三角函数与解三角形培优检测卷-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦三角函数与解三角形，融入扇环、时钟、海洋测绘等真实情境，通过分层设问考查抽象能力、推理能力及模型意识，适配一轮复习培优需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|三角函数定义、图像变换、解三角形|第6题时钟问题结合几何直观，考查数学眼光| |多选题|3|三角恒等变换、外接圆、函数性质|第10题综合考查面积与周长最值，体现推理能力| |填空题|3|同角三角函数关系、正余弦定理|第14题结合零点与对称轴，深化函数性质理解| |解答题|5|三角化简、图像平移、实际建模|第18题海洋测绘建模，突出数学语言表达现实世界，契合真题命题趋势|

三角函数与解三角形培优检测卷 一、单选题 1．圆环被同圆心的扇形截取的一部分叫作扇环．如图所示，扇环的外圆弧的长为，圆心为，点分别为的中点，扇环的面积为，则（   ）    A． B．2 C． D．4 2．已知平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则（    ） A． B． C． D． 3．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数，设的始边是轴的非负半轴，且，若关于的方程在内有解，则的终边不可能位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 5．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 6．如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（   ） A． B． C． D． 7．如图，函数的图象与直线相交，A、B、C是相邻的三个交点，且，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．钝角的内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（） A． B． C． D． 二、多选题 9．若“”是“”的充分不必要条件，则的值可以是（    ） A．0 B．1 C． D．2 10．在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（   ） A． B．外接圆的面积为 C．面积的最大值为 D．周长的最大值为 11．函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B． C．函数的图象关于直线对称 D．若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是 三、填空题 12．已知，则________ 13．在中，内角所对的边分别为，且满足，则___________． 14．已知函数是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值为__________． 四、解答题 15．设函数. (1)化简，并判断在区间上的单调性； (2)设为钝角三角形，角的对边分别为，若，，求. 16．已知函数图象的相邻两对称轴间的距离为，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，且为偶函数. (1)求及的值； (2)求图象的对称中心的坐标； (3)当时，求不等式的解集. 17．函数（，，）的部分图像如图所示. (1)当时，求的单调递增区间； (2)已知，且，求的值. 18．利用多波束测深可以进行海洋测绘．如图为探测船沿着固定测线利用探测器进行单测线测绘的示意图．其中海底坡面可视为与海底平面成角的光滑平面，探测器可探测平面与测线垂直．探测船在海平面内沿着与海底坡面平行的测线行驶，且探测过程中以竖直线为角平分线向下探测形成开角，可探测海底坡面内线段长为L．已知探测船到海底坡面的竖直距离为h，假设海底坡面足够长，且L始终存在． (1)当时，求L的长度； (2)求L关于h，与的表达式； (3)保持h不变，证明：当不变时，L随的增大而增大；当不变时，L随的增大而增大． 19．设的内角，，所对的边分别为，，，且，． (1)求角； (2)点为边的中点，若，求的面积； (3)如图所示，点是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 三角函数与解三角形培优检测卷 一、单选题 1．圆环被同圆心的扇形截取的一部分叫作扇环．如图所示，扇环的外圆弧的长为，圆心为，点分别为的中点，扇环的面积为，则（   ）    A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】设，，则圆弧，代入扇形的弧长及面积公式，化简计算，即可得答案. 【详解】设，，则圆弧， 由题意得，解得， 所以. 故选：D 2．已知平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】依题意，，故，故C正确． 3．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据三角函数图象平移规则得到平移后的函数解析式，再结合图象关于轴对称的相位特征列方程，求解的最小值． 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后， 所得函数解析式为， 因为的图象关于轴对称，即为偶函数， 所以，解得， 因为，所以当时，取得最小值． 4．已知函数，设的始边是轴的非负半轴，且，若关于的方程在内有解，则的终边不可能位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】C 【分析】根据函数解析式，写出方程，解出方程，根据角的取值范围，得到角的取值范围，从而得出可能在的象限，得解. 【详解】由，， ， 或， 当，时，得，， 又，所以这样的不存在， 当时，得， ，， ，又， 时，，此时在第一象限； 当时，，此时在第二象限； 当时，，此时在第四象限； 所以的终边可能位于第一、二、四象限. 故选：C. 5．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据指数函数、对数函数以及余弦函数的单调性分析可知. 【详解】，即， ，即， ，则，可得， 即，所以，即. 6．如图将一个正常工作的圆形时钟抽象为平面直角坐标系．设时针长为，若某时刻时针指向点到点之间，且针尖所在点的纵坐标为，则在经过小时后，时针针尖所在点的横坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点，根据条件求出点坐标，由三角函数的定义得，结合条件，由余弦的差角公式，即可求解. 【详解】由题意可知，针尖所在点初始位置在第二象限内，设为点，且在单位圆上， 如图所示，点的纵坐标为，设轴，垂足为，单位圆交轴正半轴于点， 设经过小时后，时针针尖所在点的坐标为，则， 在直角三角形中，，因为，所以， 又因为，所以点在第一象限内，设，则点坐标为， 设点，由，解得或舍去， 设，则， 所以 ． 7．如图，函数的图象与直线相交，A、B、C是相邻的三个交点，且，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【详解】函数的图象与直线的交点满足， 则或， 解得或， 设对应横坐标为，则 ， ， ，解得． 8．钝角的内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对已知等式进行化简，求出角，再利用余弦定理将转化为关于角的表达式，最后根据角的范围求出的取值范围. 【详解】已知，则. 即. 所以. 由于， 所以或. 当时，可得，那么，不满足为钝角三角形， 舍去. 当时，则，满足为钝角三角形，此时. 由正弦定理得， ， 由各内角大于0，即，可得，故， 对勾函数在上单调递减，且， 所以，所以的取值范围为. 二、多选题 9．若“”是“”的充分不必要条件，则的值可以是（    ） A．0 B．1 C． D．2 【答案】BC 【分析】应用二倍角公式结合充分不必要条件定义计算求解. 【详解】当 时，，则，得， 所以，则“”是“”的充分必要条件，A不正确； 当 时，，则，得，所以， 当，则，得， 所以或，则不能推出， 所以“”是“”的充分不必要条件，B正确； 当 时，，则，得，所以， 当，则，得， 所以或，则不能推出， 所以“”是“”的充分不必要条件，C正确； 当时，由，即不成立， 且时有，显然不成立， 所以“”不是“”的充分不必要条件，D不正确； 10．在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（   ） A． B．外接圆的面积为 C．面积的最大值为 D．周长的最大值为 【答案】BCD 【分析】对于A：利用余弦定理边角转化即可；对于B：利用正弦定理求三角形外接圆半径，即可得结果；对于CD：根据选项A中结论，结合基本不等式运算求解. 【详解】对于选项A：因为， 由余弦定理可得， 整理可得，则， 且，所以，故A错误； 对于选项B：由正弦定理可得外接圆的半径， 所以外接圆的面积为，故B正确； 对于选项C：由可得， 且，即，解得，当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为，故C正确； 对于选项D：由可得，即， 且，即， 解得，即，当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为，故D正确； 故选：BCD. 11．函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B． C．函数的图象关于直线对称 D．若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是 【答案】ACD 【分析】根据正切型三角函数的图象性质确定其最小正周期，从而得的值判断A；再根据函数特殊点求得的值，从而可得解析式，代入计算判断B；计算可得判断C；当时，，当时，，再由函数在区间不单调，可得实数的取值范围判断D. 【详解】对于A，函数的最小正周期为，则有， 即，因此A正确； 对于B，由函数的图象可知：， 因为，所以，即， 由图象可知：，则， 所以，故B错误． 对于C，因为， 所以，函数的图象关于直线对称，C正确； 对于D， 当时， ， 当时， ， 当函数在区间上不单调时， 则有，故D正确． 三、填空题 12．已知，则________ 【答案】 【分析】通过换元将已知角与目标角关联，利用诱导公式把转化为，再用二倍角公式代入已知值计算. 【详解】令，则，且； 代入目标表达式：； 利用诱导公式，得：； 用二倍角公式，代入，则. 故答案为： 13．在中，内角所对的边分别为，且满足，则___________． 【答案】/ 【分析】利用余弦定理化简已知等式求得，即可得，再结合三角形内角和计算. 【详解】由余弦定理，可得， 即，又，故或， 则或， 故或， 即. 14．已知函数是的零点，直线为图象的一条对称轴，且函数在区间上单调，则的最大值为__________． 【答案】3 【分析】先根据条件利用余弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断为奇数，由在上单调，可得，检验可得它的最大值． 【详解】 函数，为的零点，为图象的对称轴，，且， 相减可得， 即，，即为奇数． 在单调，， ，故奇数的最大值为． 当时，， ，． 此时在上不单调，不满足题意． 当时，， ，， 此时在上不单调，不满足题意． 当时，， ，， 此时在上单调递减，满足题意； 故的最大值为. 四、解答题 15．设函数. (1)化简，并判断在区间上的单调性； (2)设为钝角三角形，角的对边分别为，若，，求. 【答案】(1)，，在上单调递增 (2) 【分析】（1）根据三角恒等变换公式化简可得，进而结合正切函数的性质求得定义域，再结合正弦函数的性质分析单调性即可； （2）由可求得，再利用余弦定理求出或，进行检验即可. 【详解】（1）由 ， 由于，要有意义，且， 则，解得，即函数的定义域为， 当时，， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增. （2）由题意，，即， 由于，则为锐角，即，则， 所以，即， 由，则，解得或， 当时，，此时为钝角，满足题意； 当时，，此时为直角，不满足题意. 综上所述，. 16．已知函数图象的相邻两对称轴间的距离为，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，且为偶函数. (1)求及的值； (2)求图象的对称中心的坐标； (3)当时，求不等式的解集. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦函数相邻对称轴间距离确定周期后可得，再由图象平移的性质和偶函数的性质求出； （2）由余弦函数的对称中心可得； （3）利用正弦函数的单调性可得. 【详解】（1）根据题意可得的最小正周期，所以 则. 因为为偶函数，所以，解得. 因为，所以. （2）由（1）知， 令， 解得， 所以图象的对称中心的坐标为. （3）由，得， 则， 解得. 因为，所以或， 即不等式的解集为. 17．函数（，，）的部分图像如图所示. (1)当时，求的单调递增区间； (2)已知，且，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据图象，结合正弦函数的性质，可求函数的解析式，再求函数的单调区间即可. （2）根据同角三角函数的基本关系与两角和与差的余弦公式求值即可. 【详解】（1）由图可得，， 所以，且，得，， 又因为，所以，所以. 又因为，， 解得，， 所以在上的单调递增区间为. （2）因为，所以. 因为，所以， 即，所以. 所以. 18．利用多波束测深可以进行海洋测绘．如图为探测船沿着固定测线利用探测器进行单测线测绘的示意图．其中海底坡面可视为与海底平面成角的光滑平面，探测器可探测平面与测线垂直．探测船在海平面内沿着与海底坡面平行的测线行驶，且探测过程中以竖直线为角平分线向下探测形成开角，可探测海底坡面内线段长为L．已知探测船到海底坡面的竖直距离为h，假设海底坡面足够长，且L始终存在． (1)当时，求L的长度； (2)求L关于h，与的表达式； (3)保持h不变，证明：当不变时，L随的增大而增大；当不变时，L随的增大而增大． 【答案】(1)150米 (2) (3)由（2）可得 ， 设， 则． 令，由于当时，，故等价于， 由于，故恒成立， 也即恒成立，即L随的增大而增大． 又． 当时，且单调递减，故随的增大而减小． 又，故在不变时随的增大而减小，由此可得L随的增大而增大. 【分析】（1）根据题意，作出截面图如图，分别求出得解； （2）在与中，由正弦定理分别求出得解； （3）由（2），可得，利用导数判断单调性得解；当不变时，得，结合余弦函数单调性分析得解. 【详解】（1）绘制截面图如图所示． 其中平面为过海底坡面且平行于海底平面的假想平面，直线为该假想平面的所截直线． 延长直线与交于点D，易知且， 又，则，则． 又，故，则， 故. （2）在与中，由正弦定理分别有． 而，故， 则. 联立有. （3）略 19．设的内角，，所对的边分别为，，，且，． (1)求角； (2)点为边的中点，若，求的面积； (3)如图所示，点是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正余弦定理以及诱导公式求解即可； （2）根据为边的中点得到，两边平方后结合余弦定理求解即可； （3）利用正弦定理得到和，再利用余弦定理结合诱导公式以及二倍角公式得到，写出的表达式，求导判断单调性即可求解. 【详解】（1）由可得， 由正弦定理得， ， 所以，即． 由余弦定理，又因为，因此； 或者：由内角和定理得， 由正弦定理可知， 所以，即． 由余弦定理，又因为，因此； （2）因为中线，所以； 两边同时平方得，即， 在中，，由余弦定理可得， 可得，所以； （3）在中，由正弦定理可得，即， 在中，由正弦定理可得，即． 因为四边形的内角和为，且， 所以， 在中， 所以， 则， ， 因为在中，所以， 则，在单调递增， 因为，所以， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点在于利用正弦定理将边化角，再利用导数判断函数的单调性. 1 学科网（北京）股份有限公司 $