三角函数与解三角形-浙江省温州高考数学三年（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-浙江省温州高考数学三年（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，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
三角函数与解三角形-浙江省温州高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编 一、单选题1．（2022·浙江温州·三模）已知函数，的图象如图所示，则函数的解析式可能是（    ）A． B．C． D．2．（2021·浙江温州·统考模拟预测）在中，“”是“为钝角三角形”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．（2021·浙江温州·统考二模）在中，角所对的边分别为，下列条件使得无法唯一确定的是（    ）A． B．C． D． 二、填空题4．（2023·浙江温州·统考二模）平面内有四条平行线，相邻两条间距为1，每条直线上各取一点围成矩形，则该矩形面积的最小值是__________．5．（2023·浙江温州·统考模拟预测）在函数图象与x轴的所有交点中，点离原点最近，则可以等于__________（写出一个值即可）．6．（2022·浙江温州·三模）如图，椭圆和在相同的焦点，，离心率分别为，B为椭圆的上顶点，，且垂足P在椭圆上，则的最大值是___________.7．（2022·浙江温州·统考二模）中华人民共和国国旗是五星红旗，旗面为红色，长方形，长宽比例为3：2，旗面左上方缀五颗黄色正五角星，四颗小星环拱在一颗大星的右面，并各有一个角尖正对大星的中心点.右图是旗面左上方部分，图中每个小方格均为正方形，则图中角的正切值是__________.8．（2021·浙江温州·统考三模）如图，的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，，若点D在线段上，且，则__________． 三、双空题9．（2023·浙江温州·统考二模）若，则___________，__________.10．（2022·浙江温州·三模）已知函数的图象关于点对称，则___________，的图象至少向左平移___________个单位长度得到的图象.11．（2022·浙江温州·统考二模）已知AD是的角平分线，，，，则_________，________. 四、解答题12．（2023·浙江温州·统考二模）已知满足．(1)试问：角是否可能为直角？请说明理由；(2)若为锐角三角形，求的取值范围．13．（2023·浙江温州·统考模拟预测）记锐角的内角的对边分别为，已知．(1)求证：；(2)若，求的最大值．14．（2023·浙江温州·统考模拟预测）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的内接正三角形，．(1)劣弧上是否存在点D，使得平面？若存在，求出劣弧的长度；若不存在，请说明理由．(2)求平面和平面夹角的余弦值．15．（2023·浙江温州·统考二模）如图，已知函数的图象与坐标轴交于点，，，直线交的图象于另一点，是的重心.（1）求；（2）求的外接圆的半径.16．（2022·浙江温州·三模）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.(1)若，求角A的大小；(2)求的取值范围.17．（2022·浙江温州·统考二模）如图，点A，B，D是函数的图象与圆C的三个交点，其横坐标分别为，，，点C，D是函数与轴的交点.(1)求函数的解析式及对称轴的方程；(2)若，且，求.18．（2021·浙江温州·统考三模）已知函数．（1）求图象的对称轴；（2）当时，求的值域．19．（2021·浙江温州·统考二模）如图，已知函数的图象与轴交于点，且该图象的最高点．（1）求函数在上的零点；（2）若函数在内单调递增，求正实数的取值范围．
参考答案：1．A【分析】由图象可知，为奇函数，结合选项判断易得，A、C为奇函数，B、D为偶函数，排除B、D选项；又知时，，令即可判断.【详解】由图像可知，函数的图象关于原点对称，即为奇函数，可排除B、D项；对于C选项，有，而图像恒在x轴上方可知C选项错误；故选：A.2．A【分析】由充分、必要关系的定义，结合三角形内角的性质判断题设条件间的推出关系，即可确定答案.【详解】由：若，则为钝角；若，则，此时，故充分性成立.△为钝角三角形，若为钝角，则不成立；∴“”是“△为钝角三角形”的充分不必要条件.故选：.3．C【分析】对于A：用正弦定理判断；对于B：先由余弦定理，再用正弦定理可以求出角A、B，进行判断；对于C：由正弦定理，根据大边对大角，这样的角B有2个，进行判断；.对于D：由正弦定理计算，由大边对大角，这样的角A有1个，进行判断.【详解】对于A：∵，∴A=140°，由正弦定理得：，∴∴唯一确定；故A正确.对于B：∵，由余弦定理，可得：由正弦定理：，有：可以求出角A、B，∴唯一确定；故B正确.对于C：∵由正弦定理：，有：，∴，∵∴∴,这样的角B有2个，所以不唯一，故C错误.对于D：∵由正弦定理：，有：，∴，∵∴∴,这样的角A有唯一一个，∴角C唯一，所以唯一，故D正确.故选：C【点睛】判断三角形解的个数的方法：（1）画图法：以已知角的对边为半径画弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数：①若无交点，则无解；②若有一个交点，则有一个解；③若有两个交点，则有两个解；④若交点重合，虽然有两个交点，但只能算作一个解。（2）公式法：运用正弦定理进行判断：①a＝bsinA，则有一个解；②b＞a＞bsinA，则两个解；③a≥ b，则无解。4．4【分析】在平行线找到能够成矩形的四点，设角并表示出边长，由矩形面积公式和三角函数性质求最值，注意等号成立条件即可.【详解】如图为矩形，令，则，所以，仅当时等号成立，故面积的最小值是4.故答案为：45．（答案不唯一）【分析】先求出与x轴的所有交点，再结合题意得到恒成立，整理得，分类讨论，与三种情况，结合恒成立可得到，从而得解.【详解】因为，令，即，得，即，则图象与x轴的所有交点为，因为其中点离原点最近，所以恒成立，不等式两边平方整理得，当时，，因为，故恒成立；当时，，即恒成立，因为，则，故；当，即时，显然上述不等式恒成立，综上，由于上述分类情况要同时成立，故，所以可以等于.故答案为：（答案不唯一）.6．【分析】首先分别表示出，设，将表示成关于的三角函数，然后求其最值即可.【详解】由图知，则，设，则，则，当且仅当时等号可取到.故答案为：.7．【分析】根据图像中边长关系，几何余弦定理即可求.【详解】如图，设一个小正方形的边长为1，，，，由余弦定理得，，.故答案为：.8．【分析】根据得到，进一步根据正弦定理得到，利用求出，从而求出，进一步求出答案.【详解】∵∴且B为钝角，根据正弦定理得到：∴即又∵B为钝角，所以为锐角且∴∴∴.故答案为：.【点睛】在解决本题时要利用一个隐形的条件就是根据，判断出B为钝角，以及.9．     1     1【分析】由余弦的二倍角公式和两角和的余弦公式整理已知关系式，从而可得或，再由可得，最后由特殊三角函数值求得答案.【详解】因为，则，所以，故或.结合可得.故.故答案为：(1). 1    (2). 1【点睛】本题主要考查由三角恒等变换解决给值求值问题，考查考生的数形结合能力以及运算求解能力，考查的核心素养是数学运算，属于简单题.10．          【分析】利用正弦函数的对称性可得，然后利用图象变换即得.【详解】由题有：，∴，又，取，则.∴设向左平移m个单位长度，则∴，即，取，则.故答案为：，.11．          /【分析】直接利用余弦定理即可求得，根据二倍角公式求得，根据平方关系求得，再根据即可求出.【详解】解：因为，所以，因为AD是的角平分线，所以，则，则，所以，所以，又，即，解得.故答案为：；.12．(1)角不可能为直角，理由见解析(2) 【分析】（1）使用反证法，假设角为直角，根据题目条件证明假设不成立，得到角不可能为直角；（2）将的取值范围转化为的取值范围，通过为锐角三角形，列出关于的不等式，进而求得结果.【详解】（1）假设角为直角，则，所以，因为，所以，所以，所以，显然，所以矛盾，故假设不成立，所以角不可能为直角．（2）因为，所以，由正弦定理，得，由余弦定理化简，得，因为为锐角三角形，所以令，则有，所以的取值范围为．13．(1)见解析；(2). 【分析】（1）运用两角和与差正弦进行化简即可；（2）根据（1）中结论运用正弦定理得，然后等量代换出，再运用降次公式化简，结合内角取值范围即可求解.【详解】（1）证明：由题知，所以，所以,所以因为 为锐角，即 ，所以，所以，所以.（2）由（1）知：，所以，因为，所以，因为由正弦定理得：，所以,所以，因为 ，所以，所以因为是锐角三角形，且，所以 ，所以，所以，当时，取最大值为 ，所以最大值为： .14．(1)存在，劣弧的长度为(2) 【分析】（1）利用面面平行得到线面平行即可求得点位置，再根据是的内接正三角形及，即可求得以及的半径，从而可得劣弧的长度；（2）分别求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【详解】（1）如图过点作的平行线交劣弧于点D，连接，，因为∥，平面，平面，则 ∥平面同理可证∥平面，，且平面，平面所以平面∥平面，又因为平面，所以∥平面故存在点满足题意.因为为底面的内接正三角形，所以，即，又因为，所以的半径为，所以劣弧的长度为.（2）如图取的中点为，连接，以为轴，为轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，又因为，设中点为.故， ，，， ，，，易知平面的法向量设平面的法向量为 ，又因为，故 即，令得易知平面和平面夹角为锐角，所以平面和平面夹角的余弦值为15．（1）（2）【分析】（1）根据题中的条件确定点的坐标，进而根据三角函数的图象与解析式的关系求解；（2）求解相关的边和角，利用正弦定理求解.【详解】解：（1）∵是的重心，，∴，故函数的最小正周期为3，即，解得，又，且，∴.（2）由（1）知，∴，又，∴.∵是的中点，∴，∴，设为的外接圆的半径，则，∴的外接圆的半径等于.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质、正弦定理.掌握正弦函数性质提解题关键．16．(1)(2) 【分析】（1）已知两边和其中一边的对角，运用正弦定理可以求另外一个角；（2）由三角恒等变换公式或积化和差公式进行化简，转化成的形式，根据三角函数进行求解即可.【详解】（1）由正弦定理得：，∵，∴或，当时，此时，所以舍去，所以.（2）（或者用积化和差公式一步得到）∵，∴，所以A为锐角，又，所以，所以，所以，所以.17．(1)；；(2). 【分析】（1）由题可得，，进而可得，再利用“五点法”可求，然后利用正弦函数的性质即得；（2）利用同角关系式及和角公式即得.(1)由题可得，，∴函数的最小正周期为，又，∴，又，由“五点法”可得，，∴，∴，由，可得，故函数的对称轴的方程为.(2)∵， ∴，即，由，得，∴，∴.18．（1）；（2）．【分析】(1)把函数式化为含一个角的一个函数的一次形式即可得解；(2)由给定区间求出(1)中函数的相位的范围即可得解.【详解】（1），由，得图象对称轴：；（2）由，得，对递增，对递减，所以，，故函数由的值域为．19．（1）；（2）.【分析】（1）结合题中所给的函数图象，利用图像的最高点的纵坐标求得的值，利用图象与轴的交点坐标求得的值，利用最高点的横坐标求得的值，从而求得函数解析式，进而求得给定区间上的函数的零点；（2）根据正弦型函数的单调区间，利用整体角思维确定其参数的取值范围.【详解】（1）由图可知，的最大值为1，所以，因为图象过，所以，因为，所以，因为该图象的最高点，所以，所以，所以，令，解得，当时，，当时，，所以函数在上的零点为；（2），，，若函数在内单调递增，则有，解得，所以正实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关三角函数的问题，解题方法如下：（1）利用题中所给的函数的部分图象，分析关键点，找出等量关系，求得函数解析式；（2）利用整体角思维，确定出函数的零点，对赋值，确定出给定区间上的零点；（3）利用整体角思维，结合正弦型函数的单调性，列出不等关系，求得参数的取值范围.