适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习专题检测1三角函数与解三角形

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习专题检测1三角函数与解三角形，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.(2023山东青岛一模)在平面直角坐标系中,若角α的顶点为坐标原点,始边为x轴的非负半轴,终边经过点(sin,cs),则sin α=( )
A. B.- C.- D.
2.(2023四川成都模拟)在△ABC中,已知a=3,c=,C=60°,则△ABC的面积为( )
A.B.
C.D.
3.(2023河北邢台模拟)1+tan 22.5°=( )
A.B.C.D.
4.(2023河南郑州一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知角C=,bsin(+A)-asin(+B)=c,则角B=( )
A.B.C.D.
5.(2023广西南宁模拟)将函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,-π<φ<0)的图象向右平移个单位长度后得到如图所示的函数y=g(x)的图象,则f(0)+f()=( )
A.0B.2C.4D.4
6.(2023湖南长沙模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c=2,b=,∠ABC=,P为△ABC内一点,AP⊥BP且∠BPC=,则BP=( )
A.B.
C.2D.5
7.(2023湖南长郡中学模拟)如图,一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶,在A,B,C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°,45°,60°,其中AB=a,BC=b(0A.B.
C.D.
8.(2023四川南充二模)在△ABC中,内角A,B,C的对应边分别为a,b,c,已知bsin(B+C)=asin,且△ABC的面积为,则△ABC周长的最小值为( )
A.2B.6C.6D.6+2
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2023广东一模)如图,弹簧下端悬挂着的小球做上下运动(忽略小球的大小),它在t(单位:s)时刻相对于平衡位置的高度h(单位:cm)可以由h=2sin(t+)确定,则下列说法正确的是( )
A.小球运动的最高点与最低点的距离为2 cm
B.小球经过4 s往复运动一次
C.t∈(3,5)时小球是自下往上运动
D.当t=6.5时,小球到达最低点
10.(2023山东聊城统考一模)在△ABC中,若A>B,则( )
A.sin A>sin B
B.cs AC.sin 2A>sin 2B
D.cs 2A11.(2023山东济宁一模)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(0<ω<3,0<φ<),且f(0)=1,f()=-2,则下列说法中正确的是( )
A.φ=
B.f(x)在区间(0,)上单调递增
C.f(x+)为偶函数
D.f(x)+f'(x)≤2
12.(2023福建福州高三检测)某社区规划在小区内修建一个如图所示的四边形休闲区.已知AB=BC=2CD=20米,AD=30米,且修建该休闲区的费用是200元/平方米,则下列结论正确的是( )
A.若四边形ABCD的四个顶点共圆,则BD=10 米
B.若四边形ABCD的四个顶点共圆,则修建该休闲区的总费用为4万元
C.若A+C=时,则该社区修建该休闲区的修建费用为6万元
D.若要修建完成该休闲区,则该社区需要准备的修建费用最多为4 万元
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2023广东江门高三联考)若=cs(π+α),则tan(-2α)= .
14.(2023新高考Ⅰ,15)已知函数f(x)=cs ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,则ω的取值范围是 .
15.(2023江苏南京、盐城高三期末)设函数f(x)=sin(ωx+)(ω>0),则使f(x)在区间(-)上单调递增的ω的值可以为 .(写出一个即可)
16.(2023湖北襄阳模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知c=3,b=2a,则△ABC的面积的最大值为 ,此时= .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2023山东青岛一模)已知函数f(x)=2cs2ωx+sin 2ωx(ω>0),x1,x2是f(x)的两个相邻极值点,且满足|x1-x2|=π.
(1)求函数f(x)图象的对称轴方程;
(2)若f(α)=,求sin 2α.
18.(12分)(2023云南昆明一模)“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺,是用来测量、画圆和方形图案的工具.有一块圆形木板,以“矩”量之,较长边为10 cm,较短边为5 cm,如图所示,将这块圆形木板截出一块三角形木块,三角形顶点A,B,C都在圆周上,角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足c=4 cm.
(1)求sin C;
(2)若△ABC的面积为8 cm2,且a>c,求△ABC的周长.
19.(12分)(2023辽宁大连一模)从下列条件中选择一个条件补充到题目中:
①S=(b2+c2-a2),其中S为△ABC的面积,②,③sin C+cs C=.
在△ABC中,角A,B,C的对应边分别为a,b,c, .
(1)求角A;
(2)若D为边AB的中点,CD=2,求b+c的最大值.
20.(12分)(2023江苏徐州模拟)如图,某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距()海里的B处有一艘走私船,正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向海岸行驶,巡逻艇立即以2 海里/小时的速度沿着正东方向直线追去,1小时后,巡逻艇到达C处,走私船到达D处,此时走私船发现了巡逻艇,立即改变航向,以原速向正东方向逃窜,巡逻艇立即加速以3海里/小时的速度沿着直线追击.
(1)当走私船发现了巡逻艇时,两船相距多少海里?
(2)巡逻艇应该沿什么方向去追,才能最快追上走私船?
21.(12分)(2023浙江温州二模)已知△ABC满足2sin Csin(B-A)=2sin Asin C-sin2B.
(1)试问:角B是否可能为直角?请说明理由.
(2)若△ABC为锐角三角形,求的取值范围.
22.(12分)(2023山东泰安高三检测)如图,为了测量某条河流两岸两座高塔底部A,B之间的距离,观测者在其中一座高塔的顶部D测得另一座高塔底部B和顶部C的视角的正切值为(即tan∠BDC=),已知两座高塔的高AD为30 m,BC为60 m,塔底A,B在同一水平面上,且AD⊥AB,BC⊥AB.
(1)求两座高塔底部A,B之间的距离;
(2)为庆祝佳节,在两座高塔顶部安装大型彩色灯饰.为了方便市民观赏灯饰,决定在A,B之间的点P处(点P在线段AB上)搭建一个水上观景台,为了达到最佳的观赏效果,要求∠DPC最大,在距离A点多远处搭建,才能达到最佳的观赏效果?
专题检测一 三角函数与解三角形
1.B 解析 因为sin,cs=-,所以终边经过的点为(,-),所以角α的终边在第四象限,
所以sinα==-.
2.B 解析 在△ABC中,已知a=3,c=,C=60°,
由余弦定理得()2=32+b2-2×3bcs60°,则b2-3b+2=0,解得b=1或2.
故△ABC的面积S=absinC=×1×3×或S=×2×3×.
3.A 解析 由tan45°==1,
得2tan22.5°=1-tan222.5°,即(tan22.5°+1)2=2.
又tan22.5°>0,所以1+tan22.5°=.
4.C 解析 已知C=,bsin(+A)-asin(+B)=c,
由正弦定理可得,sinBsin(+A)-sinAsin(+B)=sinC,整理得(sinBcsA-sinAcsB)=,
即sin(B-A)=1.
因为A,B∈(0,),所以B-A∈(-),
所以B-A=.又B+A=,所以B=.
5.C 解析 由题可得g(x)=f(x-)=Acs(ωx-ω+φ),由图象可知g(x)max=4,即A=4.
∵g(x)的最小正周期T=4×()=π,
∴ω==2,
∴g()=4cs(+φ)=4cs(+φ)=4,∴+φ=2kπ(k∈Z),
解得φ=-+2kπ(k∈Z).又-π<φ<0,∴φ=-,
∴f(x)=4cs(2x-),
∴f(0)+f()=4cs(-)+4cs=8cs=4.
6.B 解析在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accs∠ABC,即7=a2+4-2a,解得a=3或a=-1(舍去).
在Rt△ABP中,令∠ABP=θ,则BP=2csθ.
在△BPC中,∠CBP=-θ,∠BCP=π---θ=θ.
由正弦定理得,即,所以tanθ=.又θ∈0,,所以θ=,所以BP=2×.
7.D 解析 如图,设点P在地面上的投影为点O,
则∠PAO=30°,∠PBO=45°,∠PCO=60°.
设山高PO=h,则AO=h,BO=h,CO=.
在△AOC中,cs∠ABO=-cs∠CBO,
由余弦定理,有=-,整理得h2=,所以h=.
8.B 解析 由题知,bsinA=asin.
根据正弦定理及诱导公式得,sinBsinA=sinAcs.
∵A∈(0,π),∴sinA≠0,∴sinB=cs,
即2sincs=cs.
∵B∈(0,π),则∈(0,),则cs≠0,解得sin,则,即B=,
所以S=acsinB=,则ac=4.
又a+c≥2=4,当且仅当a=c=2时,等号成立,
根据余弦定理得b=,即b=.
设△ABC的周长为C,则C△ABC=a+c+=(a+c)+,设a+c=t≥4,则f(t)=t+,
则f(t)在区间[4,+∞)上单调递增,
故f(t)min=f(4)=6,故△ABC周长的最小值为6,当且仅当a=b=c=2时,等号成立.
9.BD 解析 小球运动的最高点与最低点的距离为2-(-2)=4cm,故选项A错误;
因为=4,所以小球经过4s往复运动一次,故选项B正确;
当t∈(3,5)时,t+∈(),所以是自下往上到最高点,再往下运动,故选项C错误;
当t=6.5时,h=2sin(×6.5+)=-2,故选项D正确.故选BD.
10.ABD 解析 在△ABC中,若A>B,由三角形中大边对大角,可得a>b,又由正弦定理,可知sinA>sinB,故A选项正确;
因为余弦函数在区间(0,π)上单调递减,可知csA因为sin2A=2sinAcsA,sin2B=2sinBcsB,当A>时,csA<0,所以sin2A由cs2A=1-2sin2A,cs2B=1-2sin2B,由A选项可知正确,故D选项正确.故选ABD.
11.AC 解析 由f(0)=2sinφ=1,得sinφ=.
因为0<φ<,所以φ=,故A正确.
f(x)=2sin(ωx+),
由f()=2sin(ω+)=-2,得sin(ω+)=-1,
所以ω+=-+2kπ,k∈Z,所以ω=-1+3k,k∈Z.
因为0<ω<3,所以ω=2,所以f(x)=2sin(2x+).
当x∈(0,)时,2x+∈(),所以f(x)在区间(0,)上不单调,故B错误.
f(x+)=2sin(2x+)=2cs2x是偶函数,故C正确.因为f'(x)=4cs(2x+),
则f(x)+f'(x)=2sin(2x+)+4cs(2x+)=2sin(2x++θ)≤2,
其中tanθ=2,当且仅当sin(2x++θ)=1时,等号成立,故D错误.故选AC.
12.ACD 解析 对于A,因为四边形ABCD的四个顶点共圆,所以∠A+∠C=π.
设∠A=θ,则∠C=π-θ,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcs(π-θ),BD2=AB2+AD2-2AB·ADcsθ.
因为AB=BC=2CD=20,AD=30,
所以BD2=202+102+400csθ,BD2=202+302-1200csθ,
所以4BD2=2800,所以BD=10米,故A正确.
对于B,因为BD=10,BD2=202+102+400csθ,所以csθ=.又θ∈(0,π),所以θ=,C=,
所以△BCD的面积为BC·CDsin∠C=×20×10×=50平方米,△ABD的面积为AB·ADsin∠A=×20×30×=150平方米,所以四边形ABCD的总面积为200 平方米,所以修建该休闲区的总费用为200×200=40000元,即4万元,故B错误.
对于C,设∠A=α,∠C=β,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcsβ,
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcsα,
所以BD2=500-400csβ,BD2=1300-1200csα,所以3csα-csβ=2.
△BCD的面积为BC·CDsin∠C=×20×10×sinβ=100sinβ,
△ABD的面积为AB·ADsin∠A=×20×30×sinα=300sinα,
所以四边形ABCD的总面积为300sinα+100sinβ.
设3sinα+sinβ=t,t>0,则t2+4=(3sinα+sinβ)2+(3csα-csβ)2=9+1-6cs(α+β),
所以t2=6-6cs(α+β).又α+β=,所以t2=9.又t>0,所以t=3,所以四边形ABCD的总面积为300平方米,所以修建该休闲区的总费用为6万元,故C正确.
对于D,设∠A=α,∠C=β,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcsβ,
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcsα,
所以BD2=500-400csβ,BD2=1300-1200csα,所以3csα-csβ=2.
△BCD的面积为BC·CDsin∠C=×20×10×sinβ=100sinβ,△ABD的面积为AB·AD·sin∠A=×20×30×sinα=300sinα,所以四边形ABCD的总面积为300sinα+100sinβ.
设3sinα+sinβ=t,则t2+4=(3sinα+sinβ)2+(3csα-csβ)2=9+1-6cs(α+β),
所以t2=6-6cs(α+β),所以t2≤12,当且仅当α+β=π时,等号成立,所以t的最大值为2,
即3sinα+sinβ的最大值为2,故300sinα+100sinβ的最大值为200,所以该社区需要准备的修建费用最多为4万元,故D正确.故选ACD.
13.-7 解析 由=cs(π+α),
得=-csα,即csα-sinα=-csα,
所以sinα=2csα,即tanα=2,所以tan2α==-,得tan(-2α)==-7.
14.[2,3) 解析 由题意可知,要使函数f(x)=csωx-1在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,即函数y=csωx的图象在区间[0,2π]上有且仅有3个最高点,设y=csωx的最小正周期为T,其大致图象如图所示,
要满足题意,需要2T≤2π<3T,即15.(答案不唯一,满足ω∈(0,]即可) 解析 f(x)=sin(ωx+)(ω>0),
令-+2kπ≤ωx++2kπ,k∈Z,解得≤x≤,k∈Z,即函数f(x)在区间[],k∈Z上单调递增,
而函数f(x)在区间(-)上单调递增,
令因为ω>0,解得-≤k≤.又k∈Z,则k=0,此时函数f(x)的单调递增区间为[-],
则(-)⊆[-],则解得ω≤,则使f(x)在区间(-)上单调递增的ω的值的取值范围为(0,],故ω的值可以为.(答案不唯一)
16.9 5 解析 由已知得csC=,
则sinC=.
S=absinC=a2·≤9,
当且仅当a=时,S取到最大值9,此时sinC=.又=2R(R为外接圆半径),
则=2R==5.
17.解 (1)由题可得,f(x)=2cs2ωx+sin2ωx=cs2ωx+sin2ωx+1=sin(2ωx+)+1.
由|x1-x2|=π可得,周期T=2|x1-x2|=2π,所以ω=,故f(x)=sin(x+)+1.
令x++kπ,k∈Z,解得x=+kπ,k∈Z,
故函数f(x)的对称轴方程为x=+kπ,k∈Z.
(2)由f(α)=,得sin(α+)+1=,则sin(α+)=-.由cs(2α+)=1-2sin2(α+)=1-2×(-)2=,
所以cs(2α+)=-sin2α=,故sin2α=-.
18.解 (1)设△ABC的外接圆半径为R,则2R==5cm.由正弦定理=2R,可得sinC=.
(2)∵a>c,则A>C,故C为锐角,
∴csC=.
∵△ABC的面积为8cm2,则8=ab×,
解得ab=20.
由余弦定理csC=,即,可得(a+b)2=144,解得a+b=12,
故△ABC的周长为a+b+c=12+4(cm).
19.解 (1)选①,由余弦定理得,b2+c2-a2=2bccsA.
又S=bcsinA,所以bcsinA=×2bccsA,
得tanA=.
因为0选②,因为,由正弦定理得,整理得b2+c2-a2=bc.
由余弦定理得csA=.
因为0选③,因为sinC+csC=,由正弦定理得sinC+csC=,
即sinCsinA+csCsinA=sinC+sinB.
又因为A+C=π-B,所以sinB=sin(A+C)=sinAcsC+sinCcsA,
所以sinCsinA-sinCcsA=sinC.
因为0因为0所以A-,即A=.
(2)在△ACD中,设∠ADC=θ,
由正弦定理得=4,所以AC=4sinθ,AD=4sin(-θ),
∴b+c=4sinθ+8sin(-θ)=8sinθ+4csθ=4sin(θ+φ)≤4,其中tanφ=,
当θ+φ=时,等号成立,所以b+c的最大值是4.
20.解 (1)由题意知,当走私船发现了巡逻艇时,走私船在D处,巡逻艇在C处,此时BD=3×1=3,AC=2×1=2,
由题意知∠BAC=90°-30°=60°.
在△ABC中,AB=,AC=2,
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcs∠BAC=()2+(2)2-2×()×2=12,
所以BC=2.
在△ABC中,由正弦定理得,
即,所以sin∠ABC=.
因为0°<∠ABC<75°,所以∠ABC=45°,
所以∠ACB=180°-60°-45°=75°,∠CBD=180°-45°-45°-60°=30°.在△BCD中,∠CBD=30°,BD=3,BC=2,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcs30°=(2)2+32-2×2×3×cs30°=3,即CD=,
故当走私船发现了巡逻艇时,两船相距 海里.
(2)设当巡逻艇经过t小时经CE方向在E处追上走私船,
则CE=3t,DE=3t,CD=.
在△BCD中,由正弦定理得,则,
所以sin∠BCD=,sin∠BDC=1,
所以∠BCD=60°,∠BDC=90°,则∠CDE=360°-90°-135°=135°.
在△CDE中,由正弦定理得,
则sin∠DCE=,故∠DCE=30°,
则∠ACE=∠ACB+∠BCD+∠DCE=75°+60°+30°=90°+75°,
故巡逻艇应向北偏东75°方向去追,才能最快追上走私船.
21.解 (1)假设角B为直角,则A+C=,所以sinA=csC,sinC=csA.
因为2sinCsin(B-A)=2sinAsinC-sin2B,
所以2csAcsA=2sinAcsA-1,
所以1+cs2A=sin2A-1,所以sin(2A-)=.
因为sin(2A-)≤1,所以矛盾,故假设不成立,
所以角B不可能为直角.
(2)因为2sinCsin(B-A)=2sinAsinC-sin2B,
所以2sinCsinBcsA-2sinCcsBsinA=2sinAsinC-sin2B,由正弦定理得2bccsA-2accsB=2ac-b2,
由余弦定理得3b2=2ac+2a2.
因为△ABC为锐角三角形,
所以
令t=(t>0),
则有
解得22.解 (1)由题知,AD⊥AB,BC⊥AB,BC=60,AD=30.
如图,作DE⊥BC,垂足为E,则四边形ABED为矩形,所以BE=CE=30.
因为BE=CE,DE=DE,∠CED=∠DEB=90°,
所以△BDE≌△CDE,所以∠CDE=∠BDE.
设∠CDE=∠BDE=θ,则tan∠BDC=tan2θ=,解得tanθ=或tanθ=-2(舍去),
所以AB=DE==60,
所以两座高塔底部A,B之间的距离为60m.
(2)设AP=t(0≤t≤60),则BP=60-t.
所以tan∠DPA=,tan∠BPC=,
所以tan∠DPC=tan(π-∠DPA-∠BPC)=-tan(∠DPA+∠BPC)=-=-=30>0.
设t+60=m(60≤m≤120),则t=m-60,
所以tan∠DPC=30,
当且仅当m=,即m=30时,等号成立.
因为在锐角范围内,tan∠DPC越大,∠DPC越大,
所以当m=30时,∠DPC取得最大值,
此时AP=30-60.
所以在距离A处(30-60)m处搭建,才能达到最佳的观赏效果.