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

湖南省部分市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·湖南永州·三模）的展开式中第四项的系数为540，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·湖南长沙·三模）已知双曲线的左､右焦点分别为为的渐近线上一点.若的面积为，则的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 3．（2024·湖南衡阳·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，为AC的中点，，则（    ） A．1 B． C． D．2 4．（2024·湖南邵阳·三模）已知，分别是双曲线：的左、右焦点，为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，与其中一条渐近线交于点，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·湖南常德·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·湖南长沙·三模）已知函数，若在上有且仅有四个不相等的实数根，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·湖南益阳·模拟预测）已知的定义域为是的导函数，且，，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 8．（2024·湖南岳阳·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 9．（2024·湖南常德·三模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 10．（2024·湖南长沙·二模）已知函数的最小正周期为，直线是图象的一条对称轴，则的单调递减区间为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·湖南衡阳·二模）已知，则（    ） A． B． C．2 D．4 12．（2024·湖南邵阳·二模）已知为锐角，若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 13．（2024·湖南邵阳·三模）下列说法正确的有（   ） A．若角的终边过点，则角的集合是 B．若，则 C．若，则 D．若扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的半径是 14．（2024·湖南长沙·三模）如图，正方形的边长为，、分别为边、上的动点，，则（    ） A．若，则的周长最大值为 B．若，则的面积最大值为 C．若的周长为定值，则的大小为 D．若的周长为定值，则长度的最小值为 15．（2024·湖南衡阳·三模）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B． C．函数在上单调递增 D．方程的解为， 16．（2024·湖南岳阳·三模）已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．的单调递减区间为 C．的图象可由函数的图象向右平移个单位得到 D．满足条件的最小正整数为2 17．（2024·湖南益阳·模拟预测）在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（    ） A． B．为钝角三角形 C．若．则的面积是 D．若的外接圆半径是，内切圆半径为，则 三、填空题 18．（2024·湖南邵阳·三模）宋朝诗人王镃在《蜻蜓》中写到：“轻绡剪翅约秋霜，点水低飞恋野塘”，描绘了蜻蜓点水的情形，蜻蜓点水会使平静的水面形成水波纹，截取其中一段水波纹，其形状可近似于用函数的图象来描述，如图所示，则 ． 19．（2024·湖南长沙·二模）已知 ，则 20．（2024·湖南衡阳·模拟预测）在中，角的对边分别为，若，则的形状为 . 21．（2024·湖南永州·三模）已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则 . 22．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知函数图象过点，则 ；若函数的图象关于点中心对称，则 . 23．（2024·湖南岳阳·三模）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．    四、解答题 24．（2024·湖南邵阳·三模）已知的内角，，的对边分别为，，，，且． (1)求的值； (2)若，的面积为，求的周长． 25．（2024·湖南衡阳·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，已知向量满足，，且． (1)求角； (2)若是锐角三角形，且，求周长的取值范围． 26．（2024·湖南长沙·三模）如图，在中，已知为锐角，边上的两条中线相交于点的面积为. (1)求的长度； (2)求的余弦值. 27．（2024·湖南常德·一模）已知的内角的对边分别是，且. (1)判断的形状； (2)若的外接圆半径为，求周长的最大值. 28．（2024·湖南岳阳·三模）已知的三个角的对边分别为且，点在边上，是的角平分线，设（其中为正实数）． (1)求实数的取值范围； (2)设函数 ①当时，求函数的极小值； ②设是的最大零点，试比较与1的大小． 29．（2024·湖南娄底·一模）已知的内角的对边分别为的内切圆圆的面积为. (1)求的值及； (2)若点在上，且三点共线，试讨论在边上是否存在点，使得若存在，求出点的位置，并求出的面积；若不存在，请说明理由. 参考答案： 1．C 【分析】根据二项式的展开式的通项公式可得，求得，再根据余弦的二倍角公式，结合齐次弦化切即可求解. 【详解】因为的展开式中第四项为， 所以，解得， 所以. 故选：C 2．B 【分析】利用向量的线性运算再来求数量积，可得，再利用底边为的焦半径三角面积，可求出高为，从而可得一条渐近线的斜率，则即可解得离心率. 【详解】 不妨设点在第一象限内，为坐标原点， 由，得. 由的面积为，结合三角形面积公式得：点到轴的距离为， 所以的一条渐近线的倾斜角为，其斜率为， 因此的离心率. 故选：B. 3．A 【分析】在中，由正弦定理得，又且，化简可得的值. 【详解】由已知，在中，由正弦定理得， 所以，又，故. 故选：A. 4．D 【分析】由可得∥，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，由余弦定理可得，从而可求解. 【详解】因为，则∥，且，， 设，则， 又因为平分，则， 可得，， 由双曲线定义可知，， 可得，且， 因为，则， 可得， 即，化简得， 不妨令一条渐近线与线段的交点在第一象限，则， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：这道题的关键是由可得∥，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，再结合余弦定理分析求解. 5．A 【分析】使用诱导公式和二倍角公式，结合已知条件即可求解. 【详解】 . 故选：A. 6．D 【分析】根据辅助角公式可得，作出的图象，结合图形即可求解. 【详解】， 作出的图象，如图所示，    结合图形可知，若在上有且仅有4个不等的实数根， 则且， 即的取值范围为. 故选：D 7．C 【分析】根据构造函数，代入原式化简后得到，再构造函数，讨论的单调性即可得到，最后根据的单调性求解即可. 【详解】因为，即， 构造函数，则，. 将代入，得. 再构造函数，则， 易知，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以， 由于，所以，所以， 所以当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递减，所以在单调递减. 又根据单位圆可得三角不等式，又，，所以，故. 故选：C. 【点睛】方法点睛：本题考查构造函数，并利用导数比大小的问题.题中条件可以构造函数，进一步构造函数，然后讨论的单调性，由得到，再由三角不等式得到自变量的大小关系，最后根据的单调性求解. 8．C 【分析】分类讨论并利用诱导公式对进行化简，再利用同角三角函数关系式、倍角公式的逆用求得. 【详解】设 ①时，， ②时，， ③时，， 此时 ④时，， 此时 综合①②③④，可以排除、, ， 所以， 故选：C. 9．A 【分析】由二倍角的余弦公式化简可得. 【详解】因为，所以， 又，所以， 所以， 故选：A. 10．B 【分析】根据的最小正周期确定的值，根据函数的对称轴求出，结合正切函数的单调性，列出不等式，即可求得答案. 【详解】由于的图象是将的图象在x轴下方部分翻折到x轴上方， 且仅有单调递增区间， 故和的最小正周期相同，均为， 则，即， 又直线是图象的一条对称轴，则， 即，结合，得， 故，令，则， 即的单调递减区间为， 故选：B 11．A 【分析】利用诱导公式，二倍角公式和同角三角函数基本关系，结合角的取值范围，可求角的正切值. 【详解】由， 所以或. 又，所以. 所以. 故选：A 12．A 【分析】由平方关系以及半角公式（二倍角公式）运算即可求解. 【详解】已知为锐角，若，则， 所以. 故选：A. 13．ABC 【分析】由三角函数的定义判断A，根据诱导公式判断B，根据“1”的代换和弦切互化求解判断C，根据扇形弧长公式求解判断D. 【详解】因为角的终边过点，为第一象限角， 所以由三角函数的定义知，所以角的终边与终边相同， 所以角的集合是，故A选项正确； 因为，所以B选项正确； 因为，所以C选项正确； 设扇形的半径为，圆心角为，因为扇形所对的弧长为， 所以扇形周长为，故，所以D选项不正确． 故选：ABC 14．ABD 【分析】对于A、B，依题意可得，利用基本不等式判断即可；对于C、D，设线段、的长度分别为、，，，由勾股定理可得，再由两角和的正切公式判断C，利用基本不等式得到，解得的范围判断D. 【详解】对于A：若，则， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即的周长最大值为，故A正确； 对于B：，当且仅当时取等号， 即的面积最大值为，故B正确； 对于C：设线段、的长度分别为、，，， 则，因为的周长为定值，所以. 则由勾股定理得，即， 又因为，于是， 因为，所以，即，故C错误； 对于D：由C选项的推理可知，， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即， 又因为，解得， 当且仅当即时等号成立，故D正确； 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题C、D选项解答的关键是设线段、的长度分别为、，，，从而推导出. 15．ABD 【分析】根据给定的函数图象，求出周期及、、，进而求出解析式，再根据正切函数的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，由图可知，函数的最小正周期为，故A正确； 对于B，由，所以， 因为，则，则， 因为，则，所以，故B正确； 对于C，，由，得， 而，即时，没有意义，故C错误； 对于D，，则， 方程，得， 即，即， 所以或，因为，， 所以或，解得或，故D正确. 故选：ABD. 16．ABD 【分析】观察函数图象，确定函数的周期，由此可求，判断A，再结合时，函数取最大值，列方程求，根据正弦函数的单调性求的单调递减区间，判断B，根据函数图象变换结论，判断C，先求，化简不等式可得范围，解不等式确定的范围，判断D. 【详解】设函数的周期为， 观察函数图象可得，， 所以，又， 所以，A正确， 因为时，函数取最大值，， 所以，， 所以，故， 由， 可得， 所以函数的单调递减区间为，B正确， 函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，C错误， 因为， 所以， ， 所以可化为， 所以或， 由可得，，所以， 即， 取可得，取可得， 由可得，，所以， 即， 取可得， 所以满足条件的最小正整数为2，D正确， 故选：ABD. 17．BD 【分析】由正弦定理可得，设，，，即可判断A，利用余弦定理求出，即可判断B，结合A求出边，再结合B求出，最后由面积公式判断C，首先由正弦定理求出，利用等面积法求出，即可判断D. 【详解】因为， 由正弦定理，可得， 设，，， 则，故A错误； 由题意可知，为最大角， 因为，故为钝角，故B正确； 若，则，，， 又，所以， 所以的面积，故C错误； 由正弦定理得，，即， 由面积公式可得， 即， 所以， 所以，故，故D正确． 故选：BD． 18． 【分析】利用图象可以观察出振幅和周期，也就是能求出，最后通过代入最高点坐标去求即可. 【详解】 由题知：，，，即， 又，，故，即． 故答案为：. 19．/ 【分析】由，结合两角和的余弦公式化简条件可求得，再利用二倍角的余弦公式求即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以 所以. 故答案为： 20．等腰三角形或直角三角形. 【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，得到，化简得到，进而得到答案. 【详解】因为，可得， 由正弦定理和余弦定理，可得， 整理得，即， 即，可得， 所以或，所以是等腰三角形或直角三角形. 故答案为：等腰三角形或直角三角形. 21．/ 【分析】利用正弦定理结合和角正弦公式可得，进而求得，从而有，故，即可求解. 【详解】因为， 由正弦定理可得， 即，所以， 即，因为，所以， 因为，所以，即, 所以. 故答案为：. 22． 【分析】由可得，对称中心，即可求得，从而知函数的解析式. 【详解】因为点在的图象上，所以， 又，所以. 因为图象的一个对称中心是， 所以，则. 又，所以，故. 故答案为：； 23．/ 【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解. 【详解】在中，，则， 又平面，平面平面， 所以平面，连接，，所以， 得，设（）， 则，即，得， 当即即时，取到最小值1， 此时取到最小值. 故答案为：    【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求. 24．(1)2； (2)15. 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式及二倍角公式化简即得. （2）利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换求出，再利用三角形面积公式计算即得. 【详解】（1）在中，，由正弦定理得 . （2）由及正弦定理，得，即， 则，即， 而，则，又，即，解得，， ，由的面积为，得， 则，又，解得，又，则，解得， 所以的周长为. 25．(1)或. (2) 【分析】（1）由，得到，再利用正弦定理求解； （2）根据和，利用正弦定理得到外接圆的半径，然后由求解. 【详解】（1）解：∵， ∴，即. 由正弦定理得. ∵，∴， ∵，∴或. （2）∵，且三角形为锐角三角形， ∴. ∴由正弦定理得. ∴，. ∴， ， . 又∵为锐角三角形，∴， ∴，得，. ∴，， ∴，又∵， ∴. ∴的周长的取值范围为. 26．(1) (2) 【分析】（1）因为，得到，由，在由余弦定理即可得到的长度. （2）因为，所以为直角，,.在中，由勾股定理得，即得到，在中，由余弦定理即可得到的余弦值. 【详解】（1）由题知，，所以， 又因为，所以或.因为为锐角，所以. 在中，由余弦定理知， 整理得，解得. （2）因为， 所以，， 在中，由勾股定理得：，， 所以在中，由余弦定理得. 所以的余弦值为. 27．(1)等腰三角形 (2) 【分析】（1）使用正弦定理对条件进行边化角，再用三角恒等变换证明； （2）先用基本不等式证明，然后利用正弦定理与外接圆半径的关系可得到，最后说明等号可以取到，即得结果. 【详解】（1）由正弦定理并结合已知有. 故，从而. 由于，从而，故由可知，所以一定是等腰三角形. （2）设的外接圆半径为. 一方面，我们有 ， 故； 另一方面，当是边长为的等边三角形时，有，. 此时，，且. 所以周长的最大值是. 【点睛】关键点点睛：值得一提的是，第2小问证明时并不需要使用第1小问得到的. 若使用该条件，则可化为，然后再利用亦可得到结果. 但这样并未从本质上减少工作量，反而使解析失去了一般性和启发性，因此本解析不采用此法. 28．(1) (2)①0；②答案见解析. 【分析】（1）方法一：设，由，结合三角形面积公式化简可得，由此可求实数的取值范围， 方法二：由是的角平分线，结合面积公式证明，根据关系，结合余弦定理可得，结合三角形性质求的范围，可得结论. （2）①方法一：由（1）方法一可得，结合条件求，结合余弦定理可得， 方法二：由（1）方法二可得，由此可得，由此可得，求，再解方程，分区间判断函数的单调性，结合极值定义求结论， ②在时， 解方程，求出函数零点，由此可得，分别在，时，确定关系，利用导数方法求函数的极值点，由此比较的关系. 【详解】（1）方法一：设， 因为是的角平分线，所以， 因为 所以， 代入，，化简得：，因为， 所以实数的取值范围． 方法二：因为是的角平分线，所以， ，又，又， 所以，故， 在和中由余弦定理得 所以 ， 又，则 所以，又，所以 在中有，所以，所以 得，所以实数的取值范围 （2）①法一：当时，由（1）知，则，此时， 由余弦定理有：及得， 法二：由，当时有. 故， 所以， 令，可得或， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 故当时，函数取极小值，极小值为． ②（ⅰ）当时，由①知，又， 故 知的零点为， 故的最大零点； （ⅱ）当时，由（1）知， 则， 由余弦定理有，代入， 解得，由知，故， ，， 设 令解得：，且， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因为，故， 且时，， 故在上有唯一零点，此时成立 （ⅲ）时，由（1）知， 则， 由余弦定理有，及， 解得， 由知，故， 所以 当时，令解得：，且， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因为，且的图象的对称轴 所以，又因为， 故在上无零点，且， 故成立； 当时，恒成立，则在上单调递增， 故函数至多有一个零点， 由，知成立； 综上，当时；； 当时，； 当时，． 【点睛】方法点睛：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． 29．(1)，； (2)存在，位置见解析，. 【分析】（1）先求出内切圆的半径，由三角形面积公式得出与的关系，再由余弦定理得到它们的另一个关系式，联立解出，最后由余弦定理解出即可； （2）由题意，配合切线长定理可解出，再设角结合正弦定理解出，最后由面积公式求得即可. 【详解】（1）因为内切圆圆的面积为，可得圆的半径为， 则， 所以，由余弦定理得， 得，将代入整理得：， 解得. 由余弦定理得：. （2）记圆与边切于点，根据切线长定理可求得， 若，则， 即，解得， 所以在边上存在点，使得. 依题意可知为内心，则平分， 记，则， 故， 在中，， 由正弦定理得， 又， ，. 学科网（北京）股份有限公司 $$