2022新高考数学重难点讲解02 三角函数与解三角形（含答案解析）练习题

这是一份2022新高考数学重难点讲解02 三角函数与解三角形（含答案解析）练习题，共40页。试卷主要包含了三角函数的图象与性质，若f=0.等内容，欢迎下载使用。

重难点02 三角函数与解三角形



新高考中，三角函数与解三角形依然会作为一个重点参与到高考试题中，熟练掌握三角函数的图象与性质、三角恒等变换公式 及正、余弦定理，在此基础上掌握一些三角恒变换的技巧，如角的变换，函数名称的变换等，此外，还要注意题目中隐含的各种限制条件，选择合理的解决方法，灵活实现问题的转化。

1、三角函数的图象与性质
1、已知三角函数解析式求单调区间．①求函数的单调区间应遵循简单化原则，将解析式先化简，并注意复合函数单调性规律“同增异减”；②求形如y=Asin（ωx＋φ）或y=Acos（ωx＋φ）（其中，ω>0）的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解．但如果ω<0，那么一定先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错．
2、求三角函数的最小正周期，一般先通过恒等变形化为y=Asin(ωx＋φ)，y=Acos(ωx＋φ)，y=Atan(ωx＋φ)的形式，再分别应用公式T=，T=，T=求解．
3、对于函数y=Asin（ωx＋φ），其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此在判断直线x=x0或点（x0，0）是否为函数的对称轴或对称中心时，可通过检验
f（x0）的值进行判断．
4、若f（x）=Asin（ωx＋φ）为偶函数，则φ=kπ＋（kZ），同时当x=0时，f（x）取得最大或最小值．若f（x）=Asin（ωx＋φ）为奇函数，则φ=kπ（k∈Z），同时当x=0时，f（x）=0.
2、利用正、余弦定理求边和角的方法
（1）根据题目给出的条件(即边和角)作出相应的图形，并在图形中标出相关的位置．
（2）选择正弦定理或余弦定理或二者结合求出待解问题．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到.
3、求三角形面积的方法：
1）若三角形中已知一个角(角的大小，或该角的正、余弦值)，结合题意求夹这个角的两边或该两边之积，套公式求解．
2）若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，套公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．
几何中的长度、角度的计算通常转化为三角形中边长和角的计算，这样就可以利用正、余弦定理解决问题.解决此类问题的关键是构造三角形，把已知和所求的量尽量放在同一个三角形中.

热点1、新题型的考查
（1）以数学文化和实际为背景的题型；（2）多选题的题型；（3）多条件的解答题题型。
热点2、与其它知识交汇的考查
（1）与函数、导数的结合；（2）与平面向量的结合；（3）与不等式的结合；（4）与几何的结合。

A卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·上海虹口·一模）设函数，其中，，若对任意的恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A． B．的图像关于直线对称
C．在上单调递增 D．过点的直线与函数的图像必有公共点
【答案】D
【分析】利用辅助角公式将函数化简，进而根据函数在处取得最大值求出参数，然后结合三角函数的图象和性质判断答案.
【详解】由题意，，，而函数在处取得最大值，所以，所以，，则.
对A，因为，即，A错误；
对B，因为，所以B错误；
对C，因为，所以函数在上单调递减，所以C错误；
对D，因为的最大值为，而，所以过点的直线与函数的图象必有公共点，D正确.故选：D.
2．（2021·广东·珠海市第二中学模拟预测）已知为锐角的内角，满足，则（ ）
A． B．， C．， D．，
【答案】C
【分析】设，则，根据零点存在性定理判断零点所在区间；
【详解】解：为锐角的内角，满足，
设，即，，则函数在上为连续函数，又在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递增；
在中取，得，
在中取，得，，
，，.故选：.
3．（2021·江苏盐城·高三期中）若函数与在上的图象没有交点，其中，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用三角函数图象的平移即可求解.
【详解】解：是周期为的正弦函数，
，是由向左平移个单位得到
①当时，如下图所示，

此时函数与在上有交点，不符合题意
②当时，如下图所示
此时函数与在上无交点，符合题意
③当，如下图所示

此时函数与在上无交点，符合题意
综上所述，，故的取值范围是故选：A.
【点睛】本题的关键是通过对三角函数平移的过程利用数形结合找到相交的临界位置.
4．（2021·广东佛山·模拟预测）（ ）
A．2 B．－2 C．1 D．－1
【答案】D
【分析】利用切化弦，三角恒等变换，逆用两角差的正弦公式，二倍角公式，诱导公式化简求值.
【详解】

故选: D
5．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）对于角的正切的倒数，记作，称其为角的余切．在锐角三角形中，角所对的边分别为，，，若满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换化简得到，根据角度的范围得到，化简得到，得到答案.
【详解】因为，根据正弦定理得，
由，，即，
三角形为锐角三角形，可得，即，
所以，可得，可得，所以，
则，
所以．故选：C．
6．（2021·四川·绵阳中学实验学校模拟预测）某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，彰显城市积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰的顶点P在半径为20m的大⊙O上，点M，N在半径为10m的小⊙O上，点O，点P在弦MN的同侧.设，当的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】用表示出的面积为，求导，令求得极值点，从而求得面积最大时对应的值.
【详解】如图所示，等腰中， 设的面积为，
则
求导
令，即，解得：（舍去负根）记，
当，，函数单调递增；当 ，，函数单调递减；
故当时，即， 取得极大值，即最大值.故选：C
7．（2021·河南平顶山·高二期中）在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，，，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围.
【详解】延长交于，如下图所示：

为的重心，为中点且，，，；
在中，；
在中，；
，，
即，整理可得：，为锐角；
设为钝角，则，，，
，，解得：，，，
由余弦定理得：，
又为锐角，，即的取值范围为.故选：C.
【点睛】本题考查解三角形中的取值范围问题的求解，解题关键是能够由两角互补得到余弦值互为相反数，由余弦定理得到，确定为锐角，从而得到三边之间的不等关系，求得的范围.
8．（2019·全国高考真题）设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在（）有且仅有3个极大值点 ②在（）有且仅有2个极小值点
③在（）单调递增 ④的取值范围是[)
其中所有正确结论的编号是
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④
【答案】D
【分析】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，通过整体换元得，结合正弦函数的图像分析得出答案．
【详解】当时，，
∵f（x）在有且仅有5个零点，∴，∴，故④正确，
由，知时，
令时取得极大值，①正确；
极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；
因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，
当时，，若f（x）在单调递增，
则 ，即 ，∵，故③正确．故选D．
【点睛】极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题．
二、多选题
9．（2021·江苏·海门中学高三期中）已知某物体作简谐运动，位移函数为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．该简谐运动的初相为 B．函数在区间上单调递增
C．若，则 D．若对于任意，，有，则
【答案】AC
【分析】根据题意得，再依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：因为，且，
所以，即，所以，
因为，所以所以，所以对于A选项，简谐运动的初相为，故正确；
对于B选项，函数在区间上单调递增，上单调递减，故错误；
对于C选项，当时，，所以，即，所以，故正确；对于D选项，取，满足，但，故错误
故选：AC
10．（2021·福建·模拟预测）已知函数，若函数的图象在区间上的最高点和最低点共有6个，下列说法正确的是（ ）
A．在上有且仅有5个零点 B．在上有且仅有3个极大值点
C．的取值范围是 D．的取值范围是
【答案】BC
【分析】借助于函数图象，得到在上有5或6个零点有且仅有3个极大值点，另外得到的取值范围.
【详解】，当，则，借助图象

可知在上有5或6个零点有且仅有3个极大值点．故A错误．B正确；
函数的图象在区间上的最高点和最低点共有6个，所以，
解得．故C正确，D错误．故选：BC
11．（2021·江苏淮安·高三期中）在△中，角的对边分别为，则下列的结论中正确的是（ ）
A．若，则△一定是等腰三角形
B．若，则
C．若△是锐角三角形，则
D．已知△不是直角三角形，则
【答案】BCD
【分析】利用三角函数的性质，结合诱导公式以及正切函数的两角和公式，逐个选项进行判断求解即可
【详解】对于A，由，得，
即，因为在中，令，，此时，仍有，所以，不一定是等腰三角形，A错误；对于B，因为在上是减函数，，所以，所以，由正弦定理得，B正确；
对于C，若是锐角三角形，则均为锐角，所以，，得和，且，得，同理，可证得，，，所以成立，C正确；
对于D，已知△不是直角三角形， ，
则有，所以，
得
所以，D正确；故选：BCD.
12．（2021·江苏扬州·模拟预测）在三角函数部分，我们研究过二倍角公式，实际上类似的还有三倍角公式，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．存在时，使得
C．给定正整数，若，，且，则
D．设方程的三个实数根为，，，并且，则
【答案】ACD
【分析】利用两角和的余弦公式及二倍角公式展开化简即可判断选项A；令，则，根据三角函数的有界性得到，进而判断B选项；令，其中，，问题转化为，根据二次函数的最值证明上式成立即可；求解方程得到或或，比较大小得到，，，再验证是否成立即可.
【详解】
，A对
令，则，，则，B错；
令，其中， ，即 ∴
由可得
，即，∴ ∴，C对；
令，， ，即 即
∵，∴或或令，，，，
∴的根都在，∴，，
，D对故选：ACD.
【点睛】本题主要考查学生三角函数，二次函数的相关性质的问题，主要考察学生分析问题解决问题的能力，对学生的要求比较高，属于难题，在做此类目时不要慌张，静下心来，慢慢分析就可以找到题目的突破口.
三、填空题
13．（2021·福建省泉州第一中学高三期中）拿破仑是十九世纪法国伟大的军事家、政治家，对数学也很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仓定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心怡为另一个等边三角形的顶点”，在△ABC中，以AB，BC，CA为边向外构造的三个等边三角形的中心依次为D，E，F，若∠BAC=60°，DF=，利用拿破仑定理可求得AB+AC的最大值_____
【答案】
【分析】设，连接.在△DAB中，∠ABD=∠BAD=30°，∠ADB=120°，由余弦定理表示出和.在△ADF中，由余弦定理和基本不等式解得AB+AC的最大值.
【详解】设，如图，连接.

由拿破仑定理知，△DEF为等边三角形.
因为D为等边三角形的中心，所以在△DAB中，∠ABD=∠BAD=30°，∠ADB=120°.
设，由余弦定理得，即，解得，
即.同理.又∠BAC=60°，∠CAF=30°，所以∠DAF=∠BAD+∠BAC+∠CAF=120°.
在△ADF中，由余弦定理可得，
即，化简得，由基本不等式得，解得 (当且仅当时取等号)，所以.故答案为：
【点睛】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；(2)从式子结构来选择．
14．（2021·四川·内江市教育科学研究所一模）如图，某小区有一块扇形OPQ空地，现打算在上选取一点C，按如图方式规划一块矩形ABCD土地用于建造文化景观．已知扇形OPQ的半径为6米，圆心角为60°，则矩形ABCD土地的面积（单位：平方米）的最大值是______．

【答案】
【分析】设，，求出，在中，求出，然后表示出矩形面积，然后利用两角和与差的正弦公式，二倍角公式，化函数为一个角的一个三角函数形式，最后由正弦函数性质得最大值．
【详解】，设，，则，
中，，由正弦定理，
，所以，


，
所以，即时，取得最大值．故答案为：．

15．（2021·上海·一模）已知函数，若对任意，，方程有解，方程也有解，则的值的集合为______.
【答案】
【分析】根据题意，不妨设，分类讨论当，，三种情况下，结合方程有解以及余弦函数的图象和性质，从而求出和的值，即可得出的值的集合.
【详解】解：由题可知，不妨设，
对于，对任意实数，，方程有解，
当时，方程可化为有解，所以恒成立，所以；
当时，同上；当时，方程可化为有解，所以，
综上得：；对于，对任意实数，，方程也有解，
当时，方程可化为有解，所以；
当时，同上；当时，方程可化为有解，
所以恒成立，所以，所以的值的集合为.故答案为：.
【点睛】本题考查函数与方程的综合问题，考查余弦函数的图象和性质，通过设，以及分类讨论与的大小情况，并将方程有解转化为恒成立问题是解题的关键，考查学生的分类讨论思想和逻辑分析能力.
16．（2022·浙江·模拟预测）已知在△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，与BC交于点D，M是AD的中点，延长BM交AC于点H，，，则___________，___________.
【答案】
【分析】（1）由，求出，在△ADC中，利用余弦定理即可求得；（2）在△ABC中，利用正弦定理，求出，利用平面向量基本定理和三点共线建立方程组，解出.
【详解】
在△ABC中，AD是的角平分线，所以.
因为，所以.因为，又，
解得.所以
△ADC中，设则，由余弦定理得：，即，即，所以.
在△ABC中，，.
因为AD是∠BAC的角平分线，所以
所以，
所以.由正弦定理得：,
所以.而，所以.
取为基底，则由H、M、B三点共线可得：①；、
由C、D、B三点共线可得：；
即，所以,所以.即②.
因M是AD的中点，所以,①式化为：，即③
设，则 ②③对照得：，解得，即.答案：；
【点睛】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：
(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；(2)从式子结构来选择．
四、解答题
17．（2021·黑龙江·高三期中）已知△ABC的内角A、B、C满足.
（1）求角A；（2）若△ABC的外接圆半径为1，求△ABC的面积S的最大值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）将，转化为，再由余弦定理求解；
（2）根据△ABC的外接圆半径为1，得到，再利用余弦定理结合基本不等式求得，再由求解.
（1）解：因为，所以，
即，所以，因为，所以；
（2）因为△ABC的外接圆半径为1，所以，
由余弦定理得，，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，故△ABC的面积S的最大值是.
18．（2021·广西玉林·高三期中）已知函数.（1）若，求f（x）的单调递增区间；（2）若f（x）在[0，m]上的最小值为2，求实数m的取值范围.
【答案】（1）（）（2）
【分析】（1）先化简得到，利用复合函数单调性“同增异减”列不等式求出f（x）的递增区间；.（2）利用单调性实数m的取值范围.
（1）.
令，（）解得，（）
∴f（x）的递增区间为（）.
（2），得.
∵f（x）在上的最小值为2，∴，解得.
19．（2021·上海普陀·一模）设函数，该函数图像上相邻两个最高点之间的距离为，且为偶函数.（1）求和的值；（2）在中，角的对边分别为，若，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由题可得，，即求；
（2）利用正弦定理可得，进而可得，再利用二倍角公式、和差角公式及辅助角公式可得，然后利用正弦函数的性质即求.
（1）∵函数图像上相邻两个最高点之间的距离为，∴，解得，
又为偶函数，∴，又，∴.
（2）∵，∴，
即，
又，∴，∴又，∴，
由（1）知，∴
，又，所以，
∴，∴的取值范围为.
20．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）在①､②两个条件中任取一个填入下面的横线上，并完成解答.①在上有且仅有4个零点；②在上有且仅有2个极大值点和2个极小值点.
设函数，且满足___________.（1）求ω的值；（2）将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，求在（0，2π）上的单调递减区间.
【答案】（1）（2），
【分析】（1）选①，根据题意得到，从而得到，即可得到；选②，根据题意得到，从而得到，即可得到；
（2）根据题意得到，再求解单调区间即可.
（1）选① 因为，所以，
若函数在上有且仅有4个零点，则，即，又，所以；
选②因为，所以，
若函数在上有且仅有2个极大值点和2个极小值点，
则，即，又，所以.
（2）因为，将函数的图象向右平移个单位得到函数，
单调递减区间为，，即，，
因为，所以单调递减区间有，.
21．（2021·四川泸州·模拟预测）如图，在平面四边形中，对角线平分的内角的对边分别为.已知.（1）求；（2）若，且________，求线段的长.从下面①②中任选一个，补充在上面的空格中进行求解.①的面积；②.注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）（2）4
【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦展开公式得，根据的范围可得答案；
（2）选①由面积和得，由余弦定理求得及，根据平分和余弦定理可得；
选②，由余弦定理可得，由正弦定理得到，再根据平分求得 ，由是直角三角形可得.
（1）因为，所以，
所以，所以，
因为，所以，所以，因为，所以.
（2）选①，因为的面积，所以，
即，，由余弦定理得 所以，
所以，
因为平分，所以，
所以，所以；
选②，因为，在中，由余弦定理：，
即，所以，
因为，所以，
因为平分，所以，
因为，，所以是直角三角形，且，所以.
22．（2021·上海金山·一模）落户上海的某休闲度假区预计于2022年开工建设.如图，拟在该度假园区入口处修建平面图呈直角三角形的迎宾区，，迎宾区的入口设置在点A处，出口在点B处，游客可从入口沿着观景通道A-C-B到达出口，其中米，米，也可以沿便捷通道A-P-B到达出口（P为△ABC内一点）.（1）若△PBC是以P为直角顶点的等腰直角三角形，某游客的步行速度为每分钟50米，则该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快几分钟？（结果精确到1分钟）（2）园区计划将△PBC区域修建成室外游乐场，若，该如何设计使室外游乐场的面积最大，请说明理由.

【答案】（1）3（2）当时，室外游乐场的面积最大.
【分析】（1）由三角形PBC为等腰直角三角形，利用勾股定理求出PC的长，在三角形PAC中，利用余弦定理求出的PA长即可，进而计算即可得出结果；
（2）在三角形PBC中由的度数表示出的度数，利用正弦定理表示出PB与PC，进而表示出三角形PBC面积利用正弦函数的值域确定出面积的最大值即可.
（1）由题设，米，米，在中，由余弦定理得
，于是 米.
游客可从入口沿着观景通道A-C-B到达出口，所需时间为分钟，
游客沿便捷通道A-P-B到达出口所需时间为分钟，
所以该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快分钟.
（2）,设则 ，
在中，.由正弦定理得 ，
得.
所以面积，
当时，面积的最大值为平方米.
【点睛】思路点睛：以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强解答这类问题，两角和与差的正余弦公式，诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.





B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·湖北·高三期中）已知，则的可能值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据两角差的正弦公式，结合两角和的余弦公式进行求解即可.
【详解】因为，所以，
所以当在第三象限时，有，
所以；
当当在第四象限时，有，
所以，故选：BD
2．（2020·江苏·一模）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先根据二倍角公式得到，从而得到，再利用诱导公式求解即可.
【详解】，
因为，所以，所以.
因为，所以.所以.故选：B
3．（2021·上海金山·一模）下列函数中，以为周期且在区间上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别计算出ABCD的周期，再判断是否在区间上单调递增即可．
【详解】A: ，周期为，在区间上单调递增，故A正确；
B: ,周期为，在区间上单调递减，排除；
C: ,周期为,在区间上不具有单调性，排除；
D: ,周期为,排除.故选：A.
4．（2021·山东聊城一中模拟预测）我国魏晋时期著名的数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“割圆术——割之弥细，所失弥少，割之又割，以至不可割，则与圆周合体而无所失矣”.也就是利用圆的内接多边形逐步逼近圆的方法来近似计算圆的面积.如图的半径为1，用圆的内接正六边形近似估计，则的面积近似为，若我们运用割圆术的思想进一步得到圆的内接正二十四边形，以此估计，的面积近似为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求得圆内接正二十四边形的面积，由此求得的面积的近似值.
【详解】，
圆内接正二十四边形的面积为.故选：C
5．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】，只需要研究的根的情况，借助于和的图像，根据交点情况，列不等式组，解出的取值范围.
【详解】令，则令，则
则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.作出和的图像，观察交点个数，

可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，
由题意列不等式的：解得：.故选：B
【点睛】研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令），转化为研究的图像和性质较为方便.
6．（2021·江苏·高三期中）关于函数y=sin（2x+φ）（）有如下四个命题：
甲：该函数在上单调递增；乙：该函数图象向右平移个单位长度得到一个奇函数；
丙：该函数图象的一条对称轴方程为；丁：该函数图像的一个对称中心为.
如果只有一个假命题，则该命题是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【分析】根据题意首先求出函数的增区间，平移后的解析式，对称轴和对称中心，进而分别讨论甲、乙、丙、丁为错误时其它命题的正误，进而得到答案.
【详解】令，则函数的增区间为…①；
函数图象向右平移个单位长度得到…②；
令…③；令…④.
若甲错误，则乙丙丁正确，由②，由函数的奇偶性性，令，由①，函数的增区间为，则甲正确，矛盾.令，由①，函数的增区间为，则甲错误，满足题意.由③，函数的对称轴方程为，时，，则丙正确.由④，函数的对称中心为，令，丁错误.不合题意；
若乙错误，则甲丙丁正确，易知函数增区间的的两个端点的中点为对称中心，由①，令，结合④，令，由函数的奇偶性，取k=0，，由③，，令，则丙错误.不合题意；
若丙错误，则甲乙丁正确，由②，由函数的奇偶性，令，由①，函数的增区间为，则甲错误，不合题意.令，由①，函数的增区间为，甲正确.取区间中点，则丁错误.不合题意；
若丁错误，则甲乙丙正确. 由②，由函数的奇偶性，令，由①，函数的增区间为，则甲错误，不合题意.令，，由①，函数的增区间为，甲正确.由③，.k=-2时，，则丙正确.由④，，令，④错误.满足题意.综上：该命题是丁.故选：D.
7．（2021·黑龙江·大庆中学高三期中）已知为常数，在某个相同的闭区间上，若为单调递增函数，为单调递减函数，则称此区间为函数的“”区间.若函数，则此函数的“”区间为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】求出函数的导函数，根据单调性转化为不等式组求解的问题.
【详解】对于函数，
对于函数，
则此函数的“”区间满足： ，即，
∴故选：C
8．（2021·全国·模拟预测）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．是周期为的偶函数B．函数的图象有无数条对称轴
C．函数的最大值为，最小值为，则
D．若，则函数在区间内有8个零点
【答案】D
【分析】根据偶函数的定义可知为偶函数，根据周期函数的定义可知当时，为周期函数，最小正周期为，化简函数在内的解析式，作出函数的图象，根据图象可得解.
【详解】
由，得为偶函数．
化简函数在内的解析式为，
当时，，，
所以当时，为周期函数，最小正周期为，
由函数为偶函数画出其图象如下．

由图易知函数不是周期函数，故A选项错误；
函数的图象有唯一一条对称轴轴，故B选项错误；
最大值，最小值，故，故C选项错误；
根据图象可知，若，则在区间内有8个零点，故选D．故选：D
【点睛】根据函数的性质作出函数的图象，根据图象求解是本题解题关键.

二、多选题
9．（2021·福建漳州·模拟预测）在中，，，分别是角，，的对边，其外接圆半径为，内切圆半径为，满足，的面积，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据三角形面积公式，结合正弦定理和圆的性质进行判断求解即可.
【详解】，A正确；
已知所以
即，D正确；若为锐角三角形，
所以 ，若为直角三角形或钝角三角形时可类似证明，B正确；，所以，C错．故选：ABD.

10．（2021·重庆一中模拟预测）如图所示为函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0，0<φ<π)图象的一部分，对任意的，且，若，有，则φ的值可能为（ ）

A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】由题意，从图看出，可知关于函数的对称轴是对称的.即x=时其中一条对称轴，且f()=2，，即可求解φ的值.
【详解】解：由题意，从图看出A=2，，
可知关于函数的对称轴是对称的.即x=是其中一条对称轴，且f()=2，
∴函数f()=2，可得：2sin[ω()+φ]=2，可得：ω()+φ=+2kπ，k∈Z，…①.
∵，∴函数，
可得：，或+2kπ，k∈Z，…②.
令k=0，由①②解得：φ=，或，∵0<φ<π，∴φ=或.故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题主要考查三角函数的图象和性质的运用，考查了数形结合思想的应用，属于中档题.关键在于运用正弦函数的对称性建立关于的关系.
11．（2021·湖北·石首市第一中学高三阶段练习）已知函数，则下述结论中错误的是（ ）
A．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则f（x）在[0，2π]有且仅有2个极小值点
B．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则f（x）在上单调递增
C．若f（x）在[0，2π]有且仅有4个零点，则ω的范围是
D．若f（x）图象关于对称，且在单调，则ω的最大值为11
【答案】BD
【分析】利用正弦函数的图象和性质对每一个选项逐一分析判断得解.
【详解】因为,因为 在有且仅有个零点，所以 ，所以.所以选项C正确；

此时，在有且仅有 个极小值点，故选项A正确；
因为，
因为，所以当时，所以 ，此时函数不是单调函数，所以选项B错误；
若的图象关于对称，则，.
，，，.
当时，，当时，，
此时，函数在区间上单调递减，故的最大值为9．故选项D错误.故选：BD
【点睛】求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
12．（2022·江苏·高三专题练习）在中，角、、的对边分别为、、，面积为，有以下四个命题中正确的是（ ）
A．的最大值为
B．当，时，不可能是直角三角形
C．当，，时，的周长为
D．当，，时，若为的内心，则的面积为
【答案】ACD
【解析】利用三角形面积公式，余弦定理基本不等式，以及三角换元，数形结合等即可判断选项A；
利用勾股定理的逆定理即可判断选项B；利用正弦定理和三角恒等变换公式即可判断选项C；
由已知条件得是直角三角形，从而可以求出其内切圆的半径，即可得的面积即可判断选项D.
【详解】对于选项A：（当且仅当时取等号）.令，，故，
因为，且，故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：

目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，
故可得，又，故可得，
当且仅当，，即三角形为等边三角形时，取得最大值，故选项A正确；
对于选项B：因为，所以由正弦定理得，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，故选项B错误；
对于选项C，由，可得，由得，
由正弦定理得，，即，
所以，化简得，
因为，所以化简得，因为，所以，所以，则，
所以，所以，，，因为，所以，，
所以的周长为，故选项C正确；
对于选项D，由C可知，为直角三角形，且，，，，，所以的内切圆半径为，所以的面积为
所以选项D正确，故选：ACD
【点睛】本题的关键点是正余弦定理以及面积公式，对于A利用面积公式和余弦定理，结合不等式得，再利用三角换元、数形结合即可得证，综合性较强，属于难题.
三、填空题
13．（2021·内蒙古·海拉尔第二中学高三期中）函数的部分图象如图所示，已知分别是最高点、最低点，且满足（为坐标原点），则__________．

【答案】
【分析】由已知部分函数图象可知，即可求，再由向量垂直的坐标表示求A，最后由求，即可写出的解析式.
【详解】由图象知：，即，则，可得，
∴，的横坐标为，即，
∵，∴，则，，得，∴，
由五点作图法知：，得，综上，函数的解析式为．
故答案为：

14．（2021·上海市七宝中学高三期中）已知中的内角、、的对边分别为、、，若，，且．则的面积是_______．
【答案】
【分析】利用正弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角，利用余弦定理分析可知为等边三角形，求出该三角形的边长，利用三角形的面积公式即可得解.
【详解】，则，
即，即，即，
，则，可得，则，，则，
由余弦定理可得，所以，，故，
所以，为等边三角形，则，故，
故.故答案为：.
15．（2021·河南·高三阶段练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，若为的面积，则当取得最小值时，的值为______.
【答案】
【分析】首先根据已知，利用正弦定理求出，进而求出，然后利用余弦定理，用、表示，结合三角形面积公式，再利用均值不等式求出最小值，并求出取得最小值时成立的条件即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，，
即，又因为，所以，故，则，
由余弦定理得，，则
，
又因为，当且仅当时，不等式取“”号，
，当且仅当时，取得最小值，
故，即，从而，此时.故答案为：.
16．（2021·浙江省诸暨市第二高级中学高三期中）在ABC中，，，则ABC的外接圆面积___________，ABC周长的最大值为___________.
【答案】
【分析】根据在ABC中，，，利用正弦定理解得外接圆的半径，求得外接圆的面积；然后由ABC周长为求解.
【详解】因为在ABC中，，，所以，解得，
所以ABC的外接圆面积是，所以，
所以ABC周长为，，
，，因为，所以，
当，即时，ABC周长求得最大值为.故答案为：，
四、解答题
17．（2021·浙江高考真题）设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在上的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【详解】（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，

，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
18．（2021·全国新高考1卷真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）由题设，应用余弦定理求、，又，可得，结合已知及余弦定理即可求.

【详解】（1）由题设，，由正弦定理知：，即，
∴，又，∴，得证.
（2）由题意知：，
∴，同理，
∵，
∴，整理得，又，
∴，整理得，解得或，
由余弦定理知：，
当时，不合题意；当时，；综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及得到的数量关系，结合已知条件及余弦定理求.
19．（2020·江苏苏州·高三阶段练习）在非直角三角形ABC中，角的对边分别为，
（1）若，求角B的最大值；（2）若，（i）证明：；
（可能运用的公式有）
（ii）是否存在函数，使得对于一切满足条件的m，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明之；若不存在，请给出一个理由.
【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）存在，，证明见解析.
【解析】(1)由余弦定理结合基本不等式可得，从而可求出角B的最大值.
(2)(i)由正弦定理边角互换可得，结合和差化积公式和诱导公式可得，结合两叫和、差的余弦公式和同角三角函数的基本关系可得所证式子.
(ii)结合已知条件和半角正切公式可得，通过整理变形可得，从而可求出.
【详解】解：（1）因为，所以由余弦定理可得：
（当且仅当时取等号），
又，，所以角B的最大值为.
（2）（i）由及正弦定理得，
所以，因为，
所以，
有，由两角和、差的余弦公式可得
整理得，故．
（ii）由及半角正切公式可得
，
，展开整理得，
即，即，
即，与原三角式作比较可知存在且．
【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了同角三角函数的基本关系，考查了诱导公式，属于难题.本题的难点在于变形整理.
20．（2021·上海·华师大二附中高三阶段练习）随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼，“日行一万步，健康一辈子”.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线.如图，为某市的一条健康步道，，为线段，是以为直径的半圆，，，.（1）求的长度；（2）为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新增健康步道（，在两侧），，为线段.若，到健康步道的最短距离为，求到直线距离的取值范围.

【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用余弦定理求出半径，利用圆的周长公式可得结果；
（2）先求出点的大致轨迹，再结合正弦定理、圆的几何性质求最点到直线距离的最值即可求解．
【详解】（1）在 中，由余弦定理可得，，．
（2） 的轨迹为 外接圆的一部分，设 外接圆的半径为，
由正弦定理，且满足，由（1）得：，所以为直角，
过作于，设所求距离为，
①当通过圆心时， 达到最大，由几何关系得，四边形为矩形，
所以，此时满足，
②当无限接近时，此时，综上：所求 到直线 距离 的取值范围为．

【点睛】本题考查利用正、余弦定理解三角形，动点到定直线距离的最值问题，同时对学生推理分析，数形结合，运算求解的能力有一定的要求，属于中档题．
21．（2021·辽宁实验中学高三期中）如图：某公园改建一个三角形池塘，，百米，百米，现准备养一批观赏鱼供游客观赏.

(1)若在内部取一点，建造连廊供游客观赏，如图①，使得点是等腰三角形的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；
(2)若分别在，，上取点，，，并连建造连廊，使得变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏，如图②，使得为正三角形，或者如图③，使得平行，且垂直，则两种方案的的最小面积分别设为，，则和哪一个更小？
【答案】(1)百米(2)答案见解析.
【分析】（1）先由中的余弦定理求出，再由中的余弦定理求出即可求得连廊的长；（2）分别表示出方案②和方案③的面积，利用三角函数求最值以及二次函数求最值即可.
(1)解：点是等腰三角形的顶点，且，
且由余弦定理可得：解得：
又在中，，
在中，由余弦定理得解得，
连廊的长为百米.
(2)解：设图②中的正三角形的边长为，，（）则，，
设，可得

在中，由正弦定理得：，即
即化简得：
（其中，为锐角，且）
图③中，设，
平行，且垂直，，
，
，
当时，取得最大值，无最小值，即
即方案②面积的最小值大于方案③面积的最大值
方案③面积的最小值不存在，但是方案③的面积均小于方案②.
【点睛】在实际应用中求面积最值，我们一般将面积表示为函数形式，转化为求函数的最值，然后利用三角函数求最值、二次函数求最值、基本不等式求最值以及导数求最值.
22．（2019·全国高考真题（理））的内角的对边分别为，已知．
（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1) ;(2).
【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.
【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．
，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.
(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，
故，解得.
又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.
又因,故，
故.故的取值范围是
【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.