三角函数与解三角形-天津市部分区2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

天津市部分区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·天津北辰·三模）已知函数，则下列结论不正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称 C．若是偶函数，则， D．在区间上的值域为 2．（2024·天津红桥·二模）已知是函数图象的一个对称中心，则（    ） A．函数的图象可由向左平移个单位长度得到 B．函数在区间上有两个极值点 C．直线是函数图象的对称轴 D．函数在区间上单调递减 3．（2024·天津红桥·一模）将函数的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移单位，得到函数的部分图象（如图所示）．对于，，且，若，都有成立，则下列结论中不正确的是（    ）    A． B． C．在上单调递增 D．函数在的零点为，则 4．（2024·天津南开·一模）关于函数，则下列结论中： ①为该函数的一个周期； ②该函数的图象关于直线对称； ③将该函数的图象向左平移个单位长度得到的图象： ④该函数在区间上单调递减. 所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．①②④ D．①③④ 5．（2024·天津河东·一模）关于函数，下列结论正确的为（    ） A．的最小正周期为 B．是的对称中心 C．当时，的最小值为0 D．当时，单调递增 6．（2024·天津河西·一模）已知函数，若将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，则下列说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．将的图象向右平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称 C．当取得最值时， D．当时，的值域为 7．（2024·天津和平·一模）已知函数是的导数，则以下结论中正确的是（    ） A．函数是奇函数 B．函数与的值域相同 C．函数的图象关于直线对称 D．函数在区间上单调递增 8．（2024·天津河北·二模）函数，则的部分图象大致是（    ） A． B． C． D． 9．（2024·天津南开·二模）已知函数（），，则（    ）. A． B．的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称 C．在上单调递减 D． 10．（2024·天津滨海新·三模）已知函数，关于该函数有下列四个说法： （1）函数的图象关于点中心对称 （2）函数的图象关于直线对称 （3）函数在区间内有4个零点 （4）函数在区间上单调递增 以上四个说法中，正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 11．（2024·天津河北·二模）已知函数的最小正周期为，若，时函数取得最大值，则 ，的最小值为 . 12．（2024·天津和平·一模）若函数（其中）在区间上恰有4个零点，则a的取值范围为 . 三、解答题 13．（2024·天津和平·二模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，． (1)求角B的大小； (2)求b的值； (3)求的值． 14．（2024·天津北辰·三模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. (1)求角的大小； (2)若，求的值； (3)若的面积为，，求的周长. 15．（2024·天津南开·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，. (1)求证：； (2)求的值； (3)求的值. 16．（2024·天津河北·二模）在中，角，，的对边分别为，，，已知. (1)若，求的值和的面积； (2)在（1）的条件下，求的值； (3)若，求的值. 17．（2024·天津河西·三模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，． (1)求的值； (2)设函数． （ⅰ）求的定义域和最小正周期； （ⅱ）求的值． 18．（2024·天津滨海新·三模）在中，内角所对的边分别为，，，． (1)求角的大小： (2)求的值； (3)求的值． 19．（2024·天津红桥·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，且． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 20．（2024·天津滨海新·二模）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. (1)求A； (2)若，求的值； (3)若，点D在边AB上，，.求的面积. 21．（2024·天津南开·一模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求a的值： (2)求证：； (3)的值 22．（2024·天津河东·一模）在三角形中，角所对的边分别为．已知，． (1)求角的大小； (2)求的值； (3)求边的值． 23．（2024·天津河西·一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角B的大小； (2)设，． （ⅰ）求a的值； （ⅱ）求的值． 24．（2024·天津和平·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，其中，且. (1)求c的值； (2)求的值； (3)求的值. 参考答案： 1．D 【分析】A项，化简函数求出，即可得出周期；B项，计算出函数为0时自变量的取值范围，即可得出函数的对称点，即可得出结论；C项，利用偶函数即可求出的取值范围；D项，计算出时的范围，即可得出值域. 【详解】由题意， 在中， ， A项，，A正确； B项，令, 得, 当时,, 所以的图象关于点 对称,故B正确; C项，是偶函数， ∴, ， 解得：, 故C正确； D项, 当 时, , 所以, 所以在区间上的值域为，故D错误. 故选：D. 2．D 【分析】先由正弦函数的对称中心解出，再由图象平移得到A错误；整体代入结合正弦函数图象可得B错误；整体代入可得C错误；整体代入结合正弦函数的单调性可得D正确. 【详解】由已知可得，可得， 因为，所以， 所以， 对于A：由向左平移个单位长度得到，故A错误； 对于B：当时，， 设，则由正弦函数图像可知，只有一个极值点，故B错误； 对于C：，所以直线不是函数图象的对称轴，故C错误； 对于D：当时，，由正弦函数的单调性可得在此区间内单调递减，故D正确； 故选：D. 3．C 【分析】由题意可得函数的图象在区间上的对称轴为，再结合可求出，即可判断A；再根据平移变换和周期变换得原则即可判断B，再根据正弦函数的图象和性质分别判断CD 即可. 【详解】对于A，由题意可知函数的图象在区间上的对称轴为， 则与关于对称， 又，结合图象可得， 所以，又，所以， 所以，故A正确； 对于B，右移个单位得到函数的图象， 再将其横坐标缩短为原来的得到的图象，故B正确； 对于C，由，得， 所以在上不单调，故C错误； 对于D，令，则， 函数在上有个零点， 则，，，，， 故， 所以，故D正确； 故选：C． 【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路： （1）将函数解析式变形为或的形式； （2）将看成一个整体； （3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题. 4．C 【分析】对①，根据周期公式求出最小正周期结合周期函数定义判断；对②，根据余弦函数的对称性代入验证；对③，根据平移变换求平移后函数表达式判断；对④，根据余弦函数的单调性求解判断. 【详解】对于①，由周期公式可得，所以函数的最小正周期为，所以，均是其周期.故①正确； 对于②，当时，，所以是其对称轴，故②正确； 对于③，将函数图象向左平移个单位得到，故③错误； 对于④，，，由余弦函数的单调性可知，函数在上单调递减，故④正确. 综上，正确的有①②④. 故选：C. 5．B 【分析】利用正切函数的最小正周期的计算方法判断A，利用对称中心的计算方法判断B，举反例判断C，D即可. 【详解】对于A，易知，则的最小正周期为，故A错误， 对于B，易知，，解得，，当时，， 此时对称中心为，故B正确， 对于C，当时，，故的最小值不为0，故C错误， 对于D，易知，，故当时，并非单调递增，故D错误. 故选：B 6．D 【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简函数解析式，再依题意求出，最后根据正弦函数的性质一一分析即可. 【详解】因为 ， 又因为将函数的图象平移后能与函数的图象完全重合，且， 所以，解得， 所以， 所以的最小正周期，故A错误； 将的图象向右平移个单位长度得到， 又为奇函数，函数图象不关于轴对称，故B错误； 令，，解得，， 令，，解得，， 所以当取得最大值时，， 当取得最小值时，， 则当取得最值时，，故C错误； 当时，所以， 即当时，的值域为，故D正确； 故选：D 7．D 【分析】化简并求导，结合值域，对称性，单调性逐项判断即可. 【详解】由题意，， 对A, 为偶函数，故A错误； 对B，易知的值域为，的值域为，故B错误； 对C, ,故C错误； 对D, ,单调递减，故在区间上单调递增，故D正确. 故选：D. 8．C 【分析】根据奇偶性排除AB；根据特殊值的函数值排除D，即可得解. 【详解】函数的定义域为， 因为， 所以函数为奇函数，故排除AB； 又因为，故排除D. 故选：C. 9．D 【分析】根据，即函数关于对称，可得，根据三角函数的性质和图象变换，逐项判断. 【详解】根据题意，，即函数关于对称， 即，又， 所以，， 则，A错误； 的图象向左平移个单位长度得， ， 而，所以B错误； ，则，则函数先减后增，C错误； ，D正确. 故选：D 10．A 【分析】根据题意，利用三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于（1），由， 所以不是函数的图象的对称中心，所以（1）错误； 对于（2）中，由， 所以不是函数的图象的对称轴，所以（2）错误； 对于（3）中，令，可得， 当时，可得；当时，可得；当时，可得； 当时，可得，所以在内，函数有4个零点，所以（3）正确； 对于（4）中，由，可得，此时函数不是单调函数，所以（4）错误. 故选：A. 11． / / 【分析】首先表示出，根据求出，再根据时函数取得最小值，建立等式计算即可求解. 【详解】函数的最小正周期为， 若，由，得， 所以， 因为时函数有最大值，所以， 故，所以， 因为，则的最小值为. 故答案为：；. 12． 【分析】分别分析和的零点个数求解即可，同时要注意重根问题的检验. 【详解】当，设，， 则为开口向上的二次函数，， ①当，有唯一解，此时， ，此时有三个解，且均不为3，符合题意； ②当，无解，故区间上恰有4个零点， 则，解得，符合题意； ③当，的对称轴，且， （i）当，，此时有两个解：2和5，，此时有三个解，且与的解2，5不重合，不合题意， （ii）当，且，此时有两个解，且均属于，， 若有2个解，故，解得，则，舍去； （iii）若有3个解，故，解得， 若此时有2个解，则必须有1个重根， 下面检验重根情况：，则，的3个解为， 且，，， 故重根可能为，，. 令，，解得， 当重合，若，则（）， 解得，满足题意； 若，则，即，无解； 若，，即，无解； 当重合，若，则，解得（舍去）； 若，则，解得，符合题意； 若，则，即，无解，舍去； （iv）当，，此时有1个解， 设为m，则，，故，解得， 又，综合得， 同理（iii）的分析，，， 此时有三个解，且与的解不重合，符合题意， 综上所述：或或 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点问题，关键是根据二次函数特征讨论判别式及区间端点与5的关系. 13．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理和三角函数的恒等变换即可求解； （2）利用余弦定理即可求解； （3）利用正弦定理和二倍角的正、余弦公式即可求解． 【详解】（1）因为，由正弦定理有， 因为,所以，所以，即， 由于,所以，故，解得； （2）因为， 所以由余弦定理，即，解得； （3）由正弦定理有，有， 因为，所以为锐角，故， 又， 则， ． 14．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理即可求解； （2）利用同角三角函数关系式，得到，之后应用余弦倍角公式和正弦和角公式求得结果； （3）利用三角形面积公式得到，结合余弦定理求得，进而得到三角形的周长. 【详解】（1）因为， 所以， 所以，所以， 因为，所以； （2）由已知得，， 所以， ， 所以； （3）因为， 所以，由余弦定理得， 所以，所以， 所以的周长为. 15．(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）根据题意，结合余弦定理可得，从而得证； （2）由（1）及正弦定理得，结合同角基本关系式可求； （3）根据，结合诱导公式得，或，分情况求解. 【详解】（1）因为， 又由余弦定理， 可得， 由知， 所以， （2）由（1）及正弦定理得， 又因为， 所以， 又因为， 解得． （3）由（2）知， 所以，， 因为，即， 则，或， 当时， ． 当，B为，此时． 16．(1)， (2) (3) 【分析】（1）由余弦定理求，再根据求，进而求得的面积； （2）由二倍角公式求得和，再由两角和与差的余弦公式得解； （3）由正弦定理得到与的关系，再结合余弦定理求解的值. 【详解】（1）在中，由余弦定理得，即， 化简得，解得或(舍)，， ， 的面积. （2）， ， . （3）在中，由正弦定理得， ，化简得， 由余弦定理得， ，解得（负值舍去）， 所以. 17．(1)2 (2)（i），；（ii）7 【分析】（1）由题意利用余弦定理可推出，再利用正弦定理边化角，结合同角三角函数关系，即可求得答案； （2）（i）根据正切函数的性质，即可求得答案；（ii）利用二倍角正切公式以及两角差的正切公式求解，即得答案. 【详解】（1）由题意知，则， 则，又， 故，则可得， 即，即， 即，故； （2）（i）由于, 令，则， 故的定义域为，最小正周期为； （ii）， 故. 18．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）根据正弦定理可得，结合已知即可求出B的大小； （2）利用余弦定理即可求出b的值； （3）根据求出sinA，cosA，从而可求sin2A、cos2A，再根据正弦的差角公式即可计算． 【详解】（1）在中，由正弦定理，可得， 又由，得 即， ∴，∴，∴． 又因为，可得； （2）在中，由余弦定理及，，， 有，故； （3）由，可得， 因为，所以，故为锐角，故， 因此，． 所以，． 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，即可得解； （2）利用余弦定理计算可得； （3）根据平方关系求出，即可求出、，最后由两角和的余弦公式计算可得. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得，所以， 又，所以； （2）由余弦定理， 即， 所以（负值已舍去）； （3）由，，所以， 所以， ， 所以 . 20．(1) (2) (3) 【分析】(1)根据正弦定理求解即可； (2)利用二倍角公式求解即可； (3)利用向量数量积运算求出b，利用面积公式即可求解； 【详解】（1）由，得, 又因为， 所以，， 即. （2）若，则， 则, 则; （3）由， 所以， 由（1）知，所以，所以在直角三角形中，， 如图 因为，所以, 平方得， 则， 所以直角三角形的面积. 21．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据条件结合余弦定理求解； （2）由可得，利用正弦定理结合，得证； （3）由（1）可求得，根据二倍角公式求得，再利用两角差的余弦公式求得结果；或由余弦定理求得，结合，利用两角差的余弦公式运算得解. 【详解】（1）由及余弦定理，得， 因为，所以. （2）由及，得， 由正弦定理得， 因为，所以或. 若，则，与题设矛盾，因此. （3）由（Ⅰ）得，因为， 所以， 所以， 所以 . 另解：因为， 所以 . 22．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）先求出，故，根据大边对大角，得到为锐角，求出； （2）由二倍角公式得到，进而利用和角公式求出答案； （3）由余弦定理求出. 【详解】（1）因为，，，解得， 由已知，， 又，故， 故，解得； （2），， ； （3）由得， 整理为，解得或（舍）. 23．(1) (2)(i)；(ii) 【分析】（1） 由已知结合正弦定理及余弦定理列出方程即可求解B； （2） (i) 由余弦定理结合上问求边长即可. (ii) 利用余弦定理结合同角平方关系可求的正弦和余弦值，然后结合二倍角公式及两角和的正弦公式即可求解. 【详解】（1）由正弦定理，可化为 （2）（i）由余弦定理得，由 得解得 （ii）由余弦定理得，， 24．(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理转化为边的关系，联立条件得解； （2）由余弦定理及同角三角函数基本关系得解； （3）由二倍角的正余弦公式及两角和的余弦公式求解即可. 【详解】（1）， ， ，解得， . （2）由余弦定理可得，又， ，. （3）因为， 所以. 学科网（北京）股份有限公司 $$