03三角函数与解三角形-福建省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新

这是一份03三角函数与解三角形-福建省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新，共36页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2022上·福建宁德·高三校考期末）函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2022上·福建福州·高三统考期末）已知函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．（2022上·福建三明·高三统考期末）函数的大致图像是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2019上·福建莆田·高三校考期末）在中，内角，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2019上·福建莆田·高三校考期末）函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．D．
6．（2021上·福建三明·高三统考期末）已知在区间是单调函数，若，且.将曲线向右平移1个单位长度，得到曲线，则函数在区间上的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．（2019上·福建三明·高三统考期末）函数图象的一条对称轴方程是（ ）
A．B．C．D．
8．（2020上·福建莆田·高三校联考期末）关于函数有下述四个结论：①是周期函数；②的最小值为；③的图象关于轴对称；④在区间单调递增.其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．②④
二、多选题
9．（2022上·福建宁德·高三校考期末）若函数的图象与直线的相邻交点的距离为，则以下说法错误的是（ ）
A．B．点是图象的一个对称中心
C．的图象关于直线对称D．在区间上单调递增
10．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知函数（，），，，在区间上单调，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最小正周期可以为
C．的图象的对称中心坐标为（）
D．的最小值为
11．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．（2021上·福建三明·高三统考期末）设其中表示不超过的最大整数.如，.以下结论正确的是（ ）
A．是偶函数B．是周期函数
C．的最小值是D．的最大值是
三、填空题
13．（2022上·福建宁德·高三校考期末）在平面四边形中，，，是以为斜边的直角三角形，将沿折起，使得点到达点的位置，若平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为 .
14．（2022上·福建福州·高三统考期末）抛物线的焦点为F，点A是E的准线与坐标轴的交点，点P在E上，若，则 .
15．（2022上·福建福州·高三统考期末）在正三棱柱中，，F是线段上的动点，则的最小值为 .
16．（2019上·福建莆田·高三校考期末）已知，，则等于 .
17．（2019上·福建三明·高三统考期末）已知直线过原点且倾斜角为，其中，若在上，且满足条件，则的值等于 .
18．（2020上·福建三明·高三统考期末）已知，，则 .
19．（2020上·福建龙岩·高三统考期末）已知双曲线：的左焦点为，过原点的直线与双曲线相交于、两点.若，，，则双曲线的实轴长 .
四、问答题
20．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角C；
(2)如图，若，存在点D满足，求的最小值．
21．（2022上·福建宁德·高三校考期末）在中，角，，的对边分别为，，，且，.
(1)求；
(2)求.
22．（2022上·福建福州·高三统考期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)试判断的形状，并说明理由；
(2)设点D在边AC上（不与A,C重合），若，，求的值.
23．（2022上·福建三明·高三统考期末）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，求△ABC的面积．
24．（2019上·福建莆田·高三校考期末）在锐角中，分别为角所对的边，且.
（Ⅰ）确定角的大小；
（Ⅱ）若＝，当时，求的面积.
25．（2019上·福建莆田·高三校考期末）已知函数.
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）求函数的最大值.
26．（2021上·福建三明·高三统考期末）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题.
问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若_________，且，求B的大小.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
27．（2020上·福建厦门·高三统考期末）在中内角所对的边分别为.已知，面积.
（1）求的值；
（2）若点在上（不含端点），求的最小值.
28．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）在中，内角的对边分别为外接圆的半径为，且.
（1）若的面积为，求的值；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
29．（2020上·福建龙岩·高三统考期末）已知函数的最小值为-2.
（1）求实数的值；
（2）在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求的长.
30．（2020上·福建三明·高三统考期末）已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
31．（2020·福建漳州·高三统考期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.
（1）当时，求的值；
（2）若D为AC的中点，且，求的周长.
五、双空题（新）
32．（2020上·福建厦门·高三统考期末）的内角的对边分别为，角的平分线交于点．，，则 ，的面积为 ．
参考答案：
1．A
【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.
【详解】由题可得的定义域为，
且，所以为偶函数，B错误；
又因为恒成立，在时，
，在时，D错误，
且当时，，，所以结合图形可知A正确，B错误，
故选:A.
2．D
【分析】利用图象求得函数的解析式为，然后解不等式，，即可求得函数的单调递增区间.
【详解】由图象可知，函数的最小正周期满足，
，，，
，得，，
，所以，，
由，，得，，
因此，函数的单调递增区间为，，
故选：D.
3．A
【分析】由诱导公式及奇偶性定义判断的奇偶性，结合上的符号，应用排除法确定答案即可.
【详解】由题设，，则，
所以为奇函数，排除B、D；
又在上，排除C.
故选：A
4．A
【分析】由余弦定理直接构造方程求得结果.
【详解】由余弦定理得：，
解得：.
故选：A.
5．B
【分析】直接套公式求出最小正周期.
【详解】因为，
所以的最小正周期.
故选：B.
6．C
【分析】由最大值得对称轴，由单调性得减函数，由已知求得函数的一个零点，得周期，从而可得，再由最大值求得，求得函数解析式，结合三角函数图象变换可得的解析式，新函数的零点个数转化为两个函数图象交点个数，作出函数图象可得结论．
【详解】因为在区间是单调函数，若，
所以是图象的对称轴，是最大值，因此在上递减，
从而在上递增，，
又，所以，
，，，，
所以，
所以，
，是偶函数，
在区间上的零点个数即为的图象与的图象交点个数．
作出和的图象，由图象可知它们有5个交点．
故选：C．
【点睛】思路点睛：本题考查求函数零点个数，解题时根据三角函数性质求得函数解析式，而所求零点个数问题的关键是转化为函数图象交点个数，作出函数图象可得结论．
7．C
【解析】由正弦函数的性质，应用整体代入法其对称轴为， 可求对称轴方程，结合选项讨论k值即可知正确选项.
【详解】由，，
∴，当k＝0时，，
故函数图象的一条对称轴方程是，
故选：C.
8．B
【解析】①代入周期公式，判断周期；②去绝对值得到分段函数判断最小值；③利用定义判断函数的奇偶性；④去绝对值，化简函数，再判断函数的单调性.
【详解】①
，
是周期为的周期函数，故①正确；
②的周期是，所以分析时函数的值域，
当时， ，
，
，
的值域是，
当时，，
，
，
的值域是，
综上可知函数的值域是，最小值是-1，故②不正确；
③
是偶函数，关于轴对称，故③正确；
④由②知，当时， ，
，而在上单调递减，故④不正确.
综上可知，正确编号是①③.
故选：B
【点睛】本题考查含绝对值的三角函数性质的判断，意在考查转化与化归的思想，推理能力，和计算能力，属于中档题型，本题的关键是根据函数的周期，正确去掉绝对值，然后再分析函数的性质.
9．ACD
【分析】求出函数的最小正周期，可求出的值，可判断A选项；利用正切型函数的对称性可判断BC选项；利用正切型函数的单调性可判断D选项.
【详解】因为函数的图象与直线的相邻交点的距离为，
所以，函数的最小正周期为，则，A错；
对于B选项，，由可得，
当时，，故点是图象的一个对称中心，B对；
对于C选项，函数的图象无对称轴，C错；
对于D选项，当时，则，故函数在区间上不单调，D错.
故选：ACD.
10．CD
【分析】对于AB，由在区间上单调，可得，可求出的范围，从而可判断AB，对于CD，由，可得，由，可得，可求出，从而可判断CD.
【详解】因为在区间上单调，所以，得，所以A错误，
因为，所以，所以的最小正周期大于等于，所以B错误，
由，得，由，得，
所以解得，，
因为，所以的最小值为，所以D正确，
由于，，
所以，得，所以，
所以，
由，得，
所以的图象的对称中心坐标为（），所以C正确，
故选：CD
11．ACD
【分析】根据二倍角公式，诱导公式，同角三角函数关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：对于A选项，，故A正确；
对于B选项，由得，为第二或第四象限角，
所以，解得（为第四象限角）或（为第二象限角），故B错误；
对于C选项，由于，整理得，解得，故C正确；
对于D选项，，故D正确；
故选：ACD
12．BC
【分析】由解析式判断的关系，利用三角函数的性质可得，根据函数的性质写出的分段函数形式，即可知最值，进而判断各选项的正误.
【详解】A：，错误；
B：，正确；
C、D：，，知：最小值为，最大值为，即C正确，D错误；
故选：BC.
13．/
【分析】根据题意结合球的性质分析可得三棱锥的外接球的球心即的外接圆圆心，再利用正弦定理求其半径，即可得结果.
【详解】如图，取的中点，连接，
∵，则，
而平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
又∵是以为斜边的直角三角形，则为的外接圆圆心，即，
∴三棱锥的外接球的球心在直线上，
由题意可知：的外接圆圆心在直线上，则连接，
∴三棱锥的外接球的球心即为，
在中，由题意可得，则，
∴三棱锥的外接球的半径，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：球的性质：
①球的任何截面均为圆面；
②球心和截面圆心的连线垂直于该截面.
14．
【分析】由已知，过作准线的垂线，垂足为，由可得，求出的值，有抛物线的性质可得，在中利用正弦定理即可求解.
【详解】
由题意，可作出图象，如图所示，过作准线的垂线，垂足为，
由，可得，在中，，
由抛物线性质可得，，所以，
在中，有正弦定理可得：，
所以，
故答案为：.
15．/
【分析】根据给定条件，把正三棱柱的上底面与侧面矩形放在同一平面内，再求两点间距离作答.
【详解】依题意，把正三棱柱的上底面与侧面矩形放在同一平面内，连接，交于点F，如图，
此时点F可使取最小值，大小为，而，
，
所以的最小值为.
故答案为：
16．
【分析】根据同角三角函数可求得，根据，利用两角和差正弦公式可求得结果.
【详解】，，，；
.
故答案为：.
17．
【分析】求出的值后可得，再利用同角的三角基本关系式可求的值.
【详解】因为，故，
所以或，所以或.
因为，故，所以，
所以，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线的倾斜角和同角的三角函数的基本关系式，注意根据角的范围对所求的三角函数值进行取舍，本题属于基础题.
18．
【解析】由同角三角函数关系可求得；由两角和差正弦公式可求得结果.
【详解】 ，
由得：，
故答案为：
【点睛】本题考查利用两角和差正弦公式求解三角函数值的问题，关键是能够利用同角三角函数的商数和平方关系求得所需角的正余弦值.
19．
【解析】在中，由余弦定理可得，即可得到
，设为双曲线的右焦点，连接，根据对称性可得四边形是矩形，再利用双曲线的定义即可求解.
【详解】在中，，，，
由余弦定理可得，

从而可得，解得，
所以为直角三角形，
设为双曲线的右焦点，连接，根据对称性可得四边形是矩形，
所以，所以.
故答案为：
【点睛】本题考查了余弦定理解三角形、双曲线的定义以及焦点四边形，属于基础题.
20．(1)
(2)
【分析】(1)利用三角恒等变换公式化简求值；
(2) 中，由正弦定理得，，
结合可表示出，进而可讨论求解.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
所以,
所以,
所以或，
得（舍）或，
所以.
（2）设
在直角中，，
在中，由正弦定理，
且，
所以，
，
因为，所以，
即,所以，
因为，所以，
当即时，有最大值为1，
此时最大，则最小为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）将条件变形并用正弦定理角化边，然后代入中，可将都用表示，再利用余弦定理求即可；
（2）利用（1）将转化为关于的等式，再结合计算即可.
【详解】（1）由得，
在中，由正弦定理得，
，，
，
，又，
；
（2）由（1），
，即，
，
，又，则为锐角，
．
22．(1)为等腰三角形或直角三角形；
(2).
【分析】（1）将已知条件利用正弦定理边化角，然后再利用三角恒等变换化简变形即可判断三角形的形状；
（2）由已知条件结合正弦定理可得，从而根据（1）中结论分两种情况分别求解即可得答案.
【详解】（1）解：由已知条件，利用正弦定理可得，
即，
所以，
由于、B、，
所以或，
所以或B=C，
所以为等腰三角形或直角三角形；
（2）解：在中，由正弦定理得，即，
同理在中，有，
所以，
又，所以，即，
所以，
由（1）可知或，
若，则， 所以,
因为，，所以，
又，所以，所以，即BD平分，
所以，即，所以，解得或（舍去），
所以；
若，则为直角三角形，BD为斜边，则，与题设矛盾，故舍去；
综上，的值为.
23．
【分析】由正弦定理的边角互化得出，再由余弦定理得出，，最后由公式得出面积.
【详解】解：因为），由正弦定理得：，即
即，又因为A为内角，，所以
因为，所以．
根据余弦定理及，，，得，即，即，．
所以△ABC的面积
24．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）由，利用正弦定理得到求解；
（Ⅱ）根据＝，，利用余弦定理求得a，b，然后利用三角形面积公式求解.
【详解】（Ⅰ）因为，
所以，即，
因为，
所以，，
因为，
所以.
（Ⅱ）因为＝，，
所以，
解得，
所以的面积.
【点睛】方法点睛：三角形面积问题的求解方法：(1)灵活运用正、余弦定理实现边角转化；(2)合理运用三角函数公式，如同角三角函数的基本关系、两角和与差的正弦、余弦公式、二倍角公式等．
25．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）将代入解析式即可求得结果；
（Ⅱ）利用二倍角和辅助角公式化简，由正弦型函数最值可得结果.
【详解】（Ⅰ）；
（Ⅱ），
.
26．答案见解析
【分析】选择①由正弦定理化边为角，利用三角函数恒等变换求得角；
选择②由诱导公式变形化由正弦定理化角为边，由余弦定理求得角；
选择③由正弦定理化边角后，利用三角函数恒等变换求得角．
然后结合余弦定理求得三边之间的关系，再由余弦定理求得角．
【详解】选择①
在中，根据正弦定理，，即.
所以由，得，
因为，则，
所以.
则，即.
又因为，即.
所以，则.
选择②
在中，因为，则，
所以.
所以由，
得.
根据正弦定理，，
所以，
即.
根据余弦定理，，
又因为，所以.
选择③
由，得，
即，
在中，根据正弦定理，，
所以，
因为，，，
所以，即.
所以.
不妨设，由，得.
由，得
解得.
所以.
因为，所以，所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形，解题关键是利用正弦定理进行边角转化，然后选取适当的公式求得三角形的一个内角，然后再求得边的关系，从而由余弦定理求出其他角．本题中没有出现一个边长，因此不可求三角形的边长．
27．（1）；（2）
【解析】（1）由三角形面积公式得出，再由正弦定理即可得出的值；
（2）先由余弦定理得出，再结合正弦定理以及二次函数的性质得出的最小值.
【详解】（1）由三角形面积公式得，则
，
由正弦定理得，
（2）由余弦定理得，解得（舍）或
设，则，，由余弦定理得
由正弦定理得
当时，的最小值为
【点睛】本题主要考查了利用正余弦定理解三角形，属于中档题.
28．（1） （2）
【分析】（1）由正弦定理求得角C，再利用的面积为，求得，再利用余弦定理，求出a,b；
（2）利用正弦定理，转化，利用为锐角三角形，求出A的范围，进而得到取值范围.
【详解】（1）由外接圆的半径为，由正弦定理得
若的面积为，
当，由余弦定理得：
当，由余弦定理得：，
，不合题意.
（2）若为锐角三角形，则，又
因为为锐角三角形，故
因此当，
故：的取值范围为
【点睛】本题考查了解三角形综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
29．（1）（2）
【解析】（1）利用二倍角的余弦公式以及辅助角公式函数化简为，利用三角函数的最值即可求解.
（2）由得，求出角，再根据，从而可得，解得，利用正弦定理即可求解.
【详解】解：（1）
.
∵的最小值为-2，∴，解得.
（2）由得，∵，∴，
∴，解得，
∵，，∴.
∴.
由正弦定理，得，得，即.
【点睛】本题考查了简单的三角恒等变换、三角函数的最值以及正弦定理解三角形，考查了三角函数的基本知识以及应用能力，属于基础题.
30．（1）（2）
【解析】（1）利用正弦定理边化角化简已知等式可求得，根据的范围可得结果；
（2）利用三角形面积公式构造方程求得，根据余弦定理化简可求得，进而求得结果.
【详解】（1） 由正弦定理得：
，即
又
（2）
由余弦定理得：
，即
的周长
【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角、余弦定理和三角形面积公式的应用，属于常考题型.
31．（1），（2）
【解析】（1）利用三角恒等变换将化简为，再由正弦定理将角化边，最后利用余弦定理即可求出的值.
（2）设，则，在和中，分别利用余弦定理求出边，即可求出三角形的周长.
【详解】解：（1）由可得，
，
，
，
由正弦定理可得.
.
则由余弦定理可得.
（2）设，则.
在和中，利用余弦定理可得，
，
结合（1）可得，，
两式相加可得，
即，
故的周长.
【点睛】本题考查三角恒等变换、正弦定理、余弦定理，考查化归与转化的思想及运算求解能力，属于中档题．
32．
【解析】先根据正弦定理以及三角形内角关系化简条件即得，解得；
再利用正弦定理解得， ，利用列方程，解得角，最后根据三角形面积公式求结果.
【详解】
由正弦定理可知：
，∴，，同理，
，
，化简可得：，
∴或（舍），
∴，或，
∴或
．
故答案为： ;
【点睛】本题考查利用正弦定理以及三角形面积公式，考查综合分析求解能力，属中档题.