04三角函数与解三角形-浙江省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习习（2019新版·人教A版）

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一、单选题
1．（2023上·浙江湖州·高三期末）如图所示的多面体由正四棱锥和三棱锥组成，其中.若该多面体有外接球且外接球的体积是，则该多面体体积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·浙江绍兴·高三期末）已知函数对任意都有，则当取到最大值时，的一个对称中心为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·浙江宁波·高三期末）在中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知，且的面积为，则周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·浙江宁波·高三期末）已知角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2023上·浙江湖州·高三期末）已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·浙江杭州·高三期末）已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2023上·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）已知函数，则下列结论：
①当时，若的图象向左平移个单位，所得函数为偶函数，则；
②若，且，则；
③当时，若在区间上单调递增，则可能为；
④当时，若在上没有零点，则可能为1．
其中判断错误的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）将函数的图像向右平移个单位长度得到的图象与原图象重合，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
9．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末），，则（ ）
A．B．2C．D．
10．（2023上·浙江·高三校联考期末）记函数的最小正周期为T．若，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴，则T＝（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
11．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）主动降噪耳机工作的原理是：先通过微型麦克风采集周围的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声.设噪声声波曲线函数为，降噪声波曲线函数为，已知某噪声的声波曲线部分图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．的单调减区间为，（）
D．图像可以由图像向右平移个单位得到
12．（2023上·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学期末）直线，为曲线与的两条公切线．从左往右依次交与于点、点；从左往右依次交与于点、点，且点位于点左侧，点位于点左侧．设坐标原点为，与交于点．则下列说法中正确的有（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
13．（2023上·浙江湖州·高三期末）设是双曲线的左､右焦点，的右支上存在一点满足与的左支的交点A满足，则双曲线的离心率是 .
14．（2023上·浙江宁波·高三期末）若正数满足，且，则的值为 .
15．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）若函数在区间上有3个零点，则实数的取值范围是 .
16．（2023上·浙江绍兴·高三期末）已知，，则 ．
17．（2023上·浙江·高三期末）矩形中，，的中点为M，折叠矩形使得A落在边上，则点M到折痕的距离的取值范围是 ．
18．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知，是双曲线两个焦点，是双曲线上的一点，且，则点到轴的距离为 .
四、问答题
19．（2023上·浙江宁波·高三期末）如图，是一个边长为的有部分腐蚀的正方形铁皮，其中腐蚀部分是一个半径为的扇形，其他部分完好可利用.铁匠师傅想在未被腐蚀部分截下一个长方形铁皮（是圆弧上的一点），以用于制作其他物品.
(1)当长方形铁皮为正方形时，求此时它的面积；
(2)求长方形铁皮的面积的最大值.
20．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）记的内角的对边分别为，已知三角形，角的平分线交边于点.
(1)证明：；
(2)若，求的周长.
21．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）在①，②.③这三个条件中任选一个，填在以下的横线中，并完成解答.
在中，角所对的边分别是，且__________.
(1)求角的大小；
(2)若，点满足，求线段长的最小值.
22．（2023上·浙江湖州·高三期末）记的内角的对边分别是，已知.
(1)求角；
(2)点在边上，若，求的值.
23．（2023上·浙江绍兴·高三期末）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的半径为R，已知．
(1)若，求A的值；
(2)求的取值范围．
24．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知锐角内角的对边分别为.若.
(1)求；
(2)若，求的范围.
25．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）如图，在中，点在边上，
(1)证明：；
(2)若，，求.
参考答案：
1．D
【分析】根据求得体积可得其半径，分析可得四棱锥的外接球的球心为底面中心，根据等体积法可求得点到平面的距离，进而分析可得三棱锥的高的最大值为，进而可求多面体体积的最大值.
【详解】设正四棱锥的外接球的半径为，则，解得，
连接交于点，连接，
∵正方形的边长为2，则，
∴为四棱锥的外接球的球心，
则，故的是以边长为2的等边三角形，
过作平面的垂线，垂足为，连接，
由三棱锥的体积可得：，解得，
由题意可知：点在四棱锥的外接球的球面上，则，
∵，即，
当且仅当三点共线，则面时等号成立，
可得三棱锥的高的最大值为，
∴三棱锥的体积，
故该多面体体积.
故选：D.
【点睛】关键点定睛：
（1）求出球的半径结合正方形的边长分析得球心为底面中心；
（2）根据几何性质，分析可得三棱锥的高的最大值.
2．C
【分析】先根据，得到，结合，得到的范围，求出的范围，进而得到的最大值为，再利用整体法求出函数的对称中心，得到答案.
【详解】，,
，
，
，
，所以的最大值为，
当时，令，解得，
所以函数的对称中心为，，
当时，对称中心为，经检验，其他三个均不合要求.
故选：C
3．C
【分析】首先利用正弦定理及诱导公式，二倍角公式对原式化简得，即求出的大小，再利用三角形面积公式得，从而求出的最小值，最后得到，利用函数单调性即可求出其最小值.
【详解】因为，
根据正弦定理及诱导公式得，
，，，
即，，则，则
解得,所以，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
根据余弦定理得，即，
设的周长为，
所以，
设，则，
根据复合函数单调性及增函数加增函数为增函数的结论得：
在上为单调增函数，故，
故，
当且仅当时取等.
故选：C.
4．A
【分析】根据任意角的三角函数的定义求解即可.
【详解】根据任意角的三角函数的定义，.
故选：A.
5．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，
因为，所以，所以.
因为，所以.
所以.
故选：B
6．A
【分析】由三角恒等变换及齐次式弦化切，即可求值.
【详解】.
故选：A．
7．B
【分析】对①，写出平移后解析式，由偶函数定义求即可判断；
对②，由条件确定函数的最小正周期，由周期公式即可求，即可判断；
对③，由整体法结合正弦函数单调性结论求时的单调递增区间，判断命题③；
对④，当时，由整体法研究函数的零点即可判断命题④，由此确定正确选项.
【详解】对于①，的图象向左平移个单位可得的图象，
因为为偶函数，
故．
．又，所以，①错误．
对于②，，且，即．②正确，
对于③，，在，
，
即在区间上单调递增，
取可得，在区间上单调递增，
因为，所以命题③正确．
对于④，当时，，
令，可得，所以在上有零点，④错误．
故选：B．
8．B
【分析】由题有，据此可得答案.
【详解】由题有，
则，得，结合，得.
故选：B
9．A
【分析】将化简可得，再根据，，算出，即可得的值.
【详解】由得，，
则，
又，，
则，
，
故选：.
10．A
【分析】求出对称中心和对称轴之间的距离关系，根据周期的取值范围即可确定周期的值
【详解】解：由题意
在中，
设对称点和与对称轴在轴上的交点间的距离为
对称中心：
对称轴：
由几何知识得，
解得：（为属于的参数）
∵，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴
∴
解得：
∵
∴,
故选：A.
11．AB
【分析】由图象求出解析式，依据题意得出解析式，对各选项逐个辨析即可.
【详解】对于A，由已知，，
∴，故选项A正确；
对于B，∵，∴由图象知，，∴，
又∵，且在的单调递减区间上，
∴，（），∵，∴，
又∵，∴，
∴，故选项B正确；
对于C，，
由，（），解得，（），
∴的单调减区间为，（），故选项C错误；
对于D，图像向右平移个单位得到：
，
故选项D错误.
故选：AB.
12．ACD
【分析】先由和是一对反函数，图象关于对称，得出点关于对称，点关于对称，点在直线上，再算出和的公切线方程，设点坐标为，用表示出三个点的坐标，由直线性质算出点坐标，再依次验证各选项即可.
【详解】由题意，画出大致图象如图，
设与为直线为直线，
且和是一对反函数，图像关于直线对称，
则点关于直线对称，点关于直线对称，点P在直线上，
设的切点为的切点为，
由，
得的切线方程为，
的切线方程为，
当两函数的切线方程重合时，即为公切线，
则，将代入得.
作出函数与的图象如图，
设方程的其中一个解为，则，
由，可得，
又因，则方程的另一个解为，
因此A点坐标为，B点坐标为，C点坐标为，D点坐标为．
因为与关于直线对称，所以，选项A正确；
由点在直线上可得，
设点P坐标为，则，解得，
设，
则，
则在上单调递减，
由，
可得在上的函数值为先正后负，
即在上的值为先正后负，
则在上的单调性为先增后减，
又，且，
则，即，
所以，选项B错误；
分别连接如图，
由
得，选项C正确；
分别连接如图，
得第三象限夹角，即，选项D正确．
故选：ACD
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率主要体现在一下几个方面：（1）已知切点求斜率，即求该点处的导数；（2）已知斜率求切点，即解方程；（3）已知切线过某点（不是切点）求切点，设出切点，利用求解.本题的关键点在于利用反函数的对称性，设点坐标为，用表示出三个点的坐标即可求解.
13．
【分析】根据题意利用正弦定理分析整理可得，再根据双曲线的定义结合勾股定理求，即可运算求得结果.
【详解】在中可得，即，
在中可得，即，
故，
∵，则，
∴，
设，则，
∵，则，即，
解得：，则，
又∵，则，即，
解得:，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：离心率(离心率范围)的求法
求离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
14．/
【分析】利用和差化积公式和诱导公式化简，得出，再利用倍角公式与和差公式化简，再利用弦切互化即可求解.
【详解】依题意，
因为
所以
又因为，所以，
所以，
所以
，
所以
.
故答案为：.
15．
【分析】根据函数零点的定义，结合余弦函数的单调性利用转化法、数形结合思想进行求解即可.
【详解】，
由函数在区间上有3个零点，可以转化为直线和函数在上有三个不同的交点，
因为，所以，
当时，即当时，函数单调递增，
函数值从增加到；
当时，即当时，函数单调递减，
函数值从减少到；
当时，即当时，函数单调递增，
函数值从增加到，
当时，即当时，函数单调递减，
函数值从减小到，
所以函数在上的函数图象如下图所示：
因此要想直线和函数在上有三个不同的交点，
只需，
故答案为：
16．
【分析】由以及两角差的正弦公式得，，再根据两角和的正弦公式可求出结果.
【详解】，化简得,即，
又，所以是第一象限角，得，
故
.
答案为：．
17．
【分析】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，即点M到折痕的距离为O．当到C处时，取得最大值，求出，即可求出答案.
【详解】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，
即点M到折痕的距离为O．当从D向C运动的过程中（如图（1）），
中点为O，则，过M作于点N，
则n，此时在增大，也增大，
故当到C处时，取得最大值（如图（2）），
此时，所以，
故点M到折痕的距离的取值范围是．
故答案为：．
18．
【分析】在双曲线焦点三角形中，利用余弦定理求出，然后利用面积相等即可求解.
【详解】由双曲线方程可得：，在中，由余弦定理可得：
即，解得：，
设点，则，
即，解得：，将点代入双曲线方程可得：
也即点到轴的距离为，
故答案为：.
19．(1)
(2)
【分析】（1）连接，设，延长交于E，当长方形铁皮为正方形时，，可得，进而求解；
（2）由（1）设，得，表示出，令，通过换元法求解即可.
【详解】（1）连接，设，延长交于E，
当长方形铁皮为正方形时，显然，此时，
所以；
（2）由（1）设，得
所以，
其中，，
令，则，
所以，
因为，所以，
所以，
所以当时，得，
即长方形铁皮的面积的最大值为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由结合三角形面积公式和余弦定理，解得，再根据角平分线和面积公式由得，化简既可；
（2）由内角平分线定理结合（1）中的结论，求出，再由余弦定理求，可得三角形周长.
【详解】（1）由可知，，
所以，又，故，如图所示，
所以，得，
化简整理得；
（2）因为，故，所以，又，
化简得，解得，又，
故，所以的周长为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）选择①利用正弦定理化边为角可求答案，选择②利用余弦定理可得答案，选择③利用恒等变换可求答案；
（2）利用向量的运算表示，结合数量积运算和基本不等式求解.
【详解】（1）选择①：由得，，
因为三角形中，所以，故.
选择②：由可知，故.
选择③：由得，显然，
所以，即，故.
（2）因为，故.
又因为，则，
于是
由得，当且仅当，即时取到等号.
故线段长的最小值为.
22．(1)；
(2)
【分析】(1)利用正弦定理化边为角，通过三角恒等变换可求角.
(2) 设，结合条件利用正弦定理列方程求即可.
【详解】（1）设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，
因为，
所以，
，
所以，
所以，因为，
所以，
所以，又，
所以，
故；
（2）设，
因为，所以，
又，所以，
在中由正弦定理可得，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，
又，，
所以，即.
23．(1)
(2)
【分析】（1）已知等式由正弦定理边化角解得，又，可求A的值；
（2）锐角且，可求角B的范围，利用正弦定理边化角得，可求取值范围．
【详解】（1）根据正弦定理，有，
由，有，得，
因为，所以，
所以，由，解得．
（2）因为，所以，
因为，即，所以，
则
，
，有，所以，
所以的取值范围为.
24．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将化为有关边长的条件，再利用余弦定理可得答案；
（2）利用正弦定理得到，则.
后利用结合A的范围可得答案.
【详解】（1）由正弦定理，
又，得；
（2）因为，
所以，
，因为三角形为锐角三角形，
所以，解得，
令，所以，
所以.
25．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在中根据题意结合正弦定理分析运算；
（2）不妨设，在、、中利用余弦定理运算求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理知：，即
又，
可得，
在中，所以，所以.
（2）不妨设，则
在中，由余弦定理知；
在中同理可知：
在中，
即有
解得.