模块04 三角函数与解三角形（测试卷）-2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破（新高考版）

模块04三角函数与解三角形（测试卷） 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。 1．（2024•湖北模拟）若角的顶点为坐标原点，始边在轴的非负半轴上，终边在直线上，则角的取值集合是　　 A． B． C． D． 2．（2024•苏州模拟）已知锐角，满足，，则　　 A． B． C． D． 3．（2024•太原模拟）已知的内角，，的对边分别是，，，若，，，则　　 A．5 B．4或5 C．6 D．4或6 4．（2024•五华区校级模拟）已知，，则的值为　　 A． B． C． D． 5．（2024•凉州区模拟）的内角，，的对边分别为，，，若，则为　　 A．等腰非等边三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 6．（2024•新会区校级模拟）已知锐角满足，则　　 A． B． C．2 D．3 7．（2024•天心区校级模拟）已知函数在，上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则　　 A． B． C． D． 8．（2024•惠州模拟）将最小正周期为的函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是　　 A．对称轴为， B．在内单调递增 C．对称中心为， D．在内最小值为 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。 9．（2024•鼓楼区校级模拟）已知，则　　 A．函数的最小正周期为 B．将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称 C．函数在区间上单调递减 D．若，则 10．（2024•江宁区校级三模）中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是　　 A． B．若，则只有一解 C．若为锐角三角形，则取值范围是 D．若为边上的中点，则的最大值为 11．（2024•鲤城区校级模拟）如图，某旅游部门计划在湖中心处建一游览亭，打造一条三角形游览路线．已知，是扇岸上的两条甬路，，，，（观光亭视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则　　 A． B．当时， C．面积的最大值为 D．游览路线最长为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．（2024•开州区校级模拟）如图，在四边形中，，，．连接、交于点，若点恰是的中点，则的值为 　　． 13．（2024•鼓楼区校级模拟）在中，内角，，的对边依次为，，，，，，的面积为 　　． 14．（2024•江宁区校级二模）已知函数，在区间上单调，且满足，若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 　　． 四、解答题：本题共5小题（13+15+15+17+17 ）满分77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2024•东兴区校级模拟）已知． （1）求的单调增区间和对称中心； （2）在锐角中，，，的对边分别是，，，．求的值域． 16．（2024•雨花台区校级三模）在三角形中，角，，所对的边分别为，，，已知． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若且，求的取值范围． 17．（2024•海淀区校级三模）在中，，． （Ⅰ）求证：为等腰三角形； （Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求的值． 条件①：； 条件②：的面积为； 条件③：边上的高为3． 18．（2024•苏州模拟）在中，角，，所对的边分别记作，，．已知的周长为4，且有． （1）求的面积； （2）设内心为，外心为，，求外接圆半径． 注：在中，有，其中和分别为三角形内切圆与外接圆的半径． 19．（2024•海淀区二模）已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若不等式在区间内有解，求的取值范围． 条件①：； 条件②：的图象可由的图象平移得到； 条件③：在区间内无极值点，且． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 模块04三角函数与解三角形（测试卷） 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。 1．（2024•湖北模拟）若角的顶点为坐标原点，始边在轴的非负半轴上，终边在直线上，则角的取值集合是　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意，分为第二象限角和第四象限角时，求出的取值集合再求并集． 【解答】解：根据题意，角的终边在直线上， 为第二象限角时，，； 为第四象限角时，，； 综上，角的取值集合是，． 故选：． 【点评】本题考查了象限角问题，是基础题． 2．（2024•苏州模拟）已知锐角，满足，，则　　 A． B． C． D． 【分析】根据两角和差的正切公式，进行化简求解． 【解答】解：， 锐角，， ， 则， 故选：． 【点评】本题主要考查两角和差的正切公式的应用，根据两角和差的正切公式是解决本题的关键．难度不大． 3．（2024•太原模拟）已知的内角，，的对边分别是，，，若，，，则　　 A．5 B．4或5 C．6 D．4或6 【分析】根据已知条件，结合正弦定理，余弦定理，以及三角函数的同角公式，即可求解． 【解答】解：，，， 由正弦定理可知，，即，解得， 为三角形的内角， 则， 故， 同理可得，， ， ，解得． 故选：． 【点评】本题主要考查正弦定理，余弦定理，以及三角函数的同角公式，属于基础题． 4．（2024•五华区校级模拟）已知，，则的值为　　 A． B． C． D． 【分析】根据二倍角的余弦公式求出，观察角的关系，利用诱导公式计算即可求解． 【解答】解：由题意知，， 又， 所以． 故选：． 【点评】本题主要考查了二倍角公式，诱导公式在三角化简求值中的应用，属于基础题． 5．（2024•凉州区模拟）的内角，，的对边分别为，，，若，则为　　 A．等腰非等边三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 【分析】运用三角形的余弦定理化简整理，结合勾股定理的逆定理，可得三角形的形状． 【解答】解：由可得， 即为， 即有， 可得角为直角， 所以为直角三角形． 故选：． 【点评】本题考查三角形的余弦定理和勾股定理的逆定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题． 6．（2024•新会区校级模拟）已知锐角满足，则　　 A． B． C．2 D．3 【分析】根据已知条件，利用二倍角公式转化为关于的三角函数的方程，化简，然后利用同角三角函数关系求得的值． 【解答】解：，， 即， 又为锐角，， ， 即， ． 故选：． 【点评】本题考查了三角恒等变换及同角的三角函数关系，属于基础题． 7．（2024•天心区校级模拟）已知函数在，上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则　　 A． B． C． D． 【分析】以为整体，根据题意结合零点可得，结合对称性可得，进而可求． 【解答】解：因为，且，，则， 由题意可得：，解得， 又因为直线为函数图象的一条对称轴， 则，解得，， 可知，，即， 所以． 故选：． 【点评】本题主要考查了正弦函数零点存在条件及对称性的应用，属于中档题． 8．（2024•惠州模拟）将最小正周期为的函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是　　 A．对称轴为， B．在内单调递增 C．对称中心为， D．在内最小值为 【分析】由题意，根据周期可得，再通过平移变换可得，然后由正弦函数的对称性、单调性求解即可． 【解答】解：因为的最小正周期为， 所以，解得，． 将函数的图象向左平移个单位长度， 得到函数的图象． 令得对称轴方程为，故错误． 在内，，，函数不单调，故错误． 令，，得， 所以的对称中心为，故正确． 在内，，， 故的最小值为， 最大值为，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查正弦函数的图象和性质，三角函数的图象变换规律，属于中档题． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。 9．（2024•鼓楼区校级模拟）已知，则　　 A．函数的最小正周期为 B．将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称 C．函数在区间上单调递减 D．若，则 【分析】运用辅助角公式化简，得到，再结合正弦型图象与性质，三角函数图象的平移变换逐项判断即可． 【解答】解：由，得， 对于：最小正周期为，所以正确； 对于：将函数的图象上所有点向右平移， 所得图象的函数解析式为， 而为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以错误； 对于：令，，化简得， 当时，，又因为， 所以函数在单调递减，所以正确； 对于选项：因为，所以， 所以，所以， 即得，也就是， 所以正确． 故选：． 【点评】本题考查了两角和的正弦公式，正弦函数的图象和性质，平移变换，是基础题． 10．（2024•江宁区校级三模）中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是　　 A． B．若，则只有一解 C．若为锐角三角形，则取值范围是 D．若为边上的中点，则的最大值为 【分析】由向量数量积与三角形面积公式化简即可判断；由三角形为等腰三角形即可判断；由为锐角三角形得出，再由正弦定理可得出，从而可求出的范围，从而判断；由条件得出，进而可得出，由余弦定理可得出，然后由基本不等式可得出，从而可得出，从而可求出的最大值，从而判断． 【解答】解：对于，因为，所以，所以， 又因为，所以，故正确； 对于，若，，且，故，，所以三角形只有一解，故正确； 对于，若为锐角三角形，则，，所以，则， 由正弦定理有：，所以，故错误； 对于，若为边上的中点，则，， 又，所以， 所以，所以，当且仅当时等号成立， 所以，所以，当且仅当时等号成立，故正确． 故选：． 【点评】本题考查了正、余弦定理，三角形的面积公式，不等式的应用，向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，考查了计算能力，属于中档题． 11．（2024•鲤城区校级模拟）如图，某旅游部门计划在湖中心处建一游览亭，打造一条三角形游览路线．已知，是扇岸上的两条甬路，，，，（观光亭视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则　　 A． B．当时， C．面积的最大值为 D．游览路线最长为 【分析】中，在中，由余弦定理可得的值，判断出的真假；中，由正弦定理可得的值，判断出的真假；中，在中，由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出的面积的最大值，判断出的真假；中，中，由余弦定理可得的最大值，判断出的真假． 【解答】解：中，在中，，，， 由余弦定理可得，所以正确； 中，因为，，若时， 由正弦定理可得，即，所以不正确； 中，在中，由余弦定理可得，当且仅当时取等号， 所以， 所以，所以正确； 中，在中，由余弦定理可得， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即，所以正确． 故选：． 【点评】本题考查正弦定理，余弦定理及基本不等式的性质的应用，属于中档题． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．（2024•开州区校级模拟）如图，在四边形中，，，．连接、交于点，若点恰是的中点，则的值为 　1　． 【分析】根据题意，先证出四边形是圆内接四边形，且是外接圆的一条直径，利用正弦定理算出，然后根据圆的性质推导出，求出，最后在中利用锐角三角函数的定义算出长，可得答案． 【解答】解：在四边形中，，可得， 所以四边形是圆内接四边形，且是外接圆的一条直径， 设外接圆半径为，在中，由正弦定理得，即， 因为、交于点，是圆的直径且点是的中点，所以， 可得，结合，得， 因此，在中，． 故答案为：1． 【点评】本题主要考查圆内接四边形的判定、锐角三角函数的定义、利用正弦定理解三角形，属于中档题． 13．（2024•鼓楼区校级模拟）在中，内角，，的对边依次为，，，，，，的面积为 　1或　． 【分析】根据三角形内角和定理，结合二倍角余弦公式、正弦定理、三角形面积公式分类讨论进行求解即可． 【解答】解：因为，， 所以， 即， 所以或， 因为， 所以或， 因为，， 当时，，可得，； 当时，由正弦定理， 可得， 可得． 故答案为：1或． 【点评】本题考查正弦定理，二倍角公式的应用及三角形的面积公式的应用，属于中档题． 14．（2024•江宁区校级二模）已知函数，在区间上单调，且满足，若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 　　． 【分析】根据三角函数单调区间以及零点个数求出周期的范围，即可解得的取值范围． 【解答】解：不妨设函数的周期为， 因为在区间上单调，可得，解得； 又，可得且，解得； 又在区间上恰有5个零点，所以，解得 综上可得，所以， 解得，即的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题考查函数的零点问题，三角函数的性质，属中档题． 四、解答题：本题共5小题（13+15+15+17+17 ）满分77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2024•东兴区校级模拟）已知． （1）求的单调增区间和对称中心； （2）在锐角中，，，的对边分别是，，，．求的值域． 【分析】（1）由两角差的余弦公式，半角公式及辅助角公式可得函数的解析式，进而求出的单调增区间和对称中心； （2）由锐角三角形中，可得角的大小，换元，由函数的单调性可得所求的代数式的范围． 【解答】解：（1） ， 所以函数的单调递增区间满足，， 解得：，， 所以函数的单调递增区间为，，； 函数的对称中心的横坐标满足，，解得，， 所以函数的对称中心为，，； （2）因为， 由（1）可得， 在锐角三角形中，可得，可得， 解得， ，设， 由正弦定理可得：， 由，解得，则， 故有， 于是，， 而在上单调递减， 在上单调递增，且， （1）， 则的值域为． 【点评】本题考查三角函数的性质的应用，辅助角公式的应用，属于中档题． 16．（2024•雨花台区校级三模）在三角形中，角，，所对的边分别为，，，已知． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若且，求的取值范围． 【分析】（Ⅰ）由正弦定理化简已知等式可得，由余弦定理可求的值，结合范围，可求的值． （Ⅱ）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由题意可求范围，利用正弦函数的性质可求的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理，，即， 由余弦定理，， 又， ． （Ⅱ）因为，且，由正弦定理得， 得，， 可得， ， ， ， 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 17．（2024•海淀区校级三模）在中，，． （Ⅰ）求证：为等腰三角形； （Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求的值． 条件①：； 条件②：的面积为； 条件③：边上的高为3． 【分析】（Ⅰ）求出，由正弦定理解得，由，得为锐角，，从而，由此能证明为等腰三角形； （Ⅱ）若选条件①：由，得，求出，与已知矛盾，三角形无解，不能选； 若选条件②：由的面积为，，，得，解得，，； 若选条件③：由，，得，可得，则，． 【解答】解：（Ⅰ）证明：因为在中，，，可得， 所以由正弦定理可得，所以，解得， 因为，即，可得为锐角， 所以， 所以， 又，， 所以，即为等腰三角形，得证； （Ⅱ）若选条件①：因为，由（Ⅰ）可得， 所以， 与已知矛盾，三角形无解，不能选； 若选条件②：因为的面积为，由（Ⅰ）可得， 由，得， ，解得，，， 三角形存在且唯一，可选，此时； 若选条件③：边上的高为3， 由，，得， 可得，则，， 三角形存在且唯一，可选，此时． 【点评】本题考查等腰三角形的证明，考查三角形边长的求法，考查正弦定理、同角三角函数关系式、二倍角公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 18．（2024•苏州模拟）在中，角，，所对的边分别记作，，．已知的周长为4，且有． （1）求的面积； （2）设内心为，外心为，，求外接圆半径． 注：在中，有，其中和分别为三角形内切圆与外接圆的半径． 【分析】（1）由题意整理可得三角形的面积的表达式，可得三角形的面积的大小； （2）利用余弦定理以及求解． 【解答】解：（1）因为， 整理可得：， 即， 解得； （2）可知内切圆的半径为，则，可得， 连接、，设，则， 不妨设外接圆半径为，则， 由角度关系可得， 所以， 整理：， 右式， 由于， 因此，解得． 【点评】本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题． 19．（2024•海淀区二模）已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若不等式在区间内有解，求的取值范围． 条件①：； 条件②：的图象可由的图象平移得到； 条件③：在区间内无极值点，且． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【分析】（Ⅰ）利用二倍角公式及辅助角公式先对函数进行化简，结合所选条件及余弦函数的性质求出相应的； （Ⅱ）结合三角函数图象的平移及余弦函数函数取得最值的条件，结合存在性问题与最值关系的转化即可求解． 【解答】解：因为， 所以， 选择条件①：， 则，即， 此时不唯一，不符合题意； 选择条件②：的图象可由的图象平移得到， 因为的图象可由的图象平移得到，所以的最小正周期为， 因为，所以； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 因为，所以， 因为不等式在区间内有解，即在区间内有解， 所以，即，所以的取值范围是； 选择条件③：在区间内无极值点，且； （Ⅰ）因为， 所以． 因为， 所以， 所以分别在，时取得最大值、最小值， 所以的最小正周期， 因为在区间内无极值点， 所以的最小正周期， 所以． 因为，所以； （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 因为，所以， 因为不等式在区间内有解， 即在区间内有解， 所以，即， 所以的取值范围是． 【点评】本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式在三角化简中的应用，还考查了三角函数图象的平移，余弦函数性质的综合应用，属于中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$