2024届高三数学一轮复习-三角函数与解三角形专项练习（解析版）

第1练任意角和弧度制及三角函数的概念一、单选题1．（2023·江西赣州·统考模拟预测）圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．2．（2023春·海南省直辖县级单位·高一嘉积中学校考期末）如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（

）A． B． C． D．3．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）为解决皮尺长度不够的问题，实验小组利用自行车来测量A，B两点之间的直线距离.如下图，先将自行车前轮置于点A，前轮上与点A接触的地方标记为点C，然后推着自行车沿AB直线前进（车身始终保持与地面垂直），直到前轮与点B接触.经观测，在前进过程中，前轮上的标记点C与地面接触了10次，当前轮与点B接触时，标记点C在前轮的左上方（以下图为观察视角），且到地面的垂直高度为0.45m.已知前轮的半径为0.3m，则A，B两点之间的距离约为（

）（参考数值：）A．20.10m B．19.94m C．19.63m D．19.47m4．（2023秋·甘肃天水·高二天水市第一中学校考开学考试）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑.如图所示的带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为9π，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该屋顶的体积约为（

）A． B．16π C．18π D．5．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）（

）A． B． C． D．16．（2023·全国·高一专题练习）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合．若角终边上一点的坐标为，则（

）A． B． C． D．7．（2023春·广东深圳·高二深圳外国语学校校考期末）在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，则（

）A． B．C． D．8．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考模拟预测）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边在直线上，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．（2023春·江西九江·高一校考期中）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为圆心的圆与x轴正半轴交于点．已知点在圆O上，点T的坐标是，则下列说法中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．，则 D．若，则10．（2023春·湖北恩施·高一校联考期中）如图所示，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，，则下列说法正确的是（

）A．的长度为B．扇形的面积为C．当与重合时，D．当时，四边形面积的最大值为11．（2023·全国·高三专题练习）如图，A，B是在单位圆上运动的两个质点.初始时刻，质点A在（1，0）处，质点B在第一象限，且.质点A以的角速度按顺时针方向运动，质点B同时以的角速度按逆时针方向运动，则（

）A．经过1后，扇形AOB的面积为B．经过2后，劣弧的长为C．经过6后，质点B的坐标为D．经过后，质点A，B在单位圆上第一次相即12．（2023秋·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知点，，点P为圆C：上的动点，则（

）A．面积的最小值为 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最大值为13．（2023春·浙江衢州·高一校考阶段练习）已知函数（其中ω＞0，0＜φ＜π）的图像与x轴相邻两个交点之间的最小距离为，当时，f(x)的图像与x轴的所有交点的横坐标之和为，则（

）A．B．f(x)在区间内单调递增C．f(x)的图像关于点对称D．f(x)的图像关于直线对称14．（2023·全国·高二专题练习）在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，且，则的值可以是（

）A． B．1 C．0 D．2三、填空题15．（2023·全国·高一专题练习）扇面是中国书画作品的一种重要表现形式．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为和的两个同心圆上的弧，侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为．若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为.16．（2023春·河南濮阳·高一濮阳一高校考阶段练习）已知圆锥侧面展开图的圆心角为，底面周长为，则这个圆锥的体积为．17．（2023·全国·高三专题练习）已知，现将的图象向左平移个单位长度，再向下平移两个单位长度，得到的图象，则满足的的取值集合为．18．（2023·安徽安庆·安庆市第二中学校考模拟预测）已知函数，且函数在区间上单调递减，则的最大值为.四、解答题19．（2023·北京·统考高考真题）设函数．(1)若，求的值．(2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值．条件①：；条件②：；条件③：在区间上单调递减．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．20．（2023·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）如图，圆心角为的扇形的半径为2，点C是弧AB上一点，作这个扇形的内接矩形．(1)求扇形的周长；(2)当点C在什么位置时，矩形的面积最大？并求出面积的最大值．参考答案：1．A【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即可.【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则，由题意知，，解得：，所以圆锥的侧面积为.故选：A.2．C【分析】由已知可得出圆锥的母线，进而根据圆锥、圆台的轴截面，即可得出答案.【详解】假设圆锥半径，母线为，则.设圆台上底面为，母线为，则.由已知可得，，所以.如图，作出圆锥、圆台的轴截面则有，所以.所以圆台的侧面积为.故选：C.3．D【分析】由题意，前轮转动了圈，根据圆的周长公式即可求解.【详解】解：由题意，前轮转动了圈，所以A，B两点之间的距离约为，故选：D.4．D【分析】根据底面圆面积可求底面圆半径，从而可求底面圆周长，即可求扇形半径，再根据勾股定理求圆锥的高，最后即可求出圆锥体积.【详解】底面积为9π，即，所以底面圆的半径,所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图的弧长，又因为侧面展开图是圆心角为的扇形，所以扇形半径，如图所示：则圆锥的高，则圆锥的体积.故选：D5．C【分析】利用诱导公式，逆用正弦和角公式计算出答案.【详解】.故选：C6．A【分析】计算得到，在根据三角函数定义计算得到答案.【详解】，即，则，.故.故选：A7．B【分析】根据三角函数的定义求出与，再结合及求出，利用余弦差角公式求出答案.【详解】由题意得：，，，因为，所以，因为，所以，故，所以.故选：B8．B【分析】根据三角函数的定义求出的值，再由，在所得分式的分子和分母中同时除以，再代入的值计算即可得解.【详解】由已知条件可知，点在直线上，则，，所以，.故选：B.9．AD【分析】根据弧长公式可判断A的正误；由正弦线余弦线的定义即可判断B的正误；当时，可知可判断C的正误；当时成立，故也一定满足，此时可判断D的正误.【详解】由于单位圆的半径为1，根据弧长公式有，所以A正确．由于B是∠AOB的一边与单位圆的交点，是对应∠AOB的正弦值，即，所以是对应∠AOB的余弦值，即，所以B错误．当时，，，所以C错误．反过来，当，即时，一定成立，所以D正确．故选：AD．10．ACD【分析】利用弧长公式判断A，利用扇形面积公式判断B，利用锐角三角函数判断C，根据、三角形面积公式及三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的性质计算出面积最大值，即可判断D.【详解】解：依题意圆的半径，，，，所以的长度为，故A正确；因为，所以扇形的面积，故B错误；当与重合时，即，则，则，故C正确；因为，所以所以当，即时，故D正确；故选：ACD11．BD【分析】根据任意角的概念和题意逐项进行分析即可求解.【详解】对于，由题意可知：经过1后，，所以此时扇形AOB的面积为，故选项错误；对于，经过2后，，所以此时劣弧的长为，故选项正确；对于，经过6后，质点转过的角度为，结合题意，此时质点为角的终边与单位圆的交点，所以质点B的坐标为，故选项错误；对于，经过后，质点转过的角度为，质点转过的角度为，因为，所以经过后，质点，在单位圆上第一次相遇，故选项正确，故选：.12．BCD【分析】对于A，点P动到圆C的最低点时，面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到点时，取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当运动到与圆C相切时，取得最大值，利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解.【详解】，圆C是以为圆心，为半径的圆.对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，，故选项A错误；对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；对于C，当运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，，故选项C正确；对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确；故选：BCD.13．AB【分析】由题意求出的解析式，再由三角函数的性质对选项一一判断即可得出答案.【详解】令f(x)=0，则，所以，k∈Z或，k∈Z，解得，k∈Z或，k∈Z，所以f(x)的图像与x轴相邻两个交点之间的最小距离为，所以，解得ω=2，所以，所以f(x)的周期，当时，，令f(x)=0，即，又0＜φ＜π，所以或，所以或，由得，所以，，A项正确；由，得，所以f(x)在区间内单调递增，B项正确；，所以f(x)的图像不关于点对称，C项错误；，所以f(x)的图像不关于直线对称，D项错误．故选：AB．14．BC【分析】根据三角函数的定义及已知列方程求参数x即可.【详解】由题设，故，整理得，所以或.故选：BC15．【分析】扇子是由圆台侧面展开所得，根据圆台是由大圆锥用平行于底面的平面截去一个小圆锥，即可求圆台的高.【详解】设一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，所以，，可得，因此，该圆锥的高为，故侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形的圆锥的高为，因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为.故答案为:.16．/【分析】利用圆的周长和扇形弧长公式可构造方程求得圆锥底面半径和母线长，由勾股定理可得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可.【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，高为，，解得：，，圆锥体积.故答案为：.17．【分析】先利用三角函数图象变换规律求出的解析式，再由求解即可.【详解】解：由题意可知，．令，则，即，，得，，故取值集合为．故答案为：18．【分析】由结合的取值范围可求得的值，由可求得的取值范围，根据已知条件可得出关于的不等式组，解出的范围即可得解.【详解】因为，又，所以，所以，，当且时，，因为在区间上单调递减，则，即，即，因为，则，则且，故，从而，因此，的最大值为.故答案为：.19．(1).(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．【详解】（1）因为所以，因为，所以.（2）因为，所以，所以的最大值为，最小值为.若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；若选条件②：因为在上单调递增，且，所以,所以,,所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以.所以，；若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最小值，即.以下与条件②相同．20．(1)(2)【分析】（1）先由公式求弧AB长，即可得到周长；（2）设，即可由三角函数表示出，即可得矩形面积与的函数式，最后进行变换得，即可讨论最值最值成立的条件.【详解】（1）由题，弧AB长为，故扇形的周长为：；（2）设，则，，所以，所以矩形的面积，，所以当时，取得最大值，即当C在弧AB中点时，矩形的面积最大，最大值为.

第2练同角三角函数的基本关系及诱导公式一、单选题1．（2023春·广东佛山·高一校考阶段练习）若，则（

）A． B． C． D．2．（2023秋·高一课时练习）若，则（

）A． B． C． D．3．（2023·江苏南京·校考三模）设，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．（2023秋·河北唐山·高一滦南县第一中学校考期末）已知，且，则（

）A． B．C． D．5．（2023·全国·统考高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（

）A． B． C． D．6．（2023·全国·高三专题练习）若，则（

）A． B． C． D．7．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）（

）A． B． C． D．18．（2023·四川泸州·校考三模）已知，则的值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．（2023·全国·高三专题练习）设为第一象限角,,则（

）A．B．C．D．10．（2023·全国·高一假期作业）已知，，则（）A． B．C． D．11．（2023春·江苏南京·高一南京市第二十九中学校考期末）已知，且，，是在内的三个不同零点，则（

）A． B．C． D．12．（2023·山西大同·校联考一模）质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的上逆时针做匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当Q与P重合时，Q的坐标可以为（

）A． B．C． D．13．（2023春·河南南阳·高一河南省桐柏县第一高级中学校考阶段练习）函数（其中A，，是常数，，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A．的值域为B．的最小正周期为πC．D．将函数f（x）的图象向左平移个单位，得到函数的图象14．（2023·全国·高三专题练习）2022年9月钱塘江多处出现罕见潮景“鱼鳞潮”，“鱼鳞潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮．若波状涌潮的图象近似函数的图象，而破碎的涌潮的图象近似（是函数的导函数）的图象．已知当时，两潮有一个交叉点，且破碎的涌潮的波谷为，则（

）A． B．C．的图象关于原点对称 D．在区间上单调三、填空题15．（2023·全国·高三专题练习）已知为锐角，，则．16．（2023·湖南衡阳·衡阳市八中校考模拟预测）已知，则的值为.17．（2023·福建泉州·校联考模拟预测）已知，，则．18．（2023春·江苏徐州·高一徐州市第一中学校考期中）已知是第二象限角，且，则．四、解答题19．（2023·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考一模）如图，已知在中，M为BC上一点，，且．(1)若，求的值；(2)若AM为的平分线，且，求的面积．20．（2023·全国·高三专题练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，且．(1)求A的大小；(2)若，求的面积．参考答案：1．C【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．【详解】将式子进行齐次化处理得：．故选：C．【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．2．A【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】，，，，解得，，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.3．A【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为可得：当时，，充分性成立；当时，，必要性不成立；所以当，是的充分不必要条件.故选：A.4．A【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.【详解】，得，即，解得或（舍去），又.故选：A.【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.5．C【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.【详解】由题意结合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，据此可得，则.故选：C.6．C【分析】令可得，再代入，结合诱导公式与二倍角公式求解即可【详解】令可得，故，则故选：C7．C【分析】利用诱导公式，逆用正弦和角公式计算出答案.【详解】.故选：C8．D【分析】以为整体，利用诱导公式和二倍角的余弦公式运算求解.【详解】∵，故选：D.9．BD【分析】首先由题意得是第一象限角,所以,再利用诱导公式和同角三角函数关系式对选项逐个计算确定正确答案.【详解】由题意得,则,若在第四象限,则,所以也是第一象限角,即,,A项错误;,B项正确;,C项错误;,D项正确.故选:BD.10．ACD【分析】根据同角基本关系，结合完全平方公式可判断各项.【详解】对于A：因为所以即，所以A正确;对于B、C：因为，且，所以，即，所以所以B错误，C正确;对于D：联立，解得所以，所以D正确.故选：ACD.11．ACD【分析】根据题意结合余弦函数的图像性质，解出，，，即可判断选项A、B，将根据诱导公式化为，分子分母同乘，结合倍角公式即可判断C，将通过诱导公式化为，再将分子分母同乘，结合积化和差公式进行化简即可判断D.【详解】解：由题知，，是的三个根，可化为，即，所以可得或，，解得或，，因为，所以不成立，当，成立时，取，解得，取，解得，取，解得，取，解得（舍），故，，，所以选项A正确；因为，所以选项B错误；，故选项C正确；而，根据积化和差公式：，所以原式可化为：，故选项D正确.故选：ACD【点睛】思路点睛：此题考查三角函数的化简问题，属于中难题，关于化简问题常用的思路有：（1）利用诱导公式将角化为关系比较接近的；（2）遇见的形式，分子分母同乘，再用倍角公式化简；（3）积化和差公式：，，，.12．ABD【分析】确定点Q的初始位置，由题意列出重合时刻t的表达式，进而可得Q点的坐标，通过赋值对比选项即可得解.【详解】由题意，点Q的初始位置的坐标为，锐角，设t时刻两点重合，则,即，此时点，即，当时，，故A正确；当时，，即，故B正确；当时，，即，故D正确.由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合.故选：ABD.13．AB【分析】对A、B、C：根据函数图象求，即可分析判断；对D：根据图象变换结合诱导公式求解析式，即可得结果.【详解】对A：由图可知：，即，∵，则，故的值域为，A正确；对B：由图可得：，则，B正确；对C：∵，且，可得，∴，由图可得：的图象过点，即，则，且，可得，可得，则，C错误；对D：可得：，将函数f（x）的图象向左平移个单位，得到，D错误；故选：AB.14．BC【分析】对于A，由题意，求导建立方程，根据正切函数的性质，可得答案；对于B，整理其函数解析式，代入值，利用和角公式，可得答案；对于C，整理函数解析式，利用诱导公式，结合奇函数的性质，可得答案；对于D，利用整体思想，整体换元结合余弦函数的性质，可得答案.【详解】，则，由题意得，即，故，因为，所以，由则，，故选项A错误；因为破碎的涌潮的波谷为，所以的最小值为，即，得，所以，则，故选项B正确；因为，所以，所以为奇函数，则选项C正确；，由，得，因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上不单调，则选项D错误，故选：BC.15．【分析】利用三角恒等变换求得，从而得到，由此结合角的范围即可得解.【详解】因为，所以，又因为为锐角，所以.故答案为：16．【分析】根据诱导公式以及同角关系即可求解.【详解】由可得，故答案为：17．0【分析】将平方，结合可得，利用二倍角余弦公式将化简求值，可得答案.【详解】将平方得，结合可得，即，则，故答案为：018．【分析】利用同角三角函数关系和二倍角正弦公式可直接求得结果.【详解】是第二象限角，，，，.故答案为：.19．(1)(2)【分析】（1）由求得，由可得，结合得，利用正弦定理即可求得答案；（2）由余弦定理求得，根据角平分线性质定理可求得，再求得，由三角形面积公式可得答案.【详解】（1）因为，,所以，因为，所以由正弦定理知，即，因为，所以，，在中，．（2）由题意知，设，由余弦定理得，解得或．因为，所以，因为AM为的平分线，所以（h为底边BC的高）所以，故，而由（1）知，所以．20．(1)(2)【分析】（1）已知等式利用诱导公式和倍角公式化简，可求A的大小；（2）条件中的等式，利用正弦定理角化边，再用余弦定理求得边，用面积公式计算面积.【详解】（1），∴，因为，得，所以或，解得或，因为，得，∴．（2）由（1）知，，，由正弦定理，得，由余弦定理，得，即，整理，得，由得，所以．

第3练两角和与差的正弦、余弦和正切公式一、单选题1．（2023·福建漳州·福建省漳州第一中学统考模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．2．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考三模）已知为锐角，且，则（

）A． B． C． D．3．（2023·全国·高三专题练习）若，则的值为（

）A． B．C． D．4．（2023秋·江苏泰州·高三泰州中学校考开学考试）已知，则（

）A． B． C． D．5．（2023·广东·高三专题练习）若，则（

）A． B． C． D．6．（2023秋·广东深圳·高三深圳市宝安第一外国语学校校考阶段练习）如图，（

）A． B． C． D．7．（2023·全国·高三专题练习）已知角，满足，，则（

）．A． B． C．1 D．28．（2023·山东淄博·统考二模）已知是方程的两根，有以下四个命题：甲：；乙：；丙：；丁：.如果其中只有一个假命题，则该命题是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁二、多选题9．（2023·全国·高三专题练习）下列等式能够成立的为（

）A．B．C．D．10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数为奇函数，则参数的可能值为（

）A． B． C． D．11．（2023春·贵州黔西·高一兴义第一中学校考阶段练习）已知，其中，则（

）A． B． C． D．12．（2023·江苏淮安·江苏省盱眙中学校考模拟预测）在中，，，下列各式正确的是（

）A． B．C． D．13．（2023·全国·模拟预测）若，，则（

）A． B． C． D．14．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知向量，函数，则（

）A．在上有4个零点B．在单调递增C．D．直线是曲线的一条切线三、填空题15．（2023春·四川泸州·高一四川省泸县第四中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，点绕着原点顺时针旋转得到点，点的横坐标为.16．（2023·重庆·校联考模拟预测）已知函数，则的最大值为.17．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）已知，若，则．18．（2023·全国·高一专题练习）．四、解答题19．（2023春·山西晋城·高一晋城市第一中学校校考期中）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.20．（2023·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）如图，在平面四边形中，对角线平分，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2，求参考答案：1．D【分析】利用余弦的和差公式对原式进行展开，平方后再利用，，去进行整理可得.【详解】因为，所以，平方后可得，整理得，所以.故选：D.2．B【分析】运用两角和与差的正弦公式和同角的商数关系，计算即可得到所求值【详解】因为，所以，所以，所以.故选：B3．A【分析】由已知可得，进而求出.将化为二次齐次式，即可求出结果.【详解】由可得，，所以，所以.故选：A.4．C【分析】根据同角三角函数的基本关系求出，再根据利用两角和的余弦公式计算可得.【详解】解：因为，所以，又，所以，所以故选：C5．A【分析】利用弦化切可求得的值，再利用两角和的正切公式可求得的值.【详解】因为，解得，所以，.故选：A.6．A【分析】利用三角函数的定义和正弦、余弦的两角差公式求得和，再利用余弦的两角和公式计算即可.【详解】设终边过点的角为，终边过点的角为，由三角函数的定义可得，，，，所以，，所以，故选：A7．B【分析】根据和角公式可得，结合二倍角公式以及弦切互化得齐次式即可求解.【详解】由得，进而，所以，故选：B8．B【分析】根据韦达定理可得，对乙､丁运算分析可知乙､丁一真一假，分别假设乙､丁是假命题，结合其他命题检验判断．【详解】因为是方程的两根，所以，则甲：；丙：.若乙､丁都是真命题，则，所以，，两个假命题，与题意不符，所以乙､丁一真一假，假设丁是假命题，由丙和甲得，所以，即，所以，与乙不符，假设不成立；假设乙是假命题，由丙和甲得，又，所以，即与丙相符，假设成立；故假命题是乙，故选：．9．BC【分析】利用两角和与差的正弦余弦公式及倍角公式逐一计算判断.【详解】对于A：，A错误；对于B：，B正确；对于C：，C正确；对于D：，D错误.故选：BC.10．AC【分析】根据奇函数，运用排除法，再验算即可.【详解】是奇函数，并在时有意义，，对于A，，又；，是奇函数，正确；对于B，，错误；对于C，，又；，是奇函数，正确；对于D，，错误；故选：AC.11．BCD【分析】对于A：利用同角三角函数基本关系来计算判断；对于B：利用倍角公式来计算判断；对于C：利用倍角公式来计算判断；对于D：利用两角差的余弦公式来计算判断.【详解】对于A：若，其中，则，，故A错误；对于B：，且，则，故B正确；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确．故选：BCD.12．CD【分析】根据三角形的内角和定理和正切的和角公式推导可得选项.【详解】，，，，所以选项A，B错误；，①，又②，联立①②解得，，故选项C，D正确，故选：CD.【点睛】本题考查正切的和角公式，三角形中的角之间的关系，属于基础题.13．BCD【分析】利用同角三角函数的基本关系式、二倍角公式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】选项A：由，，可知为锐角，且，解得，且，所以，故A错误；选项B：因为，，因此，故B正确；选项C：因为且．所以，所以C正确；选项D：因为，，所以，，所以，所以D正确．故选：BCD14．BCD【分析】根据向量的数量积坐标公式求解并化简，对于选项A、B，根据正弦型函数的零点，单调性验证；对于C，直接代入计算验证；对于D，利用导数求在点处的切线进行判断.【详解】由题知，对于A，当时，，令，则，则或，即或，故在上有2个零点，故A错误；对于B，当时，，又在区间上单调递增，故在上单调递增，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，则，又，故在处的切线方程为，即，故D正确.故选：BCD.15．【分析】根据三角函数定义求得，确定与x轴正半轴的夹角为,结合三角函数定义以及两角差的余弦公式即可求得答案.【详解】由题意得,设与x轴正半轴的夹角为，则，则与x轴正半轴的夹角为，故点的横坐标为，故答案为：16．/【分析】设，用换元法化为二次函数求解．【详解】设，则，，，∴时，，即．故答案为：．17．【分析】根据两角和的正切函数公式，求得，再结合三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】由，可得，解得，即，即，又由，所以，因为，所以.故答案为：.18．【分析】根据三角函数的诱导公式和两角和的余弦公式，准确化简，即可求解.【详解】由三角函数的诱导公式和两角和的余弦公式，可得：.故答案为：.19．(1)(2)(3)【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．（3）因为，所以，故，又，所以，，而，所以，故．20．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式即可得到，从而求出；（2）由三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出，依题意，最后利用余弦定理得到方程，解得即可；【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以所以所以（2）解：因为的面积，所以，即，所以，由余弦定理得，所以，因为平分，所以，所以，所以，所以，所以

第4练二倍角公式及应用一、单选题1．（2023·全国·统考高考真题）已知为锐角，，则（

）．A． B． C． D．2．（2023春·江苏镇江·高一校考期中）已知，则（

）A． B． C． D．3．（2023春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）已知，则（

）A． B． C． D．4．（2023春·江苏泰州·高一统考期中）《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径d是一寸，筒长l是八尺时（注：一尺等于十寸），从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，O为竹空底面圆心，则太阳角∠AOB的正切值为（

）A． B． C． D．5．（2023·全国·高三专题练习）已知，且，则（

）A． B． C． D．或6．（2023·全国·高三专题练习）若，则＝（

）A．－ B． C．－ D．7．（2023·全国·高三专题练习）下列四个函数中，最小正周期与其余三个函数不同的是（

）A． B．C． D．8．（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）已知，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．（2023·江苏南京·南京市第九中学校考模拟预测）已知函数，则（

）A．的最大值为3 B．的最小正周期为C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递减10．（2023春·山西晋城·高一晋城市第一中学校校考期中）已知函数，则（

）A．与均在单调递增B．的图象可由的图象平移得到C．图象的对称轴均为图象的对称轴D．函数的最大值为11．（2023·全国·高三专题练习）在中，若，则（

）A． B．C． D．12．（2023·全国·高三专题练习）给出下列说法，其中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则的最小值为2 D．若，则的最小值为213．（2023秋·江西新余·高二新余市第一中学校考开学考试）若函数，则（

）A．函数的一条对称轴为B．函数的一个对称中心为C．函数的最小正周期为D．若函数，则的最大值为214．（2023·全国·高三专题练习）已知复数，，下列说法正确的是（

）A．若纯虚数，则B．若为实数，则，C．若，则或D．若，则m的取值范围是三、填空题15．（2023春·湖北武汉·高一校联考期中）锐角满足，则.16．（2023春·山东淄博·高一校考阶段练习）已知，则的值为．17．（2023·全国·高三专题练习）已知，，则的值为.18．（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则．四、解答题19．（2023春·天津北辰·高一校考期中）中，角，，所对的边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，求的值.20．（2023春·江西·高一赣州市第四中学校考期末）在中，角的对边分别为，.(1)若，求；(2)若，点在边上，且平分，求的面积.参考答案：1．D【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．【详解】因为，而为锐角，解得：．故选：D．2．B【分析】根据三角恒等变换公式求解.【详解】所以，所以故选:B.3．A【分析】由已知利用二倍角公式和两角差的正弦公式，化简已知等式可得，结合，利用二倍角公式可求出.【详解】，，得，得，可得，，，，又，得，解得.故选：A4．A【分析】根据题意，结合正切的二倍角公式进行求解即可.【详解】由题意可知：，，所以.故选：A.5．B【分析】根据二倍角正弦公式和正余弦齐次式的求法可构造方程求得可能的取值，结合的范围可求得结果.【详解】，或，，，则.故选：B.6．C【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式化简计算作答.【详解】依题意，，所以.故选：C7．C【分析】结合二倍角、辅助角及和差角公式对选项进行化简，再计算周期比较即可.【详解】对于选项A，，∴选项B：且，∴对于选项C，，∴对于选项D，，∴,故选：C.8．B【分析】根据，结合二倍角的余弦公式及诱导公式计算即可.【详解】解：因为，所以，所以.故选：B.9．BC【分析】首先利用诱导公式和二倍角公式、辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质逐一检验四个选项的正误即可求解.【详解】所以的最大值为，故选项A不正确；的最小正周期为，故选项B正确；因为，解得：，所以直线是的图象的对称轴，故选项C正确；令，解得：，所以在区间和单调递减，在上单调递增，故选项D不正确，故选：BC.10．AD【分析】根据二倍角正弦公式、辅助角公式，结合正弦型函数的单调性、平移的性质、对称性、换元法逐一判断即可.【详解】，当时，，，显然、都是的子集，所以函数与均在单调递增，因此选项A正确；函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，因为左右、上下平移不改变正弦型函数的最小正周期，故选项B不正确；由，所以函数的对称轴为，函数的对称轴为，显然当为奇数时，图象的对称轴不为图象的对称轴，因此选项C不正确；令，所以，因为，所以当时，该函数有最大值，因此选项D正确，故选：AD11．ABD【分析】对于选项A，由三角形大边对大角和正弦定理可判断；对于选项B，由余弦函数单调性可判断；对于选项C，由正弦的二倍角公式可判断；对于选项D，由余弦的二倍角公式可判断【详解】在中，若，由三角形中大边对大角，可得，又由正弦定理，可知，故A选项正确；又由余弦函数在上单调递减，可知，故B选项正确；由和，当时，，所以，故C选项错误；由，，由A选项可知正确，故D选项正确.故选：ABD12．AC【分析】A、B利用二倍角余弦、正切公式求值判断；C、D根据的区间单调性求最小值即可判断.【详解】A：，正确；B：因为，所以或，错误；令，易知在上单调递减，在上单调递增，当时，的最小值为2，当时，的最小值为，C正确，D错误.故选：AC13．ACD【分析】根据三角函数的同角关系和二倍角的正、余弦公式化简可得，结合余弦函数的性质依次判断选项即可.【详解】由题意得，.A：当时，，又，所以是函数的一条对称轴，故A正确；B：由选项A分析可知，所以点不是函数的对称点，故B错误；C：由，知函数的最小正周期为，故C正确；D：，所以，故D正确.故选：ACD．14．ABC【分析】根据复数的相关概念，列出相应的等式或方程，求得参数，即可判断答案.【详解】对于A，复数是纯虚数，则，A正确；对于B，若为实数，则，则，，B正确；对于C，若，则，则，解得或，C正确；对于D，若，则，且，则，D错误，故选：ABC15．【分析】利用二倍角公式和诱导公式实现角之间的转化，代入数值即可求得结果.【详解】由题意可知，，又，且为锐角，所以，即.故答案为：16．【分析】根据利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得.【详解】因为，所以.故答案为：17．【分析】根据二倍角的余弦公式，结合角的范围，即可求得结果．【详解】因为，所以，即，又，所以.故答案为：.18．【分析】法一：利用三角函数的定义求出、的值，再利用二倍角的正弦公式计算可得结果；法二：利用三角函数的定义求出的值，利用二倍角的正弦公式以及弦化切可求得所求代数式的值.【详解】法一：由三角函数的定义可知，，所以；法二：因为角的终边经过点，所以，所以．故答案为：.19．(1)(2)【分析】（1）由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，即可得到，从而求出，即可得解；（2）用同角三角函数的基本关系求出，即可求出、，再根据两角差的正弦公式计算可得.【详解】（1）由余弦定理，则，又，所以，即，由正弦定理可得，因为，所以，则，又，所以.（2）因为，，所以，所以，，所以.20．(1)(2)【分析】（1）利用两角和、差的余弦公式求出，由诱导公式求出，即可求出，最后由计算可得；（2）利用二倍角公式求出，再由求出，最后由面积公式计算可得.【详解】（1）因为，则，，又，，则，又，所以，则.（2）由（1）知，则，由得，即，则，即，解得，所以的面积.

第5练三角恒等变换的应用一、单选题1．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）已知，则的值为（

）A． B． C． D．2．（2023·全国·高三专题练习）若，则（

）A． B． C． D．3．（2023·全国·校联考模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．4．（2023秋·高一课时练习）将函数的图象向右平移个单位长度，然后将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则的单调递增区间是（

）A． B．C． D．5．（2023·江苏·高一专题练习）在中，分别为角的对边，且满足，则的形状为（

）A．直角三角形 B．等边三角形C．直角三角形或等腰三角形 D．等腰直角三角形6．（2023·全国·高三专题练习）已知，则（

）A． B． C． D．7．（2023春·四川成都·高一校考阶段练习）已知，则（

）A．－3 B． C．3 D．8．（2023·辽宁沈阳·东北育才双语学校校考一模）已知，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．（2023春·重庆九龙坡·高一四川外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）设函数，则（

）A．的一个周期为 B．在上单调递增C．在上有最大值 D．图象的一条对称轴为直线10．（2023春·广东广州·高二执信中学校考期末）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．B．函数的最小正周期为C．函数的图象的对称轴方程为D．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到11．（2023秋·辽宁朝阳·高三统考期末）已知函数，则（

）A．的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象B．的图象与的图象关于y轴对称C．的单调递减区间为D．在上有3个零点，则实数a的取值范围是12．（2023春·山东泰安·高一校考阶段练习）若函数的最小正周期为，则（

）A． B．在上单调递增C．在内有5个零点 D．在上的值域为13．（2023春·新疆哈密·高二校考期末）已知函数.若图象中离轴最近的对称轴为，则（

）A．B．的最小正周期为C．图象的一个对称中心是D．的单调递增区间为14．（2023·全国·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则下面对函数的叙述中正确的是（

）A．函效的最小正周期为 B．函数图象关于点对称C．函数在区间内单调递增 D．函数图象关于直线对称三、填空题15．（2023·全国·高三专题练习）在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足，则．16．（2023·四川宜宾·宜宾市叙州区第一中学校校考二模）若，，则.17．（2023春·湖北武汉·高三武汉市黄陂区第一中学校考阶段练习）若，则.18．（2023·云南曲靖·校考模拟预测）若，则.四、解答题19．（2023·全国·高三专题练习）在锐角中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，从条件①：，条件②：，条件③：这三个条件中选择一个作为已知条件．(1)求角A的大小；(2)若，求周长的取值范围．20．（2023·全国·高三专题练习）已知为锐角三角形，且．(1)若，求；(2)已知点在边上，且，求的取值范围．参考答案：1．A【分析】利用二倍角的余弦函数公式及诱导公式即得.【详解】．故选：A．2．D【分析】根据二倍角公式与整体法诱导公式进行求解.【详解】故选：D3．B【分析】先将已知等式整理化简成一个三角函数形式，再利用诱导公式转化为余弦二倍角公式求解.【详解】∵，∴.故选：B．4．A【分析】先利用三角恒等变换化简，得到，再根据平移和伸缩变换得到的解析式，利用整体法求解出单调递增区间.【详解】，则，令，解得：，故选：A5．A【分析】根据三角恒等变换得，再由余弦定理解决即可.【详解】由题知，，所以，所以，得，所以，得，所以的形状为直角三角形，故选：A6．A【分析】利用公式变形化弦为切求出，代入求值.【详解】因为，所以，，故.故选：A7．B【分析】利用诱导公式化简条件，再利用二倍角公式将目标式化为齐次式，代入正切值可得.【详解】因为，所以.故选：B.8．B【分析】利用两角和（差）的余弦公式化简可得，再由诱导公式及二倍角公式计算可得；【详解】解：因为，即，即即，即，所以，所以.故选：B9．BD【分析】利用诱导公式化简可得，可判断选项A；利用换元法和函数的单调性，可判断选项B和C；利用诱导公式化简可得，可判断选项D．【详解】对A：，故不是的周期，A错误；对B：令，则，则，∵，则，∴在上单调递增，且，又∵在上单调递增，故在上单调递增，B正确；对C：∵，则，∴，则，又∵在上单调递增，且，∴在上最大值为，即在上有最大值，C错误；对D：，故图象的一条对称轴为直线，D正确.故选：BD.【点睛】结论点睛：若，则关于直线对称，特别地，则关于直线对称；若，则关于点对称，特别地，则关于点对称.10．AB【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的性质逐项判断作答.【详解】，故A正确；函数的最小正周期为，故B正确；由，得，故C错误；由的图象向左平移个单位长度，得，故D错误.故选：AB11．ABC【分析】根据三角恒等变换求出，根据三角函数的图象性质即可求解.【详解】，所以，对于A，的图象向右平移个单位长度后得到函数，即，A正确；对于B，，B正确；对于C，由解得，所以函数的单调递减区间为，C正确；因为所以因为在上有3个零点，所以，解得，D错误，故选:ABC.12．BC【分析】根据二倍角公式化简，由周期可得，代入即可判断A,根据整体法即可判断BD，令，根据即可求解满足条件的零点，即可判断C.【详解】.由最小正周期为，可得，故，对于A,,故A错误；对于B,当时，，此时单调递增，故B正确；对于C，令，所以或，当时，满足要求的有故有5个零点，故C正确；对于D,

当时，，则故，所以D错误.故选：BC.13．BCD【分析】利用两角和的正弦公式，二倍角公式和辅助角公式化简得，根据求解函数的对称轴即可求得，A错，故，然后逐项根据函数的性质分别判断即可.【详解】，则令，得，因为图象中离轴最近的对称轴为，且，则，故，A错；则，故的最小正周期为，B正确；把代入，求得，故是的一个对称中心，C对；令，解得，即的单调递增区间为，D正确.故选：BCD14．AD【分析】利用函数的图像变换规律，求出的解析式，再利用正弦函数的周期性、单调性和图像的性质，可得结论.【详解】由题意可得：函数，将其向右平移个单位可得，再将所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，可得，故可得函数的周期,故A正确；令，可得，故不是函数的一个对称中心，故B错误；当，可得，由正弦函数性质，可得函数在不单调，故C不正确；由，可得是函数的对称轴，故D正确；故选：AD15．1【分析】解法1，先用正弦定理边角互化，再用和差和诱导公式求解即可；解法2：先用射影定理化简，用正弦定理边角互化即可求解.【详解】解法1：，而，∴．解法2：由射影定理，，又由题意，，∴，故，∴，∵，∴，故．故答案为：116．【分析】先通过以及确定的范围，进而可得，再利用两角差的余弦公式展开计算即可.【详解】,，又，若，则，与矛盾，，，.故答案为：.17．/【分析】根据两角和的正弦公式可得，从而求，再根据诱导公式及两角和的正切公式即可求解.【详解】因为，所以，所以，即.所以，解得.所以.故答案为:.18．【分析】先化简，再代值计算即可【详解】解：因为，所以，故答案为：19．(1)(2)周长的取值范围为【分析】（1）若选条件①，切化弦即可；若选条件②，等价转换即可；若选条件③，由正弦定理，边化角得，再根据诱导公式等价转化即可.（2）由正弦定理，边化角得，结合B的范围求解.【详解】（1）选条件①：因为，所以，即，又因为为锐角三角形，所以，所以，所以.选条件②：因为，所以所以，又因为，所以，所以，所以，选条件③：由正弦定理可得即，又因为，所以，因为，所以.（2），，则即，即周长的取值范围为.20．(1)；(2).【分析】（1）利用三角恒等变换可得，再利用三角函数的性质结合条件即得；（2）利用正弦定理结合条件可得，然后根据条件及三角函数的性质即可求得其范围.【详解】（1）因为，所以，即，又，，所以，所以，即，又，，所以，即；（2）因为，所以，又，可得，在中，，所以，在中，，因为为锐角三角形，所以，得，所以，所以，即的取值范围为.

第6练三角函数的图象与性质一、单选题1．（2023·西藏林芝·校考模拟预测）函数y＝1＋x＋的部分图象大致为（

）A． B． C． D．2．（2023春·广东东莞·高三东莞实验中学校考开学考试）函数中的图像可能是（

）A． B．C． D．3．（2023·山东青岛·山东省青岛第五十八中学校考一模）已知集合，，则（

）A． B． C． D．4．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）下列说法正确的是（

）A．“”是“”的充要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“”的否定形式是“”D．“”是“”的充分不必要条件5．（2023·全国·高三专题练习）已知复数（，i为虚数单位），则的最大值为（

）A．2 B． C．3 D．6．（2023秋·江西宜春·高三江西省宜丰中学校考期末）函数在上的图象大致为（

）A． B．C． D．7．（2023春·江西宜春·高一江西省丰城中学校考期末）函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，若函数是偶函数，则（

）A． B． C． D．8．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数在处取得最大值，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．（2023秋·江西吉安·高三吉安一中校考开学考试）如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（

）A．小球运动的最高点与最低点的距离为B．小球经过往复运动一次C．时小球是自下往上运动D．当时，小球到达最低点10．（2023春·广东肇庆·高一校考阶段练习）已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论正确的是（

）A．函数的图象关于直线对称B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上的减区间为D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到11．（2023春·浙江金华·高一浙江省东阳中学校联考阶段练习）已知函数的图象关于直线对称，那么（

）A．函数为奇函数B．函数在上单调递增C．若，则的最小值为D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象12．（2023·全国·高一期中）已知函数，则下列说法正确的有（

）A．的图象关于点中心对称B．的图象关于直线对称C．在上单调递减D．将的图象向左平移个单位，可以得到的图象13．（2023·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）关于函数，下列叙述正确的是（）A．其图象关于直线对称B．其图象关于点对称C．其值域是D．其图象可由图象上所有点的横坐标变为原来的得到14．（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知函数（，），若为的一个极值点，且的最小正周期为，则（

）A． B．（）C．的图象关于点（，0）对称 D．为偶函数三、填空题15．（2023·全国·高一专题练习）如图，单位向量，的夹角为，点在以为圆心，1为半径的弧上运动，则的最小值为．16．（2023·新疆和田·校考一模）函数在区间上的最大值为17．（2023春·福建福州·高三校考阶段练习）将函数的图象向左平移个单位长度．得到函数g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则φ＝．18．（2023·全国·高三专题练习）写出使“函数为奇函数”的的一个取值．四、解答题19．（2023·全国·高三专题练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)若，求的值；(2)在下列条件中选择一个，判断是否存在，如果存在，求的最小值；如果不存在，说明理由.①的面积；②；③.20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中，且函数的两个相邻零点间的距离为，(1)求的值及函数的对称轴方程；(2)在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，求周长的取值范围．参考答案：1．D【解析】由题意比较函数的性质及函数图象的特征，逐项判断即可得解.【详解】当x＝1时，y＝1＋1＋sin1＝2＋sin1>2，排除A、C；当x→＋∞时，y→＋∞，排除B.故选：D.【点睛】本题考查了函数图象的识别，抓住函数图象的差异是解题关键，属于基础题.2．D【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据函数在上函数值的正负情况，利用排除法判断即可.【详解】解：因为定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B，又时，，所以，所以，故排除C；故选：D3．D【分析】求出与的值域，得到与，进而求出.【详解】，所以，，所以，故故选：D4．B【分析】利用不等式的性质判断A的正误，利用正切函数的性质判断B的正误，利用命题的否定形式判断C的正误，利用对数的定义判断D的正误.【详解】对A，若中，时也成立，故A错；对B，当时，，故，若，则，故B对；对C，存在量词命题的否定是，故C错；对D，若均为负数，则无意义，故D错.5．D【分析】利用复数模的公式以及同角三角函数关系得，利用三角函数值域即可得到答案.【详解】由题意得，当时，等号成立，故，故选：D.6．C【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，当时，，故排除A，只有C满足条件.故选：C7．C【分析】根据图像平移得函数的解析式，由函数是偶函数，解出，可得.【详解】函数的图像向左平移个单位，得的图像，又函数是偶函数，则有，，解得，；所以.故选：C．8．A【分析】根辅助角公式和正弦函数最值求解即可.【详解】，其中为锐角，.因为当处取得最大值，所以，，即，，所以.故选：A9．BD【分析】根据正弦型函数的性质逐一判断即可.【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误；因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确；当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；当时，，所以选项D正确，故选：BD10．ABC【分析】根据三角函数图象的性质即可求解.【详解】∵，∴，∴．又∵，得（舍）或，因为，∴，∴，其图象对称轴为，．当时，，故A正确；∵，，，∴的图象关于点对称，故B正确；∵函数的单调递减区间为，．∴，，∴当时，在上单调递减，所以在上单调递减，故C正确；∵．故D错误．故选:ABC.11．AC【分析】利用的图象关于直线对称，即可求出的值，从而得出的解析式，再利用三角函数的性质逐一判断四个选项即可．【详解】因为的图象关于直线对称，所以，得，，因为，所以，所以，对于A：，所以为奇函数成立，故选项A正确；对于B：时，，函数在上不是单调函数；故选项B不正确；对于C：因为，，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故选项C正确；对于D：函数的图象向右平移个单位长度得到，故选项D不正确；故选：AC12．AC【分析】用余弦函数的图像与性质，采用整体代入的思想对选项逐一判断即可.【详解】由可知，解得，所以函数的对称中心为，故A选项正确；令解得，所以函数的对称轴为，，故B选项错误；令，解得，所以函数的单调递减区间为，故C选项正确；将的图象向左平移个单位得，故D选项错误；故选：AC13．ACD【分析】由三角函数性质与图象变换对选项逐一判断【详解】对于A，令，解得，故图象关于直线对称，故A正确，对于B，令解得，故不是对称中心，故B错误，对于C，函数，故C正确，对于D，由三角函数图象变换知D正确，故选：ACD14．BCD【分析】根据三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】因为是的一个极值点，则，所以A错误；因为，则，可得，令，解得，所以B正确.因为，则，所以C正确；因为，则当为奇数时，为偶函数；当为偶数时，为偶函数，所以D正确.故选：BCD.15．【分析】建立平面直角坐标系，设出，，利用平面向量数量积公式，结合辅助角公式得到，结合，求出最小值.【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，则，设，，故，因为，所以，故当，时，取得最小值，最小值为.故答案为：16．3【分析】先通过降幂公式和辅助角公式将函数化简为，然后求出的范围，最后求出函数的最大值.【详解】由题意，,而，则，所以函数的最大值为.故答案为：3.17．【分析】首先根据平移规律求函数的解析式，再根据函数是奇函数，求的值.【详解】函数向左平移个单位长度，得到函数，函数是奇函数，所以，则，，则，，因为，所以.故答案为：18．（答案不唯一）【分析】根据三角函数的性质得出，从而得出的一个取值.【详解】因为函数为奇函数，所以.即的一个取值为.故答案为：（答案不唯一）19．(1)(2)答案见解析【分析】（1）在中用正弦定理将边转化为角化简，再根据同角的平方关系，结合角的范围即可得出结果；（2）选①，根据面积公式结合题中等式可建立关于的等式，根据等式求出的最小值以及最小值时的边和角即可判断是否存在；选②，将带入题中等式可建立关于的等式，进而求得的最小值以及最小值时的边和角即可判断是否存在；选③，根据可知为直角三角形且，互余，结合正弦定理代入题中等式进行化简可得，显然不成立，可得结果.【详解】（1）解：因为，在中由正弦定理可得，代入可得：，又，所以或，又因为，所以，故；（2）选①，因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以当，即时，，，此时，，，所以存在.选②，因为，，所以.所以，因为，所以，所以当，即时，，，此时，，，所以存在.选③，因为C为直角，所以A，B互余，且，由，在中由正弦定理代入可得：，化简可知，等式矛盾，故这样的不存在.20．(1)，对称轴方程为：；(2).【分析】（1）根据降幂公式、辅助角公式，结合正弦型函数的零点性质、周期公式、对称轴方程进行求解即可；（2）根据正弦定理、辅助角公式、正弦型函数的单调性进行求解即可.【详解】（1），，因为函数的两个相邻零点间的距离为，所以函数的最小正周期为，因为，所以，即，令，所以对称轴为；（2）由，因为，所以，因为，所以由正弦定理可知：，所以三角形的周长为，，因为，所以，因此，所以周长的取值范围为.

第7练函数y=Asin（ωx+φ）的图象及应用一、单选题1．（2023春·四川成都·高三统考阶段练习）已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（

）A． B． C． D．2．（2023秋·高一课时练习）已知函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，且的图象关于y轴对称，则的最小值为（

）A． B． C． D．3．（2023·全国·高三专题练习）将函数的图象向左平移个单位长度得到如图所示的奇函数的图象，且的图象关于直线对称，则下列选项不正确的是（

）A．在区间上为增函数 B．C． D．4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则函数在区间上的值域为（

）A． B．C． D．5．（2023·全国·高三专题练习）将函数图象上的所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），然后再将其图象向左平移单位得到图象，若函数图象关于y轴对称，则的最小值为（

）A． B． C． D．6．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是函数的一个极值点，则的值为（

）A． B． C． D．7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（

）A．的图象关于点对称B．的图象向右平移个单位后得到的图象C．在区间的最小值为D．为偶函数8．（2023·陕西·校联考三模）将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若在上为增函数，则最大值为（

）A． B．2 C．3 D．二、多选题9．（2023春·云南昆明·高一校考阶段练习）为了得到函数的图象，只需将函数的图象（

）A．所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度B．所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度C．向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变D．向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变10．（2023春·河南南阳·高一河南省桐柏县第一高级中学校考阶段练习）函数（其中A，，是常数，，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A．的值域为B．的最小正周期为πC．D．将函数f（x）的图象向左平移个单位，得到函数的图象11．（2023秋·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考期末）已知是的导函数，，则下列结论正确的是（

）A．将图象上所有的点向右平移个单位长度可得的图象B．与的图象关于直线对称C．与有相同的最大值D．当时，与都在区间上单调递增12．（2023春·河北·高一校联考期末）已知，函数，下列选项正确的有（

）A．若的最小正周期，则B．当时，函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象C．若在区间上单调递增，则的取值范围是D．若在区间上只有一个零点，则的取值范围是13．（2023春·河南焦作·高二博爱县第一中学校考期末）已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（

）A．是函数的一个零点 B．函数的图象关于直线对称C．方程在上有三个解 D．函数在上单调递减14．（2023春·山东济南·高一济南外国语学校校考阶段练习）将函数的图象向左平移个单位，得到的图象，则（

）A．是奇函数 B．的周期为C．的图象关于点对称 D．的单调递增区间为三、填空题15．（2023·全国·高三专题练习）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则.16．（2023秋·云南红河·高三开远市第一中学校校考开学考试）已知函数（，）的部分图象如图所示，将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得函数图象的解析式为．17．（2023春·山东枣庄·高一枣庄市第三中学校考阶段练习）已知函数，将的图像向右平移个单位长度后的函数的图像，若为偶函数，则函数在上的值域为.18．（2023·全国·高一专题练习）将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若在区间上有且仅有一个零点，则实数m的一个取值为.四、解答题19．（2023·海南·校考模拟预测）已知函数的图象如图所示．将函数的图象向左平移个单位长度后得函数的图象．(1)求的解析式；(2)的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，求的面积．20．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函图象上所有点的横坐标变为原来的（ω＞0）倍（纵坐标不变），得到函数的图象．(1)若，求函数在区间上的最大值；(2)若函数在区间上没有零点，求ω的取值范围．参考答案：1．B【分析】根据函数图象可知，是函数的两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；由图可知，利用整体代换可得，所以，若为已知，则可求得.故选：B2．A【分析】首先将函数化简为“一角一函数”的形式，根据三角函数图象的平移变换求出函数的解析式，然后利用函数图象的对称性建立的关系式，求其最小值．【详解】，所以，由题意可得，为偶函数，所以，解得，又，所以的最小值为．故选：A.3．D【分析】根据三角函数平移变换原则可知；根据图象、的对称轴和对称中心可确定最小正周期，从而得到；由为奇函数可知，由此可得，从而确定的解析式；利用代入检验法可确定A正确；根据特殊角三角函数值可知B正确；结合的单调性可判断出CD正误.【详解】由题意知：，由图象可知：，则与是相邻的对称轴和对称中心，，即，为奇函数，，解得：，又，，；对于A，当时，，则在上为增函数，A正确；对于B，，B正确；对于C，，，在上单调递减，，，C正确；对于D，，，在上单调递减，，，，即，D错误.故选：D.4．C【分析】根据最小正周期为可得，再根据三角函数图象平移的性质可得，结合三角函数图象的性质即可得值域【详解】因为的最小正周期为，所以．将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，当，，所以的值域为．故选：C5．C【分析】依题意由诱导公式知，根据图象变换规律可得，再利用三角函数的性质即可得出结果.【详解】,由，横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）得到，将其图象向左平移单位得到图象，而图象关于轴对称，∴，∵，∴当时，取最小值.故选：C.6．A【分析】利用二倍角公式和两角差的公式得到，利用平移变换得到，再根据是函数的一个极值点，即当时，函数取得最值求解.【详解】由，化简得，所以．又是函数的一个极值点，所以当时，函数取得最值，所以，解得．因为，所以．故选：A．7．D【分析】先由函数图象求出函数解析式，然后再逐个分析判断【详解】因为的图象过点，所以，因为，所以，因为的图象过点，所以由五点作图法可知，得，所以，对于A，因为，所以为的图象的一条对称轴，所以A错误，对于B，的图象向右平移个单位后，得，所以B错误，对于C，当时，，所以，所以在区间的最小值为，所以C错误，对于D，，令，因为，所以为偶函数，所以D正确，故选：D8．B【分析】先求出，又因为在上为增函数，则，且，即可求出最大值.【详解】函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则，又因为在上为增函数，所以，且，解得：，故的最大值为2.故选：B.9．AC【分析】根据三角函数的图象变换规律逐个分析可得答案.【详解】将函数的图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象，A正确.将函数的图象所有点的横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象，B不正确.将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可以得到函数的图象，C正确.将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可以得到函数，D不正确.故选：AC10．AB【分析】对A、B、C：根据函数图象求，即可分析判断；对D：根据图象变换结合诱导公式求解析式，即可得结果.【详解】对A：由图可知：，即，∵，则，故的值域为，A正确；对B：由图可得：，则，B正确；对C：∵，且，可得，∴，由图可得：的图象过点，即，则，且，可得，可得，则，C错误；对D：可得：，将函数f（x）的图象向左平移个单位，得到，D错误；故选：AB.11．AC【分析】首先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误.【详解】，.将的图像向右平移个单位得的图像，故A选项正确；已知的图像与的图像关于直线对称，，故B选项错误；，其中，最大值为，，其中，最大值为，故C选项正确；当时，，，当时，在上单调递增，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递减，综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.故选：AC12．ACD【分析】由余弦函数周期的公式，可判定A正确；利用三角函数的图象变换，可判定B错误；根据在区间上单调递增，列出不等式组，求得的范围，得到当时，不等式有解，可判定C正确；由在区间上只有一个零点，列出不等式组，求得的范围，可判定D正确．【详解】解：由余弦函数图象与性质，可得，得，所以A正确；当时，可得，将函数的图象向右平移个单位长度后得，所以B错误；若在区间上单调递增，则，解得，又因为，所以只有当时，此不等式有解，即，所以C正确；