高中高考数学一轮复习综合检测AB卷三角函数综合测试卷A含解析答案

这是一份高中高考数学一轮复习综合检测AB卷三角函数综合测试卷A含解析答案，共33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．已知扇形的圆心角为，半径为4，则扇形的弧长为（ ）
A．B．2C．4D．8
2．已知为第一象限角，且，则为（ ）
A．第一象限角B．第二象限角
C．第三象限角D．第四象限角
3．如果是第一象限角，则（ ）
A．且B．且
C．且D．且
4．若，，则（ ）
A．B．C．D．
5．“”是“为第一象限角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．函数（，，）的一个对称中心为，且的一条对称轴为，当取得最小值时，（ ）
A．B．C．D．
8．魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正24576边形，求出圆周率约等于，和相比，其误差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才被打破．若已知的近似值还可以表示成，则的值约为（ ）
A．B．C．D．
9．在中，，则“”是“”的（ ）条件
A．充要B．充分不必要C．必要不充分D．既不充分也不必要
10．在中，，则（ ）
A．B．
C．D．
11．内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，的面积为，则（ ）
A．B．C．2D．4
12．的内角所对的边分别为，已知，则当取得最小值时，（ ）
A．B．C．D．
13．已知在中，三个内角，，的对边分别为，，，若函数无极值点，则角B的最大值是（ ）
A．B．C．D．
14．在中，已知，，若有唯一值，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
15．在锐角三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
16．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，外接圆半径为，，D为BC上一点且AD为的平分线，则AD的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
17．古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示．下列结果等于黄金分割率的值的是（ ）
A．B．
C．D．
18．已知函数的最大值为2，则（ ）
A．B．的图象关于点对称
C．是图象的一条对称轴D．在上单调递增
19．已知函数（且）的图象过定点，且角的终边经过，则（ ）
A．B．
C．D．
20．（多选）在中，分别是角的对边，为钝角，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．C．D．
21．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则的外接圆半径为1
B．若，，则的面积最大值为
C．若，，且为直角三角形，则
D．若，，且有两解，则a的取值范围
22．黄金三角形被称为最美等腰三角形，因此它经常被应用于许多经典建筑中，例如图中所示的建筑对应的黄金三角形，它的底角正好是顶角的两倍，且它的底与腰之比为黄金分割比（黄金分割比）.在顶角为的黄金中，D为BC边上的中点，则（ ）
A．
B．
C．在上的投影向量为
D．是方程的一个实根
三、填空题
23．已知，函数，若，则 ．
24．设点P是以原点为圆心的单位圆上的动点，它从初始位置出发，沿单位圆按逆时针方向转动角后到达点，然后继续沿单位圆按逆时针方向转动角到达．若点的横坐标为，则点的纵坐标为 ．
25．已知函数，且，则 .
26．如图，在中，，，，为内的一点，且，，则 ．
27．在锐角中，角的对边分别为，且满足．若恒成立，则实数的取值范围为 ．
28．在中，角的对边分别为，若，则 .
四、解答题
29．已知集合，函数的值域为集合．
(1)当时，求；
(2)若“”是“”的充分不必要条件，求正数的取值范围．
30．已知函数．
(1)求的最小正周期和单调增区间；
(2)若函数在存在零点，求实数a的取值范围．
31．已知函数，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使的解析式唯一确定.
(1)求的解析式；
(2)设函数，若，且，求的值.
条件①：；条件②：图象的一条对称轴为；条件③：若，且的最小值为.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
32．已知函数是定义域上的奇函数．
(1)求实数的值；
(2)求函数的值域；
(3)若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围．
33．已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”；记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为
(1)已知，，若函数为集合中的元素，求其“相伴向量”的模的取值范围；
(2)已知点满足条件：，，若向量的“相伴函数”在处取得最大值，当在区间变化时，求的取值范围；
(3)当向量时，“相伴函数”为，若，方程存在4个不相等的实数根，求实数的取值范围.
34．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积为．
(1)求角B的大小；
(2)若，，是的一条中线，求线段的长．
35．在中，内角所对的边分别为，满足.
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，求的最大值．
36．已知函数．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)求的值域；
(2)设函数，若是g(x)的一个零点，且，求面积的最大值与的函数关系式．
37．某中学为美化校园将一个半圆形边角地改造为花园．如图所示，为圆心，半径为千米，点、、都在半圆弧上，设，，其中．
(1)若在花园内铺设一条参观的线路，由线段、、三部分组成，求当取何值时，参观的线路最长；
(2)若在花园内的扇形和四边形内种满杜鹃花，求当取何值时，杜鹃花的种植总面积最大．
38．如图，在圆O的内接四边形中，，记的面积为，的面积为，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求的最大值，并写出此时的值.
参考答案：
1．D
【分析】根据扇形弧长公式计算可得.
【详解】因为扇形的圆心角为，半径为4，
所以由弧长公式得扇形的弧长为．
故选：D
2．D
【分析】由已知，利用差角正弦公式可得，进而有，结合为第一象限角列不等式求范围即可.
【详解】由题设，则，
所以，而为第一象限角，
所以，则,
所以，即为第四象限角.
故选：D
3．C
【分析】根据的象限确定的象限，即可排除B、D，再确定的象限，即可排除A.
【详解】因为是第一象限角，则，，
所以，，
所以是第一或第三象限角，则或，，故排除B、D；
又，，
所以的终边在第一、第二象限或在轴的非负半轴上，则，
当的终边在轴的非负半轴上时，无意义，故排除A.
故选：C
4．B
【分析】由诱导公式可得出，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，结合同角三角函数的商数关系可求得的值.
【详解】因为，则，
所以，，
联立，解得，
因此，.
故选：B.
5．B
【分析】判断，即判断，根据在象限中恒成立即可判断出所在象限，最后根据充分条件和必要条件定义即可得出答案.
【详解】，若为第一象限角或第三象限角，则，即；
若为第二象限角或第四象限角，则，即.
故“”是“为第一象限角”的必要不充分条件.
故选：B.
6．A
【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【详解】因为，所以，
而，所以，
故即，
从而，故，
故选：A.
7．A
【分析】利用三角函数的图像性质结合辅助角公式求解.
【详解】由题得，
其中，，
由题意知，，,
又因为，
所以，,
两式相减得，即，
因为，，
此时.所以，
故选：A.
8．C
【分析】将代入，结合三角恒等变换化简可得结果.
【详解】将代入，
可得
.
故选：C.
9．C
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及正弦定理计算可得.
【详解】由可得，
又，所以或，故充分性不成立，
由，则，即，所以，故必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
10．D
【分析】利用正弦定理与三角函数的和差公式推得，从而得解.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
因为，
所以，
因为，则，所以，
因为，所以.
故选：D.
11．D
【分析】由，利用边化角，求解，由面积为，求解，判断选项.
【详解】由，则，
因为sinB>0，,故,
又，所以，
由的面积为，得，解得.
故选：D
12．C
【分析】根据题意，求得，利用余弦定理得，设，求得，求得函数的单调性，进而得答案.
【详解】由，可得，解得，可得，
由余弦定理得，
设，可得，
令，可得，即，
令，可得，解得或（舍去），
当，即时，，单调递减；
当，即时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，即取得最小值.
故选：C.
13．C
【分析】求出函数的导函数，依题意无变号零点，等价为判别式，从而得到再利用余弦定理求出的范围，即可得解；
【详解】解：因为，
所以，
若无极值点，即无变号零点，又二次函数开口向上，
所以恒成立，等价为判别式，
即，得，
所以，因为，
，所以的最大值为；
故选：C．
14．C
【分析】由可求，对的取值进行讨论，求出使得B唯一时的取值范围，此时有唯一值.
【详解】由可得：，且，
若，则，由正弦定理可得,
则，所以B为锐角，
此时B唯一，则C也唯一，所以有唯一值.
当时，，则此时B唯一，则C也唯一，所以有唯一值.
当时，因为，根据正弦函数图像易知，在上存在两个根，所以存在两个值满足，所以不成立.
故选：C
15．A
【分析】根据正弦定理化简，求出，化简得，根据三角形为锐角三角形求出范围，进而求出范围即可.
【详解】由，根据正弦定理得，
因为，
所以，
因为三角形为锐角三角形，
所以，即，
，
由题，则，
所以，
故选：A
16．B
【分析】首先根据已知利用正、余弦定理求出及a，然后利用正弦定理将AD表示出来
：，设，得，然后构造函数，利用导数并结合三角函数的图象与性质研究的单调性和最值，即可得解．
【详解】由得，则由余弦定理得，因为为三角形内角，
∴，由得．
由正弦定理得，，
则，则．
设，则，∵为锐角三角形，∴，
令，
则，则，
当时，∵，，
∴，同理得当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，，即，
∴，∴．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题的关键是引角，设，根据正弦定理得到函数表达式，再利用导数求出其值域即可.
17．AD
【分析】根据题意，结合三角恒等变换的公式，准确化简、运算，即可求解.
【详解】对于A中，由，所以A正确；
对于B中，由，所以B不正确；
对于C中，由，所以C不正确；
对于D中，由，所以D正确.
故选：AD.
18．AD
【分析】利用三角函数的图象与性质一一判定即可.
【详解】易得，
则，即A正确；
所以，当，，即B错误；
同理，即C错误；
，由正弦函数的性质可得此时单调递增，即D正确.
故选：AD
19．BCD
【分析】先根据对数函数的性质求出定点，再根据三角函数的定义、倍角正弦公式及两角和的正切公式计算即可得解.
【详解】因为，
令，得，进而，则，故A错误；
因为，
所以，，，
则，
，故BCD正确.
故选：BCD.
20．ABD
【解析】利用余弦定理将代入中,化简整理即可判断选项A；利用正弦定理化边为角得,则,化简整理即可判断选项B；利用B选项且可得的范围,进而判断选项C,D
【详解】因为,
所以由余弦定理得,
因此,
整理得,
故A选项正确；
因为,
所以由正弦定理得,
即,
所以,
所以,
所以,
由于是钝角,
所以,
即,
故B选项正确；
由于,且,
所以,
所以,,
因此,,
故C选项错误,D选项正确
故选:ABD
【点睛】本题考查余弦定理的应用,考查利用正弦定理化边为角,考查三角形中角的范围的应用
21．ABD
【分析】利用正弦定理即可判断A；根据余弦定理结合基本不等式及三角形的面积公式即可判断B；分和两种情况讨论即可判断C；要使有两解，则且，再结合正弦定理即可判断D.
【详解】对于A，因为，，
所以的外接圆半径为，故A正确；
对于B，若，，
由余弦定理可得，
所以，当且仅当时，取等号，
则，
即的面积最大值为，故B正确；
对于C，当时，则，
当时，则，
综上，或，故C错误；
对于D，，，
因为，所以，
因为，所以，
要使有两解，则且，则，
所以，解得，故D正确.
故选：ABD.
22．ABD
【分析】根据诱导公式、同角三角函数的基本关系式、三角恒等变换、余弦定理、投影向量等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设，则，解得，则，
则，A正确.
，，B正确.
依题意可设，则，
则由余弦定理得，
过B作，垂足为E，

则在上的投影向量为，C错误.
由图可知，
则
，
设，则，整理得，D正确.
故选：ABD
23．
【分析】根据分段函数的解析式，代入即可逐层求解.
【详解】，所以，
所以，
故答案为：
24．
【分析】由在单位圆上，得到的坐标，再根据三角函数的定义得出的值，从而求出的值，在运用两角差的余弦公式求解.
【详解】由题可知，因为，
所以
.
故答案为：
25．/
【分析】求导，由整理可得，然后利用二倍角公式将目标式化为齐次式，弦化切可得.
【详解】求导得，由得，，
解得，所以.
故答案为：
26．/
【分析】设，根据已知条件得到，在中利用余弦定理得到关系式，求解即可.
【详解】设，为内的一点，，，
，，，，
在中，，
即，整理得，
，，
，，
两边同时除以得，，
即，，即.
故答案为：.
27．
【分析】利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换求得，再将不等式参变分离为恒成立，转化为求函数的最小值，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理可得，
则，得，
所以，
因为，，，
所以，则，
不等式恒成立，又，
所以恒成立，即，
因为，
所以
，
因为三角形为锐角三角形，所以，解得，
则，所以，
又因为函数在区间单调递增，
所以，则，
所以.
故答案为：
28．/
【分析】由余弦定理先求出，再由同角三角函数的平方关系即可求.
【详解】由余弦定理，得，又，
所以.
故答案为：
29．(1)
(2)
【分析】（1）先利用三角函数倍角知识和辅助角公式对化简，然后利用集合的并集运算即可得解；
（2）由充分不必要条件转化为集合间的关系从而求解.
【详解】（1）因为，
所以集合.
当时，得，解之得，所以，
所以得.
（2）由条件知集合是集合的真子集，
又因为，解之得，所以，
所以得或，解之得，
又因为，所以正数的取值范围为.
30．(1)，
(2)
【分析】（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（2）根据题意转化为方程在上有解，以为整体，结合正弦函数图象运算求解.
【详解】（1）对于函数
，
所以函数的最小正周期为，
令，则，
∴函数的单调递增区间为.
（2）令，即，则，
∵在存在零点，则方程在上有解，
若时，则，可得，
∴，得
故实数的取值范围是．
31．(1)
(2)
【分析】(1)根据条件结合三角函数图象性质即可求解;(2)利用三角恒等变换和配凑角即可求解.
【详解】（1）选择条件①②：
由条件①，所以，解得，
又，所以.
由条件②得，解得，
所以的解析式不唯一，不合题意；
选择条件①③：
由条件①，所以，解得，
又，所以.
由条件③得，得，所以，所以.
选择条件②③：
由条件③得，得，所以，
所以，
又图象的一条对称轴为，
所以，解得，
又，所以，所以.
（2）由题意得
，
因为，所以，即，又，所以，
若，则，又，所以.
因为，所以，
又，所以，
所以
.
32．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）由已知结合奇函数的性质可求；
（2）结合指数函数及反比例函数的性质即可求解；
（3）结合辅助角公式，二倍角公式对进行化简，然后结合正弦函数的性质求出其最大值，再由函数单调性及存在性问题与最值关系的转化即可求．
【详解】（1）因为是定义域上的奇函数，
所以，即，
所以，
又，
所以此时为奇函数，符合题意；
（2）由（1）得，
因为，
所以，
所以，即函数的值域为．
（3）因为，
当时，，
所以，
所以，
由无实数解可得的定义域为，
易知单调递增，所以在上单调递减，
若关于的不等式在上有解，
则在上有解，
所以在上有解，
所以，即，
故的范围为
33．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）把化为形式得“相伴向量”，求出模后可得其范围；
（2）写出“相伴函数”，根据辅助角公式得最大值及最大值点，由的范围得的范围，再得出的范围后可得的取值范围；
（3）由定义得并化简（化为一个角的一个三角函数形式），解方程得或，求得两根，然后作出函数，的图象，由图象可得且有两根的的范围．
【详解】（1），
∴函数的相伴向量，
，
∴时，；时，.
∴的取值范围为[1，3]
（2）的相伴函数
其中，.
当，，即，时，取得最大值，
∴，
∵，∴，
∴，∴.
∴.
（3），
当时，，
由，得：，
∴或，
由，即，而，解得或，
即∴在上有两个根，
方程在上存在4个不相等的实数根，
当且仅当且在上有两个不等实根，
在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线，如图，
方程在上有两个不等实根，
当且仅当函数在上的图像和直线有两个公共点，
观察图像知：或，
解得或，
所以实数的取值范围是.
34．(1)
(2)
【分析】（1）根据面积公式和余弦定理得到，得到答案；
（2）由，两边平方结合向量的运算法则计算得到答案.
【详解】（1）由题意，可得的面积，
由余弦定理，即
所以，所以，
又，所以.
（2）
为的中点，则，又，，，
所以，
故，即线段的长度为.
35．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可；
（2）利用为锐角三角形，求出，表示出，并进行换元转化为二次函数，进而求得最大值.
【详解】（1）由题，
由正弦定理：
或（舍）
.
（2）为锐角三角形，，
由（1），原式，
令，
则原式，
当时，所求式子的最大值为．
36．(1)；
(2)
【分析】（1）先通过计算出定义域，再化简，利用正切函数的图象与性质即可求解；
（2）先计算，然后化简，根据是g(x)的一个零点，得到或，然后分别结合基本不等式求出面积的最大值，即可得到答案
【详解】（1）由可得，解得，
，
因为，所以，
所以，所以的值域为；
（2），
所以，
，
所以，
因为是g(x)的一个零点，所以，
因为，所以或，
当时，，所以解得，
当且仅当时，取等号，
所以的最大值为，所以此时最大面积为；
当时，，所以解得，
当且仅当时，取等号，
所以的最大值为，所以此时最大面积为；
综上所述，面积的最大值与的函数关系式
37．(1)
(2)
【分析】（1）利用直径所对的圆周角为直角，利用三角函数把线段、、表示为的函数，利用换元和二次函数的性质求取最大值时的值.
（2）利用扇形面积公式和三角形面积公式，把种植总面积表示为的函数，利用导数研究单调性，求取最大值时的值.
【详解】（1）解：如下图，连接，则，
半圆的半径，在中，，即，
同理可得，且，
所以参观路线的长度，
令，即.
由二次函数性质可知，当时取得最大值，此时，即时，参观路线最长.
（2）解：由题知：扇形的面积，
的面积，
的面积，
所以杜鹃花的种植总面积，
，
令得或（舍），因为，所以，，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以时，杜鹃花的种植总面积最大.
38．(1)；(2)； (3) 32.
【分析】（1）利用同一圆内，相等弧长所对圆周角相等，得到四边形为等腰梯形，即可求出面积.
（2）利用余弦定理和基本不等式，即可求解.
（3）在和中，利用,即可解出,即可求出的最大值.
【详解】解：（1）因为,根据同一圆内，相等弧长所对圆周角相等，得,故,所以四边形为等腰梯形,
过点A作,,
所以
(2)由余弦定理得，，又,
所以，所以在中，
,（当且仅当取等号）
所以，
所以.
所以的最大值为
（3）
在中，,
在中，,
联立以上两式得：，
，
解得：或(舍去)
所以，
当时，取最大值32.