解三角形与三角函数分类汇编-北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编

这是一份解三角形与三角函数分类汇编-北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编，共21页。试卷主要包含了三角函数，解三角形等内容，欢迎下载使用。
一、三角函数
1．（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在第三象限.则（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·北京房山·一模）已知角的终边经过点，把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·北京延庆·一模）“”是“为第一或第三象限角”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．（2024·北京东城·一模）已知函数的最小正周期为，最大值为，则函数的图象（ ）
A．关于直线对称 B．关于点对称
C．关于直线对称 D．关于点对称
5．（2024·北京西城·一模）关于函数，给出下列三个命题：
①是周期函数； ②曲线关于直线对称；
③在区间上恰有3个零点．
其中真命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
6．（2024·北京石景山·一模）已知函数的部分图象如图所示，则的值是（ ）
A．B．1C．D．
7．（2024·北京丰台·一模）已知函数，则“”是“是偶函数，且是奇函数”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．（2024·北京东城·一模）已知角的终边关于直线对称，且，则的一组取值可以是 ， .
9．（2024·北京海淀·一模）已知函数，则 ；函数的图象的一个对称中心的坐标为 .
10．（2024·北京西城·一模）已知．使成立的一组的值为 ； ．
11．（2024·北京门头沟·一模）若函数 的最大值为 ， 则 ， ．
12．（2024·北京平谷·零模）设，．若对任意的实数x都有，则满足条件的所有可能的取值为 ．
13．（2024·北京朝阳·一模）已知函数的最小正周期为.
(1)若，，求的值；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，确定的解析式，并求函数的单调递增区间.
条件①：的最大值为2；
条件②：的图象关于点中心对称；
条件③：的图象经过点.
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
14．（2024·北京延庆·一模）已知函数，的最大值为.
(1)求的值；
(2)将的图象向右平移个单位得到的图象，求函数的单调增区间．
15．（2024·北京平谷·模拟预测）已知函数，其中，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围．
条件①：对任意的，都有成立；
条件②：；
条件③：．
16．（2024·北京丰台·一模）已知函数()．
(1)若，求的值；
(2)若在区间上单调递减，，求的值．
17．（2024·北京门头沟·一模）设函数，已知，，在区间上单调，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在．
(1)求的值；
(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点， 求的取值范围．
条件①：为函数的图象的一个对称中心；
条件②：直线为函数的图象的一条对称轴；
条件③：函数的图象可由的图象平移得到．
注：如果选择的条件不符合要求，得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
二、解三角形
18．（2024·北京平谷·零模）若的面积为，且为钝角，则 ；的取值范围是 ．
19．（2024·北京延庆·一模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则 ，的面积为 ．
20．（2024·北京门头沟·一模）在中，，则的面积为（ ）
A．B．
C．D．
21．（2024·北京海淀·一模）在中，.
(1)求；
(2)若，求的面积.
22．（2024·北京西城·一模）在中，．
(1)求的大小；
(2)若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．
条件①：边上中线的长为；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
23．（2024·北京东城·一模）在中，.
(1)求；
(2)若为边的中点，且，求的值.
24．（2024·北京石景山·一模）在锐角中，角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围．
25．（2024·北京房山·一模）在中，，且．
(1)求的大小；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．
条件①：为锐角；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分．
参考答案：
1．C
【详解】由题意可得、，，
对A：当时，，则，，
此时，故A错误；
对B：当时，，故B错误；
对C、D：，由，
故，则，即，
故C正确，D错误.
故选：C.
2．D
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
因为把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，
所以，
所以.
故选：D.
3．C
【详解】因为或，
所以“”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件.
故选：C.
4．C
【详解】，其中，
因为函数的最小正周期为，
所以，解得，
因为函数的最大值为，
所以，解得（舍去），
所以，
因为，
所以函数图象不关于直线对称，也不关于点对称，故AB错误；
因为，
所以函数图象关于直线对称，不关于点对称，故C正确，D错误.
故选：C.
5．D
【详解】对于①，因为，所以，故，所以选项①正确，
对于②，因为，
由对称轴的定义知，为函数的一条对称轴，所以选项②正确，
对于③，因为，令，得到，
解得或，又，由，得到或，
由，得到，所以选项③正确，
故选：D.
6．A
【详解】由图象可知，解得，因为，所以，解得，
将代入解析式化简得，因为，则，得，
故，所以.
故选：A
7．A
【详解】因为，则，
，
若是奇函数，则，解得，
若是偶函数，则，解得，
所以若是偶函数且是奇函数，则，
所以由推得出是偶函数，且是奇函数，故充分性成立；
由是偶函数，且是奇函数推不出，故必要性不成立，
所以“”是“是偶函数，且是奇函数”的充分不必要条件.
故选：A
8． （答案不唯一，符合题意即可） （答案不唯一，符合题意即可）
【详解】因为角的终边关于直线对称，
则，，则，
因为，所以，
所有或，，
解得：或，，
取，的一个值可以为，的一个值可以为.
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）；（答案不唯一，符合题意即可）.
9． （答案不唯一）
【详解】因为，所以，
因为定义域为，当时，，
下证是的一个对称中心，
在上任取点，其关于对称的点为，
又，
所以函数的图象的一个对称中心的坐标为，
故答案为：；（答案不唯一）
10． （答案不唯一）
【详解】取，此时，，
故，符合要求.
故答案为：；（答案不唯一）.
11． 1
【详解】，
由最大值为，,则,
所以，
所以，
故答案为：；
12．，
【详解】由对任意的实数x都有，得或，
当时，，
则，而，因此；
当时，，
则，而，因此，
所以满足条件的所有可能的取值为，.
故答案为：，
13．(1)
(2)，单调递增区间，，
【详解】（1）因为，，则，且，则；
（2）因为函数的最小正周期为，则，
若选①②，则，且，
且，则，则，则，
所以；
若选择①③，则，且，则，
，则，则，则，
所以；
若选择②③，由②可知，，
由③可知，，则，
所以.
，
，
令，，
得，，
所以函数的单调递增区间是，，
14．(1) (2)
【详解】（1）因为，
其中，，
所以，
又因为，解得.
（2）由（1）可得，
将的图象向右平移个单位可得，
由得，
即函数的单调增区间为.
15．(1)答案见解析 (2)
【详解】（1）由，
若选条件①：可知当时，，因为，即，且对任意，都有恒成立，故选条件①时存在，故可选①；
若选条件②：，解得或，，因为，所以与条件矛盾，故不选②；
若选条件③：，
所以，因为，可得，故条件③能使成立，故可选③；
综上所述：故可选择条件①或③，此时.
（2）由（1）知，当时，，
且的最小值为，所以可得，解得，又，
所以，
所以的取值范围为.
16．(1)； (2)1．
【详解】（1）∵，
∴．
（2）
∵在区间上单调递减，
∴，即，
∴．
∵，
∴，即，
所以当时，.
此时，
当，，故此时单调递减，符合题意.
综上，.
17．(1)见解析； (2)
【详解】（1）由，知，从而.
而在区间上单调，的周期为，
这意味着，即，故.
注意到，从而有：
，，
所以，，即，而，故.
从而，故.
若选择条件①，则为函数的图象的一个对称中心，从而这等价于，
所以，从而，故，
所以，由知，故，故，；
若选择条件②，则直线为函数的图象的一条对称轴，从而，
而在区间上单调，，故.
从而，所以，故，
所以，由知，故，故，；
若选择条件③，函数与的振幅不一致，无法通过平移得到，
故不能选择；
（2）条件等价于，关于的方程即在上恰有一个解.
记，则，从而和一一对应，
这就表明条件等价于关于的方程在上恰有一个解.
设，则在上递增，在上递减，，，.
此时，若，则，方程无解，不满足条件；
若，则当时，；
当时，.
故方程在上无解，不满足条件；
若，由，，，
知方程在和上各至少有一个根，
从而在上至少有两个根，不满足条件；
若，则当时，.
故方程在上无解；
而在上单调，且，，
所以方程在上恰有一个根.
这就表明方程在上恰有一个根，满足条件；
若，则，当且仅当时等号成立.
而，故当且仅当时等号成立，
故方程在上恰有一个根，满足条件.
综上，的取值范围是.
18．
【详解】根据题意可得面积，
可得，即，
又易知为锐角，可得；
由正弦定理可得，
因为为钝角，可得，所以；
可得，因此；
故答案为：；；
19． 1 /
【详解】因为，由正弦定理可得，
因为，在中，由余弦定理可得：，
所以，解得：；
所以，由三角形面积公式可得：，
故答案为：；.
20．A
【详解】，
解得，则，
所以.
故选：A.
21．(1) (2)
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
又，所以，得到，即，
所以，又因为，所以，得到.
（2）由（1）知，所以，又，得到①，
又，得到代入①式，得到，
所以的面积为.
22．(1) (2)答案见解析
【详解】（1）由，得，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
又，所以；
（2）选条件①：边上中线的长为：
设边中点为，连接，则，
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，解得或（舍），
所以的面积为，
选条件③：：
在中，由余弦定理得，即，
整理得，解得或，
当时，的面积为．
当时，的面积为．
不可选条件②，理由如下：
若，故为钝角，则，
则，，即，
其与为钝角矛盾，故不存在这样的.
(1)；(2).
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
即，，
又因为，
所以，
解得，又因为，
所以；
（2）解：因为为边的中点，，
所以,
设,
在中，由正弦定理可得，
即，解得，
又因为，所以，

在中，，
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，
即.
24．(1) (2)
【详解】（1）因为，由正弦定理边化角得：
，所以，
由于在中，，所以，
即，又，所以.
（2）由（1）可知，所以，
所以
由于在锐角中，，所以，
所以，所以，
所以，所以的取值范围为.
25．(1)；(2)①，；③，.
【详解】（1）因为，所以，所以，由得，.
（2）选条件①：为锐角；
由正弦定理即知，
因为为锐角，所以，所以存在且唯一确定.
，
从而.
选条件②：，由得，从而可能是锐角，也可能是钝角，则不唯一，故不能选②；
选条件③：，
由，得，所以，，
由正弦定理即得，
，
.