专题06 三角函数与解三角形（测）-2023年高考数学一轮复习讲练测（全国通用）（解析版）

专题06三角函数与解三角形能力提升检测卷时间：60分钟分值：120分一、选择题（每小题只有一个正确选项，共60分）1．如果函数sin(2)fxx的图像关于点2,03对称，则||的最小值是（）A．6B．3C．56D．43【答案】B【分析】根据三角函数的对称性，带值计算即可.【详解】根据题意，2sin203，即4,3kkZ，解得4,3kkZ；当1k时，取得最小值3.故选：B.2．将函数2sin24fxx的图象向右平移4个单位，得到函数gx的图象，则0gA．2B．2C．2D．0【答案】C【分析】利用函数sin()yAx的图象变换规律求得()gx的解析式，可得(0)g的值．【详解】解：将函数()2sin(2)4fxx的图象向右平移4个单位，得到函数3()2sin(2)2sin(2)244gxxx的图象，则33(0)2sin()2sin244g，故选C．3．设函数()sin()cos()fxxxx，若fx的导函数()fx是偶函数，则可以是（）A．2B．3C．D．6【答案】A【解析】求出导函数，根据偶函数的性质得到cos0，2k，kZ,当1k时，2.【详解】因为()sin()cos()fxxxx，所以()sin()cos()sin()fxxxxxcos()xx，因为()fx为偶函数，所以cos()cos()xxxx对任意实数x恒成立，所以cos()cos()xx0对任意实数x恒成立，所以cos()cos()xx0对任意实数x恒成立，所以coscossinsincoscossinsin0xxxx对任意实数x恒成立，所以2coscos0x对任意实数x恒成立，所以cos0，所以2k，kZ.当1k时，2.故选：A4．下面诱导公式使用正确的是（）A．sincos2B．3cossin2C．3sincos2D．cossin2【答案】C【分析】根据诱导公式的法则“奇变偶不变，符号看象限”，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：sinsincos22，故A错误；对于B：3cossin2，故B错误；对于C：3sincos2，故C正确；对于D：coscossin22，故D错误.故选：C5．若3tan4x，则tantan2424xx（）A．2B．2C．32D．32【答案】C【解析】利用正切函数的两角和与差的恒等变换，结合二倍角公式求得结果.【详解】因为2tan1tan14tan3222tantan2tan242421tan1tan1tan222xxxxxxxxx.故选：C．6．已知,42，则sin(sin)，cos(sin)，sin(cos)，cos(cos)中值最大的为A．cos(cos)B．sin(sin)C．cos(sin)D．sin(cos)【答案】C【分析】由题意首先确定sin,cos的范围，然后结合指数函数的单调性和幂函数的单调性确定所给选项中最大的数即可.【详解】由于,42，故0sin1,0cos1，且sincos.由指数函数的单调性可得：sincossinsin，sincoscoscos，由幂函数的单调性可得：coscossincos，综上可得，sin(sin)，cos(sin)，sin(cos)，cos(cos)中值最大的为cos(sin).故选C.7．式子1cos2602的值等于（）A．sin40B．cos40C．cos130D．cos150【答案】A【解析】根据余弦的倍角公式，结合诱导公式，即可化简.【详解】221cos26012cos1301cos130cos130cos50sin4022，故选：A.8．已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2cos2aCbc，若6a，则ABC的面积的最大值为（）A．6B．3C．63D．33【答案】D【解析】利用余弦定理求得角A的值，结合基本不等式可求得bc的最大值，进而可求得ABC的面积的最大值.【详解】由余弦定理得222222abcabcab，所以22222abcbbc，所以222bcabc.由余弦定理的推论得2221cos222bcabcAbcbc，又0,A，所以23A.若6a，由余弦定理的得222222cos23abcbcAbcbcbcbcbc，当且仅当bc时取等号，所以336bc，解得12bc.故1sin332ABCSbcA.因此，ABC面积的最大值为33.故选：D.9．函数()2sin(2)()2fxx的图像向左平移6个单位长度后对应的函数是奇函数，函数23cos2gxx．若关于x的方程2fxgx在0,内有两个不同的解，，则cos的值为（）A．55B．55C．255D．255【答案】D【分析】利用函数sin()yAx的图象变换规律，利用三角函数的图象和三角恒等变形，可得25sin25x，即25sin25，25sin25，从而得到25coscossin25，进而得到的值.【详解】函数()2sin2()2fxx的图像向左平移6个单位长度后，可得2sin23yx的图象.由条件2sin23yx为奇函数，则,3kkZ，即,3kkZ又2，所以3，即()2sin23fxx关于x的方程2fxgx在[)0,p内有两个不同的解，，即2sin223cos223xx在[)0,p内有两个不同的解，，即sin22cos22xx在[)0,p内有两个不同的解，，即5sin212x，其中(525cossin,55，为锐角)在[)0,p内有两个不同的解，，即方程即25sin25x在[)0,p内有两个不同的解，，由[)0,xÎp，则22，x，所以25sin25，25sin25所以sinsin2sin2则2,22，即222，所以2，25coscossin25故选：D10．已知sin0,0,fxAxA，其部分图象如图所示，则fx的解析式为A．13sin26fxxB．153sin26xxfC．153sin26xxfD．13sin26fxx【答案】D【解析】根据图像可得函数周期，最值，则可得,A，再根据五点作图法求得即可.【详解】由图可知24T，解得12；又因为3maxfx，故可得3A；由五点作图法可知1023，解得6，故13sin26fxx.故选：D.11．已知ABC三边abc，，所对角分别为ABC，，，且2223abc，则2tantan2tantanBAAB的值为（）A．-1B．0C．1D．以上选项均不正确【答案】B【分析】由题意，先由余弦定理化简整理，再根据正弦定理进行边化角，由三角形内角和结合诱导公式以及二倍角公式，可得答案.【详解】将2223abc由余弦定理变换得cos0abC由正弦定理得sinsincos0ABC，三角变换得2tantan0BC，即2tantan()0BAB，变形得tantan2tan01tantanABBAB，两边同时乘以1tantanAB得2tantan2tantan0BAAB，故选：B.12．埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球（大圆）的周长.如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向（这是从日光直射进该处一井内而得到证明的）.同时在亚历山大城（该处与赛伊尼几乎在同一子午线上），其天顶方向与太阳光线的夹角测得为7.2.因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的.埃拉托斯特尼从商队那里知道两个城市间的实际距离大概是5000斯塔蒂亚，按埃及的长度算，1斯塔蒂亚等于157.5米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为（）A．38680千米B．39375千米C．41200千米D．42192千米【答案】B【分析】由题意可将赛伊尼和亚历山大城之间的距离看作圆心角为7.2的扇形的弧长，由此可计算地球半径，进而求得地球周长.【详解】由题意可知，赛伊尼和亚历山大城之间的距离可看作圆心角为7.2的扇形的弧长，设地球半径为r，则7.25000157.5π180r，∴地球周长为1802π25000157.5393750007.2r（米）=39375（千米），故选：B.二、填空题（共4小题，共20分）13．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若2224bSabca，则sinA+sinC的最大值是____________．【答案】98【分析】根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得sincossin()2BAA，B为钝角知2BA，由三角形内角和的性质得219sinsin2(cos)48ACB，即可求最大值.【详解】由题设，1sin2SacB，则2222sin()bcabacBa，∴222sincossin()22BAAbcbca，又B为钝角即A为锐角，∴2BA，即2BA，又()CAB，∴coscos()sin2BAA且sinsin()cos2BAA，而22sinsinsinsin()sin(1cos)cossinsincoscosACAABABABBBB22191cos2cos2(cos)48BBB，∴当1cos4B时，sinsinAC的最大值为98.故答案为：9814．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，60B，223acac，则b________．【答案】22【分析】由三角形面积公式可得4ac，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，13sin324ABCSacBac，所以224,12acac，所以22212cos122482bacacB，解得22b（负值舍去）.故答案为：22.15．求值：tan46tan1661tan46tan14__．【答案】3【分析】根据诱导公式与正切和差公式即可求解．【详解】tan46tan166tan46tan(18014)1tan46tan141tan46tan14t