江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-两角和与差的三角函数

这是一份江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-两角和与差的三角函数，共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-两角和与差的三角函数

一、单选题
1．（2022·江苏无锡·模拟预测）八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形，中间阴影部分是正方形且边长为2，其中动点P在圆上，定点A、B所在位置如图所示，则最大值为（       ）


A．9 B．10 C． D．
2．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边绕点顺时针旋转后，经过点，则（       ）
A． B． C． D．
3．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）平面直角坐标系中，点集 ，则点集所覆盖的平面图形的面积为（       ）
A． B． C． D．
4．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）已知，若，则（       ）
A． B． C． D．
5．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知，则实数的值为（       ）
A． B．2 C．4 D．8
6．（2022·江苏扬州·模拟预测）已知，则（       ）
A． B． C． D．
7．（2022·江苏·二模）已知，则（       ）
A． B． C． D．
8．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）函数的一个对称中心是（       ）
A． B． C． D．
9．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）已知cos(α－β)＝，cos2α＝，α∈(0，)，β∈(0，π)，且α＜β，则α＋β＝（       ）
A． B． C． D．
10．（2022·江苏南通·模拟预测）在△ABC中，若，则（       ）
A． B． C． D．
11．（2022·江苏省木渎高级中学模拟预测）设，且，则（       ）
A． B． C． D．
12．（2022·江苏江苏·一模）已知，则的最小值为（       ）
A． B．1 C． D．
13．（2022·江苏·南京市第五高级中学模拟预测）已知，为锐角，，，则（       ）
A． B． C． D．
14．（2022·江苏·南京市第五高级中学一模）已知，则的值为（       ）
A． B． C． D．
15．（2022·江苏南京·二模）已知，则（       ）
A． B． C． D．

二、多选题
16．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在中，，则下列说法正确的是（       ）
A． B．
C．的最大值为 D．
17．（2022·江苏南京·模拟预测）设是大于零的实数，向量，其中，定义向量，记，则（       ）
A．
B．
C．
D．
18．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（       ）
A．
B．是图象的一条对称轴
C．的最小正周期为
D．将的图象向左平移个单位后，得到的图象关于原点对称
19．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）已知函数，若的最小正周期为，且对任意，均有，则下列结论中正确的是（       ）
A．若，则
B．若，则
C．函数在区间上一定不存在零点
D．若函数在上单调递减，则

三、填空题
20．（2022·江苏扬州·模拟预测）___________．
21．（2022·江苏·模拟预测）已知，则_________．
22．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）英国数学家莫利提出：将三角形各内角三等分，靠近某边的两条三分角线相交于一点，则这样的三个交点构成一个正三角形（如下图所示）.若△为等腰直角三角形，且，则△的面积是___________.

23．（2022·江苏江苏·一模）已知函数在一个周期内的图象如图所示，其中点P，Q分别是图象的最高点和最低点，点M是图象与x轴的交点，且.若，则__________.

24．（2022·江苏泰州·一模）已知，是方程的两根，则_________.
25．（2022·江苏·南京市雨花台中学模拟预测）已知sin α＝，则＝________.

四、解答题
26．（2022·江苏泰州·模拟预测）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成问题的解答．
已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，b＝1，c＝3，且___．
(1)求A；
(2)若点D在边BC上，且，求AD．
注：如果选择多个方案进行解答，则按第一个方案解答计分
27．（2022·江苏南京·模拟预测）已知，．
(1)求的值；
(2)若，，求的值．
28．（2022·江苏南通·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，．
(1)求cosB；
(2)若b＝3，a＞c，△ABC的面积为，求a．
29．（2022·江苏·南京外国语学校模拟预测）在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C所对边，．
(1)求cosC的值；
(2)若，求的值．
30．（2022·江苏淮安·模拟预测）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tanB
(1)若，求tanC的值：
(2)已知中线AM交BC于M，角平分线AN交BC于N，且求△ABC的面积．
31．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知，函数．
(1)讨论的导函数零点的个数；
(2)若，求的取值范围．
32．（2022·江苏南京·三模）在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求A；
(2)若，，求sin∠ADC．
33．（2022·江苏·海安高级中学二模）在平面凸四边形ABCD中，已知，求sinA及AD．
34．（2022·江苏徐州·模拟预测）如图，在平面四边形中，．

(1)若，求；
(2)若，求四边形的面积．
35．（2022·江苏泰州·模拟预测）在①a＝2b；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．若问题中的三角形存在，求该三角形面积的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，， ？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
36．（2022·江苏·南京市宁海中学二模）在中，角，，所对的边分别，，．已知．
(1)求；
(2)若，，设为延长线上一点，且，求线段的长．

五、双空题
37．（2022·江苏南京·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知锐角的终边与单位圆交于，角的终边与单位圆交于，则的值为______；若，则的值为______．

参考答案：
1．C
【分析】由题意可得，，，，设的夹角为，的夹角为，则=-,分在所对的优弧上和在所对的劣弧上两种情况计算即可得答案.
【详解】解：如图所示：连接，


因为中间阴影部分是正方形且边长为2，
所以可得，，，
所以，
在中由余弦定理可得，
所以，
设的夹角为，的夹角为，
= =-,
当在所对的优弧上时，，
所以，，
=,
所以=-＝＝ ,（其中）
所以最大值为；
当在所对的劣弧上时，，
所以，，
=,
所以=-＝＝ ,（其中）
所以最大值为；
综上所述：最大值为.
故选：C.
2．B
【分析】根据角的概念以及三角函数的定义，可得和，再根据以及两角和的正弦公式计算可得答案.
【详解】∵角的终边按顺时针方向旋转后得到的角为，
∴由三角函数的定义，可得：，，
∴，
故选：B.
3．C
【分析】欲求点集所覆盖的平面图形的面积，先看点的轨迹是什么图形，将，的式子平方相加后即可得出,再结合三角函数的有界性即可解决问题．
【详解】
两式平方相加得：
,
即：．
由于，
，
随着的变化，方程表示圆心在，半径为和半径为的两圆之间的圆环，
故点集所覆盖的平面图形的面积为：，
故选：C．
4．C
【分析】由同角的基本关系式和两角差的余弦公式，计算可得出答案.
【详解】

.
故选：C.
5．C
【分析】变形可得m，由两角和差的正弦公式、二倍角公式、同角三角函数的基本关系化简可得．
【详解】解：∵tan20°+msin20°，
∴m


4
故选：C
6．A
【分析】根据两角差的正弦公式及诱导公式，化简可得，代入二倍角的正切公式，即可求得答案.
【详解】由两角差的正弦公式展开可得：，则，
所以.
故选：A.
7．A
【分析】利用两角差的余弦公式化简，然后再化弦为切即可得解.
【详解】解：由得，,
所以,解得.
故选：A.
8．C
【分析】根据两角和正弦余弦公式及二倍角的余弦公式，再结合余弦函数的性质即可求解.
【详解】



.
由，得，此时.
所以的对称中心为.
当时，的一个对称中心为.
故选：C.
9．B
【分析】根据同角公式求出，，再根据以及两角差的余(正)弦公式计算出，根据的范围可得答案.
【详解】，且，
，，
，，


.
又

.
，
.
故选：B
10．A
【分析】利用两角和的正切公式和二倍角公式求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
，
故选：A．
11．D
【分析】根据同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，即可得到答案；
【详解】
，
，，
，
故选：D
12．D
【分析】根据，可得，再根据两角和的正切公式可得，结合基本不等式即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，所以，
，
所以，即，
又因，
所以，
即，
解得或（舍去），
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故选：D.
13．C
【分析】由已知求出，再利用差的正切公式可求.
【详解】因为，为锐角，所以.所以，，
又，
则.
故选：C.
14．B
【分析】先求出，再求，再化简即得解.
【详解】解：由得，
所以，
所以.
故选：B
15．B
【解析】利用两角和与差的正弦公式、同角三角函数的基本关系式化简所求表达式，由此求得所求表达式的值.
【详解】

.
故选：B
16．ACD
【分析】根据已知条件，结合得，，进而得，可判断AD；进而得或，故或，再分别讨论的最大值问题即可判断BC.
【详解】解：因为，，
所以，
所以，，故A选项正确；
所以，，即；
所以，故D选项正确；
所以，即或，
所以或，故B选项错误；
当时，，
，当且仅当时，此时，不满足内角和定理；
当时，，
，当且仅当时，此时，满足题意.
综上，的最大值为，故C选项正确.
故选：ACD
17．BCD
【分析】根据定义求出和，再根据平面向量的数量的坐标运算，结合恒等变换公式可求出，由此可判断A和B选项；利用向量加减法的坐标运算、模长公式以及基本不等式，可判断C和D选项.
【详解】因为向量，
所以是一个实数，不是向量，所以A不正确，B正确；
因为，
所以


，当且仅当时，取得等号，
所以，故C正确；
因为，
所以


，当且仅当时，取得等号，
所以，故D正确.
故选：BCD
18．AC
【分析】变形得，然后根据三角函数的性质逐一判断即可.
【详解】，A正确；
，由于在对称轴处函数值要取到最值，故B错误；
，C正确；
将的图象向左平移个单位后得
，其为偶函数，不关于原点对称，D错误.
故选：AC.
19．BD
【分析】先化简，再由函数的最小正周期确定的值，由可知在处取得最小值，从而得到与辅助角的关系，进而可判断选项A，B的正误；
由在处取得最小值以及函数的最小正周期，可确定函数在）以及，上的正负以及单调性，
从而得出函数以及的单调性，即可判断选项C，D的正误．
【详解】，
其中，，依题意可得，
于是，其中，．
因为，即在处取得最小值，所以，
所以．当时，，
因此，，解得．故A选项错误；
因为，
所以，解得，故B选项正确；
由于在处取得最小值，且周期为，
所以当时，，因此，
因此在区间上有无数个零点，故C选项错误；
由于在处取得最小值，且周期为，所以，
当时，单调递增，且，
于是当时，单调递减，
而当时，单调递减，且，
于是当时，y单调递增，
故，即，故D选项正确．
故选：BD
【点睛】解决三角函数综合问题的一般步骤：
（1）将化为的形式；
（2）构造；
（3）和角公式逆用，得（其中，）；
（4）利用正弦函数的图象与性质研究的图象与性质．
20．
【分析】由两角差的正切公式化简求值．
【详解】．
故答案为：．
21．
【分析】根据题意得到，所以，结合两角和的正弦函数公式，即可求解.
【详解】由，可得，
因为，所以，所以，
又由
.
故答案为：.
22．
【分析】若是中点，连接，且，根据题设角的关系、三角形全等及相似可得、，设，结合已知可得，即可求x值，应用三角形面积公式求△的面积.
【详解】若是中点，连接，且，
由题设知：△△，则，又，，
所以，则△△△△，
所以，又△△，且，
设，则，故，
所以，又，则，可得，
则，故△的面积是.
故答案为：

23．
【分析】根据，得到，再由，得到，进而得到，然后由求解.
【详解】解：因为，
所以，即，
所以，
解得，则，
所以，
则，
所以或，
则或，
因为，
所以，
所以，
，
，
，
故答案为：
24．
【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系得，，再运用余弦、正弦和和差公式，以及同角三角函数间的关系，代入可得答案.
【详解】解：由已知得，，
.
故答案为：.
25．－
【详解】分析：先根据二倍角公式以及两角和正弦公式化简，再根据平方关系求cos α，代入即得结果.
详解：
因为sin α＝，所以cos α＝，
因此＝，
点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度
(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.
(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.
(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.
26．(1)
(2)

【分析】（1）若选①，由已知得，再运用正弦的和角公式有，从而由角的范围可求得答案；若选②，由正弦的二倍角公式得，从而由角的范围可求得答案；若选③，由余弦的二倍公式得，从而由角的范围可求得答案；
（2）由已知和向量的线性运算得，再运算向量的数量积运算求得，从而可求得答案.
(1)
解：若选①，，
∴，
又，∴，
因为 ，所以．
若选②，，
又，∴，
因为 ，所以 ，所以，．
若选③，，，
又，∴，
因为 ，所以；
(2)
解： 因为，
∴，
∴
，
∴．

27．(1)
(2)

【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系结合两角差的正弦公式可求得的值；
（2）利用二倍角的余弦公式可求得的值，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式求出的值，结合角的取值范围可求得结果.
(1)
解：因为，，
又，所以，
所以.
(2)
解：因为，
，
又因为，所以，
由（1）知，，
所以．
因为，，则，所以．
28．(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理得，再利用可得答案；
（1）利用可得由余弦定理得，再由a，c可看作一元二次方程的两不等实根可得答案.
(1)
因为，由正弦定理得
，
因为，
所以，
所以，可得.
(2)
，∵，可得
在△ABC中，由余弦定理得，∴，
，，∴a，c可看作一元二次方程的两不等实根，
∵∴.
29．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理将已知条件转化为“边”的等式，再利用余弦定理即可求得cosC的值；
（2）首先利用角C的值和已知条件判断出角A为锐角，再利用两角和的正弦公式求得的值，进而利用正弦定理即可求得的值．
(1)
由，可得
则，
由正弦定理得
由余弦定理得
整理得，又，则
则，
(2)
由（1）可知，又，则，
由，可知角A为钝角或锐角
若A为钝角，则
这与内角和为矛盾，即A不能为钝角，
为锐角，由，可得


30．(1)或；
(2).

【分析】（1）利用同角关系式可得或sin，然后利用和角公式即得；
（2）由题可得，利用角平分线定理及条件可得，进而可得，，即得.
(1)
因为，
所以，
解得或sin,
当时，，，
所以，；
当时，因为，
所以，又，
所以．
(2)
∵，
∴，，
∴，即，
∴，
由角平分线定理可知，，又，
所以，

由，可得，
∴，，
所以．
31．(1)当时， 的零点个数为0；当时， 的零点个数为1；
(2).

【分析】（1）求导再对分三种情况讨论得解；
（2）先证明满足题意；再讨论时，，综合即得解.
(1)
解：令．
若，则，所以的零点个数为0；
若，所以在上单调递增，
又，所以的零点个数为1；
若，所以在上单调递增，
又，所以的零点个数为1．
综上得，当时， 的零点个数为0；当时， 的零点个数为1.
(2)
解：由（1）知：
若，故在上单调递增，
所以，所以满足题意；
若，存在唯，使得，
且当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，
化简得，又，
所以，
设，
所以在上单调递减，所以，
解得．
综上所述，的取值范围为．
32．(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理的边角转化，进而能求得;
（2）根据已知，可以确定各个角的三角函数值，进而求得与的关系，就能求得sin∠ADC．
(1)
由正弦定理有，
所以，
又，则有；
(2)
如下图，由，则，
所以，
可知，
设，
所以，
则有，
所以，
又，
所以，
又有，
所以．

33．，
【分析】在中，由余弦定理求得BD,从而求得，可得，再解，求得，即可求得答案.
【详解】连接，在中，由余弦定理，得
，
且,

又有，故,
在中，由正弦定理，得,
因为，所以，所以,
因为，所以,
故
，
在中，由正弦定理，得．
34．(1)
(2)

【分析】（1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解
（2）由余弦定理与面积公式求解
（1）连接，在中，，且，，所以．在中，由余弦定理得，所以．所以
（2）在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去），所以四边形的面积为
35．存在，面积为.
【分析】若选①，由正弦定理得，结合，求出角，进而求得三角形存在，再按照面积公式求面积即可；
若选②，先由余弦定理得到，再借助正弦定理化简得到，求出角，进而求得三角形存在，再按照面积公式求面积即可；
若选③，由可得，化简得，求出角，进而求得三角形存在，再按照面积公式求面积即可.
【详解】若选①，由正弦定理得，又，故，即，化简得，即，
又，故，，，这样的三角形存在.又，，解得，
故该三角形的面积为；
若选②，由，又余弦定理可得，故，化简得，由正弦定理可得，又，故，即，又，故，又，解得，
这样的三角形存在.又，，解得，故该三角形的面积为；
若选③，由得，，由可得，又，故，整理得，又，故，故，，，这样的三角形存在.
又，，解得，故该三角形的面积为.
36．(1)；
(2).

【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据正弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可.
(1)
，
由正弦定理可得：
，
，，，；
(2)
由（1）知，
，，
由正弦定理可得，，即，
，
或（舍去），
，
，
，，
，
．

37．     ##     ##
【分析】由向量数量积的定义求的值，由三角函数的定义结合题意得，，，，代入中化简计算可求出，然后计算即可
【详解】．
由三角函数的定义可知，，，，，
则
，
所以，解得或（舍去）
则．
故答案为：，