1、专题05：三角函数与解三角形一、单选题1（2022广东茂名一模）已知角的顶点在原点，始边与轴非负半轴重合，终边与直线平行，则的值为（）ABCD2（2021广东佛山一模）（）ABCD3（2021广东佛山一模）已知函数，且有，则在区间内至少有（）个零点A4B8C10D124（2022广东惠州一模）已知，则（）ABCD5（2022广东一模）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
2、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：）A20.10mB19.94mC19.63mD19.47m6（2022广东湛江一模）已知，则（）ABCD7（2022广东汕头一模）已知，则（）ABC3D8（2022广东深圳一模）阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置深圳第一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（cm）和时间t（s）的函
3、数关系式为，其中，若该阻尼器模型在摆动过程中连续三次位移为的时间分别为，且，则（）ABCD29（2022广东深圳一模）已知，则（）ABCD10（2022广东广东一模）在中，若，则=（）ABCD11（2022广东广东一模）将正弦函数图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象则图象的一个对称中心为（）ABCD12（2022广东韶关一模）若将函数的图象向左平移个单位长度，则平移后的函数图象的一条对称轴为（）ABCD二、多选题13（2021广东佛山一模）在中，、所对的边为、，设边上的中点为，的面积为，其中，下列选项正确的是（）A若，则B的最大值为CD角的最小值为14（2022广东惠州一
4、模）已知函数（其中，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A函数的图象关于直线对称B函数的图象关于点对称C函数在区间上单调递增D与图象的所有交点的横坐标之和为15（2022广东广州一模）将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A若，则是偶函数B若，则在区间上单调递减C若，则的图象关于点对称D若，则在区间上单调递增16（2022广东汕头一模）对于函数，下列结论正确得是（）A的值域为B在单调递增C的图象关于直线对称D的最小正周期为17（2022广东广东一模）下列四个函数中，以为周期且在上单调递增的偶函数有（）ABCD三、填空题18（2022广东茂名一模）函数在区间上
5、的最大值为_19（2022广东惠州一模）如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在CB0位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在A0处.设连杆AB长200，曲柄CB长70，则曲柄自CB0按顺时针方向旋转53.2时，活塞移动的距离（即连杆的端点A移动的距离A0A）约为_.（结果保留整数）（参考数据：sin53.20.8）20（2022广东一模）如图，已知扇形的半径为，以为原点建立平面直角坐标系，则的中点的坐标为_.21（2022广东湛江一模）已知函数，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为_.22（2022广东广州一模）若，则_.23（
6、2022广东深圳一模）在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，若点，则的最大值为_24（2022广东深圳一模）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著数学汇编里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_25（2022广东广东一模）数学中处处存在着美，机械学家莱洛发现的莱洛三角形就给人以对称的美感莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A、B、C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角（如图所示）若莱洛三角形的周长为，则其面积是_26（2022广东韶
7、关一模）若，则_.四、解答题27（2022广东茂名一模）如图所示，遥感卫星发现海面上有三个小岛，小岛 B位于小岛A 北偏东距离60海里处，小岛B北偏东距离海里处有一个小岛 C.(1)求小岛A到小岛C的距离；(2)如果有游客想直接从小岛A出发到小岛 C，求游船航行的方向.28（2021广东佛山一模）已知函数.从下面的两个条件中任选其中一个：；若，且的最小值为，求解下列问题：(1)化简的表达式并求的单调递增区间；(2)已知，求的值.29（2021广东佛山一模）在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，角A的角平分线交BC于点D，且，(1)求角A的大小；(2)求线段AD的长30（2022广东惠州一模）
8、在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求证：；(2)当时，求.31（2022广东一模）在中，角的对边分别为，下面给出有关的三个论断：；.化简上述三个论断，求出角的值或角的关系，并以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出所有可能的真命题.（不必证明）32（2022广东湛江一模）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)求角A的大小；(2)若，求周长的最大值.33（2022广东广州一模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为.(1)证明：；(2)若，求.34（2022广东汕头一模）在；的面积为；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若
9、问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边， _？.35（2022广东深圳一模）如图，在ABC中，已知，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P(1)求的正弦值；(2)求的余弦值36（2022广东广东一模）已知函数(1)若且，求的值；(2)记函数在上的最大值为b，且函数在上单调递增，求实数a的最小值37（2022广东韶关一模）如图，在中，对边分别为，且.(1)求角的大小；(2)已知，若为外接圆劣弧上一点，且，求四边形的面积.参考答案1D【分析】由题意角的终边在直线上，则得出的值，将原式化为，代入可得答案.【详解】因
10、为角的终边与直线平行，即角的终边在直线上所以； 故选：D2D【分析】利用诱导公式及和角余弦公式可得，即可求值.【详解】.故选：D3D【分析】根据题意得出函数的对称轴和对称中心，根据对称轴和对称中心求出的值，然后判断出的值最小时，周期最大，函数在区间内的零点最少，从而即可求出答案.【详解】因为，即，所以函数关于点对称，所以，因为，所以为函数的一条对称轴，所以，由，得，即，要使在区间内的零点最少，则周期最大，所以的值最小，又因为，所以，把代入，得，即，又因为，所以或.当时，此时在内零点个数为12；当时，此时在内零点个数为12.故选：D.4A【分析】由及解出与即可求解.【详解】因为，且，所以，所以.
11、故选：A.5D【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.6B【分析】根据角的范围，求得，再根据两角和的正弦公式求得答案.【详解】由，得，所以，故选:B.7B【分析】根据两角和的正切公式可得，利用同角三角函数的基本关系求出，结合二倍角的余弦公式化简原式，计算即可.【详解】由，得，又，得，即，整理，得或(舍去)，所以，又，解得，故.故选：B8B【分析】利用正弦型函数的性质画出函数图象，并确定连续三次位移为的时间，即可得，可求参数.【详解】由正弦型函数的性质，函数示意图如下：所以，则，可得.故选：B9C【分析】由
12、，易得，从而可求出，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，即，所以，即，所以，所以或，所以或，当时，不合题意，舍去，当时，所以.故选：C.10B【分析】根据给定条件利用正弦定理直接计算即可判断作答.【详解】在中，若，由正弦定理得：，所以.故选：B11A【分析】利用正弦函数的对称中心，结合伸缩变换，即可求解的对称中心.【详解】正弦函数的对称中心是，若图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，那么对称中心是，当时，对称中心是，A符合，其他选项不成立.故选：A12B【分析】由平移变换结论求平移后的函数解析式，再由正弦函数的性质求该函数的对称轴.【详解】由题意，将函数的图像向左平移个单位可得函数的图
13、象，则平移后函数的对称轴方程为，取可得，所以直线为平移后的函数图象的一条对称轴，故选：B.13ABC【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.【详解】对于A，由余弦定理可得，得，故，A对；对于B，由基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，由余弦定理可得，则，B对；对于C，则，由余弦定理可得，所以，整理可得，则，C对；对于D，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，因为且函数在上单调递减，故，D错.故选：ABC.14BCD【解析】根据图象求出函数解
14、析式，再判断各选项【详解】由题意，又，又，不是对称轴，A错；，是对称中心，B正确；时，在上单调递增，C正确；，或，即或，又，和为，D正确故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象与性质，解题关键是掌握“五点法”，通过五点法求出函数解析式，然后结合正弦函数性质确定函数的性质本题方法是代入法，整体思想，即由已知求出的值或范围，然后结合正弦函数得出结论15AC【分析】由函数平移得，讨论、，结合正余弦函数的性质判断奇偶、对称性以及上的单调性，即可得答案.【详解】由题设，时，为偶函数，在上有，递增，故A正确，B错误；时，此时，即关于点对称，在上有，不单调，故C正确，D错误.故选：AC16AD
15、【分析】先分析函数的奇偶性与周期性，再利用周期性，选取一个周期来研究即可对每一个选项作出判断.【详解】，所以，所以是偶函数，又，所以是函数的周期，又，故的最小正周期为.对于A，因为的最小正周期为，令，此时，所以，令，所以有，可知其值域为，故A正确；对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，因为，所以在上不是单调递增，故B不正确；对于C，因为，所以，所以的图象不关于直线对称，故C不正确；对于D，前面已证明正确.故选：AD17BD【分析】根据题意，结合三角函数的图象性质以及图象的变换，一一判断即可.【详解】对于选项A，因为在上单调递减，所以上单调递减，故A错；对于选项B，结合的图象性质，易知是
16、以为周期且在上单调递增的偶函数，故B正确；对于选项C，结合的图象性质，易知没有 周期性，故C错；对于选项D，令，易知是以为周期且在上单调递增的偶函数，因也是单调递增的，所以是以为周期且在上单调递增的偶函数，故D正确.故选：BD.183【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：3.1936【分析】在中，利用正弦定理求出，再求出，再利用两角和的正弦公式可求出，再利用正弦定理可求出，从而可求得答案【详解】如图，在中，由正弦定理，故为锐角，所以，故.故曲柄按顺时针方向旋转时活塞移动的距离约为36mm.故
17、答案为：3620【分析】根据三角函数定义、二倍角公式、同角三角函数关系可求得，由此可求得点坐标.【详解】由三角函数定义得：，点坐标为.故答案为：.21#8.25【分析】根据题意列出方程组，求出 的表达式，求出符合条件的，再根据在区间上有且只有一个极大值点，分类讨论确定的值是否适合题意，可得答案.【详解】由题意知，,，则,，其中，,当时，；当时，.又在区间上有且只有一个极大值点，所以，得，即，所以.当时，此时，此时有2个极大值点，舍去；当时，此时，此时有1个极大值点，成立，所以的最大值为，故答案为：22【分析】根据同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：因为，所以，因为，所以所以故答案为：2
18、3【分析】根据题意求出点A、B的坐标，由平面向量的坐标表示和向量的几何意义写出的表达式，利用三角函数的值域即可求出的最大值.【详解】由题意知，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，则，又，所以，有，则，其中，当时，取得最大值，且最大值为.故答案为：24#1.5【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.【详解】根据圆内接四边形的性质可知; ,所以，即，在中，,故，由题意可知： ,则，所以，故，当且仅当时等号取得，又，所以，则 ，则实数的最小值为， 故答案为：25【分析】根据图形分析，利用扇形面积和三角形的面积公式，即可求解.【详解】由条件可知，弧长，等边
19、三角形的边长，则以点A、B、C为圆心，圆弧所对的扇形面积为，中间等边的面积 所以莱洛三角形的面积是.故答案为：26【分析】先求出，利用两角差的正切公式即可求出.【详解】因为，所以，所以，所以.故答案为：27(1)海里(2)游船应该沿北偏东的方向航行.【分析】(1)三边一角，由余弦定理可以求小岛A到小岛 C的距离；(2)两边两角，由正弦定理可以求角.（1）解：(1)在中，根据余弦定理得：.所以小岛A到小岛 C的最短距离是海里.（2）解：(2)根据正弦定理得： 解得在中，为锐角.由得游船应该沿北偏东的方向航行答:小岛A到小岛 C的最短距离是海里;游船应该沿北偏东的方向航行.28(1)，单调递增区间
20、为，(2)【分析】（1）由题意分别对进行化简得出函数解析式，再求函数的单调区间即可；（2）由（1）得出函数解析式，代入，再由三角恒等变换即可得.(1)解：若选择条件；，由，得，所以的单调递增区间为，若选择条件，若，即是的最大值点，是的零点且的最小值为，设的周期为T，由此可得，即有，由，可得，即有可得或，再结合，可得，综上可得：，(2)解：，可得，从而可得，即有，由，可得，故.29(1)(2)【分析】(1)根据给定条件利用诱导公式及和角的正弦公式整理变形即可计算得解.(2)利用(1)的结论，借助三角形面积公式即可计算作答.(1)在中，因，则有：，即，又，即有，而，所以.(2)在中，由(1)知，因
21、为AD为角A的角平分线，则有，由得：，解得，所以线段AD的长为.30(1)证明见解析(2)【分析】（1）依题意利用二倍角公式及两角和差的余弦公式得到，再由正弦定理将角化边即可；（2）依题意是边的中点，则，根据向量数量积的运算律及余弦定理得到，最后由余弦定理计算可得；（1）证明：因为所以，所以所以，结合正弦定理，可得，命题得证.（2）解：由题意知，点是边的中点，则两边平方整理得，即根据余弦定理两式相加得，再由余弦定理31论断：；论断：或；论断：；所有可能的真命题有：和.【分析】论断中，利用余弦定理可求得，进而得到；论断中，利用正弦定理边化角可得，进而得到结论；论断中，利用正弦定理边化角，结合两角
22、和差公式、辅助角公式进行化简整理得到，由此可得；由三角形内角和可确定结果.【详解】论断中，由余弦定理得：，.论断中，由正弦定理得：，或，论断中，由正弦定理得：，即，即，即，即，又，解得：以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，所有可能的真命题有：和.32(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理，角化边，结合余弦定理求得，即可得答案;（2）由余弦定理可得，配方后利用基本不等式可求得,从而求得三角形周长的最大值.(1)由正弦定理，得,即，由余弦定理得，又，所以.(2)由和（1）可知，则，得，即，所以（当且仅当时，取得等号），所以周长的最大值为.33(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据
23、三角形面积公式及三角形内角性质可得，再由正弦定理的边角关系即可证结论.（2）由（1）及题设可得，进而求得，应用余弦定理及正弦定理边角关系求，即可求，注意根据B的范围判断符号，最后利用及和角余弦公式求值即可.（1）由题设，又，所以，由正弦定理可得，所以，又，所以，即.（2）由（1）及题设，且，所以，则，故，又，可得，若，则，而，故不合题设；所以，所以.34见解析【分析】若选，则，由正弦定理列方程可求出，再求出，然后利用正弦的二倍角公式可求出，再利用正弦定理可求出c的值，若选，则由已知条件可求出，从而可得，然后利用余弦定理可求出c的值，若选，则由已知可得，再由正弦定理可得，从而可得三角形不存在【详
24、解】若选，则，且,因为，由正弦定理得，则，即,所以，得，因为，所以，因为 ，所以角为锐角，所以，所以,所以由正弦定理得,若选，则由的面积为，得，所以，当为锐角时，此时由余弦定理得，所以，当为钝角时，此时由余弦定理得，所以，综上，或，若选，由，得，由正弦定理得，则，所以三角形不存在35(1)(2)【分析】（1）解法1、由余弦定理求得，得到，分别在和，求得和，结合和互补，求得，再在中，求得，即可求解；解法2、由题意，求得，根据，结合的面积为面积的，列出方程，即可求解；（2）解法1、由余弦定理求得，得到，在中，由余弦定理求得，即可求解；又由，所以解法2、由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.(1)
25、解：解法1、由余弦定理得，即，所以，所以，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，与互补，则，解得，在中，由余弦定理，得，因为，所以解法2、由题意可得，由AM为边BC上的中线，则，两边同时平方得，故，因为M为BC边中点，则的面积为面积的，所以，即，化简得，(2)解：方法1、在中，由余弦定理，得，所以，由AM，BN分别为边BC，AC上的中线可知P为重心，可得，在中，由余弦定理，得，又由，所以解法2：因为BN为边AC上的中线，所以，即所以36(1)(2)【分析】(1)化简f(x)解析式，根据求值即可；(2)求出f(x)的最大值b，求出f(x)的单调递增区间，求出与已知区间对应的增区间A，则是区间A的子集.（1），；（2）当时，由，得，又函数在上单调递增，实数a的最小值是.37(1).(2).【分析】（1）由正弦定理进行边角互化得，再由辅助角公式可求得答案；（2）设，在三角形中，由余弦定理可求得，再由三角形的面积公式可求得答案.(1)解：由正弦定理及已知，得，又，所以，即；(2)解：由ABCD四点共圆得，设，在三角形中，由余弦定理得所以，而，因此.
