专题05 三角函数与解三角形-2024届山东省高三数学二模分类汇编

· 专题05三角函数与解三角形-2024年新高考地区数学 · 二模分类汇编-山东专用（学生版） 一、单选题 1．（2024·山东·二模）若是周期为π的奇函数，则可以是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东济南·二模）质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上逆时针作匀速圆周运动，同时出发.的角速度大小为，起点为圆与轴正半轴的交点；的角速度大小为，起点为圆与射线的交点.则当与第2024次重合时，的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ） A．0 B． C． D． 4．（2024·山东枣庄·模拟预测）在中，，为内一点，，，则（    ） A． B． C． D．   5．（2024·山东淄博·二模）设，若，，则（　　） A． B． C． D． 6．（2024·山东·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若为图象的一条对称轴，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山东潍坊·二模）将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到的图象，则（   ） A． B． C． D． 8．（2024·山东泰安·二模）已知函数，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A． B．在上单调递增 C．的图象关于点中心对称 D．在上的值域为 9．（2024·山东临沂·二模）已知函数（）图象的一个对称中心为，则（    ） A．在区间上单调递增 B．是图象的一条对称轴 C．在上的值域为 D．将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得到的函数图象关于y轴对称 10．（2024·山东临沂·二模）若实数，，满足，，，则（    ） A． B． C． D． 11．（2024·山东聊城·二模）如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（    ） A．2 B． C．1 D． 12．（2024·山东滨州·二模）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． 13．（2024·山东菏泽·二模）已知函数，且，若在上有个不同的根，则的值是（    ） A．0 B． C． D．不存在 二、多选题 14．（2024·山东淄博·二模）已知函数，满足：，成立，且在上有且仅有个零点，则下列说法正确的是（　　） A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上单调递减 C．函数的一个对称中心为 D．函数是奇函数 15．（2024·山东·二模）已知函数，则（    ） A．是奇函数 B．的最小正周期为 C．的最小值为 D．在上单调递增 16．（2024·山东日照·二模）已知函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于两点，且在轴上，则下列命题正确的是（    ） A．函数的最小正周期是 B．函数在上单调递减 C．函数的图象向左平移个单位后关于直线对称 D．若圆的半径为，则 17．（2024·山东聊城·二模）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若动直线与的图象的交点分别为，则的长可为 B．若动直线与的图象的交点分别为，则的长恒为 C．若动直线与的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为 D．若，则 三、填空题 18．（2024·山东枣庄·模拟预测）写出函数图象的一条对称轴方程 ． 19．（2024·山东淄博·二模）三棱锥中，平面平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为 ． 20．（2024·山东·二模）在中，内角的对边分别为，，且，则面积的最大值为 ． 21．（2024·山东潍坊·二模）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，其外接圆半径为1，，则的面积为 ；当A取得最大值时，则 ． 22．（2024·山东泰安·二模）已知在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值为 ；若，则的最大值为 . 四、解答题 23．（2024·山东济南·二模）如图，已知平面四边形中，. (1)若四点共圆，求； (2)求四边形面积的最大值. 24．（2024·山东济南·二模）如图，在平面四边形ABCD中，，，，. (1)若，，求的大小； (2)若求四边形ABCD面积的最大值. 25．（2024·山东泰安·二模）已知函数，的内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，求的值. 26．（2024·山东日照·二模）的内角的对边分别为．分别以为边长的正三角形的面积依次为，且． (1)求角； (2)若，，求． 27．（2024·山东临沂·二模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． (1)求C； (2)若点D在线段AB上，且，求的最大值. 28．（2024·山东菏泽·二模）已知在中，的面积为． (1)求角的度数； (2)若是上的动点，且始终等于，记．当取到最小值时，求的值． 29．（2024·山东菏泽·二模）定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件． (1)求的值； (2)求的解析式； (3)若．比较与0的大小关系，并说明理由． 附：参考公式 试卷第6页，共6页 试卷第1页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ · 专题05三角函数与解三角形-2024年新高考地区数学 · 二模分类汇编-山东专用（解析版） 一、单选题 1．（2024·山东·二模）若是周期为π的奇函数，则可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合选项，利用三角恒等变换的公式化简，应用三角函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，若，则为偶函数，不符合题意； 若，则，奇函数且周期为，符合题意； 若，则为偶函数，不符合题意； 若，则周期为，不符合题意. 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，以及三角函数的恒等变换的应用，着重考查了推理与运算能力. 2．（2024·山东济南·二模）质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上逆时针作匀速圆周运动，同时出发.的角速度大小为，起点为圆与轴正半轴的交点；的角速度大小为，起点为圆与射线的交点.则当与第2024次重合时，的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设两质点重合时，所用时间为，则重合点坐标为，通过题意得到，结合周期性即可得解. 【详解】设两质点重合时，所用时间为，则重合点坐标为， 由题意可知，两质点起始点相差角度为， 则，解得， 若，则，则重合点坐标为， 若，则，则重合点坐标为，即， 若，则，则重合点坐标为，即， 当与第2024次重合时，，则， 则重合点坐标为，即. 故选：B. 【点睛】思路点睛：通过设两质点重合时，所用时间为，得到重合点坐标为，结合角度差得到，根据三角函数周期性以及诱导公式判断选项即可. 3．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ） A．0 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角函数的定义求出，，再由两角差的余弦公式计算可得. 【详解】因为，即， 即角的终边经过点，所以，， 所以. 故选：D 4．（2024·山东枣庄·模拟预测）在中，，为内一点，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在中，设，，即可表示出，，在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解. 【详解】在中，设，令，    则，， 在中，可得，， 由正弦定理， 得， 所以， 可得，即． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题解答关键是找到角之间的关系，从而通过设元、转化到中利用正弦定理得到关系式. 5．（2024·山东淄博·二模）设，若，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先对变形，进而表示出，再代值计算即得. 【详解】由，得， 则，即， 因此， 而，所以. 故选：A 6．（2024·山东·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若为图象的一条对称轴，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题先根据三角函数图像平移的规则求出，再根据正弦函数的对称轴求出和整数k的关系式，再对k取值即可求解. 【详解】由题意得：， 又因为是的一条对称轴， 所以， 即，下面结合选项对整数k取值（显然k取负整数）： 时，； 时，； 时，； 时，. 故选：B. 7．（2024·山东潍坊·二模）将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到的图象，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平移变换和周期变换的原则求解即可. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度， 得， 再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍， 得. 故选：B. 8．（2024·山东泰安·二模）已知函数，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A． B．在上单调递增 C．的图象关于点中心对称 D．在上的值域为 【答案】C 【分析】根据三角函数图象的伸缩变换可得，结合正弦函数的图象与性质，依次判断选项即可. 【详解】A：将的图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标变为原来的2倍， 得到函数，故A错误； B：由选项A可知， 由，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，故B错误； C：由选项A可知，则， 所以函数图象关于点中心对称，故C正确； D：由选项A可知，由，得， 所以，则，即的值域为，故D错误. 故选：C 9．（2024·山东临沂·二模）已知函数（）图象的一个对称中心为，则（    ） A．在区间上单调递增 B．是图象的一条对称轴 C．在上的值域为 D．将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得到的函数图象关于y轴对称 【答案】D 【分析】借助整体代入法结合正弦函数的性质可得A、B；结合正弦函数最值可得C；得到平移后的函数解析式后借助诱导公式即可得D. 【详解】由题意可得，解得， 又，故，即； 对A：当时，， 由函数在上不为单调递增， 故在区间上不为单调递增，故A错误； 对B：当时，， 由不是函数的对称轴， 故不是图象的对称轴，故B错误； 对C：当时，， 则，故C错误； 对D：将图象上的所有点向左平移个长度单位后， 可得， 该函数关于y轴对称，故D正确. 故选：D. 10．（2024·山东临沂·二模）若实数，，满足，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先判断，，且，根据对数函数的性质可得，即可判断. 【详解】因为， 又，则，且，即， 因为，所以， 所以. 故选：A 11．（2024·山东聊城·二模）如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】根据余弦定理得、，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解. 【详解】在中，由余弦定理得， 即，得①， 在中，由余弦定理得， 即，得②， 又， 所以③， 由②①，得，由， 得，代入③得. 故选：B 12．（2024·山东滨州·二模）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． 【答案】C 【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. 【详解】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：C. 【点睛】关键点点睛：以为整体，可得，结合正弦函数零点分析可知右端点的取值范围，进而可得的取值范围. 13．（2024·山东菏泽·二模）已知函数，且，若在上有个不同的根，则的值是（    ） A．0 B． C． D．不存在 【答案】B 【分析】由题意可得，利用方程的根与函数图像交点的关系，得，从而可得的值． 【详解】由，得， 又，所以， 即， 若，则， 当， 所以在上有4个不同的根， 且， ， 即， 所以． 故选：B 二、多选题 14．（2024·山东淄博·二模）已知函数，满足：，成立，且在上有且仅有个零点，则下列说法正确的是（　　） A．函数的最小正周期为 B．函数在区间上单调递减 C．函数的一个对称中心为 D．函数是奇函数 【答案】BCD 【分析】依题意可得为最大值，则得，再由在上有且仅有个零点，可得，再结合的范围可出的值，从而可求出的解析式，然后逐个分析判断即可. 【详解】因为，恒成立，所以的最大值为， 所以，即， 当时，，又， 因为在上有且仅有个零点，所以， 所以，即，得， 所以， 因为，所以， 所以； 对于A：函数的最小正周期，故A错误； 对于B：当时，，又在上单调递减， 所以函数在区间上单调递减，故B正确； 对于C：因为， 所以函数的一个对称中心为，故C正确； 对于D：因为，为奇函数，故D正确. 故选：BCD 15．（2024·山东·二模）已知函数，则（    ） A．是奇函数 B．的最小正周期为 C．的最小值为 D．在上单调递增 【答案】AC 【分析】对于A，直接用奇函数的定义验证；对于B，直接说明不是周期；对于C，利用正弦二倍角公式证明，再由可得最小值；对于D，直接计算得到，即可否定结论. 【详解】对于A，函数定义域为，有， 所以是奇函数，A正确； 对于B，有，. 所以，这表明不是的周期，B错误； 对于C，我们有， 而之前已计算得到，故的最小值为，C正确； 对于D，由于，， 故，所以在上并不是单调递增的，D错误. 故选：AC. 16．（2024·山东日照·二模）已知函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于两点，且在轴上，则下列命题正确的是（    ） A．函数的最小正周期是 B．函数在上单调递减 C．函数的图象向左平移个单位后关于直线对称 D．若圆的半径为，则 【答案】ACD 【分析】A选项，先求出点的横坐标，求出最小正周期，A正确；B选项，求出，得到特殊点的函数值得到，得到函数解析式，整体法得到在上不单调递减，B错误；C选项，求出向左平移个单位的解析式，代入检验得到C正确；D选项，由和勾股定理得到，代入求出，得到函数解析式. 【详解】A选项，由对称性可知点的横坐标为， 设的最小正周期为，则，解得，A正确； B选项，因为，所以， 点在图象上，即点在图象上，将其代入函数解析式得， 又，故，解得， 故， 当时，， 又，在上不单调， 故函数在上不单调递减，B错误； C选项，函数的图象向左平移个单位后得到， 其中，故关于直线对称，C正确； D选项，若圆的半径为，即， 又，故，解得， 所以将代入中得，，解得， 则，D正确. 故选：ACD 17．（2024·山东聊城·二模）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若动直线与的图象的交点分别为，则的长可为 B．若动直线与的图象的交点分别为，则的长恒为 C．若动直线与的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为 D．若，则 【答案】BCD 【分析】先判断函数的单调性及值域，由条件确定的范围，设点的坐标分别为，列方程化简可得，由此判断AB，判断直线与的图象能围成封闭图形的形状，结合面积公式判断C,由条件，结合两角差余弦公式可求，根据二倍角公式可求，由此判断D. 【详解】由，可得， 所以在区间上单调递减， 且，， 所以， 由，可得， 所以函数在区间上单调递减， 且，， 所以， 由已知， 所以直线与函数都只有一个交点， 设点的坐标分别为， 则， ，， 因为函数在上单调递减， 所以， 所以， 所以，A错误，B正确， 设直线与函数的交点为， 则，又， 所以四边形为平行四边形，其面积，C正确； 对于D，因为， 所以，， 所以，，即， 又， 所以， 所以，又， 所以 所以，D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是利用正弦型函数的性质得到点横坐标之间的关系，即. 三、填空题 18．（2024·山东枣庄·模拟预测）写出函数图象的一条对称轴方程 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】利用二倍角公式及三角函数的图象与性质计算即可. 【详解】易知，所以， 不妨取，则. 故答案为：（答案不唯一） 19．（2024·山东淄博·二模）三棱锥中，平面平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为 ． 【答案】/ 【分析】根据面面垂直关系得到面，通过长度关系可求得外接圆圆心到四个顶点的距离相等，可知即为外接球的球心，从而可得外接球半径，进而求得表面积. 【详解】由题意，三棱锥即三棱锥，作图如下，    取中点，设为外接圆圆心， 为边长为的等边三角形， 在上，且， ， 又为以为斜边的等腰直角三角形，所以， 在中，， 面面，面面，面，面，面，， 在中，， 故， 即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径. 故答案为：. 20．（2024·山东·二模）在中，内角的对边分别为，，且，则面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】先由已知条件结合余弦定理和求出，再由余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值. 【详解】因为， 所以由余弦定理，得， 所以，又， 则， 所以由余弦定理以及基本不等式得： ， 即，当且仅当时等号成立， 所以，即面积的最大值为， 故答案为：. 21．（2024·山东潍坊·二模）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，其外接圆半径为1，，则的面积为 ；当A取得最大值时，则 ． 【答案】 / 【分析】空1：利用正弦定理和三角形面积公式得，再利用诱导公式和两角和的正弦公式和二倍角公式即可得，则得到三角形面积；空2：利用正弦定理和面积公式得，再利用余弦定理和基本不等式即可求出答案. 【详解】由正弦定理得，则， 则. ， ， 则， ，， 则， 当且仅当时取等， 因为，则最小时，最大， 取等时，，即，即， 即，即，即. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第一空的关键是利用三角恒等变换对题目给的等式化简得，第二空的关键是利用余弦定理和基本不等式从而得到角最大时的临界状态. 22．（2024·山东泰安·二模）已知在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值为 ；若，则的最大值为 . 【答案】 3 【分析】建立如图所示的坐标系，先求出圆的标准方程，再设点的坐标为，即可根据向量的坐标运算求解数量积，利用三角函数的性质求解最值，由，求出，根据三角函数的性质即可求出最值． 【详解】如图：以为原点，以所在的直线为,轴建立如图所示的坐标系， 则，，，， 动点在以点为圆心且与相切的圆上， 设圆的半径为， ，， ， ， 圆的方程为， 设点的坐标为，则， ，故的最大值为， ，， ， ，， ， ， ， 故的最大值为3， 故答案为：，3 四、解答题 23．（2024·山东济南·二模）如图，已知平面四边形中，. (1)若四点共圆，求； (2)求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）在、中分别利用余弦定理表示出，再由四点共圆得到，即可求出；； （2）由（1）可得，再由面积公式得到，将两式平方再相加得到，结合余弦函数的性质计算可得. 【详解】（1）在中，由余弦定理得： ， 在中，由余弦定理得： ， 因为四点共圆，所以，因此， 上述两式相加得：，所以（负值已舍去）. （2）由（1）得：， 化简得， 则①， 四边形的面积 ， 整理得， 则② ①②相加得：， 即， 由于， 所以当且仅当时，取得最小值， 此时四边形的面积最大，由，解得， 故四边形面积的最大值为. 24．（2024·山东济南·二模）如图，在平面四边形ABCD中，，，，. (1)若，，求的大小； (2)若求四边形ABCD面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中，利用余弦定理可得，由等腰三角形可得，然后在中利用正弦定理即可求解； （2）利用勾股定理求得，然后四边形面积分成即可求解. 【详解】（1）在中，，，所以， 由余弦定理可得，，即， 又，所以， 在中，由正弦定理可得，得， 因为，所以，所以. （2）在中，，所以， 所以，四边形ABCD的面积 ， 当时，，即四边形ABCD面积的最大值为. 25．（2024·山东泰安·二模）已知函数，的内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用特殊角的三角函数值求角； （2）法一，根据两角和的正弦公式和正弦定理化简已知，可得，再结合余弦定理求解；法二：利用余弦定理化简已知得，再结合余弦定理求解. 【详解】（1），， ， ，， ，； （2）， 法一：， ， ， 根据正弦定理得， 由余弦定理得   ① 将代入①式，得， ，； 法二：由正弦定理、余弦定理可得， ， ， 由余弦定理得  ① 将代入①式，得， ，. 26．（2024·山东日照·二模）的内角的对边分别为．分别以为边长的正三角形的面积依次为，且． (1)求角； (2)若，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，化简得到，利用余弦定理求得，即可求解； （2）设，在和中，利用正弦定理化简得到，结合三角函数基本关系式，联立方程组，求得的值. 【详解】（1）解：由分别以为边长的正三角形的面积依次为， 则，可得， 由余弦定理得， 因为，所以. （2）解：设（其中为锐角）， 在和中，由正弦定理可得且， 于是， 又因为，所以， 化简得， 根据同角三角函数的基本关系式，可得， 因为，联立方程组，解得，即. 27．（2024·山东临沂·二模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． (1)求C； (2)若点D在线段AB上，且，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用，结合和差公式化简，再利用正弦定理边化角可解； （2）根据平面向量线性运算可得，两边平方，然后利用重要不等式即可得解. 【详解】（1）由得 ， ∴， 即， 由正弦定理边化角得， 因为， 所以，∴， 又∵，∴. （2）∵D点在线段AB上，且， ，∴， ∴ ， 当且仅当时，等号成立． ∴． 即的最大值为． 28．（2024·山东菏泽·二模）已知在中，的面积为． (1)求角的度数； (2)若是上的动点，且始终等于，记．当取到最小值时，求的值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）设，则求解即可； （2）根据三角形面积公式结合正弦定理得到，根据角的范围求解即可． 【详解】（1）设，则，又，因此， 由为的内角，所以. （2）由（1）知，，又，则，因此， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得， ， 显然，则有，因此当时，取到最小值， 此时，即， 所以的值. 29．（2024·山东菏泽·二模）定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件． (1)求的值； (2)求的解析式； (3)若．比较与0的大小关系，并说明理由． 附：参考公式 【答案】(1)5；11 (2) (3)大小关系及理由见解析 【分析】（1）利用条件②代入可求，利用条件③代入可求； （2）利用累加法可得； （3）由（2），可得，所以， 则可得，根据裂项相消法得，讨论的范围即可求解. 【详解】（1）由条件②可得； 由条件③可得． （2）由条件②）可得： ， ， ， 将上述个等式相加，得； 由条件③可得： ， ， 将上述个等式相加，得． （3）由（2），所以， 则， 则 ， 当且仅当时，，上式取得等号， 即时，均有， 所以，当时，； 当时，； 当时，，所以． 【点睛】关键点点睛： 小问2，由条件，根据累加法求解； 小问3，由（2），得到，则可得到已知求和式，两边乘以利用二倍角公式化简，然后放大，根据裂项相消求和，即可求解． 试卷第2页，共28页 试卷第1页，共28页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$