江西省部分市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

江西省部分市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·江西九江·二模）已知在四边形中，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江西宜春·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（2024·江西鹰潭·三模）已知函数，若且，则的最小值为（    ） A．11 B．5 C．9 D．7 4．（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（    ） A． B． C． D． 5．（2024·江西吉安·模拟预测）若，则（    ） A．-2 B．2 C．-1 D．1 6．（2024·江西上饶·模拟预测）在中，角的对边分别为，已知，则的面积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知函数，则“，”是“为偶函数”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．（2024·江西景德镇·三模）函数在内恰有两个对称中心，，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象.若，则（    ） A． B． C． D． 9．（2024·江西南昌·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 10．（2024·江西南昌·一模）函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图象与轴的交点，为图象的最高点，且，则（ ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·江西九江·二模）已知，，若函数的图象关于对称，且函数在上单调，则（    ） A．的最小正周期为 B． C．为偶函数 D． 12．（2024·江西新余·二模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的值域为 B．的对称中心为， C．在上的单减区间为 D．在上的极值点个数为1 13．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知函数，下列说法正确的是（    ） A．是周期函数 B．若，则 C．在区间上是单调递增 D．函数在区间上有且仅有一个零点 14．（2024·江西赣州·二模）已知函数，则（    ） A．若相邻两条对称轴的距离为，则 B．当的最小正周期为，时， C．当时，的图象向右平移个单位长度得到函数解析式为 D．若在区间上有且仅有两个零点，则 15．（2024·江西鹰潭·一模）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 三、填空题 16．（2024·江西九江·三模）已知函数在区间上有且仅有三个零点，则的取值范围是 . 17．（2024·江西南昌·三模）在中，，则 . 18．（2024·江西鹰潭·二模）已知，且，则 . 19．（2024·江西吉安·模拟预测）已知的三个内角所对的边分别为，且，则的最小值为 . 20．（2024·江西景德镇·三模）在中，，，分别为三个内角，，的对边，其中，，，则 . 四、解答题 21．（2024·江西新余·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积. (1)求角B； (2)若的平分线交于点D，，，求的长. 22．（2024·江西宜春·三模）在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，的周长为15，面积为． (1)求的外接圆面积； (2)设D是边AB上一点，在①CD是边AB上的中线；②CD是的角平分线这两个条件中任选一个，求线段CD的长． 23．（2024·江西鹰潭·二模）的内角的对边分别为，，，满足. (1)求证：； (2)求的最小值. 24．（2024·江西南昌·一模）如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边，，交于点. (1)求； (2)求. 25．（2024·江西南昌·模拟预测）在中，角的对边分别为，满足. (1)求角的大小； (2)若的面积为，求的最小值. 26．（2024·江西宜春·模拟预测）记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)若外接圆的半径为，且为锐角，求面积的最大值． 参考答案： 1．D 【分析】在中，由正弦定理求得，再在中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】在中，由，且，可得， 由正弦定理得，所以， 在中，由余弦定理得， 所以． 故选：D. 2．D 【分析】由余弦定理化简条件得，再根据同角三角函数的基本关系得，从而求得角的值，利用诱导公式即可求解． 【详解】，， ， ，或， 可得或． 故选：D． 3．D 【分析】根据可知函数的一条对称轴为，可得，求得，再根据正弦函数在处取得最小值，列出方程可求得结论. 【详解】由可知，在取得最小值，所以函数的一条对称轴为， 又，因此，即； 所以， 又在取得最小值，可知， 解得， 又，所以时，取得最小值为7. 故选：D 4．A 【分析】根据已知条件得，又余弦定理可得，结合，即可求解 【详解】由有，即， 又因为，上式可化为， 又余弦定理得，所以， 又因为，所以. 故选：A 5．C 【分析】由，结合两角和的正弦公式可得，求解即可. 【详解】因为 ， 所以， 即，所以. 故选：C. 6．A 【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】在中，因为， 可得，且， 由正弦定理得， 又因为， 可得， 所以的面积为. 故选：A. 7．D 【分析】当时，代入可得，由正弦函数性质，可验证充分性，为偶函数时，得到，可验证必要性. 【详解】函数，当时， ， 则为奇函数，所以充分性不成立， 当为偶函数时，，所以必要性不成立， 故“，”是“为偶函数”的既不充分也不必要条件． 故选：D. 8．A 【分析】根据y轴右边第二个对称中心在内，第三个对称中心不在内可求得，结合可得，再利用平移变换求出，根据三角变换化简可得，然后由二倍角公式可解. 【详解】由得， 因为函数在内恰有两个对称中心，所以，解得， 又，所以，即，所以， 将函数的图象向右平移个单位得到函数， 即， 因为 ， 所以. 故选：A 9．D 【分析】利用余弦的和角公式化简得，再根据二倍角公式及诱导公式计算即可. 【详解】由已知知：， 化简得 ， 令，则，， 所以 . 故选：D 10．D 【分析】如图，过作轴于，根据题意得到，进而可求出，再利用，得到，则有，可求出，从而，即可求出结果. 【详解】如图，过作轴于，则， 又是等腰直角三角形，所以，故，得到， 又，所以，则，所以， 所以，得到，又，得到， 所以，则， 故选：D. 11．BC 【分析】根据题意，求得函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由题设的图象关于对称， 可得，所以， 由，，可得， 又由函数在上单调，所以，解得， 当时，，此时，可得的最小正周期为，所以A不正确； 由，所以B正确； 由，所以C正确； 由，所以D错误． 故选：BC. 12．AD 【分析】借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，借助正弦型函数的值域、对称性、单调性与极值点逐项计算并判断即可得. 【详解】， 对A：由，则，故A正确； 对B：令，，解得，， 故的对称中心为，，故B错误； 对C：令，，解得，， 则在上的单减区间为，故C错误； 对D：令，，即，， 则在上的极值点有一个，故D正确. 故选：AD. 13．AB 【分析】写出的分段函数形式，A选项，应用正余弦函数的性质判断的周期性；对于B选项，由已知可得，则，（），相加后即可判断正误；根据解析式，应用特殊值法判断C、D选项的正误. 【详解】将函数化作分段函数，即， 对于A，， 则是的一个周期，故A正确； 对于B，由得， 则， 此时，， 可得，故B正确； 对于C，由解析式得， 在上不单调，故C错误； 对于D，由解析式知， 即在上至少有两个零点，故D错误． 故选：AB． 14．ACD 【分析】先对原函数化简；对于A，直接求出即可；对于B，求出在指定区间的最值，判断即可；对于C，直接求出平移后的函数解析式即可；对于D，由整体法直接求出的取值范围即可. 【详解】由题意知：， 对于A，，所以，所以，故A正确； 对于B，由，所以，由，， 所以当时，即时，， 当，即时，， 故B错误； 对于C，当时， 的图象向右平移个单位长度， 得到函数解析式为，故C正确； 对于D，若在区间上有且仅有两个零点，则， 所以，即，故D正确. 故选：ACD. 15．ABD 【分析】利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，直接解三角形可判定B，利用角的范围结合正弦定理可判定C，利用平面向量中线的性质及数量积公式结合余弦定理、基本不等式可判定D. 【详解】对于A，因为，所以，则， 因为，所以，故A正确； 对于B，因为，则，，故只有一解，故B正确； 对于C，若为锐角三角形，则，， 则，则，即， 由正弦定理可知：，故C错误； 对于D，若D为边上的中点，则， 所以 由余弦定理知，得， 又，所以， 当且仅当时取得等号， 所以， 即，故D正确. 故选：ABD. 16． 【分析】令，然后由的范围求出的范围，再结合正弦函数的性质可求出的取值范围 【详解】令，，， 问题转化为函数在区间上有且仅有三个零点， ，解得. 故答案为： 17．1 【分析】直接利用三角函数的关系式的变换以及正弦定理的应用求出结果. 【详解】在中，，利用正弦定理：， 所以，整理得， 所以或， 由于，所以，故，由于， 所以， . 故答案为：1. 18．/ 【分析】根据题意，由同角三角函数的平方关系可得，即可得到，由正弦函数的和差角公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以，又， 所以， 所以 . 故答案为： 19．/ 【分析】由余弦定理可得，利用基本不等式可求最小值. 【详解】由题意可得， 由余弦定理可得， 因为，所以，所以， 所以根据基本不等式， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：. 20．3 【分析】利用余弦定理可求解. 【详解】由余弦定理：得：. 所以或（不合题意，舍去）. 故答案为：3 21．(1) (2). 【分析】（1）由三角形面积公式可得，即可由余弦定理求解， （2）利用等面积法即可求解. 【详解】（1）在中，，而， 即，所以， 由余弦定理得，所以. （2）在中，由等面积法得， 即， 即 所以. 22．(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由的面积为，求得，再由的周长为，得到，结合余弦定理，求得，再由正弦定理，求得外接圆半径即可求解； （2）若选择①：法1：由，结合向量的运算法则，即可求解； 法2：设，列出方程组求得，结合，列出方程，即可求解； 若选择②，设，求得，根据，列出方程，即可求解； 法2：由，列出方程，即可求解. 【详解】（1）解：由的面积为，可得，解得， 又由的周长为，可得，即， 由余弦定理得 ，解得， 设外接圆半径为R，由正弦定理得，所以， 所以的外接圆面积为． （2）解：若选择①： 法1：由（1）知，及， 由，可得 ， 所以，即． 法2：不妨设，由及，解得， 在和中，可得， 由余弦定理得，解得． 若选择②，不妨设，由及，解得， 法1：由， 可得，解得． 法2：由张角定理，得， 即，解得， 23．(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据题意，化简得到，即可得证； （2）由（1）知且，利用正弦定理得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）证明：由，可得且， 所以， 因为为三角形的内角，可得，即，得证. （2）解：由（1）知，且， 所以 所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为 24．(1)； (2). 【分析】（1）由锐角三角函数求出、，又，利用两角和的余弦公式求出，最后由余弦定理计算可得； （2）解法1：首先求出，再由，利用面积公式计算可得；解法2：首先得到，再由计算可得. 【详解】（1）由已知，， ， 因为， 所以 ， 所以在中由余弦定理可得 . （2）解法1：因为， 又因为， 所以， 即， 解得. 解法2：因为，所以， 又，， 所以， 又因为，所以，则， 所以. 25．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理直接求解即可； （2）由三角形的面积公式可得，再由基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由余弦定理得， 因为，所以. （2）由（1）可知， 因为的面积为，即，所以， 则，即，所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 26．(1) (2)8 【分析】（1）结合正弦定理、两角和正弦公式化简题目已知条件即可求出a的边长. （2）利用正弦定理以及先求出，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值即可求解. 【详解】（1）由题得． 所以． 所以，又，所以， 由正弦定理得，因为，所以. （2）由正弦定理得，所以， 又为锐角．所以， 由余弦定理得， 所以，当且仅当时取等号， 所以的面积. 故面积的最大值为8. 学科网（北京）股份有限公司 $$