三角函数与解三角形山东省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

山东省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----三角函数与解三角形 一、单选题 1．（2024·山东淄博·二模）设，若，，则（　　） A． B． C． D． 2．（2024·山东济南·三模）函数的部分图象如图所示，下列说法错误的是（    ） A．函数的周期是 B．函数的图象的过点 C．函数在上单调递减 D．当时， 3．（2024·山东烟台·三模）若函数在上有且只有一条对称轴和一个对称中心，则正整数的值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（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 5．（2024·山东青岛·三模）为了得到 的图象，只要把 的图象上所有的点（     ） A．向右平行移动 个单位长度 B．向左平行移动 个单位长度 C．向右平行移动 个单位长度 D．向左平行移动 个单位长度 6．（2024·山东日照·三模）已知，，，则，，的大小顺序为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山东泰安·三模）在中，内角所对的边分别为，，，且，延长至点，使得，若，则（    ） A．1 B． C．2 D．3 8．（2024·山东日照·三模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·山东潍坊·三模）设复数是纯虚数，则的值可以为（      ） A． B． C． D． 10．（2024·山东济宁·三模）已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 11．（2024·山东聊城·三模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 12．（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 二、多选题 13．（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 14．（2024·山东青岛·二模）已知函数的定义域为，则下面判断正确的是（   ） A．若，，则函数在上是增函数 B．若，，则函数是奇函数 C．若，，则函数是周期函数 D．若且，，则函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递减 15．（2024·山东烟台·三模）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（    ） A．边上的高为 B．为定值 C．的最小值为2 D．若，则 16．（2024·山东济宁·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，上的动点（异于顶点），，为的中点，则下列说法中正确的是（    ） A．直三棱柱体积的最大值为 B．三棱锥与三棱锥的体积相等 C．当，且时，三棱锥外接球的表面积为 D．设直线，与平面分别相交于点，，若，则的最小值为 17．（2024·山东济南·三模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（    ） A． B．面积的最大值为 C． D．边上的高的最大值为 18．（2024·山东聊城·三模）已知圆锥为底面圆心的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，是底面圆周上的一个动点，直线满足，设直线与所成的角为，直线与所成的角为，则（    ） A．的取值范围为 B．该圆锥内切球的表面积为 C．的取值范围为 D． 三、填空题 19．（2024·山东淄博·二模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若， ． 20．（2024·山东威海·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．则= ． 21．（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 . 22．（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 ． 23．（2024·山东烟台·一模）若函数在上恰有5个零点，且在上单调递增，则正实数的取值范围为 . 24．（2024·山东泰安·一模）在中，内角的对边分别为，已知，则 ． 四、解答题 25．（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. 26．（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． 27．（2024·山东青岛·三模）设三角形的内角、、的对边分别为、、且． (1)求角的大小； (2)若，边上的高为，求三角形的周长． 28．（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． 29．（2024·山东济宁·三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为，已知. (1)求证:； (2)若，求面积的取值范围. 30．（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. 参考答案： 1．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 2．A 【分析】根据函数图象可得，即可根据整体法求解CD，代入即可求解B，由周期公式即可求解A. 【详解】由图可得,, 故，将点代入可得,所以， 由于，故，所以， 对于A，，故A错误， 对于B，，故的图象的过点，B正确， 对于C, ，则，故在上单调递减，C正确， 对于D，，则，故，故，D正确， 故选：A 3．C 【分析】先得出，然后结合已知列出关于的不等式组，结合是正整数即可得解. 【详解】由题意且是整数， 若，则， 若函数在上有且只有一条对称轴和一个对称中心， 所以，解得，即. 故选：C. 4．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 5．A 【分析】利用诱导公式统一函数名，再根据函数的图象变换规律，得出结论． 【详解】， 由诱导公式可知： 又 则，即只需把图象向右平移个单位. 故选：A 6．A 【分析】利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的单调性即可比较出大小. 【详解】因为， ，，由正弦函数在上递增知：， 故选：A. 7．C 【分析】根据题意，利用正弦定理求得，再由余弦定理，得到，求得，再中，由余弦定理，列出方程，即可求解. 【详解】因为，可得， 由正弦定理得，即， 所以，又因为，所以， 如图所示，由，且，， 在中，由余弦定理得， 解得或（负值舍去）. 故选：C. 8．C 【分析】联立题干所给式子以及余弦定理可得，在把代入题干可表示出，在根据的范围求解。 【详解】中， 由余弦定理可得： ，整理可得， 又，则， ，，则， 可得，则，即， 故选：C 9．C 【分析】根据题意得到，将四个选项代入检验，得到答案. 【详解】由题意得， A选项，当时，，不合题意，A错误； B选项，当时，，不合要求，B错误； C选项，当时，，故C正确； D选项，当时，，D错误. 故选：C 10．D 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再借助正弦函数的图象与性质求解即得. 【详解】依题意，函数， 当时，，显然， 且正弦函数在上单调递减，由在区间上的值域为， 得，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：D 11．A 【分析】先利用整体思想结合诱导公式与二倍角余弦公式计算得，然后由及可得，即可求得. 【详解】因为，所以， 所以， 则，即， 由，则，由，得，故， 所以，则，故. 故选：A 12．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. 13．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 14．BCD 【分析】令可判断A，利用奇函数定义可判断B，由周期函数的定义可判断C，根据函数单调性的定义即可判断D. 【详解】对于A，令，满足， 而，所以函数在上不是增函数，故选项A错误； 对于B，令，则，可得， 即满足，则函数是奇函数，可知B正确； 对于C，若，， 所以，即， 满足，可得函数是周期为的周期函数，即C正确； 对于D，取，满足， 因为函数在区间上单调递增，所以， 可得，所以， 即， 可得且； 所以函数在区间上单调递减， 函数在区间上单调递增，即D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：在求解抽象函数奇偶性以及单调性时，要根据已知条件充分利用奇偶性和单调性定义，化简变形进行证明即可求得结论. 15．ABD 【分析】对A，根据边上的高为求解即可；对B，由正弦定理结合三角恒等变换化简即可；对C，由正弦定理结合三角恒等变换化简，结合B中，再根据基本不等式求解即可；对D，根据三角形内角关系，结合两角和差的正切公式与正弦定理判断即可. 【详解】对A，边上的高为，由题意，故A正确； 对B，由正弦定理即， 故， 又锐角，故，即，故B正确； 对C，， 又，故 ，当且仅当， 即时取等号，此时，，与锐角矛盾，故C错误； 对D，， 即，又，即， 故，解得，故. 则，即，解得. 故，，或，. 不妨设，， 则，， 故，，， 故，由正弦定理，故D正确. 故选：ABD 16．BCD 【分析】A选项：根据三棱柱体积公式，结合三角函数值域可得最值；B选项：根据等体积转化可判断；C选项：结合正弦定理确定正三角形外心，进而确定球心及半径；D选项：根据相似及基本不等式可得最值. 【详解】A选项：由已知可得，又， 所以，即体积的最大值为，A选项错误； B选项：如图所示， 由点为的中点，则，设点到平面的距离为， 则，， 又，所以，所以，B选项正确； C选项：如图所示， 由已知为正三角形，设外接球球心为，中心为，中点为，则平面，且，，即， 所以外接球半径为，外接球表面积为，C选项正确； D选项：如图所示， 取中点，可知在的延长线上，在的延长线上， 则，即， 设，， 易知，， 则，， 则，,， 所以， 当且仅当，即时取等号，故D选项正确； 故选：BCD. 17．AD 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式、余弦定理逐项计算判断得解. 【详解】在中，由及正弦定理，得，而， 则，由余弦定理得，而，解得， 对于A，，A正确； 对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，令边上的高为，则，解得，D正确. 故选：AD 18．BC 【分析】根据圆锥轴截面面积求出圆锥的半径和高，由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断B，建立空间直角坐标系，设，，利用向量法求得，，利用余弦函数的性质求得的范围判断A，利用二倍角正弦公式求得，然后利用正弦函数性质求解范围判断C，结合同角三角函数知识求解判断D. 【详解】如图： 圆锥中，，， 由题意，所以， 所以， 如图， 作出圆锥及其内切球的轴截面，设圆锥的内切球半径为， 易知，圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径. 因为，所以， 所以，故圆锥的内切球表面积， 故选项B正确； 在圆锥底面上使， 由于直线满足，不妨令，，符合题意， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图： 则，，，，， 设，， 所以，，, 由异面直线向量夹角公式知：，，因为，所以， 所以，所以，故选项A错误； 所以，故选项D错误； ，因为，所以， 所以，所以，故选项C正确. 故选：BC 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）的余弦值，即可求出结果. 19． 【分析】先应用正弦定理求边长,再应用余弦定理求出. 【详解】因为所以， 由余弦定理得, 所以. 故答案为：. 20． 【分析】在中，由余弦定理可得，结合已知求得，再由正弦定理可求得. 【详解】在中，由余弦定理可得， 所以，所以， 因为，所以，所以 解得， 由，可得， 在中，由正弦定理可得， 所以. 故答案为：. 21． 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 22． / 【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. 23． 【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解即得. 【详解】依题意，函数，由，得， 则或， 由，得，由在上恰有5个零点， 得，解得， 由，得，即函数在上单调递增， 因此，即，且，解得， 所以正实数的取值范围为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求函数的单调区间时，可把看成一个整体，由求得函数的单调递减区间，由求得函数的单调递增区间． 24．/ 【分析】根据题意，由正弦定理可以将，变形可得，由三角函数恒等变形公式可得，即，求出. 【详解】根据题意，在中，， 则，变形可得， 则有，因为，所以， 因为，则. 故答案为：. 25．(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. 26．(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. 27．(1) (2) 【分析】（1）利用内角和为化简，利用二倍角公式化简，再利用辅助角公式化简即可求得； （2）由面积公式和余弦定理，联立方程组求解三角形即可. 【详解】（1）因为，，为的内角，所以， 因为，所以可化为：， 即，即， 因为，解得：，即． （2）由三角形面积公式得，代入得：， 所以，由余弦定理得：， 解得：或舍去，即， 所以的周长为. 28．(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. 29．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据两角和差的正弦公式、二倍角的余弦公式化简计算可得，结合诱导公式计算即可证明； （2）由（1）得且，根据正弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换化简可得，结合正切函数的性质即可求解. 【详解】（1）， ， ，又， 则， ， ，即， 又，所以，即， 又，所以； （2）由（1）知，，得， 由，得，由正弦定理得， 得， 所以， 又，所以，又在上单调递增， 则，所以， 即的面积我取值范围为. 30．(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. 学科网（北京）股份有限公司 $$