高考新题型——数学三角函数与解三角形多选题专项练习含答案.doc

高考新题型——数学三角函数与解三角形多选题专项练习含答案

一、三角函数与解三角形多选题
1．已知函数且对于都有成立．现将函数的图象向右平移个单位长度，再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 B．函数相邻的对称轴距离为
C．函数是偶函数 D．函数在区间上单调递增
【答案】ABCD
【分析】
先利用已知条件求出的周期，即可得，再利三角函数图象的平移伸缩变换得的解析式，在逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】
因为对于都有成立
所以，，
所以对于都成立，
可得的周期，所以，
所以，
将函数的图象向右平移个单位长度，可得
再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍可得，
对于选项A:
，
故选项A正确；
对于选项B：函数周期为，所以相邻的对称轴距离为，故选项B正确；
对于选项C：是偶函数，故选项C正确；
对于选项D：当，，所以函数在区间上单调递增，故选项D正确，
故选：ABCD
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是由恒成立得出
可得的值，求出的解析式.

2．在中，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．存在满足
C．若，则为钝角三角形
D．若，则
【答案】ACD
【分析】
A项，根据大角对大边定理和正弦定理可判断；
B项，由和余弦函数在递减可判断；
C项，显然，分和两种情况讨论，结合余弦函数的单调性可判断；
D项，根据和正弦函数的单调性得出和，再由放缩法可判断.
【详解】
解：对于A选项，若，则，则，即，故A选项正确；
对于B选项，由，则，且，在上递减，于是，即，故B选项错误﹔
对于C选项，由，得，在上递减，
此时：若，则，则，于是；
若，则，则，
于是，故C选项正确；
对于D选项，由，则，则，在递增，于是， 即，同理，
此时，

所以D选项正确.
故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：正余弦函数的单调性，正弦定理的边角互化，大边对大角定理以及大角对大边定理，不等式的放缩等等，综合使用以上知识点是解决此类题的关键.

3．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即（为三角形的面积，、、为三角形的三边）.现有满足，且的面积，则下列结论正确的是（ ）
A．的周长为 B．的三个内角、、成等差数列
C．的外接圆半径为 D．的中线的长为
【答案】AB
【分析】
本题首先可根据得出，然后根据以及求出三边的长，即可判断出A正确，然后根据余弦定理求出，则，，B正确，再然后根据即可判断出C错误，最后根据余弦定理求出，再根据求出长，D错误.
【详解】
A项：设的内角、、所对的边分别为、、，
因为，所以由正弦定理可得，
设，，，
因为，所以，
解得，则，，，
故的周长为，A正确；
B项：因为，
所以，，
故的三个内角、、成等差数列，B正确；
C项：因为，所以，
由正弦定理得，，C错误；
D项：由余弦定理得，
在中，，
由余弦定理得，解得，D错误，
故选：AB.
【点睛】
本题考查解三角形相关问题的求解，考查的公式有、，考查正弦定理边角互换的灵活应用，考查根据等差中项的性质证明数列是等差数列，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.

4．函数的部分图像如图中实线所示，图中的M、N是圆C与图像的两个交点，其中M在y轴上，C是图像与x轴的交点，则下列说法中正确的是（ ）

A．函数的一个周期为 B．函数的图像关于点成中心对称
C．函数在上单调递增 D．圆C的面积为
【答案】BD
【分析】
根据图象，结合三角函数的对称性、周期性、值域以及圆的中心对称性，可得的坐标，进而可得的最小正周期、对称中心、单调减区间，及圆的半径，故可判断选项的正误.
【详解】
由图知：，，，
∴中，即；对称中心为；单调减区间为；圆的半径，则圆的面积为；
综上，知：AC错误，而BD正确.
故选：BD.
【点睛】
本题考查了三角函数的性质，结合了圆的中心对称性质判断三角函数的周期、对称中心、单调区间及求圆的面积，属于难题.

5．设函数g(x)=sinωx(ω＞0)向左平移个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在[0，2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）
A．f(x)的图象关于直线对称
B．f(x)在(0，2π)上有且只有3个极大值点，f(x)在(0，2π)上有且只有2个极小值点
C．f(x)在上单调递增
D．ω的取值范围是[)
【答案】CD
【分析】
利用正弦函数的对称轴可知，不正确；由图可知在上还可能有3个极小值点，不正确；由解得的结果可知，正确；根据在上递增，且，可知正确.
【详解】
依题意得， ，如图：

对于，令，，得，，所以的图象关于直线对称，故不正确；
对于，根据图象可知，，在有3个极大值点，在有2个或3个极小值点，故不正确，
对于，因为，，所以，解得，所以正确；
对于，因为，由图可知在上递增，因为，所以，所以在上单调递增，故正确；
故选：CD.
【点睛】
本题考查了三角函数的相位变换，考查了正弦函数的对称轴和单调性和周期性，考查了极值点的概念，考查了函数的零点，考查了数形结合思想，属于中档题.

6．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．是钝角三角形
C．的最大内角是最小内角的倍 D．若，则外接圆半径为
【答案】ACD
【分析】
由正弦定理可判断A；由余弦定理可判断B；由余弦定理和二倍角公式可判断C；由正弦定理可判断D.
【详解】
解：由，可设，，，，
根据正弦定理可知，选项A描述准确；
由为最大边，可得，
即为锐角，选项B描述不准确；
，
，
由，，可得，选项C描述准确；
若，可得，
外接圆半径为，选项D描述准确.
故选：ACD.
【点睛】
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理，二倍角公式，考查化简运算能力，属于中档题.

7．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．是函数图象的一个对称中心
C．函数在上单调递增
D．函数在上的值域是
【答案】BC
【分析】
首先求得函数，再根据选项，整体代入，判断函数的性质.
【详解】
，
，故A错误；，故B正确；
时，，所以函数在上单调递增，故C正确；时，，当时，函数取得最小值-1，当时，函数取得最大值，所以函数的值域是.
故选：BC
【点睛】
思路点睛：本题考查的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法判断函数性质：（1）对于函数，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线或点是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求的范围，验证此区间是否是函数的增或减区间.

8．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于点中心对称
B．在区间上单调递减
C．在上有且仅有个最小值点
D．的值域为
【答案】BC
【分析】
利用特殊值法可判断A选项的正误；化简函数在区间上的解析式，利用正弦型函数的单调性可判断B选项的正误；由可得的周期为，再在上讨论函数的单调性、最值，可判断CD选项的正误.
【详解】
对于A选项，因为，，所以，
所以的图象不关于点中心对称，故A错误；
对于B选项，当时，，
，所以，函数在区间上单调递减，B选项正确；
对于C选项，，所以为函数的周期.
当时，，，
所以在区间上单调递增，，；
由B选项可知，函数在区间上单调递减，
当时，，.
所以，函数在上有且只有个最小值点，C选项正确；
对于D选项，由C选项可知，函数的值域为，D选项错误.
故选：BC.
【点睛】
方法点睛：求函数在区间上值域的一般步骤：
第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式；
第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或)的取值范围；
第三步：求出所求函数的值域（或最值）.

9．已知函数，现给出下列四个命题，其中正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的最大值为
C．函数在上单调递增
D．将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数解析式为
【答案】BD
【分析】
首先利用三角恒等变形化简函数，再根据函数的性质依次判断选项，AB选项根据解析式直接判断，C选项可以先求的范围，再判断函数的单调性，D选项根据平移规律直接求解平移后的解析式.
【详解】

，
函数的周期，故A不正确；B.函数的最大值是，故B正确；
C.时，，当时函数单调递减，即时函数单调递减，时，函数单调递增，故C不正确；
D. 向左平移个单位长度，得到，故D正确.
故选：BD
【点睛】
思路点睛：本题考查的解析式和性质的判断，可以整体代入验证的方法判断函数性质：（1）对于函数，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是函数的零点，因此判断直线或点是否是函数的对称轴和对称中心时，可通过验证的值进行判断；（2）判断某区间是否是函数的单调区间时，也可以求的范围，验证此区间是否是函数的增或减区间.

10．已知，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】
先根据，判断角的范围，再根据求；
根据平方关系，判断的值；利用公式求值，并根据角的范围判断角的值；利用公式和，联合求.
【详解】
①因为，所以，
又，故有，，
解出，故A错误；
②，
由①知：，所以，
所以，故B正确；
③由①知：，而，所以，
又，所以，
解得，
所以
又因为，，
所以，有，故C正确；
④由，
由③知，，
两式联立得：，故D错误．
故选：BC
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是三角函数恒等变形的灵活应用，尤其是确定角的范围，根据三角函数值，确定，且，进一步确定，这些都是确定函数值的正负，以及角的大小的依据.