【突破压轴冲刺名校】 压轴专题04 三角函数与解三角形小题综合 2023届新高考数学复习尖子生30题难题突破（江苏专用）

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一、单选题
1．（2022·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ）
A．(1，9]B．(3，9]
C．(5，9]D．(7，9]
【答案】D
【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.
【详解】因为，
由正弦定理可得，
则有，
由的内角为锐角，
可得，
，
由余弦定理可得
因此有

故选：D.
【点睛】方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
2．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知，分别根据函数在区间上单调递增，在时，恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.
【详解】由已知，函数在上单调递增，
所以，解得：，
由于，所以，解得：①
又因为函数在上恒成立，
所以，解得：，
由于，所以，解得：②
又因为，当时，由①②可知：，解得；
当时，由①②可知：，解得.
所以的取值范围为.
故选：B.
【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.
3．（2022秋·江苏南通·高三开学考试）声音是由物体振动产生的声波，我们听到的声音中包含着正弦函数．若某声音对应的函数可近似为，则下列叙述正确的是（ ）
A．为的对称轴B．为的对称中心
C．在区间上有3个零点D．在区间上单调递增
【答案】D
【分析】利用知关于直线对称的性质验证A；求得可判断B；化简，令，得，进而判断C；利用导数研究函数的单调性可判断D.
【详解】对于A，由已知得，即，故不关于对称，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，利用二倍角公式知，令得或，即，所以该函数在区间内有4个零点，故C错误；
对于D，求导，令，由，知，即，利用二次函数性质知，即，可知在区间上单调递增，故D正确；
故选：D.
4．（2022春·江苏扬州·高三校考阶段练习）已知，其中.若对一切的恒成立，且，则的单调递增区间是( )
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用辅助角公式，化简得．根据对一切恒成立，可得当时函数有最大值或最小值，从而得出，．再由知，，进而得到，最后根据正弦函数单调增区间即可求得的单调递增区间．
【详解】根据题意，可得，其中．
对一切恒成立，
当时，函数有最大值或最小值．
因此，，解得，，
，
，从而取得到．
由此可得，
令，得，
的单调递增区间是，，．
故选：B．
5．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）设，函数满足，则α落于区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，确定函数的最大值，根据最值和极值的关系，可得方程，利用零点存在性定理，可得答案.
【详解】由题意，可知函数在上当时取得最大值，
且，
由于，则，
由，，，，
根据零点存在性定理，可知，
故选：C.
6．（2022秋·江苏苏州·高三校考阶段练习）设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由可得到，利用作差法得到，，构造，分别求出在上的单调性，即可求解
【详解】因为，所以，
又，
令，，
则，所以在单调递减，
所以，所以，即；
又，
令，
则，所以在单调递减，
所以，所以，即，
故
故选：B
【点睛】关键点睛：求解本题的关键是构造函数，和，利用导数判断单调性，从而可得的大小关系
7．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知函数图象与函数图象相邻的三个交点依次为A，B，C，且是钝角三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出两函数图象，求出A的纵坐标为，利用钝角三角形得到不等关系，求出答案.
【详解】作出函数和的图象，如图所示．由图可知．取的中点D，连接，则．因为是钝角三角形，所以，则，即．由，得，，即，，则，即A的纵坐标为，故．因为，所以，所以．
故选：D
8．（2023秋·江苏南京·高三统考阶段练习）已知，且，则可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由得，化简后可求出，再利用同角三角函数的关系可求出.
【详解】由，得，
所以，
所以，
整理得，
，
所以或，
所以或，
①当时，，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
②当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
③当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
综上，，或，或，
故选：B
9．（2023·江苏常州·校考一模）在信息时代，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数.函数的图象可以近似的模拟某种信号的波形，则下列判断中不正确的是（ ）
A．函数为周期函数，且为其一个周期
B．函数的图象关于点对称
C．函数的图象关于直线对称
D．函数的导函数的最大值为4.
【答案】A
【分析】结合函数的周期性、对称性、导数与最值、诱导公式等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意，
A选项，
，
所以不是的周期，A选项错误.
B选项，
，
，
所以，所以的图象关于点对称，B选项正确.
C选项，
.
.
所以，所以的图象关于直线对称，C选项正确.
D选项，，
由于，
所以，且，
所以的最大值是，D选项正确.
故选：A
【点睛】判断的对称中心、对称轴，可利用代入验证法，即若要判断是函数的对称中心，则有；若要判断直线是函数的对称轴，则有.
10．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，根据可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入中化简，用辅助角公式分别求出最大值，选出结果即可.
【详解】解：因为是面积为的等边三角形，记边长为，
所以，解得，
记三角形内切圆的半径为，根据，可得：
，解得，
因为正方形面积为2，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边为轴，以的垂直平分线为轴建立直角坐标系如图所示：
故可知，圆的方程为，
故设，，
因为，即，
化简可得，即，
解得或，
①当时，点坐标可化为，
此时
，
所以当，即，即，
即时，取得最大值；
②当时，点坐标可化为，
此时
，
因为，所以当，即，即，
即时，取得最大值，
综上可知：取得最大值.
故选：D
【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：
（1）若点在圆上，可设点为，其中；
（2）若点在圆上，可设点为，其中；
（3）若点在椭圆上，可设点为，其中；
11．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）设，，，这三个数的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式得到，结合的单调性，比较出，先利用多次求导，得到，，从而得到，比较出.
【详解】，
∵，而在上单调递增，
∴
且时，，以下是证明过程：
令，，
，令，
故，令，
故，令，
则，令，
故，令，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
∴，
∴，
∴.
故选：C．
【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
，
，
，
，
，
.
二、多选题
12．（2023春·江苏镇江·高三校考开学考试）已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．是函数的一个零点B．函数的图象关于直线对称
C．方程在上有三个解D．函数在上单调递减
【答案】ABD
【分析】先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，
对于AB，将与代入检验即可；
对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；
对于D，利用整体法及的单调性即可判断.
【详解】因为，，所以，解得，
又为正整数，所以，所以，
所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，
（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），
由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，
又，所以，，所以，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于A，令，因为，所以，
显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；
对于A，当时，，
因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.
13．（2023秋·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考期末）已知是的导函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．将图象上所有的点向右平移个单位长度可得的图象
B．与的图象关于直线对称
C．与有相同的最大值
D．当时，与都在区间上单调递增
【答案】AC
【分析】首先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误.
【详解】，.
将的图像向右平移个单位得的图像，故A选项正确；
已知的图像与的图像关于直线对称，
，故B选项错误；
，其中，最大值为，
，其中，最大值为，故C选项正确；
当时，，，
当时，在上单调递增，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递减，
综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.
故选：AC
14．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.例如已知函数，函数则下列说法中正确的有（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数图象关于直线对称
C．函数的值域是
D．方程只有一个实数根
【答案】BCD
【分析】根据绝对值的几何意义去绝对值可判断A，利用对称性判断B，根据的值域可判断C，根据的值域分类讨论可求D.
【详解】，
所以函数在区间上不是单调递增，A错误；
当为奇数时，，
，
此时，
当为偶数时，，
，
此时，
所以，
所以函数图象关于直线对称，B正确；
由题可得，
所以，
所以当时，
当时，
当时，
所以函数的值域是，C正确；
若，则方程，即，
但，所以此时无解；
若，则方程，即，
但，
因为，所以，所以，
满足题意，
若，则方程，即，
但，不满足题意，
所以方程只有一个实数根为，D正确，
故选:BCD.
15．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知函数满足．下列说法正确的是（ ）．
A．
B．当，都有，函数的最小正周期为
C．若函数在上单调递增，则方程在上最多有4个不相等的实数根
D．设，存在，，则
【答案】ACD
【分析】A选项，赋值法得到且关于中心对称；B选项，得到，故；
C选项，结合函数图象得到，即，先考虑时，实数根的个数，再由函数图象的伸缩变化得到时根的情况，求出答案；
D选项，分析得到，即在有两个最大值点，故，求出，，根据最大值点个数列出不等式组，求出的取值范围.
【详解】对应A，中，令可得：，故，且关于中心对称，A正确；
对于B，因为，恒成立，
不妨取时，此时之间的距离最长，求得的周期应为函数的最小周期，
∴，
∴，B错误；
对于C，画出大致图象，因为关于中心对称，
又在单调递增，
∴，
∴．
当时，此时，故，
将代入可得，
解得：，故，不妨令
令，解得：，
因为，所以，
故令或或或，解得：或或或.
所以在两个周期内存在四个根．
时，此时图象纵坐标不变，横坐标变大，整个函数图象拉伸，
故在至多4个根，C正确；
对于D，，
，，
即，，即，
∴，
即在至少有两个最大值点，故，
∴，
∴，，，
由于，所以，
①，解得；
②，解得；
③，解得．②与③求并集为；
当时，，满足在至少有两个最大值点，
可知，D对．
故选：ACD．
【点睛】在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力.
16．（2022春·江苏南京·高三金陵中学校考阶段练习）知函数，则下述结论中正确的是（ ）
A．若在有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点
B．若在有且仅有个零点，则在上单调递增
C．若在有且仅有个零点，则的范是
D．若的图象关于对称，且在单调，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】令，由，可得出，作出函数在区间上的图象，可判断A选项正误；根据已知条件求出的取值范围，可判断C选项正误；利用正弦型函数的单调性可判断B选项的正误；利用正弦型函数的对称性与单调性可判断D选项的正误.
【详解】令，由，可得出，
作出函数在区间上的图象，如下图所示：
对于A选项，若在有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点，A选项正确；
对于C选项，若在有且仅有个零点，则，解得，C选项正确；
对于B选项，若，则，
所以，函数在区间上不单调，B选项错误；
对于D选项，若的图象关于对称，则，.
，，，.
当时，，当时，，
此时，函数在区间上单调递减，合乎题意，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
17．（2022秋·江苏泰州·高三泰州中学校考开学考试）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】将变为结合指数函数的性质，判断A;构造函数，求导，利用其单调性结合图象判断x,y的范围，利用余弦函数单调性，判断B;利用正弦函数的单调性判断C，结合余弦函数的单调性，判断D.
【详解】由题意，，得 ，
，，∴，∴，A对；
，令，即有，
令，
在上递减，在上递增，
因为 ，∴，
作出函数以及 大致图象如图：
则，∴，结合图象则，
∴，∴，B对；
结合以上分析以及图象可得，∴，
且 ，
∴，C对；
由C的分析可知，，
在区间 上，函数 不是单调函数，即不成立，即不成立，故D错误；
故选：ABC．
【点睛】本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，难度较大，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答.
18．（2022·江苏常州·统考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．函数的值域为
B．函数是一个偶函数，也是一个周期函数
C．直线是函数的一条对称轴
D．方程有且仅有一个实数根
【答案】ABD
【分析】利用函数的奇偶性、周期性分析判断A，B；利用对称的性质验证判断C；利用零点存在性定理分析判断D作答.
【详解】显然，，即函数是偶函数，
又，函数是周期函数，是它的一个周期，B正确；
当时，，的最小值为，最大值为，
即当时，的取值集合是，因是偶函数，则当时，的取值集合是，
因此，当时，的取值集合是，而是的周期，所以，的值域为，A正确；
因，，即函数图象上的点关于直线的对称点不在此函数图象上，C不正确；
因当时，恒有成立，而的值域为，方程在上无零点，
又当或时，的值与的值异号，即方程在、上都无零点，
令，，显然在单调递减，
而，，于是得存在唯一，使得，
因此，方程在上有唯一实根，则方程在上有唯一实根，又定义域为，
所以方程有且仅有一个实数根，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
19．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）已知函数.如下四个命题
甲：该函数的最大值为；
乙：该函数图像的两条对称轴之间的距离的最小值为；
丙：该函数图象关于对称；
丁：该函数图像可以由的图象平移得到.
有且只有一个是假命题，那么下列说法正确的是（ ）
A．函数是偶函数B．的值可唯一确定
C．函数的极小值点为D．函数在区间上单调递增
【答案】ABD
【分析】根据题意得到命题乙和命题丁矛盾，结合三角函数的图象与性质，分类讨论，可判断假命题为丁，由此求得函数 的解析式，故可求出的表达式，判断A;求出的值，可判断B;令令，则，判断C; 当时，求出，根据函数 的单调性，判断D.
【详解】由命题甲：该函数的最大值为，可得；
由命题乙：该函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，可得；
由命题丁：由，可知，；
所以命题乙和命题丁矛盾；
若假命题是乙，则，
由命题丙：：该函数图象的一个对称中心为，，
可得，
故，，不满足条件；
若假命题是丁，则，
由命题丙：该函数图象的一个对称中心为，，可得，
可得，，，可得，所以假命题是丁，
故，
则，为偶函数，A正确；
由以上分析可知，故B正确；
令，则，
因此函数极小值点为，故C错误；
当时，，此时函数 单调递减，
故在时单调，故D正确；
故选：．
20．（2022秋·江苏苏州·高三校联考阶段练习）在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若，且，则△为等边三角形
【答案】ACD
【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.
【详解】A：由，根据等比的性质有，正确；
B：当时，有，错误；
C：，而，即，由正弦定理易得，正确；
D：如下图，是单位向量，则，即、，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.
21．（2022秋·江苏苏州·高三统考阶段练习）设函数，已知在[0,2π]有且仅有4个零点，下述四个结论正确的是（ ）
A．在有且仅有3个极大值点
B．在有且仅有2个极小值点
C．的取值范围是[,）
D．在上单调递增
【答案】BCD
【分析】当时求出整体的范围，结合的图象求出的范围，然后再结合的图象判断A、B选项是否正确．
对于D：当时，结合的范围判断整体是否在正弦函数的增区间内.
【详解】
因为，则，有4个零点，
则，，故C对；
有两个极小值点，2个或3个 极大值点，故A错，B对；
对于D：当时，，，
∴在上单调递增，故D对，
故选：BCD
22．（2023秋·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的最大值是
C．在上单调递增
D．若函数在区间上恰有个极大值点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项.
【详解】，
A选项：，A选项正确；
B选项：设，则，
解得，，即，即的最大值为，B选项正确；
C选项：因为，所以在上不单调，C选项错误；
D选项：，
令，解得，即或，，
当，时，，函数单调递减，
当当，时，，函数单调递增，
所以函数的极大值点为，，，，
又函数在区间上恰有个极大值点，则，即，D选项正确；
故选：ABD.
23．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）已知函数，则（ ）
A．函数不是周期函数
B．函数的图象只有一个中心对称点
C．函数的单调减区间为
D．曲线只有一条过点的切线
【答案】AD
【分析】A选项，利用反证法判断出答案；B选项，设关于中心对称，得到，列出方程，求出，得到对称中心不止一个；C选项，由导函数结合定义域求出函数的单调性；D选项，设出切点，得到切线方程，代入，化简后得到，换元后得到，，分，与，得到函数的单调性，极值，最值情况，结合隐零点推出零点个数.
【详解】对于A，因为的定义域是，
所以若有周期，则周期为的整数倍，假设周期，
则即，
当为奇数时，等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；
当为偶数时，等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；
综上，则不是周期函数，A正确；
对于B，设关于中心对称，
，
∴，即；
令，，则，，所以，
则，解得：，，
关于，中心对称，对称中心不止一个，B不正确；
对于C，令，得，
解得或，；
∵的定义域为，
∴的单调递减区间为，，，，，C不正确；
对于D，设切点，
切线方程为，
∵切线过
∴，化简得，
故，令，
，
当时，，故，
∴在上单调递减，
因为，
由零点存在性定理可得：在上有唯一零点，
当时，令，，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
故，
故，
当时，单调递减，
因为，
，
故存在，使得，即，
结合，可得：或，
因为，所以，，
故，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极大值，
因为，所以，
故时，，
所以在上无零点，
在有且仅有一个零点，D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
24．（2022秋·江苏无锡·高三统考期中）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是以为周期的周期函数
B．在上单调递减
C．的值域为
D．存在两个不同的实数，使得为偶函数
【答案】BD
【分析】A选项，验证，得到A错误
B选项，根据时，，得到，换元后得到，利用复合函数单调性求出答案；
C选项，令，此时得到，换元后得到，由求出值域；
D选项，由得到只需且，从而得到且，结合，解不等式，得到相应的：且，且，验证后得到答案.
【详解】
，所以函数的周期不为，故选项A错误；
时，，
故，令，
则，
因为，所以，故，
且t在单调递减，
又，故，开口向下，对称轴为，
故在单调递增，
由复合函数满足同增异减可知：在单调递减，B正确；
令，
若，，即，时，
，
两边平方得：，
故，
若，，即，时，
此时，
两边平方得：
此时，
综上：对于，均有，
所以变形为，
因为，所以当时，取得最大值，最大值为1，
其中，，
因为，故最小值为，
综上：的值域为，C错；
，
则，
假设为偶函数，则，
即，
只需且，
由可得：，①，或②，
其中由①得：，，不能对所有恒成立，舍去；
由②得：，
由可得：③，
由③得：，
故需要保证与同时成立，
令，解得：且，
令，解得：且，故，
取，此时，此时令，解得：，符合要求，
取，此时，此时令，解得：，舍去，
取，此时，此时令，解得：，符合要求，
综上：存在两个不同的实数，使得为偶函数，
，就是这两个实数，D正确．
故选：BD．
【点睛】三者的关系如下：
，，
，
当题目中同时出现三者或三者中的两者时，通常用换元思想来解决.
三、填空题
25．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】当时，易知必满足题意；当时，根据可得，由最大值点的个数可构造不等式组，结合确定具体范围.
【详解】至少存在两个不相等的实数，使得，
当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；
当，即时，，
，；
当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据正弦型函数最值点的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方式，根据的范围所需满足的条件来构造不等式组，解不等式组求得结果.
26．（2022·江苏苏州·校考模拟预测）在锐角中，角所对的边分别为为的面积，且，则的取值范围___________.
【答案】
【分析】利用三角形面积公式与余弦定理,可得，再根据同角关系式可得， ，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得出，结合条件可得的取值范围，进而即得.
【详解】因为，且，
所以，即，
由余弦定理得：，
所以，又，
所以，
解得：或，
因为为锐角三角形，
所以，，
所以，
因为，
所以，
由正弦定理得：
，
因为为锐角三角形，
所以，即,
所以，
所以，
所以，
所以，，
故.
故答案为：.
27．（2022秋·江苏扬州·高三校考阶段练习）在中(角A为最大内角，a，b，c为、、所对的边)和中，若，，，则__________.
【答案】
【分析】根据，可知B和互余，C和互余，于是根据三角形内角和为180°，可得到，再根据可求出，从而求出和A.根据余弦定理和三角形面积公式可将要求的式子化简为，根据A的大小即可求解．
【详解】∵A是最大内角，∴均为锐角，
∵，，∴，，
∴，
∴，即，
∵是三角形内角，∴，∴，∴．
在△ABC中，由余弦定理得，，故，
∴．
故答案为：．
28．（2022秋·江苏南通·高三校考期中）已知，，其中，则____________.
【答案】
【解析】构造，判断的奇偶性与单调性，把化为，化为，利用的奇偶性与单调性求出的值，再计算的值.
【详解】设，
则，易知是偶函数.
当时，，，∴；
当时，，，.
∴恒成立，即在定义域内单调递增.
因为，
∴为奇函数，∴的图象关于点对称，
因为，
∴，
同理可得.
则，
∴，即，
故.
故答案为：
四、双空题
29．（2022·江苏南京·金陵中学校考二模）已知函数，则的最小正周期为___________；当时，的值域为___________.
【答案】
【分析】先根据函数周期性的定义说明是函数的一个周期，在利用导数说明函数的单调性，从而证明是最小正周期；
根据函数的单调性可求得最大值，再比较时端点处的函数值大小，即可求得答案.
【详解】因为，
故为的一个周期,
而当时，，
由题意可知，
令，得，故，，
因为当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，故的最小正周期为π，
且在上的最大值为，而，，
故，故当时，函数的值域为,
故答案为：；
30．（2023秋·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）某小区有一个半径为r米，圆心角是直角的扇形区域，现计划照图将其改造出一块矩形休闲运动场地，然后在区域I（区域ACD），区域II（区域CBE）内分别种上甲和乙两种花卉（如图），已知甲种花卉每平方米造价是a元，乙种花卉每平方米造价是3a元，设∠BOC=θ，中植花卉总造价记为，现某同学已正确求得：，则___________；种植花卉总造价最小值为___________.
【答案】
【分析】根据Ⅰ，Ⅱ的面积均为扇形面积减去三角形面积，结合扇形的面积公式可得，再根据可得；再对求导分析函数的极值点与最值求解最小值即可.
【详解】，
在单调递减，在单调递增，故
故答案为：；