2024年高考数学二模试题分类汇编（广东专用）专题04 三角函数和解三角形（七大题型解析版）

专题04三角函数和解三角形题型01三角函数的概念及诱导公式1.（2024·广东东莞·二模）已知角的终边经过点，把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为角的终边经过点，所以，因为把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，所以，所以.故选：D.2．（2024·广东梅州·二模）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在第三象限.则（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】由题意可得、，，对A：当时，，则，，此时，故A错误；对B：当时，，故B错误；对C、D：，由，故，则，即，故C正确，D错误.故选：C.3．（2024·广东·模拟预测）已知向量，若与的夹角为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题意得，所以．故选：A4.（2024·广东深圳·模拟预测）已知，那么（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，则，所以.故选：B题型02三角函数恒等变换1.（2024·广东·模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由可得，解得，或（舍去）故，故，故选：A2．（2024·广东惠州·二模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题意知，，，由，得，整理，得，解得或，又，则，所以.所以.故选：A3．（2024·广东·模拟预测）若，，则（

）A．4 B．2 C． D．【答案】B【详解】由可得，则，因为，所以，所以，因为，所以，所以.故选：B.4.（2024·广东河源·模拟预测）已知，则．【答案】【详解】因为，整理得，所以，所以，所以．故答案为：题型03三角函数的图像和性质1.（2024·广东湛江·二模）函数在上的值域为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以，所以，故在上的值域为.故选：B.2．（2024·广东佛山·二模）已知函数在有且仅有两个零点，且，则图象的一条对称轴是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由函数在有且仅有两个零点，得，解得，则，又，而，当时，，，由，得，当时，，即函数在有3个零点，不符合题意，因此是函数图象的一条对称轴，即，解得，当时，，当时，，均不符合题意；当时，，得，则图象的对称轴为.故选：C3.（2024·广东佛山·模拟预测）已知函数，给出下列四个结论：①函数的最小正周期是；②函数在区间上是减函数；③函数的图象关于直线对称；④函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到.其中正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4 E．0【答案】B【详解】，对于①，因为，则的最小正周期，故①错误；对于②，由函数解析式可知，满足时单调递减，解得，当时，单调递减区间为，故②正确；对于③，由函数解析式可知，对称轴满足，解得，所以当时，对称轴为，故③正确；对于④，函数的图象向左平移个单位可得，故④错误.故正确结论的个数是个.故选：B.4.（2024·广东佛山·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图像，且函数是偶函数，则的最小值是（

）A． B． C． D． E．均不是【答案】A【详解】由题意知，（）又因为为偶函数，所以关于轴对称.所以，，解得，，又，所以当时，取得最小值为.故选：A.5.（2024·广东·模拟预测）已知函数的图象与函数的图象重合，则在下列哪个区间上单调递增（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可知，，所以，即，又因为，所以，所以，解得，即.令，解得，所以的单调递增区间为所以在上单调递增.故选：B.6.（2024·广东·二模）（多选）下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是（

）A． B．C． D．【答案】AC【详解】对于A：，为偶函数，当时，，，的单调递减区间为，的递增区间为，而，所以在上单调递增，故A正确；对于B：，为偶函数，当时，，，的单调递增区间为，的单调递减区间为，而，所以在上单调递减，故B错误；对于C：，为偶函数，当时，，的单调递减区间为，则的单调递增区间为，而，所以在上单调递增，故C正确；对于D：，所以为非奇非偶函数，故D错误.故选：AC.7.（2024·广东佛山·二模）（多选）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（

）A．一定为周期函数B．若，则在上总有零点C．可能为偶函数D．在区间上的图象过3个定点【答案】ABD【详解】对于A，，，A正确；对于B，，则，，因为，即，同号，所以，由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；对于C，，，由得对恒成立，则与题意不符，故C错误；对于D，令，则，即，，故所有定点坐标为，，，，又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；故选：ABD．8．（2024·广东韶关·二模）（多选）设函数，则（

）A．是偶函数 B．在上有6个零点C．的是小值为 D．在上单调递减【答案】ABC【详解】选项A：函数定义域为R，由，可得是偶函数.判断正确；选项B：当时，，由，可得，或，则当时，或或，又是偶函数，则当时，或或，则在上有6个零点.判断正确；选项C：当时，，则当时取得最小值，又是偶函数，则的最小值为.判断正确；选项D：，则，则在上不单调递减.判断错误.故选：ABC9.（2024·广东中山·模拟预测）若函数在区间内单调递减，则的最大值为．【答案】【详解】由题得：，令，则在单调递减，故，由，故，所以的最大值为，故答案为：.10.（2024·广东清远·二模）已知函数，则；函数的图象的一个对称中心的坐标为.【答案】（答案不唯一）【详解】因为，所以，因为定义域为，当时，，下证是的一个对称中心，在上任取点，其关于对称的点为，又，所以函数的图象的一个对称中心的坐标为，故答案为：；（答案不唯一）题型04三角函数的图像和性质1.（2024·广东梅州·二模）若把函数的图象向左平移个单位后得到的是一个偶函数，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】把函数的图象向左平移个单位后得到，，则，即，即，该方程对任意恒成立，则，解得．故选：C．2.（2024·广东珠海·模拟预测）（多选）已知函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．若曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，则（

）A．B．的图象关于直线对称C．的图象关于点对称D．若，则在区间上的最大值为【答案】BCD【详解】由于函数是偶函数，所以，由于将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，则，对于A，因为曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，故，解得，故A不正确；所以函数，则或，，则或，对于B，令，解得，所以当时，的图象关于直线对称，故B正确；对于C,令，解得，所以当时，所以的图象关于点对称，故C正确；对于D，当时，或，所以或，当时，当时，，所以在上单调递增，故函数的最大值为；当时，当时，，所以在上单调递减，故函数的最大值为，故D正确；故选：BCD.3.（2024·广东东莞·模拟预测）（多选）设函数，则下列结论正确的是（

）A．在上单调递增B．若且，则C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数【答案】ACD【详解】，，当时，，由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递增，故A正确；对于B，若且，则，故B不正确；对于C，若，则，若在上有且仅有2个不同的解，如图所示：

可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；对于D，，可知当时，是奇函数，故D正确.故选：ACD.4.（2024·广东中山·二模）函数的图象如图所示，为图象上两点，对于向量，为了得到的图象，需要将图象上所有点的坐标（

）A．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位B．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位C．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位D．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位【答案】D【详解】设的最小正周期为，如图，易知，，所以，又，所以，得到，所以，即，又由图象知，过点，所以，即，又，所以，得到，为了得到的图象，需要将图象上所有点的坐标横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位，故选：D.5．（2024·广东肇庆·二模）已知函数的最小正周期为.(1)若，，求的值；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，确定的解析式，并求函数的单调递增区间.条件①：的最大值为2；条件②：的图象关于点中心对称；条件③：的图象经过点.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)，单调递增区间，，【详解】（1）因为，，则，且，则；（2）因为函数的最小正周期为，则，若选①②，则，且，且，则，则，则，所以；若选择①③，则，且，则，，则，则，则，所以；若选择②③，由②可知，，由③可知，，则，所以.，，令，，得，，所以函数的单调递增区间是，，题型04正、余弦定理1.（2024·广东惠州·二模）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由以及正弦定理可得：，因，代入整理得，因,则得，又因，故.故选：A.2.（2024·广东深圳·模拟预测）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)求；(2)若，求面积的最大值．【答案】(1)(2)【详解】（1），解得（负值舍去），又是锐角三角形，则，故；（2），解得，当且仅当时取得等号，由（1）知故，故面积的最大值为．3.（2024·广东广州·模拟预测）记锐角的内角，，的对边分别为，，，已知.(1)证明：；(2)求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由，得，即，由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，故，又，故，由，故；（2）由正弦定理可得：，又锐角中，有，，解得，即，即，故.4．（2024·广东东莞·模拟预测）在中，角所对的边分别为且．(1)证明：；(2)若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为，由余弦定理可得，整理得到；（2）由（1）得，又因为，所以，则．在中，由余弦定理得，即，由，得，所以（负值舍去）．5．（2024·广东河源·二模）在中，.(1)求；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由正弦定理可得，又，所以，得到，即，所以，又因为，所以，得到.（2）由（1）知，所以，又，得到①，又，得到代入①式，得到，所以的面积为.6.（2024·广东佛山·模拟预测）在锐角中，角的对边分别为，且．(1)求角的大小；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由正弦定理边化角得：，所以，由于在中，，所以，即，又，所以.（2）由（1）可知，所以，所以由于在锐角中，，所以，所以，所以，所以，所以的取值范围为.7．（2024·广东清远·二模）在中，，且．(1)求的大小；(2)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，使存在且唯一确定，求的面积．条件①：为锐角；条件②：；条件③：．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作答，按第一个解答计分．【答案】(1)；(2)①，；③，.【详解】（1）因为，所以，所以，由得，.（2）选条件①：为锐角；由正弦定理即知，因为为锐角，所以，所以存在且唯一确定.，从而.选条件②：，由得，从而可能是锐角，也可能是钝角，则不唯一，故不能选②；选条件③：，由，得，所以，，由正弦定理即得，，.题型05解三角形实例应用1.（2024·广东梅州·二模）如图，两根绳子把物体M吊在水平杆子AB上.已知物体M的重力大小为20牛，且，在下列角度中，当角取哪个值时，绳承受的拉力最小.（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】作出示意图，设与物体平衡的力对应的向量为，则，以为对角线作平行四边形，则，是绳承受的拉力大小，由，得，所以，中，由正弦定理得，即，可得，结合，可知当时，达到最小值10.综上所述，当角时，绳承受的拉力最小.故选：C2.（2024·广东·二模）在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为，之后将小镜子前移，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为，已知人的眼睛距离地面的高度为，则钟楼的高度大约是（

）

A． B． C． D．【答案】D【详解】如下图，设钟楼的高度为，由，可得：，由，可得：，故，故，故选：D.

3.（2024·广东湛江·二模）财富汇大厦坐落在广东省湛江市经济技术开发区，是湛江经济技术开发区的标志性建筑，同时也是已建成的粤西第一高楼.为测量财富汇大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B、C与O在同一水平面上，他测得米，，在点B处测得点A的仰角为（），在点C处测得点A的仰角为45°，则财富汇大厦的高度米.【答案】204【详解】设米，因为在点B处测得点A的仰角为，所以，所以.因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以米.由余弦定理，可得，即，解得.故答案为：204题型06解三角形在几何中的应用1.（2024·广东梅州·二模）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，，(1)求A的大小：(2)点D在BC上，（Ⅰ）当，且时，求AC的长；（Ⅱ）当，且时，求的面积．【答案】(1)(2)；【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，又，所以，因为为三角形内角，，所以，可得，因为，所以；（2）（Ⅰ）此时，，所以，所以，在中，由正弦定理可得；（Ⅱ）设，由，可得，化简可得有，由于，所以，所以，则．2．（2024·广东佛山·二模）在中，，，分别是角，，所对的边，点在边上，且满足，．(1)求的值；(2)若，求．【答案】(1)(2)．【详解】（1）如图，在中，由正弦定理知，所以，所以，因为，所以，则①，由，则，因为，所以，则，在中，由余弦定理知，则②，由①②得，．（2）因为，所以，，在中，由余弦定理知同理在中，，因为，所以，则，由（1）知，，所以，在中，由余弦定理知，所以．3．（2024·广东