09三角恒等变换-江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版）

这是一份09三角恒等变换-江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版），共21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．（2023上·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）设，函数满足，则α落于区间（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为2的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023下·江苏南京·高三校联考期末）已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知锐角，满足，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
5．（2022上·山西·高三校联考期末）已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022上·江苏南京·高三期末）若，则（ ）
A．2B．C．1D．
7．（2022上·江苏徐州·高三期末）如图，有一壁画，最高点A处离地面12m，最低点B处离地面7m.若从离地高4m的C处观赏它，若要视角最大，则离墙的距离为（ ）
A．B．3mC．4mD．
8．（2021上·江苏南通·高三统考期末）若的内角，，依次成等差数列，则函数的图象的一条对称轴方程为（ ）
A．B．C．D．
9．（2021上·江苏南通·高三统考期末）圭表（圭是南北方向水平放置测定表影长度的刻板，表是与圭垂直的杆）是中国古代用来确定节令的仪器，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令.已知冬至和夏至正午时，太阳光线与地面所成角分别为，，表影长之差为，那么表高为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
10．（2023上·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知均为第二象限角，且，则可能存在（ ）
A．B．C．D．
11．（2022上·江苏泰州·高三统考期末）对于函数，下列说法正确的有（ ）
A．是一个周期
B．关于对称
C．在上的值域为
D．在上递增
12．（2022上·江苏扬州·高三统考期末）已知函数(ω>0)，下列说法中正确的有（ ）
A．若ω=1，则f(x)在上是单调增函数
B．若，则正整数ω的最小值为2
C．若ω=2，则把函数y=f(x)的图象向右平移个单位长度，所得到的图象关于原点对称
D．若f(x)在上有且仅有3个零点，则
13．（2022上·江苏南通·高三统考期末）对于函数，下列结论正确的是（ ）
A．f(x)是周期为π的周期函数B．
C．f(x)的图象关于直线对称D．f(x)在区间上单调递减
14．（2022上·江苏常州·高三统考期末）已知函数，下列说法正确的有（ ）
A．函数是周期函数B．函数有唯一零点
C．函数有无数个极值点D．函数在上不是单调函数
三、填空题
15．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）设，若，，则的值为
16．（2023上·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考期末）如图，在中，，，、分别在边、上，，且.则值是 ；的面积是 .
17．（2022上·江苏南京·高三南京市第一中学校联考期末）在平面直角坐标系中，设点是抛物线上的一点，以抛物线的焦点为圆心、以为半径的圆交抛物线的准线于两点，记，若，且的面积为，则实数的值为
18．（2022上·江苏南京·高三南京市雨花台中学校考期中）已知，则的值为 .
四、解答题
19．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）已知a,b,c分别是三个内角A,B,C的对边,面积为S,且．
(1)求A;
(2)若a＝2,且角A的角平分线交BC于点D,AD＝,求b．
20．（2023上·江苏南通·高三统考期末）中，内角，，所对应的边分别为，，，且满足，B.
(1)判断的形状
(2)若点在上且，点与点在直线同侧，且，，求．
21．（2023上·江苏南通·高三统考期末）在中，的平分线与边交于点，且.
(1)若，求的面积；
(2)求的最小值.
22．（2022上·江苏徐州·高三期末）的内角的对边分别为，已知，．
(1)求；
(2)若，求的周长．
参考答案：
1．C
【分析】由题意，确定函数的最大值，根据最值和极值的关系，可得方程，利用零点存在性定理，可得答案.
【详解】由题意，可知函数在上当时取得最大值，
且，
由于，则，
由，，，，
根据零点存在性定理，可知，
故选：C.
2．D
【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在内任意旋转可知，正方形各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出的三角坐标，根据可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入中化简，用辅助角公式分别求出最大值，选出结果即可.
【详解】解：因为是面积为的等边三角形，记边长为，
所以，解得，
记三角形内切圆的半径为，根据，可得：
，解得，
因为正方形面积为2，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边为轴，以的垂直平分线为轴建立直角坐标系如图所示：
故可知，圆的方程为，
故设，，
因为，即，
化简可得，即，
解得或，
①当时，点坐标可化为，
此时
，
所以当，即，即，
即时，取得最大值；
②当时，点坐标可化为，
此时
，
因为，所以当，即，即，
即时，取得最大值，
综上可知：取得最大值.
故选：D
【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：
（1）若点在圆上，可设点为，其中；
（2）若点在圆上，可设点为，其中；
（3）若点在椭圆上，可设点为，其中；
3．B
【分析】由两角和的正切公式展开后求得，从而可得，然后计算结合诱导公式．
【详解】，解得，
，
．
故选：B．
4．D
【分析】首先利用二倍角公式以及同角关系化简已知条件，得到，的关系，代入两角差的正切公式，结合基本不等式即可求解．
【详解】因为，
所以，
因为锐角，，所以，
所以，
因为，所以，
当且仅当时取等号，
所以的最大值是．
故选：D
5．A
【分析】根据正弦的和差角公式可得，平方可得，进而化切为弦即可求解.
【详解】由，则，即，
所以，则，
故.
故选：A.
6．A
【分析】由三角恒等变换化简结合已知条件求解即可
【详解】因为，
所以，
所以，
又，
所以即，
所以，
所以即，
又，
所以，
所以，
所以，
所以即，
又易知，
所以，即，
故选：A
7．D
【分析】设离墙的距离为为，求得关于的表达式，结合基本不等式求得取得最大值时的值.
【详解】设离墙的距离为为，
过作，交的延长线于，则，
，
所以
，
当且仅当时等号成立.
由于，所以当最大时，最大，此时.
故选：D
8．A
【解析】由题可得，利用和的正弦公式和二倍角公式，辅助角公式化简可得，令可求出对称轴.
【详解】，，依次成等差数列，，
，，
，
令，解得，
当时，，是的一条对称轴.
故选：A.
【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数对称轴的判断，解题的关键是利用三角恒等变换化简得出.
9．D
【分析】由题意作图，在中，然后根据正弦定理表示出，然后在直角三角形中，利用正弦值表示出表高，上下同时除以即可.
【详解】如图，在中，，所以由正弦定理得，，
可得，
在中，.
故选：D
10．BD
【分析】利用二倍角公式进行化简变形，得到的关系，然后分类讨论即可.
【详解】
因为均为第二象限角，所以，
所以，，化简得：，即.
若，则，得 在第二象限，故A错；
若，则，因为为第二象限角，
所以，,
但是由为第二象限角，可得，为第三、四象限角或终边在轴负半轴，显然角的位置不同，不可能相等，所以C错误；
由终边相同的角的概念结合上面的计算易知，可以出现，的情况，故B，D正确.
故选：BD.
11．AC
【分析】根据三角恒等变换化简函数，由正弦函数的周期公式判断A选项；代入，求得判断B选项；由已知得，由正弦函数的值域判断C选项；由已知得，由正弦函数的单调性判断D选项.
【详解】解：因为函数，故它的一个周期为，故A正确；
令，得，所以函数不关于对称，故B不正确；
当时，，所以，即的值域为，故C正确；
当时，，所以函数在上单调递减，故D不正确，
故选：AC.
12．BD
【分析】化简函数f(x)的表达式，再逐一分析各个选项中的条件，计算判断作答.
【详解】依题意，，
对于A，，，当时，有，因在上不单调，
所以在上不单调，A不正确；
对于B，因，则是函数图象的一条对称轴，，
整理得，而，即有，，B正确；
对于C，，，依题意，函数，
这个函数不是奇函数，其图象关于原点不对称，C不正确；
对于D，当时，，依题意，，解得，D正确.
故选：BD
13．AD
【分析】将函数变为，根据其性质可判断每一个选项.
【详解】由，
得，故B不正确，
，故A正确，
，不是最值，故C不正确，
函数的减区间所满足的不等式为，
解得，所以其单调递减区间为，
而，故D正确.
故选：AD
14．CD
【分析】根据不是周期函数，从而可判断选项A错误；
令，，，
作出与的图象，由图象可判断选项B；
作出与的图象，由图可判断选项C；
通过图象可判断在不单调，从而可判断选项D.
【详解】，
因为不是周期函数，则不是周期函数，A错；
令，，，
令，则，
作出与的图象，由图可知，与的图象至少有两个交点，
至少有两个零点，至少有两个零点，B错误；
作出与的图象，由图可知，有无数个零点
有无数个极值点，即有无数个极值点，C正确；
因为在有零点，所以在不单调，
在不单调，D正确；
故选：CD.
15．
【分析】先利用倍角公式求出，再利用两角和的正切公式展开后解方程可得.
【详解】,
,
,
解得.
故答案为：.
16． /
【分析】分析可得，，在中，利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可求得的值；求出的长，利用两角和的正弦公式求出的值，利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】因为，则，故，
因为，则为的中点，且，
在中，由正弦定理可得，即，
易知为锐角，故，可得，
所以，，则，
，
，故在中，为锐角，故，
所以，，
因此，.
故答案为：；.
17．
【分析】利用二倍角和同角三角函数关系式化简已知等式可求得，进而得到，确定为等边三角形，则用可表示出，利用三角形面积公式，结合抛物线定义可构造方程求得的值.
【详解】
由得：，
，，
，，解得：，
，，为等边三角形，
设准线与轴交点为，则，，
则圆的半径，
，解得：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线中的三角形面积问题，解题关键是能够结合抛物线定义，利用所求变量表示出已知中的三角形面积，从而构造方程来进行求解；其中涉及到利用三角恒等变换知识来化简已知等式求得所需角的问题.
18．1
【分析】根据诱导公式及二倍角公式可得，然后根据降幂公式可得，进而即得.
【详解】由，得，
再由，得，可得，
．
故答案为：1.
19．(1)
(2)2
【分析】(1)先将三角形面积公式代入,再将余弦定理代入,化简后利用辅助角公式即可得出结果;
(2)由于平分,且,可得,根据建立关于的等式,再根据余弦定理建立另一个关于的等式,两式联立即可求得结果.
【详解】（1）解:由题知,
则有:①,
在中,由余弦定理可得:
,
代入①式可得: ,
即,
由辅助角公式可得:,
所以或,
即或,
因为,所以;
（2）由(1)知,因为平分,
所以,
且有,
即:,
将边和角代入可得: ,
化简可得: ,
在中,由余弦定理可得:
,
即,
即,
解得:(舍)或,
即,解得.
20．(1)等腰直角三角形
(2)
【分析】（1）由，可得角，利用正弦定理及两角和的正弦公式可得，即可判断的形状；
（2）不妨设，，可得，，再利用两角和差的正切公式计算即可．
【详解】解：因为，
所以，
所以．
又因为，所以．
在中，由正弦定理得，，
又因为，所以，
所以．
又因为，所以，
所以C.
因为，所以，，
所以的形状是等腰直角三角形．
因为的形状是等腰直角三角形，
所以不妨设，．
因为，，所以，．
在直角中，，
所以．
因为，，
所以．
21．(1)
(2)
【分析】（1）计算出为直角，可在中计算出、的长，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
（2）设，求出的取值范围，利用正弦定理可得出，利用平面向量数量积的定义以及三角恒等变换可得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：在中，，，所以，
又是的平分线，所以，，
故，
在中，，，故，，
所以的面积.
（2）解：设，则，，，
所以，，解得，
在中，根据正弦定理得，
得，
所以
，
当且只当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
22．(1)
(2)
【分析】（1）由两角和的余弦公式即可求得.
（2）由正弦定理求出，再由余弦定理求出的值，即可求出的周长
【详解】（1）由题意
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）由题意及（1）得
在中，
由正弦定理可得
，
又由（1）得，
∴；
由余弦定理可得，
∴，
∴，
∴的周长为：．