压轴题07三角函数与正余弦定理压轴题九大题型汇总-1

这是一份压轴题07三角函数与正余弦定理压轴题九大题型汇总-1，共40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。

一、单选题
1．已知的部分图象如下图，点是图象上一点，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数的图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称
C．若，则
D．若点处的切线经过坐标原点，则
2．设函数在上至少有两个不同零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．“墨卡托投影”是由荷兰地图学家墨卡托在1569年拟定，假设地球被围在一个中空圆柱里，其基准纬线与圆柱相切接触，假想地球中心有一盏灯，把球面上的图形投影到圆柱体上，再把圆柱体展开，这就是一幅“墨卡托投影”绘制出的地图.在地图上保持方向和角度的正确是“墨卡托投影”的优点，因此，“墨卡托投影”地图常用作航海图和航空图.通过地面上任意两点和地球中心作一平面，平面与地球表面相交看到的圆周就是大圆，两点之间的大圆劣弧线是两点在地面上的最短距离.沿着这段大圆劣弧线航行时的航线称为“大圆航线”.“大圆航线”转绘到“墨卡托投影”地图上为一条曲线.如图，，为地球上的两点(中为点的正纬度或负纬度，为点的正经度或负经度，，，，的符号确定规则如下：，，当与同在北半球或同在南半球时，，否则；当与同在东经区或同在西经区时，，否则)，记，，其中为地球中心，已知有下面等式：.某游轮拟从杭州(北纬，东经)沿着大圆航线航行至旧金山(北纬，西经)，则大圆航程约为（ ）(大圆圆心角1度所对应的弧长约为)参考数据：，，，.
A．B．C．D．
4．古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数，正割函数，余割函数，正矢函数，余矢函数.如图角始边为轴的非负半轴，其终边与单位圆交点，、分别是单位圆与轴和轴正半轴的交点，过点作垂直轴，作垂直轴，垂足分别为、，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线分别交的终边于、，其中、、、为有向线段，下列表示正确的是（ ）

A．B．
C．D．
5．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．3
6．如图所示，面积为的扇形OMN中，M，N分别在x，y轴上，点P在弧MN上（点P与点M，N不重合），分别在点P，N作扇形OMN所在圆的切线交于点Q，其中与x轴交于点R，则的最小值为（ ）
A．4B．C．D．2
7．早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在位置时，测出；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了位置，测出，．若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据：）（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
8．函数相邻两个最高点之间的距离为为的对称中心，将函数的图象向左平移后得到函数的图象，则（ ）
A．在上存在极值点
B．方程所有根的和为
C．若为偶函数，则正数的最小值为
D．若在上无零点，则正数的取值范围为
9．已知函数，（ ）
A．若，则是最小正周期为的偶函数
B．若为的一个零点，则必为的一个极大值点
C．若是的一条对称轴，则的最小值为
D．若在上单调，则的最大值为
10．设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．若且，则
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为
D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数
11．在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转（为弧度）后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”，则（ ）
A．，函数都为“旋转函数”
B．若函数为“旋转函数”，则
C．若函数为“旋转函数”，则
D．当或时，函数不是“旋转函数”
三、填空题
12．已知函数和的定义域分别为和，若对任意的都恰有个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”.（1）若函数是的“重覆盖函数”，则 ；（2）若为的“2重覆盖函数”，记实数的最大值为，则 .
13．已知集合.由集合中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”.给出下列结论：

①白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为；
②在阴影部分任取一点，则到坐标轴的距离小于等于3；
③阴影部分的面积为；
④阴影部分的内外边界曲线长为.
其中正确的有 .
14．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.
15．剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一．如图，纸片为一圆形，直径，需要剪去四边形，可以经过对折、沿裁剪、展开就可以得到．
已知点在圆上且．要使得镂空的四边形面积最小，的长应为 ．
16．在中，，D为边BC上一点，满足且，则面积的最小值为 ．
17．如图所示，已知满足，为所在平面内一点.定义点集.若存在点，使得对任意，满足恒成立，则的最大值为 .
四、解答题
18．已知数列满足，.
(1)求（只需写出数值，不需要证明）；
(2)若数列的通项可以表示成的形式，求，.
19．已知正项数列，满足（其中）.
(1)若，且，证明：数列和均为等比数列；
(2)若，以为三角形三边长构造序列（其中），记外接圆的面积为，证明：；
(3)在（2）的条件下证明：数列是递减数列.
20．，，已知的图象在处的切线与x轴平行或重合．
(1)求的值；
(2)若对，恒成立，求a的取值范围；
(3)利用如表数据证明：．
21．同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设且．若，则称a与b关于模m同余，记作（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程：；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中．
①若，数列的前n项和为，求；
②若，求数列的前n项和．
22．已知定义在上的函数．
(1)若曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为2，求k的值；
(2)将的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列，若成等差数列，求k的值．
23．已知在与中，与在直线的同侧，，直线与直线交于.
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：.
24．若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角．
(1)若，且满足，求的大小．
(2)若为锐角三角形．
（ⅰ）证明：．
（ⅱ）若平分，证明：．
25．对于定义在上的函数，若存在距离为的两条平行直线和，使得对任意的都有，则称函数有一个宽度为的通道，与分别叫做函数的通道下界与通道上界．
(1)若，请写出满足题意的一组通道宽度不超过3的通道下界与通道上界的直线方程；
(2)若，证明：存在宽度为2的通道；
(3)探究是否存在宽度为的通道？并说明理由．
1.010
0.990
2.182
0.458
2.204
0.454
参考答案：
1．D
【分析】根据函数图象，求得，对于A项，只需判断对应的函数在的单调性即可；对于B项，求出平移后的函数解析式，判断奇偶性即得；对于C项，由代入化简得，再对进行齐次化变换，代入即得；对于D项，设出切点，利用导数写出切线方程，代入原点坐标，化简即得.
【详解】由图象可知，的最大值为2，又，所以．
设最小正周期为，由图象可知，则，则,
又，故，所以，
将点代入,可得，即．
因为，则，
所以，则，所以．
对于A项，不妨设，当时，，因在上先减后增，故A项错误；
对于B项，将函数的图象向左平移个单位长度，可得函数解析式，易知是奇函数，图象关于坐标原点对称，故B项错误；
对于C项，由，得，化简得，则故C项错误；
对于D项，点处的切线方程为，
将坐标原点代入，得，所以，故D项正确.
故选:D．
【点睛】思路点睛：先解读图象信息，求出函数解析式，再根据选项，将看成整体角，通过正弦函数的单调性判断其单调性，利用平移变换得解析式判断奇偶性，利用三角恒等变换求三角函数值，运用导数工具求切线方程，检验结论.
2．A
【分析】先令得，并得到，从小到大将的正根写出，因为，所以，从而分情况，得到不等式，求出答案.
【详解】令得，
因为，所以，
令，解得或，
从小到大将的正根写出如下：
，，，，，……，
因为，所以，
当，即时，，解得，
此时无解，
当，即时，，解得，此时无解，
当，即时，，解得，
故，
当，即时，，解得，
故，
当时，，此时在上至少有两个不同零点，
综上，的取值范围是.
故选：A
【点睛】方法点睛:在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力.
3．D
【分析】先由题中条件，得到，，，求出，得出，再结合题意，即可得出结果.
【详解】由题意可得，，，，，
则；
所以
，
因为，所以，
则，
所以航程约为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于，根据题中条件，求出，确定的大小，即可求解.
4．C
【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知，，，然后结合新定义简单计算可判断各个选项.
【详解】根据题意，易得，
对于A，因为，即，故A错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段.
5．C
【分析】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】由余弦定理可知，，
由可得，
化简可得，
所以，即，
即，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：C
6．B
【分析】利用扇形面积公式求出扇形所在圆半径，设，用的函数表示，再利用三角变换，结合基本不等式求解即得.
【详解】由扇形的面积为，得，解得，设，
在中，，连接OQ，则，
在中，，，
令，则，且，则
，
当且仅当，即时取等号，而，
所以时，取得最小值．
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及图形上的点变化引起的线段长度、图形面积等问题，若点的运动与某角的变化相关，可以设此角为自变量，借助三角函数解决.
7．A
【分析】连接，根据给定条件，在中利用正弦定理求出，再在中利用余弦定理求解即得.
【详解】连接，在中，，又，则是正三角形，，
由，，得，，
在中，，由正弦定理得，则，
在中，由余弦定理得.
故选：A

8．AC
【分析】根据给定条件，求出函数及的解析式，结合余弦函数的图象、性质逐项分析判断得解.
【详解】依题意，，解得，由，得，
而，则，，，
对于A，当时，，显然当时，函数取得极大值，A正确；
对于B，由，得函数的图象关于点对称，直线过点，
因此直线与的图象交点关于点对称，共有个交点，
即方程共有个根，所有根的和为，不存在使得，B错误；
对于C，函数是偶函数，则，
，因此当时，正数取得最小值，C正确；
对于D，函数，当时，，
由在上无零点，得，
则，解得，显然，
即，于是，所以正数的取值范围为，D错误.
故选：AC
9．ACD
【分析】根据选项中的条件，结合正弦函数的图像、性质逐项判断.
【详解】若，则，
所以是最小正周期为的偶函数，A正确；
若，则是最小正周期为，
若为的一个零点，则为的一个极大值点或极小值点，B错误；
若是的一条对称轴，
则，
所以，即，
又，所以的最小值为，C正确；
若 则，由正弦函数的单调性，
令，解得，
又在上单调，所以当时，，
即，解得，则的最大值为，D正确.
故选：ACD.
10．ACD
【分析】由，选项A：利用正弦函数的单调性判断； 选项B：利用正弦函数的最值、周期判断；选项C：利用正弦函数的图象判断； 选项D：利用三角函数的图象变换判断.
【详解】，
，当时，，
由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递增，故A正确；
对于B，若且，则，故B不正确；
对于C，若，则，
若在上有且仅有2个不同的解，如图所示：

可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；
对于D，，可知当时，是奇函数，故D正确.
故选：ACD.
11．BCD
【分析】对A，举例说明即可；对BCD，设将旋转后得出方程，则只需与原函数仅有一个交点即可，然后逐项求解判断即可.
【详解】对A：当旋转时与轴重合，此时个对应多个值，故A错误；
对B：将旋转后所得直线为，则只需与原函数仅有一个交点；
令，，当时，只有一个零点，所以，即，故B正确；
对C：令，当在定义域内仅有唯一解时，即，
当时，仅有一个解，故满足题意；
当时，的判别式，
对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意；故，故C正确；
对D：若是“旋转函数”，当仅有唯一解时，即，令，
，令，则
当时，方程为，得，仅有唯一解，符合题意；
当时，当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为时，，，所以可得先减后增，不符合题意；
当时，当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有极大值也是最大值，即，则；
综上得存在时，是“旋转函数”，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
12． 4 /
【分析】（1）求出、的值域，作出两函数的内的大致图象，结合图象可得答案；
（2）即对任意，都有2个不同的实数，使得，即，即对任意有2个实根，分、、讨论可得答案.
【详解】（1）因为，所以，
又因为，又因为，
所以，所以，
又因为，所以，
又因，可得为奇函数且单调递增，
作出两函数的内的大致图象，如图所示：
，而函数在上单调递增，且，
所以，由此可知在内有4个解，
所以是在的“4重覆盖函数”，故；
（2）可得的定义域为，
即对任意，都有2个不同的实数，
使得（其中），
，，
所以，所以，
即，即对任意有2个实根，
当时，已有一个根，故只需时，仅有1个根，
当时，，符合题意，
当时，则需满足，解得，
当时，抛物线开口向下，有最大值，不能满足对任意，
仅有1个根，故不成立.
综上，实数的取值范围是，的最大值为，
则.
故答案为：4；.
【点睛】方法点睛：在处理两函数图象交点问题时，可通过分离变量交点问题转化为与两个函数的图象交点情况.
13．①②④
【分析】对于①，令,求出，求出点坐标即得解；对于②，利用圆的参数方程设点，再利用绝对值三角不等式得解；对于③，利用割补法求解；对于④，求出阴影部分的内外边界曲线的各个部分即得解.
【详解】对于①，由于，令时，整理得，
解得，“水滴”图形与轴相交，最高点记为A，
则点A的坐标为，点，
白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为,故①正确；
对于②，由于，整理得：，
所以，所以到坐标轴的距离为或，
因为，
所以，，
所以到坐标轴的距离小于等于3，故②正确；
对于③，由于，令时，整理得，
解得，
因为表示以为圆心，半径为的圆，
则，
且，则在x轴上以及x轴上方，
故白色“水滴”的下半部分的边界为以为圆心，半径为1的半圆，阴影的上半部分的外边界是以为圆心，半径为3的半圆，
根据对称可知：白色“水滴”在第一象限的边界是以以为圆心，半径为2的圆弧，
设，则，即所对的圆心角为，
同理所在圆的半径为2，所对的圆心角为，
阴影部分在第四象限的外边界为以为圆心，半径为2的圆弧，
设，可得，所对的圆心角为，
同理所在圆的半径为2，所对的圆心角为，
故白色“水滴”图形由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成，
所以它的面积是.
轴上方的半圆（包含阴影和水滴的上半部分）的面积为,
第四象限的阴影和水滴部分面积可以看作是一个直角三角形和一个扇形的面积的和，
且等于，
所以阴影部分的面积为，故③错误；
对于④，轴上方的阴影部分的内外边界曲线长为，
轴下方的阴影部分的内外边界曲线长为，
所以阴影部分的内外边界曲线长为，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：解答本题有三个关键，其一是写出圆的参数方程，设出点的坐标，其二是利用割补法求不规则图形的面积，其三是利用三角函数的值域求出图形与坐标轴的交点的坐标.
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．/
【分析】设 根据可得，进而根据的面积公式可得的关系，再根据基本不等式可得当为等腰三角形时取得面积最小值，进而得出此时，结合三角函数求解即可.
【详解】如图，连接，作于，由题意，，故，所以.
设则由面积公式，，即.由余弦定理，结合基本不等式，即，当且仅当时取等号.
故取最小值时，此时.
故.
故答案为：
16．
【分析】先根据，结合正弦定理得到AD是的平分线，根据和面积公式得到，由基本不等式得到，从而求出.
【详解】因为，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
故，又，故，
所以AD是的平分线．
记，，，则，又因为，
由面积公式可得，
化简得，
因为，当且仅当时取等号，
所以．
故答案为：
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
17．
【分析】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，由向量共线定理得三点共线，从而表示的边上的高，利用正弦定理求得的面积的最大值，从而可得结论．
【详解】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，如图，
，
所以三点共线，
又存在点，使得对任意，满足恒成立，则的长表示到直线的距离，即的边上的高，设，
由得，，公用，因此，
所以，
中，设，由正弦定理得，记为角，
所以，，，
所以
，
若不是钝角，则
，
又，所以，即，
所以，
设，则，，它是减函数，
所以时，，
若是钝角，则
，
设，则，，
令，则，
，
时，，递减，时，递增，
所以时，，，
综上，，
此时．
故答案为：3．
【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）．
18．(1)2
(2)，.
【分析】（1）先求出数列的周期，即可求出的值；
（2）法一：由，，得到，解方程即可求出，；法二：：因为的周期为3，可求出，再由可求出.
【详解】（1），，，，，……，
故数列的周期为3，.
（2）法一：由，，得到，
则，解得：，.
法二：因为的周期为3，所以
又由，则，即，
则，即，因为，
解得.
19．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）对两式相加和相减即可证明数列和均为等比数列；
（2）由（1）得是等比数列，可知，由（1）得为常值数列，故，再由余弦定理结合基本不等式即可证明，即，再由正弦定理可证得，即可证明；
（3）由（1）（2）可得，可求出，即可证明是递减数列，结合进而证明数列是递减数列.
【详解】（1）正项数列，满足，
两式相减可得：，
因为，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
由两式相加可得：，
即，因为，
所以，所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）因为，由（1）得是等比数列，
所以，即，
由（1）知，，
因为，所以，
所以为常值数列，故，
由
，因为，所以等号不成立，
故，因为，所以，
所以，
由正弦定理得外接圆的直径，
所以，所以.
（3）由（1）可知，，
由（2）可知，，
解得：，
所以，
随着的增大而减小，又因为，
所以随着的增大而减小，所以是递减数列，
因为，所以是递增数列，所以是递减数列，
所以数列是递减数列.
【点睛】关键点睛：本题（2）问的关键点在于由（1）可得为常值数列，故，再由余弦定理结合基本不等式即可证明，即，再由正弦定理可证得，即可证明；
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；
（2）根据条件得到对 ，恒成立，构造函数，注意到，分和两种情况讨论，利用函数的单调性，即可求出结果；
（3）注意到，再利用（2）中结论，得到，再利用等比数列的前项和公式及条件，即可求出结果.
【详解】（1）因为，得到，
所以，
由题有，得到，又，所以.
（2）由（1）知，即，
得到，由题知对 ，恒成立，
令，因为，
当时，，
又因为，
所以当时，恒成立，即单调递减，
所以，故满足题意，
当时，，不合题意，
综上，a的取值范围为.
（3）因为，
由（2）知在上恒成立，当且仅当时取等号，
所以，
即，所以命题得证.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过变形得到，再利用（2）中结果得到，从而解决问题.
21．(1)或
(2)6072；
【分析】（1）根据同除的定义求解，（md3），即能被3整除，从而得出x或能被3整除；
（2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．
【详解】（1）由题意（md3），所以或（），
即或（）．
（2）由（1）可得为，所以．
①因为（），所以．
则．
②（）．
因为，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用导数求出切线方程，得出坐标轴上的截距，利用三角形面积公式求解即可；
（2）根据已知条件及正切函数的性质，利用导数法求函数的极值及函数存在性定理，再根据零点范围及三角函数相等的角的关系即可求解.
【详解】（1）∵，
∴，∴，
∴切线方程为，
令，可得，令，可得，
∴，
∴；
（2）∵．
当时．，
由函数在区间上递增，且值域为，
∴存在唯一时，使得，
此时，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
此时，，
同理，当时，使得，满足，
当时，使得，满足，
∴．
∵，代入可得．
又，即，
∴当时，，
当时，，
∴，整理得，此时数列为常数列，
又当，可得，不成立，
∴可知，此时．
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键，第一问根据导数的几何意义及三角形的面积公式即可；第二问利用导数法求函数的极值的步骤，但此时无法解决导数函数的零点，只能通过函数零点存在性定理得出，再结合已知条件及零点范围及三角函数相等角的关系即可.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由条件可得的范围，再由余弦定理代入计算构造函数，求出函数的值域，即可得到结果；
（2）根据题意，将要证明的边的关系转化为角度关系，再由余弦定理代入比较，即可证明.
【详解】（1）在中，因为，所以，
设，由于，所以，
由余弦定理得，
所以，从而，故.
（2）连结，记，
在中由正弦定理知，要证明，只需证明.
设，，由题意知，
从而在中由余弦定理得，，
从而在中由余弦定理得：，
所以
，
由前述可知，即代入上式得：
由题意分析知，证明如下：
如图，由于，点在BC的同一侧，则即，
(若，即时，重合或者分居在BC两侧，显然与题意矛盾；
若时，和不可能相交于O，与题意矛盾)，
则，所以，
又因为三角形中任意两边之和大于第三边，所以，
所以
所以，又因为函数在上为减函数，
所以，故.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键点是利用余弦定理构造函数，再根据边角关系找出变量的范围即可求解；第二问的关键点是利用正弦定理把证明边的关系转化为角度关系，再利用余弦定理表达出角度与边的关系，作差、因式分解可得出结果.
24．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出的值即可；
（2）（ⅰ）在内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，针对分别在、和内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式，且表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，再化简整理得：，即可得证；（ⅱ）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，平分，将代入，化简整理即可得证.
【详解】（1）若，即，得，
点满足，则，
在和中，，，
所以与相似，且，
所以，即，
由余弦定理得：，且，，
得，且，
所以；
（2）（ⅰ）在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，
，
，
三式相加可得：①
在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，
在和内，同理：，，
三式相等：，
因为，由等比性质得：②
由①②式可证得：；
（ⅱ）因为，
即，
所以，
在中，
分别由余弦定理得：，，，
三式相加整理得，
，
将代入得：
若平分，则，，
所以③
又由余弦定理可得：④
由③-④得：
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键.
25．(1)与；
(2)证明见解析；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）求出函数的值域，再利用给定定义求解即得.
（2）利用辅助角公式求出的值域，再利用不等式的性质可得，结合定义推理即得.
（3）利用导数求出函数的值域，假定存在，设出通道下界与通道上界的直线方程，利用定义建立不等式，构造函数，按探讨函数值情况即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为R，在R上单调递增，
而，则，即，因此，
取，得通道下界的直线方程：，通道上界的直线方程：，
显然直线与的距离为2，因此通道宽度不超过3，
所以通道下界与通道上界的直线方程分别为与.
（2）函数的定义域为R，而，
即，则，
取，得通道下界的直线方程：，通道上界的直线方程：，
显然直线与的距离，
所以存在宽度为2的通道.
（3）函数，求导得，函数在上单调递减，
则，显然当时，恒有，即，
假设存在宽度为的通道，设通道下界与通道上界的直线方程分别为，，
则对任意，恒成立，即，
令，
当时，则，而，不符合题意；
当时，对任意，，函数在上单调递减，值域为，
因此不存在，使得对任意，成立，即不存在宽度为的通道；
当时，对任意，，函数在上单调递增，值域为，
因此不存在，使得对任意，成立，即不存在宽度为的通道，
综上，不存在宽度为的通道.
【点睛】思路点睛：函数新定义问题，需结合函数性质来判断是否存在满足定义的直线，也可以结合图象的性质来判断存在性，但不存在时则需结合定义给出矛盾.