2023届高三全国各地试题精选06 三角函数与解三角形

这是一份2023届高三全国各地试题精选06 三角函数与解三角形，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2023届高三全国各地试题精选
06 三角函数与解三角形

一、单选题
1．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数的所有极值点为，且函数在内恰有2023个零点，则满足条件的有序实数对（    ）
A．只有2对 B．只有3对
C．只有4对 D．有无数对
2．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）已知函数，在区间上，若为增函数，为减函数，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
3．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）若三角形三边长分别为a，b，c，则三角形的面积为，其中，这个公式被称为海伦—秦九韶公式.已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，a＝6，则面积的最大值为（    ）
A．8 B．12 C．16 D．20
4．（2023·海南·统考模拟预测）函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则（    ）

A． B． C． D．1
5．（2023·四川雅安·统考三模）已知，则（    ）
A． B． C． D．
6．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）已知曲线，则下面结论正确的是（    ）
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
7．（2023·河南·河南省实验中学校考模拟预测）已知函数，则下面结论错误的是（    ）
A．当时，的取值范围是
B．在上单调递减
C．的图像关于直线对称
D．的图像可由函数的图像向右平移个单位得到
8．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）的内角，，的对边分别为，，，且，，则下面四个选项中错误的是（    ）
A． B．
C． D．周长的最大值为3
9．（2023·四川·校联考模拟预测）已知角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，若其终边经过点，则（    ）
A． B． C． D．
10．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，，，则的最大值为（    ）
A． B． C．4 D．

二、多选题
11．（2023·黑龙江齐齐哈尔·齐齐哈尔市实验中学校考三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则（    ）
A．
B．若，则
C．若，，则
D．若，则的面积的最小值为
12．（2023·河北·统考模拟预测）下列结论错误的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
13．（2023·江苏无锡·校联考三模）已知函数的部分图象如图所示，则（    ）
  
A．
B．在区间上单调递增
C．在区间上有且仅有2个极小值点
D．在区间上有且仅有2个极大值点
14．（2023·山西运城·统考三模）已知函数，满足，，且在上单调，则的取值可能为（    ）
A．1 B．3 C．5 D．7
15．（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知函数是的两个极值点，且，下列说法正确的是（    ）
A．
B．在上的单调递增区间为
C．在上存在两个不相等的根
D．若在上恒成立，则实数的取值范围是
16．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）若函数，则（    ）
A．的最小正周期为π
B．的图像关于直线对称
C．的最小值为-1
D．的单调递减区间为
17．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）已知函数的图象向左平移）个单位长度后对应的函数为，若在上单调，则的可取（    ）
A． B． C． D．
18．（2023·河北·校联考一模）已知函数的最小正周期为，若，则（    ）
A．关于直线对称 B．关于点对称
C．的最大值为 D．的最小值为
19．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（    ）
A．函数的最小正周期是
B．函数的最大值为1，最小值为
C．函数的图像在区间上单调递减
D．函数的图像关于对称
20．（2023·山东潍坊·三模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，则（    ）
A．的最小正周期为 B．在上单调递增
C．函数的最大值为 D．方程在上有5个实数根

三、填空题
21．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）已知a，b都是锐角，，则=___________.
22．（2023·河南·河南省实验中学校考模拟预测）在锐角中，，，若在上的投影长等于的外接圆半径R，则R=______.
23．（2023·四川攀枝花·统考三模）如图，四边形中，与相交于点O，平分，，，则的值_______.

24．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知，当（其中）时，有且只有一个解，则的取值范围是____________.
25．（2023·四川·校联考模拟预测）在中，角的对边分别为，若，且，，则的面积为___________.
26．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）已知函数，若，为的两个零点，则当取得最小值时，________．
27．（2023·全国·模拟预测）已知函数的图象与x轴的两个相邻交点分别为A，B，点．若的面积为，且直线OC的斜率为（O为坐标原点），，则的最小值为______．
28．（2023·山东淄博·统考三模）已知函数的零点是以为公差的等差数列.若在区间上单调递增，则m的最大值为______.
29．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数，，且的最小值是．若关于x的方程在上有2023个零点，则的最小值是______
30．（2023·广西·校联考模拟预测）关于函数有如下四个命题：
①的一个周期是π；
②的对称中心是；
③在上的最小值是；
④在内的所有零点之和为．
其中所有真命题的序号是______．

参考答案：
1．B
【分析】根据题意求得由函数，把函数的零点个数转化为方程实根的个数，结合方程在内实根的个数，分类讨论，即可求解.
【解析】由函数，
因为函数图象的对称轴方程为，
当时，可得，当时，可得，
即两个相邻的极值点间的距离为，即，则，可得，
因为的图象关于直线对称，所以，
即，解得，
则，
所以函数的零点个数等价于方程实根的个数，
先研究方程在内实根的个数，
当时，方程在内实根的个数为1；
当时，方程在内实根的个数为2；
当时，方程在内实根的个数为3，其中在内实根的个数为2，
因为是周期为的函数，所以当时，在，
内方程实根的个数均为2，
因为在内恰有2023个零点，且2023为奇数，
所以，不合题意.
当时，；当时，，
故满足条件的有序实数对只有3对.
故选：B.
2．A
【分析】利用辅助角公式化简两函数，再利用整体代换法结合三角函数的性质求范围即可.
【解析】由题意得.
令，由，得.
因为在区间上，为增函数，为减函数，所以，
解得，所以.
故选：A
3．B
【分析】根据海伦-秦九韶公式化简得，再利用基本不等式求最值.
【解析】在中，因为，所以，又a＝6，所以，
可得，且，
故的面积，
当且仅当，即时取等号，
故面积的最大值为12.
故选：B
4．D
【分析】先根据函数的图象求出函数的解析式，然后再根据平移得到，最后求出的值.
【解析】由图象可知，，得，所以，
所以，，
又因为在函数的图象上，
所以，
所以，，即，，
又，所以，即.
又在函数的图象上，
所以，即，
即.
所以，
所以.
故选：D.
5．A
【分析】根据角的变换及诱导公式将转化，再利用二倍角的余弦公式即可求得答案.
【解析】因为，
故，
故选：A
6．C
【分析】结合选项按照先伸缩，再平移的过程，结合诱导公式，即可判断选项.
【解析】曲线，
把上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可得的图象；
再把得到的曲线向左平移个单位长度，可以得到曲线的图象.
故选：C.
7．D
【分析】先应用辅助角公式化简，再分别根据值域判断A选项，根据单调性判断B选项，根据对称轴判断C选项，根据平移判断D选项.

【解析】,
当,,,的取值范围是,A正确;
当,,单调递减,B选项正确;
当时, ,的图像关于直线对称,C选项正确;
由函数的图像向右平移个单位得到,D选项错误.
故选:D
8．C
【分析】依题意可得，利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式求出，即可求出，从而判断A，再利用余弦定理及基本不等式判断B，利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换公式判断C、D.
【解析】由于，所以，
由正弦定理可得，
由于，所以，由于是三角形内角，则，故A正确；
由余弦定理知，即，由于，
所以，当且仅当时等号成立，故B正确；
又由正弦定理知，
所以

，
当且仅当时等号成立，故周长的最大值为3，故D正确；
由得，，
所以

，故C错误.
故选：C.
9．B
【分析】根据切弦互化和齐次化以及同角的三角函数基本关系式即可求解.
【解析】由题意知，
则原式.
故选：B.
10．C
【分析】已知，由两角和的正弦公式和诱导公式解得，由正弦定理得，利用两角和的正弦公式和辅助角公式化简，由正弦函数的单调性求最大值.
【解析】）∵，
∴，
∵，所以，
∴，由，∴．
，∴由正弦定理 ，
可得：，
将，代入化简可得：

，
由，∴当时，即时，的最大值为4．
故选：C．
11．BC
【分析】对于A选项，根据，由正弦定理求得判断；对于B选项，结合A选项，利用正弦定理求解判断；对于C选项，结合A选项，利用余弦定理求解判断；对于D选项，利用余弦定理结合基本不等式求解判断.
【解析】对于A选项，由正弦定理有，有，有，可得，故A选项错误；
对于B选项，由正弦定理有，有，故B选项正确；
对于C选项，由余弦定理有，有，代入，可得，故C选项正确；
对于D选项，由余弦定理有（当且仅当时取等号），有，故D选项错误．
故选：BC．
12．ABD
【分析】根据不等式的性质即可判断AC；利用反例即可判断B；根据对数函数的单调性解不等式即可判断D.
【解析】对于A，若，则，满足，
故由，不一定能得到，故A错误；
对于B，若，，则满足，但，故B错误；
对于C，若，由不等式可得，故C正确；
对于D，若，则，解得，故D错误.
故选：ABD.
13．AC
【分析】根据正弦型函数的图像的单调性和图像特点即可求解.
【解析】因为，
所以
，
且
所以，
  
所以结合数轴知，
，
故选项A正确；
在时，
又因为，区间的左端点是，区间的右端点位于，
令，
所以的图像如下图所示，
  
因此在区间上不一定递增，故选项B错误；
在时，,
又因为，区间的左端点是，区间的右端点位于，      
令，
所以的图像如下图所示，
  
所以在即在上有且仅有2个极小值点，故选项C正确；
    
所以在即在上有2或3个极大值点，故选项D错误.
故选：AC.
14．AB
【分析】由，知函数的图象关于直线对称，结合可知是函数的零点，进而得到，，由在上单调，可得，进而，分类讨论验证单调性即可判断.
【解析】由，知函数的图象关于直线对称，
又，即是函数的零点，
则，，
即，.
由在上单调，
则，即，
所以.
当时，由，，得，，
又，所以，此时当时，，
所以在上单调递增，故符合题意；
当时，由，，得，，
又，所以，此时当时，，
所以在上单调递增，故符合题意；
当时，由，，得，，
又，所以，此时当时，，
所以在上不单调，故不符合题意.
综上所述，或3.
故选：AB.
15．ACD
【分析】利用三角变换公式可得，根据结合周期公式可求，故可判断A的正误，利用代入检验法可判断B的正误，讨论的单调性后可判断C的正误，求出在上的值域后可求实数的取值范围.
【解析】，
由是的两个极值点，且得的最小正周期，
所以，解得，故选项A正确；
对于选项B：因为，所以，
当时，，
而在单调递增，在上为减函数，在上增函数，
令，故；，故；
故在上的增区间为，，故B错误.
对于选项C：
当时，，令，故，
而在上为减函数，在上为增函数，
故在上单调递减，在上单调递增，
且，
故在上存在两个不相等的根，故选项C正确；
对于选项D：因为，所以，
故，所以，
因为在上恒成立，即在上恒成立，
所以，解得：，故选项D正确.
故选：ACD.
16．BCD
【分析】先求出的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出的最小正周期；对于B：由，即可判断；对于C：设，得到利用导数求出，即可判断；对于D：利用复合函数单调性法则直接判断.
【解析】由得的定义域为.
对于A：当时，不在定义域内，故不成立，易知的最小正周期为，故选项错误；
对于B：又，所以的图像关于直线对称，所以选项正确；
对于C：因为，设，所以函数转化为，
由得，.得.所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项正确；
对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，解得，
因为在上单调递增，所以的单调递减区间为，
同理函数的递增区间为，所以选项D正确.
故选：BCD.
17．CD
【分析】利用辅助角公式化简函数并求出，再借助函数的单调区间列式求解作答.
【解析】依题意，，于是，
当时，，
当在上单调递增时，，
即，解得，不存在整数使得取得ABCD选项中的值；
当在上单调递减时，，
即，解得，
当时，，CD符合，不存在整数使得取得AB选项中的值.
故选：CD
18．AD
【分析】根据辅助角公式化简，利用周期的公式求解，进而根据可判断为的对称轴，即可判断AB,利用对称中心可求解DC.
【解析】由的最小正周期为可得，即，故，
由可得，分别为的最大值和最小值，故关于直线对称，不关于点对称，故A正确，B错误；
由可得，故的对称中心，则，当时，取得最小值，没有最大值，故C错误，D正确.
故选：AD
19．AD
【分析】首先根据降幂公式化简，根据周期函数的定义即可判断A；设，求出的值域，即可判断B；由得出，根据复合函数的单调性，即可判断C；根据对称轴的定义，即可判断D．
【解析】，
对于A：设的周期为，
则,
所以，其中，解得，
所以最小值为，故A正确；
对于B：设，
则，
所以函数的最大值为1，最小值为，故B错误；
对于C：由B得当时，，且在上单调递减，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
对于D：由

，
，
所以，
所以关于直线对称，故D正确，
故选：AD．
20．ACD
【分析】根据函数平移规则得出解析式，根据单调区间代入特殊点即可求出，即可得出和解析式，根据三角函数性质即可选出答案.
【解析】函数的图象向右平移个单位长度后得到，
所以的最小正周期为，则是的半个最小正周期，
又是的一个单调递增区间，所以，
即，，解得，，
因为，所以，故，
的最小正周期，故A正确；
令，，解得，，
即的递增区间为，，
所以在上单调递增，故B错误；
，
所以
，
所以函数的最大值为，故C正确；
当时，令，
则、、、、，
即方程在上有5个实数根，故D正确.
故选：ACD.
21．2
【分析】法一：利用两角和与差的三角函数公式求解；法二：利用特殊值法求解.
【解析】法1：.
，
.
法2：由，令，
则，
则，
故答案为：2
22．2
【分析】根据正弦定理和投影长求出，结合得到，利用正弦定理求出答案.
【解析】由题意得，，，
即，即，
因为，所以，
故，故.
故答案为：2
23．/
【分析】由余弦定理求出，再由正弦定理求出，即得解；
【解析】在中，，
由余弦定理得

，
所以.
由正弦定理得，
.即.
又因为平分，所以.
故答案为：
24．
【分析】利用二倍角以及辅助角公式化简可得，则有且只有一个解，即转化为有且只有一个解，根据x的范围，结合正弦函数的性质即可求得答案.
【解析】由于，
所以有且只有一个解，即有且只有一个解，
因为，所以，
由题意知，解得，
即的取值范围是为，
故答案为：
25．/
【分析】先由条件求出角，再由余弦定理求出，然后由三角形面积公式即可求解.
【解析】因为，所以，
所以，解得，因为，所以.
在中，，，，
所以由余弦定理得，
所以，所以△ABC的面积为.
故答案为：
26．
【分析】利用两个零点可求得最小正周期，从而得到，代入可构造方程求得的值，由此可得.
【解析】，为的两个零点，，
，解得：，，此时，
，，解得：，
，.
故答案为：.
27．
【分析】利用辅助角公式得到，根据面积，和OC的斜率，即可得出，再由，根据，即可得出答案.
【解析】，
由题意可得．
的面积为，
，故．
又直线OC的斜率为，
，且，故，
则由，可得，
故或，
得或．
又，故的最小值为．
故答案为：
28．
【分析】先化简函数，利用零点求出，根据单调递增求出的值.
【解析】因为，所以，
因为的零点是以为公差的等差数列，所以周期为，即，解得；
当时，，
因为在区间上单调递增，所以，解得.
所以m的最大值为.
故答案为：.
29．
【分析】先由条件可求得解析式，再求得的零点，结合正弦函数的图象及性质可得结果.
【解析】由题意化简可得，则，即，
解得．
由，得，则或，
解得或，

结合图象可知：的相邻两个零点之间的距离是或．
要使最小，则m，n都是的解，则．
故答案为：
30．②④
【分析】根据函数的周期性和对称性公式以及导数确定单调性结合特殊点函数值即可求解.
【解析】对①，，故①错误；
对②，因为，
所以关于点对称，故②正确；
对③，，
令，
则，
当，；，，
所以在上的最小值是；
又，
而，
所以，故③错误；
对④，得或，
因为，
所以当时，解得，
当时，
因为在上函数的对称轴为，
所以它的两零点之和为，
故在内的所有零点之和为，故④正确．
故答案为：②④.