06三角函数与解三角形-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版）

这是一份06三角函数与解三角形-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·天津·高三统考期末）已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·天津·高三统考期末）函数在区间上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023下·天津红桥·高三统考期末）已知函数.对于下列四种说法，正确的是（ ）
①函数的图象关于点成中心对称
②函数在上有个极值点.
③函数在区间上的最大值为，最小值为
④函数在区间上单调递增
A．①②B．②③C．②③④D．①③④
4．（2023上·天津河西·高三校考期末）已知函数的部分图象如图所示，则下列四个结论中正确的个数是（ ）
①若，则函数的值域为
②是函数图象的一个对称轴
③函数在区间上是增函数
④函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．（2023上·天津河西·高三校考期末）已知双曲线的左，右焦点分别为，，为的左顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．（2023上·天津河西·高三北京师范大学天津附属中学校考期末）设函数，其中所有正确结论的编号是（ ）
①的最小正周期为；
②的图象关于直线对称；
③在上单调递减；
④把的图象上所有点向右平移个单位长度，得到的图象．
A．①④B．②④C．①②D．①②③
7．（2023上·天津南开·高三崇化中学校考期末）我国著名数学家华罗庚曾说过：“数无形时少直观，形无数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．函数的部分图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
8．（2022上·天津·高三统考期末）已知函数.给出下列结论：
①的最小正周期为；
②是的最大值；
③把函数的图象上所有点向左平行移动个单位长度后，再向上平移个单位长度，可得到的图象.
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．①②C．②③D．①②③
二、填空题
9．（2023上·天津蓟州·高三天津市蓟州区第一中学校考期末）如图,某市一学校位于该市火车站北偏东方向,且,已知是经过火车站的两条互相垂直的笔直公路,及圆弧都是学校道路,其中,以学校为圆心,半径为的四分之一圆弧分别与相切于点.当地政府欲投资开发区域发展经济,其中分别在公路上,且与圆弧相切,设,的面积为.
（1）求关于的函数解析式： .
（2）当= 时,面积为最小,政府投资最低?
10．（2023上·天津南开·高三南开大学附属中学校考期末）已知为等腰直角三角形，，圆M为的外接圆，，则 ；若P为圆M上的动点，则的取值范围为 ．
11．（2022上·天津河北·高三天津市扶轮中学校考期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，.
（1）的值为 ；
（2）的值为 .
12．（2022上·天津河西·高三天津市新华中学校考期末）在中，已知，若，且，则在上的投影向量为（为与同向的单位向量），则的取值范围是 ．
13．（2022上·天津河西·高三天津市新华中学校考期末）已知直线的一个方向向量为，倾斜角为，则 ．
14．（2022上·天津河西·高三统考期末）已知函数的最小正周期为，其图象的一条对称轴为，则 .
15．（2022上·天津·高三统考期末）如图，在四边形中，，，，，，则 ；设，则 .
16．（2021上·天津·高三统考期末）将函数（，，）的图象上所有点向左平行移动个单位长度，所得函数的部分图象如图所示，则 ．
三、解答题
17．（2023上·天津·高三统考期末）在中,角所对的边分别为.已知,,.
(1)求B的值;
(2)求b的值;
(3)求的值.
18．（2023上·天津河北·高三统考期末）在中，内角所对的边分别为，已知，，.
(1)求边的值和的面积；
(2)求的值.
19．（2023上·天津河西·高三校考期末）在中，内角所对的边分别为，，，已知
(1)求角的大小；
(2)已知，的面积为6，求：
①边长的值；
②的值.
20．（2023上·天津河西·高三北京师范大学天津附属中学校考期末）在中，角所对的边分别是，已知．
(1)求角的大小；
(2)设
①求的值；
②求的值．
21．（2023上·天津南开·高三崇化中学校考期末）在中，角所对的边分别为．已知且．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
22．（2022上·天津静海·高三静海一中校考期末）在中，角的对边分别为，已知的面积为，周长为．且．
(1)求及的值；
(2)求的值．
23．（2022上·天津河东·高三统考期末）在中，内角所对的边分别是.已知，，.
(1)求的值；
(2)求的值.
24．（2022上·天津河西·高三统考期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知.
(1)求角的大小；
(2)设，.
（i）求的值；
（ii）求的值.
参考答案：
1．D
【分析】根据，，得，结合正弦函数性质，确定的位置范围即可求出ω的范围﹒
【详解】∵，，∴，
函数在区间上恰有3个零点，
则﹒
故选：D．
2．D
【分析】利用函数的奇偶性，排除两个选项，再利用得解.
【详解】，令
，
则是偶函数，选项A，B是不正确的；
又因为，所以C不正确.
故选：D
3．B
【分析】对于①，，则函数的图象不关于点成中心对称；对于②，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得取到极值点的位置；对于③，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的性质可得出函数的最值；对于④，由的范围，得出的范围，利用正弦函数的单调性判断即可．
【详解】对于①，，的图象不关于点成中心对称，错误；
对于②，，则，则当分别取时，函数取到极值，正确；
对于③，，则， ，正确；
对于④，，则，由于正弦函数在上不单调，错误；
故选：B
4．C
【分析】结合图象求得函数解析式，然后利用正弦函数性质确定单调性、对称中心、函数值域及三角函数图象变换判断即得．
【详解】由图象可得：，，则，可得，
由在处取到最小值，则，
∵，则，
∴，解得，
故.
若，则，
∴，且函数在区间上不是增函数，①正确，③错误；
∵为最小值，
∴是函数图象的一个对称轴，②正确；
函数的图象向右平移个单位长度得到，④正确；
故选：C.
5．C
【分析】根据双曲线的性质在，中结合余弦定理运算求，再在根据余弦定理得到齐次式求离心率.
【详解】如图，由题意可得：，
不妨设渐近线，即直线l的斜率，则，故，
在中，，即，
在中，，即，
在中，，即，
整理可得：，即，解得或（舍去），
故双曲线的离心率为.
故选：C.
6．C
【分析】对恒等变形，从而求出最小正周期判断①，求判断②，求出一般递减区间判断③，图象平移判断④，三角恒等变换是关键．
【详解】解：，
对于①，最小正周期为，，所以①对；
对于②，，则的图象关于直线对，所以②对；
对于③，求的递减区间满足：，，
则的递减区间为，，又，所以③错；
对于④，把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如下函数：
，所以④错；
故选：C．
7．A
【分析】根据函数的奇偶性和特殊点的函数值，即可得解．
【详解】∵ ， ，
，
则是奇函数，其图像关于原点对称，排除选项B、D；
对 故可排除选项C．
故选：A．
8．C
【分析】先求出，利用周期公式判断①；求出的值判断②；利用图像变换判断③.
【详解】
对于①：的最小正周期为.故①错误；
对于②：为最大值.故②正确；
对于③：把函数的图象上所有点向左平行移动个单位长度后得到的图象；再向上平移个单位长度，可得到，即为的图象.故③正确.
故选：C
9．
【分析】（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,,进而表示直线的方程,由直线与圆相切构建关系化简整理得,即可表示OA,OB,最后由三角形面积公式表示面积即可;
（2）令,则,由辅助角公式和三角函数值域可求得t的取值范围,进而对原面积的函数用含t的表达式换元,再令进行换元,并构建新的函数,由二次函数性质即可求得最小值.
【详解】解：（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,.
所以直线的方程为,即.
因为直线与圆相切,
所以.
因为点在直线的上方,
所以,
所以式可化为,解得.
所以,.
所以面积为.
（2）令,则,
且,
所以,.
令,,所以在上单调递减.
所以,当,即时,取得最大值,取最小值.
所以当时,面积为最小,政府投资最低.
【点睛】本题考查三角函数的实际应用,应优先结合实际建立合适的数学模型,再按模型求最值,属于难题.
10． 0
【分析】根据给定条件，利用垂直的向量求解即可；再建立平面直角坐标系，利利用向量的坐标表示列出函数式，并求出函数值域作答.
【详解】在等腰直角中，，由得，点E是弦的中点，
在圆M中，，因此；
依题意，以圆M的圆心M为原点，直线CB为x轴，点A在y轴正半轴上，建立平面直角坐标系，如图，
则有，圆M的方程为，因为P为圆M上的动点，
设，，
于是得，
而，因此当时，，当时，，
所以的取值范围为.
故答案为：0；
11．
【分析】答题空1根据正弦定理把化简成边的关系，再用余弦定理求解.
答题空2：求出，然后再用二倍角公式求出，再把展开代入求解.
【详解】答题空1由正弦定理得
又因为
由余弦定理得；
答题空2
，
故答案为：；
12．
【分析】先求得在上的投影向量为， 再分，，和讨论求解.
【详解】解：因为，
所以由余弦定理得，
由已知得：，
，
，
故在上的投影向量为，
当时，，
；
当时，；
当，；
当，
综上的取值范围是．
故答案为：
13．-1
【分析】先化齐次整式，再化齐次整式，最后利用商数关系求解
【详解】解：因为直线的一个方向向量为，所以，所以，
所以
．
故答案为：．
14．/
【分析】根据最小正周期T＝求出ω.根据一条对称轴为知，，结合即可φ，从而求出，然后代值计算即可.
【详解】∵f(x)最小正周期为，∴；
∵f(x)图象的一条对称轴为，∴，
∴，，
∴，，
∴.
故答案为：.
15． 0 6
【分析】根据题意和余弦定理求得，利用平面向量的数量积求出，进而可得，即；以A为原点，以AB为x轴，y轴建立平面直角坐标系，求出的坐标，根据列出方程组，解之即可求出.
【详解】因为，
所以，
所以，又，
所以，
得，故，
所以，
则，即；
以A为原点，以AB为x轴，y轴建立如图平面直角坐标系，
则，
所以，，
又，
所以，解得，所以.
故答案为：0；.
16．
【解析】先写出平移之和的解析式，根据图象最值可得，求出函数周期可求出，再将点代入可求得，即得解析式.
【详解】设向左平移个单位长度得到，则，
则由图可知，且，，，
，
，
，即，
，，
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：根据三角函数部分图象求解析式的方法：
（1）根据图象的最值可求出；
（2）求出函数的周期，利用求出；
（3）取点代入函数可求得.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】(1)根据余弦定理求解;
(2)根据同角三角函数关系求出,再用正弦定理求解;
(3)根据(1)(2)中所求数值,求出和,再利用两角差的正弦公式求解.
【详解】（1）因为,
由余弦定理可得,
可得,
所以.
（2）由,则,
由(1)知,又因为,
正弦定理得:,
则.
（3）因为, ,
所以.
18．(1)，
(2)
【分析】（1）利用余弦定理可求得，根据同角三角函数关系求得，代入三角形面积公式即可求得结果；
（2）利用二倍角公式可求得，利用两角和差正弦公式可求得结果.
【详解】（1）由余弦定理得：，解得：；
，，，.
（2）由（1）得：，，
.
19．(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换运算求解；（2）①根据题意利用面积公式可求得，再利用余弦定理运算求解；②先利用余弦定理求得，再根据平方求，利用倍角公式和两角差的余弦公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：
，
可得，
∵，
∴.
（2）①∵的面积，
∴，
由余弦定理：，则；
②∵，即，
则，
∴，
故.
20．(1)
(2)①；②
【分析】(1)利用正弦定理、两角和的正弦公式和三角形内角和定理即可求解；
(2) ①结合（1）的结论，利用余弦定理解求解；
②先利用正弦定理得到，根据边角的大小关系和同角三角函数的关系得到，
然后利用二倍角公式和两角和的正弦公式即可求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，则，
因为在中，，所以，
则有，因为，所以，，
故.
（2）①由（1）知：，在中，因为，
由余弦定理可得：，则.
②在中，由正弦定理可得：，即，
所以，因为，所以，则为锐角，
所以，则，
，
所以.
21．(1)
(2)
(3)
【分析】(1)利用正弦定理和余弦定理求解；(2)先由余弦定理求得，即可求解；（3）根据三角恒等变换利用正弦的两角差公式求解.
【详解】（1）由边化角可得，
又因为,所以，
又因为得，
将代入，整理得，
或（舍），所以.
（2）由（1）得得，，且，
则，
所以.
（3）由余弦定理，
得，
因为,所以，
又因为，所以，
所以
,
所以
.
22．(1)，；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理角化边及三角形面积公式、余弦定理求解作答.
（2）利用（1）的结论，利用同角公式、二倍角公式、差角的正弦公式求解作答.
【详解】（1）在中，由正弦定理及得：，而，
解得，，又的面积，而，
则有，由余弦定理得，
所以，.
（2）由（1）知，，，，，
所以.
23．(1)
(2)
【分析】（1）由，利用正弦定理可得结合，解得，再利用余弦定理即可得出．
（2）由可得，再利用倍角公式与和差公式即可得出．
【详解】（1）由，
根据正弦定理可得，
即，又，
所以，
由余弦定理可得：，
所以，由，
解得．
（2）因为，所以在中，
有，
则，
，
所以
．
24．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用正弦定理将统一成角的形式，化简得，从而可求出角的大小，
（2）（i）利用余弦定理可求出的值；（ii）由已知条件可求出，从而可求出，和的值，然后利用余弦的两角差公式化简计算即可
【详解】（1）由正弦定理及，
得，
，
∵，
∴，
∵，
∴.
（2）（i）解：由余弦定理，，，
解得.
（ii）解：由，，，所以，
∴，
于是，，
故
.