专题1.2 回归基础篇 ( 三角函数与解三角形)-2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）

专题1.2 三角函数与解三角形
——上海最新真题模拟题50题精选
一、单选题
1．（2021·上海黄浦区·高三一模）为了得到函数的图像，可以将函数的图像（ ）
A．向右平移个单位 B．向左平移个单位
C．向右平移个单位 D．向左平移个单位
【答案】C
【分析】将函数转化为，然后根据三角函数图象变换的知识判断出正确选项.
【详解】函数
所以将函数的图象向右平移个单位，即可得到的图象，即得到函数的图象.
故选：C.
2．（2021·上海黄浦区·高三一模）某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面(由扇形挖去扇形后构成).已知米，米，线段、线段､弧､弧的长度之和为米，圆心角为弧度，则关于的函数解析式是答（ ）




A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据弧长公式和周长列方程得出关于的函数解析式.
【详解】根据题意，利用弧长公式可知弧（米），弧（米），

整理得：
故选：A
3．（2020·上海普陀区·高三三模）设为双曲线（）的上一点，，（为左、右焦点），则的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用双曲线的定义，得，利用余弦定理求出的值，结合三角形的面积公式即可求出的面积．
【详解】双曲线，则
不妨设是双曲线的右支上一点，
则由双曲线的定义，得
则,
所以


所以，即
所以
所以
故选：C
【点睛】本题考查三角形面积的求法，根据双曲线的定义结合余弦定理将条件进行转化是解决本题的关键，解题时要认真审题，注意双曲线定义、余弦定理的灵活运用，属于中档题．
4．（2020·上海长宁区·高三二模）在直角坐标系中，角的始边为轴的正半轴，顶点为坐标原点，已知角的终边与单位圆交于点，将绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，若，则（ ）
A．0.6 B．0.8 C．-0.6 D．-0.8
【答案】B
【分析】已知角的终边与单位圆交于点，且，利用三角函数的定义，求出，得出在第四象限，绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，
可知点在第一象限，则，再利用三角函数的定义和诱导公式进行化简计算，即可求出的值.
【详解】解：已知角的终边与单位圆交于点，且，
则，解得：，
所以在第四象限，角为第四象限角，
绕原点逆时针旋转与单位圆交于点，
可知点在第一象限，则，
所以，即：，
解得：.
故选：B.
【点睛】本题考查单位圆中任意角的三角函数的定义的应用以及运用诱导公式化简，考查计算能力.
5．（2020·上海虹口区·高三二模）已知函数在区间上有且仅有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由函数在区间上有且仅有两个零点，转化为方程在区间上有且仅有两个根，则由求解.
【详解】因为，
所以，
因为函数在区间上有且仅有两个零点，
即方程在区间上有且仅有两个根，
所以，
解得.
所以实数的取值范围为.
故选：D
【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质以及函数与方程，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
6．（2020·上海崇明区·高三一模）已知，若在上恒成立，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】根据题意分析可得当，，当，，从而可得，解方程即可求解.
【详解】当，，
当时，，，
故当，时，
当时，，
即，解得 ，所以.
故选：A
【点睛】本题考查了三角函数的性质、不等式恒成立，考查了基本运算求解能力，属于中档题.
7．（2020·上海虹口区·高三一模）在中，若，则的形状一定是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】先利用数量积运算化简得到，再利用余弦定理化简得解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以三角形是直角三角形.
故选：B
【点睛】方法点睛：判断三角形的形状，常用的方法有：（1）边化角；（2）角化边.在边角互化时常利用正弦定理和余弦定理.
8．（2021·上海静安区·高三一模）在平面直角坐标系中，、是位于不同象限的任意角，它们的终边交单位圆(圆心在坐标原点)于A、B两点.若A、B两点的纵坐标分别为正数a、b，且，则a+b的最大值为( )
A． B． C． D．不存在
【答案】B
【分析】用a、b表示出点A、B的坐标，利用三角函数定义结合探求出a、b的关系再求解即得.
【详解】、是位于不同象限的任意角，依题意它们的终边在x轴上方，不妨令为第一象限角，为第二象限角，则点，，
由三角函数定义知，
，而a>0，b>0，
，当且仅当时取“=”，
，当且仅当时取“=”，
所以a+b的最大值是.
故选：B
【点睛】基本不等式处理最值问题的三要素：“一正，二定，三相等”；不只一次涉及取等号，要确保各次取等号的条件不矛盾.
二、填空题
9．（2021·上海金山区·高三一模）函数的最小正周期为________．
【答案】
【详解】函数的最小正周期为.
故答案为.
10．（2021·上海黄浦区·高三一模）已知，则___________.
【答案】
【分析】利用诱导公式，将条件等式及目标式作恒等变换，即可求值.
【详解】∵，而，
∴.
故答案为：.
11．（2019·上海高考真题）在中，，且，则____________
【答案】
【分析】根据正弦定理求出，再利用余弦定理求出.
【详解】由正弦定理可知：，又

由余弦定理可知：

本题正确结果：
【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，属于基础题.
12．（2021·长宁区·上海市延安中学高三期中）函数的部分图像，如图所示，若，则的值为______.

【答案】
【分析】根据三角函数图像，以及周期公式，得到，即可求出结果.
【详解】由函数图像可得：，所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查由三角函数的图像求参数，熟记三角函数的性质即可，属于常考题型.
13．（2021·长宁区·上海市延安中学高三期中）若，，则_______.
【答案】
【分析】首先根据同角三角函数的基本关系将弦化切，从而求出，再根据两角差的正切公式计算可得；
【详解】解：因为
所以解得，又，∴，
∴.
故答案为：
【点睛】本题考查同角三角函数基本关系以及两角差的正切公式的应用，属于基础题.
14．（2021·上海松江区·高三一模）在中，角A，B，C对的边分别为a，b，c，且，则角____.
【答案】
【分析】利用行列式的运算法则以及正弦定理，结合两角和与差的三角函数化简求解即可．
【详解】在中，角对的边分别为，且，
可得，
由正弦定理可得，
即，可得，
因为,所以．
故答案为：．
15．（2021·上海松江区·高三一模）若，则____.
【答案】
【分析】原式利用诱导公式化简后，再利用二倍角的余弦函数公式变形，将的值代入计算即可求出值．
【详解】因为，
所以．
故答案为：
16．（2021·上海静安区·高三一模）如图所示，在平面直角坐标系中，动点以每秒的角速度从点出发，沿半径为2的上半圆逆时针移动到，再以每秒的角速度从点沿半径为1的下半圆逆时针移动到坐标原点，则上述过程中动点的纵坐标关于时间的函数表达式为___________.

【答案】
【分析】首先分析动点在半径为2的上半圆上运动时，时间的范围，再根据三角函数的定义求得点的坐标，再分析动点在半径为1的下半圆上运动时，时间的范围，再根据三角函数的定义求得点的坐标，最后写出函数表达式即可.
【详解】由三角函数的定义可得：当动点在半径为2的上半圆上运动时，，终边对应的角度为，所以点坐标为，
当动点在半径为1的下半圆上运动时，，终边对应的角度为，
所以点坐标为，
综上：动点的纵坐标关于时间的函数表达式为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查利用三角函数的定义解决实际问题，在做题过程中点的坐标与角度之间的关系，从而帮助解题.
17．（2020·上海虹口区·高三二模）设复数（i为虚数单位），若，则________.
【答案】1
【分析】先利用行列式化简复数，再根据复数的模求解.
【详解】因为，
又，
所以，
所以，
即，
所以.
故答案为：1
【点睛】本题主要考查二阶行列式以及复数的模，三角恒等变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
18．（2020·上海崇明区·高三二模）将函数的图像向右平移个单位后得到函数的图像，若对满足的任意，的最小值是，则的最小值是____________
【答案】
【分析】，不妨取，，，得到答案.
【详解】根据题意：，，不妨取，，
取，故，即
故，最小值为，故当时，的最小值是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角函数平移，三角函数的最值，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.
19．（2020·上海金山区·高三二模）已知函数，若，则__________
【答案】
【分析】令，可得为奇函数，求得后，即可得，即可得解.
【详解】令，则，
，
为奇函数，
又，，，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查了函数奇偶性及对数运算、三角函数性质的应用，考查了构造新函数的能力和运算求解能力，属于中档题.
20．（2020·上海杨浦区·高三二模）设是同一平面上的三个两两不同的单位向量，若，则的值为_______.
【答案】
【分析】利用可设，设的夹角为，则的夹角为，的夹角为或，利用得，建立方程关系求解即可.
【详解】，设，则，
是同一平面上的三个两两不同的单位向量，
设的夹角为，则的夹角为，的夹角为或，
，，
解得，或（舍去）.
所以.
故答案为：．
【点睛】本题考查向量的数量积以及三角恒等变换求值，考查了转化与化归思想，属于中档题.
21．（2020·上海虹口区·高三二模）设的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，，则_______.
【答案】
【分析】根据，，，由余弦定理解得，然后由正弦定理求解.
【详解】因为，，，
所以由余弦定理得：，
解得，
由正弦定理得：.
故答案为：
【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
22．（2020·上海嘉定区·高三二模）在中，内角的对边分别为，若，则______．
【答案】.
【分析】先用余弦定理对式子进行化简，再用辅助角公式转化为正弦型函数，然后利用正弦型函数的有界性求解.
【详解】
，而,
．
故答案为：
【点睛】本题考查了余弦定理，两角和与差公式，均值定理，属于中档题.
23．（2020·上海闵行区·高三二模）已知函数，若函数在区间内恰好有奇数个零点，则实数k的所有取值之和为__________．
【答案】
【分析】讨论0＜x≤时与＜x＜π时函数解析式，令k＝sinx+cosx﹣4sinxcosx，换元，根据二次函数的单调性即可得出答案.
【详解】解：（1）当0＜x≤时，设k＝sinx+cosx﹣4sinxcosx，
令t＝sinx+cosx＝sin（x+），则t∈[1，]，
k＝t﹣2（t2﹣1）＝﹣2t2+ t+2，t∈[1，]为单调函数，
则可知当t＝1时，即k＝1时，一解；
当t＝时，即k＝时，一解；
当1＜t＜时，即﹣2＜k＜1时两解；
（2）当＜x＜π时，设k＝sinx﹣cosx﹣4sinxcosx，
令t＝sinx﹣cosx＝sin（x﹣），则t∈（1，]，
k＝t+2（t2﹣1），t∈（1，]也为单调函数，
则可知当1＜t＜时，即1＜k＜2+时两解，
当t＝时，即k＝时一解，
综上：k＝1或k＝﹣2或k＝，
故所有k的和为.
故答案为：.
【点睛】本题考查函数零点与方程根的转化，换元思想，分类讨论思想，属于中档偏难题.
24．（2020·上海虹口区·高三一模）设､分别是双曲线(，)的左､右焦点，点在双曲线右支上且满足，双曲线的渐近线方程为，则___________.
【答案】
【分析】设双曲线的半焦距为，求得双曲线的渐近线方程可得，，的关系，求出的三条边，运用余弦定理可求值．
【详解】设双曲线的半焦距为，
由双曲线的渐近线方程，可得，
则，
在中，，，
由余弦定理可得
．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是看到双曲线的焦半径，要马上联想到双曲线的定义解题.这是圆锥曲线的一个解题技巧，要注意熟练运用.
25．（2020·上海闵行区·高三一模）已知平面向量，对任意实数t，都有，成立.若，，，则=___________.
【答案】
【分析】设，可证明即， ，则四点在以为直径的圆上，利用余弦定理与正弦定理可得结果.
【详解】设，
则，
即，
则分别在所在的直线上，
，

因为
所以
因为垂线段距离最短，
即为点到的垂线段长度，
即， 同理，
所以四点在以为直径的圆上，
而，
，
即，
由正弦定理可得三角形外接圆的直径，
即四边形外接圆的直径为，
所以
故答案为：.

【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.
26．（2021·长宁区·上海市延安中学高三期中）如图，为外接圆上一个动点，若，则的最大值为__________.


【答案】
【分析】先求出外接圆半径,设，其中是在上的投影，再利用数形结合分析得解.
【详解】由余弦定理得，
由正弦定理得外接圆半径，


所以，其中是在上的投影，
过点作交圆于点，如图所示，则，
所以的最大值为.故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是由题得，其中是在上的投影，再利用数形结合分析得解.
27．（2021·上海黄浦区·高三一模）某圆锥体的底面圆的半径长为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥体的体积是___________.
【答案】
【分析】先求出圆锥的母线长，再求出圆锥的高，由此求出该圆锥体的体积.
【详解】因为圆锥体的底面圆的半径长为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，
圆锥的母线长
圆锥的高
圆锥的体积
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥的体积的求法，利用扇形的弧长公式求出扇形的半径及圆锥的母线长是解题的关键，考查学生的运算求解能力，属于基础题.
三、解答题
28．（2021·上海金山区·高三一模）已知､､是中､､的对边，，，.
（1）求；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用余弦定理求；（2）利用余弦定理求，再利用二倍角公式求.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，，
即，
整理，得，
解得；
（2）在中，由余弦定理得，，
得，
.
29．（2020·上海浦东新区·高三二模）已知锐角的顶点与坐标原点重合，始边与轴正方向重合，终边与单位圆分别交于、两点，若、两点的横坐标分别为．
（1）求的大小；
（2） 在中，为三个内角对应的边长，若已知角，，且，求的值．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由已知得：，故而，，再由可得解.
（2）由（1）得：，所以，由可得，再由可得，最后由正弦定理可得：，问题得解.
【详解】（1）由三角函数定义，得：
为锐角，
，


（2）由，为锐角，
得：，
由，得，又，
解得



由正弦定理可得：
【点睛】本题考查了三家函数定义及正余弦和的展开公式，考查了正弦定理边化角的技巧，考查了计算能力，属于中档题.
30．（2020·上海徐汇区·高三二模）某地为庆祝中华人民共和国成立七十周年，在一个半径为米、圆心角为的扇形OAB草坪上，由数千人的表演团队手持光影屏组成红旗图案. 已知红旗图案为矩形，其四个顶点中有两个顶点M、N在线段OB上，另两个顶点P，Q分别在弧AB、线段OA上.
（1）若，求此红旗图案的面积；
（2）求组成的红旗图案的最大面积.

【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由可得,,再根据可得,则,代入求解即可；
（2）设,则,,,代入中,根据三角函数性质求得最值.
【详解】（1）因为,所以,则,
因为,所以,
因为,
所以,
所以此红旗图案的面积为
（2）设,则,,
因为,所以,
则,
所以
,
因为,所以,
则当,即时,
取得最大值为
所以组成的红旗图案的最大面积为.
【点睛】本题考查三角函数在几何中的应用,考查正弦型函数的最值,考查运算能力.
31．（2020·上海杨浦区·高三二模）已知三角形中，三个内角的对应边分别为，且.
（1）若，求；
（2）设点是边的中点，若，求三角形的面积.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）用余弦定理后解方程可求得；
（2）由余弦定理求得中线与边长的关系，从而求得三角形的第三边长，再由余弦定理求出一个角的余弦，转化为正弦后可得三角形面积．
【详解】（1）由余弦定理可得.
（2）由题意可得，，
又，，
∴，即，∴，
∴，由，
∴.
【点睛】本题考查余弦定理解三角形，考查三角形面积，本题中涉及三角形路线问题，根据余弦定理有结论成立（其中是中点）．
32．（2020·上海虹口区·高三二模）某工厂制作如图所示的一种标识，在半径为R的圆内做一个关于圆心对称的“H型”图形，“H”型图形由两竖一横三个等宽的矩形组成，两个竖直的矩形全等且它们的长边是横向矩形长边的倍，设O为圆心，，“H”型图形的面积为S.

（1）将AB、AD用R、表示，并将S表示成的函数；
（2）为了突出“H”型图形，设计时应使S尽可能大，则当为何值时，S最大？并求出S的最大值.
【答案】（1），；；（2）时，.
【分析】（1）设OM交CD于N，根据，易得，，再由矩形的面积公式求解.
（2）利用二倍角公式和辅助角公式转化函数为 ，再利用正弦函数的值域求解.
【详解】（1）如图所示：

设OM交CD于N，
因为，
所以，
所以，
所以，，
因为，所以，所以；
；
（2），
，
，
，
因为，所以，
所以，即时，S取得最大值.
【点睛】本题主要考查三角函数的平面几何中的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
33．（2020·上海长宁区·高三三模）如图，在郊野公园的景观河的两岸，、是夹角为120°的两条岸边步道（长度均超过千米），为方便市民观光游览，现准备在河道拐角处的另一侧建造一个观景台，在两条步道、上分别设立游客上下点、，从、到观景台建造两条游船观光线路、，测得千米.

（1）求游客上下点、间的距离；
（2）若，设，求两条观光线路与之和关于的表达式，并求其最大值.
【答案】（1）3千米；（2），最大值是6.
【分析】（1）在三角形AMN中，利用余弦定理即可得解；
（2）利用正弦定理，表示出，进行三角恒等变换即可得解.
【详解】（1）在三角形AMN中，由余弦定理可得：
，
所以游客上下点、间的距离为3千米；
（2）若，设，
三角形中，由正弦定理可得：，
所以
即，
当时，取得最大值6.
【点睛】此题考查正余弦定理的实际应用，关键在于将实际问题转化为解三角形问题，熟练运用正弦定理和余弦定理结合三角函数求解最值.
34．（2020·上海青浦区·高三二模）已知函数．
（1）若函数的图象关于直线对称，求a的最小值；
（2）若存在，使成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）用三角函数的降幂公式、辅助角公式将化简，得，根据正弦函数的对称轴可得到答案；
（2）由，结合得到，再求、的范围．
【详解】（1）



，
，
又的最小值为
（2）


则
【点睛】本题主要考查用三角函数公式进行化简、正弦型三角函数的图象和性质.
35．（2020·上海黄浦区·高三一模）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且acosC＝（2b﹣c）cosA．
（1）若3，求△ABC的面积；
（2）若∠B＜∠C，求2cos2B+cos2C的取值范围.
【答案】（1）（2）（，）.
【分析】（1）利用正弦定理可求角A，结合数量积3，可求△ABC的面积；
（2）结合角之间的关系，把2cos2B+cos2C化简为，然后结合角的范围可求.
【详解】（1）∵acosC＝（2b﹣c）cosA，
∴由正弦定理可得sinAcosC＝（2sinB﹣sinC）cosA，可得sinAcosC+sinCcosA＝sin（A+C）＝sinB＝2sinBcosA，
∵B为三角形内角，sinB≠0，
∴cosA，
又∵A∈（0，π），
∴A，
∵bccosAbc＝3，可得bc＝6，
∴S△ABCbcsinA.
（2）∵∠B＜∠C，CB，可得B∈（0，），
∴2B∈（，），
∴cos（2B）∈（，），
∴2cos2B+cos2C＝1+cos2Bcos2Bcos2（B）cos2Bcos2Bsin2Bcos（2B）∈（，）.
∴2cos2B+cos2C的取值范围（，）.
【点睛】本题主要考查求解三角形及范围问题，求解三角形时边角的转化是求解的关键，范围问题一般是把目标式化简为标准型进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.
36．（2020·上海高三一模）已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）在中，角、、的对边分别为、、，若锐角满足，，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式函数化为基本三角函数形式，再利用周期公式计算即可；
（2）先利用已知条件结合角的范围求角A，再利用正弦定理和两角和与差的正弦公式求a和，最后代入面积公式计算即可.
【详解】解：（1）
，所以最小正周期；
（2）因为，所以，
又为锐角，即，所以，所以，得，
又，由正弦定理得，解得，
而，故，
所以的面积.
【点睛】思路点睛：
解决三角函数的图像和性质的相关问题时，通常要结合二倍角公式和辅助角公式，先将函数化为的形式，再依题意计算其他量即可.
37．（2020·上海徐汇区·高三一模）进博会期间，有一个边长80m的正方形展厅OABC，由于疫情，展厅被分割成如图所示的相互封闭的几个部分，已划出以O为圆心，60m为半径的扇形ODE作为展厅，现要在余下的地块中划出一块矩形的产品说明会场地PGBF，矩形有两条边分别落在边AB和BC上，设∠POA=．

（1）用表示矩形PGBF的面积，并求出当矩形PGBF为正方形时的面积（精确到）；
（2）当取何值时，矩形PGBF的面积S最大？并求出最大面积（精确到）．
【答案】（1），；1412（）；
（2）＝或时（）．
【分析】（1）用三角函数表示出CF，AG的长，进而求得矩形长宽，得到面积的表达式，要注明定义域；
（2）利用三角函数恒等变形公式先化简为再将其中的转化为而转化为的表达式，于是面积S表达为关于的二次函数问题，利用换元思想，t,结合三角函数的性质求得t的范围，进而得到S的最大值
【详解】【解】（1）如图所示，过P作PX⊥OA于X,PY⊥OC与Y,
则，PG=,FE=,

，，-
当矩形PGBF为正方形时，PG=FE,
，，
此时S=1412（）；
（2）


，
记t [，1]，则
对称轴为，∵1－－，
，即或时，（）
（注意：若令，则相应给分）
【点睛】本题考查三角函数的综合应用，涉及三角函数的倍角公式，两角和公式，三角函数的在闭区间上的取值范围，换元思想，二次函数的性质等的综合应用，关键是第（2）问中的恒等变形，化为关于的二次函数最值问题. 化简到1800sin2－4800sin(+)＋6400后，将转化进而转化为的表达式，是解决问题的关键，要根据整个函数表达式的前后结构分析决定变形的方向.
38．（2020·上海虹口区·高三一模）如图所示，､两处各有一个垃圾中转站，在的正东方向16处，的南面为居民生活区，为了妥善处理生活垃圾，政府决定在的北面处建一个发电厂，利用垃圾发电，要求发电厂到两个垃圾中转站的距离(单位：)与它们每天集中的生活垃圾量(单位：吨)成反比，现估测得､两处中转站每天集中的生活垃圾量分别为约为30吨和50吨.

（1）当时，求的值；
（2）发电厂尽量远离居民区，要求的面积最大，问此时发电厂与两个垃圾中转站的距离各为多少？
【答案】（1）；（2），.
【分析】（1）根据已知条件先计算出的长度，然后利用余弦定理求解出的值，从而的值可求；
（2）建立平面直角坐标系，根据条件分析得到的轨迹，由此确定出的面积最大值，从而可求解出发电厂与两个垃圾中转站的距离.
【详解】（1）根据条件可知：，所以，
所以，所以；
（2）以中点为坐标原点，垂直于方向为轴，建立坐标系如图所示：
设，，因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以的轨迹是圆心为，半径为的位于轴上方的圆，
所以当的面积最大时，此时的坐标为，
所以，.

【点睛】结论点睛：平面上给定两个定点，设点在同一平面上且满足，则的轨迹是个圆.
39．（2020·上海高三一模）设为常数，函数（）
（1）设，求函数的单调递增区间及频率；
（2）若函数为偶函数，求此函数的值域．
【答案】（1）增区间为，频率；（2）．
【分析】（1）当时，化简得到，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（2）由函数为偶函数，得到对于任意的，均有成立，进而求得，即可求得函数的值域.
【详解】（1）当时，函数，
令，得，
所以此函数的单调递增区间为，
又由函数的的最小正周期为，所以．
（2）由题意，函数定义域，
因为函数为偶函数，所以对于任意的，均有成立，
即，
即对于任意实数均成立，只有，
此时，因为，所以，
故此函数的值域为．
【点睛】解答三角函数的性质的基本方法：
1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；
2、熟练应用三角函数的图象与性质（单调性、奇偶性、周期、对称轴（中心）最值等），结合整体代换的方法，列出方程求解；
40．（2020·上海高三一模）某商场共有三层楼，在其圆柱形空间内安装两部等长的扶梯、供顾客乘用．如图，一顾客自一楼点处乘到达二楼的点处后，沿着二楼面上的圆弧逆时针步行至点处，且为弧的中点，再乘到达三楼的点处．设圆柱形空间三个楼面圆的中心分别为、、，半径为米，相邻楼层的间距米，两部电梯与楼面所成角的大小均为．

（1）求此顾客在二楼面上步行的路程；
（2）求异面直线和所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
【答案】（1）米；（2）．
【分析】（1）过点作一楼面的垂线，垂足为，则落在圆柱底面圆上，计算出的大小，再利用扇形的弧长公式可计算得出结果；
（2）以为坐标原点，以射线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线和所成角的大小.
【详解】（1）过点作一楼面的垂线，垂足为，则落在圆柱底面圆上，
连接，则即为在圆柱下底面上的射影，
所以即为与一楼面所成的角，即．
，所以，，可得．
在中，，则，所以是等腰直角三角形，故．
又因为，所以弧的长为，所以此顾客在二楼面上步行的路程为米；

（2）由（1）可知、、两两互相垂直相交，于是以为坐标原点，以射线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示．
易得，，、，
向量，，
设异面直线和所成角的大小为，则，
即，所以异面直线和所成角的大小为．
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
41．（2020·上海长宁区·高三一模）某公共场所计划用固定高度的板材将一块如图所示的四边形区域沿边界围成一个封闭的留观区.经测量，边界与的长度都是米，，.

（1）若，求的长（结果精确到米）；
（2）求围成该区域至多需要多少米长度的板材（不计损耗，结果精确到米）.
【答案】（1）米；（2）米.
【分析】（1）连接，可知是等边三角形，可得出，求出的值，利用正弦定理可求得的长；
（2）设，利用正弦定理得出，，进而可得出围成该区域所需板材的长度关于的表达式，利用正弦函数的有界性可求得结果.
【详解】（1）连接，由题意是等边三角形，所以，

又因为，所以，
在中，，得（米）；
（2）设，则，，
在中，，
所以，，
所需板材的长度为.
答：当时，所需板材最长为（米）.
【点睛】方法点睛：在解决三角形中的最值问题时，常用两种思路：
（1）转化为边，利用基本不等式求解；
（2）转化为角，利用三角函数的有界性来求解.
42．（2018·上海高考真题）设常数，函数．
（1）若为偶函数，求的值；
（2）若，求方程在区间上的解．
【答案】(1);(2)或或.
【分析】（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，
（2）先求出a的值，再根据三角形函数的性质即可求出．
【详解】（1）∵，
∴，
∵为偶函数，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，或，
∴，或，
∵，
∴或或
【点睛】本题考查了三角函数的化简和求值，以及三角函数的性质，属于基础题．
43．（2017·上海高考真题）已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）设为锐角三角形，角所对边，角所对边，若，求的面积．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用降次公式化简，然后利用三角函数单调区间的求法，求得的单调递增区间.
（2）由求得，用余弦定理求得，由此求得三角形的面积.
【详解】（1）依题意，由得，令得.所以的单调递增区间.
（2）由于，所以为锐角，即.由，得，所以.
由余弦定理得，，解得或.
当时，，则为钝角，与已知三角形为锐角三角形矛盾.所以.
所以三角形的面积为.
【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查三角函数单调性的求法，考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.
44．（2021·上海市实验学校高三开学考试）已知在中，角，，的对边分别为，，，且．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，，求的面积．
【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）由正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式可得，再根据内角和定理及诱导公式可得，最后利用正弦定理即可得解；
（Ⅱ）由余弦定理求出边，再利用面积公式计算可得；
【详解】解：（Ⅰ）因为，由正弦定理得，
所以
得．
因为，所以，
所以由正弦定理可得．
（Ⅱ）因为，，，
所以由余弦定理得，
即，解得，
则．
又，
所以．
【点睛】本题考查解三角形，三角恒等变换及正、余弦定理的应用，属于中档题．
45．（2021·上海徐汇区·位育中学高三开学考试）某旅游区每年各个月份接待游客的人数近似地满足周期性规律，因而第个月从事旅游服务工作的人数可近似地用函数来刻画，其中正整数表示月份且，例如表示1月份，和是正整数，，. 统计发现，该地区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律：
① 每年相同的月份，该地区从事旅游服务工作的人数基本相同；
② 该地区从事旅游服务工作的人数最多的8月份和最少的2月份相差400人；
③ 2月份该地区从事旅游服务工作的人数为100人，随后逐月递增直到8月份达到最多.
（1）试根据已知信息，求的表达式；
（2）一般地，当该地区从事旅游服务工作的人数在400或400以上时，该地区也进入了一年中的旅游“旺季”，那么，一年中的哪几个月是该地区的旅游“旺季”？请说明理由.
【答案】(1)；(2)答案见解析.
试题分析：（1）根据三条规律，知该函数为周期为12的周期函数，进而求得，利用规律②③可求得三角函数解析式中的振幅，和，则函数的解析式可得；（2）利用余弦函数的性质根据题意求得的范围，进而求得的范围，再根据，，进而求得的值.
试题解析：（1）根据三条规律，知该函数为周期为12的周期函数，所以.
∵该地区从事旅游服务工作的人数最多的8月份和最少的2月份相差400人，2月份该地区从事旅游服务工作的人数为100人
∴，解得.
∵最少的2月份该地区从事旅游服务工作的人数为100人
∴，即.
∵
∴
∴
（2）令
∴
∴
∵
∴
∴
答：一年中月是该地区的旅游“旺季”.
46．（2021·上海市实验学校高三开学考试）如图1，一艺术拱门由两部分组成，下部为矩形，的长分别为和，上部是圆心为的劣弧，．

（1）求图1中拱门最高点到地面的距离；
（2）现欲以B点为支点将拱门放倒，放倒过程中矩形所在的平面始终与地面垂直，如图2、图3、图4所示．设与地面水平线所成的角为．记拱门上的点到地面的最大距离为，试用的函数表示，并求出的最大值．
【答案】（1）拱门最高点到地面的距离为．（2），其最大值为
【分析】（1）求出圆的半径，结合圆和RT△的性质求出拱门最高点到地面的距离即可；
（2）通过讨论P点所在的位置以及三角函数的性质求出h的最大值即可．
【详解】（1）如图，过作与地面垂直的直线交于点，交劣弧于点，的
长即为拱门最高点到地面的距离．
在中，，，
所以，圆的半径．
所以．
答：拱门最高点到地面的距离为．

（2）在拱门放倒过程中，过点作与地面垂直的直线与“拱门外框上沿”相交于点．
当点在劣弧上时，拱门上的点到地面的最大距离等于圆的半径长与圆心到地面距离之和；
当点在线段上时，拱门上的点到地面的最大距离等于点到地面的距离．
由（1）知，在中，．
以为坐标原点，直线为轴，建立如图所示的坐标系．

当点在劣弧上时，．
由，，
由三角函数定义，
得 ，
则．
所以当即时，
取得最大值．
当点在线段上时，．设，在中，

，
．
由，得．
所以 ．
又当时，．
所以在上递增．
所以当时，取得最大值．
因为，所以的最大值为．
综上，艺术拱门在放倒的过程中，拱门上的点到地面距离的最大值为（）．
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查三角函数的性质，导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，数形结合思想，是一道综合题．
47．（2021·长宁区·上海市延安中学高三期中）如图，四边形中，为的内角的对边，且满足

（1）证明：；
（2）若，且，设，当变化时，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知条件化简可得，再由正弦定理可得；
（2）由条件和（1）的结论可得为等边三角形，利用，结合辅助角公式，可得平面四边形OACB面积的最大值．
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，即，
由正弦定理得；
（2）因为，所以，
所以为等边三角形，
由余弦定理得，
所以
，
因为，所以，
所以当即时，四边形面积取得最大值.
【点睛】关键点睛：本题考查正弦定理和余弦定理解三角形的应用，解答本题的关键是由余弦定理得到，从而可得，将四边形的面积表示成角的三角函数，属于中档题.
48．（2021·上海松江区·高三一模）已知函数.
（1）求的最小正周期和值域；
（2）若对任意，的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）最小正周期，值域为；（2）.
【分析】（1）利用三角恒等变换进行化简，即可求得周期与值域；
（2）设，由（1）得，转化为二次不等式恒成立问题，分离参数，求取值范围.
【详解】解：（1）

∴的为最小正周期，
值域为；
（2）记，则，
由恒成立，
知恒成立，即恒成立，
∵∴.
∵在时单调递增

∴k的取值范围是
49．（2021·上海静安区·高三一模）如图所示，在河对岸有两座垂直于地面的高塔和.张明在只有量角器(可以测量从测量人出发的两条射线的夹角)和直尺(可测量步行可抵达的两点之间的直线距离)的条件下，为了计算塔的高度，他在点A测得点的仰角为，，又选择了相距100米的点，测得.

（1）请你根据张明的测量数据求出塔高度；
（2）在完成（1）的任务后，张明测得，并且又选择性地测量了两个角的大小(设为､).据此，他计算出了两塔顶之间的距离.
请问：①张明又测量了哪两个角？(写出一种测量方案即可)
②他是如何用表示出的？(写出过程和结论)
【答案】（1）米；（2）答案见解析.
【分析】（1）由已知利用三角形内角和定理可求得的值，由正弦定理可求的值，进而可求得的值；
（2）由（1）知，可求出的值，①测得，；②利用线面垂直的判定定理可得，可求出，在中，由余弦定理，可求.
【详解】
解：（1）在中，，

由正弦定理，有，
所以，米.
米.
（2）由（1）知米.
①测得，.
②由已知，，，.
所以，平面，得.
所以，.
在中，由余弦定理，米.
【点睛】解三角形应用题的一般步骤：
（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
（3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
（4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
50．（2021·上海黄浦区·高三一模）在中，内角所对的边分别为，若为钝角，且.
（1）求角的大小；
（2）记，求函数的值域.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理对等式边角互化，可得，再由为钝角，即可求得角的值；（2）由三角形内角和定理可得的范围，化简函数，利用整体法求解三角函数的值域.
【详解】（1）的内角所对的边分别为，，
∴根据正弦定理：，
可化为.
∴，为钝角，.
（2），，
，得.


.
又因为，可得.
由函数的图像，可知，即.因此，.
所以函数的值域是.
【点睛】关于三角函数解析式的化简问题，首先需要利用和差公式或者诱导公式展开化为同角，其次利用降幂公式进行降次，最后利用辅助角公式进行合一变换，最终得到的形式.