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

辽宁省部分市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·辽宁丹东·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·辽宁沈阳·三模）已知，则的值是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·辽宁抚顺·三模）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．在上单调递增 C．为偶函数 D．的最小值为 4．（2024·辽宁沈阳·二模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·辽宁大连·一模）若，且，则（    ） A． B． C． D．1 6．（2024·辽宁鞍山·二模）已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（    ） A． B． C．1 D．2 7．（2024·辽宁抚顺·一模）已知，若，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·辽宁葫芦岛·一模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（    ） A． B．4 C．2 D． 9．（2024·辽宁辽阳·一模）若，为锐角，则（　　） A． B． C． D． 10．（2024·辽宁沈阳·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）已知函数，则（    ） A．是奇函数 B．的最小正周期为 C．的最小值为 D．在上单调递增 12．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，且已知，则（    ） A．若，且有两解，则的取值范围是 B．若，且，则恰有一解. C．若，且为钝角三角形，则的取值范围是 D．若，且为锐角三角形，则的取值范围是 13．（2024·辽宁大连·一模）已知函数，若，且，都有，则（    ） A．在单调递减 B．的图象关于对称 C．直线是一条切线 D．的图象向右平移个单位长度后得到函数是偶函数 14．（2024·辽宁丹东·一模）已知函数（，）满足，且在上单调递减，则（    ） A． B．为奇函数 C．的对称轴为， D．在上有3个零点 15．（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知在区间上单调递增，则的取值可能在（    ） A． B． C． D． 三、填空题 16．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知函数的图象关于点对称．且在区间上单调，则的值为 ． 17．（2024·辽宁葫芦岛·二模）在中，，，M是的中点，，则 ， . 18．（2024·辽宁沈阳·三模）在中，已知内角的对边分别为的面积为，点是线段上靠近点的一个三等分点，，若，则 . 19．（2024·辽宁抚顺·一模）已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在内恰有2个最值点，则实数的取值范围为 ． 20．（2024·辽宁辽阳·一模）在中，内角的对边分别为，且，则的最小值为 . 四、解答题 21．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A的大小； (2)若为锐角三角形，点F为的垂心，，求的取值范围. 22．（2024·辽宁抚顺·三模）在中，内角的对边分别为． (1)求； (2)若为的中线，且，求的面积． 23．（2024·辽宁丹东·一模）记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知面积为S，且． (1)求C； (2)若，，求S． 24．（2024·辽宁大连·一模）在中, (1)求点到边的距离: (2)设为边上一点，当取得最小值时，求外接圆的面积. 25．（2024·辽宁抚顺·一模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求角； (2)若，点为的重心，且，求的面积． 26．（2024·辽宁沈阳·一模）在中，角所对的边分别为，且. (1)求证：； (2)当取最小值时，求的值. 参考答案： 1．A 【分析】解法1：令，，利用两角和与差的正弦公式化简即可求得，再利用二倍角公式即可求解；解法2：利用两角和的正弦公式将展开，可得，再利用辅助角公式求得，最后利用二倍角公式即可求解. 【详解】解法1：由，得， 得， 得，所以， 所以． 解法2：将 展开得， 整理得， 即， 所以． 故选：A 2．D 【分析】利用二倍角公式和同角之间的转化，进行求解判断选项 【详解】当，则 故选：D 3．C 【分析】由积化和差公式化简，根据周期公式判断A，根据正弦函数的最值判断D，根据正弦型函数的单调性判断B，根据导数判断C. 【详解】因为，此时最小正周期为，其最小值为，所以A错误，D错误； 因为，所以，可知在上不单调，B错误； 又，所以为偶函数，C正确． 故选：C 4．C 【分析】根据结合可得与，进而可得. 【详解】则， 即， 又因为，故，，， 故，因为，则， 结合可得，，则. 故. 故选：C 5．A 【分析】先利用三角恒等变换公式化简可得，结合可得，进而可得. 【详解】由得， 即， 因为，所以， 所以，结合，且， 得， 所以. 故选：A. 6．D 【分析】先利用展开变形，可得，再利用展开变形，将用表示出来，利用基本不等式求最值及等号成立条件即可. 【详解】, 则， 所以， 整理得， 因为，均为锐角，且，即， 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以取得最大值时，的值为. 故选：D. 7．D 【分析】由二倍角的余弦公式和同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】由题可得： ， 又因为， 所以，所以， 解得：或， 因为，，所以. 故选：D. 8．C 【分析】借助三角形面积公式及余弦定理计算即可得. 【详解】，由，故，又， 故，，由余弦定理可得： ， 即. 故选：C. 9．B 【分析】利用三角函数的诱导公式、二倍角公式及同角三角函数的基本关系即可得到结果. 【详解】因为，所以，又因为为锐角，所以， 所以. 故选：B. 10．B 【分析】根据和差角公式以及诱导公式可得，由辅助角公式以及二倍角公式即可求解. 【详解】由得，进而可得， 结合辅助角公式得， 则， 故选：B. 11．AC 【分析】首先化简函数，再根据函数的性质判断各选项. 【详解】，函数的定义域为， 对A，，所以函数是奇函数，故A正确； 对B，函数的最小正周期为，故B错误； 对C，函数的最小值为，故C正确； 对D，，，函数不单调，在上单调递增，在上单调递减，故D错误. 故选：AC 12．AD 【分析】根据正弦定理，判断三角形的解的个数，即可判断AB，根据余弦定理和三边的关系，即可判断CD. 【详解】A选项：由正弦定理，，， 且，则，选项A正确； 选项B：，所以无解，故B错误； C选项：①为最大边：，且，此时； ②为最大边：，且，此时，选项C错误； D选项：，且，所以，选项D正确； 故选；AD. 13．BC 【分析】依题意可得即可求出，再根据函数的最大值求出，即可求出函数解析式，再根据正弦函数的性质判断A、B、D，设切点为，利用导数的几何意义求出，即可判断C. 【详解】对A，因为，所以， 又，且，都有， 所以，所以，解得， 即， 又， 所以，解得， 又，所以，所以， 当时，又在上不单调， 所以在上不单调，故A错误； 对B，因为， 所以的图象关于对称，故B正确； 对C，因为，设切点为， 则， 所以， 所以或， 解得或， 又， 因为，即，解得， 所以， 即直线是函数在处的切线，故C正确； 对D，将的图象向右平移个单位长度后得到， 显然是非奇非偶函数，故D错误. 故选：BC 14．AC 【分析】先通过条件推知是的对称中心，以及是的的对称轴，然后结合在上单调递减得出，在上单调递减，再推知，至此可直接验证A正确，而验证是否为0即可判断B，分别解方程和即可判断C和D. 【详解】由于在上单调递减，，故对应的点是的对称中心，即. 同样地由于在上单调递减，故最小正周期. 同时，由于对任意的实数，方程在一个形如的区间上至多有两个根，且在有两个根的情况下，这两个根的平均值对应的直线一定是的的对称轴，而，，从而，故对应的直线一定是的的对称轴. 现在，由于是的对称中心，是的的对称轴，故是的对称轴. 而在上单调递减，，故，在上单调递减. 再由是的对称中心，就知道，所以，故. 此时得到，代入得，即. 从而，由知，所以，即. 经验证，满足条件. 然后逐一验证各个选项： 我们已经推出，故A正确； 由，知函数在处有定义但不过原点，从而不可能是奇函数，B错误； 由于当且仅当，即，即，故的对称轴是，C正确； 由于当且仅当，即，即，故在上的全部零点是，只有2个，D错误. 故选：AC. 15．AC 【分析】借助辅助角公式可将函数化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性即可得的范围. 【详解】， 当，由，则， 则有，， 解得，， 即，， 有，，即，即或， 当时，有，时，有， 故的取值可能在或. 故选：AC. 16． 【分析】根据辅助角公式将函数进行化简，结合函数的对称性的单调性的性质求出的取值范围，进行求解即可. 【详解】 因为函数关于对称，所以，解得：， 又因为在区间上单调，所以，解得：， 综上，当时，， 故答案为： 17． 【分析】作出图像，结合余弦定理即可求解. 【详解】依题作出图像，如图： 在中，，，， 由余弦定理：，解得：， 则，所以， 解得：， 故. 故答案为：； 18．/ 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解即得. 【详解】依题意，， 而，即，解得， 在中，由余弦定理得， 所以. 故答案为： 19． 【分析】根据函数零点的最小距离可得，再利用平移规则和函数奇偶性可求得，根据函数在内恰有2个最值点可限定出，即可解得实数的取值范围. 【详解】由可得或； 根据正弦函数图象性质可知，解得； 将函数的图象向左平移个单位后可得为偶函数， 则，又可得； 因此； 当时，可知， 若函数在内恰有2个最值点，可知， 解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦函数图象性质根据两零点的最小距离求得，再由平移后的函数为偶函数求得，得出函数的解析式后问题便迎刃而解. 20． 【分析】由正弦定理及条件可得，再利用基本不等式即可求出结果. 【详解】由正弦定理得，， 因为，所以， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 故答案为：. 21．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小； （2）设，分别在两个三角形中，由正弦定理可得，的表达式，由辅助角公式可得的取值范围． 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 由正弦定理可得， 由余弦定理可得，， 可得； （2）延长交于，延长交于，延长交于，， 根据题意可得，，因为，所以， 设，，在中，由正弦定理可得， 即，可得， 同理在中，可得， 所以 ， 因为，所以， 所以， 所以． 22．(1) (2) 【分析】（1）根据题意，得到，结合，求得，结合余弦的倍角公式，即可求解； （2）由（1）得到，根据，求得，再由由余弦定理得到，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：由，可得， 因为，可知，所以， 又因为，联立方程组得， 所以． （2）解：由（1）知，可得， 因为为的中线，且，所以， 两边平方得， 又由余弦定理得，即， 两式相减，可得，所以． 23．(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理及面积公式可得结果. （2）根据向量数量积的定义及余弦定理可得结果. 【详解】（1）因为，即， 整理得，即，所以， 又，所以. （2）因为，， 即，又，所以. 24．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理可得，再由面积相等可得结果； （2）求出的表达式并利用二次函数性质求得时，，由正弦定理求出外接圆的半径可得结论. 【详解】（1）设的内角所对的边为，即； 由余弦定理可得，解得； 又的面积； 设点到边的距离为， 因此， 解得. 点到边的距离为. （2）如下图所示：    在中，由余弦定理可得； 所以， 又，所以，且； 因此； 易知当时，； 由可得为正三角形，所以； 设外接圆的半径为， 在中由正弦定理可得，解得； 所以外接圆的面积为. 25．(1) (2) 【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解， （2）根据重心的性质可得，进而根据余弦定理可得，由面积公式即可求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 整理得，由余弦定理可得． 又因为，所以． （2）设的延长线交于点，因为点为的重心，所以点为中点， 又因为，所以． 在中，由和，可得． 在和中，有， 由余弦定理可得 故， 所以， 所以的面积为． 26．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用余弦定理并结合正弦函数两角和差公式化简即可求解. （2）利用基本不等式求得的最小值时的取等条件，再结合余弦定理从而求解. 【详解】（1）证明：由余弦定理知，又因为， 所以，化简得， 所以，因为， 所以， 所以， 所以，因为， 所以或（舍），所以. （2）由题知，， 当且仅当时取等，又因为，所以， 所以. 学科网（北京）股份有限公司 $$