2023届高三数学单元卷四《三角函数、解三角形》基础巩固卷（及答案）.docx

1、单元卷四三角函数、解三角形(基础巩固卷)题号123456789101112答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.2021大同期末已知sin，且，则cos()A.0 B. C. D.12.2021山西太原模拟黄金分割数的近似值为0.618，这一数值也可表示为a2sin 18，若a2b4，则()A. B.2 C. D.43.2022江西南昌一模ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足a2，B45，C75，则b()A.2 B. C.2 D.34.2021河南郑州一模我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积术

2、”，即在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则ABC的面积S.根据此公式，若acos B(b2c)cos A0，且b2c2a24，则ABC的面积为()A. B.2 C. D.35.2022河南洛阳一模为得到函数f(x)sin 2xcos 2x的图象，只需将函数g(x)sin 2xcos 2x的图象()A.向左平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向右平移个单位长度6.2021广东中山一模已知，tan，则的值是()A. B.1 C.1 D.7.2022安徽合肥一模在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin A2csin C2bsin Ccos

3、A，则角A的最大值为()A. B. C. D.8.2021福建厦门市高三三模故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群.故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴.已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75，冬至前后正午太阳高度角约为30，图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB的长度(单位：米)约为()A.3B.4C.6(1)D.3(1)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.2021湖南长沙期末已知函数f

4、(x)sin ，则以下结论恒成立的是()A.f(x)f(x)B.f(x)f(x)C.f(2x)f(x)D.f(x)f(x)10.2022广东肇庆一模已知函数f(x)，则()A.f(x)f(x)B.f(x)的最大值为42C.f(x)是奇函数D.f(x)的最小值为11.2021江苏张家港期中在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B，BC边上的高等于，则以下四个结论正确的有()A.cos C B.sinBACC.tanBAC3 D.b2c212.2021吉林长春一模已知函数f(x)2sin(x)(0，|)的部分图象如图所示，关于此函数的描述下列选项正确的是()A.2B.C.若x1x2，

5、则f(x1)f(x2)D.若x1x2，则f(x1)f(x2)0三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2021江苏淮安期末已知是第三象限角，且cos，则tan _，_.14.2021江苏南通市模拟某设计师为天文馆设计科普宣传图片，其中有一款设计图如图所示.QRT是一个以点O为圆心、QT长为直径的半圆，QT2 dm.QST的圆心为P，PQPT2 dm.QRT与QST所围的灰色区域QRTSQ即为某天所见的月亮形状，则该月亮形状的面积为_dm2.15.2021山西晋南高中联合体期末对任意两实数a，b，定义运算“*”：a*b则函数f(x)sin x*cos x的值域为_.16.2022江

6、西红色七校联考在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为S，若4Sb2c2a2，b，2cos2Bcos 2B0，则S_.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)2021江苏南通如通高级中学月考下面给出有关ABC的四个论断：SABC；b2aca2c2；2或；b.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若_，则_(用序号表示)；并给出证明过程.18.(12分)2021安徽合肥一模如图，在平面直角坐标系xOy中，角的终边与单位圆的交点为A，

7、圆C：x2y23与x轴正半轴的交点是P0.若圆C上一动点从P0开始，以 rad/s的角速度逆时针做圆周运动，t s后到达点P.设f(t)|AP|2.(1)若且t(0，2)，求函数f(t)的单调递增区间；(2)若f2，求f.19.(12分)2021山西太原一模已知a，b，c分别是ABC的内角A，B，C所对的边，3csin A4bsin C，再从下面条件与中任选一个作为已知条件，完成以下问题.(1)证明：ABC为等腰三角形；(2)若ABC的面积为2，点D在线段AB上，且BD2DA，求CD的长.条件：cos C；条件：cos A.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.20.(12分)202

8、2福建福州模拟函数f(x)Asin(x)部分图象如图.(1)求f(x)的最小正周期及解析式；(2)设g(x)f(x)cos 2x，求函数g(x)在区间上的单调性.21.(12分)2021江苏启东中学期中已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，从以下三个条件中选取一个解答该题.；4cos(BC)2cos 2A3；.(1)求角A的大小；(2)若a，bc4，求ABC的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.22.(12分)2021浙江镇海中学模拟已知f(x)sincos xsin.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)若aff2对任意的x恒成立，求实数a的取值范围.单元卷

9、四三角函数、解三角形(基础巩固卷)1.D由，得，又sin，所以，解得，故coscos 01，故选D.2.B把a2sin 18代入a2b4，得b4a244sin2184cos218，所以2.故选B.3.C由题意A180457560，由正弦定理，得b2，故选C.4.C因为acos B(b2c)cos A0，所以由余弦定理可得a(b2c)0，即b2c2a2bc，又b2c2a24，所以bc4，由ABC的面积公式得S，故选C.5.Af(x)sin，g(x)sin，g(x)的图象f(x)的图象，即22，所以只需将函数g(x)的图象向左平移个单位长度.故选A.6.B由tan，可得，解得tan 2，又由，解得

10、tan ，或tan 2(舍去)，则tan 1.故选B.7.A由正弦定理可得a22c22bccos A，根据余弦定理得b2c22bccos A2c22bccos A，整理得4bccos Ab23c22bc，当且仅当bc时等号成立，所以cos A，又A(0，)，所以0A，故选A.8.C如图，根据题意得ACB15，ACD105，ADC30，CD24，所以CAD45，所以在ACD中，由正弦定理得，即，解得AC12，所以在RtACB中，sinACB，即sin 15，解得AB12sin 1512sin(6045)12123()66.故选C.9.ACD对于A，B，f(x)sinsin f(x)，所以A正确，

11、B错误；对于C，f(2x)sin sinsin f(x)，所以C正确；对于D，因为f(x)sin sincos ，f(x)sin sincos ，所以f(x)f(x)，所以D正确，故选ACD.10.AB由题意，函数f(x)，可得f(x)，f(x)，所以A正确；f(x)442，当且仅当sin x1时等号成立，故B正确；由f(x)，得f(x)f(x)，所以C不正确；f2，所以D不正确.故选AB.11.ABDsin B，ca.由余弦定理知，cos B，解得ba，b2c2a2，选项D正确；ba，由正弦定理得sin BsinBAC，则sinBAC，选项B正确；易知cb，B，则CBAC，tanBAC3，选

12、项C错误；sin Csin Bcos C，选项A正确.故选ABD.12.AC对于A，由题图知，f(x)的最小正周期T2，所以2，故A正确；对于B，由A知f(x)2sin(2x)，将代入，得22k(kZ)，结合|解得，故B错误；对于C、D，由B知f(x)2sin，令2xk(kZ)，得x(kZ)，所以直线x是函数f(x)图象的一条对称轴，由x1x2，知x1，x2关于直线x对称，所以f(x1)f(x2)，故C正确，D错误.综上所述，正确的结论为A、C.13.因为cos，所以sin ，所以sin .又因为是第三象限角，所以cos ，所以tan ，cos .14.连接PO，可得POQT，因为sinQPO

13、，所以QPO，QPT，所以月牙的面积为S()2dm2.故答案为.15.0，2由题知a*b2|ab|，则f(x)sin x*cos x2|sin xcos x|20，2.16.在ABC中，由余弦定理得，cos A，因为4Sb2c2a2，Sbcsin A，所以cos Asin A，所以tan A1.又A，所以A.由2cos2Bcos 2B0得2cos2B2cos2B10，即cos2B，又B，所以B，由正弦定理得，a2.因为sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B，所以Sabsin C.17.解方案一若，则.由得b2a2c2ac，得cos B，又B(0，180)

14、，即B60.由SABC，得acsin B，又B60，故ac2.由2或，不妨取2，与ac2联立，得a2，c1.故b2a2c2ac4123，得b，成立.方案二若，则.由得b2a2c2ac，得cos B，又B(0，180)，即B60.由SABC，得acsin B，又B60，故ac2.由b，且b2a2c2ac，可得a2c2ac3，从而(ac)29，ac3，与ac2联立，得或故2或，成立.方案三若，则.(错误选择，零分)由SABC，得acsin B，由2或，不妨取2，得c2sin B，即sin B.由b， 且b2a2c22accos B，2，可得5c24c2cos B3，从而cos B.又sin2Bco

15、s2B1，得3c410c270，得c1或，当c1时，得a2，由余弦定理b2a2c22accos B及b，得cos B，又B(0，180).即B60，即b2a2c2ac成立，成立；当c时，得a2，由余弦定理b2a2c22accos B及b，得cos B，故B60不成立，即b2a2c2ac不成立，不成立.方案四若，则.由得b2a2c2ac，得cos B，又B(0，180)，即B60.由b， 且b2a2c2ac，得a2c2ac3.由2或，不妨取2，代入a2c2ac3中可得，3c23，得c1，a2，从而得acsin B，即SABC，成立.18.解由已知条件和三角函数的定义得，A(cos ，sin )，

16、P(cos t，sin t)，f(t)|AP|2(cos cos t)2(sin sin t)242cos(t).(1)若，则f(t)42cos.令2kt2k(kZ)，得2kt2k(kZ).又t(0，2)，函数f(t)的单调递增区间是.(2)由f2，及，得cos，0，sin，f42cos42sin42.19.解选择条件cos C.(1)证明由3csin A4bsin C和正弦定理得3a4b，由cos C和余弦定理得，bc，ABC为等腰三角形.(2)由(1)得3a4b，bc，cosACB，且ACB为ABC一内角，sinACB，SABCabsinACBc22，cb3，a4.BD2DA，BD2，DA

17、1，CD2a2BD22aBDcos B4222242，CD.选择条件cos A.(1)证明由3csin A4bsin C和正弦定理得3a4b，由cos A和余弦定理得，bc或bc(舍去)，ABC为等腰三角形.(2)由(1)得3a4b，bc，cos A，且A(0，).sin A，SABCbcsin Ab22，cb3，a4.BD2DA，BD2，DA1，CD2b2AD22bADcos A，CD.20.解(1)由图可得A1，则T，2，当x时，f(x)1，可得22k(kZ)，而|，于是有，所以f(x)的解析式为f(x)sin，最小正周期为.(2)g(x)f(x)cos 2xsincos 2xsin 2x

18、cos cos 2xsin cos 2xsin 2xcos 2xsin，由0x，得2x，当2x有0x，g(x)单调递增，当2x有x，g(x)单调递减，所以g(x)在单调递增，在单调递减.21.解若选，(1)根据正弦定理知，即2sin Bcos Acos Csin Asin Ccos A，即2sin Bcos Asin(AC)，因为ACB，所以2sin Bcos Asin B，又B(0，)，故sin B0，解得cos A.又A(0，)，所以A.(2)因为a2b2c22bccos A(bc)22bc2bccos A，a ，bc4，A，所以()2(4)22bc2bc，得bc6，所以SABCbcsin

19、 A6sin .若选，(1)由题意可得4cos(BC)2(2cos2A1)3，又cos(BC)cos A，所以4cos A2(2cos2A1)3，所以4cos2A4cos A10，解得cos A，又A(0，)，所以A.(2)因为a2b2c22bccos A(bc)22bc2bccos A，a，bc4，A，所以()2(4)22bc2bc，得bc6，所以SABCbcsin A6sin .若选，(1)由正弦定理及，得，又sin(AC)sin(B)sin B，所以，得tan A.又A(0，)，所以A.(2)因为a2b2c22bccos A(bc)22bc2bccos A，a，bc4，A，所以()2(4)22bc2bc，得bc6，所以SABCbcsin A6sin .22.解(1)化简得f(x)cos xsin 2xsin 2xcos 2xsin 2xcos 2xsin，令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，所以单调递增区间为，kZ.(2)由(1)可得affasin xcos x2，即a，对任意的x恒成立，只需要a即可，令ttan ，因为x，则，所以ttan ，所以，由对勾函数性质可得，当t时，y为减函数，所以当t1时，21，所以实数a的取值范围是21，).