2021届高考数学复习 压轴题训练 三角（3）（含解析）.doc

1、三角一、 单选题1已知函数，若在区间上不存在零点，则的取值范围是ABCD解：函数，若在区间上不存在零点，故或，解得故选：2已知函数，均为正常数），相邻两个零点的差为，对任意，恒成立，则下列结论正确的是A（2）（1）B（2）（1）C（1）（2）D（1）（2）解：函数，均为正常数），相邻两个零点的差为，对任意，恒成立，故在处取得最大值，即，周期为故函数在，上是增函数，在，上是减函数，在一个单调减区间，上，离函数图象的对称轴较近，离函数图象的对称轴较远，故（2）（1）而，（2）（1），即（2）（1），故选：3已知函数，若，且在上恰有一个最大值点，那么的取值范围是ABCD，解：函数，其中，则的最小正周

2、期为，又，且在上恰有一个最大值点，所以，解得故选：4已知函数，将的图象向右平移个单位得到函数的图象，点，是与图象的连续相邻三个交点，若是钝角三角形，则的取值范围为ABC，D，解：由题意可得，作出两个函数图像，如图：，为连续三交点，（不妨设在轴下方），为的中点，由对称性，则是以为顶角的等腰三角形，由，整理可得，可得，则，所以，要使为钝角三角形，只需即可，由，所以故选：5在中，角，的对边分别为，若，则面积的最大值是A2BCD解：因为，可得，由正弦定理可得，因为，所以，可得，由，可得，由正弦定理，可得，所以，当，即时等号成立，可得面积的最大值是故选：6若、是小于180的正整数，且满足则满足条件的数对

3、共有A2对B6对C8对D12对解：，观察正弦函数的图象，满足的只可能有以下两种情况：当时，则或，或当，则，此时没有满足题意的整数对，综上，满足题意的有2对，故选：7在中，角，的对边分别为，若，且，则的取值范围是ABCD解：因为，且，所以，由正弦定理可得，所以，所以，因为，当且仅当时取等号，当，；当，因为，所以，故选：8在中，若，且，则有ABCD解：因为，所以，即，因为，所以，所以，又，所以，因为，所以，所以，正确，错误；因为，又，所以，即，错误故选：二、 多选题9设函数，则A的最小正周期为B的值域为，C在上单调递增D在，上有4个零点解：对于，故选项正确；对于，当，时，所以，所以，当，时，所以，

4、所以，同理当，时，当，时，综上所述，的值域为，故选项正确；对于，当时，此时，因为，则，所以在上单调递减，故选项错误；对于，令，则有，所以，所以，因为，所以，故在，上有4个零点，故选项正确故选：10已知的图象如图所示，其中，为的极大值点和极小值点，为与轴的交点，、均与轴垂直，且四边形为平行四边形，则下列说法一定正确的是ABCD为一个对称中心解：的图象如图所示，其中，为的极大值点和极小值点，为与轴的交点，、均与轴垂直，且四边形为平行四边形，故错误再根据，故错误中，结合五点法作图，可得，故正确；故有当时，求得，可得，为的一个对称中心，故正确，故选：11在中，已知，且，则A，成等差数列BC若，则D，成

5、等差数列【解答】解：将，利用正弦定理化简得：，即，利用正弦定理化简得：，又，即，由正弦定理可得，故错误，由正弦定理可得，故正确；若，可得，可得，可得，可得，故正确；若、成等差数列，且，可得，由于，故错误故选：12在中，角、所对的边的长分别为、下列命题中正确的是A若，则一定是锐角三角形B若，则一定是直角三角形C若，则一定是钝角三角形D若，则一定是锐角三角形解：因为，又中不可 能有两个钝角，故，所以，都为锐角，正确；因为，由正弦定理得，即，所以，即，因为，所以，所以一定是直角三角形，正确；因为，所以，整理得，因为，所以，即，一定是直角三角形，错误；因为，所以即，所以，所以，因为，故，即为直角，则一

6、定是直角三角形，错误故选：三、 填空题13函数，的值域由6个实数组成，则非零整数的值是解：根据题意，其周期，又由，则周期，上，可取的值为0，1，2，若函数，的值域由6个实数组成，而其中（1），（2），若为偶数，除和之外，有4个函数值，必有，若为奇数，除，有5个不同的函数值，必有，故答案为：或14在中，若，则，的最大值为解：由正弦定理知，因为，所以，因为，所以，即，因为，所以因为，所以，所以，因为，所以，所以当时，取得最大值，为故答案为：；15已知函数，当时，的最小值为解：设：，所以，所以，令，整理得，解得或，当时，故函数单调递减，当时，故函数单调递增，所以，即，解得时，函数的最小值为8故答案为：16在锐角中，则的取值范围为解：，利用余弦定理可得：，即，由正弦定理可得：，即，即，又为锐角三角形，即，又，令，则，由对勾函数性质知，在上单调递增，又，