备战2025年高考二轮复习数学专题检测练2 三角函数与解三角形（提升篇）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题检测练2 三角函数与解三角形（提升篇）（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2024北京房山一模)已知角α的终边经过点(3,4),把角α的终边绕原点O逆时针旋转π2得到角β的终边,则sin β=( )

A.-45B.45C.-35D.35
答案D
解析因为角α的终边经过点(3,4),所以cs α=332+42=35.
因为把角α的终边绕原点O逆时针旋转π2得到角β的终边,所以β=α+π2,所以sin β=sinα+π2=cs α=35.
故选D.
2.(2024陕西西安模拟)已知α为锐角,sin α=35,则csα2=( )
A.1010B.31010C.55D.255
答案B
解析由α为锐角,sin α=35,
得cs α=1-sin2α=45,
而cs α=2cs2α2-1,且α2为锐角,
所以csα2=1+csα2=31010.
故选B.
3.(2024湖北黄石三模)若△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B+C=60°,a=3,则sinA+sinB-sinCa+b-c=( )
A.23B.36C.16D.6
答案B
解析在△ABC中,B+C=60°,所以A=120°,所以sinAa=sin120°3=36,
由正弦定理以及比例的性质可得sinA+sinB-sinCa+b-c=sinAa=36.
故选B.
4.(2024陕西西安二模)已知sin(α+β)sin(α-β)=2,cs αsin β=16,则sin(α+β)=( )
A.13B.23C.19D.-23
答案B
解析由sin(α+β)sin(α-β)=2,可得sin(α+β)=2sin(α-β),3cs αsin β=sin αcs β,
因为cs αsin β=16,
所以sin αcs β=12,
所以sin(α+β)=sin αcs β+cs αsin β=12+16=23.故选B.
5.(2024四川绵阳三模)若函数f(x)=cs(πx+φ)的图象关于直线x=1对称,在下列选项中,不是函数f(x)的零点的是( )
A.-1B.-12C.32D.52
答案A
解析由于f(x)的周期T=2ππ=2,又f(x)=cs(πx+φ)的图象关于直线x=1对称,
所以f(x)的零点x满足x-1=2k+14T,k∈Z,
即x=k+32,k∈Z,
所以-12,32,52均为f(x)的零点,-1不是f(x)的零点,故选A.
6.(2024四川攀枝花三模)将函数y=sin2x-cs2x的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到的图象与y=sin 2x的图象关于原点对称,则m的最小值是( )
A.π4B.3π4
C.π2D.3π2
答案B
解析令f(x)=sin2x-cs2x,则有f(x)=-cs 2x,把函数f(x)的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象,
则有g(x)=-cs[2(x-m)]=-cs(2x-2m),
根据已知条件g(x)的图象与y=sin 2x的图象关于原点对称,
则有g(x)=-sin(-2x)=sin 2x,
即-cs(2x-2m)=sin 2x,
所以-2m=π2+2kπ(k∈Z),
解得m=-π4-kπ(k∈Z),
又因为m>0,所以当k=-1时,m取最小值为3π4.故选B.
7.(2024山东济南二模)已知函数f(x)=3sin 2x-cs 2x,则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)的最大值是3
B.函数f(x)在-π6,π3上单调递增
C.该函数的最小正周期是2π
D.该函数的图象向左平移π6个单位长度后图象关于原点对称
答案B
解析由函数f(x)=3sin 2x-cs 2x=2sin2x-π6,可得最大值是2,最小正周期是π,所以选项A,C错误;
当x∈-π6,π3时,可得2x-π6∈-π2,π2,根据正弦函数的性质,
可得函数f(x)=2sin2x-π6在-π6,π3上单调递增,所以B正确;
将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)=2sin2x+π6的图象,
此时函数g(x)的图象不关于原点对称,所以D错误.故选B.
8.
(2024江苏七市模拟)如图,在△ABC所在平面内,分别以AB,BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为S.已知S=34,且asin A+csin C=4asin Csin B,则FH的值是( )
A.22B.23C.32D.33答案C
解析在△ABC中,S=12acsin B=34,∵asin A+csin C=4asin Csin B,又asinA=bsinB=csinC,
∴a2+c2=4acsin B=6.
连接BF,BH,如图所示,在△BFH中,由余弦定理得FH2=FB2+HB2-2FB·HB·cs∠FBH,又∠FBH=3π2-B,
∴FH2=FB2+HB2-2FB·HB·cs3π2-B=2(c2+a2)+4acsin B=18,
∴FH=32.
故选C.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2024安徽芜湖二模)在平面直角坐标系xOy中,角θ以坐标原点O为顶点,以x轴的非负半轴为始边,其终边经过点M(a,b),|OM|=m(m≠0),定义f(θ)=b+am,g(θ)=b-am,则下列说法正确的是( )
A.fπ6+gπ6=1
B.f(θ)+f2(θ)≥0
C.若f(θ)g(θ)=2,则sin 2θ=35
D.f(θ)g(θ)是周期函数
答案ACD
解析由题意得M(a,b)在角θ的终边上,且|OM|=m,所以cs θ=am,sin θ=bm,
则f(θ)=b+am=sin θ+cs θ=2sinθ+π4,g(θ)=b-am=sin θ-cs θ=2sinθ-π4,
对于A,fπ6+gπ6=sinπ6+csπ6+sinπ6-csπ6=1,故A正确;
对于B,f(θ)+f2(θ)=sin θ+cs θ+(sin θ+cs θ)2,令t=sin θ+cs θ=2sinθ+π4∈[-2,2],
所以有h(t)=t+t2=(t+12)2-14≥-14,故B错误;
对于C,f(θ)g(θ)=sinθ+csθsinθ-csθ=tanθ+1tanθ-1=2,解得tan θ=3,经检验,θ的值符合题意.
又由sin 2θ=2sin θcs θ=2sinθcsθsin2θ+cs2θ=2tanθtan2θ+1=2×332+1=35,故C正确;
对于D,f(θ)g(θ)=(sin θ+cs θ)(sin θ-cs θ)=sin2θ-cs2θ=-cs 2θ,因为y=cs 2θ为周期函数,故D正确.故选ACD.
10.(2024湖北荆州三模)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,恒成立条件a=3cs C,b=1.附加条件①△ABC的面积取到最大值34;附加条件②c=102.下列结论正确的是( )
A.sinAsinB=3cs C
B.tan C=2tan B
C.若恒成立条件和附加条件①成立,则cs 2B=35
D.若恒成立条件和附加条件②成立,则cs 2B=45
答案ABC
解析对于A,B,因为a=3cs C,b=1,所以a=3bcs C,由正弦定理得sin A=3sin Bcs C,又B∈(0,π),所以sin B>0,则sinAsinB=3cs C,故A正确;
又A+B+C=π,所以3sin Bcs C=sin(π-B-C)=sin(B+C)=sin B·cs C+cs Bsin C,
所以2sin Bcs C=cs Bsin C,显然cs B≠0,cs C≠0,所以tan C=2tan B,故B正确;
对于C,若△ABC的面积取到最大值34,
即S△ABC=12absin C=32cs C·sin C=34sin 2C,
所以当C=π4时,S△ABC取得最大值34,此时tan C=1,
由B可知tan B=12tan C=12,所以cs 2B=cs2B-sin2B=cs2B-sin2Bsin2B+cs2B=1-tan2Btan2B+1=1-1414+1=35,故C正确;
对于D,若c=102,由正弦定理bsinB=csinC,
得sin C=102sin B,
所以sin2C=52sin2B.
由B知tan C=2tan B,
即sin2Ccs2C=4sin2Bcs2B,
所以52sin2Bcs2C=4sin2Bcs2B,cs2C=58cs2B,
所以sin2C+cs2C=52sin2B+58cs2B,
即1=158sin2B+58,
所以sin2B=15,
所以cs 2B=1-2sin2B=1-2×15=35,故D错误.故选ABC.
11.(2024湖南益阳模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边依次为a,b,c,已知sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,则下列结论正确的是( )
A.(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=5∶6∶7
B.△ABC为钝角三角形
C.若a+b+c=18,则△ABC的面积是615
D.若△ABC的外接圆半径是R,内切圆半径为r,则5R=16r
答案BD
解析因为sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶4,
由正弦定理可得a∶b∶c=2∶3∶4.
设a=2x,b=3x,c=4x,
其中x>0,
则(a+b)∶(b+c)∶(c+a)=5x∶7x∶6x=5∶7∶6,故A错误;
由题意可知,C为最大角,
因为cs C=a2+b2-c22ab=4x2+9x2-16x212x2=-14<0,故C为钝角,故B正确;
若a+b+c=18,则a=4,b=6,c=8,
又cs C=-14,
所以sin C=1-cs2C=154,
所以△ABC的面积S△ABC=12absin C=12×4×6×154=315,故C错误;
由正弦定理,得2R=csinC=4x154=16x15,
即R=8x15.
由面积公式可得12(a+b+c)r=12absin C,
即12×9x·r=12×2x×3x×154,
所以r=156x,所以Rr=165,故5R=16r,故D正确.
故选BD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2024浙江二模)将函数g(x)=cs 2x的图象上的每个点横坐标不变,纵坐标扩大为原来的2倍,再将所得图象向右平移π4个单位长度得到函数y=h(x)的图象,若函数y=g(x)与函数y=h(x)+1的图象交于点(α,g(α)),其中-π2<α<0,则sin α的值为 .
答案-255
解析由题意得h(x)=2sin 2x,因为函数y=g(x)与函数y=h(x)+1的图象交于点(α,g(α)),
所以2sin 2α+1=cs 2α,
即4sin αcs α+sin2α+cs2α=cs2α-sin2α,
整理得2sin α(2cs α+sin α)=0,
因为-π2<α<0,
所以2cs α+sin α=0,
又因为sin2α+cs2α=1,
所以sin α=-255.
13.
(2024重庆高三临门一卷)如图,某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度,先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°,又利用无人机在离地面高300 m的M处(即MD=300 m),观测到山顶C处的仰角为15°,山脚A处的俯角为45°,则山高BC= m.
答案450
解析依题意∠AMD=45°,则AM=2MD=3002,∠CMA=45°+15°=60°,∠CAB=60°,故∠MAC=180°-60°-45°=75°,∠ACM=180°-75°-60°=45°,
如图,在△MAC中,由正弦定理得ACsin∠AMC=MAsin∠ACM,
即ACsin60°=3002sin45°,
解得AC=3003,
则BC=ACsin 60°=450.
14.(2024广东佛山二模)近年,我国农机装备取得突破,科技和装备支撑稳步增强,现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示,单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动,角速度大小为2π rad/s,圆上两点A,B始终满足∠AOB=2π3,随着圆O的旋转,A,B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义:A,B两点的竖直距离为A,B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻,即t=0秒时,点A位于圆心正下方,如图即t=0秒时的状态,以O为坐标原点,以过点O平行于水平面且在圆面内的直线为x轴,以过点O垂直于x轴且在圆面内的直线为y轴建立平面直角坐标系,则t= 秒时,A,B两点的竖直距离第一次为0;A,B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为f(t)= .
答案13 3sin2πt+π3
解析由于角速度ω=2π rad/s,
设点Acs2πt-π2,sin2πt-π2,圆上两点A,B始终保持∠AOB=2π3,
则Bcs2πt+π6,sin2πt+π6,要使A,B两点的竖直距离为0,则sin2πt-π2=sin2πt+π6,第一次为0时,4πt-π3=π,解得t=13.
f(t)=sin2πt+π6-sin2πt-π2=32sin 2πt+12cs 2πt+cs 2πt=32sin 2πt+32cs 2πt=3sin2πt+π3.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15.(13分)(2024黑龙江实验中学模拟)已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象是由y=2csωx-π6的图象向左平移π6个单位长度得到的.
(1)若f(x)的最小正周期为π,求f(x)图象的对称轴方程,与y轴距离最近的对称轴的方程;
(2)若f(x)图象相邻两个对称中心之间的距离大于2π7,ω∈N*且ω>2,求f(x)在-π6,π9上的值域.
解(1)由2πω=π,得ω=2,所以f(x)=2cs2x+π6-π6=2cs2x+π6,
令2x+π6=kπ,k∈Z,解得x=kπ2-π12,k∈Z,
所以函数f(x)图象的对称轴方程为x=kπ2-π12,k∈Z,
取k=0,得x=-π12,取k=1,得x=5π12,因为-π12<5π12,所以与y轴距离最近的对称轴方程为x=-π12.
(2)设f(x)的最小正周期为T,
因为f(x)图象相邻两个对称中心之间的距离大于2π7,
所以T2>2π7,即T>4π7.
由ω>0,2πω>4π7,解得0<ω<72.
又ω∈N*且ω>2,
所以ω=3,y=2cs3x-π6.
所以f(x)=2cs3x+π6-π6=2cs3x+π3.
因为-π6≤x≤π9,所以-π6≤3x+π3≤2π3,-12≤cs3x+π3≤1,
所以-1≤2cs3x+π3≤2,
即f(x)在-π6,π9上的值域为[-1,2].
16.(15分)(2024上海嘉定二模)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,cs2B-sin2B=-12.
(1)求角B,并计算sinB+π6的值;
(2)若b=3,且△ABC是锐角三角形,求a+2c的最大值.
解(1)由cs2B+sin2B=1,cs2B-sin2B=-12,得cs2B=14,
则cs B=±12,
又0当B=π3时,sinB+π6=sinπ2=1;
当B=2π3时,sinB+π6=sin5π6=12.
(2)若△ABC为锐角三角形,则B=π3,有0由正弦定理,得asinA=csinC=bsinB=332=2,
则a=2sin A,c=2sin C,
所以a+2c=2sin A+4sin C=2sin2π3-C+4sin C=232cs C+12sin C+4sin C=5sin C+3cs C=27sin(C+φ),显然φ是第一象限的角,不妨设0<φ<π2,又tan φ=35<33=tanπ6,所以0<φ<π6,
则π617.(15分)(2024湖北武汉二模)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c(a(1)求角A;
(2)若BD=13BC,|AD|=2,求b+c的取值范围.
解(1)由正弦定理得sin C=2sin A·cs Acs B-sin Bcs 2A,
则sin C=sin 2Acs B-sin Bcs 2A,
则sin C=sin(2A-B),因为C=π-(A+B),所以sin(A+B)=sin(2A-B),
即A+B=2A-B或A+B=π-(2A-B),解得A=2B或A=π3.
因为a(2)由BD=13BC得AD-AB=13(AC-AB),则AD=13AC+23AB,
则|AD|2=19b2+49c2+49bccs∠BAC,
则4=19b2+49c2+29bc,则b2+4c2+2bc=36,即(b+c)2+3c2=36.
令b+c=6cs α,3c=6sin α,因为c>0,b+c>0,所以不妨设0<α<π2.
因为b=6cs α-23sin α>0,所以tan α<3,解得0<α<π3.
由(1)得∠BAC=π3,则a2=b2+c2-2bccs∠BAC=b2+c2-bc,
又因为a解得c所以0令tan α1=32,则0<α<α1<π3,
则cs α1因为cs α1=277,所以1277<6cs α<6,即127718.(17分)(2024江苏七市模拟)将函数f(x)=sin x的图象先向右平移π4个单位长度,再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)倍(纵坐标不变),得到函数y=g(x)的图象.
(1)若ω=2,求函数y=g(x)在区间-π4,π4上的最大值;
(2)若函数y=g(x)在区间π4,π2内没有零点,求ω的取值范围.
解函数f(x)=sin x的图象向右平移π4个单位长度后得到y=sinx-π4的图象,再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(纵坐标不变),得到g(x)=sinωx-π4的图象.
(1)当ω=2时,g(x)=sin2x-π4,
当-π4≤x≤π4时,-3π4≤2x-π4≤π4,
因为函数y=sin t在-3π4,-π2上单调递减,在-π2,π4上单调递增,sin-π2=-1,sin-3π4=-22,sinπ4=22.
所以-1≤sin2x-π4≤22,
所以y=g(x)在区间-π4,π4上的最大值为22.
(2)g(x)=sinωx-π4,当π40,4k+1≤2k+52,k≤34,
当k=0时,1≤ω≤52;当k=-1时,-3≤ω≤12,0<ω≤12,当k≤-2时,ω<0舍去.
综上,ω的取值范围为0,12∪1,52.
19.(17分)(2024河北石家庄二模)若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ,则称点P为△ABC的布洛卡点,θ为△ABC的布洛卡角.如图,已知在△ABC中,BC=a,AC=b,AB=c,点P为△ABC的布洛卡点,θ为△ABC的布洛卡角.
(1)若b=c,且满足PBPA=3,求∠ABC的大小;
(2)若△ABC为锐角三角形,
①证明:1tanθ=1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB;
②若PB平分∠ABC,证明:b2=ac.
(1)解由b=c,即AB=AC,得∠ABC=∠ACB.
点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ,则∠PCB=∠PBA.
在△PCB和△PBA中,∠PCB=∠PBA,∠PAB=∠PBC=θ,
所以△PCB与△PBA相似,又PBPA=3,所以BCAB=ac=3,即a=3c.由余弦定理得cs∠ABC=a2+c2-b22ac,且a=3c,b=c,
得cs∠ABC=3b2+b2-b223b2=32,且0<∠ABC<π,所以∠ABC=π6.
(2)证明①在△ABC内,应用余弦定理以及三角形的面积公式得
1tan∠BAC=cs∠BACsin∠BAC=b2+c2-a22bcsin∠BAC=b2+c2-a24S△ABC,
1tan∠ABC=cs∠ABCsin∠ABC=a2+c2-b22acsin∠ABC=a2+c2-b24S△ABC,
1tan∠ACB=cs∠ACBsin∠ACB=a2+b2-c22absin∠ACB=a2+b2-c24S△ABC,
三式相加可得1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB=a2+b2+c24S△ABC,○a
在△PAB内,应用余弦定理以及三角形的面积公式得
1tanθ=csθsinθ=AP2+c2-BP22AP·csinθ=AP2+c2-BP24S△PAB,
在△PBC和△PCA内,同理可得1tanθ=BP2+a2-CP24S△PBC,1tanθ=CP2+b2-AP24S△PCA,
则三式相等,即1tanθ=AP2+c2-BP24S△PAB=BP2+a2-CP24S△PBC=CP2+b2-AP24S△PCA.
因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PCA,由等比性质得1tanθ=
(AP2+c2-BP2)+(BP2+a2-CP2)+(CP2+b2-AP2)4S△PAB+4S△PBC+4S△PCA
=a2+b2+c24S△ABC,○b
由○a○b式可证得1tanθ=1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB.
②因为S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=12c·APsin θ+12a·BPsin θ+12b·CPsin θ,
即S△ABC=12sin θ(c·AP+a·BP+b·CP),
所以c·AP+a·BP+b·CP=2S△ABCsinθ.
在△PAB,△PBC,△PAC中,
分别由余弦定理得BP2=c2+AP2-2c·APcs θ,CP2=a2+BP2-2a·BPcs θ,AP2=b2+CP2-2b·CPcs θ,
三式相加整理得a2+b2+c2=2cs θ(c·AP+a·BP+b·CP),
将c·AP+a·BP+b·CP=2S△ABCsinθ代入,得a2+b2+c2=2cs θ·2S△ABCsinθ,
若PB平分∠ABC,则∠ABC=2θ,S△ABC=12acsin 2θ,
所以a2+b2+c2=2cs θ·2S△ABCsinθ=2cs θ·acsin2θsinθ=4accs2θ,
即a2+b2+c2=4accs2θ.○ⅰ
又由余弦定理得a2+c2-b2=2accs 2θ=2ac(cs2θ-sin2θ),即a2+c2-b2=2ac(cs2θ-sin2θ).○ⅱ
由○ⅰ-○ⅱ得2b2=2ac(sin2θ+cs2θ),
所以b2=ac.