小题好拿分期中考前必做30题（压轴版）-2021-2022学年高一数学下册期中考试高分直通车（沪教版2020必修第二册）

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小题好拿分期中考前必做30题（压轴版）
一、单选题
1．（2020·全国高一单元测试）已知，，且，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】易知，利用角的范围和同角三角函数关系可求得和，分别在和两种情况下，利用两角和差正弦公式求得，结合的范围可确定最终结果.
【详解】且，，.
又，，.
当时，
，
，，不合题意，舍去；
当，同理可求得，符合题意.
综上所述：.
故选：.
【点睛】易错点睛：本题中求解时，易忽略的值所确定的的更小的范围，从而误认为的取值也有两种不同的可能性，造成求解错误.
2．（2020·内蒙古乌兰察布市·集宁一中高一月考（理））已知的三条边的边长分别为4米、5米、6米，将三边都截掉米后，剩余的部分组成一个钝角三角形，则的取值范围是 （ ）
A．05 B．15 C．13 D．14
【答案】C
试题分析：新三角形的三边分别为，其中边长为的边对的角最大记为角，所以角为钝角．所以，即，整理可得，解得．因为均为三角形的三边长，且最短边长为，最长边长为所以，综上可得．故C正确．
考点：1余弦定理；2三角形中边与角的关系及三边间的关系．
3．（2020·河北张家口市·涿鹿中学高一月考）已知的三个内角所对的边分别为，满足，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形 B．等腰直角三角形
C．顶角为的等腰三角形 D．顶角为的等腰三角形
【答案】D
【分析】先利用同角三角函数基本关系得，结合正余弦定理得进而得B,再利用化简得,得A值进而得C,则形状可求
【详解】由题
即，由正弦定理及余弦定理得
即
故 整理得 ，故
故为顶角为的等腰三角形
故选D
【点睛】本题考查利用正余弦定理判断三角形形状，注意内角和定理，三角恒等变换的应用，是中档题
4．（2020·沙坪坝区·重庆八中高一期末）在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．
【详解】由，得，，
，．
由正弦定理知，，
由余弦定理知，，
，
，化简整理得，，
，，
由正弦定理，有，，，
锐角，且，，，解得，，
，
，，，，，，
的取值范围为，．
故选：．
【点睛】本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5．（2020·江西上高二中高一期末（理））已知的三个内角所对的边分别为，的外接圆的面积为，且，则的最大边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化简得到，根据正弦定理得到
，根据余弦定理得到，再计算得到答案.
【详解】的外接圆的面积为

则
，根据正弦定理：
根据余弦定理：
故为最长边：
故选
【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，外接圆面积，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.
6．（2019·四川绵阳市·绵阳中学高一月考）在中，角的对边分别为已知，且，点O满足，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出图形，，所以O为的重心，连AO并延长交BC与E，则E为BC的中点，延长AE至F，使，连BF，CF，则四边形ABFC为平行四边形，在中用余弦定理解得AE，在中用面积公式求得面积，再乘以2可得．
【详解】

如图所示，∵，所以O为的重心，
连AO并延长交BC与E，则E为BC的中点，延长AE至F，使，连BF，CF，
则四边形ABFC为平行四边形，
，，
，
即，又因为，所以，
∴，，
设，则，
在中由余弦定理得，
即，解得，即.
又，
∴.
故选：D.
【点睛】本题考查解三角形的应用，考查三角形中的几何计算，考查逻辑思维能力和运算能力，属于中档题.
7．（2020·湖北高一期末）在中，分别为的对边，为的外心，且有，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由，利用正弦定理得到，再由，运用三角函数的和角公式和正弦定理得到，进而得到，然后利用余弦定理，求得角B，A，C，再由的两边点乘，运用平面向量数量积的定义和性质，得到x，y的方程组求解.
【详解】
因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
如图所示：

由正弦定理得：，
因为，
则，
所以，
即，
则，
所以，
即，
，
.
故选：A.
【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，两角和与差的三角函数，平面向量的数量积的定义和性质，还考查了运算求解的能力，属于难题.
8．（2020·浙江衢州市·高一期末）已知的面积为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将原式分离常数，然后利用正弦定理进行边角互化，化简为对勾函数，利用不等式求最值即可.
【详解】解：，又，

= =，当且仅当时，等号成立.
故选：B.
【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化，考查利用基本不等式求最值，考查学生的计算能力和转化能力，属于中档题.
9．（2018·山西省平遥中学校高一期末）已知锐角△中,角对应的边分别为,△的面积,若, 则的最小值是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】分析：利用余弦定理列出关系式，代入已知等式中，并利用三角形面积公式化简求出C的度数，再对进行化简整理，最后利用基本不等式求得.
详解：，即，.
又，,
又△为锐角三角形，
，解得，
，
又，
，
即
，当且仅当，即时取等.
，解得.
故选C.
点睛：本题考查了正弦定理、余弦定理、基本不等式，以及对三角函数的应用，熟练掌握三角函数相关性质是解本题的关键.
10．（2020·安徽黄山市·高一期末）在中，，点满足，若，其中，动点的轨迹所覆盖的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，不妨用坐标法处理；建立平面直角坐标系，根据题意，求得点坐标，根据向量线性运算的几何意义，求得动点构成的图形形状以及范围，结合余弦定理和三角形面积公式，即可求得面积.
【详解】根据题意，不妨过点作的垂线，垂足为，
以为坐标原点，建立平面直角坐标系如下所示：

根据题意，可得坐标如下：
，
设点的坐标为，由
可得：，
故可得.则点坐标为.
设点的坐标为，由，
由向量的线性运算性质可知，点的轨迹是：
以为一组邻边的平行四边形内的任意一点，含边界.
故可得，
故可得,则.
则以为一组邻边的平行四边形的面积

.
故选：.
【点睛】本题考查向量的线性运算，涉及余弦定理解三角形，以及三角形面积公式的应用；需要注意，本题中，也可以通过几何方法确定点的轨迹图形，解析法只是方法之一；属综合困难题.
11．（2018·江西萍乡市·高一期末）在中，角所对应的边分别为，若，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】中，，利用余弦定理可得：．结合，，都用表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质可得的最小值，可得的最大值，即可得出三角形面积的最大值．
【详解】中，，
，化为：．
，，．
，当且仅当，，时取等号．
．
．
则面积的最大值．
故选：Ａ．
【点睛】本题考查余弦定理、基本不等式的性质、三角形面积，考查推理能力与计算能力，属于难题．
12．（2021·沙坪坝区·重庆一中高一期末）设函数在区间上单调，且，当时，取到最大值2，若将函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍得到函数的图像，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】首先设函数，由条件确定周期和的范围，再利用对称性求出对称中心和对称轴，求，代入求，利用伸缩变换求，最后解不等式.
【详解】函数的最大值为2，，
在区间上单调，所以，即，
，即，
，是函数的对称轴，
，是函数的对称中心，
和是函数相邻的对称轴和对称中心，，得，
当时，取到最大值2，，，
当时，，
，根据题意可知，
，
，解得：，.
的解集是.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对称性和周期性的灵活应用，关键由条件确定相邻的对称轴和对称中心.
13．（2021·江苏省锡山高级中学高一期末）函数图像上一点向右平移个单位，得到的点也在图像上，线段与函数的图像有5个交点，且满足，，若，与有两个交点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先根据已知条件分析出，可得，再由可得对称轴为，利用可以求出符合题意的一个的值，进而得出的解析式，再由数形结合的方法求的取值范围即可.
【详解】

如图假设，线段与函数的图像有5个交点，则，
所以由分析可得，所以，
可得，
因为所以，即，
所以是的对称轴，
所以，即，
，
所以，可令得，
所以，
当时，令，则，
作图象如图所示：

当即时，当即时，，
由图知若，与有两个交点，则的取值范围为，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是取特殊点便于分体问题，利用已知条件结合三角函数图象的特点，以及三角函数的性质求出的解析式，再利用数形结合的思想求解的取值范围.
14．（2021·浙江嘉兴市·高一期末）已知函数(，，)，满足且对于任意的都有，若在上单调，则的最大值为（ ）
A．5 B．7 C．9 D．11
【答案】C
【分析】由函数的对称性可得、，两式相减进一步化简可得，根据正弦型函数的单调性得，代入周期计算公式可得，取验证函数的单调性即可.
【详解】由于，则关于对称，即是函数的一条对称轴，
，①
，②
①-②得，
令，，则，，
，，的最小正周期，
在上单调， ，
，解得，
当时，，则②式为，，
又，，此时，
当时，，
在上不单调，不符合题意舍去；
当时，，则②式为，，
又，当时， ，此时，
当时，，单调递增；
当时，，此时，
当时，，单调递减.
的最大值为9.故选：C
【点睛】解决三角函数中已知单调区间求参数范围时，首先要有已知的单调区间是函数单调区间的子集的意识，然后明确正弦、余弦函数的单调区间长度不会超过半个周期（正切函数的单调区间长度不会超过一个周期）这一事实最终准确求得参数范围，数形结合能给解题带来比较清晰地思路.
15．（2021·江西吉安市·高一期末）设函数，已知在[有且仅有4个零点，下述四个结论：①在有且仅有2个零点；②在有且仅有2个零点；③的取值范围是；④在单调递增，其中正确个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【分析】由时，得到，根据在[有且仅有4个零点，则在第4个零点和第5个零点之间，然后利用余弦函数的性质求解.
【详解】当时，
，
因为在[有且仅有4个零点，
所以在第4个零点和第5个零点之间，
所以，
解得，故③正确；
当时，，又，
，结合知最多有3个零点，故①错误；
当时，，又，
，结合有且仅有2个零点，故②正确；
当时，，因为，所以，则，所以在单调递增，故④正确；
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用整体思想，根据在[有且仅有4个零点，确定，求得的范围，其他问题迎刃而解.
16．（2021·北京朝阳区·高一期末）设函数，若存在实数，满足当时，，则正整数的最小值为（ ）
A．505 B．506 C．507 D．508
【答案】C
【分析】根据正弦函数的性质，确定的最值，根据题中条件，得到尽可能多的取得最大值，即可求解.
【详解】因为，即，，所以，当与一个等于，另一个为时，取得最大值；
为使满足的正整数最小，只需尽可能多的取得最大值，
而，
所以至少需个，才能使，
此时，即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于根据三角函数的性质，确定的最大值，得到中有项取得最大值时，即可求解.
17．（2020·全国高一）已知函数(，）满足，，且在区间上是单调函数，则的值可能是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】先由题意得出的表达式，易知是奇数，再根据选项求出的解析式，判断在上是否单调即可.
【详解】解：，
关于对称，
又，
关于对称，
设的周期为，
，
而，
；
对A，当时，，
又关于对称，
，
解得：，
又，
，
，
当时，，显然不单调，所以A错误；
对B，是奇数，显然不符合；
对C，当时，，
又关于对称，
，
解得：，
又，
，
，
当时，，显然单调，所以C正确；
对D，是奇数，显然不符合.
故选：C.
【点睛】方法点睛：求三角函数的解析式时，由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标，则令 (或)，即可求出，否则需要代入点的坐标，利用一些已知点的坐标代入解析式，再结合函数的性质解出和，若对 。的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
18．（2020·浙江高一期末）已知函数，若且，则函数取得最大值时x的可能值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由得到对称轴为，求出的取值集合，再由，可得，，代入函数中可得，进而求出函数取到最大值时x的集合，k取适当的整数可得x的取值选项.
【详解】由题意，函数，
因为可知函数的对称轴为，
所以，可得，，得，，
又因为，所以，即，可得，
所以可得，，所以，
所以取到最大值时，则，，即，，
当k取适当的整数时，只有适合，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，逐项判定是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档题.
19．（2020·江西新余市·高一其他模拟）函数的图像向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数，函数．若关于的方程在内有两个不同的解，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用函数的图象变换规律，利用三角函数的图象和三角恒等变形，可得，即，，从而得到，进而得到的值.
【详解】函数的图像向左平移个单位长度后，可得的图象.
由条件为奇函数，则，即
又，所以，即
关于的方程在内有两个不同的解，
即在内有两个不同的解，
即在内有两个不同的解，
即，其中(为锐角) 在内有两个不同的解，
即方程即在内有两个不同的解，
由，则，
所以，
所以
则，即，
所以，
故选：D
【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，诱导公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．
二、填空题
20．（2020·辽源市第五中学校高一期末（理））在中，，，，分别为角，，的对边，且.若的内切圆面积为，则面积的最小值_______.
【答案】
【分析】根据题意，由正弦定理得到，化简整理求出，求得角A；再由已知得内切圆的半径为，作出图形，记内切圆的圆心为，为切点，得到，由余弦定理得到，根据基本不等式，推出，再由三角形面积公式，即可得出结果.
【详解】因为，以，
即，所以，即，；
由题意知内切圆的半径为，如图，内切圆的圆心为，为切点，
则，

从而，由余弦定理得，
整理得，解得或（舍去），
从而，
即面积的最小值为.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，灵活运用基本不等式即可，属于较难题.
21．（2019·黄梅国际育才高级中学高一月考）在中,角所对的边分别为且边上的高为,则的最大值是_____________
【答案】4
【分析】由面积公式可得，再用余弦定理可得，即得出结果.
【详解】由题，三角形的面积：
由余弦定理：
可得：
所以
所以的最大值为4，故答案为4
【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，将边的关系转化为三角函数是解题的关键，属于较难题.
22．（2020·上海市行知中学）在中，，是的角平分线，，且，问_______时，最短.
【答案】
【分析】作出图形，设内角、、的对边分别为、、，由题意可得出，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值及其对应的、，利用角平分线的性质可求得，利用余弦定理求得，进而利用余弦定理可求得的长，由此可求得的值.
【详解】在中，设内角、、的对边分别为、、，则，

，可得，
由余弦定理得
，
，则，所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，
由，解得，，
，则，此时，，
由于，则，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理可得，则，
因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用余弦定理与基本不等式求边的最值，同时也考查了三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于难题.
23．（2020·全国高一课时练习）在锐角三角形 ABC 中，已知 2sin2 A+ sin2B = 2sin2C，则的最小值为___．
【答案】
【分析】如图，作BD⊥AC于D，设AD＝x，CD＝y，BD＝h，由条件利用正弦定理及勾股定理可得x＝3y，再由几何关系表示正切值得＝＝，从而得解.
【详解】由正弦定理，得：，
如图，作BD⊥AC于D，设AD＝x，CD＝y，BD＝h，
因为，所以，，化简，得：
，解得：x＝3y


，，，
＝＝
＝＝，当且仅当时取得最小值.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了三角形中的正弦定理及勾股定理，两角和的正切公式，利用基本不等式求最值，着重考查了数形结合的思想及转化与化归的能力，属于难题.
24．（2020·江西上高二中高一期末（理））在中，角A、B、C的对边长分别为a、b、c，且，，则面积的最大值为________.
【答案】3
【分析】本题首选可根据对进行化简，得出，然后构造平面直角坐标系并绘出的图像，则有、，再然后设，根据列出方程，即可求出的最大值以及面积的最大值.
【详解】因为，
所以，
即，
，
，
，，解得，
如图：

以中点为原点、边为轴建立平面直角坐标系，则，，
设，则，，
故，
化简得，故，的最大值为，
，面积的最大值为，
故答案为：.
【点睛】本题考查正弦定理边角互化的应用以及三角恒等变换，考查阿波罗尼奥斯圆问题，考查两点间距离公式，考查计算能力，考查数形结合思想，是难题.
25．（2020·江苏淮安市·淮阴中学高一期中）已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，且满足，，当角B最大时的面积为__________.
【答案】
【分析】已知等式利用正弦定理化简，得到关系式，利用余弦定理表示出，把得出关系式整理后代入，利用基本不等式求出的最小值，即可求出边长，进而求得三角形的面积.
【详解】已知等式利用正弦定理化简得：,
由余弦定理，
可知
当角B最大时，则最小，由基本不等式可得:
，
当且仅当，即时，取等号.
代入可得：，
因为，所以，
在等腰中，求得底边上的高为,.
故答案为：
【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理以及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于较难题.
26．（2020·江西省临川第二中学高一期末（理））在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且BC边上的高为，则的最大值是______．
【答案】
【分析】由面积公式可得，再用余弦定理可得，即得出结果.
【详解】
由题，三角形的面积： .
由余弦定理：，可得： .
所以，其中.
所以的最大值为.故答案为：.
【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，将边的关系转化为三角函数是解题的关键，属于较难题.
27．（2021·安徽芜湖市·高一期末）在平面直角坐标系中，对任意角，设的终边上异于原点的任意一点的坐标为，它与原点的距离是.我们规定：比值分别叫做角的正割､余割､余切，分别记作，，，把分别叫做正割函数､余割函数､余切函数，则下列叙述正确的有___________(填上所有正确的序号)
①；
②；
③的定义域为；
④；
⑤.
【答案】②④⑤
【分析】由题设新定义知：，，，由、、、以及正切二倍角公式，即可判断各项的正误.
【详解】

①，故错误；
②，故正确；
③，即，有，故错误；
④，故正确；
⑤，所以，故正确.
故答案为：②④⑤
【点睛】关键点点睛：新定义有，，，结合三角恒等变换判断各项的正误.
28．（2021·浙江高一期末）已知函数，，且函数的最大值为5，则实数________.
【答案】
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式，将函数变形为 ，令，由绝对值三角不等式得到，然后再由基本不等式 变形，结合最大值为5求解.
【详解】函数 ，
，
，
令，
则 ，
而 ，当且仅当时，取等号，
所以，
解得，故答案为：
【点睛】关键点点睛：将函数变形为是本题求解的关键.
29．（2021·浙江宁波市·镇海中学高一期末）已知函数，若在区间内没有零点，则的取值范围是_____．
【答案】
【分析】化简函数解析式，由f (x) =0，可得，解得，结合即可得出结论.
【详解】

．
由，可得，解得，．
因为在区间内没有零点，
所以，且，
即且，
因为，
分别取，1,2,3，
，

∴的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：由三角函数化简求出函数零点，，分别取，可得不属于的集合，结合，可判断所在区间即可，属于难题.
30．（2021·安徽师范大学附属中学高一期末）用表示函数在闭区间上的最大值.若正数满足，则的最大值为__________．
【答案】
【分析】对a进行讨论，利用的单调性，分别求得，再解不等式即可.
【详解】
当时，，，则，不成立；
当时，，，则，解得 ；
当时，，或1，则，解得，即 ；
当时，，，不满足.
所以的最大值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对a讨论标准的确立，要考虑2a的范围和函数的单调性，能确定即可得解.