专题04 三角函数与解三角形（三大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用）

这是一份专题04 三角函数与解三角形（三大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用），共37页。试卷主要包含了题型一，题型二，题型三等内容，欢迎下载使用。

选 题 列 表
2024·上海杨浦·二模 2024·上海奉贤·二模
2024·上海浦东·二模 2024·上海青浦·二模
2024·上海黄浦·二模 2024·上海闵行·二模
2024·上海普陀·二模 2024·上海金山·二模
2024·上海徐汇·二模 2024·上海静安·二模
2024·上海松江·二模 2024·上海长宁·二模
2024·上海嘉定·二模 2024·上海崇明·二模
2024·上海虹口·二模 2024·上海宝山·二模
汇 编 目 录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc16328" 一、题型一：三角函数 PAGEREF _Tc16328 \h 2
\l "_Tc26420" 二、题型二：三角恒等变换 PAGEREF _Tc26420 \h 14
\l "_Tc14262" 三、题型三：解三角形 PAGEREF _Tc14262 \h 27
一、题型一：三角函数
1．（2024·上海徐汇·二模）已知函数，其中，实数，下列选项中正确的是（ ）
A．若，函数关于直线对称
B．若，函数在上是增函数
C．若函数在上最大值为1，则
D．若，则函数的最小正周期是
【答案】C
【分析】求出即可判断选项A；由正弦函数的单调性即可判断B；由正弦函数的性质可得关于的不等式，从而可求出的取值范围，即可判断C；判断，即可判断D．
【详解】对于A，若，则，
，不是最值，
所以不关于直线对称，故A错误；
对于B，若，则，
当时，，因为正弦函数在上不单调，
所以函数在上不是增函数，故B错误；
对于C，，则，
因为函数在上最大值为1，
所以，解得，故C正确；
对于D，若，函数，
因为，
所以函数的最小正周期不是，故D错误．
故选：C．
2．（2024·上海奉贤·二模）已知函数，其中，，其中，则图象如图所示的函数可能是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象和的奇偶性判断.
【详解】易知是偶函数， 是奇函数，给出的函数图象对应的是奇函数，
A. ，定义域为R，
又，所以是奇函数，符合题意，故正确；
B. ，，不符合图象，故错误；
C. ，定义域为R，
但，故函数是非奇非偶函数，故错误；
D. ，定义域为R，
但，故函数是非奇非偶函数，故错误，
故选：A
3．（2024·上海闵行·二模）已知，集合，，. 关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
命题①：集合表示的平面图形是中心对称图形；
命题②：集合表示的平面图形的面积不大于.
A．①真命题；②假命题B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题D．①假命题；②假命题
【答案】A
【分析】根据是奇函数，可以分析出当时，所以集合表示的平面图形是中心对称图形；结合集合代表的曲线及不等式的范围可以确定集合表示的平面图形，从而求得面积，与进行比较.
【详解】对于，集合关于原点中心对称，且函数是奇函数，
若则则，
即若则，即集合表示的平面图形是关于原点中心对称图形，故①是真命题；
对于，
由即知，
设，则与一一对应且随的增大而增大，，
又由知，
结合知在范围内，与一一对应且随的增大而减小，
所以在范围内，与一一对应且是关于的减函数，
由①可知图象关于原点中心对称，所以可得到在的图象，如图

代入点可得，所以的区域是右半部分，
面积为正方形面积的一半，即集合表示的平面图形的面积，故②是假命题.
故选：A.
【点睛】方法点睛：确定不等式表示的区域范围
第一步：得到等式对应的曲线；
第二步：任选一个不在曲线上的点，若原点不在曲线上，一般选择原点，检验它的坐标是否符合不等式；
第三步：如果符合，则该点所在的一侧区域即为不等式所表示的区域；若不符合，则另一侧区域为不等式所表示的区域.
4．（2024·上海嘉定·二模）已知函数的最小正周期是，函数的最小正周期是，且，对于命题甲：函数可能不是周期函数；命题乙：若函数的最小正周期是，则．下列选项正确的是（ ）
A．甲和乙均为真命题B．甲和乙均为假命题
C．甲为真命题且乙为假命题D．甲为假命题且乙为真命题
【答案】C
【分析】利用三角函数的周期性，选用特殊函数验证两个命题.
【详解】函数的最小正周期是，函数的最小正周期是，且，
当时，，时，，满足条件，
但函数就不是周期函数，命题甲正确；
当时，，时，，满足条件，
函数，，有，命题乙错误.
故选：C
5．（2024·上海松江·二模）已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的坐标为 .
【答案】
【分析】由题意可求，，利用任意角的三角函数的定义即可求解．
【详解】因为点的坐标为，可得，
所以，
可得，，
所以点的坐标为，
故答案为：.
6．（2024·上海崇明·二模）已知实数满足：，则的最大值是 ．
【答案】6
【分析】根据已知条件及三角换元，利用三角方程的解法及三角函数的性质即可求解.
【详解】因为
故令，且，
因为，
所以，
所以
，仅当时等号成立.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用三角换元及三角方程，结合三角函数的性质即可.
7．（2024·上海奉贤·二模）函数的图像记为曲线F，如图所示.A，B，C 是曲线与坐标轴相交的三个点，直线BC与曲线的图像交于点，若直线的斜率为，直线的斜率为，，则直线的斜率为 .(用，表示)
【答案】
【分析】根据正弦函数的图象与性质写出的坐标，求出，然后确定它们的关系．
【详解】由题意，，则，，
，由得，则，
，，，
所以，又，所以，
故答案为：．
8．（2024·上海黄浦·二模）如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段与分别以为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点是线段上的动点，点O为线段的中点，点在以为直径的半圆弧上，且均为直角.若百米，则此步道的最大长度为 百米.
【答案】
【分析】设半圆步道直径为百米，连接，借助相似三角形性质用表示，结合对称性求出步道长度关于的函数关系，利用导数求出最大值即得.
【详解】设半圆步道直径为百米，连接，显然，
由点O为线段的中点，得两个半圆步道及直道都关于过点垂直于的直线对称，
则，又，则∽，有，
即有，因此步道长，，
求导得，由，得，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，
因此当时，，
所以步道的最大长度为百米.
故答案为：
9．（2024·上海闵行·二模）始边与轴的正半轴重合的角的终边过点，则= .
【答案】/
【分析】结合三角函数的诱导公式，以及任意角的三角函数的定义，即可求解．
【详解】始边与轴的正半轴重合的角的终边过点，
则，
故．
故答案为：．
10．（2024·上海虹口·二模）已知集合，则 .
【答案】
【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】，
，
所以.
故答案为：.
11．（2024·上海黄浦·二模）若，，其中，则 .
【答案】3
【分析】利用平面向量数量积的坐标表示公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】，
故答案为：
12．（2024·上海青浦·二模）已知向量，，则 ．
【答案】
【分析】由向量的数量积公式求两个向量的夹角即可.
【详解】由向量的夹角公式得，又因为，
所以.
故答案为：.
13．（2024·上海闵行·二模）已知定义在上的函数的表达式为，其所有的零点按从小到大的顺序组成数列（）.
(1)求函数在区间上的值域；
(2)求证：函数在区间（）上有且仅有一个零点；
(3)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得的导数，判断的单调性，可得所求值域；
（2）讨论为奇数，或偶数时，的单调性，结合函数零点存在定理，可得证明；
（3）由（2）可知函数在（）上且仅有一个零点，再由零点存在定理、以及正切函数的性质和不等式的性质，可得证明.
【详解】（1）由，
当时，，即函数在区间上是严格增函数，
且，，
所以在区间上的值域为.
（2）当时，
①当是偶数时，，
函数在区间上是严格增函数；
②当是奇数时，，
函数在区间上是严格减函数；
且，故，
所以由零点存在定理可知，
函数在区间上有且仅有一个零点.
（3）由（2）可知函数在上有且仅有一个零点，
且满足，即（几何意义：是与交点的横坐标）
又因为，故，
所以由零点存在性定理可知，
函数在上有且仅有一个零点，
于是，
①因为，得
所以，即；
（或者
）
② 因为
由（1）可知，当时，有
故，所以；
由①②可知.
【点睛】关键点点睛：本题第三问，借助在（）上且仅有一个零点，利用正切函数的性质和不等式的性质求解.
14．（2024·上海金山·二模）已知函数，记，，，.
(1)若函数的最小正周期为，当时，求和的值；
(2)若，，函数有零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用三角函数的周期公式求得，再利用三角函数的值域与周期性求得，从而得解；
（2）根据题意，利用换元法将问题转化为在有解，从而利用参变分离法或二次函数根的布分即可得解.
【详解】（1）因为函数的最小正周期，所以，
则当时，，
所以，得，
因为，所以取得，
（2）解法一：
当，时，，，
设，
由题意得，在有解，化简得，
又在上单调递减，
所以，则.
解法二：
当，时，，，
设，
由题意得，在有解，
记，对称轴为，
则由根的分布可得，即，解得，
所以.
15．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列满足：存在正整数，使得对一切正整数成立，则称是周期为的周期数列．
(1)若（其中正整数m为常数，），判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(2)若，判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(3)设是无穷数列，已知．求证：“存在，使得是周期数列”的充要条件是“是周期数列”．
【答案】(1)是周期为的周期数列，理由见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设定义，利用的周期，即可得出结果；
（2）分与两种情况讨论，当，易得到是周期为1的周期数列，当时，构造，则，利用导数与函数单调性间的关系，可得出是严格增（或减）数列，从而可得出结果；
（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果.
【详解】（1）因为，
所以是周期为的周期数列．
（2）①当时，，，
所以当时，是周期为1的周期数列，
②当时，记，则，
，当且仅当时等号成立，
即，所以在上严格增，
若，则，即，进而可得，即是严格增数列，不是周期数列；
同理，若，可得是严格减数列，不是周期数列．
综上，当时，是周期为1的周期数列；当时，不是周期数列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期数列，设的周期为，
则，所以是周期为的周期数列，
充分性：
若是周期数列，设它的周期为，记，则
，是关于x的连续函数；
，是关于x的连续函数；
…
，是关于x的连续函数；
，
令，则是连续函数，
且，，
所以存在零点，于是，
取，则，
从而，
，
……
一般地，对任何正整数n都成立，即是周期为T的周期数列．
（说明：关于函数连续性的说明不作要求）
【点睛】方法点晴：对于数列的新定义问题，解决问题的关键在于准确理解定义，并结合定义进行判断或转化条件.
二、题型二：三角恒等变换
16．（2024·上海虹口·二模）设，将函数的图像沿轴向右平移个单位，得到函数的图像，则（ ）
A．函数是偶函数
B．函数的图像关于直线对称
C．函数在上是严格增函数
D．函数在上的值域为
【答案】D
【分析】利用两角和的正弦公式化简的解析式，再根据三角函数的变换规则得到的解析式，最后根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】因为，
将函数的图像沿轴向右平移个单位得到，
又，所以为奇函数，故A错误；
因为，所以函数的图像不关于直线对称，故B错误；
当时，因为在上单调递减，
所以函数在上是严格增减函数，故C错误；
当时，所以，
则，即函数在上的值域为，故D正确.
故选：D
17．（2024·上海静安·二模）函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用辅助角公式将函数化成的形式，代入周期公式可得结论.
【详解】易知，其中，
由周期公式可得其最小正周期为.
故选：A
18．（2024·上海长宁·二模）直线与直线的夹角大小为 ．
【答案】/
【分析】先由斜率的定义求出两直线的倾斜角，然后再利用两角差的正切展开式计算出夹角的正切值，最后求出结果.
【详解】设直线与直线的倾斜角分别为，
则，且，
所以，
因为，
所以，即两条直线的夹角为，
故答案为：.
19．（2024·上海嘉定·二模）已知，，则函数的最小值为 ．
【答案】
【分析】令，可求t的范围，利用同角的基本关系对已知函数化简计算，结合函数的单调性即可求解.
【详解】由题意知，，
令，由，得，
所以，则.
由，得，
所以，则原函数可化为，
又函数在上单调递增，所以在上单调递增，
故当时，取得最大值，此时取得最小值.
故答案为：
20．（2024·上海崇明·二模）已知A、B、C是半径为1的圆上的三个不同的点，且，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】根据题意，由正弦定理可得，然后分与讨论，再由平面向量数量积的定义展开，结合三角恒等变换公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由正弦定理可得，所以，
所以，且，则或，
则或，
当时，，
所以
，，则，
当时，即时，取得最小值；
当时，，
所以
，，则，
则无最值；
综上所述，的最小值是
故答案为：
21．（2024·上海奉贤·二模）已知，且，则 ．
【答案】
【分析】由倍角公式化简方程，解出，得的值.
【详解】已知，由倍角公式得，
由，，解得，则.
故答案为：.
22．（2024·上海杨浦·二模）已知实数满足：①；②存在实数，使得，，是等差数列，，，也是等差数列.则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】设等差数列的公差为，根据给定条件，结合三角恒等变换化简得，由正切函数性质可得随增大而增大，再由的临界值点得，代入利用二倍角的余弦求解即得.
【详解】设等差数列的公差为，，依题意，，
于是，整理得，
即，因此，
即有，则随增大而增大，而
当，时，到达时是临界值点，此时，
代入得，即，整理得，
而，解得，则，即，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换化简所列式子，借助函数单调性分析的临界值点是解决本问题的关键.
23．（2024·上海·二模）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：；②两角和公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当时，双曲正弦函数的图像总在直线的上方，求直线斜率的取值范围；
(3)无穷数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；
（3）当时，利用数学归纳法证得排除该可能；当，同理证得，从而利用换元法即可得解.
【详解】（1）平方关系：；
和角公式：；
导数：．
理由如下：平方关系，
；
和角公式：，
故；
导数：，；
（2）构造函数，，
由（1）可知，
①当时，由，
又因为，故，等号不成立，
所以，故为严格增函数，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，
则，可知是严格增函数，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在上为严格减函数，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数的取值范围为．
（3）当时，存在，使得，
由数学归纳法证明：，证明如下：
①当时，成立，
②假设当（为正整数）时，，
则成立.
综上：.
所以，有，即.
当时， ，
而函数的值域为，
则对于任意大于1的实数，存在不为0的实数，使得，
类比余弦二倍角公式，猜测.
证明如下：
类比时的数学归纳法，设，
易证，，，，，
所以若，
设，则，解得：或，即，
所以，于是.
综上：存在实数使得成立.
【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
（3）含有参数是要注意分类讨论的思想.
24．（2024·上海长宁·二模）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
(1)请在答题卷上将上表处的数据补充完整，并直接写出函数的解析式；
(2)设，求函数的值域；
【答案】(1)补充表格见解析，
(2)
【分析】（1）由表得，解方程组即可得，进一步可据此完成表格；
（2）由题意结合二倍角公式、诱导公式以及辅助角公式先化简的表达式，进一步通过整体换元法即可求解.
【详解】（1）由题意，解得，
所以函数的解析式为，
令时，解得，当时，，
将表中处的数据补充完整如下表：
（2）若，
则
，
因为，所以，
进而，
所以函数的值域为.
25．（2024·上海青浦·二模）对于函数，其中，．
(1)求函数的单调增区间；
(2)在锐角三角形中，若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由二倍角正弦、余弦公式及辅助角公式化简，根据复合函数的单调性求出结果；
（2）由（1）及条件求出角A，根据数量积的定义及三角形面积公式可得结果.
【详解】（1）

令，则，函数为增函数，
当时函数为增函数，
即，得，
所以函数的单调增区间是．
（2）（2）由已知，所以，
因为，所以，即，所以，
又，所以，
所以的面积．
26．（2024·上海嘉定·二模）在中，角、、的对边分别为、、，．
(1)求角，并计算的值；
(2)若，且是锐角三角形，求的最大值．
【答案】(1)或；当时，；当时，
(2)
【分析】（1）由题意，根据同角的平方关系可得，求出B，进而求出即可；
（2）由题意可得，求出C的范围，根据正弦定理可得，利用三角恒等变换化简计算得（），结合的范围和正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）由，得，则，
又，所以或.
当时，；
当时，.
（2）若为锐角三角形，则，
有，解得.
由正弦定理，得，则，
所以
，
其中，又，所以，
则，故当时，取到最大值1，
所以的最大值为.
27．（2024·上海静安·二模）在中，角、、的对边分别为、、，已知，，．
(1)求角的大小；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1） 根据已知条件，结合余弦定理即可求解.
（2）解，利用正弦定理先求，再由即可求解；解，先利用正弦定理求出，再利用两角和的正弦公式即可求解；解，先利用余弦定理求出，再利用两角和的正弦公式即可求解.
【详解】（1）由余弦定理，有，所以
（2）解1：由正弦定理，有，即
所以
解2：由正弦定理，有，即
所以
故，
解3：由余弦定理，有，所以
故，
28．（2024·上海闵行·二模）在锐角中，角所对边的边长分别为，且.
(1)求角；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由已知结合正弦定理可得结果；
（2）根据为锐角三角形求出，利用两角差的正弦公式及辅助角公式化简，根据正弦函数性质可得结果.
【详解】（1），
，
又，
，.
（2）由（1）可知，，且为锐角三角形，
所以，，
则，
因为，
.
29．（2024·上海松江·二模）设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为．
(1)求函数的解析式；
(2)在中，设角、及所对边的边长分别为、及，若，，，求角．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据降幂公式，二倍角公式及辅助角公式化简，再根据图象的两条相邻对称轴之间的距离为求出即可；
（2）由得出，过点作于点，得出，分别求出的长，结合即可得出，进而得出，根据即可求得答案．
【详解】（1），
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以, 则，解得，
所以．
（2）由得，，
因为，所以，即，
，解得(舍负)，
过点作于点，如图所示，
由得，，则，
所以，则，
所以，则．
三、题型三：解三角形
30．（2024·上海嘉定·二模）嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动．太阳高度角是指某时刻太阳光线和地平面所成的角．测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面．如图，两竖直墙面所成的二面角为120°，墙的高度均为3米．在时刻，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴影宽度分别为1米、1.5米．在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，则时刻最可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出示意图形，在四边形中利用正弦定理与余弦定理，算出四边形的外接圆直径大小，然后在中利用锐角三角函数定义，算出的大小，即可得到本题的答案.
【详解】如图所示，
设两竖直墙面的交线为，点被太阳光照射在地面上的影子为点，
点分别是点在两条墙脚线上的射影，连接 ，，，
由题意可知就是太阳高度角.
∵四边形中，，，
∴ ，
∴中，，
可得，
∵四边形是圆内接四边形，是其外接圆直径，
∴设的外接圆半径为，则，
在中，，
所以，
对照题中表格，可知时刻时，太阳高度角为，与最接近.
故选：B.
31．（2024·上海嘉定·二模）已知，，且、不共线，则的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的数量积写出其夹角的表达式，结合同角三角函数的平方式以及三角形的面积公式，可得答案.
【详解】设与的夹角为，由，则，
由，则.
故选：B.
32．（2024·上海虹口·二模）已知一个三角形的三边长分别为，，，则这个三角形外接圆的直径为 .
【答案】/
【分析】不妨设中，，，利用余弦定理求出，即可求出，再由正弦定理计算可得.
【详解】不妨设中，，，
由余弦定理，即，
解得，又，
所以，
由正弦定理，
即这个三角形外接圆的直径为.
故答案为：
33．（2024·上海徐汇·二模）如图所示，已知满足，为所在平面内一点.定义点集.若存在点，使得对任意，满足恒成立，则的最大值为 .
【答案】
【分析】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，由向量共线定理得三点共线，从而表示的边上的高，利用正弦定理求得的面积的最大值，从而可得结论．
【详解】延长到满足，取的靠近的三等分点，连接，如图，
，
所以三点共线，
又存在点，使得对任意，满足恒成立，则的长表示到直线的距离，即的边上的高，设，
由得，，公用，因此，
所以，
中，设，由正弦定理得，记为角，
所以，，，
所以
，
若不是钝角，则
，
又，所以，即，
所以，
设，则，，它是减函数，
所以时，，
若是钝角，则
，
设，则，，
令，则，
，
时，，递减，时，递增，
所以时，，，
综上，，
此时．
故答案为：3．
【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）．
34．（2024·上海徐汇·二模）如图，两条足够长且互相垂直的轨道相交于点，一根长度为的直杆的两端点分别在上滑动（两点不与点重合，轨道与直杆的宽度等因素均可忽略不计），直杆上的点满足，则面积的取值范围是 .
【答案】
【分析】令，利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求出的面积函数，再利用导数求出值域即得.
【详解】依题意，设，则，
因此的面积，，
求导得，
当时，，当时，，即函数在上递增，在上递减，
因此，而，则，
所以面积的取值范围是.
故答案为：
35．（2024·上海徐汇·二模）在中，，，，则的外接圆半径为 .
【答案】
【分析】由正弦定理求解．
【详解】由已知，设三角形外接圆半径为，则，所以．
故答案为：1.
36．（2024·上海闵行·二模）双曲线的左右焦点分别为，过坐标原点的直线与相交于两点，若，则 .
【答案】4
【分析】由双曲线的对称性可得四边形为平行四边形，根据双曲线的定义和，得，，中，由余弦定理得，，代入求值即可.
【详解】双曲线，实半轴长为1，虚半轴长为，焦距，
由双曲线的对称性可得，有四边形为平行四边形，
令，则，由双曲线定义可知，
故有，即，即，，
中，由余弦定理，
，
即，得，
.
故答案为：4.
37．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为 .
【答案】
【分析】取的中点，连接、、、，首先证明，即可、、、四点共面，连接，，求出，将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点，最后利用余弦定理计算可得.
【详解】取的中点，连接、、、，
因为点为棱的中点，所以，又且，
所以为平行四边形，所以，
所以，即、、、四点共面，连接，，
则，，
因为底面为菱形，且，所以，
所以，
所以，
所以，即，所以，
将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点，
则，
又，
在中，
即，
所以，
即线段、的长度和的最小值为.
故答案为：
38．（2024·上海黄浦·二模）在中，，，，则 .
【答案】
【分析】根据余弦定理建立方程，可得答案.
【详解】在中，根据余弦定理可得：，
设，则，整理可得，解得，
故.
故答案为：.
39．（2024·上海金山·二模）某临海地区为保障游客安全修建了海上救生栈道，如图，线段、是救生栈道的一部分，其中，，在的北偏东方向，在的正北方向，在的北偏西方向，且．若救生艇在处载上遇险游客需要尽快抵达救生栈道，则最短距离为 m．(结果精确到1 m)
【答案】
【分析】先在中求出AC，再利用正弦定理，在中求出，进而转化到中求解即可.
【详解】解：作交于E，由题意可得如图：
，
所以，
，
在中，由正弦定理可得：
，
所以，
所以，
，
在直角中，，
故答案为：475.
40．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知双曲线的焦点分别为、，为双曲线上一点，若，，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】设，先利用余弦定理得，然后根据，两边同时平方得，再结合可得答案.
【详解】不妨设点在第一象限，设，又，
所以
，
所以，
因为为的中点，所以，即，
所以
，
所以，即，即
所以，则.
故答案为：.

41．（2024·上海普陀·二模）设函数，，，它的最小正周期为.
(1)若函数是偶函数，求的值；
(2)在中，角、、的对边分别为、、，若，，，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦函数的周期公式可求，又函数是偶函数，结合，即可求解的值；
（2）由，可得，结合题意利用正弦定理可求，由余弦定理可求，进而可求的值．
【详解】（1）因为函数的最小正周期为，且，
所以，即，
则，
又函数是偶函数，
则，，
即，又，
则.
（2）由得，，
又，，则，即，
由余弦定理得，，
即，则.
42．（2024·上海杨浦·二模）已知.
(1)若的最小正周期为，判断函数的奇偶性，并说明理由；
(2)已知，中，，，分别是角，，所对的边，若，，，求的值.
【答案】(1)非奇非偶函数，理由见解析；
(2).
【分析】（1）利用给定周期求出，再利用奇偶函数的定义判断得解.
（2）利用已知求出角，再利用余弦定理求解即得.
【详解】（1）由的最小正周期为，得，则，
于是，
；
，
所以函数非奇非偶函数.
（2）当时，则，，
在中，，，则，有，
于是，解得，由余弦定理得，
即，整理得，解得，
所以.
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