.在中，由余弦定理可得，，即，整理可得，等式两边同时除以可得，，解得，或（舍去），所以.故选：C.7．BC【分析】易知摩天轮离地面最近的距离，从而可判断A；求出分钟后，转过的角度，即可求出关于的表达式，即可判断B；由余弦型函数的性质可求出的最小值即可判断C；求出在上的单调性，结合当时，即可判断D.【详解】解：由题意知，摩天轮离地面最近的距离为米，故A不正确；分钟后，转过的角度为，则，B正确；周期为，由余弦型函数的性质可知，若取最小值，则，又高度相等，则关于对称，则，则；令，解得，令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，当时，，当时，，所以在只有一个解；故选:BC.【点睛】关键点睛:本题的关键是求出关于的表达式，结合三角函数的性质进行判断.8．BCD【分析】先利用待定系数法求出，再根据原点右侧的第二个零点为，即可判断A；求出的值即可判断B；求出当时的减区间，结合函数为偶函数即可判断C；求出当时的零点，结合函数为偶函数即可判断D.【详解】由图得，且位于增区间上，所以，又因为，所以，，则，得，所以，所以，由图可知，原点右侧的第二个零点为，所以的定义域为，故A错误；当时，，因为为最大值，则当时，取得最大值，故B正确；当时，令，则，又因为，所以当时，的减区间为，因为函数为偶函数，所以当时，的单调递增区间为，故C正确；当时，，令，得或，则或，因为函数为偶函数，所以当时，有且只有两个零点和，故D正确.故选：BCD.9．AD【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；令，解得，所以单调递增区间为，故B选项错误；令解得，故C选项错误；令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.故选：AD10．【分析】根据题意，不妨设，故，进而得，所以在和中，由正弦定理得，，故，在结合三角恒等变换化简整理求函数最值即可.【详解】根据题意, 点为的费马点，的三个内角均小于,所以，设，所以在和中，，且均为锐角，所以所以由正弦定理得：，，所以，，因为所以，因为，所以，所以，所以故实数的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查数学文化背景下的解三角形，三角恒等变换解决三角函数取值范围问题，考查运算求解能力，数学建模能力，化归转化思想，是难题.本题解题的关键在于根据题目背景，通过设，进而建立解三角形的模型，再根据正弦定理及三角恒等变换化简求最值即可.11．【分析】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：．【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数在几何中的应用，解题关键是设设，用表示出（说明即可得），等边面积就可能用表示，然后用正弦定理把用角表示，利用三角函数的恒等变换及正弦函数性质求得最大值．12．【分析】根据题意求出点A、B的坐标，由平面向量的坐标表示和向量的几何意义写出的表达式，利用三角函数的值域即可求出的最大值.【详解】由题意知，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，则，又，所以，有，则，其中，当时，取得最大值，且最大值为.故答案为：13．/1.5【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.【详解】根据圆内接四边形的性质可知; ,所以，即，在中，,故，由题意可知： ,则，所以，故，当且仅当时等号取得，又，所以，则 ，则实数的最小值为， 故答案为：14．          【分析】若选择线路，设，利用两角差的正切公式可得出关于的表达式，利用基本不等式可求得的值及的长；若选择线路，若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立平面直角坐标系，利用斜率公式、两角差的正切公式以及基本不等式可求得结果.【详解】若选择线路，设，其中，，，则，，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，此时，所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置；若选择线路，以线段的中点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，，直线的方程为，设点，其中，，，所以，，令，则，所以，，当且仅当时，即当，即当时，等号成立，所以，，当且仅当时，等号成立，此时，，所以，若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置.故答案为：；.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.15．（1）；（2）2【分析】（1）根据正弦定理将角化为边，在利用余弦定理求得，从而求得C.（2）由求得，，根据正弦定理求得，又，然后利用三角形面积公式，求得AC的长.【详解】（1）由正弦定理知，，则由余弦定理知，，在中，，故（2）由，知，，由正弦定理知，，又，则，，则【点睛】关键点点睛：在解三角形过程中，利用正弦定理及余弦定理进行边角互化，从而根据条件解得未知量.16．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用正弦定理把已知等式中的边转化成角的正弦， 整理可证明成立.（2）由正弦定理及已知中的和的值，整理可求得值，进而利用三角形面积公式，即可求解.【详解】（1）由题意：因为正弦定理：，所以对于，有，整理得：，所以，，因为A，，为的三个角，所以，得.（2）由(1)及题意可得：，，，，，，，，则所以的面积为.17．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先利用三角形的内角和定理结合两角和差的正弦公式化简，再利用正弦定理和余弦定理化角为边，整理即可得证；（2）在中，由（1）结合余弦定理求出，再在中，利用余弦定理即可得解.【详解】（1）由，得，则，由正弦定理和余弦定理得，化简得；（2）在中，，又因为，所以，所以，所以，由，得，在中，，所以.18．(1)(2) 【分析】(1)由可得，由正弦定理及辅助公式得,即可求得答案；(2) 在中，由余弦定理得，；在中，由余弦定理得，，从而得，再由，可得，，由三角形面积公式求解即可.【详解】（1）解：由已知得，，由正弦定理可得，，因为，所以,代入上式，整理得，又因为，，所以，即,又因为，所以，所以，解得；（2）在中，由余弦定理得，．而，，所以，①在中，由余弦定理得，，②由①②两式消去a，得，所以，又，解得，．所以的面积．