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

湖北省部分市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·湖北武汉·二模）设，则的大小关系是（  ） A． B． C． D． 2．（2024·湖北黄冈·二模）已知角，角的顶点均为坐标原点，始边均与轴的非负半轴重合，终边分别过，则（    ） A．或 B．2或 C． D． 3．（2024·湖北荆州·三模）已知，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知的三个角，，的对边分别是，，，若，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·湖北鄂州·一模）已知函数的一条对称轴为，且在上单调，则的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 6．（2024·湖北黄石·三模）已知函数（）的最小正周期为，则（    ） A．其图象关于点对称 B．函数在上为增函数 C．函数在区间上单调 D．其图象关于直线对称 7．（2024·湖北黄石·三模）若的三个内角，，所对的边分别为，，，，，则（    ） A． B． C． D．6 8．（2024·湖北武汉·模拟预测）若函数（）向左正移个单位后在区间上单调递增，则（    ） A． B． C． D． 9．（2024·湖北武汉·模拟预测）设，已知函数在上恰有6个零点，则取值范围为（   ） A． B． C． D． 10．（2024·湖北黄冈·模拟预测）函数的图象向左平移个单位后得到的图象，若是的一个零点，则的可能取值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·湖北襄阳·三模）下列说法正确的是（    ） A．若函数（）的最小正周期为，则的值为2 B．函数（）是偶函数 C．点是函数图象的一个对称中心 D．函数在上的单调递增区间是 12．（2024·湖北武汉·模拟预测）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 13．（2024·湖北荆州·三模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，恒成立条件，. 附加条件①的面积取到最大值；附加条件②.下列结论正确的是（    ） A． B． C．若恒成立条件和附加条件①成立，则 D．若恒成立条件和附加条件②成立，则 14．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知（，，）的部分图象如图所示，则（    ） A． B．的最小正周期为 C．在内有3个极值点 D．在区间上的最大值为 三、填空题 15．（2024·湖北武汉·二模）在中，角A，，所对的边分别为，，，．且，则 ． 16．（2024·湖北荆州·三模）设，，，若满足条件的与存在且唯一，则 ， . 17．（2024·湖北襄阳·模拟预测）在中，，点D在线段上，，，，点M是外接圆上任意一点，则最大值为 . 18．（2024·湖北荆州·三模）棣莫弗定理：若为正整数，则，其中为虚数单位，已知复数， 则 ，的实部为 ． 四、解答题 19．（2024·湖北恩施·二模）在中，角所对的边分别为，设向量，，，. (1)求函数的最大值； (2)若，，，求的面积. 20．（2024·湖北黄冈·二模）已知向量，，，图象上相邻的最高点与最低点之间的距离. (1)求的值及在上的单调递增区间； (2)设的内角，，的对边分别为，，，且，求的值域. 21．（2024·湖北武汉·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求； (2)已知，求的最大值. 22．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知锐角的三内角的对边分别是，且， (1)求角的大小； (2)如果该三角形外接圆的半径为，求的取值范围． 23．（2024·湖北武汉·二模）在中，角，，的对边分别为，，，若，边的中线长为2． (1)求角； (2)求边的最小值． 24．（2024·湖北黄冈·模拟预测）空间内一点P可用三个有次序的数来确定，其中r为原点O与点P间的距离；为有向线段与z轴正向的夹角；为从正z轴来看自x轴按逆时针方向转到所转过的角，这里M为点P在面上的投影，这样的三个数叫做点P的球面坐标，其中，，，如图所示. 球面距离是指球面上两点之间的最短路径长度，这条路径是通过这两点的大圆上的劣弧（大圆是过球心的平面与球面相交形成的圆） (1)已知，，求A，B间的球面距离； (2)若，，记P，Q间的球面距离为d，证明：. 参考答案： 1．B 【分析】构造函数、和，其中，利用导数得到它们的单调性即可比较出三者大小关系. 【详解】由已知可得， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以，即，所以， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以，即， 综上， 设，，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，所以， 所以 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键首先对进行合理变形得，再通过构造函数、和，利用它们的单调性即可比较三者大小关系. 2．D 【分析】取的中点，利用三角函数定义得出，再由倾斜角和斜率的关系得出，最后利用得出答案. 【详解】记为坐标原点，因为，所以， 所以点，均在以原点为圆心为半径的圆上. 连接，取的中点，连接，则， 不妨设，则， 所以. 故选：D. 3．C 【分析】根据题意，结合三角函数的基本关系式，即可求解. 【详解】由，可得， 可得 则， 因为，所以与异号，可得为第二或第四象限， 当为第二象限角时，可得； 当为第四象限角时，可得. 故选：C. 4．D 【分析】利用正弦定理将边化为角，利用题设将换为，从而求出，再利用二倍角公式求出. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以，即， 所以. 故选：D． 5．C 【分析】先利用函数对称轴可得，又由在上为单调函数，列不等式可得间的不等关系，进而可得的最大值. 【详解】函数一条对称轴为，， ，的对称轴可以表示为， 令，则，在上单调， 则，使得，解得，由，得， 当时，取得最大值为. 故选：C． 6．C 【分析】A项，求出函数的表达式，代入即可得出结论；B项，求出函数的单调区间即可得出结论；C项，根据单调区间即可得出在区间上是否单调；D项，求出函数的对称轴即可得出图象是否关于直线对称. 【详解】由题意， 在中，， ， ∵最小正周期为， ∴，， A项，当时，， 故A错误； B项，当即时函数单调递减，当时单调递增， ∴函数在上为减函数，在上为增函数，故B错误； C项，函数在上单调递减，故在区间上单调， 故C正确； D项，函数的对称轴为即， ∴不是函数的对称轴，故不对称，D错误； 故选：C. 7．B 【分析】根据正弦定理和比例的性质可得，可得结果. 【详解】在中，，所以，所以， 由正弦定理以及比例的性质可得：. 故选：B 8．B 【分析】根据图象平移规律、函数的单调性可得答案. 【详解】函数向左平移个单位后为， 当时，， ∵单调递增， 所以，即， 可得， 又，∴. 故选：B. 9．B 【分析】令，解方程得或，在区间取6个零点即可. 【详解】由题意可知， 令， 即或， 即或， 当时，零点从小到大依次为， 因此有， 即． 故选：B． 10．B 【分析】依题利用平移变换得到方程，从中求得，将其代入另一条件，整理得即可判断结果. 【详解】依题意，，则，解得； 又即得，， 则得，即，. 故选：B. 11．BC 【分析】根据正切函数的周期性求解判断A，利用诱导公式化简判断奇偶性判断B，代入验证法结合余弦函数性质判断C，利用正弦函数性质求解单调递增区间判断D. 【详解】A．由已知得：，即，故A错误； B．函数是偶函数，故B正确； C．当时，， 故点是函数图象的一个对称中心，故C正确； D．令， 解得，令，得函数的一个单调递增区间为， 令，得函数的一个单调递增区间为， 故在上的单调递增区间是，，故D错误. 12．ACD 【分析】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】对于A，当时，， 因为，所以， 所以， 所以在上单调递增，故A正确； 对于B，若且， 所以一个是最大值，一个是最小值， 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，， 当时，是奇函数，故D正确. 故选：ACD. 13．ABC 【分析】依题意可得，利用正弦定理将边化角，即可判断A；由诱导公式及两角和的正弦公式判断B；求出，即可求出，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系判断C；由正弦定理可得，将两边平方，再结合，即可求出，从而判断D. 【详解】对于A、B：因为，，所以，由正弦定理得， 又，所以，则，故A正确； 又，所以， 所以，显然，，所以，故B正确； 对于C：若的面积取到最大值， 即， 所以当时，取得最大值，此时， 由B可知， 所以，故C正确； 对于D：若，由正弦定理得， 所以， 由B知，即，所以，， 所以，即，所以， 所以，故D错误． 故选：ABC 14．ABD 【分析】根据函数的部分图象求得，，值，可得函数解析式，进而根据正弦函数的图象和性质即可逐一判断得解. 【详解】对于AB，根据函数的部分图象知，， ，，故AB正确， 对于C，由五点法画图知，，解得， 由于，所以， . 令，则， 时，，时，， 当时，，当时，，当时，， 故在内有2个极值点，分别为，，故C错误， 对于D，，可得：， 故当此时取最大值，故D正确. 故选：ABD. 15．/ 【分析】由余弦定理得到，并化切为弦，结合正弦定理和余弦定理求出，从而得到，，从而利用余弦定理求出答案. 【详解】由得，， 由余弦定理得， 故， 所以， ， 故， 所以， 即， 由正弦定理得， 因为，所以， 故，即， 由和得，故 故，故 故. 故答案为： 16． 1 【分析】由得到，再结合，利用，得到，，从而，再由满足条件的与存在且唯一，得到唯一，从而，求得m即可. 【详解】解：由，得，即， 因为，，所以，， 又，所以， 从而， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 因为满足条件的与存在且唯一，所以唯一， 所以，所以，经检验符合题意， 所以， 则， 解得， 所以. 故答案为：，1 【点睛】关键点点睛：关键是结合已知得出，求出，由此即可顺利得解. 17． 【分析】根据题中条件，结合勾股定理、余弦定理，可得，，由正弦定理，可得外接圆半径，根据向量的线性运算法则，结合数量积公式，可得的最大值，即可得答案. 【详解】由题意可得：， ， 所以 ， 解得，则， 设的外心为，外接圆的半径为， 由正弦定理得：，解得， 可得． 由平面向量的线性运算知，， 所以， 由图可知：． 当且同向时，， 所以最大值为． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：平面向量解题方法 1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现． 2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用． 提醒：运算两平面向量的数量积时，务必要注意两向量的方向． 18． / 【分析】化解复数，由棣莫弗定理可得， ，根据复数模及共轭复数定义即可求解. 【详解】因为复数， 所以由棣莫弗定理可得， ， 所以. 所以， 所以的实部为. 故答案为：①985；②. 19．(1) (2) 【分析】（1）由向量数量积的坐标运算得，利用降幂公式和辅助角公式化简，利用正弦函数的性质求最大值； （2）解得，由利用正弦定理边化角得，再结合余弦定理求得，面积公式求的面积． 【详解】（1） . 因为，所以， 所以当，即时，有最大值； （2）因为，所以，所以， 因为，所以， 由正弦定理，所以，， 又因为，所以，得， 由余弦定理有：，即，所以， 所以． 20．(1)，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式化简函数，设函数的最小正周期为，则，即可求出，从而得到函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得； （2）由余弦定理得到，再由基本不等式求出的范围，即可得到的范围，最后根据正弦函数的性质计算可得. 【详解】（1）依题意可得 ， 由条件图象上的相邻的最高点与最低点之间的距离为，设函数的最小正周期为， 则，解得（负值已舍去），则，解得. . 令， 解得， 所以的单调递增区间为， 又，故在上的单调递增区间为. （2）因为，， 由余弦定理， 又且，所以，当且仅当时取等号， 所以，又，所以， 所以，则， 则，所以的值域为. 21．(1)； (2). 【分析】（1）根据正弦定理进行边换角，再通过三角恒等变换得，则得到的大小； （2）利用正弦定理得到，再根据关系减少变量，最后利用三角恒等变换和三角函数的性质即可得到最大值. 【详解】（1）∵， 由正弦定理得， ，即， 所以， ∵，∴，∴， ∵，∴； （2）由正弦定理，得， ∴ ， 又∵，为锐角，∴的最大值为， ∴的最大值为. 22．(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理将化成边，化简再结合余弦定理可求得答案； （2）利用正弦定理，将边化角，再利用角的范围即可得出结果. 【详解】（1）， 由余弦定理可得， 化简整理得，又， ，又， 所以. （2）因为三角形外接圆半径为，所以，， ，由（1）得， 所以 ， 因为是锐角三角形，且， 所以，，， ，即. 所以的取值范围为. 23．(1)； (2). 【分析】（1）由正弦边角关系，和角正弦公式及三角形内角和性质，即可求角； （2）由题设，应用数量积的运算律、基本不等式求得，再应用余弦定理求边的最小值． 【详解】（1）因为，所以， 则，故， 因为，，，所以，又，所以． （2）因为边的中线长为2，所以，两侧平方可得， 即，解得，当且仅当时取等号． 所以，可得， 所以的最小值为． 24．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）考虑球坐标和直角坐标之间的关系，再用距离公式和弧度的定义求解； （2）求出的长度，然后用弧度的定义及余弦定理即得结论. 【详解】（1）球坐标系与直角坐标系的转换关系为 ，， 则，，故. 这表明是边长为的等边三角形，所以，故A，B间的球面距离为. （2），， 由空间两点间距离公式得 ∵，由余弦定理得 ，得证. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于直角坐标系和球坐标系之间的转换. 学科网（北京）股份有限公司 $$