資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
三角函數與解三角形
一、單選題
1．若銳角滿足，則的值為（ ）
A． B． C． D．
2．已知，且，則
A． B．
C． D．
3．函數的圖象與直線的交點個數為（ ）
A．1 B． C．5 D．
4．已知函數的部分圖象如圖所示，將的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，則（ ）
A． B． C．1 D．0
5．已知函數的最小正周期為，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．關于點對稱
C．在區間上的最大值為
D．將函數的圖象向左平移個單位長度，得到的函數圖象恰好關于軸對稱
6．已知冪函數（），在區間上是單調減函數．若，，則（ ）
A． B． C． D．
7．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，若，，且，則的面積為（ ）
A．3 B．
C． D．3
8．已知函數的定義域為，且滿足恒成立，若，則的值可能是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
9．已知，且，則（ ）
A． B．2 C． D．或2
10．已知，若滿足，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
11．函數的最小正周期為，則（ ）
A．的值為2
B．是函數圖象的一條對稱軸
C．函數在單調遞減
D．當時，方程存在兩個根，則
12．已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．的最小正周期為
B．圖象的一個對稱中心為
C．的單調遞增區間是
D．把函數圖象上所有點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變，可得到函數的圖象
13．在中，，，，的角平分線交于，則（ ）
A．是鈍角三角形 B．
C． D．
14．已知函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A．在上單調遞增
B．關于的方程在上有2個相異實根
C．的圖象關于點對稱
D．將的圖象向左平移個單位長度，所得圖象對應的函數為偶函數
15．對于函數和，下列說法中正確的有（ ）
A．與有相同的最小正周期
B．圖象可由圖象向左平移個單位得到
C．與存在相同的零點
D．與的圖象存在相同的對稱軸
16．已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．的最大值為2
B．函數的圖象可以關于點對稱
C．函數的圖象可以關于直線對稱
D．若函數在區間上存在兩個零點，則
17．如圖，直線與函數的部分圖象交于三點（點在軸上），若，則下列說法正確的是（ ）

A．
B．
C．將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象
D．當時，
18．已知的三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，且，則的面積為（ ）
A． B． C． D．
19．已知，下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
20．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的圖象關于直線對稱 B．的周期為
C．是的一個對稱中心 D．在區間上單調遞減
三、填空題
21．已知函數關于點中心對稱，則 ．
22．已知函數，有兩個不同的零點，則m的最大值為 .
23．已知向量，則的最大值為 .
24．已知函數的部分圖象如圖所示，則正確的有 ．
①的最小正周期為
②當時，的值域為
③將函數的圖象向右平移個單位長度可得函數的圖象
④將函數的圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到的函數圖象關于點對稱
25．已知，.求 .
26．已知，則 .
27．已知 ，則 .
28．已知，且滿足，則 ．
29．已知，則函數的最小值為 ．
30．已知函數的部分圖象，如圖所示，其中，若，則 .
《三角函數與解三角形》參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D C B D A C B B C
題號 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 AD ABC BC AB AB ABD AD AC BC ABD
1．A
【分析】應用同角三角函數關系結合二倍角正弦得出，再應用二倍角余弦公式得出，最后得出正切即可.
【解析】且平方得
，又
，
故選：A．
2．D
【分析】首先利用三角函數正切函數的和差公式計算判定BD，再運用正切函數性質，放縮判定AC.
【解析】，則，則，
整理得到.
因此.故B錯誤，D正確.
，則，.則.
且.解得.同理得，則，
因此得，則.故AC錯誤.
故選：D.
3．C
【分析】應用題意計算得，再結合正弦函數的性質判斷即可.
【解析】求函數的圖象與直線的交點，
可得，，
即得，
令,
根據正弦函數的性質得有1個解，有2個解，有2個解，
所以共有5個解，
函數的圖象與直線的交點個數為5.
故選：C.
4．B
【分析】根據圖象求出的解析式，再由圖象平移確定的解析式，進而求函數值.
【解析】由圖知，則，
由，則，可得，
又，則，故，
由題意，故.
故選：B
5．D
【分析】A選項，利用輔助角公式化簡，然后利用周期公式求；B選項，利用代入檢驗法判斷；C選項，利用換元法求最值；D選項，根據圖象的平移得到平移后的解析式，然后判斷即可.
【解析】對A，，因為的最小正周期為，所以，解得，故A錯；
對B，，所以不關于對稱，故B錯；
對C，，則，所以當時取得最大值，最大值為2，故C錯；
對D，平移后的解析式為，關于軸對稱，故D正確.
故選：D.
6．A
【分析】由冪函數的單調性結合不等式求出，再由同角的三角函數和二倍角的正弦計算即可；
【解析】由題意可得，解得，又，所以，所以，
，所以，
所以，
所以，即，
因為，，所以，
所以，所以.
故選：A.
7．C
【分析】由向量平行的坐標表示結合余弦定理可得，再由三角形的面積公式求解即可；
【解析】因，，且，
所以，化為.
所以，解得.
所以.
故選：C.
8．B
【分析】先使成立，那么滿足及在處單調遞減的函數即為可能的，先作出、及的圖象觀察，總結出在上的單調區間個數即為的值，的首個單調區間和最后一個單調區間均為單調遞增區間，位于單調遞減區間內，分別畫出四個選項的圖象，得到答案.
【解析】為便于討論，我們先使成立，那么滿足及
在處單調遞減的函數即為可能的，
可以先作出、及的圖象觀察，
其中和無法滿足所有條件，滿足條件．
進一步的，可以發現，在上的單調區間個數即為的值，
相鄰單調區間的單調性相反，且滿足的首個單調區間和
最后一個單調區間均為單調遞增區間，位于單調遞減區間內．
故時，圖象如下：
顯然不滿足，
時，圖象如下：
滿足要求，
時，圖象如下：
顯然，不滿足要求，
時，如圖如下：
顯然不滿足要求，
故選：B
9．B
【分析】由二倍角公式和兩角差的正弦公式得，再根據同角三角函數的平方關系和的范圍，分別求出和，再由商數關系得到.
【解析】由二倍角公式得，
由兩角差的正弦公式得，
因為，所以，
又因為，所以，所以，
聯立得或，
因為，所以，所以，所以.
故選：B.
10．C
【分析】先確定和的零點，使兩者的零點重合，通過比較系數，可令，進而可求得的值，然后再驗證即可.
【解析】令，解得，
令，解得，
為了使，的零點應該與零點重合，
所以，
令，可得，
因為，所以可取或，
當時，，
因為，
所以明顯在同區間內，除零點外兩者同號，舍去；
當時，，
因為，
所以明顯在同區間內，除零點外兩者異號，符合題意.
所以.
故選：C
11．AD
【分析】利用輔助角公式化簡函數的解析式，根據最小正周期為可得選項A 正確；根據可得選項B錯誤；令，分析函數的單調性可得選項C錯誤；把問題轉化為直線與函數圖象交點個數問題可得選項D正確.
【解析】A.由題意得，，
由得，，A正確；
B.由A得，，故，
∴不是函數圖象的一條對稱軸，B錯誤；
C.令，當時，，
根據函數在上不是單調遞減函數，可得C錯誤.
D.令，由得，，
由得，，問題轉化為直線與函數的圖象在區間上有兩個交點，
結合圖象可得，故，即，D正確.
故選：AD.
12．ABC
【分析】利用正弦函數的周期公式判斷A；求出對稱中心判斷B；求出單調遞增區間判斷C；利用三角函數圖象的變換規則判斷D.
【解析】對于A：因為，所以周期，故A正確；
對于B：令，得，
時可得該函數圖象的一個對稱中心為，故B正確；
對于C：由，解得，的單調遞增區間為，故C正確；
對于D：把函數的圖象上所有點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變，可得到，故D錯誤，
故選：ABC．
13．BC
【分析】根據三角形內角和為可求出角，即可判斷選項A，根據正弦定理可判斷B和D，根據三角形的角度可到選項C.
【解析】對于A，因為，，
所以，
三個角度都小于，所以是銳角三角形，選項A錯誤；
對于B，根據正弦定理，
因為，，，
得，選項B正確；
對于C，因為的角平分線交于，，所以，
由選項A可得，則，
因為，所以，選項C正確；
對于D，在中，根據正弦定理可得，
因為，，，，
所以，故選項D錯誤.
故選：BC.
14．AB
【分析】根據函數圖象求出函數解析式，再根據余弦函數的性質一一判斷即可.
【解析】由的圖象得，，解得，
所以，又，所以，
解得，又，所以，所以，
由，解得，
即的單調遞增區間為，
令得，又，
所以在上單調遞增，故A正確；
當，則，
令，即，所以在上單調遞增，
且，所以；
令，即，所以在上單調遞減，且；
所以當時，在上有兩個不相等的實根，故B正確；
因為，所以的圖象關于直線對稱，故C錯誤；
將的圖象向左平移個單位長度，得的圖象，
顯然為奇函數，故D錯誤．
故選：AB
15．AB
【分析】對于，分別求解與的最小正周期即可判斷；對于，將圖象向左平移個單位得到函數解析式即可判斷；對于，求解的零點代入即可判斷；對于，求出的對稱軸方程代入即可判斷.
【解析】對于，的最小正周期為，的最小正周期為，
所以與有相同的最小正周期，故正確；
對于，圖象向左平移個單位，
可得，故正確；
對于，令，，則，，
所以的零點為，，
，故錯誤；
對于，的對稱軸方程為，，所以，，
所以，故錯誤.
故選：.
16．ABD
【分析】對A，根據輔助角公式化簡判斷即可；對B，根據對稱點公式求解即可；對C，根據對稱軸公式求解即可；對D，令，可得，再結合區間求解即可.
【解析】對于A，，所以的最大值為2，故A正確．
對于B，若的圖象關于點對稱，則，得，當時，，符合，故B正確．
對于C，若的圖象關于直線對稱，則，得，
易知當時，，當時，，與不符，則C錯誤．
對于D，令，則由，得，由，
得，由，得，
所以，解得，又，所以，故D正確．
故選：ABD
17．AD
【分析】對A，根據過判斷即可；對B，由相鄰可得，，再根據求解；對C，由的函數解析式與平移變化分析即可；對D，根據正弦函數的值域判斷即可.
【解析】對A，由過可得，即，由圖結合可得，故A正確；
對B，由可得，即或，
由相鄰可得，，
故，又，則，可得，故B錯誤；
對C，由AB可得，將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，故C錯誤；
對D，當時，，故，
則，故D正確.
故選：AD
18．AC
【分析】由已知可得，進而利用三角恒等變換可得，分，兩種情況討論，結合三角形的面積公式即可求解．
【解析】，且，
，
即，
又，
，
即．
當時，可得，
；
當時，，
由正弦定理可知，
為等腰三角形，
又．
．
綜上可知，的面積為或．
故選：AC.
19．BC
【分析】根據正弦函數單調性判斷A，根據余弦函數單調性判斷B，根據誘導公式及同角三角函數關系判斷C，根據誘導公式判斷D.
【解析】因為在上不單調，所以，則不成立，故A錯誤；
因為在上單調遞減，所以，則成立，故B正確；
因為，所以，故C正確；
因為，，
所以或，即或，故D錯誤.
故選：BC
20．ABD
【分析】先用倍角公式合并，再作出圖象，利用圖象性質進行判斷.
【解析】，畫出函數圖象，如圖所示：

根據圖象，過最值點和零點的垂線都是對稱軸，，
所以的圖象關于直線對稱，故A正確；
函數周期，故B正確；
，則是的一個對稱軸，無對稱中心，故C錯誤；
當時，，此時，且單調遞減，故D正確.
故選：ABD.
21．
【分析】由對稱中心求得，再通過誘導公式可求的值.
【解析】令，可得：，結合，
令，可得，得，解得，
所以，
所以
.
故答案為：.
22．
【分析】令，化簡，由求出，分別求出和在上的前兩個根，作出圖像，結合圖像即可得出答案.
【解析】令，因為，所以，
所以，所以，
所以，
令，解得：或，如圖所示，

因為在上的前兩個根分別為，
在上的前兩個根分別為，
因為函數在有兩個不同的零點，
所以，所以m的最大值為.
故答案為：.
23．
【分析】首先表示出的坐標，再根據向量模的坐標表示、三角恒等變換公式及余弦函數的性質計算可得.
【解析】因為，
所以，
所以
，
所以當，即時取得最大值，且.
故答案為：
24．①④
【分析】由圖象及三角函數的性質可得函數的解析式，進而判斷出所給命題的真假．
【解析】對于①：由圖可知：，故①正確；
由，知，
因為，所以，所以，即，，
又因為，所以，
所以函數為；
對于②：當時，，所以，故②錯誤；
對于③，由題意得到的圖象，故③錯誤；
對于④：由題意得到的圖象，
因為當時，，可得到的圖象關于點對稱，故④正確．
故選：①④．
25．
【分析】構造函數，根據函數的奇偶性求出即可得解.
【解析】令，則的定義域為，
因為，
所以為奇函數，
從而，即，
因為，所以.
答案：.
26．
【分析】利用正弦函數的和角公式以及輔助角公式，整理化簡等式，再利用誘導公式以及余弦的二倍角公式，可得答案.
【解析】因為，即，
所以.
故答案為：
27．/
【分析】利用誘導公式，即可求出答案.
【解析】因為，
所以
.
故答案為：.
28．
【分析】應用同角三角函數關系結合兩角差的余弦化簡，應用角的范圍或應用三角恒等變換結合角的范圍得出，最后應用二倍角余弦公式計算.
【解析】法一：由，則，
因此，
又因為，
所以，所以，
則．
法二：由，則，
結合則，
則．
故答案為：.
29．
【分析】令，利用二次函數的性質求出 的最小值，此時當時，最小.
【解析】令，
則
因為，所以當時， 函數取得最小值 ，此時，
當時，，所以，
故答案為：
30．
【分析】利用圖象并結合正弦函數性質判斷，的位置，再結合建立方程，求解參數即可.
【解析】由圖象并結合正弦函數性質可得是離原點最近且使圖象上升的零點，
是圖中離最近且使圖象下降的零點，則，，
得到，，則兩式相除得，
因為，所以，解得.
故答案為：
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑