压轴题07三角函数与正余弦定理压轴题9题型 （教师版）

压轴题07三角函数与正余弦定理压轴题九大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点为三角函数与解三角形。其中包含了，三角函数的图像与性质，三角函数的新定义，三角函数与数列等的结合问题，解三角形相关问题等。预计2024年后命题会继续在上述几个方面进行。高频考法题型01三角函数的图像与性质题型02三角函数新定义问题题型03基本不等式的运用题型04三角函数与数列结合问题题型05正余弦定理新考点问题题型06实际应用中的正余弦定理问题题型07实际应用中的三角函数问题题型08立体几何与三角函数结合问题题型09三角函数中的零点问题01三角函数的图像与性质在三角函数fx=Asinωx+φ图象与性质中，ω对整个图象性质影响最大，因为1.（多选）（23-24高三下·浙江·开学考试）函数f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)相邻两个最高点之间的距离为π,(5π12A．g(x)在(0,5B．方程g(x)=12C．若g(x+m)为偶函数，则正数m的最小值为πD．若g(λ2x)在(π【答案】AC【分析】根据给定条件，求出函数f(x)及g(x)的解析式，结合余弦函数的图象、性质逐项分析判断得解.【详解】依题意，2πω=π，解得ω=2，由而|φ|<π2，则k=0,φ=−π3，对于A，当x∈(0,5π12)时，2x−π对于B，由g(π3)=0，得函数y=g(x)的图象关于点(π3因此直线y=12(x−π3)与即方程g(x)=12(x−π3)共有2n+1个根，所有根的和为对于C，函数g(x+m)=2cos(2x+2m−πm=k1π2+π12对于D，函数g(λ2x)=2cos(λx−由g(λ2x)在(则πλ3−π6即−23<k<73,k∈Z故选：AC2.（2024·全国·模拟预测）已知f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,−π2A．函数f(x)在−πB．函数f(x)的图象向左平移π8个单位长度，所得图象关于yC．若f(α2D．若点Px0【答案】D【分析】根据函数图象，求得f(x)=2sin2x−π4，对于A项，只需判断z=2x−π4对应的函数y=2sinz在【详解】由图象可知，f(x)的最大值为2，又A>0，所以A=2．设最小正周期为T，由图象可知T4=3π8又ω>0，故ω=2，所以f(x)=2sin将点3π8,2代入f(x),可得2因为−π2<φ<所以3π4+φ=π2，则φ=−对于A项，不妨设z=2x−π4，当x∈−π4,π对于B项，将函数f(x)的图象向左平移π8个单位长度，可得函数解析式g(x)=2sin2x对于C项，由f(α2)=2cosα，得2sin对于D项，点Px0,将坐标原点代入，得−2sin2x故选:D．【点睛】思路点睛：先解读图象信息，求出函数解析式，再根据选项，将2x−π3.（多选）（2024·浙江宁波·二模）已知函数fxA．若ω=2,φ=π2，则fxB．若ω=2,x0为fx的一个零点，则xC．若φ=−π4,x=π2是D．若φ=−π4,fx在0,【答案】ACD【分析】根据选项中的条件，结合正弦函数的图像、性质逐项判断.【详解】若ω=2,φ=π2，则所以fx是最小正周期为2若ω=2，则fx是最小正周期为2若x0为fx的一个零点，则x0若φ=−π4,x=则fπ所以π2ω−π又ω>0，所以ω的最小值为32若φ=−π4,令−π2+2k又fx在0,π6上单调，所以当k=0即π6≤3π4ω，解得ω≤9故选：ACD.4.（2024·江苏泰州·模拟预测）设函数fx=2sinωx−πA．32,+∞ B．32,7【答案】A【分析】先令fx=0得sinωx−π6=12，并得到【详解】令2sinωx−π因为ω>0，所以ωx−π令sinz=12，解得z=从小到大将sinz=π6，5π6，13π6，17π6，因为x∈π,2π当ωπ−π6∈0,π此时无解，当ωπ−π6∈π6当ωπ−π6∈5π6故ω∈3当ωπ−π6∈13π6故ω∈7当ω≥3时，2ωπ−π6−综上，ω的取值范围是32故选：A5.（多选）（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数fxA．∀ω∈0,1,fxB．若ω=1且fx1C．若fx=1在0,π上有且仅有2个不同的解，则D．存在ω∈0,1，使得fx的图象向左平移【答案】ACD【分析】由fx【详解】fx∀ω∈0,1，当x∈−π由复合函数、正弦函数单调性可知fx在−对于B，若ω=1且fx1−f对于C，若x∈0,π，则若fx=sin

可得32π≤2ωπ−π6对于D，gx=sin2ωx+故选：ACD.02三角函数新定义问题6.（多选）（23-24高三下·浙江·开学考试）在平面直角坐标系中，如果将函数y=fx的图象绕坐标原点逆时针旋转α（0<α≤π2,α为弧度）后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称A．∀α∈0,π2，函数y=xB．若函数fx=sinx,x∈C．若函数gx=ax−2xD．当m≤−2e2或m≥1时，函数ℎx【答案】BCD【分析】对A，举例说明即可；对BCD，设将x=c旋转−α后得出方程y=−tanαx−c【详解】对A：当y=x旋转π4时与y轴重合，此时1个x对应多个y对B：将x=c旋转−α后所得直线为y=−tanαx−c令px=sinx−kx−t，k=1tanα，当k∈[1,+∞)对C：令gx=x+t，当ax−2当a=1时，−tx−2=0仅有一个解，故满足题意；当a≠1时，a−1x2−tx−2=0对任意的a，都存在t使得判别式大于0，不满足题意；故a=1，故C正确；对D：若ℎx是“π4旋转函数”，当mxex+1=x+tm'x=me当m=0时，方程为1=x+t，得x=t−1，仅有唯一解，符合题意；当m>0时，当x<−2，q'x<0，当x>−2，q'x>0，所以又因为x→−∞时，m'x→−1<0，m当m<0时，当x<−2，q'x>0，当x>−2，q'x<0，所以所以当x=−2时，m'x有极大值也是最大值m'x=−m综上得存在m∈[−e2,0]时，ℎ故选：BCD.【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.7.（2021·福建漳州·三模）“墨卡托投影”是由荷兰地图学家墨卡托在1569年拟定，假设地球被围在一个中空圆柱里，其基准纬线与圆柱相切接触，假想地球中心有一盏灯，把球面上的图形投影到圆柱体上，再把圆柱体展开，这就是一幅“墨卡托投影”绘制出的地图.在地图上保持方向和角度的正确是“墨卡托投影”的优点，因此，“墨卡托投影”地图常用作航海图和航空图.通过地面上任意两点和地球中心作一平面，平面与地球表面相交看到的圆周就是大圆，两点之间的大圆劣弧线是两点在地面上的最短距离.沿着这段大圆劣弧线航行时的航线称为“大圆航线”.“大圆航线”转绘到“墨卡托投影”地图上为一条曲线.如图，P1B1,L1，P2B2,L2为地球上的两点(PB,L中B为点P的正纬度或负纬度，L为点P的正经度或负经度，B1，B2，L1，L2的符号确定规则如下：B1≥0，L1≥0，当P2与P1同在北半球或同在南半球时，B2≥0，否则B2<0；当P2与P1同在东经区或同在西经区时，LA．43n mile B．2334n mile【答案】D【分析】先由题中条件，得到B1，B2，ΔL，求出cosS【详解】由题意可得，B1=30°，B2=38°，则ΔL=L所以cos==sin因为sin0.72°≈0.0125，所以cos则∠P所以航程约为90.72×60=5443.2≈5443n故选：D.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，根据题中条件，求出cosS，确定∠8.（2024·浙江·二模）古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数cotθ=1tanθ，正割函数secθ=1cosθ，余割函数cscθ=1sinθ，正矢函数versinθ=1−cosθ，余矢函数vercosθ=1−sinθ.如图角θ始边为x轴的非负半轴，其终边与单位圆交点P，A、B分别是单位圆与x轴和y轴正半轴的交点，过点P作PM垂直x轴，作PN垂直y轴，垂足分别为M、N，过点A作

A．versinθ=AM C．cotθ=BS D．【答案】C【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知sinθ=MP，cosθ=OM，【详解】根据题意，易得△OMP∼△OAT∼△SBO∼△PNO，对于A，因为1−cosθ=1−OM=MA，即对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，cscθ=对于C，cotθ=对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得secθ=故选：C.【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段.9.（23-24高三上·湖南常德·阶段练习）已知函数f(x)和g(x)的定义域分别为D1和D2，若对任意的x0∈D1都恰有n个不同的实数x1,x2,x3,⋯xn∈D2，使得gxi=fx0（其中i=1,2,3,⋯n,n∈N+），则称g(x)【答案】4−32【分析】（1）求出fx、gx的值域，作出两函数的（2）即对任意x0∈R，都有2个不同的实数x1,x2∈[−2,+∞)，使得gxi【详解】（1）因为2x>0，所以又因为f(x)=2x−1所以f(x)=2x−1又因为gx=cos又因f(x)=1−22x作出两函数的0,4πg4π=cos4π=1所以f4π<1，由此可知f(x)=g(x)所以g(x)是f(x)在0,4π的“4重覆盖函数”，故n=4（2）可得f(x)=log12即对任意x0∈R，都有2个不同的实数使得gxi=f∵2x>1，所以0<1−22x即gxi=f当x>1时，g(x)=log2x=k已有一个根，故只需x≤1当a=0时，g(x)=−3x+1，符合题意，当a>0时，则需满足g(1)=2+2a−3+1≤0，解得0<a≤2当a<0时，抛物线开口向下，g(x)有最大值，不能满足对任意k>0g(x)=k仅有1个根，故不成立.综上，实数a的取值范围是0,23，a的最大值为则sinM+1故答案为：4；−3【点睛】方法点睛：在处理两函数图象交点问题时，可通过分离变量交点问题转化为y=k与y=fx10.（2023·北京·模拟预测）已知集合P=x,y∣(x−

①白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为1+3②在阴影部分任取一点M，则M到坐标轴的距离小于等于3；③阴影部分的面积为8π④阴影部分的内外边界曲线长为8π其中正确的有.【答案】①②④【分析】对于①，令x=0,求出y∈[−3,−1]∪[3【详解】对于①，由于(x−cosθ)2+(y−解得y∈[−3,−1]∪[3则点A的坐标为(0,3)，点白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为|AB|=1+3对于②，由于(x−cosθ)2所以M(2cosα+cosθ,2sinα+sin因为cosθ∈[−1,1],所以|2cosα+cos所以M到坐标轴的距离小于等于3，故②正确；对于③，由于(x−cosθ)2+(y−解得x∈[−3,−1]∪[1,3]，因为(x−cosθ)2+(y−则1=r−OQ且0≤θ≤π，则Q故白色“水滴”的下半部分的边界为以O为圆心，半径为1的半圆，阴影的上半部分的外边界是以O为圆心，半径为3的半圆，根据对称可知：白色“水滴”在第一象限的边界是以以M−1,0设N1,0，则AN=AM=MN同理AM所在圆的半径为2，所对的圆心角为π3阴影部分在第四象限的外边界为以N1,0设G3,0,H−3,0，可得ON=1,OD同理DH所在圆的半径为2，所对的圆心角为2π3

故白色“水滴”图形由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成，所以它的面积是S=Sx轴上方的半圆（包含阴影和水滴的上半部分）的面积为12第四象限的阴影和水滴部分面积可以看作是一个直角三角形和一个扇形的面积的和，且等于13所以阴影部分的面积为92对于④，x轴上方的阴影部分的内外边界曲线长为12x轴下方的阴影部分的内外边界曲线长为12所以阴影部分的内外边界曲线长为13π故答案为：①②④.【点睛】关键点睛：解答本题有三个关键，其一是写出圆的参数方程，设出点的坐标，其二是利用割补法求不规则图形的面积，其三是利用三角函数的值域求出图形与坐标轴的交点的坐标.03基本不等式的运用利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.11．（2024·浙江台州·二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若acosC=2ccosA．3 B．32 C．32【答案】C【分析】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.【详解】由余弦定理可知，cosC=由acosC=2ccos化简可得a2所以3a2=即bca当且仅当bc=3c所以bca2的最大值为故选：C12.（2023·广东深圳·二模）足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的B底线宽AB=72码，球门宽EF=8码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得∠EPF最大，这时候点P就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点O处（OA=AB，OA⊥AB）时，根据场上形势判断，有OA、OB两条进攻线路可供选择.若选择线路OA，则甲带球码时，APO到达最佳射门位置；若选择线路OB，则甲带球码时，到达最佳射门位置.【答案】72−165【分析】若选择线路OA，设AP=t，利用两角差的正切公式可得出tan∠EPF关于t的表达式，利用基本不等式可求得tan∠EPF的值及OP的长；若选择线路OB，若选择线路OB，以线段EF的中点N为坐标原点，BA、AP的方向分别为x、【详解】若选择线路OA，设AP=t，其中0<t≤72，AE=32，AF=32+8=40，则tan∠APE=AEAP所以，tan=40当且仅当t=1280t时，即当t=165所以，若选择线路OA，则甲带球72−165码时，APO若选择线路OB，以线段EF的中点N为坐标原点，BA、AP的方向分别为x、y轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则B−36,0、O36,72、F−4,0、E直线OB的方程为y=x+36，设点Px,x+36，其中−36<x≤36tan∠AFP=kPF所以，tan=x+36令m=x+36∈0,72，则x=m−36所以，x+36+=3210当且仅当2m=1280m时，即当m=810所以，tan∠EPF=当且仅当x=810此时，OP=所以，若选择线路OB，则甲带球722故答案为：72−165；7213.（2023·江西南昌·模拟预测）剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一．如图，纸片为一圆形，直径AB=20cm，需要剪去四边形CEC1已知点C在圆上且AC=10cm,∠ECD=30°．要使得镂空的四边形CEC1D【答案】20−103/【分析】设CE=a,CD=b,ED=c,根据AB=20cm,AC=10cm,∠ECD=30°可得∠CAE=60°，进而根据【详解】如图，连接AC，作CG⊥AB于G，由题意，AC=AO=OC=10cm，故∠OAC=60°设CE=a,CD=b,ED=c,则由面积公式，S△CED=12absin30∘=12故S△CED=14ab故AD=GA−GD=5−CGtan75°故答案为：20−1014.（2023·全国·模拟预测）如图所示，面积为π的扇形OMN中，M，N分别在x，y轴上，点P在弧MN上（点P与点M，N不重合），分别在点P，N作扇形OMN所在圆的切线l1,l2交于点Q，其中A．4 B．23 C．6 【答案】B【分析】利用扇形面积公式求出扇形所在圆半径，设∠POM=θ，用θ的函数表示NQ+【详解】由扇形OMN的面积为π，得14πOP2=在Rt△OPR中，PR=2tanθ，连接OQ，则在Rt△NOQ中，NQ=2tan(π令α=π4−θ2，则=2tan2α当且仅当1tanα=3tanα所以α=π6=θ=∠POM时，NQ故选：B【点睛】思路点睛：涉及图形上的点变化引起的线段长度、图形面积等问题，若点的运动与某角的变化相关，可以设此角为自变量，借助三角函数解决.15.（2023·全国·模拟预测）在△ABC中，∠BAC=π3，D为边BC上一点，满足AD=3且AB⋅DC−BD⋅AC=0，则△ABC【答案】3【分析】先根据AB⋅DC−BD⋅AC=0，结合正弦定理得到AD是∠BAC的平分线，根据S△ABC=S△ABD+S△ADC【详解】因为AB⋅DC−BD⋅AC=0，所以ABBD在△ABD中，由正弦定理得ABsin在△ACD中，由正弦定理得ACsin因为∠ADB+∠ADC=π，所以sin故sin∠BAD=sin∠CAD，又∠BAC∈所以AD是∠BAC的平分线．记AC=b，AB=c，∠BAD=θ，则θ=π6，又因为由面积公式可得12化简得3AD因为b+c1b+所以S△ABC故答案为：3【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值04三角函数与数列结合问题16.（2024·浙江台州·二模）已知数列an满足a1=(1)求a2024(2)若数列an的通项可以表示成an=12【答案】(1)2(2)ω=2π3，【分析】（1）先求出数列an的周期，即可求出a（2）法一：由a1=12，a2=2，得到−3sinω+φ+12=【详解】（1）a1=12，a2=2，故数列an的周期为3，a（2）法一：由a1=12，则sinω+φ=0sin2ω+φ=−法二：因为an的周期为3，所以又由a1=12，则则2π3+φ=kπ,k∈Z解得φ=π17.（2024·广东·二模）已知正项数列an,bn，满足(1)若a1≠b1，且a1(2)若a1>b1,a1+b1=2c，以a(3)在（2）的条件下证明：数列Sn【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）对an+1=bn+c（2）由（1）得an−bn是等比数列，可知an≠bn，由（1）得an+bn−2c（3）由（1）（2）可得an,bn，可求出anbn【详解】（1）正项数列an,b两式相减可得：an+1因为a1≠b所以an−bn是以由an+1=b即an+1+b所以a1+b1−2c≠0，所以a（2）因为a1>b所以an−b由（1）知，an+1因为a1+b所以an+bn−2c由cos=≥34−故cosCn>12所以sinC由正弦定理得△AnB所以r>c3，所以（3）由（1）可知，an由（2）可知，an解得：an所以ananbn随着n所以cosCn随着n的增大而减小，所以因为Cn∈0,π3所以数列Sn【点睛】关键点睛：本题（2）问的关键点在于由（1）可得an+bn−2c为常值数列0，故an+bn18.（2024·天津·一模）f(x)=2sin(x+φ)−a+e−x，φ∈(1)求φ的值；(2)若对∀x≥0，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；(3)利用如表数据证明：k=1157eeeeee1.0100.9902.1820.4582.2040.454【答案】(1)π(2)a≥2(3)证明见解析【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；（2）根据条件得到对∀x≥0，(2sin(x+π4)−a)ex+1≤0（3）注意到k=1157sinkπ314=【详解】（1）因为f(x)=2sin(x+φ)−a+所以f'由题有f'(0)=2cosφ−1=0，得到cos（2）由（1）知f(x)≤0，即f(x)=2得到(2sin(x+π4令g(x)=(2sin(x+当a≥2时，g(0)=2−a≤0，又因为g'所以当a≥2时，g'(x)≤0恒成立，即所以g(x)=(2sin(x+当a<2时，g(0)=2−a>0，不合题意，综上，a的取值范围为a≥2.（3）因为k=1157由（2）知2sin(x+π4)≤2−所以k=1157即k=1157【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，通过变形得到k=1157sinkπ19.（23-24高三下·江西·开学考试）同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a,b∈Z,m∈N+且m>1．若m∣(1)解同余方程：x2(2)设（1）中方程的所有正根构成数列an，其中a①若bn=an+1−an②若Cn=tana2n+3【答案】(1)x=3k或x=3k−2(k∈(2)16072；2tan【分析】（1）根据同除的定义求解，xx+2≡0（mod3），即xx+2（2）①首先求出an（分奇偶项），确定出bn，用并项求和法求和；②求出【详解】（1）由题意xx+2≡0（mod3），所以x=3k或x+2=3k（即x=3k或x=3k−2（k∈Z）．（2）由（1）可得an为{1,3,4,6,7,9,10,···}，所以a①因为bn=an+1−则S4048②cn=tan因为tan3n+4所以T=tan【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．20.（2023·山西·模拟预测）已知定义在−π2,+(1)若曲线y=f(x)在点π2(2)将f(x)的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列xn，若x【答案】(1)k=±2(2)k=【分析】（1）利用导数求出切线方程，得出坐标轴上的截距，利用三角形面积公式求解即可；（2）根据已知条件及正切函数的性质，利用导数法求函数的极值及函数存在性定理，再根据零点范围及三角函数相等的角的关系即可求解.【详解】（1）∵f(x)=(x−k)sin∴f'(x)=sinx+(x−k)∴切线方程为y−fπ令x=0，可得y=fπ2−π2∴∴π2∴k=±2；（2）∵f'当−π2<x<−由函数y=tanx+x在区间−π∴存在唯一xa∈−此时，当x∈−π2,xa时，f'(x)<0，此时x1=x同理，当x2∈π2,当x3∈3π2∴k=x∵2x2=又tan2x2∴当2tanx2当2tanx2∴k−x22又当x2=x∴可知x2=π【点睛】关键点点睛：解决此题的关键，第一问根据导数的几何意义及三角形的面积公式即可；第二问利用导数法求函数的极值的步骤，但此时无法解决导数函数的零点，只能通过函数零点存在性定理得出，再结合已知条件及零点范围及三角函数相等角的关系即可.05正余弦定理新考点问题21.（23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）已知在△ABC与△A'BC中，AB=AC,A与A'在直线BC的同侧，AB+AC=A'B+(1)若AB=2,A'C=1(2)证明：OA>OA【答案】(1)0<(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，由条件可得BC的范围，再由余弦定理代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由余弦定理代入计算，即可证明.【详解】（1）在△ABC中，因为AB=AC=2,A'C=1，所以A由于AB−AC<a<AB+ACA'B−A所以−1<cosA<12，从而（2）

连结AA'，记∠OAA'=φ,∠OA'A=ψ，在△OAA'中由正弦定理知，要证明OA>OA'，只需证明ψ>φ=所以ψ>φ，故OA>OA22.（2024·河北·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△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，点P为的布洛卡点，θ为△ABC的布洛卡角．(1)若b=c，且满足PBPA=3(2)若△ABC为锐角三角形．（ⅰ）证明：1tan（ⅱ）若PB平分∠ABC，证明：b2【答案】(1)π(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）先判断△PCB与△PBA相似，进而得到a=3c，应用余弦定理求出（2）（ⅰ）在△ABC内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB=a2+b2+c24S△ABC，针对【详解】（1）若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，且PBPA所以BCAB=a由余弦定理得：cos∠ABC=a2+c得cos∠ABC=3b所以∠ABC=π（2）（ⅰ）在△ABC内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：1tan1tan1tan三式相加可得：1tan在△PAB内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：1tan在△PBC和△PCA内，同理：1tanθ=三式相等：1tan因为S△ABC=S由①②式可证得：1tan（ⅱ）因为S△ABC即S△ABC所以c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2在△PAB,△PBC,△PAC中，分别由余弦定理得：BP2=c2三式相加整理得2cosa2将c⋅AP+a⋅BP+b⋅CP=2a若PB平分∠ABC，则∠ABC=2θ，S△ABC所以a2又由余弦定理可得：a2由③-④得：b所以b2所以b2【点睛】关键点点睛：根据S△ABC=S△PAB+S△PBC23.（2024·湖南邵阳·模拟预测）对于定义在D上的函数f(x)，若存在距离为d的两条平行直线l1:y=kx+b1和l2:y=kx+b2，使得对任意的x∈D都有kx+b1≤f(x)≤kx+(1)若f(x)=ex−1(2)若g(x)=x+sinx+cos(3)探究ℎ(x)=2lnx+3【答案】(1)y=−1与y=1；(2)证明见解析；(3)不存在，理由见解析.【分析】（1）求出函数f(x)的值域，再利用给定定义求解即得.（2）利用辅助角公式求出sinx+cosx（3）利用导数求出函数ℎ(x)的值域，假定存在，设出通道下界与通道上界的直线方程，利用定义建立不等式，构造函数φ(x)=ℎ(x)−kx,x≥1，按k=0,k>0,k<0探讨函数值情况即可得解.【详解】（1）函数f(x)=ex−1而ex+1>1，则0<2ex取k=0,b1=−1,b2=1，得通道下界l1显然直线y=−1与y=1的距离为2，因此通道宽度不超过3，所以通道下界与通道上界的直线方程分别为y=−1与y=1.（2）函数g(x)=x+sinx+cos即−2≤sin取k=1,b1=−2,b2=2显然直线x−y−2=0与x−y+2所以g(x)存在宽度为2的通道.（3）函数ℎ(x)=2lnx+3x,x∈[1,+∞)则ℎ(x)max=ℎ(1)=3，显然当x≥1时，恒有ℎ(x)>0假设存在宽度为22的通道，设通道下界与通道上界的直线方程分别为y=kx+m1则对任意x∈[1,+∞)，kx+m令φ(x)=ℎ(x)−kx=2当k=0时，则0<φ(x)≤3，而3−0>2当k>0时，对任意x∈[1,+∞)，φ(x)≤3−kx，函数y=3−kx在[1,+∞因此不存在m1，使得对任意x∈[1,+∞)，φ(x)≥当k<0时，对任意x∈[1,+∞)，φ(x)>−kx，函数y=−kx在[1,+∞因此不存在m2，使得对任意x∈[1,+∞)，φ(x)≤综上，ℎ(x)=2lnx+3【点睛】思路点睛：函数新定义问题，需结合函数性质来判断是否存在满足定义的直线，也可以结合图象的性质来判断存在性，但不存在时则需结合定义给出矛盾.24.（2024·云南昆明·一模）早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在E0位置时，测出∠SE0M=2π3；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E

A．2.1R B．2.2R C．2.3R D．2.4R【答案】A【分析】连接E0E1，根据给定条件，在△ME0【详解】连接E0E1，在△SE0E1中，S由∠SE0M=2π3，在△ME0E1中，∠E在△SME1中，由余弦定理得故选：A

25.（2024·上海徐汇·二模）如图所示，已知△ABC满足BC=8,AC=3AB，P为△ABC所在平面内一点.定义点集D=PAP=3λAB+1−λ3AC,λ∈R.若存在点P【答案】3【分析】延长AB到M满足AM⃗=3AB⃗，取AC的靠近A的三等分点N，连接MN，由向量共线定理得P,M,N三点共线，从而AP0表示【详解】延长AB到M满足AM⃗=3AB⃗，取AC的靠近A的三等分点AP=3λ所以P,M,N三点共线，又存在点P0∈D，使得对任意P∈D，满足|AP|≥|AP0|恒成立，则AP0的长表示由AC=3AB得AC=AM，AB=所以MN=△AMN中，设∠ANM=θ，由正弦定理得AMsinθ=ANsin所以sinθ=3sinM，AM所以S=96sin2若θ不是钝角，则S△ABC又sinθ=3sinM≤1，所以sin所以S△ABC设t=1sin2M，则所以t=9时，(S若θ是钝角，则S△ABC96设t=1sin2M，则令f(t)=3t−1−t−9f'9≤t<10时，f'(t)<0，f(t)递减，t>9时f'所以t=10时，f(t)min=8综上，(S此时ℎmax故答案为：3．【点睛】方法点睛：本题考查向量的线性运算，考查三角形的面积，解题方法其一是根据向量共线定理得出P点在一条直线，问题转化为求三角形高的最大值，从而求三角形面积的最大值，解题方法其二是利用正弦定理求三角形的面积，本题中注意在用平方关系转化时，需要根据∠ANM是否为钝角分类讨论，才能正确求解（本题用海伦公式求三角形的面积方法较简便）．06实际应用中的正余弦定理问题26.（2024·内蒙古呼和浩特·一模）小明在春节期间，预约了正月初五上午去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米，精确到小数点后两位）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处.（

）A．1.73 B．1.41 C．2.24 D．2.45【答案】A【分析】由题意作出图形，选设观赏者与油画的水平距离为x，观赏时的视角为∠ADB=θ，求出△ABD中的三边，由余弦定理求得cosθ的表达式，依题应使θ最大，即使cosθ最小，求出表达式的最小值以及此时【详解】如图，设观赏者的眼睛在点D处，油画的上沿在点A处，下沿在点B处，点C在线段AB延长线上，且保持与点D在同一水平线上，则∠ADB=θ即观赏时的视角.依题意AB=2,BC=1,AC⊥DC，不妨设DC=x，则BD=x在△ABD中，由余弦定理，cosθ=2=1−4x因x>0，则x2+9x2由x2+9则0<4x2因函数y=cosx在(0,π即最大视角为π6，此时观赏者距离油画的直线距离为3故选：A.27.（2022·陕西·二模）圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图乙是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角大约（即∠ABC）为30°，夏至正午太阳高度角（即∠ADC）大约为75°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（

）A．34a B．14a C．【答案】C【分析】首先求出∠BAD，再在△BAD中利用正弦定理求出AD，最后利用锐角三角函数计算可得；【详解】解：依题意∠BAD=∠ADC−∠ABC=75°−30°=45°，在△BAD中由正弦定理得：BDsin∠BAD=ADsin∠ABD，即asin45°=故选：C.28.（多选）（2024·全国·模拟预测）通过研究宋代李诫所著的《营造法式》等古建资料，可以得到中国宋代建筑的屋顶蕴含着丰富的数学元素，体现了数学的对称美，并且符合两个特点：一、从檐口到屋脊的曲线为屋面曲线，左、右屋面曲线对称，可用圆弧拟合屋面曲线，且圆弧所对的圆心角为30°±2°；二、从檐口到屋脊的垂直距离为坡屋面高度半径，水平距离为半坡宽度，且坡屋面高度半径半坡宽度=0.57±0.3．如图为某宋代建筑模型的结构图，其中A为屋脊，B，C为檐口，且AC所对的圆心角θ=π6，A．AC的长为2B．AC=2C．若AB与AC所在两圆的圆心距为43D．若AB与AC所在两圆的圆心距为4，要想此建筑的屋顶符合宋代建筑屋顶的特点，可将圆心角θ缩小【答案】ACD【分析】结合图形特征，利用两角差的正弦正切公式，弧长公式和三角函数，求解选项中的数据.【详解】记AB，AC所在圆的圆心分别为E，F，连接AE，AF，CF，EF，

则AE=AF=CF=4，∠AFC=π选项A：根据弧长公式得AC的长为π6选项B：12AC=AF×sinπ12选项C：如图1，过点A，C分别作EF的平行线，与过点F的EF的垂线分别交于点D，G，∵AE=AF=4，EF=43，∴∠EFA=∵∠AFC=π6，∴∠CFG=π由题易知AD﹣CG为半坡宽度，DG为坡屋面高度半径，AD=AFsin∠AFD=23FG=CFcos∠CFG=23∴DGAD−CG选项D：如图2，过点A作EF的垂直平分线，交EF于点M，过点C作CN⊥AM，垂足为N，

MF=12AF，∠FAM=π6∴∠CAN=π−∠FAM−∠FAC<5易知CN为半坡宽度，AN为坡屋面高度半径，∴ANCN故选：ACD【点睛】方法点睛：理解题目中坡屋面高度半径和半坡宽度的定义是解题关键，结合图形特征，利用三角函数知识求解.29.（2023·湖北武汉·模拟预测）剪纸又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中华汉族最古老的民间艺术之一，如图，一圆形纸片沿直径AB对折，使圆上两点C、C1重合，D，E为直径AB上两点，且∠ECD=45°，对折后沿直线DC，EC级剪，展开得到四边形CEC1D，若AC=12AB

【答案】6−3【分析】根据正弦定理，结合三角形面积公式，辅助角公式、二倍角的正弦公式进行求解即可.【详解】设圆的半径为r，∠CDA=θ，∵AC=12AB=r在△CDA中由正弦定理可得rsinθ=在△CEA中由正弦定理可得rsinθ−πS=3r24−4cos2θ+sin2θ=DE=2CEcos3π8

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角形面积公式、正弦定理得到面积的表达式，利用辅助角公式进行求解.30.（2024·重庆·模拟预测）如图，某班级学生用皮尺和测角仪（测角仪的高度为1.7m）测量重庆瞰胜楼的高度，测角仪底部A和瞰胜楼楼底O在同一水平线上，从测角仪顶点C处测得楼顶M的仰角，∠MCE=16.5°（点E在线段MO上）．他沿线段AO向楼前进100m到达B点，此时从测角仪顶点D处测得楼顶M的仰角∠MDE=48.5°，楼尖MN的视角∠MDN=3.5°（N是楼尖底部，在线段MO上）．(1)求楼高MO和楼尖MN；(2)若测角仪底在线段AO上的F处时，测角仪顶G测得楼尖MN的视角最大，求此时测角仪底到楼底的距离FO．参考数据：sin16.5°sin48.5°sin32°≈【答案】(1)41.7m，(2)FO为37．4m【分析】（1）法一：在△CDM中，由正弦定理得，可得CM=100sin48.5°法二：利用CE=MEtan∠MCE（2）设FO=x m，tan∠MGE=40x，tan【详解】（1）法一：∠MCE=16.5°，∠MDE=48.5°，∴∠DMC=32°．在△CDM中，由正弦定理得，CM=CD又CD=100m，∴CM=∴ME=CMsin∴MO=ME+EO=40mCE=ME∴DE=CE−CD=35m∵∠NDE=∠MDE−∠MDN=45°，∴NE=DE=35m，MN=ME−NE=5法二：CE=MEtan∠MCE∴CE−DE=ME即ME×278−7∴MO=ME+EO=40mCE=ME∴DE=CE−CD=35m∵∠NDE=∠MDE−∠MDN=45°，∴NE=DE=35m，MN=ME−NE=5（2）设FO=x m，tan∠MGE=∴tan=40当且仅当x=40×35x，即∴测角仪底到楼底的距离FO为37．4m处时，测得楼尖MN的视角最大07实际应用中的三角函数问题数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．31.（2023·湖北·模拟预测）现代建筑物的设计中通常会运用各种曲线、曲面，将美感发挥到极致.如图所示是位于深圳的田园观光塔，它的主体呈螺旋形，高15.6m，结合旋转楼梯的设计，体现了建筑中的数学之美.某游客从楼梯底端出发一直走到顶部.现把该游客的运动轨迹投影到塔的轴截面，得到曲线方程为y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)（x，y的单位：m）.该游客根据观察发现整个运动过程中，相位的变化量为114A．0.55 B．0.65 C．0.75 D．0.85【答案】A【分析】根据建筑物的高，游客的初始位置和最后位置，表达出运动过程的位移变化量，即可计算出ω的值.【详解】由旋转楼梯高为15.6 对应曲线y=Asin∵初始时游客在最底端，∴当x=0时，初相为φ，∵整个运动过程中，相位的变化量为114∴最后的位置15.6ω+φ，∴15.6ω+φ−φ=11解得：ω≈0.55，故选：A.32.（多选）（2024·福建·模拟预测）小竹以某速度沿正北方向匀速行进.某时刻时，其北偏西30°方向上有一距其6米的洒水桩恰好面朝正东方向.已知洒水桩会向面朝方向喷洒长为23A．1m/s B．C．2m/s D．【答案】BD【分析】建系，分析危险区域的范围，可知原问题转化为图像ft=3tan2π3【详解】依题意，绘出示意图如图所示易知，当且仅当在喷洒范围与行进路线重叠的危险区域内，小竹可能被淋湿.由于洒水桩最初面朝正东方向，不妨以洒水桩为起点向面朝方向作射线，即可将问题转化为小竹（用点代替）与该射线在行进路线上的交点不重合的问题.设时间为t秒以洒水桩为原点，正东方向、正北方向分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系.AI

则小竹行进路线的方程为x=3，由每3秒旋转一周循环转动知t秒旋转2π3因为∠BOD=∠AOD=π结合题意可知t∈0,因为水柱所在射线与行进路线的交点纵坐标为3tan又因为小竹（用点代替）的纵坐标为vt−33故可将原问题转化为图像ft=3tan与图像y=vt−33

由图可得：v∈16结合选项可知：AC错误；BD正确.故选：BD.33.（2024·广东佛山·二模）近年，我国短板农机装备取得突破，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2πrad/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：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【答案】13【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点A,B的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得.【详解】以O为原点，以OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，由于角速ω=2πrad/s设点A(cos(2π则B(cos则sin(2πt−π2f(t)=|=|3故答案为：13；【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴.34.（2023·上海金山·一模）网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务．小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图．(1)为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角α不能超过π4，且底面至少有两个顶点与地面接触．外包装看作长方体，如图1所示，记长方体的纵截面为矩形ABCD，AD=0.8m，AB=2.4m，而客户家门高度为2.3(2)由于客户选择以旧换新服务，小金需要将客户长方体形状的旧冰箱进行回收．为了省力，小金选择将冰箱水平推运(冰箱背面水平放置于带滚轮的平板车上，平板车长宽均小于冰箱背面）．推运过程中遇到一处直角过道，如图2所示，过道宽为1.8米．记此冰箱水平截面为矩形EFGH，EH=1.2m．设∠PHG=β，当冰箱被卡住时(即点H、G分别在射线PR、PQ上，点O在线段EF上），尝试用β表示冰箱高度EF的长，并求出EF的最小值，最后请帮助小金得出结论：按此种方式推运的旧冰箱，其高度的最大值是多少？（结果精确到0.1【答案】(1)冰箱能够按要求运送入客户家中，理由见解析；(2)EF最小值为182−125【分析】（1）过A，D作水平线l1,l2，作（2）延长EF与直角走廊的边相交于M、N，由EF=MN−ME−NF表示出EF，设t=sin【详解】（1）过A，D作水平线l1,l当倾斜角α=πℎ=DE+CF=0.8sin故冰箱能够按要求运送入客户家中．（2）延长EF与直角走廊的边相交于M、N，则MN=OM+ON=1.8sinβ+1.8又EF=MN−ME−NF，则EF=1.8sinβ设t=sin因为β∈0,π2，所以β+则EF=1.8t−1.2再令m=3t−2，则EF=6易知，y=m−5m+4所以y=54故当m=32−2，即t=2，β=π4由实际意义需向下取，此情况下能顺利通过过道的冰箱高度的最大值为2.6米．35.（多选）（2023·山西·模拟预测）如图，扇形AOB是某社区的一块空地平面图，点P在弧AB上（异于A,B两点），PC⊥OA,PD⊥OB，垂足分别为C,D,∠AOB=5π12，∠AOP=α,AO=20

A．当α=π6时，儿童娱乐设施建筑用地的面积为B．当α=π6时，种植花卉区域的面积为C．儿童娱乐设施建筑用地面积的最大值为506D．种植花卉区域的面积可能是250π【答案】AC【分析】用α表示出PC,OC,OD,PD，当α=π6时，直接求出四边形OCPD可判断A；求出扇形面积即可的花卉区域的面积，可判断B；利用三角恒等变换公式化简，结合正弦函数性质可得四边形【详解】当α=π6时，所以PC=10米，OC=103米，OD=PD=10则儿童娱乐设施建筑用地的面积S==1由题意可得扇形AOB的面积为12则种植花卉区域的面积为250π由题意可得PC=20sinα米，OC=20cosα米，则儿童娱乐设施建筑用地面积：S==200=100=100==506其中sinφ=所以sin2φ=2×6−因为0<α<5π12所以π12<2α+π则儿童娱乐设施建筑用地面积的最大值为506因为S>50，所以种植花卉区域的面积S'故选：AC08立体几何与三角函数结合问题36.（多选）（2024·浙江金华·模拟预测）已知边长为l的等边△ABC的三个顶点到平面α的距离分别为1，2，3，且△ABC的重心G到平面α的距离恰有两个可能值，则l的取值可以为（

）A．23 B．25 C．5【答案】BC【分析】先证明引理：若x1,x2,x3不全相等，则空间中存在一个边长为L的正三角形ABC，满足A,B,C到平面α的有向距离分别是x【详解】对题目中给定的平面α，我们取定平面α的一个法向量n，并将该法向量n所指的方向定义为平面α的上方.然后，我们定义空间中一个点P到平面α的有向距离：一方面，P到平面α的有向距离的绝对值等于P到平面α的距离；另一方面，若P在平面α的上方，则P到平面α的有向距离为正数，若P在平面α的下方，则P到平面α的有向距离为负数.易知，到平面α的全体有向距离为d的点构成的集合为一个平面，将该平面记为αd那么就有：α0=α，且全体αd两两之间是平行的，而两平面α现在，我们证明一个引理：引理：若x1,x2,x3不全相等，则空间中存在一个边长为L的正三角形ABC，满足A,B,C如图所示：一方面，我们证明必要性：若空间中存在一个边长为L的正三角形ABC，满足A,B,C到平面α的有向距离分别是x1,x记点A,B,C所在的平面为β，则由于x1,x2,由于全体αd两两之间是平行的，所以β不可能平行于任意一个α故β和任意一个αd都有唯一的交线，将其记为l然后，在l0上任取一点O，并过O作l1的垂线交l1于A，然后以O为原点，以OA这样相应确定的y轴显然就是直线l0，记两直线l0和l1之间的距离为T，则T≥1，且直线l现在，由于△ABC是边长为L的正三角形，故可设AB=Lcos而A,B,C分别在平面αx1,这意味着我们有Lcost=Tx从而cost=Txsin===T这就有1=====2所以L2从而必要性得证.另一方面，我们证明充分性：若x1,x我们取T=3L2然后取一个平面β，使得β和α0之间的夹角φ的正弦值为1此时，β和任意一个αd的夹角正弦值都是正数1T，故β和任意一个αd此时，ld1,从而我们可以在β上取一个平面直角坐标系，使得ld的方程恰为x=Td这种情况下，和之前证明必要性时进行的演算类似，可以证明恒等式T2这表明我们可以再取一个实数t使得cost=Tx然后，在该直角坐标系下取ATx1,0，则显然△ABC是边长为L的正三角形，与此同时，由于TxT=T=T=T=T=Tx故A,B,C分别在直线x=Tx1,x=T从而分别在平面αx1,αx现在我们回到原题，根据对称性，我们不妨设A,B,C中至少有两个点在平面α的上方.情形1：A,B,C均在平面α的上方，此时x1,x2,x（这是因为重心G的坐标可由A,B,C三点取平均值得到，故它到α的有向距离一定也是A,B,C到α的有向距离的平均值，即x1若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于l2情形2：A在平面α的下方，B,C在平面α的上方，此时x1,x2,x3若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于l2情形3：B在平面α的下方，C,A在平面α的上方，此时x1,x2,x3若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于l2情形4：C在平面α的下方，A,B在平面α的上方，此时x1,x2,x3若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于l2而题目条件为重心G到平面α的距离恰有两个可能值，根据以上讨论，这就相当于四个不等式l2≥4，l2≥523，综上，原题条件等价于给定的边长l满足523最后，分别验证A，B，C，D四个选项，它们的平方分别是12，20，25，36，在区间523,763上的是故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决本题最重要的还是证明引理：若x1,x2,x3不全相等，则空间中存在一个边长为L的正三角形ABC，满足A,B,C37.（2024·重庆·三模）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数y=3sinωxω>0图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为

A．32 B．1 C．3 【答案】B【分析】由题意可得AB=23且ω=1r，由离心率的概念可得AC=4r【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y=3可得AB=23；设圆柱底面半径为r，则T=2π设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为32，得e=ca即a2=4b2，所以又由勾股定理得AC2−B故ω=1.故选：B.

38.（2024·北京丰台·二模）“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥PO的轴截面APB是等边三角形，椭圆O1所在平面为α,PB⊥α，则椭圆OA．32 B．63 C．22【答案】D【分析】根据题意，由勾股定理结合余弦定理代入计算可得PO1PQ【详解】设AB=2r，由于PB⊥α，所以PB⊥AM，在等边三角形PAB中，点M为PB的中点，于是AM=3r，在平面AO1=MO1=32r由于O,O1为中点，所以在△ABM中，由勾股定理可得PO在△PQO中，PO=3r，POcos∠OP在Rt△PQO中，由于cos∠OPO于是有PO设椭圆O1短轴的两个顶点为G,H，连接PG,PH分别交圆锥于E,F由于△PGH∽△PEF，所以PGPE由于PE为圆锥母线，所以PE=PA=2r，从而有PG=在Rt△PGO1所以在椭圆O1中，a=MO则c=a则离心率为e=c故选：D【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆定义的理解以及椭圆离心率的求解，难度较大，解答本题的关键在于结合椭圆的定义以及余弦定理代入计算，分别求得a,b，从而得到结果.38.（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BC=1027米，∠BOC=120°，在点B处测得点A的仰角为θ（tanθ=2），在点C处测得点A的仰角为45°，则财富汇大厦的高度【答案】204【分析】根据仰角设出长度，再根据余弦定理列出△OBC的边长关系，解方程求解即可.【详解】设OA=ℎ米，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以OAOB=2，所以因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC=ℎ米.由余弦定理，可得BC即1022×7=故答案为：20440.（2024·贵州遵义·一模）某冰淇淋门面店将上半部是半球（半球的半径为3），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为6）的冰淇淋模型放到椐窗内展览，托盘是边长为12的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为．【答案】9+【分析】画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得r2=3【详解】设上面球心为O1，△ABC的圆心为O2，ABC三点在底面投影的正三角形A1B1C1的中心为O连接DN,BN，由题意可知O1P=3,O由几何关系可得O1由题意可得BN=DN=1在几何体中，设三角形ABC的外接圆半径为r2，则由正弦定理可得2由△MBO2∽△MPO1所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为3+6−MO故答案为：9+309三角函数中的零点问题41.（2023·天津·二模）设函数fx=sinπ2x，gxA．4051 B．4049 C．2025 D．2023【答案】B【分析】判断两函数的对称性或周期，作出函数图象，数形结合，确定交点个数，进而求得答案.【详解】函数fx=singx=e故可作出函数函数fx=sin由图像可知，在直线x=1的右侧，(1,2025]包含fxfx在(1,3],(3,5],⋯,(2023,2025]每个周期内和g则共有2024个交点，根据对称性可知，在直线x=1的左侧，fx和g且在直线x=1的两侧的交点是关于直线x=1两两对称的，故这4048个交点的横坐标之和为2024×2=4048，而x=1也是这两函数图象的一个交点的横坐标，故fx与gx的图象所有交点的横坐标之和为故选：B【点睛】方法点睛：解决此类函数图象的交点个数问题，首先要明确函数的性质，比如周期性对称性等，然后采用数形结合的方法，即作出函数图象，解决问题，关键在于要能正确的作出函数图象.42.（2023·甘肃兰州·模拟预测）已知函数fx=x−ax−b+x−bx−cA．函数fx有两个零点x1，x2xB．函数fx有两个零点x1，x2xC．函数fx有两个零点x1，x2xD．函数fx只有一个零点x0，且x【答案】B【分析】由已知可得a=12，b<1【详解】解：因为a=sinπ6又cos34>即c>a>b，又fafbfc则fafb又fx=x−a所以函数fx∴存在x1∈(b,a)，使得f(x存在x2∈(a,c)，使得f(x2)=0∴函数f(x)有两个零点x1，x2(x1故选：B．43.（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=asinπx+bcosπxb>0的图象关于点1【答案】19【分析】根据辅助角公式和对称性得到函数f(x)的解析式，要使得i=16xi【详解】由fx的图象关于点16,0对称可得f16所以fx=−3所以fx如图所示，作出fx的大致图象，令πx+π则fx的对称轴方程为x=k−13则由fx当i=16xi最小时，f且xi是fx在故i=16xi

【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，分析出当i=16xi44.（2023·四川遂宁·模拟预测）已知函数f(x)=11−x，函数g(x)=sin(2ωx+ϕ)(ω>0)的两相邻对称中心之间的距离为1，且x=12为函数y=g(x)的一个极大值点.若方程【答案】1011,1012【分析】先根据题意求出g(x)=sin(πx)；再作出【详解】∵函数g(x)=sin(2ωx+ϕ)(ω>0)的两相邻对称中心之间的距离为1，且∴T2=12ω×12则g(x)=sin在同一个坐标系内作出f(x)=11−x和

显然f(x)=11−x和g(x)=sin(π又因为区间x∈−n−1,n+3(n∈Z)的中点是−n−1+所以函数f(x)=11−x和g(x)=sin则x1+x即k即2k=2024,k∈N，解得k=1012所以函数f(x)=11−x和g(x)=sin(π由图象可知函数f(x)=11−x和g(x)=sin(πx)图象在区间0,2上无交点，在2,4，4,6，故506+1×T≤n+3≤506+1所以满足条件中整数n的值构成的集合为1011,1012故答案为：1011,1012.【点睛】关键点点睛：本题主要考查方程根与函数图像交点之间的关系，解题关键是先求出函数y=g(x)的解析式；再数形结合分析函数图像的特点及交点情况；最后结合函数y=g(x)是周期函数及y=f(x)无限接近x轴的特点，即可列出关系式.45.（2024·湖南岳阳·三模）已知△ABC的三个角A,B,C的对边分别为a,b,c且c=2b，点D在边BC上，AD是∠BAC的角平分线，设AD=kAC（其中k为正实数）．(1)求实数k的取值范围；(2)设函数f(x)=①当k=233②设x0是f(x)的最大零点，试比较x【答案】(1)0,(2)①0；②答案见解析.【分析】（1）方法一：设∠BAC=2α，由S△ABD+S△ACD=方法二：由AD是∠BAC的角平分线，结合面积公式证明BD=2CD，根据关系cos∠ADB+cos∠ADC=0，结合余弦定理可得6−3（2）①方法一：由（1）方法一可得k=43cosα，结合条件求方法二：由（1）方法二可得6−3k2b2=2a23②在k=233时，解方程f(x)=0，求出函数零点，由此可得x0=1，分别在k>23【详解】（1）方法一：设∠BAC=2α，因为AD是∠BAC的角平分线，所以∠BAD=∠CAD=α，因为S所以12代入c=2b，AD=kAC，化简得：k=43cos所以实数k的取值范围0,4方法二：因为AD是∠BAC的角平分线，所以∠BAD=∠CAD，S△ABDS△ACD=1所以BD=2CD，故BD=2a在△ABD和△AD