新高考数学二轮复习 多选题分类提升练习专题二【三角函数与解三角形】多选题专练六十题（2份打包，原卷版+解析版）

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1．（2000·全国·高考真题）已知，那么下列命题中成立的是（ ）
A．若、是第一象限角，则
B．若、是第二象限角，则
C．若、是第二象限角，则
D．若、是第四象限角，则
【答案】CD
【分析】根据选项中角度所处象限，结合三角函数线即可比较大小.
【详解】如图(1)，α、β的终边分别为OP、OQ，，
此时，故A错；
如图(2)，OP、OQ分别为角α、β的终边，，
∴，故B错；
如图(2)，角α，β的终边分别为OP、OQ，，
∴，故C正确；
如图（4），角α，β的终边分别为OP、OQ，
∴，故D正确.
故选：CD.
2．（2022·全国·统考高考真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【答案】AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
3．（2021·全国·统考高考真题）已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
故选：AC
4．（2020·海南·高考真题）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.
【详解】由函数图像可知：，则，所以不选A,
不妨令,
当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
.
而
故选：BC.
【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
5．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数，下列结论中正确的有（ ）
A．若，则是的整数倍
B．函数的图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移单位得到
C．函数的图象关于点对称
D．函数在上单调递增
【答案】CD
【分析】利用诱导公式可判断A选项；利用三角函数图象变换可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，
则或，
可得或，A错；
对于B选项，因为，
所以，函数的图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变，
横坐标变为原来的，再向左平移个单位得到，B错；
对于C选项，因为，
所以，函数的图象关于点对称，C对；
对于D选项，当时，，
所以，函数在上单调递增，D对.
故选：CD.
第二部——基础模拟题
6．（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知函数是的一个极值点，是与其相邻的一个零点，则（ ）
A．B．
C．直线是函数的对称轴D．
【答案】BC
【详解】对于A，根据正弦型函数的周期性的性质，结合周期计算公式，可得答案；
对于B，利用整体思想，根据正弦函数的极值性质，建立方程，可得答案；
对于C，利用整体思想，根据正弦函数的对称性，建立方程，可得答案；
对于D，利用函数解析式，可得答案.
【分析】对于A，因为函数的最小正周期为，所以，所以，故A项错误；
对于B，因为是的一个极值点，所以，所以，因为，所以，故B项正确；
对于C，，当时，，故C项正确；
对于D，，故D项错误.
故选：BC
7．（2023·河北张家口·统考三模）关于函数，下列选项正确的有（ ）
A．为偶函数
B．在区间上单调递增
C．的最小值为2
D．在区间上有两个零点
【答案】ABD
【分析】根据偶函数的定义判断可得A正确；利用导数判断可得B正确；根据可得C不正确；分段解方程可得D正确.
【详解】由，得，，得，，
所以的定义域为，关于原点对称，
因为，
所以为偶函数，故A正确；
当时，，，
因为，所以，，，所以，
所以在区间上单调递增，故B正确；
因为，故C不正确；
当时，，，
令，得，无解；
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，无解，
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，得，
当时，函数无意义，
当，，，
令，得得，无解，
当时，函数无意义，
当时，，，
令，得，得，得，
综上所述：在区间上有两个零点和.故D正确.
故选：ABD
8．（2023·重庆巴南·统考一模）已知函数，则（ ）
A．B．的最小正周期为
C．在上单调递减D．在上单调递增
【答案】ABC
【分析】首先根据三角函数二倍角化简，然后利用整体代入法研究函数图像即可；
【详解】选项A正确；
所以函数的最小正周期为选项B正确；
根据余弦函数图像性质，（余弦函数对应的单调递减区间），函数单调递减，选项C正确；
根据余弦函数图像性质，（余弦函数对应的单调递增区间），函数不单调，选项D错误；
故选：ABC.
9．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）已知是的导函数（ ）
A．是由图象上的点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移得到的
B．是由图象上的点横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移得到的
C．的对称中心坐标是
D．是的一条切线方程.
【答案】BC
【分析】由三角函数的平移和伸缩变换可判断A，B；由三角函数的性质可判断C；由导数的几何意义可判断D.
【详解】，
是由横坐标缩短到原来的倍，纵坐标伸长2倍，再把得到的曲线向左平移，故A错误；
函数图象将横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得，
再向右平移个长度单位，得，即，故B正确；
因为，令，
则，则的对称中心坐标是，故C正确；
因为，所以，
由导数的几何意义令，可得：，
即，解得:
，所以切点为，
而不在上，故D错误.
故选：BC.
10．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知函数，，则正确的是（ ）
A．B．是函数的零点
C．函数是非奇非偶函数D．为图象的一条对称轴
【答案】ACD
【分析】由三角恒等变换将函数化简得，根据正弦型三角函数的值域、零点、奇偶性、对称性逐项判断即可.
【详解】因为，所以，故A正确；
由于，故不是函数的零点，故B不正确；
，且，故函数是非奇非偶函数，故C正确；
由于，所以为图象的一条对称轴，故D正确.
故选：ACD.
11．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知函数，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若时，方程有实根，则实数的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式，利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，由可得出，求出函数在上的值域，即可得出实数的不等式，解之即可.
【详解】因为
，
将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
则，
当时，，则，
由得，可得，所以，，解得，
故选：CD.
12．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）中，角所对的边分别为.以下结论中正确的有（ ）
A．若，则必有两解
B．若，则一定为等腰三角形
C．若，则一定为直角三角形
D．若，且该三角形有两解，则的范围是
【答案】AC
【分析】根据正弦定理可判断选项A；已知条件得出角的关系，可判断选项B；化边为角可判断选项C；根据正弦定理可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于A，若，则，
又，所以必有两解，故A正确；
对于B，若，则或，
即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由正弦定理得：，
即，而，故，
所以一定为直角三角形，故C正确；
对于D，若，且该三角形有两解，所以，
即，也即，故D错误.
综上所述，只有AC正确，
故选：AC.
13．（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知函数的初相为，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．函数的一个单调递减区间为
C．若把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则为偶函数
D．若函数在区间上的值域为
【答案】AB
【分析】根据已知条件求出函数的解析式，然后计算的值即可判断A项；利用整体思想及正弦函数的单调性求函数的单调递减区间即可判断B项；由三角函数图象的平移变换法求出函数的解析式即可判断C项；由x范围求得的范围，进而求得在区间上的值域即可判断D项．
【详解】由题意知，所以．
对于选项A，，所以的图象关于直线对称，故A项正确；
对于选项B，由，，得，，
则当时，函数的一个单调递减区间为，故B项正确；
对于选项C，的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
所以为奇函数，故C项错误；
对于选项D，因为，所以，
所以，
所以，
即：在区间上的值域为，故D项错误．
故选：AB.
14．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）定义在上的函数满足在区间内恰有两个零点和一个极值点，则下列说法不正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．将的图象向右平移个单位长度后关于原点对称
C．图象的一个对称中心为
D．在区间上单调递增
【答案】ABC
【分析】根据题意可求出的值，从而可得到的解析式，再根据解析式逐项分析即可．
【详解】依题可知，于是，于是，
∴，又，
∴，∴，
对于A，由，则的最小正周期为，故A错误；
对于B，因为，
所以将的图象向右平移个单位长度后得，
则，所以不关于原点对称，故B错误；
对于C，由，所以不是图象的一个对称中心，故C错误；
对于D，由，则，所以在区间上单调递增，故D正确．
故选：ABC．
15．（2023·广东东莞·校考三模）已知，且，则下列命题中成立的是（ ）
A．若，是第一象限角，则
B．若，是第二象限角，则
C．若，是第三象限角，则
D．若，是第四象限角，则
【答案】BD
【分析】举反例判断A，C；利用角的范围，结合余弦函数以及正切函数的单调性可判断B，D.
【详解】对于A，不妨取，，满足题意，但是，A错误；
对于B，由，，因为，故，由于在上单调递减，故，B正确；
对于C，不妨取，，满足题意，而，C错误；
对于D，由，，因为，故，由于在上单调递增，故，D正确
故选：BD.
16．（2023·广东佛山·统考模拟预测）已知函数的图象关于对称，则（ ）
A．的最大值为2
B．是偶函数
C．在上单调递增
D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称
【答案】AB
【分析】依题意可求出，从而可得，结合函数的图象性质逐一判断即可.
【详解】因为函数的图象关于对称，
所以，解得，
所以，其最大值为2，故A正确；
令，
定义域为，，
所以即是偶函数，故B正确；
时，，在单调递增，
在单调递减，故C错误；
把的图象向左平移个单位长度，得到函数
的图象，
因为，
所以的图象不关于点对称，故D错误.
故选：AB
17．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）如图是函数（，，）的部分图像，则（ ）

A．的最小正周期为
B．是的函数的一条对称轴
C．将函数的图像向右平移个单位后，得到的函数为奇函数
D．若函数（）在上有且仅有两个零点，则
【答案】AD
【分析】先根据图像可得，即可判断A；令解出即可判断B，接下来求得 ，即可得到的解析式，根据图象平移判断C；令，解出函数零点，然后根据在上有且仅有两个零点列出不等式解 即可判断D.
【详解】由图像可知， ， ，即，故A正确；
，此时，
又 在图像上， ，解得，
，
，， ，
当是函数的一条对称轴时，此时不符合题意，故B错误；
将的图象向右平移个单位后得到的图象对应的解析式为：
不为奇函数，故C错误；
令 ，解得 ，
当 时， ，不合题意
时， ；时， ；时， ；
又因为函数在上有且仅有两个零点
，解得 ，故D正确.
故选：AD.
18．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数的递增区间是，
C．函数的对称中心，
D．当，函数的值域是
【答案】ABD
【分析】根据的最小正周期为可得的最小正周期是，故A正确；根据以及余弦函数的单调性列式可得B正确；根据，而无意义可得C不正确；根据余弦函数以及对数函数的性质计算可得D正确.
【详解】因为的最小正周期为，所以的最小正周期是，故A正确；
由有意义得，得，
由，，得，，
所以函数的递增区间是，，故B正确；
因为，无意义，
所以函数的图象不关于点对称，.故C不正确；
当时，，，，
所以，故D正确.
故选：ABD
19．（2023·安徽安庆·安徽省桐城中学校考一模）关于函数，则下列结论正确的有（ ）
A．是奇函数B．的最小正周期为
C．的最大值为D．在单调递增
【答案】AC
【分析】利用函数的奇偶性定义、三角函数的周期性以及函数周期的求法判断AB；再根据周期性研究函数在区间上的最值、以及单调性，判断CD.
【详解】由题知，定义域为，
，
所以是奇函数，故A正确；
因
，
所以是的周期，故B错；
，
当且仅当时，等号成立，
由得，
即，所以，故C正确；
因，
，
则，
所以在上不是单调递增的，故D错.
故选：AC
20．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知函数（）的图象与函数的图象的对称中心完全相同，且在上，有极小值，则（ ）
A．B．
C．函数是偶函数D．在上单调递增
【答案】AD
【分析】根据函数与的最小正周期相同，求得，经验证求得，再求出值，再对各个选项逐项验证.
【详解】由题意，函数与的最小正周期相同，则，且.
当时，，其一个对称中心为，
也是的一个对称中心，
所以，所以，，
又，所以，
所以，，，有极大值，无极小值，不合题意；
当时，，其一个对称中心为，
也是的一个对称中心，
所以，所以，，
又，所以，
所以，，，有极小值，满足题意.
，，A项正确，B项不正确；
，不是偶函数，C项不正确；
当时，，函数在上单调递减，则在上单调递增，D项正确.
故选：AD
21．（2023·江苏无锡·校联考三模）在中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】求得大小关系判断选项A；举反例否定选项B；求得大小关系判断选项C；求得的正负情况判断选项D.
【详解】选项A：在中，若，则，则.判断正确；
选项B：令，则 .判断错误；
选项C：在中，若，则，
又余弦函数在单调递减，则.判断正确；
选项D：在中，若，则，
，又正切函数在单调递增，
则.判断正确.
故选：ACD
22．（2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测）若函数，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．的图像关于直线对称
C．的最小值为-1
D．的单调递减区间为
【答案】BCD
【分析】先求出的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出的最小正周期；对于B：由，即可判断；对于C：设，得到利用导数求出，即可判断；对于D：利用复合函数单调性法则直接判断.
【详解】由得的定义域为.
对于A：当时，不在定义域内，故不成立，易知的最小正周期为，故选项错误；
对于B：又，所以的图像关于直线对称，所以选项正确；
对于C：因为，设，所以函数转化为，
由得，.得.所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项正确；
对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，解得，
因为在上单调递增，所以的单调递减区间为，
同理函数的递增区间为，所以选项D正确.
故选：BCD.
23．（2023·福建漳州·统考模拟预测）把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．在上单调递减
B．在上有2个零点
C．的图象关于直线对称
D．在上的值域为
【答案】BC
【分析】由题意，由函数的图象变换规律，求得的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，逐一判断各选项得出结论.
【详解】把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，
可得到的图象；
再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，
时，，
则在单调递减，在单调递增，故A错误；
令，得，即，
因为，所以，解得，
因为，所以或，所以在上有2个零点，故B正确；
因为，为的最大值，
所以直线是的图象的一条对称轴，故C正确；
当时，，，故D错误.
故选：BC
24．（2023·广东·校联考模拟预测）如图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】由图象求出的解析式，再结合三角函数的诱导公式逐项分析即得.
【详解】设，
则的最小正周期为：，
所以，因为的最大值为，最小值为，
所以，所以，
因为，所以，
所以，故A正确，
，故B不正确；
，故D正确；
，故C不正确.
故选：AD.
25．（2023·广东东莞·统考模拟预测）随着时代与科技的发展，信号处理以各种方式被广泛应用于医学、声学、密码学、计算机科学、量子力学等各个领域.而信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数，的图象就可以近似的模拟某种信号的波形，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数为周期函数，且最小正周期为
D．函数的导函数的最大值为3
【答案】ABD
【分析】判断与的关系可判断AC；讨论奇偶性可判断B；求出导函数，结合余弦函数的性质可判断D.
【详解】因为函数，定义域为，
对于A，
，
所以函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于B，，所以函数为奇函数，图象关于点对称，故B正确；
对于C，由题知，故C错误；
对于D，由题可知，且，故D正确.
故选：ABD.
26．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）已知函数，则（ ）
A．若在区间上为增函数，则实数的取值范围是
B．若在区间上有两个零点，则实数的取值范围是
C．若在区间上有且仅有一个极大值，则实数的取值范围是
D．若在区间上有且仅有一个最大值，则实数的取值范围是
【答案】AC
【分析】由求出的范围，然后根据正弦函数的性质对每个选项逐一判断即可.
【详解】当时，，
对于A，若在区间上为增函数，则，解得，故正确；
对于B，若在区间上有两个零点，则，解得，故错误；
对于C，若在区间上有且仅有一个极大值，则，解得，故正确，
对于D，若在区间上有且仅有一个最大值，则，解得，故错误，
故选：AC
27．（2023·云南·校联考模拟预测）在如图所示的平面直角坐标系中，锐角，的终边分别与单位圆交于，两点.则（ ）

A．若A点的横坐标为，点的纵坐标为，则
B．
C．
D．以，，为三边构成的三角形的外接圆的面积为
【答案】AB
【分析】根据三角函数定义结合两角和的余弦公式可判断A；利用两角和的正弦公式结合正余弦函数的性质可判断B，C；判断，，可构成三角形，并结合正余弦定理求得三角形外接圆面积可判断D.
【详解】对于A，由已知得，，，，为锐角，则，，则，故A正确；
对于B，∵，，∴，，
∴，故B正确；
对于C，∵，
∴，故C错误；
对于D，同理，
结合B、C可知，，，可以作为三角形的三边；
设该三角形为，角，，所对的边长分别为，，，由余弦定理可得，
，
∴，
设外接圆半径为，则由正弦定理可得，
∴，∴，故D错误，
故选：AB.
28．（2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）正割（Secant）及余割（Csecant）这两个概念是由伊朗数学家､天文学家阿布尔·威发首先引入，这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割.已知函数，给出下列说法正确的是（ ）
A．的定义域为；
B．的最小正周期为；
C．的值域为；
D．图象的对称轴为直线.
【答案】BC
【分析】由辅助角公式化一，再根据，即可求出函数的定义域，即可判断A；根据正弦函数的周期性即可判断B；根据正弦函数的值域结合函数的定义域即可判断C；根据正弦函数的对称性即可判断D.
【详解】，
由，得，
即的定义域为，故A错误；
的定义域关于原点对称，
故的最小正周期与函数的最小正周期一致，均为，故B正确；
当时，的值分别为，
而函数的值域为，
再结合周期性可知，的值域为，故C正确；
令，得，
即图象的对称轴为直线，故D错误.
故选：BC.
29．（2023·广东深圳·统考模拟预测）已知，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．关于轴对称
C．关于中心对称D．的值域为
【答案】AB
【分析】根据函数的周期性，对称性逐项检验即可判断ABC，利用正余弦函数的性质可判断D．
【详解】A中，因为，所以，所以A正确；
B中，由A可得，，所以，所以可得是函数的对称轴，所以B正确；
C中，因为，而，所以对称轴为，所以C不正确；
D中，因为，所以，所以D不正确，
故选：AB．
30．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模）已知函数（，），若函数的部分图象如图所示，则关于函数下列结论正确的是（ ）

A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上单调递增
D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
【答案】AC
【分析】根据函数图象，求解参数，代入的表达式中，利用正弦型函数的图象及性质，依次判断各项正误.
【详解】由题意结合函数图象可得，解得，
故，
由，所以，
又，所以，
所以，，
对于A，因为，
所以函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于B，因为，
所以点不是函数的图象的对称中心，故B错误；
对于C，由，得，
所以函数在区间上单调递增，故C正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度，
得，故D错误.
故选：AC.
31．（2023·广东汕头·金山中学校考三模）已知函数，且所有的正零点构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，则下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．函数是偶函数
B．的图象关于点对称
C．在上是增函数
D．当时，函数的值域是
【答案】BD
【分析】化简可得，进而根据已知求出，.根据图象变换可得.求出即可判断A项；代入检验，结合正弦函数的性质，即可判断B、C、D.
【详解】因为.
由可得，.
由已知可得，，所以，.
将函数的图象沿轴向左平移个单位，
可得的图象，
横坐标伸长到原来的2倍得到函数的的图象，所以.
对于A项，因为，所以函数不是偶函数，故A项错误；
对于B项，因为，所以的图象关于点对称，故B项正确；
对于C项，因为，所以.
因为函数在上单调递增，在上单调递减，故C项错误；
对于D项，因为，所以.
因为函数在上单调递增，
所以，
所以，，故D项正确.
故选：BD.
32．（2023·云南·校联考三模）在平面直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，轴的非负半轴为始边，若终边经过点，且，定义，称“”为“正余弦函数”.对于“正余弦函数”，下列结论中正确的是（ ）
A．将图象向右平移个单位长度，得到的图象关于原点对称
B．在区间上的所有零点之和为
C．在区间上单调递减
D．在区间上有且仅有5个极大值点
【答案】ABC
【分析】根据三角函数的定义及“正余弦函数”的定义求出的解析式，在根据正弦函数的性质一一分析即可.
【详解】因为，，
所以
，
对于A：将图象向右平移个单位长度得到，
为奇函数，函数图象关于原点对称，故A正确；
对于B：令，即，解得，
又，所以或或或，
所以在区间上的所有零点之和为，故B正确；
对于C：由，所以，所以在上单调递减，故C正确；
对于D：由，则，令，解得，
所以在区间上的极大值点有，，，共个，故D错误；
故选：ABC
33．（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数在上最大值为B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增D．函数的最小正周期为
【答案】BD
【分析】根据给定条件，利用正弦函数的图象性质，逐项分析判断作答.
【详解】对于A，当时，，，最大值为2，A错误；
对于B，因为，则函数的图象关于点对称，B正确；
对于C，当时，，函数在上不单调，则在上不单调，C错误；
对于D，函数的最小正周期，D正确.
故选：BD.
34．（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知函数是的两个极值点，且，下列说法正确的是（ ）
A．
B．在上的单调递增区间为
C．在上存在两个不相等的根
D．若在上恒成立，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【分析】利用三角变换公式可得，根据结合周期公式可求，故可判断A的正误，利用代入检验法可判断B的正误，讨论的单调性后可判断C的正误，求出在上的值域后可求实数的取值范围.
【详解】，
由是的两个极值点，且得的最小正周期，
所以，解得，故选项A正确；
对于选项B：因为，所以，
当时，，
而在单调递增，在上为减函数，在上增函数，
令，故；，故；
故在上的增区间为，，故B错误.
对于选项C：
当时，，令，故，
而在上为减函数，在上为增函数，
故在上单调递减，在上单调递增，
且，
故在上存在两个不相等的根，故选项C正确；
对于选项D：因为，所以，
故，所以，
因为在上恒成立，即在上恒成立，
所以，解得：，故选项D正确.
故选：ACD.
35．（2023·广东广州·广州市培正中学校考模拟预测）在锐角中，角所对的边为，若，且，则的可能取值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】ACD
【分析】由面积公式及余弦定理求出，再由正、余弦定理将角化边，即可求出，再由正弦定理及三角恒等变换公式将转化为关于的三角函数，最后由三角函数的性质计算可得.
【详解】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得：
，
即有，而，则，
又，
由正弦定理、余弦定理得，，化简得：，
由正弦定理有：，即，，
又是锐角三角形且，有，，解得，
因此，
由得：，，
所以，
结合选项，的可能取值为，，.
故选：ACD
36．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）函数的图像关于点中心对称，且在区间内恰有三个极值点，则（ ）
A．在区间上单调递增
B．在区间内有3个零点
C．直线是曲线的对称轴
D．将图象向左平移个单位，所得图象对应的函数为奇函数
【答案】BC
【分析】根据给定条件，求出的值并代入函数式，再结合三角函数的性质逐项分析判断作答.
【详解】因函数的图象关于点中心对称，
则，即，
当时，，依题意，，解得，
因此，，
对于A，当时，，
而正弦函数在上不单调，A不正确；
对于B，当时，，
则时，
即函数在区间内有3个零点，B正确；
对于C，因，
即直线是曲线的对称轴，C正确；
对于D，图象向左平移个单位，所得图象对应的函数，
因为，所以函数不是奇函数，D不正确.
故选：BC
37．（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）已知为坐标原点，点，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据给定条件，利用向量模的坐标表示及数量积运算，结合和差角的余弦公式变形判断作答.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，
，
，
因此，B正确；
对于C，由选项B知，C正确；
对于D，，
显然与不恒等，即不恒成立，D错误.
故选：ABC
38．（2023·湖北恩施·校考模拟预测）已知函数部分图像如下，它过，两点，将的图像向右平移个单位到的图像，则下列关于的成立是（ ）

A．图像关于y轴对称
B．图像关于中心对称
C．在上单调递增
D．在最小值为
【答案】BD
【分析】根据的图像，求出的解析式，然后根据平移求出的解析式，即可判断A,B,C,D四个选项.
【详解】，且，
结合的图像可得：，
；
结合的图像可得：
，
设的周期为T，则由图可知：，
故.
，
，
所以关于原点对称，A错，B对；
在上单调递增，故C错；
，,
,最小值为，故D对；
故选：BD.
39．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）在△ABC中，已知a＝2b，且，则（ ）
A．a，c，b成等比数列
B．
C．若a＝4，则
D．A，B，C成等差数列
【答案】ABC
【分析】首先根据三角恒等变换，将已知条件化简得，再结合条件，再依次判断选项即可得到答案.
【详解】因为，
所以，
即，即.
对选项A，因为，所以、、成等比数列，故A正确；
对选项B，因为，，即，所以，
即，故B正确；
对选项C，若，则，，
则，
因为，所以.
故，故C正确.
对选项D，若、、成等差数列，则.
又因为，则.
因为，设，，，，
则，故D错误.
故选：ABC
40．（2023·广东潮州·统考模拟预测）设函数，的最小正周期为，且过点，则下列正确的有（ ）
A．在单调递减
B．的一条对称轴为
C．的周期为
D．把函数的图象向左平移个长度单位得到函数的解析式为
【答案】AB
【分析】利用辅助角公式将函数化简，根据周期求出，再根据函数过点求出，即可得到函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可.
【详解】根据辅助角公式得．
最小正周期为，，，即．
函数过点，，
，则．
当时．即．
令，则，
当时，在单调递减，故A正确．
令，则，
当时，的一条对称轴为，故B正确．
因为为偶函数，所以，
则的周期为且，故C错误．
函数的图象向左平移个长度单位得到函数的解析式为，故D错误．
故选：AB．
第三部分 能力提升模拟题
41．（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．
B．在区间上单调递减
C．将的图象向左平移个单位所得函数为奇函数
D．方程在区间内有4个根
【答案】BCD
【分析】观察图象可得函数的周期，由此可求，再由求参数，由此判断A，根据正弦函数的单调性判断B，
结合三角函数图象变换结论和正弦函数性质判断C，解方程判断D.
【详解】由图可得：，又，
所以，
因为，
所以，
故，又，
所以
故，所以A错误；
因为，所以，
所以在区间上单调递减，故B正确；
的图象向左平移个单位所得函数为，该函数为奇函数，故C正确；
因为，所以，由得：
或或或，
解得或或或，
故有4个根，所以D正确.
故选：BCD.
42．（2023·河北·校联考三模）已知，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】先利用三角函数线得到，进而得到，作差法得到，得到；再构造函数，与，，证明出.
【详解】设为锐角，作出单位圆，与轴交于点，则，
过点作垂直于轴，交射线于点，连接，过点作⊥轴于点，
由三角函数定义可知，，
设扇形的面积为，则，即，故，
所以，

，
因为，所以，故，
综上：，A正确，B错误；
令，，则，
当时，，故在上单调递增，
所以，所以，
令，，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故，故，
故，C正确，D错误；
故选：AC
【点睛】方法点睛：我们经常使用不等式放缩来比较大小或证明不等式，常用的不等式有，，，，等.
43．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．图象的一条对称轴为直线
C．当时，在区间上单调递增
D．存在实数，使得在区间上恰有2023个零点
【答案】BCD
【分析】化简的表达式，根据正弦函数的周期性可判断A；根据函数图象的对称轴的性质可判断B；结合正弦函数的单调性可判断C；取，结合正弦函数的零点可判断D.
【详解】对于A，，
故
，即为的一个周期，
说明不是的最小正周期，A错误；
对于B，
，
故图象的一条对称轴为直线，B正确；
对于C，当时，，则，
由于正弦函数在上单调递增，且，
故在上单调递增，且，
此时，
而在上单调递减，则在上单调递增，
故在上单调递增，C正确；
对于D，由A可知即为的一个周期，且的最小正周期为，
故的最小正周期为，
当时，，
当时，，则在上的零点为和，
故当时，恰有个零点，
且第个零点为，
故当时，恰有个零点，
即存在实数，使得在区间上恰有2023个零点，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了含型函数的性质，涉及到周期、对称性以及零点问题，综合性较强，解答时要综合应用函数的对称轴性质以及正弦函数的相关性质，进行解答，对于零点个数问题，可取特殊值，结合正弦函数的周期性以及零点进行判断.
44．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知的三个内角所对边的长分别为，若，则下列正确的是（ ）
A．的取值范围是
B．若是边上的一点，且，，则的面积的最大值为
C．若是锐角三角形，则的取值范围是
D．若平分交点，且，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据正弦定理和余弦定理变形求出.对于A，将化为关于的三角函数，根据的范围可求出的范围；对于B，根据两边平方得到，利用基本不等式得，再由面积公式可得的面积的最大值；对于C，由锐角三角形得，由正弦定理将化为的三角函数可求出的范围；对于D，根据，得，再根据基本不等式可得的最小值.
【详解】由及正弦定理得，
，得，
得，得，
因为，所以.
对于A，
，
因为，所以，，
所以，故A不正确；
对于B，因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，所以.故B正确；
对于C，因为三角形为锐角三角形，所以，得，
所以，
因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，因为平分交点，且，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
当且仅当时，又，即，时，等号成立.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：D中利用三角形的面积关系推出是解题关键.
45．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是以为周期的函数
B．直线是曲线的对称轴
C．函数的最大值为，最小值为
D．若函数在区间上恰有2023个零点，则
【答案】ACD
【分析】根据周期函数定义判断A即可；根据函数对称轴定义判断B即可；由A知是以为周期的函数，所以根据求解在区间上的最大值即可判断选项C，利用在区间上的零点个数即可判断选项D.
【详解】对于A，因为，
所以是以为周期的函数，故A正确；
对于B，有，故B错误；
对于C，由A知只需考虑在区间上的最大值，
当时，令，
则，
易知在区间上单调递减，
所以的最大值为，最小值为；
当时，令，
则，
易知在区间上单调递增，
所以的最大值为，最小值为，
综合可知：函数的最大值为，最小值为，故C正确；
对于D，因为是以为周期的函数，
可以先研究函数在区间上的零点个数，易知，
当时，令，解得或1，
因为，则，
则在区间上无解，
在区间上仅有一解，
当时，令，解得或1，
因为，则，
则在区间上无解，
在区间上也无解，
综合可知：函数在区间上有两个零点，分别为和，
又因为是以为周期的函数，
所以若，则在区间上恰有个零点，
又已知函数在区间上恰有2023个零点，
所以，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题主要考查命题的真假判断，利用三角函数的图像和性质，进行分类讨论是解决本题的关键，属于中档题.
46．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）已知函数在上有最大值，则（ ）
A．的取值范围为B．在区间上有零点
C．在区间上单调递减D．存在两个，使得
【答案】AC
【分析】结合正弦型函数图像和函数单调性、最值逐项分析.
【详解】A选项：有最大值，又因为，所以，
要使在上有最大值，则，所以的取值范围为；
B选项: ,因为，所以，无零点，即在区间上无零点，错误；
C选项: ,,,根据函数图像，单调递减，即在区间上单调递减，正确；
D选项：即，即，
因为当函数图像单调递增，单调递增，
与函数图像无交点；
当函数图像单调递减，单调递增，
与图像至多有一个交点，
故至多存在1个，使得，选项错误；
故选：AC
47．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）设函数其中，．若，，且相邻两个极值点之间的距离大于，，设，则（ ）
A．B．
C．在上单调递减D．在上存在唯一极值点
【答案】BC
【分析】根据题意求得，由，求得，得到或，当时，求得，得到，进而得到，所以不符合题意，，求得，可判定A不正确；由时，求得，进而可判定B正确；求得，结合正弦型函数的性质，可判定C正确、D错误.
【详解】由函数，因为且，
可得，可得，所以
因为相邻两个极值点之间的距离大于，可得，解得，
所以，可得，可得或，
当时，，可得，
则，可得，即
因为，所以，所以，
可得，则，
因为，所以不符合题意，（舍去），所以，所以A不正确；
当时，可得，解得，
因为，所以，所以B正确；
由，可得，
所以，
其中，因为，可得，
又由，可得，
根据正弦函数的性质，可得在为单调递减函数，
所以在上为单调递减函数，所以C正确；
由，可得，
因为，可得且，
所以当时，即时，函数取得极大值；
当时，即时，函数取得极小值，
所以在上存在一个极大值点和一个极小值点，所以D不正确.
故选：BC.
48．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）已知函数的最小正周期，，且在处取得最大值.下列结论正确的有（ ）
A．
B．的最小值为
C．若函数在上存在零点，则的最小值为
D．函数在上一定存在零点
【答案】ACD
【分析】A选项，由图象关于对称结合可判断选项；B选项，由最小正周期，，且在处取得最大值可得表达式；C选项，结合AB选项分析确定表达式，验证即可；D选项，分，两种情况分析零点即可.
【详解】A选项，因在处取得最大值，则图象关于对称，则
，故A正确；
B选项，最小正周期，则，，
则或，又在处取得最大值，
则，则或，
其中，则的最小值为，故B错误；
C选项，由AB选项分析结合，可知时，
可取，令，
则，其中.
当时，不存在相应的，当时，，则存在满足题意；
由AB选项分析结合，可知时，
可取，令，
则，
当时，不存在相应的，当时，，则存在满足题意，
综上可知的最小值为，故C正确；
D选项，由C分析可知，时，可取，
此时，，存在零点；
时，可取，
此时，，存在零点；
当时，，注意到，
则此时函数在上一定存在零点，
综上在上一定存在零点，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：三角函数常利用整体代换法确定参数值，本题还用到了对称性.对于三角函数的零点问题，常利用代值验证结合周期分析可解决问题.
49．（2023·浙江绍兴·统考二模）声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.我们听到的声音函数是，记，则下列结论中正确的为（ ）
A．在上是增函数B．的最大值为
C．的最小正周期为D．
【答案】CD
【分析】对AB可利用导函数求函数的单调区间和最值；
对C可用周期函数的定义去得到；
对D，可利用不等式，放缩得到.
【详解】对于AB选项：
设，则，
由得，得，,
由得，得，
故在上不是单调递增，A错误，
函数在，时，取得最大值为，故B错误；
对于C选项：
因的最小正周期为，故的最小正周期，
所以，故的最小正周期为，C正确；
对于D选项：
设，则，
所以在上单调递增，
所以当时，，当时，，
即当时，， 当时，，故，
，故D正确；
故选：CD.
50．（2023·山西阳泉·统考三模）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】由，得到或，推出，判断AB；由得到C正确；由三角函数的单调性结合导数得到D正确.
【详解】因为中，，所以或，
当时，，由于无意义，A错误；
当时，，
此时，故，B正确；
因为，所以，由大角对大边，得，C正确；
因为，所以，
即，
令，，
则，所以单调递减，
又，，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
51．（2022·海南·校联考模拟预测）已知函数，满足，且对任意，都有，当取最小值时，则下列错误的是（ ）
A．图像的对称轴方程为
B．在上的值域为
C．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
D．在上单调递减
【答案】ABC
【分析】根据题意的图象关于点对称，又当时，取得最小值，
当取最小值时，即周期最大，可得，所以，函数在时取得最小值，所以．求得，再逐项分析判断即可得解.
【详解】因为，所以的图象关于点对称，又对任意，都有，所以当时，取得最小值，
当取最小值时，即周期最大，
可得．得，所以，
函数在时取得最小值，
所以．因为，所以．
即．
令，得．故A错误；
当时，．
此时的值域为，故B错误；
将的图象向左平移个单位长度得到函数
的图象，故C错误；
当时，，单调递减，故D正确．
故选：ABC
52．（2023·山西临汾·统考二模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在区间上单调递增
B．的最小正周期为
C．的值域为
D．的图象可以由函数的图象，先向左平移个单位，再向上平移个单位得到
【答案】ABD
【分析】对于A：整理可得，结合正弦函数单调性分析判断；对于B、D：整理可得，进而可求周期判断选项B，根据图形变换分析运算，可判断选项D；对于C：，换元，可得，
构建，，利用导数求其最值.
【详解】对于A：由题意可得：，
∵，则，且在上单调递增，
∴在区间上单调递增，故A正确；
对于B、D：由题意可得：
，
故的最小正周期为，故B正确；
函数的图象，先向左平移个单位，得到，
再向上平移个单位，得到，故D正确；
对于C：由题意可得：
，
令，则，
可得，
构建，，则，
由于，
令，解得；令，解得或；
故在上单调递增，在上单调递减，
且，
显然，
故在上的值域为，
所以的值域为，故C错误；
故选：ABD.
53．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象
D．函数的零点个数为7
【答案】ABD
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函数，利用导数结合图形判断D作答.
【详解】观察图象知，函数的周期，则，而，
即有，由知，，因此，A正确；
显然，当时，，因此单调递增，B正确；
将图象上各点横坐标变为原来的得，再将所得图象向右平移个单位长度，得，
而，C错误；
由，得，令，则，
令，显然当时，，即恒有，函数在上无零点，
当时，，令，，
函数在上都递减，即有在上递减，，
，因此存在，，
当时，，当时，，有在上递增，在递减，
，，
于是存在，，当时，，当时，，
则函数在上递减，在递增，，，
从而函数在上存在唯一零点，而函数周期为，在上单调递增，如图，
，，，
从而函数在上各有一个零点，又0是的零点，即函数在定义域上共有7个零点，
所以函数的零点个数为7，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
54．（2023·辽宁沈阳·统考一模）声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论中正确的为（ ）
A．在上是增函数
B．的最小正周期为
C．的最大值为
D．若，则．
【答案】ACD
【分析】由在上单调性判断A；根据周期的定义判断B；借助导数求出f(x)在周期长的区间上的最大值判断C；由f(x)在周期长的区间上的最大最小值判断D作答.
【详解】对A：∵，则，可得在上是增函数，
∴在上是增函数，A正确；
对B：∵，
∴的最小正周期不是，B错误；
对C：，则为奇函数，
的最小正周期分别为，故的最小正周期为
∵，
当时，令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，则在上的最大值为，
由为奇函数可得：在上的最小值为，
由周期函数可得：的最大值为，最小值为，C正确；
对D：若，不妨设为最大值点，为最小值点，
则，故，
可得当时，取到最小值，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：根据正弦函数的周期性和奇偶性分析的周期性和奇偶性，这与我们在处理问题时，只需分析在上单调性和最值即可.
55．（2023·山东菏泽·统考一模）已知函数，下列命题正确的有（ ）
A．在区间上有3个零点
B．要得到的图象，可将函数图象上的所有点向右平移个单位长度
C．的周期为，最大值为1
D．的值域为
【答案】BC
【分析】，根据的范围得出的零点，即可判断A项；根据已知得出平移后的函数解析式，即可判断B项；由已知化简可得，即可判断C项；由已知可得，，换元根据导函数求解在上的值域，即可判断D项.
【详解】对于A项，由已知可得，.
因为，所以，
当或时，即或时，有，
所以在区间上有2个零点，故A项错误；
对于B项，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数，故B项正确；
对于C项，由已知可得，，
所以，的周期，最大值为，故C项正确；
对于D项，.
令，，，
则.
解，可得.
解，可得，所以在上单调递增；
解，可得或，所以在上单调递减，在上单调递减.
且，，
，.
所以，当时，有最小值；当时，有最大值.
所以，的值域为，故D项错误.
故选：BC.
【点睛】思路点睛：求出.令，，.然后借助导函数求出在上的最值，即可得出函数的值域.
56．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知函数，其中、.则下列说法中正确的有（ ）.
A．的最小值为
B．的最大值为
C．方程在上有三个解
D．在上单调递减
【答案】BC
【分析】根据题意，可得，由，求解出的取值范围，根据对应范围内的函数解析式，即可求出的最值，进而判断A、B选项；令，分和两种情况解方程，即可判断C选项；取，求出此时函数的单调区间，即可判断函数在上的单调性，从而判断在上的单调性，进而判断D选项.
【详解】，
即，其中，，.
由，即，，
所以当时，，
即，，
所以当，即时，，
当，即时， ；
当时，，
即，，
所以当，即时，，
由于，所以无最小值.
综上所述，的最小值为，最大值为，故A错误，B正确；
由，所以当时，，
即，
即或， ，
所以或，.
当时，，
即，
即或， ，
所以，，
综上所述，方程在上有三个解，故C正确；
取时，，
令，即；
令，即；
由于，所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减，即函数在上有增有减，则在上有增有减，故D错误.
故选：BC.
57．（2022·广东中山·中山纪念中学校考模拟预测）已知函数，，则下列说法正确的有（ ）
A．是周期函数，且是它的一个周期B．的图象关于直线对称
C．的最大值为2D．在区间上单调递减
【答案】ABD
【分析】A选项，判断是否成立即可；
B选项，判断是否成立即可；
C选项，先求时的解析式，并求此时的最值，再利用的周期性求解即可；
D选项，根据时的解析式，求在上的单调递减区间，然后利用的周期性求解即可.
【详解】A选项：因为
，
所以是周期函数，且是它的一个周期，故A正确；
B选项：因为
，所以的图象关于直线对称，故B正确.
C选项：当，即时，，
易知，所以当，即时，，
因为是的一个周期，故当时，，C错误；
D选项：当时，由C选项知，，
令，得，
得的单调递减区间为.由的周期性知，
即为的一个单调递减区间，故D正确.
故选：ABD
58．（2023·山东东营·东营市第一中学校考二模）已知，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列条件一定能够使为等腰三角形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用余弦定理和题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项A；利用余弦定理两角差的正弦公式和题给条件即可得到为等腰三角形或直角三角形，进而否定选项B；利用两角和与差的余弦公式及题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项C；利用正弦定理均值定理和题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项D.
【详解】选项A：由，可得
整理得，则，则为等腰三角形.判断正确；
选项B：由
可得
则
整理得，即或
则为等腰三角形或直角三角形.判断错误；
选项C：由，可得
则，则
又，则，则为等腰三角形.判断正确；
选项D：由，可得，
由（当且仅当时等号成立），可得
则，又，则，则.判断正确.
故选：ACD
59．（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：．
60．（2022·重庆·统考模拟预测）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．若，则B．若，则
C．D．
【答案】ABD
【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
【详解】如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，
则 ,
设 ，则,
由可得 ，且 ，
若，则，
解得 ，（负值舍去），故，A正确；
若，则，，故B正确；
，
由于，故，故，故C错误；
由于，
故
，而，
故，故D正确，
故选：ABD