考点3 三角函数与解三角形——五年（2020—2024）高考数学真题专项分类汇编(含答案)

这是一份考点3 三角函数与解三角形——五年（2020—2024）高考数学真题专项分类汇编(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知，，则( )
A.B.C.D.
2．已知为锐角，，则( )
A.B.C.D.
3．下列区间中，函数单调递增的区间是( )
A.B.C.D.
4．已知，，则( )
A.B.C.D.3m
5．若，则( )
A.B.C.D.
6．若，则( )
A.B.C.D.
7．当时，曲线与的交点个数为( )
A.3B.4C.6D.8
8．记函数的最小正周期为T.若，且的图象关于点中心对称，则( )
A.1B.C.D.3
二、多项选择题
9．对于函数和，下列说法中正确的有( )
A.与有相同的零点B.与有相同的最大值
C.与有相同的最小正周期D.与的图象有相同的对称轴
10．已知函数的图象关于点中心对称，则( )
A.在区间单调递减
B.在区间有两个极值点
C.直线是曲线的对称轴
D.直线是曲线的切线
11．下图是函数的部分图像，则( )
A.B.C.D.
三、填空题
12．已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是___________.
13．已知为第一象限角，为第三象限角，，，则__________.
14．已知函数，如图，A，B是直线与曲线的两个交点，若，则_________.
15．某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，，垂足为C，，，，，A到直线DE和EF的距离均为，圆孔半径为，则图中阴影部分的面积为___________.
四、解答题
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）求B；
（2）若的面积为，求c.
17．已知在中，，.
（1）求；
（2）设，求AB边上的高.
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求A；
（2）若，，求的周长.
19．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值;若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，______？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，点D在边AC上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
21．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）若，求B；
（2）求的最小值.
参考答案
1．答案：B
解析：依题意，得，所以，所以，所以，故选B.
2．答案：D
解析：法一：由题意，，得，又为锐角，所以，所以，故选D.
法二：由题意，，得，将选项逐个代入验证可知D选项满足，故选D.
3．答案：A
解析：本题考查三角函数的单调性，熟记三角函数的单调区间是解决此类问题的关键.因为，所以，解得，只有A项符合.
4．答案：A
解析：由得①.由得②，由①②得，所以，故选A.
5．答案：C
解析：本题考查三角函数的化简与计算.因为，所以.
6．答案：C
解析：当时，由题设可得，故可取.于是，，，因此可以排除选项A，D.同理，当时，可取，于是有，因此可以排除选项B.故正确选项为C.
7．答案：C
解析：因为函数的最小正周期，所以函数在上的图象恰好是三个周期的图象，所以作出函数与在上的图象如图所示，
由图可知，这两个图象共有6个交点，故选C.
8．答案：A
解析：因为，所以，解得.因为的图象关于点中心对称，所以，且，即，所以，又，所以，所以，解得，所以，所以.故选A.
9．答案：BC
解析：对于A，令，则，，又，故A错误；
对于B，与的最大值都为1，故B正确；
对于C，与的最小正周期都为，故C正确；
对于D，图象的对称轴方程为，，即，，图象的对称轴方程为，，即，，故与的图象的对称轴不相同，故D错误.故选BC.
10．答案：AD
解析：因为函数的图象关于点中心对称，所以，可得，结合，得，所以.
对于A，当时，，所以函数在区间单调递减，故A正确；
对于B，当时，，所以函数在区间只有一个极值点，故B不正确；
对于C，因为，所以不是曲线的对称轴，故C不正确；
对于D，因为，若直线为曲线的切线，则由，得或，所以或.当时，，则由，解得；当时，，方程无解.综上所述，直线为曲线的切线，故D正确.综上所述，选AD.
11．答案：BC
解析：由题图可知，函数的最小正周期，，.当时，，将点代入得，，，即，故.由于，故选项B正确；，选项C正确；对于选项A，当时，，错误；对于选项D，当时，，错误.当时，，将代入，得，结合函数图象，知，得，，但当时，，与图象不符合，舍去.综上，选BC.
12．答案：
解析：函数在区间有且仅有3个零点，即在区间有且仅有3个根，因为，，所以，则由余弦函数的图象可知，，解得，即的取值范围是.
13．答案：
解析：由题知，即，又，可得.由，，，，得，.又，所以是第四象限角，故.
14．答案：
解析：对比正弦函数的图象易知，点为“五点（画图）法”中的第五点，所以①.由题知，，两式相减，得，即，解得.代入①，得，所以.
15．答案：
解析：如图，连接OA，作，交ED的延长线于Q，于M，交DG于，交BH于，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，
设，则，不难得出，，于是，，，为等腰直角三角形，又，，，，得，，，，则阴影部分的面积.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）由余弦定理得，
又，.
，，
又，.
（2）由（1）得，
由正弦定理，得，.
的面积，得.
17．答案：（1）
（2）AB边上的高为6
解析：（1）在中，，
因为，所以，所以.
因为，
所以，
展开并整理得，
得，
又，且，
所以.
（2）由正弦定理得，
得，
由余弦定理得，
则，
整理得，
解得或，
由（1）得，，所以，
又，所以，
即，所以，所以，
设AB边上的高为h，则，
即，解得，
所以AB边上的高为6.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）法一：由，得，
所以.
因为，所以，
所以，故.
法二：由，得，
两边同时平方，得，
则，
整理，得，
所以，则.
因为，所以或.
当时，成立，符合条件；
当时，不成立，不符合条件.
故.
法三：由，得，
两边同时平方，得，
则，
整理，得，
所以，则.
因为，所以.
（2）由，得，
由正弦定理，得，所以，
因为，所以.
，
所以
.
法一：由正弦定理，得，
.
所以的周长为.
法二：由正弦定理，
得，
所以，
所以的周长为.
19．答案：方案一：选条件①.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由①，解得.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时.
方案二：选条件②.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由②，所以.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时.
方案三：选条件③.
由和余弦定理得.
由及正弦定理得.
于是，由此可得.
由③，与矛盾.
因此，选条件③时问题中的三角形不存在.
解析：
20．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：在中，.
由正弦定理得.又，所以.
（2）因为，，
所以，.
在中，由余弦定理得.
在中，由余弦定理得.
所以，整理得.
又，所以，解得或.
又因为，解得，所以.
所以在中，由余弦定理得
.
21.
（1）答案：
解析：因为，所以，
所以，
又，
所以，
所以，
又，所以.
（2）答案：
解析：由（1）得，
所以，且，
所以，，
所以，解得，
由正弦定理得
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.