專題10三角函數的性質與正余弦定理（選填題10種考法）考法一扇形的弧長與面積【例1-1】（2023·甘肅定西·統考一模）古代文人墨客與丹青手都善于在紙扇上題字作畫，題字作畫的部分多為扇環，如圖在長為50，寬為20的矩形白紙中做一個扇環形扇面，扇面的外環弧線長為45，內弧線長為15cm，連接外弧與內弧的兩端的線段均為14（外環半徑與內環半徑之差），若從矩形中任意取一點，則該點落在扇面中的概率為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設小扇形的半徑為，則大扇形的半徑為，則有，解得，所以扇環面積為，所以若從矩形中任意取一點，則該點落在扇面中的概率為.故選：C.【例1-2】（2023·全國·模擬預測）萊洛三角形是定寬曲線所能構成的面積最小的圖形，他是由德國機械學家萊洛首先發現的，故而得名．它是分別以正三角形ABC的頂點為圓心，以正三角形邊長為半徑作三段圓弧組成的一條封閉曲線，如圖所示．現在我們要制作一個高為10的柱形幾何體，其側面與底面垂直，底面為一萊洛三角形ABC，且正三角形ABC邊長為2，則該幾何體的體積為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因為為等邊三角形，所以，則萊洛三角形ABC的面積，則該柱形幾何體的體積，故選：D.【變式】1．（2023·江蘇揚州·統考模擬預測）車木是我國一種古老的民間手工工藝，指的是用刀去削旋轉著的木頭，可用來制作家具和工藝品，隨著生產力的進步，現在常借助車床實施加工．現要加工一根正四棱柱形的條木，底面邊長為，高為．將條木兩端夾住，兩底面中心連線為旋轉軸，將它旋轉起來，操作工的刀頭逐步靠近，最后置于離旋轉軸處，沿著旋轉軸平移，對整塊條木進行加工，則加工后木塊的體積為（

）．A． B． C． D．【答案】B【解析】加工后木塊的橫截面的形狀如圖所示，

其中O為橫截面的中心，,，，計算可得,:,所以加工后木塊的體積為.故選：B.2．（2023·陜西咸陽·武功縣普集高級中學校考模擬預測）折扇是我國古老文化的延續，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”、它常以字畫的形式體現我國的傳統文化，也是運籌帷幄、決勝千里、大智大勇的象征（如圖甲），圖乙是一個圓臺的側面展開圖（扇形的一部分），若兩個圓弧，所在圓的半徑分別是3和6，且，則關于該圓臺下列說法錯誤的是（

）

A．高為 B．體積為C．表面積為 D．內切球的半徑為【答案】B【解析】設圓臺的上底面半徑為，下底面半徑為，則，即；，即；又圓臺的母線長，所以圓臺的高，A正確；圓臺的體積，B錯誤；圓臺的表面積，C正確；由于圓臺的母線長等于上下底面半徑和，所以圓臺的高即為內切球的直徑，所以內切球的半徑為，D正確.故選：B.3．（2023·河北·統考模擬預測）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面積分別為和，體積分別為和.若，則兩圓錐側面展開圖的圓心角之和為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為和，母線長為，則甲、乙兩個圓錐的高和，由題意可得：，解得，設甲、乙兩個圓錐的側面展開圖的圓心角分別為和，則，解得，所以兩圓錐側面展開圖的圓心角之和.故選：C.4．（2023·陜西漢中·統考二模）蚊香具有悠久的歷史，我國蚊香的發明與古人端午節的習俗有關.如圖為某校數學社團用數學軟件制作的“蚊香”.畫法如下：在水平直線上取長度為1的線段AB，作一個等邊三角形ABC，然后以點B為圓心，AB為半徑逆時針畫圓弧交線段CB的延長線于點D（第一段圓弧），再以點C為圓心，CD為半徑逆時針畫圓弧交線段AC的延長線于點E，再以點A為圓心，AE為半徑逆時針畫圓弧…….以此類推，當得到的“蚊香”恰好有11段圓弧時，“蚊香”的長度為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由題意可知：每段圓弧的圓心角為，設第段圓弧的半徑為，則可得，故數列是以首項，公差的等差數列，則，則“蚊香”的長度為.故選：D.考法二三角函數的定義【例2-1】（2023·貴州·校聯考模擬預測）已知角的頂點為坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊上有兩個點，，且，則（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【解析】由已知可得，，又，，，即，聯立得，解得或，，故選：C.【例2-2】（2023·貴州遵義·統考三模）已知，，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由時，可知，，即，故選：A【變式】1.（2023·重慶沙坪壩·重慶南開中學校考模擬預測）已知為角終邊上一點，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由題意知為角終邊上一點，則，故，故，故選：A2（2023·黑龍江·黑龍江實驗中學校考一模）在平面直角坐標系中，已知點為角終邊上一點，若，則（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由題意得：，，，因為，所以，因為，所以，故，所以.故選：B3（2024·江西·校聯考模擬預測）在平面直角坐標系中，銳角的大小如圖所示，則（

）

A． B．2 C． D．3【答案】B【解析】因為點是角終邊的一點，所以，所以，由可知，，所以.故選：B4．（2023·河南信陽·信陽高中校考模擬預測）（多選）已知，為坐標原點，終邊上有一點.則（

）A． B．C． D．【答案】AB【解析】，故，又，，故是第一象限角，又，故，故A正確；對于B，，故，故B正確；對于C，因為在上單調遞增，且，所以，故C錯誤；對于D，因為在上單調遞減，，所以，故D錯誤.故選：AB.考法三同角三角函數【例3-1】（2023·全國·統考高考真題）已知為銳角，，則（

）．A． B． C． D．【答案】D【解析】因為，而為銳角，解得：．故選：D．【例3-2】（2023·陜西咸陽·咸陽彩虹學校校考模擬預測）若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為，所以，由得，所以分子分母同除以得，即，所以.故選：D.【例3-3】（2023·浙江杭州·校考模擬預測）已知，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】將平方得，所以，則．所以，從而．聯立，得．所以，．故．故選：D【變式】1．（2022·浙江·統考高考真題）設，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【解析】因為可得：當時，，充分性成立；當時，，必要性不成立；所以當，是的充分不必要條件.故選：A.2．（2023·福建泉州·統考模擬預測）已知，，則（

）A． B． C． D．2【答案】C【解析】因為，所以，因為，所以，所以，則.故選：C.3．（2023·河北滄州·校考三模）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由題意，，∴，故選：D.4．（2023·西藏日喀則·統考一模）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，則，所以，故.故選：D5．（2023·貴州黔東南·凱里一中校考模擬預測）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由已知條件得，，故選：A.考法四恒等變化【例4-1】（2023·廣東佛山·華南師大附中南海實驗高中校考模擬預測）（多選）下列化簡正確的是（

）A．B．C．D．【答案】BCD【解析】對于A，，故A錯誤．對于B，由，故B正確；對于C，∵設，則，而，故即，故C正確．對于D，，所以D正確.故選：BCD.【例4-2】（2023·全國·統考高考真題）已知，則（

）．A． B． C． D．【答案】B【解析】因為，而，因此，則，所以.故選：B【例4-3】（2023·河南·校聯考模擬預測）若，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因為，所以．故選：A．【變化】1．（2023·浙江·模擬預測）（多選）下列化簡正確的是（

）A．B．C．D．【答案】CD【解析】對于A，，故A錯誤；對于B，，故B錯誤；對于C，，故C正確；對于D，，故D正確.故選：CD.2．（2022·全國·統考高考真題）若，則（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】[方法一]：直接法由已知得：,即：，即：所以故選：C[方法二]：特殊值排除法解法一:設β=0則sinα+cosα=0，取，排除A,B；再取α=0則sinβ+cosβ=2sinβ，取β，排除D；選C.[方法三]：三角恒等變換所以即故選：C.3．（2023·廣西玉林·統考模擬預測）若，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為，所以，化簡并整理得，又因為，所以，所以，所以.故選：B.4．（2023·河南·模擬預測）（多選）已知，且，，，則（

）A．的取值范圍為 B．存在，，使得C．當時， D．t的取值范圍為【答案】AD【解析】因為，所以，即，若，則，又，所以不能同時成立，所以，故A正確；由A可知，所以，又，所以，所以，故B錯誤；當時，整理，得所以，又，對上式整理得，所以，解得（舍去負根），故C錯誤；因為，且，所以隨著的增大而增大，所以隨著的增大而增大，又，所以，，即D正確．故選：AD．考法五角的拼湊【例5-1】（2023·貴州遵義·統考模擬預測）若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意可得：.故選：C.【例5-2】（2023·四川成都·校聯考模擬預測）若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由二倍角公式有，又已知，代入即得，由誘導公式有，因此.故選：D.【變式】1．（2023·河南開封·統考三模）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為，即，所以．故選：D2．（2023·安徽·池州市第一中學校考模擬預測）已知，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由得，，而，故，故選：B3．（2023·河南鄭州·統考模擬預測）已知，則.【答案】【解析】，所以，.故答案為：4．（2023·四川綿陽·鹽亭中學校考模擬預測）已知?，則?．【答案】/0.28【解析】由題意，，，解得：，∴，，故答案為：.考法六三角函數的性質【例6-1】（2022·天津·統考高考真題）已知，關于該函數有下列四個說法：①的最小正周期為；②在上單調遞增；③當時，的取值范圍為；④的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到．以上四個說法中，正確的個數為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因為，所以的最小正周期為，①不正確；令，而在上遞增，所以在上單調遞增，②正確；因為，，所以，③不正確；由于，所以的圖象可由的圖象向右平移個單位長度得到，④不正確．故選：A．【變式】1．（2023·陜西西安·校考一模）函數的部分圖象如圖所示，則下列結論正確的是（

）

A．點是的對稱中心B．直線是的對稱軸C．的圖象向右平移個單位得的圖象D．在區間上單調遞減【答案】D【解析】由題意可知，,,解得，所以，解得，將代入中，得，解得，,因為，所以，當時，，所以的解析式為.對于A，，所以點不是的對稱中心，故A錯誤；對于B，，所以直線不是的對稱軸，故B錯誤；對于C，的圖象向右平移個單位得的圖象，故C錯誤；對于D，當時，，所以在區間上單調遞減，故D正確.故選：D.2．（2023·河南鄭州·統考模擬預測）已知函數，將函數的圖象上所有點的橫坐標變為原來的一半，縱坐標變為原來的2倍，然后向上平移1個單位長度得到函數的圖象，則（

）A．B．在上單調遞增C．的圖象關于點中心對稱D．在上的值域為【答案】D【解析】由題意，平移后函數為：，故A不正確;B中，，可知，∴先增后減，即在上單調遞增不正確，故B不正確；C中，∵，∴函數不關于對稱，故C不正確；D中，，則，∴，∴，故D正確.故選：D.3．（2023·遼寧撫順·校考模擬預測）將函數的圖象向右平移a個單位長度（a為常數，且），得到函數的圖象，若在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】將函數的圖象向右平移個單位長度，得到，又，所以，所以．當時，，又，故；當時，a隨x的變化而變化，不可能為常數，不合題意，所以．對于，令，解得，當時，令，則；對于，令，解得，當時，令，則，所以當在區間上單調遞增，在區間上單調遞減時，n的最大值為，m的最小值為，所以的最大值為．故選：C．考法七正余弦定理【例7-1】（2023·北京·統考高考真題）在中，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為，所以由正弦定理得，即，則，故，又，所以.故選：B.【例7-2】（2023·全國·統考高考真題）在中，，的角平分線交BC于D，則．【答案】【解析】如圖所示：記，方法一：由余弦定理可得，，因為，解得：，由可得，，解得：．故答案為：．方法二：由余弦定理可得，，因為，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因為，所以，，又，所以，即．故答案為：．【例7-3】（2022·全國·統考高考真題）已知中，點D在邊BC上，．當取得最小值時，．【答案】/【解析】[方法一]：余弦定理設，則在中，，在中，，所以，當且僅當即時，等號成立，所以當取最小值時，.故答案為：.[方法二]：建系法令BD=t，以D為原點，OC為x軸，建立平面直角坐標系.則C（2t,0），A（1，），B（-t,0）[方法三]：余弦定理設BD=x,CD=2x.由余弦定理得，，，，令，則，，，當且僅當，即時等號成立.[方法四]：判別式法設，則在中，，在中，，所以，記，則由方程有解得：即，解得：所以，此時所以當取最小值時，，即.【變式】1．（2023·全國·統考高考真題）在中，內角的對邊分別是，若，且，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意結合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，據此可得，則.故選：C.2．（2023·浙江·模擬預測）在中，角所對的邊分別為.若，且該三角形有兩解，則的范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由正弦定理得，所以,因為該三角形有兩解，故,故，即，故選：B3．（2023·江西贛州·統考模擬預測）在銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知，，則的周長的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】，由正弦定理得，，由于，所以，所以，由于，所以，所以，所以，則，函數的開口向上，對稱軸為，所以.故選：A4．（2023·廣東茂名·茂名市第一中學校考三模）（多選）中，角所對的邊分別為.以下結論中正確的有（

）A．若，則必有兩解B．若，則一定為等腰三角形C．若，則一定為直角三角形D．若，且該三角形有兩解，則的范圍是【答案】AC【解析】對于A，若，則，又，所以必有兩解，故A正確；對于B，若，則或，即或，所以為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；對于C，由正弦定理得：，即，而，故，所以一定為直角三角形，故C正確；對于D，若，且該三角形有兩解，所以，即，也即，故D錯誤.綜上所述，只有AC正確，故選：AC.考法八w的求法【例8-1】（2022·全國·統考高考真題）將函數的圖像向左平移個單位長度后得到曲線C，若C關于y軸對稱，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意知：曲線為，又關于軸對稱，則，解得，又，故當時，的最小值為.故選：C.【例8-2】（2022·全國·統考高考真題）設函數在區間恰有三個極值點、兩個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】依題意可得，因為，所以，要使函數在區間恰有三個極值點、兩個零點，又，的圖象如下所示：

則，解得，即．故選：C．【變式】1．（2023·全國·統考高考真題）已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是．【答案】【解析】因為，所以，令，則有3個根，令，則有3個根，其中，結合余弦函數的圖像性質可得，故，故答案為：.2．（2022·全國·統考高考真題）記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為．【答案】【解析】因為，（，）所以最小正周期，因為，又，所以，即，又為的零點，所以，解得，因為，所以當時；故答案為：3．（2023·浙江·模擬預測）已知函數在區間上恰有三個極值點和三個零點，則的取值范圍是.【答案】【解析】，，，設，，有三個極值點和三個零點，由的性質可得，，.故答案為：.4．（2023·四川宜賓·統考二模）已知函數，給出下列4個結論：①的最小值是；②若，則在區間上單調遞增；③若，則將函數的圖象向右平移個單位長度，再向下平移1個單位長度，可得函數的圖象；④若存在互不相同的，使得，則.其中所有正確結論的序號是（

）A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②【答案】A【解析】當時，，①正確；若時，此時，當時，，所以在上單調遞增，②正確；若時，此時，而函數的圖象先向右平移個單位長度，再向下平移1個單位長度，可得，③錯誤；存在互不相同的，使得，且在上至少有3個最大值點，而當時，，所以，解得，④正確.綜上所述：所有正確結論的序號是①②④.故選：A.考法九實際應用【例9-1】（2023·陜西寶雞·校聯考模擬預測）中國最早的天文觀測儀器叫“圭表”，最早裝置圭表的觀測臺是西周初年在陽城建立的周公測景（影）臺．“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的桿子，太陽光照射在“表”上，便在“圭”上成影．到了周代，使用圭表有了規范，桿子（表）規定為八尺長．用圭表測量太陽照射在竹竿上的影長，可以判斷季節的變化，也能用于丈量土地．同一日子內，南北兩地的日影長短倘使差一寸，它們的距離就相差一千里，所謂“影差一寸，地差一尺”（1尺＝10寸）．記“表”的頂部為A，太陽光線通過頂部A投影到“圭”上的點為B．同一日子內，甲地日影長是乙地日影子長的兩倍，記甲地中直線AB與地面所成的角為，且．則甲、乙兩地之間的距離約為（

）A．15千里 B．14千里 C．13千里 D．12千里【答案】A【解析】由題意可知甲地的日影子長為尺，從而得到乙地的日影子長為1.5尺，則甲、乙兩地之間的距離約為千里．故選：A【例9-2】（2023·四川綿陽·綿陽中學校考模擬預測）月牙泉，古稱沙井，俗名藥泉，自漢朝起即為“敦煌八景”之一，得名“月泉曉澈”，因其形酷似一彎新月而得名．如圖所示，某月牙泉模型的邊緣都可以看作是圓弧，兩段圓弧可以看成是的外接圓和以AB為直徑的圓的一部分，若，AB的長約為，則該月牙泉模型的面積約為（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】設外接圓圓心為，如圖，半徑為，則，，因此，中弓形面積為，從而陰影部分面積為．故選：A．【變式】1.（2023·四川南充·四川省南部中學校考模擬預測）一艘海輪從處出發，以每小時40海里的速度沿東偏南方向直線航行，30分鐘后到達B處．在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是東偏南，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東，那么B、C兩點間的距離是（

）A．海里 B．海里 C．海里 D．海里【答案】A【解析】依題意，如圖，在中，，則，由正弦定理得，即，因此（海里），所以兩點間的距離是海里．故選：A2.（2023·河南·校聯考模擬預測）“不以規矩，不能成方圓”出自《孟子·離婁章句上》.“規”指圓規，“矩”指由相互垂直的長短兩條直尺構成的方尺，是古人用來測量?畫圓和方形圖案的工具.敦煌壁畫就有伏羲女媧手執規矩的記載（如圖（1））.今有一塊圓形木板，以“矩”量之，如圖（2）.若將這塊圓形木板截成一塊四邊形形狀的木板，且這塊四邊形木板的一個內角滿足，則這塊四邊形木板周長的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由題圖（2）得，圓形木板的直徑為.設截得的四邊形木板為，設，，，，，，如下圖所示.由且可得，在中，由正弦定理得，解得.在中，由余弦定理，得，所以，，即，可得，當且僅當時等號成立.在中，，由余弦定理可得，即，即，當且僅當時等號成立，因此，這塊四邊形木板周長的最大值為.故選：D.考法十與其他知識的綜合運用【例10-1】（2023·全國·模擬預測）（多選）已知函數在上恰有三個零點，則（

）A．的最小值為 B．在上只有一個極小值點C．在上恰有兩個極大值點 D．在上單調遞增【答案】BD【解析】對于A選項，因為，當時，，由函數在上恰有三個零點，所以，，解得，所以，的最小值為，A錯；對于B選項，由A選項知，，則當，即時，函數取得極小值，即在上只有一個極小值點，B對；對于C選項，當時，函數在上只有一個極大值點，C錯；對于D選項，當時，，因為，所以，，所以，函數在上單調遞增，D對.故選：BD.【例10-2】（2023·四川南充·四川省南部中學校考模擬預測）若分別是與的等差中項和等比中項，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】依題意可得，，且，所以，即，解得又因為，所以，所以故選:A【例10-3】（2022·北京·統考高考真題）在中，．P為所在平面內的動點，且，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】依題意如圖建立平面直角坐標系，則，，，因為，所以在以為圓心，為半徑的圓上運動，設，，所以，，所以，其中，，因為，所以，即；故選：D【變式】1．（2023·四川成都·模擬預測）已知等差數列中，，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】在等差數列中，，可得，因此，.故選：A.2．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校考模擬預測）的展開式中的系數為12，則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】的展開式中的系數可以看成：6個因式中選取5個因式提供，余下一個因式中提供或者6個因式中選取4個因式提供，余下兩個因式中均提供，故的系數為，∴，∴，故選：C3．（2023·新疆烏魯木齊·統考一模）已知函數有且只有一個零點，則實數a的值為______．【答案】【解析】，，的圖象關于直線對稱，若函數有且只有一個零點，即的圖象與軸有且只有一個交點，則只能是，即，解得，此時，，當且僅當,即時取等號,當時,，又，，當時,，當時，函數有且只有一個零點.故答案為：.一、單選題1．（2022·浙江·統考高考真題）為了得到函數的圖象，只要把函數圖象上所有的點（

）A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度【答案】D【解析】因為，所以把函數圖象上的所有點向右平移個單位長度即可得到函數的圖象．故選：D.2．（2022·全國·統考高考真題）記函數的最小正周期為T．若，且的圖象關于點中心對稱，則（

）A．1 B． C． D．3【答案】A【解析】由函數的最小正周期T滿足，得，解得，又因為函數圖象關于點對稱，所以，且，所以，所以，，所以.故選：A3．（2023·湖南·校聯考模擬預測）設，，且，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因為，所以，所以，即．又，，所以，即或，即（舍去）．故選：4．（2023·江蘇南京·南京市第一中學校考一模）若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，所以，則.故選：D5．（2023·河南·校聯考模擬預測）已知角，終邊上有一點，則（

）A．2 B． C． D．【答案】C【解析】，故，．又，，故在第三象限，故，．故選:C．6．（2023·全國·統考高考真題）已知函數在區間單調遞增，直線和為函數的圖像的兩條相鄰對稱軸，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為在區間單調遞增，所以，且，則，，當時，取得最小值，則，，則，，不妨取，則，則，故選：D.7．（2023·天津·統考高考真題）已知函數的一條對稱軸為直線，一個周期為4，則的解析式可能為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由函數的解析式考查函數的最小周期性：A選項中，B選項中，C選項中，D選項中，排除選項CD，對于A選項，當時，函數值，故是函數的一個對稱中心，排除選項A，對于B選項，當時，函數值，故是函數的一條對稱軸，故選：B.8．（2023·陜西商洛·陜西省丹鳳中學校考模擬預測）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，設，①，又②，所以聯立①②，解得，故．故選：D9．（2023·福建三明·統考三模）角的頂點在坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊不在坐標軸上，終邊所在的直線與圓相交于、兩點，當面積最大時（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為，故當時，的面積取最大值，則，所以，圓心到直線的距離為，由題意可知，直線的斜率存在，設直線的方程為，即，其中，圓的圓心為，則，解得，即，顯然，因此，.故選：D.10．（2023·河南·校聯考模擬預測）若關于的方程在內有兩個不同的解，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】關于的方程在內有兩個不同的解，即（，取為銳角）在內有兩個不同的解，即方程在內有兩個不同的解．不妨令，由，則，所以，所以．則，即，所以．故選：D．11．（2023·浙江·模擬預測）已知，若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】∵,∴，∴，∴或，又，∴，，故選：C．12．（2023·全國·統考高考真題）函數的圖象由函數的圖象向左平移個單位長度得到，則的圖象與直線的交點個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】因為向左平移個單位所得函數為，所以，而顯然過與兩點，作出與的部分大致圖像如下，

考慮，即處與的大小關系，當時，，；當時，，；當時，，；所以由圖可知，與的交點個數為.故選：C.13．（2023·全國·統考高考真題）設甲：，乙：，則（

）A．甲是乙的充分條件但不是必要條件 B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件【答案】B【解析】當時，例如但，即推不出；當時，，即能推出.綜上可知，甲是乙的必要不充分條件.故選：B14．（2023·全國·統考高考真題）過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（

）A．1 B． C． D．【答案】B【解析】方法一：因為，即，可得圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，因為，則，可得，則，，即為鈍角，所以；法二：圓的圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，連接，可得，則，因為且，則，即，解得，即為鈍角，則，且為銳角，所以；方法三：圓的圓心，半徑，若切線斜率不存在，則切線方程為，則圓心到切點的距離，不合題意；若切線斜率存在，設切線方程為，即，則，整理得，且設兩切線斜率分別為，則，可得，所以，即，可得，則，且，則，解得.故選：B.

15．（2023·湖北黃岡·統考模擬預測）在中，，，，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由正弦定理得，因為，，，所以，故，則，因為，所以，，故，故.

故選：D16．（2023·河北唐山·模擬預測）設．當取得最大值時，滿足（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】令所以，使得，因為在上遞減，所以在上，此時遞增；在上，此時遞減；所以的最大值為，因為所以恒成立對于選項A：，，所以，，故A錯誤；對于選項B：，，所以，，故B錯誤；對于選項C：，，所以，，故C正確；對于選項D：，，所以，，故D錯誤；故選：C17．（2023·江蘇南京·南京航空航天大學附屬高級中學校考模擬預測）已知函數為奇函數，則參數的一個可能值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】是奇函數，并在時有意義，，對于A項，，故A項錯誤；對于B項，，故B項錯誤；對于C項，，又，即，所以，即，所以是奇函數，故C項正確；對于D項，，故D項錯誤.故選：C.18．（2023·云南昭通·校聯考模擬預測）已知函數，則（

）A．在上單調遞減 B．在上單調遞增C．在上單調遞增 D．在上單調遞增【答案】D【解析】依題意可知，，記，則，對于A選項，因為，所以，則在上不單調，則在上不單調，故A錯誤；對于B選項，因為，所以，則在上不單調，則在上不單調，故B錯誤；對于C選項，因為，所以，則在上單調遞減，則在上單調遞減，故C錯誤；對于D選項，因為，所以，則在上單調遞增，則在上單調遞增，故D正確.故選：D.19．（2023·寧夏石嘴山·石嘴山市第三中學校考三模）的部分圖象如圖中實線所示，圖中圓與的圖象交于兩點，且在軸上，則下說法正確的是（

）

A．若圓的半徑為，則；B．函數在上單調遞減；C．函數的圖象向左平移個單位后關于對稱；D．函數的最小正周期是.【答案】A【解析】由函數圖象，可得點的橫坐標為，所以函數的最小正周期為，所以D不正確；又由，且，即，根據五點作圖法且，可得，解得，因為，可得，結合三角函數的性質，可得函數在是先減后增的函數，所以B錯誤；將函數的圖象向左平移個單位后，得到，可得對稱軸的方程為，即，所以不是函數的對稱軸，所以C錯誤；當時，可得，即,若圓的半徑為，則滿足，即，解得，所以的解析式為，所以A正確.故選：A.20．（2023·陜西延安·校考一模）已知函數，若函數的部分圖象如圖所示，則關于函數，下列結論錯誤的是（

）A．函數的圖象關于直線對稱B．函數的圖象關于點對稱C．函數在區間上的減區間為D．函數的圖象可由函數的圖象向左平移個單位長度得到【答案】D【解析】由圖可知，∴，∴，又∵，，∴，∴，對于A，其圖象對稱軸為，，當時，，∴A項正確；對于B，∵，，，∴的圖象關于點對稱，∴B項正確；對于C，∵函數的單調遞減區間為，∴，，∴當時，在上單調遞減，∴C項正確；對于D，∵∴D項錯誤.故選：D21．（2023·全國·河南省實驗中學校考模擬預測）已知三角形中，，角的平分線交于點，若，則三角形面積的最大值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】在中，在中，故，，因為，故，又角的平分線交于點，則，故.故.以為坐標原點建立如圖平面直角坐標系，則因為，，故，，設，則，即，故，化簡可得，即，故點的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓（除去）.故當縱坐標最大，即時面積取最大值為.

故選：C22．（2023·河南·模擬預測）已知是正整數，函數在內恰好有4個零點，其導函數為，則的最大值為（

）A．2 B． C．3 D．【答案】B【解析】因為在內恰好有4個零點，所以，即，所以，又，所以，所以，，所以，其中．故選：B23．（2023·全國·河南省實驗中學校考模擬預測）已知函數的周期為，且滿足，若函數在區間不單調，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】已知，令，解得則函數對稱軸方程為函數在區間不單調，，解得，又由，且，得，故僅當時，滿足題意.故選：C.24．（2023·陜西西安·校聯考模擬預測）將函數的圖像向左平移個單位長度后得到函數的圖像，若的圖像關于直線對稱，則在上的極值點個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】

將函數的圖像向左平移個單位長度后可得，，且，則，，得，．又，所以，所以，設，則當時，，故由函數的圖像可知在上的極值點個數為3個．故選：C．25．（2023·寧夏銀川·寧夏育才中學校考三模）已知函數，若函數在區間上有且只有兩個零點，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為，，所以，由在區間上有且只有兩個零點可得：因為，當時，，所以時，有且只有兩個零點，只能是，，所以，，解得：，所以的取值范圍為，故選：B.26．（2023·四川瀘州·瀘州老窖天府中學校考模擬預測）已知定義在上的奇函數滿足，當時，．若函數在區間上有10個零點，則實數m的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由得是一個周期為2的奇函數，當時，，因此，因為是奇函數，所以，，且的周期為，且，，，，求的零點，即是與的交點，如圖：

為與在區間的交點圖形，因為與均為周期為2的周期函數，因此交點也呈周期出現，由圖可知的零點周期為，若在區間上有10個零點，則第10個零點坐標為，第11個零點坐標為，因此.故選：A27．（2023·河南·校聯考二模）若不等式在時恒成立，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】依題意知，，結合，知，不等式轉化為，須.設，由，知，設，當且僅當，即，時等號成立，因此實數的取值范圍是.故選：A28．（2023·四川成都·模擬預測）已知函數，，若在區間內沒有零點，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】，，時，，要想在區間內無零點，則要滿足，解得，要想不等式組有解，則要，解得，故或0，當時，，解得，當時，，解得，則的取值范圍是.故選：D29．（2023·四川·校聯考一模）將函數的圖象先向左平移個單位長度，再把所得函數圖象的橫、縱坐標都變為原來的倍，得到函數的圖象，若函數在區間內沒有零點，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】將函數的圖象向左平移個單位長度，得到，再把所得函數圖象的橫、縱坐標都變為原來的倍，得到函數的圖象，即，因為函數在上沒有零點，則，即，即，則，由，得，得，若函數在上有零點，則，，即，又，則.當時，解得.當時，解得.當時，解得，與矛盾.綜上，若函數在上有零點，則或，則若沒有零點，則或.故選：C.30．（2023·貴州貴陽·校聯考三模）已知函數，其中，若在區間內恰好有4個零點，則a的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由函數，其中，當時，對任意，函數在內最多有1個零點，不符題意，所以，當時，，由可得或，則在上，有一個零點，所以在內有3個零點，即在內有3個零點，因為，所以，，所以，解得，綜上所述，實數的取值范圍為.故選：C.二、多選題31．（2022·全國·統考高考真題）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（

）A．在區間單調遞減B．在區間有兩個極值點C．直線是曲線的對稱軸D．直線是曲線的切線【答案】AD【解析】由題意得：，所以，，即，又，所以時，，故．對A，當時，，由正弦函數圖象知在上是單調遞減；對B，當時，，由正弦函數圖象知只有1個極值點，由，解得，即為函數的唯一極值點；對C，當時，，，直線不是對稱軸；對D，由得：，解得或,從而得：或,所以函數在點處的切線斜率為，切線方程為：即．故選：AD．32．（2023·湖南郴州·統考一模）已知函數向左平移個單位長度，得到函數的圖像，若是偶函數，則（

）A．的最小正周期為B．點是圖像的一個對稱中心C．在的值域為D．函數在上單調遞增【答案】BC【解析】由題意得，，解得，因為，所以只有當，滿足題意，A選項，，故最小正周期，A錯誤；B選項，，故，故點是圖像的一個對稱中心，B正確；C選項，，則，故，C正確；D選項，，則，由于在上不單調，故在上不單調遞增，D錯誤.故選：BC33．（2023·廣西玉林·統考模擬預測）已知函數的部分圖象如圖所示，下列說法正確的是（

）

A．B．函數的圖象關于對稱C．函數在的值域為D．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個單位【答案】ACD【解析】如圖所示：

由圖可知，又，所以，所以，又函數圖象最高點為，所以，即，所以，解得，由題意，所以只能，故A選項正確；由A選項分析可知，而是的對稱中心當且僅當，但，從而函數的圖象不關于對稱，故B選項錯誤；當時，，，而函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，，所以函數在的值域為，故C選項正確；若將函數的圖象向左平移個單位，則得到的新的函數解析式為，故D選項正確.故選：ACD.34．（2023·貴州六盤水·統考模擬預測）已知函數，將圖象上所有的點向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則下列說法正確的是（

）A．B．在區間上有6個零點C．直線是圖象的一條對稱軸D．若對任意的恒成立，則【答案】ABD【解析】將圖象上所有的點向右平移個單位長度，得，故A錯誤；令，得，所以，又，所以，即在區間上有6個零點，故B正確；因為，所以直線不是圖象的一條對稱軸，故C錯誤；對任意的恒成立，即對任意的恒成立，由，得，所以，所以，故D正確.故選：ABD.35．（2023·貴州·校聯考模擬預測）在中，內角，，所對的邊分別為，，，其中，且，若邊上的中點為，則（

）A． B．的最大值為C．的最小值為 D．的最小值為【答案】ABD【解析】對于A：，由正弦定理得，即，，因為，所以，所以，，，故A正確；對于B：由余弦定理知，，因為，，所以，，當且僅當時等號成立，因為，所以的最大值為，故B正確；對于C：由B知，則，所以，當且僅當時等號成立，所以的最大值為，故C錯；對于D：因為為邊上的中線，所以，，得，因為，所以的最小值為，故D正確；故選：ABD.36．（2023·廣東廣州·廣州市培正中學校考模擬預測）在銳角中，角所對的邊為，若，且，則的可能取值為（

）A． B．2 C． D．【答案】ACD【解析】在銳角中，由余弦定理及三角形面積定理得：，即有，而，則，又，由正弦定理、余弦定理得，，化簡得：，由正弦定理有：，即，，又是銳角三角形且，有，，解得，因此，由得：，，所以，結合選項，的可能取值為，，.故選：ACD37．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中學校考模擬預測