第6章 三角（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练-高一数学下学期核心考点+重难点讲练与测试（沪教版必修二）

这是一份第6章 三角（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练-高一数学下学期核心考点+重难点讲练与测试（沪教版必修二），文件包含第6章三角基础典型易错压轴分类专项训练原卷版docx、第6章三角基础典型易错压轴分类专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023秋·上海浦东新·高一上海师大附中校考期末）以下命题正确的是（ ）
A．终边重合的两个角相等B．小于 的角都是锐角
C．第二象限的角是钝角D．锐角是第一象限的角
【答案】D
【分析】根据象限角的定义判断求解即可.
【详解】对于A,例如和终边相同，但两个角不相等，故A错误；
对于B,例如，但不是锐角，故B错误；
对于C,例如是第二象限角，但不是钝角，故C错误；
因为锐角为大于小于的角，所以锐角在第一象限，故D正确.
故选:D.
2．（2022秋·上海浦东新·高一上海市进才中学校考期末）若，则是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角C．第三象限角D．第四象限角
【答案】C
【分析】根据三角函数在各个象限的正负性求解即可.
【详解】因为，所以在第三象限或第四象限，或终边为y轴非正半轴，
因为，所以在第二象限或第三象限，或终边为y轴非正半轴，
所以是第三象限角.
故选：C
3．（2022春·上海浦东新·高一校考期末）下列各组角中两个角终边不相同的一组是（ ）
A．和B．和C．和D．和
【答案】D
【分析】根据终边相同的角的知识求得正确答案.
【详解】A选项，由于，所以和终边相同.
B选项，由于，所以和终边相同.
C选项，由于，所以和终边相同.
D选项，由于，所以和终边不相同.
故选：D
4．（2022春·上海杨浦·高一校考期中）中，，的对应边分别为，，且，，，那么满足条件的三角形的个数有（ ）
A．一个；B．两个；C．0个；D．无数个
【答案】C
【分析】根据余弦定理即可求得.
【详解】有已知及余弦定理可得： 故
所以方程无实数根.
故选：C
5．（2022秋·上海浦东新·高一上海市实验学校校考开学考试）若是锐角，.那么锐角等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题可得，即得.
【详解】因为，是锐角，
所以，，
所以.
故选：.
6．（2022春·上海浦东新·高一校考期末）已知角、是的内角，则“”是“”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【答案】C
【分析】根据大边对大角定理、正弦定理结合充分条件、必要条件的定义判断可出结论.
【详解】在中，.
所以，“”是“”的充要条件.
故选：C.
7．（2022春·上海浦东新·高一上海市进才中学校考期中）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用反三角函数进行求解.
【详解】由题意得：.
故选：D
二、填空题
8．（2023秋·上海徐汇·高一南洋中学校考期末）已知扇形的弧长为，其圆心角为，则该扇形的面积是____________．
【答案】
【分析】计算出扇形的半径，利用扇形的面积公式可求得该扇形的面积.
【详解】扇形圆心角的弧度数为，故该扇形的半径为，
因此，该扇形的面积为.
故答案为：.
9．（2023秋·上海杨浦·高一校考期末）已知角的终边经过点，则___________.
【答案】
【分析】根据正切函数定义计算
【详解】由题意．
故答案为：．
10．（2022春·上海黄浦·高一格致中学校考阶段练习）在中，若，则角__．
【答案】
【分析】由正弦余弦三角函数关系得出正切值，再根据三角形中角的性质求出即可.
【详解】在中，因为，
所以，
又，
所以，
故答案为：.
11．（2022春·上海嘉定·高一上海市嘉定区第一中学校考期中）已知角的终边与角终边关于轴对称，则的关系是_____．
【答案】##
【分析】利用角与终边关于y轴对称的关系及周期性求解
【详解】因为角的终边与角的终边关于y轴对称，在一个周期中，
，即，所以由周期性知，．
故答案为：，．
12．（2022秋·上海长宁·高一上海市延安中学校考期末）角是第__________象限角．
【答案】三
【分析】利用终边相同的角的表示判断出与的终边相同，即可判断.
【详解】因为，
所以与的终边相同，为第三象限角.
故答案为：三
13．（2022春·上海虹口·高一上海市复兴高级中学校考期中）若点是角终边上的一点，则_________．
【答案】
【分析】利用三角函数的定义即可得解.
【详解】因为点是角终边上的一点，
所以．
故答案为：.
14．（2022秋·上海杨浦·高一复旦附中校考期末）已知，则___________.
【答案】##
【分析】利用诱导公式求得正确答案.
【详解】.
故答案为：
15．（2022秋·上海浦东新·高一上海市进才中学校考期末）与终边相同的最小正角是______．
【答案】
【分析】用诱导公式（一）转化即可.
【详解】因为，所以与终边相同的最小正角是.
故答案为：.
16．（2022春·上海徐汇·高一上海市南洋模范中学校考期中）将写成的形式，其中，则__．
【答案】
【分析】结合三角恒等变换公式的逆运用即可求解.
【详解】因为，
所以．
故答案为：.
17．（2022春·上海虹口·高一上海市复兴高级中学校考期中）若可化为，则角的一个值可以为__．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据二倍角公式和辅助角公式即可化简得，进而可得,即可求解.
【详解】，
所以，则角的一个值可以为．
故答案为：
18．（2022春·上海浦东新·高一校考期末）在中，角､､所对边分别是､､，若，则___________.
【答案】##
【分析】根据余弦定理直接求解即可.
【详解】，
，
，.
故答案为：.
19．（2022春·上海虹口·高一华东师范大学第一附属中学校考期末）已知，，则___________.
【答案】
【分析】根据的取值范围，利用平方关系得，利用两角差的余弦公式求解即可.
【详解】解：因为，所以，
又，则，
则.
故答案为：.
三、解答题
20．（2022春·上海青浦·高一上海市青浦高级中学校考阶段练习）已知，求的值．
【答案】0
【分析】将原式化为关于的式子即可求解.
【详解】因为，所以.
21．（2022春·上海奉贤·高一校考阶段练习）化简：.
【答案】
【分析】根据诱导公式进行化简求值即可.
【详解】
22．（2022春·上海虹口·高一上海市复兴高级中学校考阶段练习）集合，，，，分别求，，．
【答案】；；.
【分析】根据任意角的弧度表示及交集的概念即可计算.
【详解】；
；
分别令k＝－1，0，1，即可得：
.
【典型】
一、单选题
1．（2022春·上海徐汇·高一南洋中学校考阶段练习）若的三个内角满足，则（ ）
A．一定是锐角三角形B．一定是直角三角形
C．一定是钝角三角形D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
【答案】C
【分析】由，得出，可得出角为最大角，并利用余弦定理计算出，根据该余弦值的正负判断出该三角形的形状.
【详解】由，可得出，
设，则，，则角为最大角，
由余弦定理得，则角为钝角，
因此，为钝角三角形，故选C.
【点睛】本题考查利用余弦定理判断三角形的形状，只需得出最大角的属性即可，但需结合大边对大角定理进行判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
2．（2021春·上海金山·高一上海市金山中学校考期中）满足下列条件的三角形中，有1解的个数是（ ）
（1） （2）
（3） （4）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【分析】根据各组条件中的两边一对角的值，利用正弦定理，求出另一边的对角的正弦值，根据其值的大小，结合大边对大角，判定角的解的个数，即为△ABC的解的个数.
【详解】（1）又∵,∴为锐角，故有唯一解，∴满足（1）中的条件的三角形有唯一解；
（2）又∵,∴,∴为锐角，故有唯一解，∴满足（2）中的条件的三角形有唯一解；
（3）无解，∴满足（3）中的条件的三角形无解；
（4）又∵,∴,∴为锐角或钝角，故有两解，∴满足（4）中的条件的三角形有两解；
故选：C.
【点睛】由两边一对角判定三角形的解的个数，利用正弦定理求得这两边中另一边的对角的正弦，若正弦值大于1，则无解；若正弦值等于1，则只有一解；若正弦值小于1，要结合大边对大角进行判定解的个数.
3．（2021春·高一课时练习）若角的终边过点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得在第四象限，利用各象限三角函数的符号得出结论．
【详解】由题意可得在第四象限，则为正数，
且，，，
所以选项A，B，C错误；正确，
故选：D
4．（2021春·高一课时练习）若是第三象限角，则等于（ ）
A．1B．-1C．D．0
【答案】B
【分析】先切化弦，再根据的象限，去掉绝对值符号，即可.
【详解】解：
又是第三象限角，故,
所以
故选：B.
5．（2021春·高一课时练习）已知A是三角形的一个内角，则的值是（ ）
A．正数B．负数C．非负数D．正数、零、负数都有可能
【答案】D
【分析】将锐角、直角、钝角带入求值即可.
【详解】解：，
故选：D.
6．（2021春·高一课时练习）的值为（ ）
A．0B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用诱导公式化为只含有两个角的三角函数的积与和差的式子,然后逆用两角和差的三角函数公式化为一个特殊角的三角函数,从而得解.
【详解】由题意可知cs66°=sin24°，cs54°=sin36°，
所以原式=cs24°cs36°cs66°cs54°=cs24°cs36°sin24°sin36°
=cs(24°+36°)=cs60°=，
故选：B.
【点睛】本题考查两角和差的三角函数公式的逆用，关键是先利用诱导公式调整为只含有两个角的三角函数的积与和的形式.
7．（2021春·上海宝山·高一上海交大附中校考期中）一个扇形的面积是1平方厘米，它的周长是4厘米，则它的中心角是
A．2弧度B．3弧度C．4弧度D．5弧度
【答案】A
【解析】设出扇形的半径与弧长，根据面积与周长列出方程组，求解出半径与弧长，根据弧长公式求出圆心角即为中心角.
【详解】设半径为，弧长为，圆心角为，
因为，所以，
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查运用扇形的弧长和面积公式求扇形的圆心角，难度较易.已知扇形的半径为，圆心角为，则扇形弧长为，面积为.
8．（2021·上海·高一期末）使成立的的一个变化区间是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】利用三角函数线解不等式得解.
【详解】如图所示
当和时，，
故使成立的的一个变化区间是.
故选A
【点睛】本题主要考查三角函数线的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
二、填空题
9．（2022春·上海普陀·高一曹杨二中校考阶段练习）中，，为边上的中点，则与的外接圆的面积之比为___________.
【答案】
【分析】根据边长，在中利用正弦定理求得的正弦值比，据正弦定理求得与外接圆直径，即可得外接圆的面积之比.
【详解】因为，，，由正弦定理得,
从而△与 △的外接圆的半径分别为和，
∴,
因此对应外接圆的面积之比为
故答案为：
10．（2022春·上海普陀·高一曹杨二中校考阶段练习）为第三象限的角，且，则是第________象限的角．
【答案】二
【分析】根据为第三象限的角，写出的范围，再根据题意得，即可判断所在象限．
【详解】因为为第三象限的角，有，
所以，又，所以；
当为偶数时，是第二象限角，满足；
当为奇数时，是第四象限角，不满足；
故答案为二．
【点睛】本题主要考查象限角的范围以及三角函数值在各象限的符号．
11．（2022春·上海杨浦·高一上海市控江中学校考期末）在相距2千米的、两点处测量目标，若，则、两点之间的距离是_______________ 千米．
【答案】
【详解】解：由A点向BC作垂线，垂足为D，设AC=x，
∵∠CAB=75°，∠CBA=60°，
∴∠ACB=180°-75°-60°=45°
∴AD=x
∴在Rt△ABD中，AB•sin60°= x
x=" 6" （千米）
答：A、C两点之间的距离为 千米．
故答案为 下由正弦定理求解：
∵∠CAB=75°，∠CBA=60°，
∴∠ACB=180°-75°-60°=45°
又相距2千米的A、B两点
∴ ，解得AC=
答：A、C两点之间的距离为 千米．
故答案为
12．（2021春·高一课时练习）若是第三象限的角，则点在第_________象限.
【答案】二或四
【分析】直接由终边在第三象限写出对应角的范围，求出的范围，则答案可求．
【详解】由终边在第三象限，得，．
，．
终边在第二或四象限．
当终边在第二象限时，在第四象限，
当终边在第四象限时，在第二象限，
故答案为：二或四．
13．（2021春·高一单元测试）已知函数，若，则__________．
【答案】
【分析】利用诱导公式先将中的化为,然后将中替换成，进而再利用诱导公式化简即得.
【详解】,
故答案为：.
14．（2021春·高一课时练习）下列四个关系式中错误的个数__________.
①；
②；
③；
④.
【答案】3个
【分析】根据三角函数和差化积公式，可直接判断①②③，对于④先将转化为，再根据三角函数的和差化积公式，化成积的形式，即可判断是否正确.
【详解】由和差化积公式，可知：
对于①，，故①正确；
对于②，，故②错误；
对于③，，故③错误；
对于④，
，故④错误.
故答案为3个.
15．（2021春·高一课时练习）若，则__________.
【答案】
【分析】根据余弦的二倍角公式将原式化为，再根据和差化积公式可知，由此即可求出结果.
【详解】由
所以.
故答案为：.
16．（2021春·高一课时练习）化为，，的形式：___________.
【答案】
【分析】结合余弦的和差公式，即可求解.
【详解】解：
故答案为：
三、双空题
17．（2021春·高一课时练习）计算下列三角比的值.
__________； __________.
【答案】
【分析】根据利用两角和与差的正弦公式转化为特殊角的三角函数计算.
【详解】
=；
=；
故答案为：；.
18．（2021春·高一课时练习）若，，则__________，__________.
【答案】
【分析】利用正弦的和差公式展开，即可求解.
【详解】解：①
②
①+②得，
②-①得，故，
故答案为：；
四、解答题
19．（2022春·上海虹口·高一上海财经大学附属北郊高级中学校考阶段练习）证明：．
【答案】证明见解析；
【分析】交叉相乘，结合平方关系，即可证明.
【详解】证明：只要证
只要证
只要证
只要证
只要证
得证.
20．（2021春·高一课时练习）在中，已知.
（1）若，，求的外接圆的面积；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由余弦定理求得，利用正弦定理求得外接圆半径，进而计算外接圆面积；
（2）利用两角和差，二倍角公式整理化简已知等式，得到或，然后分类研究三角形的形状，并根据已知条件求得三角形的面积.
【详解】（1）,
外接圆半径
外接圆面积为;
（2）由，,
得，
，或，
当时，,
,,S△ABC；
当时，由正弦定理得,
又,所以△ABC为等边三角形，
由于,所以，所以，
所以S△ABC=；
所以的面积为.
21．（2021春·高一课时练习）化简：．
【答案】0
【分析】利用“奇变偶不变，符号看象限”化简求值.
【详解】解：原式
.
故答案为：0.
22．（2021春·高一课时练习）求函数的最小正周期.
【答案】
【分析】利用辅角公式化简可得，再根据最小周期公式，即可求出结果.
【详解】因为，
所以函数的最小正周期为.
23．（2021春·高一课时练习）已知，求，并指出角终边的位置．
【答案】，终边在第一、三象限
【分析】直接运算求得，分k是奇数和偶数讨论终边位置.
【详解】∵，∴，
当k是偶数时，角的终边在第一象限，当k是奇数时，角的终边在第三象限,
∴角终边在一、三象限.
24．（2021春·上海·高一期中）已知为锐角，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用同角三角函数的关系以及两角和的正切公式求解即可；
（2）利用诱导公式和二倍角公式求值即可．
【详解】（1）因为为锐角，且.
所以，所以，
所以.
（2）因为，，
所以

25．（2021春·高一单元测试）已知，，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）原式除以，分子分母再同时除以即可得解；（2）由及二倍角公式求出、，再由求出、，代入的展开式即可得解.
【详解】（1）原式；
（2）且，，则，
，
，
，，，
，
又，，
.
【点睛】本题考查利用同角三角函数的关系化简求值、二倍角公式、两角和的余弦公式、配凑法求三角函数值，重点考查转化与化归和计算能力，属于中档题型.
【易错】
一．选择题（共2小题）
1．（2022春•浦东新区校级期中）已知角α是第二象限角，且|cs|＝﹣cs，则角是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角C．第三象限角D．第四象限角
【分析】根据α的范围判断出的范围，再由含有绝对值的式子得到角的余弦值的符号，根据“一全正二正弦三正切四余弦”再进一步判断的范围．
【解答】解：由α是第二象限角知，是第一或第三象限角．
又∵|cs|＝﹣cs，∴cs＜0，
∴是第三象限角．
故选：C．
【点评】本题的考点是三角函数值的符号判断，需要利用题中三角函数的等式以及角的范围和“一全正二正弦三正切四余弦”，进行判断角所在的象限．
2．（2022春•杨浦区校级期末）已知点A的坐标为（4，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据三角函数的定义，求出∠xOA的三角函数值，利用两角和差的正弦公式进行求解即可．
【解答】解：∵点 A的坐标为（4，1），
∴设∠xOA＝θ，则sinθ＝＝，csθ＝＝，
将OA绕坐标原点O逆时针旋转至OB，
则OB的倾斜角为θ+，则|OB|＝|OA|＝，
则点B的纵坐标为y＝|OB|sin（θ+）＝7（sinθcs+csθsin）＝7（×+）＝+6＝，
故选：D．
【点评】本题主要考查三角函数值的计算，根据三角函数的定义以及两角和差的正弦公式是解决本题的关键．
二．填空题（共4小题）
3．（2022春•浦东新区校级期中）已知，且，则＝ ．
【分析】先利用同角三角函数基本关系求得sinα的值，在利用诱导公式对原式化简整理，把csα和sinα的值代入即可求得答案．
【解答】解：∵
∴sinα＝﹣＝﹣
∴原式＝＝＝﹣2
故答案为：﹣2
【点评】本题主要考查了运用诱导公式化简求值的问题．解题时注意三角函数的正负．
4．（2021春•浦东新区校级期末）已知α∈（0，π），且有1﹣2sin2α＝cs2α，则csα＝ ．
【分析】由二倍角公式和同角的三角函数关系，计算即可．
【解答】解：由1﹣2sin2α＝cs2α，得1﹣cs2α＝2sin2α，
即2sin2α＝4sinαcsα；
又α∈（0，π），所以sinα≠0，
所以sinα＝2csα＞0；
由sin2α+cs2α＝（2csα）2+cs2α＝5cs2α＝1，
解得csα＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角恒等变换与三角函数求值问题，是基础题．
5．（2021春•金山区校级月考）已知sinα•csα＝，且＜α＜，则csα﹣sinα＝ ﹣ ．
【分析】根据α的范围，确定csα﹣sinα的符号，然后利用平方，整体代入，开方可得结果．
【解答】解：因为，所以csα﹣sinα＜0，所以（csα﹣sinα）2＝1﹣2＝，
所以csα﹣sinα＝﹣．
故答案为：
【点评】本题是基础题，考查三角函数的化简求值，注意平方关系的应用，角的范围以及三角函数的符号是解题的关键，考查计算能力，推理能力．
6．（2021春•金山区校级月考）在△ABC中，已知，则AC＝ 1或2 ．
【分析】由已知中在△ABC中，，根据余弦定理csA＝，我们可以构造一个关于AC的一元二次方程，解方程即可求出AC的长．
【解答】解：∵在△ABC中，，
由余弦定理可得：
csA＝
即＝
即AC2﹣3AC+2＝0
解得AC＝1或AC＝2
故答案为：1或2
【点评】本题考查的知识点是余弦定理，其中根据已知条件，结合余弦定理，构造关于个关于AC的一元二次方程，是解答本题的关键．
三．解答题（共4小题）
7．（2021春•宝山区校级月考）已知α，β都是锐角，sinα＝，cs（α+β）＝，求sinβ的值．
【分析】由α，β都是锐角，得出α+β的范围，由sinα和cs（α+β）的值，利用同角三角函数间的基本关系分别求出csα和sin（α+β）的值，然后把所求式子的角β变为（α+β）﹣α，利用两角和与差的正弦函数公式化简，把各自的值代入即即可求出值．
【解答】解：∵，，
∴0＜α+β＜π，，，
∴sinβ＝sin[（α+β）﹣α]＝sin（α+β）csα﹣cs（α+β）sinα＝．
【点评】此题考查了同角三角函数间的基本关系，以及两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握公式是解本题的关键，同时注意角度的范围．
8．（2021春•浦东新区校级月考）已知sin（3π+θ）＝．
（1）求cs2θ的值；
（2）求+的值．
【分析】由已知求出isnθ，然后了基本关系式以及诱导公式求值．
【解答】解：由已知sin（3π+θ）＝，所以sinθ＝﹣，
（1）cs2θ＝﹣1sin2θ＝1﹣＝；
（2）+
＝
＝
＝＝＝32．
【点评】本题考查了三角函数的诱导公式以及基本关系式的混合运用；注意三角函数的名称以及符号．
9．（2021春•静安区期中）已知函数f（x）＝asinx+bcsx（a，b为常数且a≠0，x∈R）．当x＝时，f（x）取得最大值．
（1）计算f（）的值；
（2）设g（x）＝f（﹣x），判断函数g（x）的奇偶性，并说明理由．
【分析】首先，根据已知得到f（x）＝sin（x+θ），然后根据最值建立等式，得到a＝b，再化简函数f（x）＝asin（x+），
（1）将代入解析式求值；
（2）求出g（x）解析式，利用奇偶函数定义判断奇偶性．
【解答】解：由已知得到f（x）＝sin（x+θ），又x＝时，f（x）取得最大值．
所以a＝b，f（x）＝asin（x+），
所以（1）f（）＝asin（3π）＝0；
（2）g（x）为偶函数．
理由：设g（x）＝f（﹣x）＝asin（﹣x）＝acsx，
所以函数g（﹣x）＝g（x），为偶函数．
【点评】本题考查了三角函数的性质以及奇偶性的判定；属于基础题．
10．（2021春•浦东新区校级月考）某仓库为了保持库内的湿度和温度，四周墙上均装有如图所示的自动通风设施．该设施的下部ABCD是矩形，其中AB＝2米，BC＝0.5米．上部CmD是个半圆，固定点E为CD的中点．△EMN是由电脑控制其形状变化的三角通风窗（阴影部分均不通风），MN是可以沿设施边框上下滑动且始终保持和AB平行的伸缩横杆（MN和AB、DC不重合）．
（1）当MN和AB之间的距离为1米时，求此时三角通风窗EMN的通风面积；
（2）设MN与AB之间的距离为x米，试将三角通风窗EMN的通风面积S（平方米）表示成关于x的函数S＝f（x）；
（3）当MN与AB之间的距离为多少米时，三角通风窗EMN的通风面积最大？并求出这个最大面积．
【分析】（1）当MN和AB之间的距离为1米时，MN应位于DC上方，且此时△EMN中MN边上的高为0.5米，从而可求MN的长，由三角形面积公式求面积
（2）当MN在矩形区域内滑动，即时，由三角形面积公式建立面积模型．当MN在半圆形区域内滑动，即时，由三角形面积公式建立面积模型．
（3）根据分段函数，分别求得每段上的最大值，最后取它们当中最大的，即为原函数的最大值，并明确取值的状态，从而得到实际问题的建设方案．
【解答】解：（1）由题意，当MN和AB之间的距离为1米时，MN应位于DC上方，且此时△EMN中MN边上的高为0.5米，又因为EM＝EN＝1米，所以MN＝米，所以，即三角通风窗EMN的通风面积为
（2）当MN在矩形区域内滑动，即时，△EMN的面积；
当MN在半圆形区域内滑动，即时，△EMN的面积
综上可得；
（3）当MN在矩形区域内滑动时，f（x）在区间上单调递减，则f（x）＜f（0）＝；
当MN在半圆形区域内滑动，等号成立时，
因此当（米）时，每个三角形得到最大通风面积为平方米．
【点评】本题主要考查函数模型的建立与应用，主要涉及了三角形面积公式，分段函数求最值以及基本不等式法等解题方法．
【压轴】
一、单选题
1．（2021春·上海·高一专题练习）若函数的定义域与区间的交集由个开区间组成，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求解函数在区间的零点，将区间进行分区，在每一个区间内利用函数的图象研究函数的正负，从而得出结果。
【详解】函数的定义域需要满足，
可以先考虑，
因为
所以当时，或；
当时，或或；
当时，或或或；
当时，或或或或；
这时区间自然就被分为六个区间，分别为，，，，，，然后对每一个区域分析函数的符号，
根据图象可得，当时，
，，，，
所以，故满足题意；
同理可得时，，故不满足题意；
时，，故满足题意；
时，，故满足题意；
时，，故不满足题意；
时，故满足题意.
故选：C
【点睛】本题考查了对数函数的定义域问题，考查了分类讨论的思想方法，还考查了函数的图象的画法。
二、填空题
2．（2021春·上海闵行·高一上海市七宝中学校考期中）设的内角A、B、C满足，则的最小值为________．
【答案】
【分析】首先利用基本不等式求得，再根据余弦定理变形得，
将余切转化为正余弦，再利用正弦定理边角互化，转化为，最后利用角的范围求最值.
【详解】由题意得，
另一方面，，
，当且仅当时取到最小值．
故答案为：
3．（2021春·上海·高一期末）设锐角的三个内角的对边分别为，且，，则的周长的取值范围为______________.
【答案】
【分析】根据锐角三角形的性质判断出，然后利用正弦定理将三角形的周长转化为用来表示，从而求得的周长的取值范围.
【详解】由于三角形是锐角三角形，所以，所以. ，所以.
由正弦定理得，可得
，
.
所以.
由于，所以.
而在上递增，
，，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查利用正弦定理求三角形周长的取值范围，属于中档题.
4．（2021春·上海·高一期末）已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则______.
【答案】
【解析】根据函数解析式,利用换元法表示出.结合函数的单调性,令代入后可求得的解析式.结合三角函数的化简求值及对数运算将化简,代入解析式即可求解.
【详解】对任意实数,都有
令
则
因为是定义域为的单调函数
所当时,函数值唯一,即代入
可得,即
化简可得,经检验可知为方程的解
而为单调递减函数,为单调递增函数
所以两个函数只有一个交点,即只有一个根为
所以
而
所以
故答案为:
【点睛】本题考查了复合函数解析式的求法,换元法求解析式的应用,三角函数化简及对数运算性质应用,属于难题.
5．（2022春·上海嘉定·高一校考阶段练习）下面这道填空题，由于一些原因造成横线上的内容无法认清，现知结论，请在横线上填写原题的一个条件，题目：已知、均为锐角，且，______，则.
【答案】
【分析】注意到，将已知条件代入上式，求得的值，由此得出正确结论.
【详解】，，，，解得.
故答案为.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的余弦公式，考查三角恒等变换，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.
三、解答题
6．（2022春·上海奉贤·高一校考期中）已知函数，函数，设.
（1）求证：是函数f（x）的一个周期；
（2）当k=0时，求F（x）在区间上的最大值；
（3）若函数F（x）在区间内恰好有奇数个零点，求实数k的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或或.
【分析】（1）根据周期函数的定义进行证明即可；
（2）利用换元法，结合二次函数的性质进行求解即可；
（3）根据绝对值的性质，利用分类讨论思想、换元法，结合正弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以是函数f（x）的一个周期；
（2）当k=0时，因为，
所以，
令，因为，所以，
因此，即，因为，
所以，
因此有，对称轴为：，
因为，所以当时，函数，
即F（x）在区间上的最大值为；
（3）当时，
由可得：，
令，因为，所以，
因此，即，因为，
所以，
因此，该二次函数的对称轴为：，
因此当时，该二次函数单调递减，所以
所以当时，即时，有一解，
当时，即时，有一解，
当时，即时，有二解，
当时，
由可得：，
令，因为，所以，
因此，即，因为，
所以，
因此，该二次函数的对称轴为：，
因此当时，该二次函数单调递增，所以
所以当时，即时，有一解，
当时，即时，有一解，
当时，即时，有二解，
综上所述：当函数F（x）在区间内恰好有奇数个零点，或或.
【点睛】关键点睛：利用分类讨论思想，结合换元法是解题的关键.
7．（2021春·上海杨浦·高一复旦附中校考期中）在非直角三角形中，角的对边分别为.
（1）若，且，判断三角形的形状；
（2）若，
（i）证明：；（可能运用的公式有）
（ii）是否存在函数，使得对于一切满足条件的m，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明之；若不存在，请给出一个理由.
【答案】（1）等边三角形；（2）（i）证明见解析；（ii）存在，，证明见解析.
【分析】（1）利用余弦定理即可求解；
（2）（i）由正弦定理及三角形的性质、诱导公式可得，再由三角恒等变换即可求证；（ii）根据三角恒等变换代数式可化为，比较可知存在.
【详解】（1）由余弦定理得，将代入得到，
所以为等边三角形.
（2）（i）由及正弦定理得，
所以，
因为，
所以，
有，由两角和､差的余弦公式可得
，
整理得，
故.
（ii）由及半角正切公式可得
，
展开整理得，
即，
即，
即，与原三角式比较可知存在且.
8．（2021春·上海·高一专题练习）借助三角函数定义及向量知识，可以方便地讨论平面上点及图象的旋转问题.试解答下列问题.
（1）在直角坐标系中，点，将点绕坐标原点按逆时针方向旋转到点，如果终边经过点的角记为，那么终边经过点的角记为.试用三角函数定义，求点的坐标；
（2）如图，设向量，把向量按逆时针方向旋转角得向量，试用h、k、θ表示向量的坐标；
（3）设、为不重合的两定点，将点B绕点A按逆时针方向旋转角得点C.判断C是不能够落在直线上，若能，请求出θ的三角函数值（正弦、余弦、正切不限），若不能，说明理由.
【答案】(1)；(2) ；(3)能，
【分析】（1）计算出以及、的值，利用两角和的正弦和余弦公式可求得和，进而可得点的坐标；
（2）记，，，可得出，利用两角和的正、余弦公式可求得向量的坐标；
（3）求得点的坐标，由点在直线上可得出，分与两种情况讨论，结合反三角函数可得出角.
【详解】（1）由于点，则，
根据三角函数的定义可得，，
所以，，
，
由旋转可知，，
所以，点的横坐标为，纵坐标为，
因此，点的坐标为；
（2）记，，，则，
其中，
，
因此，；
（3），
由（2）可知，
，
即点，
由于点在直线上，
可得，
整理得.
①当时，即当时，，此时；
②当时，即当时，可得，此时，.
综上所述，.
9．（2021·上海·高一期末）用分别表示的三个内角所对边的边长，表示的外接圆半径.
（1），求的长；
（2）在中，若是钝角，求证：；
（3）给定三个正实数，其中，问满足怎样的关系时，以为边长，为外接圆半径的不存在，存在一个或存在两个（全等的三角形算作同一个）？在存在的情况下，用表示.
【答案】（1）（2）见解析（3）见解析
【分析】（1）先根据正弦定理得，再根据余弦定理求的长；
（2）先根据余弦定理得，再根据正弦定理放缩证明结果；
（3）先根据正弦定理讨论三角形解的个数，再根据余弦定理求.
【详解】（1） 由正弦定理得
所以（负舍）；
（2） 因为，是钝角，
所以
因此；
（3）当时, 不存在，
当时，不存在，
当时，存在一个，此时
当时，存在一个，
此时，
当时，存在两个，
当A为锐角时，
当A为钝角时，
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理及其应用，考查综合分析论证与求解能力，属较难题.
10．（2021春·上海浦东新·高一华师大二附中校考阶段练习）如图，某公司要在两地连线上的定点处建造广告牌，其中为顶端，长35米，长80米，设在同一水平面上，从和看的仰角分别为.
（1）设计中是铅垂方向，若要求，问的长至多为多少（结果精确到0.01米）？
（2）施工完成后.与铅垂方向有偏差，现在实测得求的长（结果精确到0.01米）？
【答案】（1）米；（2）米．
【详解】（1）由题得，∵，且，
即，解得，，∴米
由题得，，
∵，∴米
∵，∴米
11．（2021春·高一课时练习）已知函数.
（1）化简；
（2）若，且，求的值；
（3）若，求的值.
【答案】（1）（2）（3）
【详解】试题分析：
（1）利用诱导公式可化简；
（2）代入已知，从而得，结合平方关系可求得值；
（3）同样由诱导公式化已知为，代入平方关系可求得，也即得的值．
试题解析：
（1）.
(2) ，因为，所以，可得，结合，，所以.
（3）由（2）得即为，联立，解得，所以.
点睛：诱导公式：公式一：，公式二：，公式三：，公式四：，公式五：，公式六：，这六公式可统一写成：，，可归纳为：奇变偶不变，符号看象限．
12．（2021春·上海·高一期末）已知函数，如果存在给定的实数对（），使得恒成立，则称为“S-函数”.
（1）判断函数是否是“S-函数”；
（2）若是一个“S-函数”，求出所有满足条件的有序实数对；
（3）若定义域为的函数是“S-函数”，且存在满足条件的有序实数对和，当时，的值域为，求当时函数的值域.
【答案】(1)是
(2) 满足是一个“S-函数”的常数（a, b）=
(3)
【详解】解：（1）若是“S-函数”，则存在常数，使得 (a+x)(a-x)=b.
即x2=a2-b时，对一切实数恒成立.而x2=a2-b最多有两个解，矛盾，
因此不是“S-函数”.………………………………………………3分
若是“S-函数”，则存在常数a,b使得，
即存在常数对（a, 32a）满足.
因此是“S-函数”………………………………………………………6分
（2）是一个“S-函数”，设有序实数对（a, b）满足:
则tan(a-x)tan(a+x)=b恒成立.
当a=时，tan(a-x)tan(a+x)= -ct2(x)，不是常数.……………………7分
因此，,
则有.
即恒成立. ……………………………9分
即,
当,时，tan(a-x)tan(a+x)=ct2(a)=1.
因此满足是一个“S-函数”的常数（a, b）=.…12分
(3) 函数是“S-函数”，且存在满足条件的有序实数对和，
于是
即,
，.……………………14分
.………16分
因此, …………………………………………17分
综上可知当时函数的值域为.……………18分
13．（2022春·上海闵行·高一校考期中）已知函数 ， 若存在实数 ， 使得对于定义域内的任意实数 ，均有 成立， 则称函数 为 “可平衡” 函数， 有序数对 称为函数 的 “平衡” 数对;
(1)若 ， 求函数 的 “平衡” 数对;
(2)若 ， 判断 是否为 “可平衡” 函数， 并说明理由;
(3)若 ， 且 均为函数 的 “平衡” 数对， 求 的取值范围.
【答案】(1)；
(2)是“可平衡” 函数，理由见解析；
(3).
【分析】(1)根据“平衡数对”定义建立方程，根据恒成立求解即可；
(2) 时,判断是否存在使等式恒成立，利用三角函数化简求解即可；
(3)根据“平衡数对”的定义将用关于的三角函数表达,再利用三角函数的取值范围求解即可.
(1)
根据题意可知,对于任意实数,,
即,即对于任意实数恒成立,
只有,,故函数的“平衡”数对为,
(2)
若,则,
,
要使得为“可平衡”函数,需使对于任意实数均成立,只有,
此时,,故存在,所以是“可平衡”函数.
(3)
,所以,
,所以,
由于,所以,,
,
由于,所以时,,
,
所以, 即.
【点睛】关键点点睛：利用新定义，根据新定义列出满足的恒等关系，根据等式恒成立求出参数满足关系，即可解决问题.
14．（2021春·上海虹口·高一上海市复兴高级中学校考期中）如果对于三个数、、能构成三角形的三边，则称这三个数为“三角形数”，对于“三角形数”、、，如果函数使得三个数、、仍为“三角形数”，则称为“保三角形函数”.
（1）对于“三角形数”、、，其中，若，判断函数是否是“保三角形函数”，并说明理由；
（2）对于“三角形数”、、，其中，若，判断函数是否是“保三角形函数”，并说明理由.
【答案】（1）不是，理由见解析；（2）是，理由见解析.
【分析】（1）取，分别求得，由此可得，故函数不是“保三角形函数”；
（2）分，，三种情况均可证得能构成三角形的三边，故函数是“保三角形函数”.
【详解】（1）因为，取，
则，，，
显然，即不能构成三角形的三边，
故函数不是“保三角形函数”.
（2）①当时，，所以最大.
由得，所以，
故，即能构成三角形的三边；
②当时，，所以最大.
由得，，
故，即能构成三角形的三边；
③当时，，所以最大.
由得，所以，
故，即能构成三角形的三边；
综合①②③可知，函数是“保三角形函数”.
【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是：分，，三种情况证明能构成三角形的三边.
15．（2022春·上海浦东新·高一上海市川沙中学校考阶段练习）对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”．
（1）若集合，，求集合A相对的“余弦方差”；
（2）判断集合相对任何常数的“余弦方差”是否为一个与无关的定值，并说明理由；
（3）若集合，，，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，求出、．
【答案】（1）；（2）证明见解析；定值；（3）或.
【分析】由“余弦方差”的定义，对（1）（2）（3）逐个求解或证明即可.
【详解】（1）因为集合，，
所以；
（2）由“余弦方差”的定义得：，
，
，
.
所以是与无关的定值.
（3）由“余弦方差”的定义得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
,
，
要使是一个与无关的定值，则，
因为，所以与的终边关于y轴对称或关于原点对称，
又，
所以与的终边只能关于y轴对称，
所以，
因为，，
当时，，
当时，，
所以或时，
相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是对“余弦方差”的定义应用和较强的运算能力.