2024届福建省高三下学期数学模拟考试分类专项练习：三角函数与解三角形部分

2024届福建省高三下学期模拟考试分类专项练习 三角函数与解三角形部分 一、单选题 1．（2024·福建龙岩·一模）已知，则的值为（    ） A． B． C． D．2 2．（2024·福建南平·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 3．（2024·福建厦门·三模）将函数的图象向右平移个单位后得到的图象，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·福建漳州·一模）已知函数在上单调递减，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·福建泉州·二模）若，且与存在且唯一，则（    ） A．2 B．4 C． D． 6．（2024·福建漳州·二模）已知，求（    ） A． B． C． D． 7．（2024·福建莆田·二模）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，把它的终边绕原点逆时针旋转角后经过点，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·福建漳州·三模）在中，，为内一点，，，则（    ） A． B． C． D． 9．（2024·福建龙岩·三模）已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在上有且仅有1个零点，则的最大值为（   ） A．11 B．9 C．7 D．5 二、多选题 10．（2024·福建泉州·二模）已知函数，则（    ） A．在上的最大值为 B．为偶函数 C．为奇函数 D．在上单调递减 11．（2024·福建厦门·一模）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为 B．的图象关于点成中心对称 C．在区间上单调递增 D．若的图象关于直线对称，则 12．（2024·福建南平·一模）已知函数，则下列判断正确的是（    ） A．若，则的最小值为 B．若将的图象向右平移个单位得到奇函数，则的最小值为 C．若在单调递减，则 D．若在上只有1个零点，则 13．（2024·福建莆田·二模）已知函数，则（    ） A． B．的最大值为1 C．在上单调递增 D．将函数的图象向右平移个单位长度后与的图象重合 14．（2024·福建龙岩·三模）在中，内角所对的边分别为且，则（   ） A． B．若，则 C．若，则面积的最大值为 D．若，则 15．（2024·福建福州·一模）已知函数的最小正周期大于，若曲线关于点中心对称，则下列说法正确的是（    ） A． B．是偶函数 C．是函数的一个极值点 D．在单调递增 16．（2024·福建漳州·三模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，的最小正周期为 B．当时，的最大值为 C．当时，在区间上有4个零点 D．若在上单调递减，则的取值范围为 17．（2024·福建莆田·三模）已知函数（，）的图象既关于点中心对称，也关于直线轴对称，且在上单调，则的值可能是（    ） A． B． C．2 D． 三、填空题 18．（2024·福建龙岩·一模）在中，为上一点，为的角平分线，则 . 19．（2024·福建厦门·一模）若，则 ． 20．（2024·福建莆田·二模）已知的内角的对边分别为，若，则 ． 21．（2024·福建福州·三模）已知函数在区间上单调，其中为正整数，，且．则图象的一个对称中心是 ；若，则的值为 ． 22．（2024·福建南平·二模）函数在区间上单调递增，且在区间上恰有两个极值点，则的取值范围是 . 23．（2024·福建厦门·二模）已知函数在上单调，，则的可能取值为 . 24．（2024·福建厦门·三模）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则的取值范围是 . 四、解答题 25．（2024·福建厦门·一模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)若，且的周长为，求的面积． 26．（2024·福建漳州·一模）在△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求A； (2)线段上一点D满足，，求的长度． 27．（2024·福建漳州·一模）的内角的对边分别为．分别以为边长的正三角形的面积依次为，且． (1)求角； (2)若，，求． 28．（2024·福建漳州·三模）记的内角的对边分别为，已知. (1)若成等差数列，求的面积； (2)若，求. 29．（2024·福建莆田·三模）在中，内角的对边分别为，且. (1)证明：. (2)若，，求的面积. 30．（2024·福建厦门·二模）定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，的面积为，三个内角所对的边分别为，且. (1)证明：是倍角三角形； (2)若，当取最大值时，求 参考答案： 1．A 【详解】由题意，， 因为，， 所以，所以， 所以， 所以， 所以.. 故选：A. 2．A 【详解】因为，所以， 解得：， . 故选：A. 3．A 【详解】因为， 所以. 故选：A 4．C 【详解】因为，则， 由题意可得，解得，即实数的最大值为. 故选：C. 5．B 【详解】，由，得，即， 所以，有， 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， 若，有两解，其中一解中有钝角，此情况不存在. 所以，解得，经检验符合题意，所以， 因为，所以，所以， 则，解得， 所以． 故选：B． 6．D 【详解】由题意知， 即， 故， 即， 故， 即 ， 故选：D 7．A 【详解】因为，所以，则， 又，所以，由得，则， 由题意可知角的终边经过点，则， 所以. 故选：A. 8．B 【详解】在中，设，令，    则，， 在中，可得，， 由正弦定理， 得， 所以， 可得，即． 故选：B． 9．B 【详解】 为的零点,为图象的对称轴 ，      又 当时， , ， 当时，，故有2个零点，不符合，舍去. 当时， , 当时，，此时有且仅有1个零点，符合 故选：B. 10．BD 【详解】 , 对于A，，所以，所以，则在上的值域为，函数的最大值为，故A错误； 对于B，设，则，所以为偶函数，故B正确； 对于C，设，则，所以不是奇函数，故C错误； 对于D，，，令，设，则时，单调递减，所以原函数在上单调递减，故D正确； 故选：BD 11．BC 【详解】由，最小正周期，A错； 由，即是对称中心，B对； 由，则，显然在区间上单调递增，C对； 由题意，故，D错. 故选：BC 12．ABC 【详解】对于A，由可得关于对称， 所以，可得：， 因为，所以的最小值为，故A正确； 对于B，将的图象向右平移个单位得到，因为为奇函数， 所以，则，所以的最小值为，故B正确； 对于C，函数的单调减区间为： ，则， 令，，则，故C正确； 对于D，若在上只有1个零点，则， 取，令，则， 则，时，无零点，故D不正确. 故选：ABC. 13．AD 【详解】对于AB，，，故A对B错； 当，故C错误； 将函数的图象向右平移个单位长度后的图象所对应的函数表达式为，故D正确. 故选：AD. 14．ACD 【详解】因为，由余弦定理得，， 由为三角形内角得，，A正确； 若，则，， 由正弦定理得，， 所以，代入，得，B错误； 若，则，当且仅当时取等号， 所以，此时，C正确； 因为，所以， 因为，所以，D正确． 故选：ACD． 15．ABC 【详解】因为的最小正周期大于， 所以，即， 又关于点中心对称， 所以， 所以，因为，所以当时，， 所以， 对于，，故正确； 对于，， 由且是全体实数，所以是偶函数，故正确； 对于，，令得，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是函数的极大值点，故正确； 对于， 由，， 得， 函数的单调递增区间为，， 当时，， 当时，， 显然函数在上不单调，故不正确. 故选：. 16．AB 【详解】选项A：当时，， 其周期由决定，周期为，A正确. 选项B：当时，， 在本式中令可得，， 其定义域为的值域，即， 当它取最大值时，可以取到， 将其代回原式得到最大值为，选项B正确. 选项C，当时， ， 令，可得或， 的解在间的有且只有， 的解在间的有且只有和， 因此在上总共有3个零点，选项C错误. 选项D，， 在该式中令，则 ，为开口向下的二次函数，所以顶点右侧为单调递减函数， 其顶点横坐标， 当时，在定义域上单调递增， 当时，存在单调递减区间，则单调递减区间为， 原式中单调递减区间为，即, 因为，所以仅需要即可，解出， 故a的取值范围是，选项D错误. 故选：AB. 17．AB 【详解】由题意可得则， 即.因为在上单调， 所以，所以，即，所以，即， 解得.因为，所以或或. 当时，，，此时在上单调递减，故符合题意； 当时，，，此时在上单调递减，故符合题意； 当时，，，此时在上不单调，故不符合题意. 故选：AB. 18． 【详解】由得，， 解得. 故答案为： 19．/ 【详解】. 故答案为： 20． 【详解】由余弦定理可得， 所以， 于是有. 故答案为：. 21． 答案不唯一 / 【详解】因为在区间上单调， 且，， 所以， 所以图象的一个对称中心是； 由题设，的最小正周期， 故，由，得， 由为的一个对称中心， 所以①； 因为，所以或. 若②，①-②得， 即，不存在整数，使得. 若③，①-③得， 即，不存在整数使得，当时，. 此时，由， 得. 故答案为：； 22． 【详解】由在区间上单调递增， 可得，，， 即，，，即， 又在区间上恰有两个极值点， 可得，即. 综上，. 故答案为：. 23． 【详解】设的周期为T，函数在上单调， 故； 由以及函数在上单调，得， 由，，得或或， 若，则； 若，则； 若，则； 故的可能取值为， 故答案为： 24． 【详解】因为，所以， 由余弦定理可得：， 可得，在锐角中，由余弦定理可得： ， 因为，即，即， 所以， 所以，所以. 故答案为：. 25．(1)；(2). 【详解】（1）由题设，由正弦定理有， 所以，而，故，又， 所以. （2）由（1）及已知，有，可得， 又，即， 所以，故. 26．(1)(2) 【详解】（1）由结合正弦定理可得， 因为，所以， 所以， 即， 因为，所以， 因为，所以； （2）如图，    由题设，令， 则，，， 在△中， 即， 所以，故， 所以，又，， 解得. 在等腰中，取中点，连接，则， 则. 27．(1)(2) 【详解】（1）解：由分别以为边长的正三角形的面积依次为， 则，可得， 由余弦定理得， 因为，所以. （2）解：设（其中为锐角）， 在和中，由正弦定理可得且， 于是， 又因为，所以， 化简得， 根据同角三角函数的基本关系式，可得， 因为，联立方程组，解得，即. 28．(1)(2)4 【详解】（1）因为成等差数列，所以， 又，所以①， 在中，由余弦定理可得：， 又，所以②， 由①②得， 所以的面积. （2）因为，所以， 又因为且，所以， 所以， 所以，所以， 所以， 又因为，所以，所以，所以， 所以. 29．(1)证明见解析 (2)或 【详解】（1）根据正弦定理知， 整理得， 因为， 所以， 由正弦定理可得； （2）因为，所以， 由余弦定理可得，即， 则， 因为，所以，所以， 则，即， 解得或， 当时，，此时的面积， 当时，，此时的面积. 所以的面积为或. 30．(1)证明见解析(2) 【详解】（1）因为， 又,所以， 则， 又由余弦定理知，， 故可得， 由正弦定理，, 又, 代入上式可得, 即， ， 则有, 故是倍角三角形. （2）因为，所以, 故，则，又， 又，则, 则 , 设，， 则 令得或者（舍）， 且当时，， 当时，， 则在上单调递增， 在上单调递减， 故当时，取最大值， 此时也取最大值， 故为所求. 学科网（北京）股份有限公司 $$