重難點02三角函數與解三角形新高考中，三角函數與解三角形依舊會作為一個重點參加到高考試題中，嫻熟駕馭三角函數的圖象與性質、三角恒等變換公式及正、余弦定理，在此基礎上駕馭一些三角恒變換的技巧，如角的變換，函數名稱的變換等，此外，還要留意題目中隱含的各種限制條件，選擇合理的解決方法，敏捷實現問題的轉化。1、三角函數的圖象與性質1、已知三角函數解析式求單調區間．①求函數的單調區間應遵循簡潔化原則，將解析式先化簡，并留意復合函數單調性規律“同增異減”；②求形如y=Asin（ωx＋φ）或y=Acos（ωx＋φ）（其中，ω>0）的單調區間時，要視“ωx＋φ”為一個整體，通過解不等式求解．但假如ω<0，那么肯定先借助誘導公式將ω化為正數，防止把單調性弄錯．2、求三角函數的最小正周期，一般先通過恒等變形化為y=Asin(ωx＋φ)，y=Acos(ωx＋φ)，y=Atan(ωx＋φ)的形式，再分別應用公式T=，T=，T=求解．3、對于函數y=Asin（ωx＋φ），其對稱軸肯定經過圖象的最高點或最低點，對稱中心的橫坐標肯定是函數的零點，因此在推斷直線x=x0或點（x0，0）是否為函數的對稱軸或對稱中心時，可通過檢驗f（x0）的值進行推斷．4、若f（x）=Asin（ωx＋φ）為偶函數，則φ=kπ＋（kZ），同時當x=0時，f（x）取得最大或最小值．若f（x）=Asin（ωx＋φ）為奇函數，則φ=kπ（k∈Z），同時當x=0時，f（x）=0.2、利用正、余弦定理求邊和角的方法（1）依據題目給出的條件(即邊和角)作出相應的圖形，并在圖形中標出相關的位置．（2）選擇正弦定理或余弦定理或二者結合求出待解問題．一般地，假如式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；假如遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到.3、求三角形面積的方法：1）若三角形中已知一個角(角的大小，或該角的正、余弦值)，結合題意求夾這個角的兩邊或該兩邊之積，套公式求解．2）若已知三角形的三邊，可先求其一個角的余弦值，再求其正弦值，套公式求面積，總之，結合圖形恰當選擇面積公式是解題的關鍵．幾何中的長度、角度的計算通常轉化為三角形中邊長和角的計算，這樣就可以利用正、余弦定理解決問題.解決此類問題的關鍵是構造三角形，把已知和所求的量盡量放在同一個三角形中.熱點1、新題型的考查（1）以數學文化和實際為背景的題型；（2）多選題的題型；（3）多條件的解答題題型。熱點2、與其它學問交匯的考查（1）與函數、導數的結合；（2）與平面對量的結合；（3）與不等式的結合；（4）與幾何的結合。A卷（建議用時90分鐘）一、單選題1．（2024·上海虹口·一模）設函數，其中，，若對隨意的恒成立，則下列結論正確的是（）A． B．的圖像關于直線對稱C．在上單調遞增 D．過點的直線與函數的圖像必有公共點【答案】D【分析】利用協助角公式將函數化簡，進而依據函數在處取得最大值求出參數，然后結合三角函數的圖象和性質推斷答案.【詳解】由題意，，，而函數在處取得最大值，所以，所以，，則.對A，因為，即，A錯誤；對B，因為，所以B錯誤；對C，因為，所以函數在上單調遞減，所以C錯誤；對D，因為的最大值為，而，所以過點的直線與函數的圖象必有公共點，D正確.故選：D.2．（2024·廣東·珠海市其次中學模擬預料）已知為銳角的內角，滿意，則（）A． B．， C．， D．，【答案】C【分析】設，則，依據零點存在性定理推斷零點所在區間；【詳解】解：為銳角的內角，滿意，設，即，，則函數在上為連續函數，又在上單調遞增，在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上單調遞增；在中取，得，在中取，得，，，，.故選：.3．（2024·江蘇鹽城·高三期中）若函數與在上的圖象沒有交點，其中，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角函數圖象的平移即可求解.【詳解】解：是周期為的正弦函數，，是由向左平移個單位得到①當時，如下圖所示，此時函數與在上有交點，不符合題意②當時，如下圖所示此時函數與在上無交點，符合題意③當，如下圖所示此時函數與在上無交點，符合題意綜上所述，，故的取值范圍是故選：A.【點睛】本題的關鍵是通過對三角函數平移的過程利用數形結合找到相交的臨界位置.4．（2024·廣東佛山·模擬預料）（）A．2 B．－2 C．1 D．－1【答案】D【分析】利用切化弦，三角恒等變換，逆用兩角差的正弦公式，二倍角公式，誘導公式化簡求值.【詳解】故選:D5．（2024·山東·嘉祥縣第一中學高三期中）對于角的正切的倒數，記作，稱其為角的余切．在銳角三角形中，角所對的邊分別為，，，若滿意，則的取值范圍是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】依據正弦定理結合三角恒等變換化簡得到，依據角度的范圍得到，化簡得到，得到答案.【詳解】因為，依據正弦定理得，由，，即，三角形為銳角三角形，可得，即，所以，可得，可得，所以，則，所以．故選：C．6．（2024·四川·綿陽中學試驗學校模擬預料）某城市要在廣場中心的圓形地面設計一塊浮雕，彰顯城市主動向上的活力.某公司設計方案如圖，等腰的頂點P在半徑為20m的大⊙O上，點M，N在半徑為10m的小⊙O上，點O，點P在弦MN的同側.設，當的面積最大時，對于其它區域中的某材料成本最省，則此時（）A． B． C． D．【答案】C【分析】用表示出的面積為，求導，令求得極值點，從而求得面積最大時對應的值.【詳解】如圖所示，等腰中，設的面積為，則求導令，即，解得：（舍去負根）記，當，，函數單調遞增；當，，函數單調遞減；故當時，即，取得極大值，即最大值.故選：C7．（2024·河南平頂山·高二期中）在鈍角中，分別是的內角所對的邊，點是的重心，若，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】延長交于，由重心性質和直角三角形特點可求得，由，利用余弦定理可構造等量關系得到，由此確定為銳角，則可假設為鈍角，得到，，，由此可構造不等式組求得的取值范圍，在利用余弦定理可得，利用的范圍，結合為銳角可求得的取值范圍.【詳解】延長交于，如下圖所示：為的重心，為中點且，，，；在中，；在中，；，，即，整理可得：，為銳角；設為鈍角，則，，，，，解得：，，，由余弦定理得：，又為銳角，，即的取值范圍為.故選：C.【點睛】本題考查解三角形中的取值范圍問題的求解，解題關鍵是能夠由兩角互補得到余弦值互為相反數，由余弦定理得到，確定為銳角，從而得到三邊之間的不等關系，求得的范圍.8．（2024·全國高考真題）設函數=sin（）(＞0)，已知在有且僅有5個零點，下述四個結論：①在（）有且僅有3個極大值點②在（）有且僅有2個微小值點③在（）單調遞增④的取值范圍是[)其中全部正確結論的編號是A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④【答案】D【分析】本題為三角函數與零點結合問題，難度大，通過整體換元得，結合正弦函數的圖像分析得出答案．【詳解】當時，，∵f（x）在有且僅有5個零點，∴，∴，故④正確，由，知時，令時取得極大值，①正確；微小值點不確定，可能是2個也可能是3個，②不正確；因此由選項可知只需推斷③是否正確即可得到答案，當時，，若f（x）在單調遞增，則，即，∵，故③正確．故選D．【點睛】微小值點個數動態的，易錯，③正確性考查需仔細計算，易出錯，本題主要考查了整體換元的思想解三角函數問題，屬于中檔題．二、多選題9．（2024·江蘇·海門中學高三期中）已知某物體作簡諧運動，位移函數為，且，則下列說法正確的是（）A．該簡諧運動的初相為B．函數在區間上單調遞增C．若，則D．若對于隨意，，有，則【答案】AC【分析】依據題意得，再依次探討各選項即可得答案.【詳解】解：因為，且，所以，即，所以，因為，所以所以，所以對于A選項，簡諧運動的初相為，故正確；對于B選項，函數在區間上單調遞增，上單調遞減，故錯誤；對于C選項，當時，，所以，即，所以，故正確；對于D選項，取，滿意，但，故錯誤故選：AC10．（2024·福建·模擬預料）已知函數，若函數的圖象在區間上的最高點和最低點共有6個，下列說法正確的是（）A．在上有且僅有5個零點B．在上有且僅有3個極大值點C．的取值范圍是D．的取值范圍是【答案】BC【分析】借助于函數圖象，得到在上有5或6個零點有且僅有3個極大值點，另外得到的取值范圍.【詳解】，當，則，借助圖象可知在上有5或6個零點有且僅有3個極大值點．故A錯誤．B正確；函數的圖象在區間上的最高點和最低點共有6個，所以，解得．故C正確，D錯誤．故選：BC11．（2024·江蘇淮安·高三期中）在△中，角的對邊分別為，則下列的結論中正確的是（）A．若，則△肯定是等腰三角形B．若，則C．若△是銳角三角形，則D．已知△不是直角三角形，則【答案】BCD【分析】利用三角函數的性質，結合誘導公式以及正切函數的兩角和公式，逐個選項進行推斷求解即可【詳解】對于A，由，得，即，因為在中，令，，此時，仍有，所以，不肯定是等腰三角形，A錯誤；對于B，因為在上是減函數，，所以，所以，由正弦定理得，B正確；對于C，若是銳角三角形，則均為銳角，所以，，得和，且，得，同理，可證得，，，所以成立，C正確；對于D，已知△不是直角三角形，，則有，所以，得所以，D正確；故選：BCD.12．（2024·江蘇揚州·模擬預料）在三角函數部分，我們探討過二倍角公式，事實上類似的還有三倍角公式，則下列說法中正確的有（）A．B．存在時，使得C．給定正整數，若，，且，則D．設方程的三個實數根為，，，并且，則【答案】ACD【分析】利用兩角和的余弦公式及二倍角公式綻開化簡即可推斷選項A；令，則，依據三角函數的有界性得到，進而推斷B選項；令，其中，，問題轉化為，依據二次函數的最值證明上式成馬上可；求解方程得到或或，比較大小得到，，，再驗證是否成馬上可.【詳解】，A對令，則，，則，B錯；令，其中，，即∴由可得，即，∴∴，C對；令，，，即即∵，∴或或令，，，，∴的根都在，∴，，，D對故選：ACD.【點睛】本題主要考查學生三角函數，二次函數的相關性質的問題，主要考察學生分析問題解決問題的實力，對學生的要求比較高，屬于難題，在做此類目時不要驚慌，靜下心來，漸漸分析就可以找到題目的突破口.三、填空題13．（2024·福建省泉州第一中學高三期中）拿破侖是十九世紀法國宏大的軍事家、政治家，對數學也很有愛好，他發覺并證明白聞名的拿破倉定理：“以隨意三角形的三條邊為邊向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的中心怡為另一個等邊三角形的頂點”，在△ABC中，以AB，BC，CA為邊向外構造的三個等邊三角形的中心依次為D，E，F，若∠BAC=60°，DF=，利用拿破侖定理可求得AB+AC的最大值_____【答案】【分析】設，連接.在△DAB中，∠ABD=∠BAD=30°，∠ADB=120°，由余弦定理表示出和.在△ADF中，由余弦定理和基本不等式解得AB+AC的最大值.【詳解】設，如圖，連接.由拿破侖定理知，△DEF為等邊三角形.因為D為等邊三角形的中心，所以在△DAB中，∠ABD=∠BAD=30°，∠ADB=120°.設，由余弦定理得，即，解得，即.同理.又∠BAC=60°，∠CAF=30°，所以∠DAF=∠BAD+∠BAC+∠CAF=120°.在△ADF中，由余弦定理可得，即，化簡得，由基本不等式得，解得(當且僅當時取等號)，所以.故答案為：【點睛】在解三角形中，選擇用正弦定理或余弦定理，可以從兩方面思索：(1)從題目給出的條件，邊角關系來選擇；(2)從式子結構來選擇．14．（2024·四川·內江市教化科學探討所一模）如圖，某小區有一塊扇形OPQ空地，現準備在上選取一點C，按如圖方式規劃一塊矩形ABCD土地用于建立文化景觀．已知扇形OPQ的半徑為6米，圓心角為60°，則矩形ABCD土地的面積（單位：平方米）的最大值是______．【答案】【分析】設，，求出，在中，求出，然后表示出矩形面積，然后利用兩角和與差的正弦公式，二倍角公式，化函數為一個角的一個三角函數形式，最終由正弦函數性質得最大值．【詳解】，設，，則，中，，由正弦定理，，所以，，所以，即時，取得最大值．故答案為：．15．（2024·上海·一模）已知函數，若對隨意，，方程有解，方程也有解，則的值的集合為______.【答案】【分析】依據題意，不妨設，分類探討當，，三種狀況下，結合方程有解以及余弦函數的圖象和性質，從而求出和的值，即可得出的值的集合.【詳解】解：由題可知，不妨設，對于，對隨意實數，，方程有解，當時，方程可化為有解，所以恒成立，所以；當時，同上；當時，方程可化為有解，所以，綜上得：；對于，對隨意實數，，方程也有解，當時，方程可化為有解，所以；當時，同上；當時，方程可化為有解，所以恒成立，所以，所以的值的集合為.故答案為：.【點睛】本題考查函數與方程的綜合問題，考查余弦函數的圖象和性質，通過設，以及分類探討與的大小狀況，并將方程有解轉化為恒成立問題是解題的關鍵，考查學生的分類探討思想和邏輯分析實力.16．（2024·浙江·模擬預料）已知在△ABC中，AD是∠BAC的角平分線，與BC交于點D，M是AD的中點，延長BM交AC于點H，，，則___________，___________.【答案】【分析】（1）由，求出，在△ADC中，利用余弦定理即可求得；（2）在△ABC中，利用正弦定理，求出，利用平面對量基本定理和三點共線建立方程組，解出.【詳解】在△ABC中，AD是的角平分線，所以.因為，所以.因為，又，解得.所以△ADC中，設則，由余弦定理得：，即，即，所以.在△ABC中，，.因為AD是∠BAC的角平分線，所以所以，所以.由正弦定理得：,所以.而，所以.取為基底，則由H、M、B三點共線可得：①；、由C、D、B三點共線可得：；即，所以,所以.即②.因M是AD的中點，所以,①式化為：，即③設，則②③比照得：，解得，即.答案：；【點睛】在解三角形中，選擇用正弦定理或余弦定理，可以從兩方面思索：(1)從題目給出的條件，邊角關系來選擇；(2)從式子結構來選擇．四、解答題17．（2024·黑龍江·高三期中）已知△ABC的內角A、B、C滿意.（1）求角A；（2）若△ABC的外接圓半徑為1，求△ABC的面積S的最大值.【答案】（1）（2）【分析】（1）將，轉化為，再由余弦定理求解；（2）依據△ABC的外接圓半徑為1，得到，再利用余弦定理結合基本不等式求得，再由求解.（1）解：因為，所以，即，所以，因為，所以；（2）因為△ABC的外接圓半徑為1，所以，由余弦定理得，，所以，當且僅當時，等號成立，所以，故△ABC的面積S的最大值是.18．（2024·廣西玉林·高三期中）已知函數.（1）若，求f（x）的單調遞增區間；（2）若f（x）在[0，m]上的最小值為2，求實數m的取值范圍.【答案】（1）（）（2）【分析】（1）先化簡得到，利用復合函數單調性“同增異減”列不等式求出f（x）的遞增區間；.（2）利用單調性實數m的取值范圍.（1）.令，（）解得，（）∴f（x）的遞增區間為（）.（2），得.∵f（x）在上的最小值為2，∴，解得.19．（2024·上海普陀·一模）設函數，該函數圖像上相鄰兩個最高點之間的距離為，且為偶函數.（1）求和的值；（2）在中，角的對邊分別為，若，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【分析】（1）由題可得，，即求；（2）利用正弦定理可得，進而可得，再利用二倍角公式、和差角公式及協助角公式可得，然后利用正弦函數的性質即求.（1）∵函數圖像上相鄰兩個最高點之間的距離為，∴，解得，又為偶函數，∴，又，∴.（2）∵，∴，即，又，∴，∴又，∴，由（1）知，∴，又，所以，∴，∴的取值范圍為.20．（2024·江蘇·無錫市教化科學探討院高三期中）在①?②兩個條件中任取一個填入下面的橫線上，并完成解答.①在上有且僅有4個零點；②在上有且僅有2個極大值點和2個微小值點.設函數，且滿意___________.（1）求ω的值；（2）將函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象，求在（0，2π）上的單調遞減區間.【答案】（1）（2），【分析】（1）選①，依據題意得到，從而得到，即可得到；選②，依據題意得到，從而得到，即可得到；（2）依據題意得到，再求解單調區間即可.（1）選①因為，所以，若函數在上有且僅有4個零點，則，即，又，所以；選②因為，所以，若函數在上有且僅有2個極大值點和2個微小值點，則，即，又，所以.（2）因為，將函數的圖象向右平移個單位得到函數，單調遞減區間為，，即，，因為，所以單調遞減區間有，.21．（2024·四川瀘州·模擬預料）如圖，在平面四邊形中，對角線平分的內角的對邊分別為.已知.（1）求；（2）若，且________，求線段的長.從下面①②中任選一個，補充在上面的空格中進行求解.①的面積；②.注：假如選擇兩個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）（2）4【分析】（1）由正弦定理和兩角和的正弦綻開公式得，依據的范圍可得答案；（2）選①由面積和得，由余弦定理求得及，依據平分和余弦定理可得；選②，由余弦定理可得，由正弦定理得到，再依據平分求得，由是直角三角形可得.（1）因為，所以，所以，所以，因為，所以，所以，因為，所以.（2）選①，因為的面積，所以，即，，由余弦定理得所以，所以，因為平分，所以，所以，所以；選②，因為，在中，由余弦定理：，即，所以，因為，所以，因為平分，所以，因為，，所以是直角三角形，且，所以.22．（2024·上海金山·一模）落戶上海的某休閑度假區預料于2024年開工建設.如圖，擬在該度假園區入口處修建平面圖呈直角三角形的迎賓區，，迎賓區的入口設置在點A處，出口在點B處，游客可從入口沿著觀景通道A-C-B到達出口，其中米，米，也可以沿便捷通道A-P-B到達出口（P為△ABC內一點）.（1）若△PBC是以P為直角頂點的等腰直角三角形，某游客的步行速度為每分鐘50米，則該游客從入口步行至出口，走便捷通道比走觀景通道可以快幾分鐘？（結果精確到1分鐘）（2）園區安排將△PBC區域修建成室外游樂場，若，該如何設計使室外游樂場的面積最大，請說明理由.【答案】（1）3（2）當時，室外游樂場的面積最大.【分析】（1）由三角形PBC為等腰直角三角形，利用勾股定理求出PC的長，在三角形PAC中，利用余弦定理求出的PA長即可，進而計算即可得出結果；（2）在三角形PBC中由的度數表示出的度數，利用正弦定理表示出PB與PC，進而表示出三角形PBC面積利用正弦函數的值域確定出面積的最大值即可.（1）由題設，米，米，在中，由余弦定理得，于是米.游客可從入口沿著觀景通道A-C-B到達出口，所需時間為分鐘，游客沿便捷通道A-P-B到達出口所需時間為分鐘，所以該游客從入口步行至出口，走便捷通道比走觀景通道可以快分鐘.（2）,設則，在中，.由正弦定理得，得.所以面積，當時，面積的最大值為平方米.【點睛】思路點睛：以三角形為載體，三角恒等變換為手段，正弦定理、余弦定理為工具，對三角函數及解三角形進行考查是近幾年高考考查的一類熱點問題，一般難度不大，但綜合性較強解答這類問題，兩角和與差的正余弦公式，誘導公式以及二倍角公式，肯定要嫻熟駕馭并敏捷應用，特殊是二倍角公式的各種改變形式要熟記于心.B卷（建議用時90分鐘）一、單選題1．（2024·湖北·高三期中）已知，則的可能值為（）A．B．C．D．【答案】BD【分析】依據兩角差的正弦公式，結合兩角和的余弦公式進行求解即可.【詳解】因為，所以，所以當在第三象限時，有，所以；當當在第四象限時，有，所以，故選：BD2．（2024·江蘇·一模）已知，，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先依據二倍角公式得到，從而得到，再利用誘導公式求解即可.【詳解】，因為，所以，所以.因為，所以.所以.故選：B3．（2024·上海金山·一模）下列函數中，以為周期且在區間上單調遞增的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】分別計算出ABCD的周期，再推斷是否在區間上單調遞增即可．【詳解】A:，周期為，在區間上單調遞增，故A正確；B:,周期為，在區間上單調遞減，解除；C:,周期為,在區間上不具有單調性，解除；D:,周期為,解除.故選：A.4．（2024·山東聊城一中模擬預料）我國魏晉時期聞名的數學家劉徽在《九章算術注》中提出了“割圓術——割之彌細，所失彌少，割之又割，以至不行割，則與圓周合體而無所失矣”.也就是利用圓的內接多邊形逐步靠近圓的方法來近似計算圓的面積.如圖的半徑為1，用圓的內接正六邊形近似估計，則的面積近似為，若我們運用割圓術的思想進一步得到圓的內接正二十四邊形，以此估計，的面積近似為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】求得圓內接正二十四邊形的面積，由此求得的面積的近似值.【詳解】，圓內接正二十四邊形的面積為.故選：C5．（2024·山東省濟南市萊蕪第一中學高三期中）設函數，若對于隨意實數，在區間上至少有2個零點，至多有3個零點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】，只須要探討的根的狀況，借助于和的圖像，依據交點狀況，列不等式組，解出的取值范圍.【詳解】令，則令，則則問題轉化為在區間上至少有兩個，至少有三個t，使得，求的取值范圍.作出和的圖像，視察交點個數，可知使得的最短區間長度為2π，最長長度為，由題意列不等式的：解得：.故選：B【點睛】探討y=Asin(ωx+φ)+B的性質通常用換元法（令），轉化為探討的圖像和性質較為便利.6．（2024·江蘇·高三期中）關于函數y=sin（2x+φ）（）有如下四個命題：甲：該函數在上單調遞增；乙：該函數圖象向右平移個單位長度得到一個奇函數；丙：該函數圖象的一條對稱軸方程為；?。涸摵瘮祱D像的一個對稱中心為.假如只有一個假命題，則該命題是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】D【分析】依據題意首先求出函數的增區間，平移后的解析式，對稱軸和對稱中心，進而分別探討甲、乙、丙、丁為錯誤時其它命題的正誤，進而得到答案.【詳解】令，則函數的增區間為…①；函數圖象向右平移個單位長度得到…②；令…③；令…④.若甲錯誤，則乙丙丁正確，由②，由函數的奇偶性性，令，由①，函數的增區間為，則甲正確，沖突.令，由①，函數的增區間為，則甲錯誤，滿意題意.由③，函數的對稱軸方程為，時，，則丙正確.由④，函數的對稱中心為，令，丁錯誤.不合題意；若乙錯誤，則甲丙丁正確，易知函數增區間的的兩個端點的中點為對稱中心，由①，令，結合④，令，由函數的奇偶性，取k=0，，由③，，令，則丙錯誤.不合題意；若丙錯誤，則甲乙丁正確，由②，由函數的奇偶性，令，由①，函數的增區間為，則甲錯誤，不合題意.令，由①，函數的增區間為，甲正確.取區間中點，則丁錯誤.不合題意；若丁錯誤，則甲乙丙正確.由②，由函數的奇偶性，令，由①，函數的增區間為，則甲錯誤，不合題意.令，，由①，函數的增區間為，甲正確.由③，.k=-2時，，則丙正確.由④，，令，④錯誤.滿意題意.綜上：該命題是丁.故選：D.7．（2024·黑龍江·大慶中學高三期中）已知為常數，在某個相同的閉區間上，若為單調遞增函數，為單調遞減函數，則稱此區間為函數的“”區間.若函數，則此函數的“”區間為（）A． B．C． D．【答案】C【分析】求出函數的導函數，依據單調性轉化為不等式組求解的問題.【詳解】對于函數，對于函數，則此函數的“”區間滿意：，即，∴故選：C8．（2024·全國·模擬預料）已知函數，下列說法正確的是（）A．是周期為的偶函數B．函數的圖象有多數條對稱軸C．函數的最大值為，最小值為，則D．若，則函數在區間內有8個零點【答案】D【分析】依據偶函數的定義可知為偶函數，依據周期函數的定義可知當時，為周期函數，最小正周期為，化簡函數在內的解析式，作出函數的圖象，依據圖象可得解.【詳解】由，得為偶函數．化簡函數在內的解析式為，當時，，，所以當時，為周期函數，最小正周期為，由函數為偶函數畫出其圖象如下．由圖易知函數不是周期函數，故A選項錯誤；函數的圖象有唯一一條對稱軸軸，故B選項錯誤；最大值，最小值，故，故C選項錯誤；依據圖象可知，若，則在區間內有8個零點，故選D．故選：D【點睛】依據函數的性質作出函數的圖象，依據圖象求解是本題解題關鍵.二、多選題9．（2024·福建漳州·模擬預料）在中，，，分別是角，，的對邊，其外接圓半徑為，內切圓半徑為，滿意，的面積，則（）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】依據三角形面積公式，結合正弦定理和圓的性質進行推斷求解即可.【詳解】，A正確；已知所以即，D正確；若為銳角三角形，所以，若為直角三角形或鈍角三角形時可類似證明，B正確；，所以，C錯．故選：ABD.10．（2024·重慶一中模擬預料）如圖所示為函數f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0，0<φ<π)圖象的一部分，對隨意的，且，若，有，則φ的值可能為（）A． B． C． D．【答案】BD【分析】由題意，從圖看出，可知關于函數的對稱軸是對稱的.即x=時其中一條對稱軸，且f()=2，，即可求解φ的值.【詳解】解：由題意，從圖看出A=2，，可知關于函數的對稱軸是對稱的.即x=是其中一條對稱軸，且f()=2，∴函數f()=2，可得：2sin[ω()+φ]=2，可得：ω()+φ=+2kπ，k∈Z，…①.∵，∴函數，可得：，或+2kπ，k∈Z，…②.令k=0，由①②解得：φ=，或，∵0<φ<π，∴φ=或.故選：BD.【點睛】關鍵點睛：本題主要考查三角函數的圖象和性質的運用，考查了數形結合思想的應用，屬于中檔題.關鍵在于運用正弦函數的對稱性建立關于的關系.11．（2024·湖北·石首市第一中學高三階段練習）已知函數，則下述結論中錯誤的是（）A．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在[0，2π]有且僅有2個微小值點B．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則f（x）在上單調遞增C．若f（x）在[0，2π]有且僅有4個零點，則ω的范圍是D．若f（x）圖象關于對稱，且在單調，則ω的最大值為11【答案】BD【分析】利用正弦函數的圖象和性質對每一個選項逐一分析推斷得解.【詳解】因為,因為在有且僅有個零點，所以，所以.所以選項C正確；此時，在有且僅有個微小值點，故選項A正確；因為，因為，所以當時，所以，此時函數不是單調函數，所以選項B錯誤；若的圖象關于對稱，則，.，，，.當時，，當時，，此時，函數在區間上單調遞減，故的最大值為9．故選項D錯誤.故選：BD【點睛】求較為困難的三角函數的單調區間時，首先化簡成形式，再求的單調區間，只需把看作一個整體代入的相應單調區間內即可，留意要先把化為正數．12．（2024·江蘇·高三專題練習）在中，角、、的對邊分別為、、，面積為，有以下四個命題中正確的是（）A．的最大值為B．當，時，不行能是直角三角形C．當，，時，的周長為D．當，，時，若為的內心，則的面積為【答案】ACD【解析】利用三角形面積公式，余弦定理基本不等式，以及三角換元，數形結合等即可推斷選項A；利用勾股定理的逆定理即可推斷選項B；利用正弦定理和三角恒等變換公式即可推斷選項C；由已知條件得是直角三角形，從而可以求出其內切圓的半徑，即可得的面積即可推斷選項D.【詳解】對于選項A：（當且僅當時取等號）.令，，故，因為，且，故可得點表示的平面區域是半圓弧上的點，如下圖所示：目標函數上，表示圓弧上一點到點點的斜率，數形結合可知，當且僅當目標函數過點，即時，取得最小值，故可得，又，故可得，當且僅當，，即三角形為等邊三角形時，取得最大值，故選項A正確；對于選項B：因為，所以由正弦定理得，若是直角三角形的斜邊，則有，即，得，故選項B錯誤；對于選項C，由，可得，由得，由正弦定理得，，即，所以，化簡得，因為，所以化簡得，因為，所以，所以，則，所以，所以，，，因為，所以，，所以的周長為，故選項C正確；對于選項D，由C可知，為直角三角形，且，，，，，所以的內切圓半徑為，所以的面積為所以選項D正確，故選：ACD【點睛】本題的關鍵點是正余弦定理以及面積公式，對于A利用面積公式和余弦定理，結合不等式得，再利用三角換元、數形結合即可得證，綜合性較強，屬于難題.三、填空題13．（2024·內蒙古·海拉爾其次中學高三期中）函數的部分圖象如圖所示，已知分別是最高點、最低點，且滿意（為坐標原點），則__________．【答案】【分析】由已知部分函數圖象可知，即可求，再由向量垂直的坐標表示求A，最終由求，即可寫出的解析式.【詳解】由圖象知：，即，則，可得，∴，的橫坐標為，即，∵，∴，則，，得，∴，由五點作圖法知：，得，綜上，函數的解析式為．故答案為：14．（2024·上海市七寶中學高三期中）已知中的內角、、的對邊分別為、、，若，，且．則的面積是_______．【答案】【分析】利用正弦定理可求得的值，結合角的取值范圍可求得角，利用余弦定理分析可知為等邊三角形，求出該三角形的邊長，利用三角形的面積公式即可得解.【詳解】，則，即，即，即，，則，可得，則，，則，由余弦定理可得，所以，，故，所以，為等邊三角形，則，故，故.故答案為：.15．（2024·河南·高三階段練習）在中，內角，，所對的邊分別為，，，已知，若為的面積，則當取得最小值時，的值為______.【答案】【分析】首先依據已知，利用正弦定理求出，進而求出，然后利用余弦定理，用、表示，結合三角形面積公式，再利用均值不等式求出最小值，并求出取得最小值時成立的條件即可求解.【詳解】因為，由正弦定理得，，即，又因為，所以，故，則，由余弦定理得，，則，又因為，當且僅當時，不等式取“”號，，當且僅當時，取得最小值，故，即，從而，此時.故答案為：.16．（2024·浙江省諸暨市其次高級中學高三期中）在ABC中，，，則ABC的外接圓面積___________，ABC周長的最大值為___________.【答案】【分析】依據在ABC中，，，利用正弦定理解得外接圓的半徑，求得外接圓的面積；然后由ABC周長為求解.【詳解】因為在ABC中，，，所以，解得，所以ABC的外接圓面積是，所以，所以ABC周長為，，，，因為，所以，當，即時，ABC周長求得最大值為.故答案為：，四、解答題17．（2024·浙江高考真題）設函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在上的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由題意結合三角恒等變換可得，再由三角函數最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等變換可得，再由三角函數的圖象與性質即可得解.【詳解】（1）由協助角公式得，則，所以該函數的最小正周期;（2）由題意，，由可得，所以當即時，函數取最大值.18．（2024·全國新高考1卷真題）記是內角，，的對邊分別為，，.已知，點在邊上，.（1）證明：；（2）若，求.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）依據正弦定理的邊角關系有，結合已知即可證結論.（2）由題設，應用余弦定理求、，又，可得，結合已知及余弦定理即可求.【詳解】（1）由題設，，由正弦定理知：，即，∴，又，∴，得證.（2）由題意知：，∴，同理，∵，∴，整理得，又，∴，整理得，解得或，由余弦定理知：，當時，不合題意；當時，；綜上，.【點睛】關鍵點點睛：其次問，依據余弦定理及得到的數量關系，結合已知條件及余弦定理求.19．（2024·江蘇蘇州·高三階段練習）在非直角三角形ABC中，角的對邊分別為，（1）若，求角B的最大值；（2）若，（i）證明：；（可能運用的公式有）（ii）是否存在函數，使得對于一切滿意條件的m，代數式恒為定值？若存在，請給出一個滿意條件的，并證明之；若不存在，請給出一個理由.【答案】（1）；（2）（i）證明見解析；（ii）存在，，證明見解析.【解析】(1)由余弦定理結合基本不等式可得，從而可求出角B的最大值.(2)(i)由正弦定理邊角互換可得，結合和差化積公式和誘導公式可得，結合兩叫和、差的余弦公式和同角三角函數的基本關系可得所證式子.(ii)結合已知條件和半角正切公式可得，通過整理變形可得，從而可求出.【詳解】解：（1）因為，所以由余弦定理可得：（當且僅當時取等號），又，，所以角B的最大值為.（2）（i）由及正弦定理得，所以，因為，所以，有，由兩角和、差的余弦公式可得整理得，故．（ii）由及半角正切公式可得，，綻開整理得，即，即，即，與原三角式作比較可知存在且．【點睛】本題考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了同角三角函