专题04 三角函数与解三角形（三大类型题）精选15区真题（教师卷）- 2024年高考数学一模试题分类汇编（上海专用）

这是一份专题04 三角函数与解三角形（三大类型题）精选15区真题（教师卷）- 2024年高考数学一模试题分类汇编（上海专用），共20页。试卷主要包含了三角函数，三角恒等变换，解三角形等内容，欢迎下载使用。

一、三角函数
1．（2024·上海长宁·统考一模）设点是以原点为圆心的单位圆上的动点，它从初始位置出发，沿单位圆按逆时针方向转动角后到达点，然后继续沿单位圆按逆时针方向转动角到达.若点的横坐标为，则点的纵坐标（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由在单位圆上，得到的坐标，再根据三角函数的定义得出的值，从而求出的值，再运用两角差的正弦公式求解.
【详解】由题可知，且，
因为，可知
则，
所以
.
故选：D.
2．（2024上·上海虹口·高三统考期末）已知，且x为第三象限的角，则 ．
【答案】/
【分析】根据已知条件求得，再结合正切二倍角公式即可求解.
【详解】因为，且x为第三象限的角，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
3．（2024·上海青浦·统考一模）已知满足，则 ．（结果用含有的式子表示）．
【答案】
【分析】根据诱导公式化简求值.
【详解】有诱导公式可知，
故答案为：.
4．（2024·上海普陀·统考一模）若圆上的一段圆弧长与该圆的内接正六边形的边长相等，则这段圆弧所对的圆心角的大小为 .
【答案】1弧度
【分析】根据弧度的定义求解即可．
【详解】圆的内接正六边形的边长等于圆半径，弧长等于半径的弧所对圆心角为1弧度角．
故答案为：1弧度．
5．（2024上·上海浦东新·高三统考期末）如图，已知函数（）的图像与轴的交点为 ，并已知其在轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为和．记，则 ．
【答案】
【分析】由图象可知且，根据求出，将点代入解析式求出，进而求出的解析式，即可求解.
【详解】由题意知，函数图象在y轴的右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为，
则，且，得，
又，所以，
所以，又函数图象过点，
所以，由解得，
故，
所以.
故答案为：
6．（2024·上海嘉定·统考一模）已知，则 ．
【答案】/
【分析】根据题意，结合三角函数的诱导公式，即可求解.
【详解】因为，根据三角函数的诱导公式，
可得.
故答案为：.
7．（2024·上海普陀·统考一模）若函数在区间上是严格增函数，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】解出正切型函数单调区间，则得到的范围.
【详解】令，，解得，，
令，则其一个单调增区间为，则实数的取值范围为，
故答案为：.
8．（2024·上海闵行·统考一模）若，则 ．
【答案】
【分析】根据三角函数诱导公式，即可求得答案.
【详解】由于，则，
故答案为：
9．（2024·上海普陀·统考一模）设函数（）的图象与直线相交的连续的三个公共点从左到右依次记为，，，若，则正实数的值为 .
【答案】/0.5
【分析】作出正弦型三角函数的图象，利用其对称性和周期性求出点横坐标，再代入计算即可.
【详解】作出函数，的大致图象，如图，令，，
解得，，

则函数的图象与直线连续的三个公共点，，，（可以同时往左或往右移动正整数倍周期长度）
即，关于直线，对称，，
由于，故，
而，关于直线，对称，
故点横坐标为，
将点横坐标代入，得．
故答案为：.
10．（2024·上海金山·统考一模）已知函数()在区间上是严格增函数，且其图像关于点对称，则的值为 ．
【答案】或
【分析】根据增函数和对称中心特征，求出范围，进而得到答案.
【详解】因为，则，函数()在区间上是严格增函数，
所以，即；
又因为的图像关于点对称，则（），则（），
所以（），解得（），
结合，所以或.
故答案为：或.
11．（2024·上海杨浦·统考一模）函数在上是单调增函数，且图像关于原点对称，则满足条件的数对 .
【答案】
【分析】由函数在R上单调增得出，再由函数图像关于原点对称得出，即可得出答案.
【详解】当时，在上必有增有减，不合题意，
故，此时，为常值函数，由其图像关于原点对称，
所以，所以或，故满足条件的数对为，
故答案为：.
12．（2024·上海徐汇·统考一模）某建筑物内一个水平直角型过道如图所示，两过道的宽度均为米，有一个水平截面为矩形的设备需要水平通过直角型过道．若该设备水平截面矩形的宽为米，则该设备能水平通过直角型过道的长不超过 米．
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系，利用直线的方程求得设备的长的表达式，再利用均值定理求得的最小值，进而得到该设备能水平通过直角型过道时不超过的值.
【详解】分别以所在直线为轴建立平面直角坐标系如图，
则，令，
则直线的方程为，
则在直线的上方，且到直线的距离为1，
即， 则，
整理得，
设，则，
则可化为，
令，则，则
,
由，得，
又在上单调递增，
则，
则（当且仅当时等号成立）
则该设备能水平通过直角型过道的长不超过米
故答案为：
13．（2024·上海青浦·统考一模）若函数是奇函数，则该函数的所有零点是 ．
【答案】；
【分析】根据函数为奇函数进行求解即可.
【详解】因为函数是奇函数，
所以，即，
则，
得，
则，其中，
所以该函数的所有零点是.
故答案为：
14．（2024上·上海松江·高三统考期末）已知函数，．对任意，存在，使得，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据和的值域以及恒成立、存在性等知识求得的取值范围.
【详解】，
所以.
的开口向下，对称轴为，
所以在区间上单调递增，，
所以，
由于任意，存在，使得，
所以，解得，所以的取值范围是.
故答案为：
15．（2024上·上海虹口·高三统考期末）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，且．
(1)求角B的大小；
(2)若为锐角三角形，求的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量平行得到，结合正弦定理化简得到，进而根据余弦定理求得即可得到答案；
（2）根据化简函数，得到原函数即为，结合锐角三角形得到进而即可得到答案.
【详解】（1）因为，，且，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，化简得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以
（2）由（1）得，，所以，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，则
即的值域为
16．（2024·上海闵行·统考一模）在中，角、、所对边的边长分别为、、，且．
(1)若，，求的值；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件可得出的值，再利用余弦定理可求得的值；
（2）利用正弦定理以及两角和与差的正弦公式化简得出，再利用为锐角三角形求出角的取值范围，即可求得的取值范围.
【详解】（1）因为，，，所以，，
由余弦定理可得，故.
（2）因为，由正弦定理可得，
即
，
因为为锐角三角形，则、、，所以，，
因为正弦函数在上为增函数，所以，，即，
由可得，故，
因此，的取值范围是.
二、三角恒等变换
17．（2024·上海普陀·统考一模）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则该三角形外接圆的半径为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【分析】先应用正弦定理及两角和的正弦公式化简求出角A,再根据正弦定理求出外接圆半径即可.
【详解】.
,
设该三角形外接圆的半径为
由正弦定理得
故选：A.
18．（2024·上海闵行·统考一模）若平面上的三个单位向量、、满足，，则的所有可能的值组成的集合为 ．
【答案】
【分析】不妨设，，，其中、，根据平面向量数量积的坐标运算可得出、的值，求出的值，再利用平面向量数量积的坐标运算结合两角差的余弦公式可求得的值.
【详解】不妨设，，，其中、，
则，所以，或，
，所以，或，
所以，，
因为，
当时，；
当时，；
当时，.
所以，的所有可能的值组成的集合为.
故答案为：.
19．（2024上·上海松江·高三统考期末）在中，设角及所对边的边长分别为及，若，，，则边长 ．
【答案】
【分析】利用正弦定理以及三角恒等变换求得，再次利用正弦定理求得.
【详解】由正弦定理得，即，
，
由于，所以为锐角，,
所以，
由正弦定理得，
则.
故答案为：
20．（2024上·上海松江·高三统考期末）已知，，则的值为
【答案】
【分析】先求得，然后利用两角差的正切公式求得正确答案.
【详解】由于，，
所以，
所以，所以.
故答案为：
21．（2024·上海宝山·统考一模）在中，角的对边分别为.
(1)若，求角的大小；
(2)若边上的高等于，求的最大值.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合特殊角的三角函数值即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到，从而将转化为关于角的表达式，进而得解.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
又，则，所以，
因为，所以或.
（2）由三角形面积公式得，即，
又由余弦定理，得，
从而有，
所以.
当，即时，有最大值，
即的最大值为.
22．（2024·上海奉贤·统考一模）在中，设角、、所对边的边长分别为、、，已知.
(1)求角的大小；
(2)当，时，求边长和的面积.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）借助正弦定理将边化为角，结合及两角和的正弦公式计算化简即可得；
（2）根据正弦定理即可计算出，结合可求出，再试用正弦定理即可得到，再使用面积公式即可得到面积.
【详解】（1）由正弦定理得，
由于，则，
展开得，
化简得，
则，
所以；
（2）由正弦定理，得，即有，
因为，所以是锐角，即，
因为，
所以，
，
所以
.
三、解三角形
23．（2024·上海嘉定·统考一模）已知四面体．分别对于下列三个条件：
①；②；③，
是的充要条件的共有几个（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据题意，逐项分析判断即可.
【详解】
取线段中点，连接，
因为，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，所以，
过作平面，
连接并延长分别交于，
则，，
所以平面，平面，
所以，
对于①，若，又，
则平面，则，
所以点为三角形垂心，
则，又，
同理可知平面，平面，
所以.
若已知，同理可证，
所以是的充要条件，①正确；
对于②，在如图立方体中，设，
则易知四面体，且，
易知，若使则需，而在矩形中，
当且仅当时，，
所以在四面体中，不为的充要条件，
所以②错误；
对于③，在四面体中，
因为，
所以
所以若，则，即，
若，即，则，
则，
所以为的充要条件，③正确；
故选：C
24．（2024·上海青浦·统考一模）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．
(1)求角的大小；
(2)若，求的周长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理可得的大小；
（2）边角互化，可得，结合三角函数的性质可得最值.
【详解】（1）由，可得，
所以，
又，所以.
（2）由（1）得，所以，
则由正弦定理可得，
即，，
所以的周长，
又在中，，
则，
又在中，，所以，
所以当时，周长取最大值为.
25．（2024上·上海静安·高三校考阶段练习）已知函数
(1)求函数的最小正周期及函数在上的最大值；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且求sinB的值.
【答案】(1)最小正周期为，最大值为2；
(2)
【分析】（1）根据诱导公式及辅助角公式对进行化简，进而求得最小正周期及在上的最大值；
（2）根据求得，根据余弦定理求出b，再根据正弦定理即可求得sinB的值.
【详解】（1）
，
所以函数的最小正周期.
当时，，
所以当即时，取得最大值，且.
（2），则.
因为，则所以.
由余弦定理 ，可得 ，解得或（舍）.
根据正弦定理，可得.
26．（2024上·上海浦东新·高三上海中学东校校考期中）在中，角所对应的边分别为，且，，．求：
(1)a的值；
(2)和的面积．
【答案】(1)
(2)故，的面积为
【分析】（1）应用余弦定理列方程求值即可；
（2）由同角三角函数平方关系求，应用正弦定理求，三角形面积公式求的面积.
【详解】（1）因为，，，
所以，由余弦定理得：，解得．
故.
（2）由，则，
由正弦定理得，
又，得，
．
故，的面积为.
27．（2024·上海嘉定·统考一模）已知三角形，，三角形的面积，
(1)求角的值；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)或
【分析】⑴根据求得，根据，求得，联立两式求角的值；
⑵由求得，结合角的范围与的正负确定角的值，分两种情况利用正弦定理求值.
【详解】（1）根据，有，即，
又因为，，即，
所以，所以，即，
因为，所以
（2）由，有，，
又因为,，结合，有，即，
所以或，即或；
因为，，两值都符合题意，所以：
当，由正弦定理有，
即，，解得；
当，由正弦定理有，
即，，解得.
综上：时，；时，.