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（人教版A版，2019

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（人教版A版，2019，共22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．（2024上·天津和平·高三统考期末）已知函数，函数图象的一条对称轴与一个对称中心的最小距离为，将图象上所有的点向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024上·天津南开·高三统考期末）设函数.若，且的最小正周期大于，则（ ）
A．.B．
C．D．
3．（2018上·天津·高三统考期末）设函数，其图象的一条对称轴在区间内，且的最小正周期大于，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．（2019上·天津南开·高三统考期末）在中，“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
5．（2022上·天津滨海新·高三校考期末）设函数，其中所有正确结论的编号是（ ）
（1）的最小正周期为；
（2）的图像关于直线对称；
（3）在上单调递减；
（4）把的图像上所有点向右平移个单位长度，得到的图像．
A．（1）（2）B．（2）（3）
C．（3）（4）D．（1）（2）（3）
6．（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．
7．（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．
8．（2022上·天津和平·高三统考期末）已知函数，且的最小正周期为，给出下列结论：
①函数在区间单调递减；
②函数关于直线对称；
③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象.
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
9．（2022上·天津河西·高三天津市海河中学校考期末）已知函数，给出以下四个命题：
①的最小正周期为；
②在上的值域为；
③的图像关于点中心对称；
④的图像关于直线对称．
其中正确命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．（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
二、填空题
11．（2024上·天津南开·高三统考期末）在中，，则 ；若为所在平面内的动点，且，则的取值范围是 .
12．（2023上·天津·高三统考期末）已知三角形的外接圆半径为1，外接圆圆心为O，且O点满足，则 ， ．
13．（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?
14．（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 ．
15．（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 .
16．（2017上·天津红桥·高三统考期末）在△中，已知角所对的边分别为，且，则 ．
17．（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 ．
18．（2019上·天津红桥·高三统考期末）已知函数，的部分图象如图所示，则 .
三、解答题
19．（2024上·天津西青·高三统考期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，，求；
(3)若，求．
20．（2024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)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
21．（2024上·天津和平·高三统考期末）在中，内角所对的边分别为．
(1)求的值；
(2)若，
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求的值．
22．（2024上·天津河北·高三统考期末）在中，角的对边分别为，已知，.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
23．（2024上·天津南开·高三统考期末）在中，角所对的边分别为，且，.
(1)求角的大小；
(2)求角的大小；
(3)求的值.
参考答案：
1．A
【分析】首先求出周期则得到，再根据平移压轴的原则即可得到答案.
【详解】由题意得，，则，所以，
则将图象上所有的点向左平移个单位长度变为，
再将所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数为.
故选：A.
2．C
【分析】由题意求得，再由周期公式求得，再由可得，结合，求得值，即可得解．
【详解】由的最小正周期大于，可得，
因为，可得，
则，且，所以，
即，
由，即，
可得，，则，，
且，可得，，
所以，.
故选：C．
3．D
【分析】先利用辅助角公式化简，再求出函数的对称轴方程，由图象的一条对称轴在区间内，求出的取值范围，验证周期得答案.
【详解】，
由，得，
取，得，取，得，
由，得，此时，
由，得，此时，不合题意，
依次当取其它整数时，不合题意，所以的取值范围为，
故选：D
4．C
【分析】依题意可得，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，
由得不到，如时，即充分性不成立；
若，则，即由能够得到，即必要性成立，
所以在中，“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
5．A
【分析】根据题意，利用辅助角公式和倍角公式化简得，根据求出最小正周期即可判断（1）；利用整体代入法求出的对称轴，即可判断（2）；利用整体代入法求出的单调减区间，从而可得在区间上先减后增，即可判断（3）；根据三角函数的平移变换求出平移后函数的解析式，从而可判断（4）.
【详解】函数，
所以的最小正周期为，故（1）正确；
令，解得：，
当时可得直线为的对称轴，故（2）正确；
令，解得：，
所以的单调递减区间为：，
当时，的一个单调递减区间为，
所以在区间上先减后增，故（3）错误；
把函数的图像上所有点向右平移个单位长度，
得到的图像，故（4）错误.
所以所有正确结论的编号是：（1）（2）
故选：A.
6．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．
7．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
8．A
【分析】先将函数化简为最简形式，然后利用周期求出的值，再利用正弦函数的性质进行判断即可求解.
【详解】因为函数，且的最小正周期为，所以，则.
因为，所以，则函数在单调递减，故①正确；
令，解得：，所以直线是函数的一条对称轴，故②正确；
将函数的图象上所有点向左平移个单位长度可得到，故③错误，
所以正确的结论序号为：①②，
故选：.
9．B
【分析】由题知，进而结合三角函数性质依次讨论各选项即可.
【详解】解：
所以的最小正周期为，①正确；
当，，
所以，即，故②错误；
当时，，故的图像关于对称，故③错误；
当时，，故的图像关于对称，故④正确.
故正确命题的个数是2个.
故选：B
10．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.
11．
【分析】建立，利用向量的坐标运算求；设，利用向量的坐标运算结合辅助角公式可得，再结合正弦函数的有界性分析求解.
【详解】如图，以C为坐标原点，分别为轴所在直线，建立平面直角坐标系，
则，
可得，则，
所以；
因为，设，
可得，
则，
，
其中，
因为，所以.
故答案为：；.
12． /0.875
【分析】得到，平方后求出，从而得到，先求出，由二倍角公式得到，求出答案.
【详解】因为，所以，
两边平方得：，
因为三角形的外接圆半径为1，所以，
故，解得：，
所以，
因为，而，
所以，
因为，
故.
故答案为：
13．
【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.
14． 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；
15．
【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：；
16．
【分析】由条件利用正弦定理和余弦定理代入进行化简即可．
【详解】∵，
∴由余弦定理可得，
即，
即，则，
∴，再利用正弦定理可得，
故答案为：.
17．
【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：
18．
【分析】由图求出，得出周期可求得，再代入即可求出.
【详解】由函数图象可得，，则，所以，
又，则，即，
因为，所以.
故答案为：.
19．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）由正弦边化角及三角恒等变换可得结合三角形内角性质求.
（2）由正弦角化边及余弦定理列方程求a.
（3）由题设及（1）得，注意为锐角，应用倍角正余弦、差角正弦公式求目标式的值.
【详解】（1）在中，由正弦定理及，
得，
则，
而，则，又，所以.
（2）由，得，由（1）及余弦定理，
得，解得，
所以.
（3）由及正弦定理，得，则，
显然，即，则A为锐角，，
于是，，
所以.
20．(1)
(2)2
(3)7
【分析】（1）根据余弦定理及已知条件即可求；
（2）由正弦定理，结合（1）的结论可得，利用三角形内角和及和角公式可化简成，弦化切即可求值；
（3）结合（1）的结论利用差角公式即可求值.
【详解】（1）由余弦定理，因为，，
所以，整理得，
所以.
（2）由（1）可知，，由正弦定理可得，
因为，所以，
又，所以，整理得，
所以，解得.
（3）由（2）可知，所以
所以
21．(1)
(2)（ⅰ）8；（ⅱ）
【分析】（1）利用正弦二倍角公式及题中条件化简即可；
（2）（ⅰ）利用余弦定理结合题中条件解方程即可；（ⅱ）利用两角差的余弦公式结合题中条件计算即可，也可以利用诱导公式利用二倍角公式进行计算.
【详解】（1）因为，
且，，所以，
所以，
由正弦定理有，
所以．
（2）（ⅰ）因为，所以，
由余弦定理得，
解得或（舍），所以的值为8．
（ⅱ）因为，又因为，
所以，
法（一），
因为，
所以，所以，
．
法（二）因为，所以，
则
，
又，
所以．
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先根据正弦定理求得的关系，然后结合已知条件求得的关系，最后根据余弦定理求解出的值；
（2）先求解出，然后根据正弦定理求解出；
（3）先根据二倍角公式求解出的值，然后根据两角和的正弦公式求解出结果.
【详解】（1），由正弦定理可得，
.
由余弦定理可得.
（2），
由正弦定理，得，
.
（3），
.
23．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意利用余弦定理边化角即可得解；
（2）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；
（3）可得，代入结合降幂公式分析求解.
【详解】（1）因为，
由余弦定理可得，则.
又因为，所以.
（2）因为，由正弦定理可得，
即，
所以，则.
因为，所以.
（3）由（1）（2）可得，
则
.