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

山西省部分市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·山西晋中·模拟预测）已知，.若函数，且在区间上有极大值，无极小值，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山西吕梁·三模）设函数.若存在实数使得对任意恒成立，则（    ） A． B．0 C．1 D． 3．（2024·山西太原·三模）已知函数 的图象关于直线 对称，则函数 的图象关于（   ） A．点 对称 B．点 对称 C．点 对称 D．点 对称 4．（2024·山西太原·三模）已知 中，是的中点，且 ，则 面积的最大值（   ） A． B． C．1 D．2 5．（2024·山西晋中·三模）已知则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·山西长治·一模）已知函数的部分图象如图所示，若方程在上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·山西晋城·二模）将函数的图象向右平移（）个单位长度，得到函数的图象，若函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（2024·山西吕梁·二模）记的内角的对边分别为，设向量若，则（    ） A． B． C． D． 9．（2024·山西晋中·模拟预测）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 10．（2024·山西太原·一模）如图，函数的图象与轴的其中两个交点为，，与轴交于点，为线段的中点，，，，则（    ） A．的图象不关于直线对称 B．的最小正周期为 C．的图像关于原点对称 D．在单调递减 11．（2024·山西吕梁·二模）下列对函数的判断中，正确的有（    ） A．函数为奇函数 B．函数的最大值为 C．函数的最小正周期为 D．直线是函数图象的一条对称轴 12．（2024·山西朔州·一模）将函数的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，下列关于函数的说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．是的一个对称中心 C．的单调递增区间为 D．在上恰有3个零点 三、填空题 13．（2024·山西太原·一模）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，那么 ，设边的中点为，若，且的面积为，则的长是 . 14．（2024·山西晋中·三模）已知函数的最大值为，则满足条件的整数的个数为 ． 15．（2024·山西晋城·二模）已知，，则 ． 16．（2024·山西临汾·二模）已知函数的图象向左平移个单位后关于轴对称，若在上的最小值为-1，则的最大值是 . 17．（2024·山西长治·一模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则 ，点D在边AC上，且，则 ． 18．（2024·山西运城·一模）已知函数，在曲线与直线的交点中，若相邻交点距离的最小值为，则函数的最小正周期是 . 四、解答题 19．（2024·山西临汾·三模）已知函数的图象可由函数的图象平移得到，且关于直线对称． (1)求的值； (2)求函数的单调递增区间． 20．（2024·山西晋中·三模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若，在边上（不含端点）存在点，使得，求的取值范围． 21．（2024·山西晋城·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． (1)求的值； (2)如图，，点D为边AC上一点，且，，求的面积． 22．（2024·山西朔州·一模）已知的内角的对边分别为，向量，且． (1)求； (2)求的最小值． 23．（2024·山西吕梁·一模）设的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)设的角平分线交于点，求的最小值． 24．（2024·山西晋城·一模）在中，，，． (1)求A的大小； (2)求外接圆的半径与内切圆的半径． 参考答案： 1．D 【分析】先求出的值，将其带入化简得正弦型函数，则依据题意结合函数图像性质即可求解. 【详解】因为， 所以，即， 又，所以，故， 所以 ， 若，则，令， 则在区间上有极大值，无极小值在上有极大值，无极小值， 则根据图像性质可知， 故选：D. 2．B 【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用差角的正弦公式变形等式，借助恒成立建立关系，并分析计算可得答案. 【详解】函数 ， 依题意，对任意的恒成立， 即对恒成立， 因此对恒成立， 于是，显然，否则且，矛盾， 则，显然，否则且，矛盾， 从而，解得， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点睛：把给定的等式利用差角的正弦公式按角展开，借助恒等式建立方程组是解决本问题的关键. 3．D 【分析】利用函数的图象关于直线 对称，找到一个必要条件，就可以求出，从而去化简，然后对四个选项逐一检验可得答案. 【详解】由函数的图象关于直线 对称， 则，所以， 即：，解得， 所以， 因为，所以选项A是错误的； 因为，所以选项B是错误的； 因为，所以选项C是错误的； 因为，所以选项D是正确的； 故选：D. 4．A 【分析】利用中线得到，结合不等式得出，进而得到面积的最大值. 【详解】因为所以， 因为是中线，所以，， 所以，当且仅当时，等号成立； 面积为. 故选：A 5．B 【分析】由已知平分求和可得的值，结合角度范围可得所求. 【详解】因为 平方求和得：所以 由得所以或， 又，则，所以， 所以 故选：B. 6．B 【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出函数的解析式，再分析在上的图象性质即可得解. 【详解】观察图象知，，函数的周期，， 由，得，而，则， 于是，当时，， 当，即，函数单调递减，函数值从减小到， 当，即时，函数单调递增，函数值从增大到， 显然函数的上的图象关于直线对称， 方程在上有两个不相等的实数根，即直线与函数在上的图象有两个公共点， 所以实数m的取值范围是. 故选：B 7．C 【分析】根据三角函数图象的平移变换可得，由在上有2个零点得，解之即可求解. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度， 得的图象， 由，得， 又在上有2个零点，所以， 解得，即实数的取值范围为. 故选：C 8．C 【分析】由平面向量的坐标运算可得，再由正弦定理化简，即可得到，从而得到结果. 【详解】由得，由正弦定理得. 因为中，所以.又，所以， 即. 故选：C. 9．D 【分析】利用两角差的余弦公式和二倍角的余弦公式化简求出，然后利用同角三角函数基本关求解即可. 【详解】因为，所以， 所以， 又，所以，所以，所以， 即，又，所以. 故选：D 10．ACD 【分析】先写出关键点坐标，得到方程，后根据构造方程组解出，得到解析式，最后按照正弦型三角函数特征，结合对称性，周期性，奇偶性和单调性逐个验证即可. 【详解】由题可，，，则， 有， ，， 把代入上式，得，解得（负值舍去）， ，，由，解得， 解得，， 对A，，故A正确； 对B：的最小正周期为，故B错误； 对C：，为奇函数，故C正确； 对D：当时，，在单调递减，为奇函数，故D正确. 故选：ACD. 11．BCD 【分析】先判断函数的奇偶性，再通过平方去掉绝对值符号逐一比对答案即可. 【详解】因为， 且定义域为R，所以为偶函数，故选项A不正确； 因为， 所以取值范围为，故的最大值为，最小正周期为， 函数图象的对称轴为，故选项B、C、D 正确. 故选：BCD.. 12．AC 【分析】先求出，再逐项计算后可得正确的选项. 【详解】对于A，由题设可得，故其最小正周期为， 故A正确. 对于B，，故不是的一个对称中心， 故B错误. 对于C，令，解得， 故的单调递增区间为， 故C正确. 对于D， 由可得， 而时，，故即或， 故D错误. 故选：AC 13． 【分析】（1）运用正弦定理边角互化，结合余弦定理可解；（2）运用余弦定理，面积公式，结合中线长向量式可解. 【详解】在中，由正弦定理得，， 因为，所以， 化简得，， 在中，由余弦定理得，， 又因为，所以 由，得， 由，得，所以. 又因为边的中点为，所以， 所以 故答案为：，. 14．5 【分析】先用基本不等式证明的最大值是，得到，再由是整数及确定，，最后逐个枚举的可能值并分类讨论即可得到全部的. 【详解】因为 ， 且不等号取等的充要条件是，即，展开并化简即得. 由及，结合零点存在定理知关于的方程一定有解. 所以的最大值是，从而，即. 若要，，则，所以，这得到. 从而，且. 若，则； 若，则； 若，则. 所以满足条件的共有5个：. 故答案为：5． 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用基本不等式证明的最大值是，中间需要一定的平方式计算. 15． 【分析】由切化弦可得，结合两角和差公式分析求解. 【详解】因为，即，可得， 又因为，可得， 所以. 故答案为：. 16． 【分析】利用三角函数图象的变化规律求得：，利用对称性求得，由时，可得，由正弦函数的性质列式求解即可. 【详解】函数的图象向左平移个单位长度后， 图象所对应解析式为：， 因为图象关于轴对称，所以，， 可得，，又，所以，即， 要使在上的最小值为，则在上的最小值为， 当时，，又， 所以，解得，即的最大值是. 故答案为： 17． /0.5 【分析】利用正、余弦定理进行边角转化求得B；利用图形中的向量关系，有，由向量数量积和余弦定理化简得结果. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 整理得，由余弦定理可得， 而，所以； 由，得， 则， 则，即， 整理得，又，因此， 所以. 故答案为：； 18． 【分析】解方程，根据题意可得出关于的等式，解出的值，结合正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期. 【详解】由可得， 所以，或， 设曲线与直线的交点中两点的横坐标分别为、， 则，可得， 则，此时，； 或，同上可知，； 或，可得， 则，此时，. 综上所述，，解得，故函数的最小正周期为. 故答案为：. 19．(1) (2)和． 【分析】（1）根据题意求出振幅和周期，再由正显函数的对称轴解出，进而得到，再代入解出即可； （2）先由图象平移得到，法一换元法整体代入求增区间；法二由正弦函数的递增区间结合条件中范围求出即可. 【详解】（1）依题知函数与函数有相同的振幅和周期，所以， 因为函数的图象关于直线轴对称， 所以， 即， 又因为，所以， 所以， ． （2） 法一：因为，所以， 因为在单调递增， 故的单调递增区间为和． 法二： 由， 得， 又因为 所以的单调递增区间为和． 20．(1) (2) 【分析】（1）直接用余弦定理求得，进而得到； （2）思路一：利用正弦定理三角恒等变换得，进一步结合正弦定理得，由即可求解；思路二：设边上的高线长为，则长度的取值范围是，从而条件等价于，最后用表示和，即可求出的范围. 【详解】（1）由余弦定理得，所以. （2）方法一：因为，所以， 由（1）知道，所以， 所以， 所以由，可得， 从而（因为）， 所以，结合是三角形内角可知，， 当时，在三角形中，设，则， 由正弦定理得，故， 因为， 所以， 在三角形中，由正弦定理得， 故， 因为， 所以的取值范围是， 所以的取值范围是. 方法二：在本小问的解析中，所有“线段上”均不含端点和. 由知角是钝角，所以角都是锐角， 这表明点在直线上的投影在线段上. 设，则由在线段上及可知， 对线段上的点，长度的取值范围是，所以条件等价于. 而我们有， 故. 由于， 故我们又有. 所以条件等价于，即. 综上，的取值范围是. 21．(1) (2)18 【分析】（1）根据题意利用正弦定理可得，再根据三角恒等变换分析求解； （2）中，可得，，可知，进而在中，利用余弦定理和面积公式分析求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 则， 注意到，则，可得， 且，则， 可得， 则， 又因为，则，可知， 可得，， 所以. （2）由（1）可得：， 因为，在中，可得，， 又因为，可得， 则， 在中，由余弦定理， 即，解得，可知， 所以的面积. 22．(1) (2) 【分析】（1）利用向量共线的坐标形式可得，结合余弦定理可求； （2）利用基本不等式可求最小值. 【详解】（1）因为，所以， 由正弦定理可得即， 故，所以， 而为三角形内角，故. （2）结合（1）可得：, ，当且仅当时等号成立， 故的最小值为. 23．(1) (2)9 【分析】（1）首先根据正弦定理将边化为角，再结合三角恒等变换，即可求解； （2）首先根据角平分线的性质，结合三角形的面积公式，求得，再结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）. 由正弦定理，得 ，即 ，即 （2）由题意可得， 即 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为9. 24．(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理即可求解； （2）由正弦定理求出外接圆半径，由等面积法求出内切圆半径. 【详解】（1）由余弦定理得， 因为，所以． （2）设外接圆的半径与内切圆的半径分别为，，由正弦定理得，则． 的面积， 由，得． 学科网（北京）股份有限公司 $$