专题05 三角函数与解三角形-2022届广东省高三上学期期末考试数学试题分类汇编.docx

1、广东省2021-2022学年高三数学期末考试分类汇编专题05 三角函数与解三角形一、单选题1（2022广东佛山高三期末）已知，则等于（）ABCD2（2021广东汕头高三期末）已知，则（）A-1B0CD3（2022广东金山中学高三期末）已知角的始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（）ABCD4（2022广东金山中学高三期末）为了得到函数的图象，可以将函数的图象（）A向右平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向左平移个单位长度5（2022广东揭阳高三期末）已知函数，则该函数的增区间为（）ABCD6（2022广东潮州高三期末）已知则（）ABCD7（2022广东东莞高三期末）若，则（）

2、AB1CD8（2022广东深圳高三期末）已知，则（）ABCD二、多选题9（2021广东汕头高三期末）对于函数，xR，则（）Af(x)的最大值为1B直线为其对称轴Cf(x)在上单调递增D点为其对称中心10（2022广东珠海高三期末）关于函数，下列说法正确的是（）A函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到B的图象关于直线对称C的表达式可以改写为D若函数在的值域为，则m的取值范围是11（2022广东中山高三期末）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A函数的图象关于点对称B函数的图象关于直线对称C函数在上单调递减D函数图象向右平移个单位可得函数的图象12（2022广东揭阳高三期末）已知向

3、量，且，则下列说法正确的是（）ABCD的最大值为213（2022广东铁一中学高三期末）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且，则下列说法正确的是（）A为奇函数BC当时，在上有4个极值点D若在上单调递增，则的最大值为514（2022广东潮州高三期末）已知函数，则（）A对任意正奇数n，f(x)为奇函数B当n=3时，f(x)在0，上的最小值为C当n=4时，f(x)的单调递增区间是D对任意正整数n，f(x)的图象都关于直线对称15（2022广东东莞高三期末）已知函数，若且对任意都有，则下列结论正确的是（）ABC的图象向左平移个单位后，图象关于原点对称D的图象向右平移个单位后，图象关于轴对称

4、16（2022广东清远高三期末）将函数图象上所有的点向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数，则（）A的最小值是B的图象关于直线对称C的最小正周期是D的单调递增区间是17（2022广东汕尾高三期末）以下关于函数的命题，正确的是（）A函数的最小正周期为B点是函数图象的一个对称中心C直线的函数图象的一条对称轴D将函数的图象向右平移个单位后得到的函数的图象关于原点对称三、填空题18（2022广东佛山高三期末）已知函数在一个周期内的图象如图所示，图中，则_.19（2022广东中山高三期末）若，则_.20（2022广东铁一中学高三期末）某中学开设了剪纸艺术社团，该社团学生在庆中秋剪纸活动中剪出了三个

5、互相外切的圆，其半径分别为，(单位：)，则三个圆之间空隙部分的面积为_.21（2022广东清远高三期末）已知，则_四、解答题22（2022广东佛山高三期末）中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求角A的大小；(2)若边上的中线，求的面积.23（2021广东汕头高三期末）在ABC中，角A，B，C所对的边分别a，b，c已知2bcosB=ccosA+acosC(1)求B；(2)若a=2，设D为CB延长线上一点，且ADAC，求线段BD的长24（2022广东珠海高三期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)求B；(2)已知，D为边上的一点，若，求的长25（2022广东中山

6、高三期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求A；（2）如图，已知，D为的中点，点P在上，且满足，求的面积26（2022广东金山中学高三期末）如图，在平面四边形中，.(1)若，求的面积；(2)若，求.27（2022广东揭阳高三期末）在中，角所对的边分别为，且.(1)求角；(2)若，且的面积为，且，求和的值.28（2022广东铁一中学高三期末）在，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角，所对的边分别是，若_.（1）求角；（2）若，求周长的最小值，并求出此时的面积.29（2022广东潮州高三期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(1)求角B的大

7、小；(2)若点D在边AC上，且AD=2DC，BD=2，求面积的最大值30（2022广东东莞高三期末）的内角、的对边分别为、，已知.(1)求；(2)若，的面积为，求的周长.31（2022广东深圳高三期末）设的内角、的对边分别为、，且(1)求角的大小；(2)若边上的高为，求32（2022广东清远高三期末）在平面四边形中，(1)求；(2)求的面积33（2022广东汕尾高三期末）中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)求角B(2)当b=3时，求的面积的最大值五、双空题34（2022广东揭阳高三期末）如图所示，在等腰直角中，为的中点，分别为线段上的动点，且.（1）当时，则的值为_.（2）的最

8、大值为_.参考答案：1. 【答案】A【分析】利用诱导公式求出，再用平方关系求出即可计算作答.【详解】因，则，而，于是得，所以.故选：A2. 【答案】B【分析】先根据求出，进而求出【详解】，故故选：B3【答案】B【分析】根据三角函数的定义求得，结合正弦的倍角公式，即可求解.【详解】由题意，角的始边与轴非负半轴重合，终边过点，可得，根据三角函数的定义，可得，所以.故选：B.4. 【答案】A【分析】通过辅助角公式化简，利用三角函数平移判断即可【详解】故选：A.5. 【答案】C【分析】利用整体代换法和复合函数的单调性求函数的增区间.【详解】令，解得，所以函数的增区间是.故选：C.6. 【答案】A【分析

9、】利用诱导公式和二倍角公式化简计算.【详解】解：.故选：A7. 【答案】B【分析】根据，和，即可得到，进而求出结果.【详解】因为，所以，所以，所以，即，所以，故选：B.8. 【答案】D【分析】利用三角函数诱导公式将所求式子转化后即可得出结论.【详解】，.故选：D.9. 【答案】BD【分析】利用二倍角的正弦公式化简函数，再逐一分析各选项中的条件判断作答.【详解】依题意，的最大值为，A错误；当时，则直线为图象的对称轴，B正确；当，即时，由得，即在上单调递增，由得，即在上单调递减，C错误；因，则点为其对称中心，D正确故选：BD10. 【答案】BD【分析】对于A，由平移规则可判断；对于B，代入检验可判

10、断；对于C，利用诱导公式可判断；对于D，根据值域建立不等式后可判断.【详解】对于A，由函数的图象向左平移个单位可得到函数的图象，所以A选项错误；对于B，当时，所以B选项正确；对于C，所以C选项错误；对于D，由得，又函数在的值域为，得，解得，所以D选项正确故选：BD11. 【答案】AB【分析】根据函数图像易得及函数的周期，即可求得，再利用待定系数法求得，再根据正弦函数的性质及平移变换逐一分析判断各个选项即可得出答案.【详解】解：由图可知，所以，所以，则，将点代入得：，所以，又，所以，所以，对于A，因为，所以函数的图象关于点对称，故A正确；对于B，因为，为最小值，所以函数的图象关于直线对称，故B正

11、确；对于C，因为，所以，所以函数在上不单调递减，故C错误；对于D，将函数图象向右平移个单位，可得函数，故D错误.故选：AB.12. 【答案】BC【分析】先根据向量加法，可直接求出.对选项，直接求出向量和的模，然后验证即可；对选项，直接求出余弦值；对选项，直接求出正弦值；对选项，直接求出向量的模.【详解】根据向量的加法可得：根据诱导公式及同角三角函数的关系，且，解得：对选项，则有：，故选项错误；对选项，则有：，故选项正确；对选项，则有：，故选项正确；对选项， ，则有：故有：，故选项错误.故选：13. 【答案】BCD【分析】利用题目已知条件，求出，再结合三角函数的性质即可得出答案.【详解】，且，即

12、为奇数，为偶函数，故A错.由上得：为奇数，故B对.由上得，当时，,由图像可知在上有4个极值点,故C对，在上单调，所以,解得：，又，的最大值为5，故D对故选：BCD.【点睛】本题考查了三角函数的平移变换，奇偶性，极值点，单调区间,属于难题.14. 【答案】BD【分析】通过判断的值，判断A的正误；利用函数的导数判断函数的单调性，求解最大值，判断B的正误；求出函数的单调增区间判断C的正误；判断，判断D的正误【详解】解：对于A，取，则，从而，此时不是奇函数，则A错误；对于B，当时，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，故B正确；对于C，当时，令，则，所以的递增区间为，则C错误；

13、对于D，因为，所以的图象关于直线对称，则D正确；故选：BD.15. 【答案】BD【分析】先根据条件求得b值，根据可知为函数最大值，据此列出关于a的方程，求出a值，得到函数f(x)的解析式，结合辅助角公式和诱导公式，可判断A、B的正误，再根据三角函数图象的变换规律，可判断B、D的正误.【详解】 ， ，又对任意都有，则为 的最大值， ，整理得： ，则 ，所以 ，因此A选项错误，B正确；的图象向左平移个单位后得到的图象对应的函数解析式为： ，该函数图象不关于原点对称，故C错误；的图象向右平移个单位后，得到函数 的图象，该图象关于y轴对称，故D正确，故选：BD16. 【答案】ACD【分析】根据题意先求

14、出，进而求出，然后通过两角和与差的余弦公式进行化简，最后结合三角函数值的图象和性质求得答案.【详解】由题意知，则，的最小值是，最小正周期是，故A，C正确；令，得，若，则，故B错误；令，得，即的单调递增区间是，故D正确故选：ACD.17. 【答案】AD【分析】整理可得，代入周期公式，可判断A的正误，根据可判断B的正误，根据可判断C的正误，求得平移后的解析式，可判断D的正误，即可得答案.【详解】由题意得，所以最小正周期，所以A对，所以直线是函数图象的一条对称轴，所以B错，所以点是函数图象的一个对称中心，所以C错将函数的图象向右平移个单位后得到的图象对应的函数为，是奇函数，所以D对故选：AD18.

15、【答案】【分析】根据图象和已知信息求出的解析式，代值计算可得的值.【详解】由已知可得，在处附近单调递增，且，故，又因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，可得，故，因此，.故答案为：.19. 【答案】【分析】根据余弦的二倍角公式即可计算.【详解】.故答案为：.20. 【答案】【分析】由已知可得,得到，求出，中的小扇形的面积，中的小扇形的面积，中的小扇形的面积，然后用三角形的面积减去三个扇形的面积即可得到答案.【详解】如图，的半径为cm, 的半径为cm, 的半径为cm, ,又,可得,，中的小扇形的面积为，中的小扇形的面积为，中的小扇形的面积为，则三个圆之间空隙部分的面积为故答案为：【点睛】本

16、题考查圆与圆相切的性质，考查扇形面积公式的应用，考查计算能力，属于中档题. 21【答案】【分析】首先利用两角和差公式及二倍角公式化简原式得到，再利用同角三角函数商数关系求解即可.【详解】故答案为：22【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，利用正弦定理转化为，再利用两角和的正弦公式求解；（2）在中，由余弦定理得到，然后分别在和中，利用余弦定理结合，两式相加得到，联立求得c，再利用三角形面积公式求解.（1）解；因为，所以，所以，即 ，因为 ，所以 ，所以；（2）在中，由余弦定理得，即，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，两式相加得，由得，所以.23【答案】(1)(2)【分析】（1）利用

17、正弦定理化简已知条件，求得，由此求得.（2）利用正弦定理求得，由列方程来求得.(1)，由正弦定理得，因为，所以，.(2)由（1）知，由正弦定理：得，或（舍去），所以由得，24【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式、两角和的正弦公式、同角间的三角函数关系变形求解；（2）由余弦定理求得，再用正弦定理计算(1)，即，所以，因为，所以，所以，因为，所以(2)因为，根据余弦定理得，在中，由正弦定理知，25【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先把边角统一可求出，再由结合余弦定理与正弦定理的边角互化，即可得到答案；（2）由数量积的定义，余弦定理，再结合三角形面积公式求解即可【

18、详解】解：（1）由，可得，又，则因为，所以由，可得，即，所以由正弦定理可得，则，可得，则或（舍去），所以（2）因为，所以又因为，所以因为，两式相加可得，解得如图，过点P作，则又因为，所以26【答案】(1)1(2)2【分析】（1）对采用余弦定理可求得，再结合正弦面积公式即可求解；（2）可设，在中以为边列出正弦定理，同理，结合角度关系表示出，在中，以为边列出正弦定理，两式联立即可求解.(1)（1）因为，由余弦定理可得，代值化简得或（舍去），；(2)（2）设，在中，由正弦定理可得，由可得，则，在中，由正弦定理可得，得，整理得，化简得，故.27【答案】(1)(2)【分析】（1）将已知条件利用正弦定理边

19、化角，然后根据诱导公式、两角和的正弦公式化简即可得答案；（2）由余弦定理及三角形的面积公式列出方程组求解即可得答案.(1)解：在中，因为，所以由正弦定理可得，又，所以，即，(2)解：由余弦定理及三角形面积公式得，即，因为，所以解得.28【答案】（1）；（2）.【分析】（1）分别选三个条件，都可用正弦定理解出；（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.【详解】（1）选，由正弦定理得，即，.选，由正弦定理可得，.选，由已知结合正弦定理可得，.（2），即，解得，当且仅当时取等号，周长的最小值为6，此时的面积.【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查

20、基本不等式求最值，考查三角形面积公式，属于基础题.29【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知结合正弦定理得，而代入化简可得，从而可求出角B的大小，（2）由点D在边AC上，且AD=2DC，可得，平方化简后可得，再利用基本不等式可得，从而可求出面积的最大值(1)因为，所以由正弦定理得,所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以(2)因为点D在边AC上，且AD=2DC，所以，所以,所以，即，因为，所以，即，当且仅当时取等号，所以面积为，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为30【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值；（2）利用三角形的面积公式可求得，利用余

21、弦定理可得出的值，可求得的值，即可得解.（1）解：因为，由正弦定理得，即，由，得，因为，所以.（2）解：由，得，解得，由，即，即.由，得，故，所以的周长为.31【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用余弦定理可求得，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可得出，利用余弦定理可得出，再代入即可得解.(1)解：由余弦定理，得， 所以， 所以， 又因为，所以，则，因此，.(2)解：因为的面积，则， 由余弦定理，得，所以， 所以，.32【答案】(1)；(2).【分析】（1）在中求出，然后在中，利用余弦定理即可求出的长；（2）首先判断出为直角三角形，从而可求出，然后利用三角形的面积公

22、式即可求出答案.(1)因为为直角三角形，所以在中，由余弦定理，得，所以(2)由（1）知，所以，所以为直角三角形，且，所以，故33【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理角化边可得，根据余弦定理结合角B的范围，即可得答案.（2）由题意，结合基本不等式，可得，代入面积公式，即可得答案.(1)由正弦定理得：，整理得，所以，因为，所以(2)因为，所以（当且仅当时等号成立），所以面积的最大值.34【答案】 【分析】第一个空：过点作于点，在Rt中，可求出，从而在中，根据余弦定理即可求出答案；第二空需要选择恰当的角度表示出的值，再利用三角恒等变换以及三角函数的性质求解出最值.【详解】当时，过点作于点，在Rt中，在中，由余弦定理，得.（2）设，则，过点分别作的垂线于两点，则，在与中，所以，所以当时，.故答案为：；.