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2023高考一轮复习专题—— 三角函数与解三角形 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:847422 上传时间:2024-05-31 格式:DOC 页数:56 大小:4.80MB
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资源描述

1、三角函数 题型一:任意角的三角函数一、单选题1(2022北京市八一中学一模)在平面直角坐标系xOy中,角以Ox为始边,终边经过点,则()ABCD【答案】C【解析】【分析】根据余弦函数的定义进行求解即可.【详解】设点,因为,所以.故选:C.2(2022北京房山二模)已知是第一象限角,且角的终边关于y轴对称,则()ABCD【答案】D【解析】【分析】根据cos求出tan,根据角的终边关于y轴对称可知【详解】是第一象限角,角的终边关于y轴对称,故选:D3(2022山东潍坊二模)已知角的顶点为坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,点,在角的终边上,且,则()A2BCD【答案】C【解析】【分析】根据题意,得

2、到直线的斜率为,进而判断所在象限,即可求解.【详解】由已知得,因为点,在角的终边上,所以直线的斜率为,所以,明显可见,在第二象限,.故选:C4(2022山西临汾一模(文)已知角的终边过点,则的值为()ABCD【答案】C【解析】【分析】先求出点的坐标,进而根据三角函数的定义求得答案.【详解】由题意,点的坐标为,则.故选:C.5(2022河南一模(文)已知是第二象限角,则()ABCD【答案】C【解析】【分析】由已知结合三角函数的定义及象限角的范围,及正弦的二倍角公式判断即可.【详解】由是第二象限角,可得,故选:C6(2022山东济南二模)如果角的终边过点,则的值等于()ABCD【答案】C【解析】先

3、计算三角函数值得,再根据三角函数的定义求解即可.【详解】解:由题意得,它与原点的距离,所以.故选:C.7(2022河北石家庄一模)若角终边经过点,则ABCD【答案】B【解析】【详解】分析:利用三角函数的定义,即可求出.详解:角终边经过点,则 由余弦函数的定义可得 故选B.点睛:本题考查三角函数的定义,属基础题.二、多选题1(2022湖北孝昌县第一高级中学三模)已知角的终边经过点则()ABCD【答案】ABD【解析】【分析】根据同终边角的正弦和余弦可知,然后解出方程并判断,逐项代入即可.【详解】解:由题意得:如图所示:,即,即解得:(舍去)或,故A正确;,故D正确;,故B正确;,故C错误;故选:A

4、BD题型二:同角三角函数的基本关系一、单选题1(2022宁夏固原一中一模(文)若,且在第四象限,则()ABCD【答案】D【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式即可计算得解【详解】解:,且在第四象限,故选:D2(2022辽宁沈阳二中二模)若,则()ABCD【答案】A【解析】先由求出,再由同角三角函数基本关系,以及二倍角的正弦公式,将所求式子化简,即可得出结果.【详解】因为,所以,因此.故选:A.【点睛】本题主要考查由同角三角函数基本关系化简求值,涉及二倍角的正弦公式,属于基础题型.3(2022黑龙江哈九中三模(文)已知,且,则()ABCD【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式结合平方关系得,

5、利用开方取负值即可【详解】,故选:C.4(2022江西萍乡三模(文)已知,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】由,分子分母同除以,即可求出结果.【详解】因为,又,所以,故选:A.5(2022广东广州三模)已知,若,则的值为()ABCD【答案】D【解析】【分析】将两边平方得:2sinxcosx=-0,求出x的范围,再利用求解即可.【详解】解:将两边平方得:2sinxcosx=-,所以,2x, 又因为sin2x=-,所以cos2x=-=-. 故选:D.6(2022江西南昌三模(文)若角的终边不在坐标轴上,且,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】结合易知条件和同角三角函数的平方关系即可求出c

6、os,从而求出sin,根据即可求得结果【详解】或,的终边不在坐标轴上,故选:A7(2022广西南宁二模(文)若是钝角且,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】先求出,再根据商数关系求出即可.【详解】因为是钝角,所以则故选:A.题型三:三角函数的诱导公式一、单选题1(2022江西萍乡三模(理)已知,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式化简可以得到,再将化为齐次式,采用“弦化切”,代入即可得到答案【详解】 , 故选:A2(2022宁夏吴忠中学三模(文)若,为第四象限角,则等于()ABCD【答案】C【解析】【分析】利用平方关系及商数关系,结合诱导公式即可求值.【详解】由题设,所以,

7、则.故选:C3(2022内蒙古呼和浩特二模(文)()ABCD【答案】A【解析】【分析】由诱导公式化简求值即可.【详解】,故选:A4(2022宁夏石嘴山一模(理)已知,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式化简即得所求【详解】故选:A5(2022福建漳州二模)已知,则()ABCD【答案】C【解析】【分析】整体法用诱导公式求解.【详解】.故选:C6(2022广西柳州二模(理)已知,则()ABCD【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式化简求值.【详解】由诱导公式得,故选:B.7(2022内蒙古满洲里市教研培训中心三模(文)若,()ABCD【答案】B【解析】【分析】由诱导公式进行化简,然

8、后根据二倍角公式即可求解.【详解】 , 故选:B8(2022贵州贵阳二模(理)若,()ABCD【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式可得,利用诱导公式可得结果.【详解】,.故选:B.9(2022江西九江三模(理)已知,则()ABCD【答案】B【解析】【分析】首先根据辅助角公式得到,再利用诱导公式求解即可。【详解】,即,故选:B10(2022安徽马鞍山三模(文)若,则等于()ABCD【答案】D【解析】【分析】由平方关系结合已知可得,然后由诱导公式和商数关系可得所求.【详解】因为,所以因为,所以所以.故选:D题型四:三角函数恒等变换一、单选题1(2022湖南雅礼中学二模)已知,则()ABCD【答

9、案】A【解析】【分析】利用二倍角公式即得.【详解】由题可得,解得(舍去),或.故选:A.2(2022北京二模)已知角的终边经过点,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】根据终边上的点确定角的正余弦值,再由二倍角正弦公式求.【详解】由题设,而.故选:A3(2022河南商丘三模(文)已知,则()A3BCD-3【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式化简即可【详解】故选:C4(2022黑龙江哈九中三模(文)已知,且,则()ABCD【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式结合平方关系得,利用开方取负值即可【详解】,故选:C.5(2022福建南平三模)在中,若,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】

10、由,利用正切的二倍角公式即可求解.【详解】因为,所以,所以,故选:A6(2022内蒙古包头二模(理)若,则()ABCD【答案】B【解析】【分析】根据同角的三角函数关系式,结合二倍角的正弦公式和余弦公式、特殊角的三角函数值进行求解即可.【详解】,因为,所以,于是由,解得,解得,或(舍去),因为,所以,即,故选:B7(2022湖北武汉二模)设,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】化切为弦,通分,再利用平方关系及倍角公式即可得解.【详解】解:.故选:A.8(2022陕西安康市高新中学三模(文)若,则()ABCD【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切,再代入计算可

11、得;【详解】解:故选:C9(2022江西萍乡二模(文)已知,则 ()ABCD【答案】A【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式求解.【详解】因为,所以,故选:A10(2022山西二模(理)若,则()ABCD【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式和切化弦,化简即可求得.【详解】因为,所以.故选:B11(2022黑龙江哈师大附中三模(理)若,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系、二倍角公式先求得的值,再求,结合二倍角余弦公式求值即可【详解】,平方可得, 同号,又,则,所以故选:A.12(2022山西晋城三模(理)若,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】由余弦的

12、二倍角公式,然后再结合平方关系和商的关系,转化为的式子,得出答案.【详解】故选:A二、多选题1(2022海南海口二模)已知,则()ABCD【答案】BD【解析】【分析】根据商的关系化简条件可求,利用平方关系求,再由商的关系求,再利用,结合二倍角公式及同角三角函数关系求,.【详解】因为, 所以,又 ,所以,故A错误,B正确,所以,故C错误,D正确故选:BD.2(2022全国模拟预测)已知,则()ABCD【答案】ABD【解析】【分析】切化弦后,由平方关系化为关于的方程,解方程可得,求出后由商数关系得,再由正切的二倍角公式得,由余弦的二倍角公式得,由两角和的正弦余弦公式化简后代入值可得【详解】对于选项

13、A,解得或(舍),故选项A正确;对于选项B,故选项B正确;对于选项C,故选项C错误;对于选项D,故选项D正确故选:ABD题型五:三角函数的图象和性质1(2022河北邯郸二模)函数在上的值域为()A BCD 【答案】C【解析】【分析】根据正弦型函数的图像和单调性即可求解.【详解】当时,当时,即 时,取最大值1,当,即 时,取最小值大于 ,故值域为 故选:C2(2022陕西西安三模(文)下列区间中,函数单调递增的区间是()ABCD【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式,结合余弦型函数的单调性进行判断即可.【详解】,当时,显然该集合是的子集此时函数单调递减,不符合题意;当时,显然该集合不是的子集此时

14、函数不单调递增,不符合题意;当时,显然该集合是的子集此时函数单调递增,符合题意;当时,显然该集合不是的子集此时函数不单调递增,不符合题意,故选:C3(2022安徽淮南二模(文)函数的部分图象可能是()ABCD【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性以及特殊值排除法,即可求解.【详解】记,则,故,是奇函数,故图像关于原点对称.此时可排除A,C ,取 ,排除D.故选:B4(2022江西九江一模(理)函数的最小正周期为,则的值为()A2B4C1D【答案】A【解析】【分析】根据二倍角的余弦公式可得,结合求最小正周期的公式计算即可.【详解】解:,由得函数的最小正周期为,故选:A5(2022安徽蚌埠三模

15、(文)已知函数的图像如图所示,则的值为()A2B1CD【答案】C【解析】【分析】由图象分析函数的周期,求得的值.【详解】由图象可知,函数的半周期是,所以,得.故选:C6(2022上海松江二模)设函数图像的一条对称轴方程为,若、是函数的两个不同的零点,则的最小值为()ABCD【答案】B【解析】【分析】根据对称轴和的范围可得的值,从而可得周期,然后由题意可知的最小值为可得.【详解】由题知,则,因为,所以所以易知的最小值为.故选:B7(2022青海海东市教育研究室一模(理)已知定义在上的函数,若的最大值为,则的取值最多有()A2个B3个C4个D5个【答案】A【解析】【分析】因为,讨论或,结合函数图像

16、理解分析【详解】,则若的最大值为,分两种情况讨论:当,即时,根据正弦函数的单调性可知,解得;当,即时,根据正弦函数的单调性可知,在上单调递增,所以,结合函数与在上的图像可知,存在唯一的,使得.综上可知,若的最大值为,则的取值最多有2个.故选:A8(2022湖南雅礼中学二模)已知函数的图象如图所示.则()A0BCD【答案】A【解析】【分析】由相邻零点与对称轴间的距离为周期的四分之一,求得周期,进而求得,由最低点的坐标求得的值,进而计算得解.【详解】由图象可得的最小正周期,由,解得,由得,故选:A9(2022新疆克拉玛依三模(理)函数在区间上的所有零点之和为()ABCD【答案】C【解析】【分析】把

17、方程变形,把零点个数转化为正弦函数图象与另一函数图象的交点个数,根据函数的对称性计算可得【详解】解:因为,令,即,当时显然不成立,当时,作出和的图象,如图,它们关于点对称,由图象可知它们在上有4个交点,且关于点对称,每对称的两个点的横坐标和为,所以4个点的横坐标之和为故选:C10(2022河南郑州三模(文)关于函数,有下述四个结论:的一个周期为;的图象关于直线对称;的一个零点为;在上单调递增其中所有正确结论的编号是()ABCD【答案】A【解析】【分析】由余弦函数的周期性、对称性、零点及单调性依次判断即可.【详解】,正确;,则的图象关于对称,错误;,正确;由可得,单调递减,错误.故选:A.二、多

18、选题1(2022河北秦皇岛二模)已知函数图象的一条对称轴方程为,与其相邻对称中心的距离为,则()A的最小正周期为B的最小正周期为CD【答案】AC【解析】【分析】根据三角函数图象性质可得函数解析式进而可得周期.【详解】因为图象相邻的对称中心与对称轴的距离为,所以最小正周期,故A正确,B不正确;因为,且,所以,故C正确,D不正确,故选:AC.2(2022湖北荆州中学三模)已知函数,其中表示不超过实数的最大整数,关于有下述四个结论,其中错误的结论是()A的一个周期是B是偶函数C在区间上单调递减D的最大值大于【答案】BC【解析】【分析】利用函数周期性的定义可判断A选项的正误;利用和的值可判断B选项的正

19、误;化简函数在上的解析式,可判断C选项的正误;由的值可判断D选项的正误.【详解】对于A选项,所以,函数的一个周期为,A选项正确;对于B选项,所以,函数不是偶函数,B选项错误;对于C选项,当时,则,则,所以,函数在是常函数,C选项错误;对于D选项,D选项正确.故选:BC.三、解答题1(2022江西上高二中模拟预测(理)设函数.(1)求函数单调递减区间;(2)求函数在区间上的最值.【答案】(1)(2)最小值为,最大值是【解析】【分析】(1)根据诱导公式和二倍角公式化简得:,再根据余弦函数的单调性求解即可;(2)化简得,再根据,求解即可.(1) ,当 ,即时是单调递减区间;(2) ,因为,所以, ,

20、 , 故最小值为,最大值是;2(2022山东临沂二模)已知函数,且在上的最大值为(1)求的解析式;(2)将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的,纵坐标不变,得到函数的图象,若,求的值【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)由求得,再结合在上的最大值为且,知,求出即可;(2)先求出,由求得,结合诱导公式及倍角公式即可求得.(1)因为,所以周期,又在上的最大值为,且,所以当时,取得最大值,所以,且,即,故,解得,故;(2),又,则,.3(2022浙江台州二模)设函数.(1)求函数的最小正周期;(2)求函数在上的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由三角函数的性质求解(2)由三角恒

21、等变换公式化简,根据三角函数性质求解(1)函数的最小正周期为.(2).,即.函数在上的最大值为.4(2022浙江三模)已知函数(1)求的单调递增区间;(2)若对任意,都有,求实数的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)的解析式可化简为,令,即可解得的单调递增区间(2)对恒成立的不等式等价转化后,结合的范围可得,从而解得的范围(1)令解之得 的单调递增区间为(2)对任意,都有,实数的范围为解三角形 题型一:正弦定理一、单选题1(2022江西南昌二模(理)在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则()A8B6C5D3【答案】B【解析】【分析】先求出,由正弦定理,化简计算可得.【

22、详解】解:中,因为,所以,由正弦定理得,化简得6.故选:B.2(2022吉林延边州教育学院一模(文)已知,内角的对边分别是,则等于()ABC或D或【答案】A【解析】【分析】直接根据正弦定理求解即可【详解】解:,由正弦定理得: ,故选:A【点睛】本题主要考查利用正弦定理解三角形,要注意大边对大角等隐含条件,注意多解情况的处理,属于基础题3(2022江西二模(文)设在中,角A、B、C所对的边分别为a,b,c,若满足的不唯一,则m的取值范围为()ABCD【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理计算可得;【详解】解:由正弦定理,即,所以,因为不唯一,即有两解,所以且,即,所以,所以,即;故选:A4(20

23、22四川乐山市教育科学研究所二模(文)设的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且,则A=()ABCD【答案】D【解析】【分析】根据同角三角函数的关系、两角和的正弦公式、诱导公式和正弦定理化简计算可得,进而即可求出A.【详解】由题意知,由正弦定理,得,又,所以,即,由,得.故选:D5(2022陕西西安三模(文)在中,若,则()ABC3D【答案】D【解析】【分析】运用同角平方关系可求,然后利用正弦定理,计算即可得到【详解】解:,由正弦定理可得,故选:D6(2022安徽芜湖一中一模(文)已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,则角A的大小为()ABCD【答案】A【解析】【分析】直接

24、利用正弦定理边化角,再结合正弦的和角公式求出,进而求出角A.【详解】由得,由正弦定理得,又,得,.故选:A.7(2022贵州黔东南一模(理)设a,b,c分别为内角A,B,C的对边已知,则()ABCD【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理得到,确定B为锐角,利用同角三角函数的平方关系求出结果.【详解】因为,所以由正弦定理得,则,又因为,所以,所以,因为,所以,所以B为锐角,故故选:C8(2022湖南省临澧县第一中学一模)在中,若,则=()ABCD【答案】B【解析】【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:B二、多选题1(2022重庆八中模

25、拟预测)在中,内角所对的边分别为a、b、c,则下列说法正确的是()AB若,则CD若,且,则为等边三角形【答案】ACD【解析】【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明;B令可得反例;C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有,由正弦定理即可证;D若,根据单位向量的定义,向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知的形状.【详解】A:由,根据等比的性质有,正确;B:当时,有,错误;C:,而,即,由正弦定理易得,正确;D:如下图,是单位向量,则,即、,则且平分,的夹角为, 易知为等边三角形,正确.故选:ACD【点睛】关键点点睛:D选项,注意应用向量在几何图形中所代表的线段,结合向量加法、数量积的几何意义

26、判断夹角、线段间的位置关系,说明三角形的形状.题型二:余弦定理一、单选题1(2022陕西商洛二模(文)的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,则的面积为()ABC1D2【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理可求得,再根据三角形的面积公式,即可求出结果.【详解】因为,所以,所以,所以的面积为.故选:C.2(2022四川雅安三模(文)在中,内角、所对的边分别为、,若,则()ABCD【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得,利用余弦定理可求得的值.【详解】因为,令,则.故选:A.3(2022陕西咸阳二模(文)在中,已知,则()A1BC2D4【答案】C【解析】【分析】直接利用余弦定理即可求得.【

27、详解】在中,已知,即为,由余弦定理得:,解得:(边长大于0,所以舍去)即.故选:C4(2022宁夏吴忠中学三模(理)在中,已知,则()A16B9C9D16【答案】C【解析】【分析】由余弦定理求出,再由数量积的定义及诱导公式计算可得;【详解】解:由余弦定理,可得,所以故选:C5(2022北京昌平二模)在中,只需添加一个条件,即可使存在且唯一.条件:; ;中,所有可以选择的条件的序号为()ABCD【答案】B【解析】【分析】根据正弦和余弦定理,以及三角形边与角的性质,直接计算即可判断求解.【详解】对于,所以,得,所以,此时,存在且唯一,符合题意;对于,所以,解得,因为,所以,所以为锐角,此时,存在且

28、唯一,符合题意;对于,所以,得,进而,可得,明显可见,与矛盾,故不符题意.故可以选择的条件序号为:故选:B6(2022内蒙古包头二模(文)的内角,的对边分别为,已知,则的面积为()A9B6CD【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理,结合三角形面积公式进行求解即可.【详解】由余弦定理可知:,解得(负值舍去),即,所以的面积为,故选:C7(2022陕西榆林三模(理)的内角,的对边分别为,若的面积为,则()A10B3CD【答案】C【解析】【分析】由已知及三角形面积公式可得,进而求出b、c,应用余弦定理求a即可.【详解】因为,则,又,所以,又,可得,所以,即.故选:C8(2022全国二模(理)ABC中

29、,若,则AB边上的高的最大值为()A2B3CD【答案】C【解析】【分析】将已知条件利用余弦的二倍角公式化简可得,然后由余弦定理和基本不等式可得面积的最大值,从而得到高的最大值.【详解】ABC中,可得,即,解得即,,可得,当时取到最大值16,设AB边上的高为h,则,解得,即AB边上的高的最大值为,故选:C二、多选题1(2022广东广州三模)在中,角、的对边分别是、下面四个结论正确的是()A,则的外接圆半径是4B若,则C若,则一定是钝角三角形D若,则【答案】BC【解析】根据正弦定理可求出外接圆半径判断A,由条件及正弦定理可求出,可判断B,由余弦定理可判断C,取特殊角可判断D.【详解】由正弦定理知,

30、所以外接圆半径是2,故A错误;由正弦定理及可得,即,由,知,故B正确;因为,所以C为钝角,一定是钝角三角形,故C正确;若,显然,故D错误.故选:BC三、解答题1(2022北京市第十二中学三模)的内角、的对边分别为、,已知.(1)求角的大小;(2)从以下4个条件中选择2个作为已知条件,使三角形存在且唯一确定,并求的面积.条件:;条件:;条件:;条件:.【答案】(1)(2)答案不唯一,见解析【解析】【分析】(1)由正弦定理化简可得出的值,结合角的取值范围可求得角的值;(2)选,利用余弦定理可判断不唯一;选或或,利用三角形的内角和定理可判断唯一,利用正弦定理结合三角形的面积可判断的面积;选,直接判断

31、唯一,再利用三角形的面积公式可求得的面积;选,利用余弦定理可判断唯一,再利用三角形的面积公式可求得的面积.(1)解:由及正弦定理可得,、,则,故.(2)解:若选,由余弦定理可得,即,解得,此时,不唯一;若选,已知,且,则,所以,则唯一,由正弦定理可得,所以,;若选,已知,此时唯一,;若选,已知,且,则,所以,则唯一,由正弦定理可得,所以,;若选,已知,由余弦定理可得,可得,解得,此时,唯一,;若选,已知,且,则,所以,则唯一,由正弦定理可得,.题型三:三角形的面积公式一、单选题1(2022江西萍乡三模(文)在中,分别为角的对边,已知,的面积为2,则边长()ABCD【答案】A【解析】【分析】由三

32、角形的面积公式代入即可求出答案.【详解】因为,所以,则.故选:A.2(2022江西鹰潭一模(理)中,已知,设D是边的中点,且的面积为,则等于()A2B4C-4D-2【答案】A【解析】根据正、余弦定理求出;根据三角形面积公式求出;再根据D是边的中点,将,用和表示,再根据数量积的定义,即可求出结果【详解】, , ,即, ,又角是的内角, 又,即 ,;又D是边的中点.故选:A【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用,同时考查了平面向量基本定理和数量积运算,属中档题3(2022天津河西三模)已知的内角,的对边分别为,的面积为,则ABCD【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理以及三角形的面

33、积公式即可求解.【详解】由,则,即,所以,且,所以.故选:D【点睛】本题考查了余弦定理、三角形的面积公式、弦化切,属于基础题.4(2022宁夏石嘴山市第一中学一模(理)在中,角A,B,C所以对的边分别为a,b,c,若,的面积为,则()ABC或D或3【答案】D【解析】【分析】由,可求得,再结合面积和,即可求得边,再由余弦定理求得.【详解】由,由正弦定理得,又,得,得,得,又,得,则,则,由余弦定理,得,得或.故选:D【点睛】本题考查了正弦定理,余弦定理,三角形的面积公式,根据边角关系正确选用正弦定理和余弦定理是解题的关键.5(2022江西南昌市实验中学一模(文)在中,所对应边分别为,已知,且,则

34、的面积为().A1BCD【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理化简求得,由此求得,再结合三角形面积公式求得三角形的面积.【详解】由余弦定理得,所以,由得.故选B.【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形,考查三角形面积公式,考查同角三角函数的基本关系式,属于基础题.6(2022宁夏银川一模(理)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,则ABC面积的最大值为()ABCD【答案】B【解析】【分析】根据题意得到,利用余弦定理和面积公式,化简得到,结合,得到,即可求解.【详解】由,可得,由余弦定理可得.因为的面积,所以,因为,所以,故当时,取得最大值3,此时.故选:B.二、解答题1(2022北

35、京潞河中学三模)在中,再从条件条件这两个条件中选择一个作为已知,求:(1)的值;(2)的面积.条件:;条件:.【答案】(1)若选择条件,;若选择条件,(2)若选择条件,的面积;若选择条件,的面积【解析】【分析】(1)若选择条件,根据二倍角正弦公式,化简整理,可得;若选择条件,根据二倍角的余弦公式,化简整理,可得.(2)若选择条件,根据余弦定理,可求得a值,代入面积公式,即可得答案;若选择条件,根据余弦定理,可求得a值,代入面积公式,即可得答案;(1)若选择条件,则,因为,所以,所以,则.若选择条件,则,所以或,因为,所以,则.(2)若选择条件,则,所以,所以或-3(舍),所以的面积;若选择条件

36、,则,所以, 所以或-8(舍),所以的面积题型四:解三角形的实际应用一、单选题1(2022青海西宁一模(文)某居民小区拟将一块三角形空地改造成绿地.经测量,这块三角形空地的两边长分别为32m和68m,它们的夹角是.已知改造费用为50元/m2,那么,这块三角形空地的改造费用为()A元B元C元D元【答案】C【解析】【分析】求出三角形空地的面积,即可求出这块三角形空地的改造费用.【详解】由题意,三角形空地的面积为,改造费用为50元,这块三角形空地的改造费用为:元.故选:C.【点睛】本题主要考查的是正弦定理中的面积公式的应用,熟记公式是解决本题的关键,是基础题.2(2022江西师大附中三模(理)滕王阁

37、,位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸,始建于唐朝永徽四年,因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞,秋水共长天一色”而流芳后世如图,小明同学为测量滕王阁的高度,在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB,高为,在它们的地面上的点M(B,M,D三点共线)测得楼顶A,滕王阁顶部C的仰角分别为和,在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为,则小明估算滕王阁的高度为()(精确到)ABCD【答案】D【解析】【分析】在中求得,由正弦定理得,再在中,计算即可.【详解】由题意得,在中,在中,所以,由正弦定理,得,又,在中,.故选:D.3(2022江西师大附中三模(文)地处赣江东岸的腾王阁与岳阳楼黄鹤楼并称为“江南三大名楼”,是中国

38、古代四大名楼之一“中国十大历史文化名楼”之一,世称“西江第一楼”.“云销雨霁,彩彻区明.落霞与孤鹜齐飞,秋水共长天一色.渔舟唱晚,响穷彭蠡之滨;雁阵惊寒,声断衡阳之浦”是唐代文学家王勃对腾王阁的生动描写.某位游客(身高忽略不计)从地面D点看楼顶点A的仰角为30,沿直线前进72米到达E点,此时看点C的仰角为45,若,则楼高AB约为()A58米B68米C78米D88米【答案】A【解析】【分析】设,得到,列出方程,求得的值,即可求得楼高,得到答案.【详解】设,则由题意可得,所以,解得,所以楼高.故选: A.4(2022四川泸州二模(理)如图,航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内,已知飞机飞行的海

39、拔高度为10000,速度为50.某一时刻飞机看山顶的俯角为15,经过420s后看山顶的俯角为45,则山顶的海拔高度大约为(,)()A7350B2650C3650D4650【答案】B【解析】【分析】如图,设飞机的初始位置为点,经过420s后的位置为点,山顶为点,作于点,在中,利用正弦定理求得,在中,解直角三角形即可的解.【详解】解:如图,设飞机的初始位置为点,经过420s后的位置为点,山顶为点,作于点,则,所以,在中,由正弦定理得,则,因为,所以,所以山顶的海拔高度大约为.故选:B.二、多选题5(2022福建厦门双十中学模拟预测)如图,某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔(A为塔顶,B为塔底)的高度

40、,选取与B在同一水平面内的两点C与D(B,C,D不在同一直线上),测得.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有:,则根据下列各组中的测量数据可计算出塔的高度的是()ABCD【答案】ACD【解析】【分析】根据解三角形的原理:解一个三角形,需要知道三个条件,且至少一个为边长. 分析每一个选项的条件看是否能求出塔的高度.【详解】解一个三角形,需要知道三个条件,且至少一个为边长. A. 在中,已知,可以解这个三角形得到,再利用、解直角得到的值;B. 在中,已知无法解出此三角形,在中,已知无法解出此三角形,也无法通过其它三角形求出它的其它几何元素,所以它不能计算出塔的高度;C. 在中,已知,可以解得到,再利

41、用、解直角得到的值;D. 如图,过点作,连接.由于,所以,所以可以求出的大小,在中,已知可以求出再利用、解直角得到的值.故选:ACD【点睛】方法点睛:解一个三角形,需要知道三个条件,且至少一个为边长. 判断一个三角形能不能解出来常利用该原理.三、解答题6(2022重庆八中模拟预测)如图:某公园改建一个三角形池塘,(百米),(百米),现准备养一批观赏鱼供游客观赏(1)若在 内部取一点P,建造APC连廊供游客观赏,如图,使得点P是等腰三角形PBC的顶点,且,求连廊的长(单位为百米);(2)若分别在AB,BC,CA上取点D,E,F,并建行连廊,使得 变成池中池,放养更名贵的鱼类供游客观赏如图,当为正三角形时,求的面积的最小值【答案】(1)百米(2)(百米)【解析】【分析】(1)由余弦定理即可求得,在 中,确定,由余弦定理求得,即可求得答案;(2)设正三角形DEF的边长a,()则可表示,从而可由正弦定理表示出,结合三角函数的性质求得其最小值,即可求得答案.(1)点P是等腰三角形PBC的顶点,且,且由余弦定理可得:,解得,又,在 中,,在ACP中,由余弦定理得,解得,;,连廊的长为百米(2)设正三角形DEF的边长a,()则,设,可得,在 中,由正弦定理得:,即,即,化简得:,(其中,为锐角,且).

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