03三角函数与解三角形-湖南2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版）

这是一份03三角函数与解三角形-湖南2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知函数，若，，则对应的值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·湖南株洲·高三校联考期末）已知定义域为的函数满足，且
，则当时，函数的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023上·湖南株洲·高三校联考期末）在平面直角坐标系中，角的大小如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与曲线的左右两支分别交于点，且，则曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022上·湖南常德·高三统考期末）在平面直角坐标系中，已知点为角终边上的点，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，P为双曲线右支上且位于第一象限内的一点，直线PO交双曲线C的左支于点A，直线交双曲线C的右支于另一点B，，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
8．（2022上·湖南常德·高三统考期末）已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．若，则函数f(x)的值域为
B．点是函数f（x）图象的一个对称中心
C．函数f（x）在区间上是增函数
D．函数f（x）的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到
9．（2022上·湖南常德·高三统考期末）若，则cs2α的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
10．（2023上·湖南娄底·高三校联考期末）下列选项中，是函数的单调递增区间的有（ ）
A．B．
C．D．
11．（2023上·湖南株洲·高三校联考期末）设函数则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增；
B．若且则；
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为；
D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到函数为奇函数.
12．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积不变
C．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为
D．异面直线与所成的角的范围是
三、填空题
13．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）已知长方体中，，点为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为 .
14．（2023上·湖南株洲·高三校联考期末）已知双曲线的焦距为，过的右焦点的直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若且，则的渐近线方程为 .
15．（2022上·湖南常德·高三统考期末）若函数在内存在唯一极值点，且在上单调递减，则的取值范围为 .
四、解答题
16．（2023上·湖南益阳·高三统考期末）在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)证明：.
17．（2023上·湖南株洲·高三校联考期末）在中，角的对边分别为已知，，
(1)证明：
(2)若求的周长.
18．（2023上·湖南怀化·高三统考期末）从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下列横线上，并解答.
在中，内角，，所对的边长分别为，，，且满足_________.
(1)求角的大小；
(2)若，求周长的取值范围.
19．（2022上·湖南常德·高三统考期末）如图，在梯形中，AD//BC，且，.
(1)若，，求梯形的面积；
(2)若，证明：为直角三角形．
20．（2022上·湖南常德·高三统考期末）设a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，．
(1)求角A的大小；
(2)从下面两个问题中任选一个作答，两个都作答则按第一个记分．
①设角A的角平分线交BC边于点D，且，求面积的最小值．
②设点D为BC边上的中点，且，求面积的最大值．
21．（2022上·湖南娄底·高三统考期末）在中，已知，．
(1)若，求的面积；
(2)若，求的周长．
（参考数据：．）
参考答案：
1．C
【分析】由题可知为函数对称轴，为对称中心，可得，结合条件可得，然后根据结合条件可得.
【详解】由题可知函数关于直线对称，又因为，
所以函数关于点中心对称，
所以，即，
所以，即得，又因为，
所以时，符合，
所以，又由，得，
所以，由，
可知当时，符合.
故选：C.
2．A
【分析】利用、可得，
从而求出、的解析式，再由二倍角公式和余弦函数的性质可得答案.
【详解】，
，
所以，
得，，
所以，，
所以，，
得的最小值为.
故选：A.
3．C
【分析】先根据三角函数的定义和正切和角公式求出，化弦为切，代入求值即可.
【详解】由题图知，则，
所以.
故选：C
4．C
【分析】根据给定函数的图象，利用“五点法”作图求出函数的解析式，再代入求值作答.
【详解】观察函数图象得，函数的周期，则，
而，即，则有，
因此，即有，
所以.
故选：C
5．B
【分析】设，进而结合双曲线的定义得，，，，进而在，结合余弦定理求得，进而得，再求离心率即可.
【详解】解：如图，设，因为,
所以，
由双曲线的定义得：，
所以， ，，，，
所以，在中，，
在中，
因为，
所以，即，
所以
故选：B
6．A
【分析】由三角函数定义得，再根据二倍角公式计算即可.
【详解】解：因为点为角终边上的点，
所以，由三角函数的定义知，
所以
故选：A
7．B
【分析】根据双曲线的定义以及对称性可推得以及四边形时平行四边形，进而在 中利用余弦定理可得到a,c之间的关系式，求得答案.
【详解】由双曲线定义可知： ，而，
故，
由双曲线的对称性可知，而,
故四边形为平行四边形，故由得: ,
在 中，，
即，即 ，
则 ，
故选：B.
8．A
【分析】结合五点法求得函数解析式，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】由题图及五点作图法得，，，
则，，故.
由，得，
故，函数f(x)在区间上不是增函数，故A正确，C错误；
∵当时，，
所以点不是函数f(x)图象的一个对称中心，故B错误；
由，将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，故D错误.
故选：A．
9．C
【分析】根据二倍角公式以及商数关系即可求出．
【详解】．
故选：C．
10．BC
【分析】由求出函数的单调递增区间，再令取特殊值，结合选项可得答案.
【详解】令
可得
函数的单调递增区间为
令，函数的单调递增区间为，B正确；
令，函数的单调递增区间为，C正确，
故选：BC.
11．AD
【分析】由，选项A：利用正弦函数的性质判断； 选项B：利用正弦函数的性质判断；选项C：利用正弦函数的图象判断； 选项D：
【详解】，
选项A：，得，
因为，有，
所以在上单调递增；故A正确；
选项B：可知，故B错误；
选项C：已知，
若有且仅有2个不同的解，如图所示：
可得，解得，故C错误；
选项D：，
可知当时，满足为奇函数，故D正确；
故选：AD.
12．ABD
【分析】通过证明平面平面，即可得出A项；
根据平面，可推出，求出即可得出B项；
由已知可得交线即以C为顶点，1为半径的圆与侧面的交线，取、中点为、，求出扇形的弧长即可得出结果，判断C项；
由，可知异面直线与所成的角即等于直线与所成的角或其补角.根据图象，即可得出点P为中点以及线段端点时，角最大或最小，即可求出结果.
【详解】
对于A项，如图，连结.根据正方体的性质可知，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.同理可得，平面.因为平面，平面，，所以平面平面.又平面，所以平面，故A项正确；
对于B项，由A知平面，所以点到平面的距离即等于点到平面的距离，所以.由正方体的性质可得，平面，所以，又，所以是个定值，故B项正确；
对于C项，由已知可得，点到侧面的距离等于.设球被侧面截得圆的半径为，球的半径，则.所以以D为顶点，为半径的球面与侧面的交线即以C为顶点，1为半径的圆与侧面的交线，分别取、中点为、，则有，所以交线即所对的圆弧的长，，所以，故C项不正确；
对于D项，如图，由已知可得，所以.又，所以异面直线与所成的角即等于直线与所成的角或其补角.显然当点P为中点时，，此时最大；当点P在点时，，当点P在点时，，此时最小.所以异面直线与所成的角的范围是，故D项正确.
故选：ABD.
13．/
【分析】延长，构造一个与全等的长方体，取点为棱的中点，可得（或其补角）为异面直线所成角，在中由余弦定理可得答案.
【详解】如图所示，在长方体中，延长，构造一个与全等的长方体，
且点为棱的中点，所以，所以（或其补角）为异面直线所成角，
由题意得，所以由余弦定理得，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】根据题设条件确定，进而可确定，从而在直角△AOB中，，结合正切的二倍角公式求解.
【详解】因为，画出示意图如图，设，
因为，则，
所以，则，
所以.又，所以，
所以，根据，
所以.又因为，
所以.在直角△AOB中，，
所以，化简得：，所以，
则渐近线方程为：，
故答案为: .
15．
【分析】由题知，解得，进而根据，结合题意得，解得，综合即可得答案.
【详解】解：当时，，
当时，
因为函数在内存在唯一极值点，，
所以，解得，
因为函数在上单调递减，
所以，，解得
综上，的取值范围为
故答案为：
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据两角和的正弦公式即可求解；（2）根据正弦定理和倍角公式，辅助角公式和余弦函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由，
得，
得，
即，
，
，
因为，所以，所以，
所以，即，
又因为，所以.
（2）依题要证明，即证明，
由（1）及正弦定理得：
又因为，所以，
所以
，
因为，所以，
所以当时，
此时有最大值2，即，
所以得证.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知条件结合正弦定理可得，则，再由正弦定理可证得结论；
（2）由已知得，再结正弦定理和可得，化简后可得，再求出，然后由可求出，从而可判断为直角三角形，进而可求得的周长.
【详解】（1）
，
所以由正弦定理得，
即，
所以，
所以由正弦定理得，
（2）由，可得，
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，
所以，
所以，
所以，，，为直角三角形，
因为，
所以由正弦定理得，
所以，，
所以的周长为.
18．(1)条件选择见解析，；
(2).
【分析】（1）选①，利用余弦定理求解即得；选②，利用正弦定理边化角即可得解；选③，利用同角公式求解即得.
（2）利用（1）的结论，结合余弦定理及均值不等式求解作答.
【详解】（1）选择①，在中，，由余弦定理知，而，
所以.
选择②，在中，由正弦定理及，得，
而，因此，又，
所以.
选择③，，两边平方得：，即，
在中，，，解得，
所以.
（2）在中，，，由余弦定理，得，
即有，当且仅当时取等号，
因此，又，于是得，
所以周长的取值范围为.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用余弦定理列方程求得，求得，进而求得求梯形的面积；
（2）设，，利用正弦定理列方程，结合三角恒等变换的知识求得，从而证得为直角三角形.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
由有，，解得，
，又，，
同理可求得，
梯形的面积：
.
（2）设，，则，，，
在中，由正弦定理得，即①，
在中，由正弦定理得，即②，
由①②得：，
化简得，，
又，
所以，
又，
所以，，为直角三角形.
20．(1)；
(2)①；②.
【分析】（1）利用正余弦定理即求；
（2）选①利用基本不等式及面积公式即求；选②利用余弦定理可得，然后利用基本不等式及面积公式即求.
【详解】（1）∵且,
∴，即，
∴，又，
∴；
（2）选①∵AD平分∠BAC，
∴，
∵，
∴，
即，
∴
由基本不等式可得：
，
∴，当且仅当时取“=”，
∴，
即的面积的最小值为；
②因为AD是BC边上的中线，
在中由余弦定理得，
在中由余弦定理得，
∵，
∴，
在中，，由余弦定理得，
∴
∴，
解得，当且仅当时取“=”，
所以，
即的面积的最大值为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用正弦定理得到，再利用面积公式求解即可.
（2）首先设，，利用余弦定理得到，再求周长即可.
【详解】（1）在中，
由正弦定理得，，所以，
所以三角形面积为.
（2）因为，所以可设，，
在中，由余弦定理得，，
因为，，
所以，解得，
所以三角形的周长为．