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.