山东教师资格认定中心-入党过程

【2018高三数学各地优质二模试题分项精品】
专题四 三角函数与三角形
一、选择题
1．【2018衡水金卷高三调研卷二模】已知将函数
到函数
A.
的图象，若函数
B.
的图象向左平移个单位长度得
的—个对称中心为（ ） 图象的两条相邻的对称轴间的距离为，则函数
D. C.
【答案】D

点睛：本题主要考查了三角函数
关系，属于基础题；解决此题中需注意由
数 应为，而不是．
（ ）图象相邻两条对称轴之间的距
的图象（ ）
图象的平 移以及其性质，包括周期、对称轴、对称中心等
的图象得到的图象时，需平移的单位
2．【20 18安徽安庆高三二模】已知函数
离为，将函数
A. 关于点
C. 关于直线
【答案】A
【解析】由题意得
对称，所以
关于点
关于,因为函数
轴对称，即
的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴对称，那么函数
对称 B. 关于点
对称 D. 关于直线
对称
对称
的图象向左平移个单位后，得到的图象关于轴
，所以
对称，选A.

3．【2018湖南益阳高三4月调研】将函数
的图象，若
A. B.
【答案】A
的图象关于直线
C. D.
对称，则

（ ）
的图象向右平移个单位后得到函数
点睛：此题主要考查三角函数图象的平移变换、对称性等性质有关方面的知识与技能，属于中档题型，也是常考题型.一般此类问题常涉及三角函数的知识点两个或两个以上，要求考生在熟练掌握三角函数图象的< br>基础上，要对三角函数的性质灵活运用，有时还需要用数形结合的思想来求解.
4．【2018东莞高三二模】在
A. B. C.
中，若
D.
，则的取值范围为( )
【答案】D
【解析】因为
，
即
由余弦定理，得
，由正弦定理，得
，
，
，所以，即，即
即
又易知，即
（当且仅当时取等号），
.故选D.
的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若函数在5．【2018东莞高三二 模】将函数
上单调递增，则的值不可能为( )
A. B.
【答案】C
C. D.

6．【20 18广东惠州高三4月模拟】将函数
ysin

x




6


的图象上各点的横坐标变为原来的
1
（ 纵坐标不
2
变），再往上平移1个单位，所得图象对应的函数在下面哪个区间上单调递增（ ）
A.







,

B.

,



33

22

C.




2




,

D.

,

63

36





【答案】C
【解析】将函数
ysin

x


π

π

1

ysi n2x
的图象上各点的横坐标变为原来的，可得


的图象，再
6

6

2



π


1
的图象.
6

往上平移
1
个单位，得函数
ysin

2x
∵
ysin

2x
∴令



π

π

1ysin 2x
的单调区间与函数

相同
6

6

πππππ
2kπ2x2kπ,kZ
，解得：
k
π
xk
π,
k
Z
.
26236

ππ

,

.
36

当
k0
时，该函数的单调增区间为


故选C.
点睛：由
ysinx
的图象，利用图象变换作函数
yAsin


x


(A0,

0)
的图象， 要特别注意：当
周期变换和相位变换的先后顺序不同时，原图象沿
x
轴的伸缩量的区别 ．先平移变换再周期变换(伸缩变换)，
平移的量是

个单位；而先周期变换(伸缩变 换)再平移变换，平移的量是

个单位．


7．【2018 衡水金卷高三二模】已知函数
f

x

2sin

x

0

3

的图象关于直线
x

4
对称，将
f

x

的
图象向右平移< br>



个单位，再向上平移1个单位可以得到函数
g
x

的图象，则
g

x

在区间< br>
,

上的
3

32

值域是（ ）

3

3


A.
1,31
B.
2,31
C.

,1

D.

0,1



22

【答案】A

故
g

x

2sin

2x


2
3


1




3
x

2
，

4

2

2x

3332


1sin

2x
3

3

，即
1g

x

31



2
即函数
g

x

在 区间


故选
A




1 ，31

，

上的值域为



32


333

8．【2018陕西咸阳高三二模】已知
P

,


2

是函数
yAsin

x


(

0)
图象上的一 个最低点，
2

M
，
N
是与
P
相邻 的两个最高点，若
MPN60
，则该函数最小正周期是（ ）
A.
3
B.
4
C.
5
D.
6

【答案】D

9．【2018安徽宣城高三二 调】已知函数
f

x




2sin

x

，把函数
f

x

的图 象上每个点的横坐标扩
4


个单位,得到函数
g
x

的图象,则函数
g

x

的一条对称轴方 程为（ ）
3

11

A.
x
B.
x
C.
x
D.
x

6436
大到原来的2倍, 再向右平移
【答案】D
【解析】把函数
f

x

的图象上每个点的横坐标扩大到原来的2倍,得
f

x




1
2sin

x

，再向右平
4

2
移

1





5




1
个单位,得到
g

x


2sin


x



2sin

x
，所以由

3
3

4

12

2

2

1

111

为函数
g

x

的一条对称轴方程，选
x


k

，因此
kxZ
66
1

5
< br>x

k

k

,Z
2122< br>D.
点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在 题目中，所以
也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母
x
而言. 函数
yAsin


x


xR

是
奇函数


kπ

kZ
R
是偶函数


k
π+

；函数
y Asin


x


x
π

kZ

；函数
2
yAcos


x


xR

是奇函数


k
π+


kπ

kZ

.
π

kZ

；函数
yAcos


x


xR

是偶函数
2
10．【2018东北三省四市高 三一模】将函数
f

x

sin

2x





的图象向右平移
a
个单位得到函数< br>3




g

x

cos

2x

的图象，则
a
的值可以为（ ）
4

A.
5

7

19

41

B. C. D.
12122424
【答案】C

1 1．【2018重庆高三二诊】设函数
y6cosx
与
y5tanx
的图 象在
y
轴右侧的第一个交点为
A
，过点
A
作
y轴的平行线交函数
ysin2x
的图象于点
B
，则线段
AB< br>的长度为（ ）
A.
5
B.
【答案】C
【解析】 由方程组
{
35
145
C. D.
25

2
9
y6cosx
5sinx

，即
6cosx5tanx
，即
6cosx
，即
6cos
2
x5sinx
，
y5tanx
cox
又
cos
2
xsin
2
x1
，联立得
6sin
2
x5sinx60
，
解得
sinx
5
23
或< br>sinx
（舍去），则
cosx
，
3
32
525145
2
，
3339
又因 为
AB6cosxsin2x6cosx2sinxcosx6
故选C．
12．【2018广东茂名高三二模】在
ABC
中，内角
A,B,C
的对 边分别为
a,b,c
，若
2bcosCc2a
，且
b13,c 3
，则
a
（ ）
A. 1 B.
6
C.
22
D. 4
【答案】D
【解析】
2bcosCc2a,
由正弦定理可得
2sinBcosC sinC2sinA2sin

BC

2sinBcosC2co sBsinC,

sinC2cosBsinC,sinC0,0B 

,B
222
由余弦定理可得
bac2accosB,

3
.

b13,c3
，解得
a4.

故选B.
13．【2018上海杨浦区高三二模】已知 函数
f

x

sin


x


(

0,



)
的图象 如图所示，则

的值
为（ ）

A.



B. C.

D.


4223
【答案】C

二、填空题
14． 【2018安徽安庆高三二模】锐角三角形的三个内角分别为A、B、C，sin（A-B）=，sinC=，A B=6，则
△ABC的面积为___________.
【答案】
【解析】
，


，

,

点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度
(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.
(2)变名 ：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.
(3) 变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值
代 换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.
15．【2018湖南衡阳高三二模】在
则的大小为_________．
中，内角所对的边分别是,若,
【答案】

16．【2018安徽马鞍山高 三质监二】在
的面积
【答案】
【解析】∵
又∵，
，则

，∴
，∴
，即
故答案为.
，解得或
，∴
，∴（舍去），∴，
中，角所对的边分别为，，
的周长为__________．
， 由余弦定理得
的周长为，
17．【2018河北保定高三一模】已知
a,b,c
分别为
ABC
的三个内角
A,B,C
的对边，
a3,b2
，且
accosBa
2
b
2

7
bc
，则
B
__________．
4

【答案】

（或30°）
6
22
【解析】因为
accosBab
7177
bc
，所以
a2
c
2
b
2
a
2
b
2
bcb
2
c
2
a
2
bc

4 242

b
2
c
2
a
2
73
cosA,sinA

2bc44
由正弦定理的
sinBb23 1
sinB
sinAa342
baB

6
.

18．【2018陕西榆林高三二模】若
tan






31
则
,

是第二象限的角，< br>
__________．





4
sin?sin
22
【答案】
10


19．【2018山西太原高三二模】已知点
O
是
ABC
的内心，
BAC60
，
BC1
，则
BOC
面积的
最大值为_______．
【答案】
3

12
析】由题意得【解
180
060
0
BOC180120
0
2
0
，在OB
中，
BC
2
OB
2
OC
2
2OBOCcos120
0
，
1OB
2
OC
2
OBOC3OBOC
，即
OBOC
【点睛】
133
1
0
，所以
SOBC
OBOCsin120
，当OB=OC时取最大值。填
2121 2
3
180
0
AA
90
0

，本题关 键要找到
A
与
BOC
的关系，再结合余弦定理，内心性质
BO C180
22
0
结合面积公式可求。

20．【2018 四川德阳高三二诊】已知
ABC
中，角
A
、
B
、
C
所对的边分别是
a
、
b
、
c
且
a6< br>，
4sinB5sinC
，
A2C
，若
O
为
ABC
的内心，则
ABO
的面积为__________．
【答案】
7


【点睛】本小题主要考查正弦定理和余弦定理解三角 形,考查了三角形的面积公式,包括海伦公式及有关内
切圆的面积公式.首先根据
A2C,及
4sinB5sinC
,得到
4sin3C5sinC
,利用两 角和与差的正弦公式
和二倍角公式,化简这个式子可求得
cosC
的值.利用海伦公式 可求得面积.
21．【2018云南昆明高三二模】在
ABC
中，角
A,B ,C
所对的边分别是
a,b,c
，若
cosC
1
， c3
，且
4
ab
，则
ABC
的面积等于______ ____．

cosAcosB
【答案】
315

4析】由题意得【解
sAinB
,
cAosB
sin
tAaB n
cos
，
t
所
a
以
n
A=B，即
315
,所以
S
ab
,
c
2
2a
2
2a
2
cosCa
2
9,a6,sinC
24< br>315
。

4
ABC

115
315
6
，填
24
4
【点睛】（1）正弦定理的简单应用常出现在选择题或填空题中，一般是根据正弦定理求 边或列等式．余弦
定理揭示的是三角形的三条边与其中的一个角之间的关系，若题目中给出的关系式是“ 平方”关系，此时
一般考虑利用余弦定理进行转化．
（2）在解有关三角形的题目时，要有意 识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利
用某个定理的信息．一般地，如果式子 中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式

子中含有角的正弦或边 的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可
能用到．
（ 3）在解三角形的问题中，三角形内角和定理起着重要作用，在解题中要注意根据这个定理确定角的范围
及三角函数值的符号，防止出现增解或漏解．
三、解答题
22．【2018黑龙江大庆高三 质检二】已知
f

x

43sinxcosx2cos2x1 ,x

0,
(Ⅰ)求
f

x

的值域；
(Ⅱ)若
CD
为
ABC
的中线，已知
ACf
< br>x

max
,BCf

x

min
,cosBAC
【答案】（Ⅰ）
1,3
.
（Ⅱ）
CD



.

3

1
，求
CD
的长.
3

3
.

【试题解析】
（Ⅰ）
f

x

43sinxcosx2cos2x1
，
化 简得
f

x

23sin2x2cos2x14sin
2x





1
.
6

因为
x

0,


5





2x

,

， ，所以

6
3

66



当
2x

6

2
时，
sin

2x





取得最大值1 ，
6

当
2x

6


< br>
6
或
2x

6



5

1

时，
sin

2x

取得最小值，
6

62

所以
sin

2x


1< br>


,14sin2x
，



1

1,3

,

6

2

6


所以
f

x

的值域为
1,3
.
（Ⅱ）因为
ACf

x

max
，
BCf

x

min
，
由（Ⅰ）知，
AC3,BC1
,
又因为
cosBCA

1
，
3
根据余弦定 理得
AB
2
AC
2
BC
2
2ACBCc osBCA8
，
所以
AB22
.
因为
AC
2
AB
2
BC
2
,所以
ABC
为直角三角 形,
B
为直角.
故在
RtABC
中，
BC1,BD
所以
CD123
.
23．【2018广东东莞高三4月模拟】已知
a
,
b
,
c
分别为△
ABC
三个内角
A
,
B
,
C
的对边，且
2
2
,
3acosA1

.
csinC
（1）求角
A
的大小；
（2）若
bc5< br>,且△
ABC
的面积为
3
,求
a
的值.
【答案】(1)
A60
;(2)
a13
.

试题解析：（1）由正弦定理得：
∵
sinC0

∴
3sinAcosA1
，即
sin

A30< br>

∵
0A180

∴
30A30150

∴
A3030

3sinAcosA1


sinCsinC
1
.
2

∴
A60
.
（2）由：
S
ABC
3
可得
S
∴
bc4

∵
bc5

∴由余弦定理得：
a
2
b2
c
2
2bccosA

bc

3 bc13

∴
a13

2 4．【2018河南郑州高三质量预测二】
ABC
内接于半径为
R
的圆， < br>a,b,c
分别是
A,B,C
的对边，且
2
1
bcs inA3
.
2
2Rsin
2
Bsin
2
A

bc

sinC,c3
.
(Ⅰ)求
A
；
(Ⅱ)若
AD
是
BC
边上的中线，
AD

19
，求
ABC
的面积.
2
【答案】（Ⅰ）
A60
；(Ⅱ)
33
.
2

试题解析：（Ⅰ）由正弦定理得，
2Rsin
2
B sin
2
A

bc

sinC

可化为
bsinBasinAbsinCcsinC
即
b
2
a
2
bcc
2


b
2
c
2
a
2
1
cosA,A60
.
2bc2
(Ⅱ)以
AB,AC
为邻边作平行四边形
AB EC
，在
ABE
中，
ABE120，AE19
.
222
在
ABE
中，由余弦定理得
AEABBE2ABBEcos1 20
.
即：
199AC23AC


2 2

1


,解得，
AC2
.
2< br>
故
S
ABC

133
bcsinA
.
22

【点睛】（1）正弦定理揭示的是两边及其对角关系，一般是根据正弦 定理求边角或列等式．余弦定理揭示
的是三角形的三条边与其中的一个角之间的关系，若题目中给出的关 系式是“平方”关系，此时一般考虑
利用余弦定理进行转化．
（2）在解有关三角形的题目时 ，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利
用某个定理的信息．一般地， 如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式
子中含有角的正弦或边的一次 式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可
能用到．
（3）在 解三角形的问题中，三角形内角和定理起着重要作用，在解题中要注意根据这个定理确定角的范围
及三角 函数值的符号，防止出现增解或漏解．
（4）注意向量关系与边角关系的转化及面积中边角关系的应用。
=sinxcosxsinx
，
xR
. 25．【2018上海普陀区 高三二模】已知函数
f(x）
（1）若函数
f

x

在区间

a,
2



上递增，求实数
a
的取值范围；


16



< br>,

，求点
Q
的坐标.

44

（2）若函数
f

x

的图像关于点
Q

x
1
,y
1

对称，且
x
1



【答案】(1)
a




1

3


,

(2)

,



82


816

结合
x
1






,

，
k
取特殊值即可得结果.
44

试题解析：（1）
f(x）=sinxcosxsin
2
x
当< br>x
2


1
1cos2x1



sin2x
sin

2x


，
22
24

2


16
时，则
2 x

4
2

16


4

3


，
82

又函数
f

x

在

a,

3

< br>

上递增，则，即，
2aa

428

16


3


,

.
816



则实数
a
的取值范围为
a 


（2）若函数
f

x

的图像关于 点
Q

x
1
,y
1

对称，则
s in

2x
1




0
，
4

即
2x
1


4
，则
x
1
k

（
kZ
）
k








,

，
28

44



1

,
.
82

中，内角所对的边分别为，若，
由
k Z
得
k0
，则点
Q
的坐标为


26． 【2018河南商丘高三二模】在
且.
成等比数列；
的面积是2，求边的长.
（1）求证：
（2）若
【答案】（1）证明见解析；（2） .

试题解析：
（1）证明：∵
∴
在
∵
则
∴
（2）
由（1）知，

中，由正弦定理得，
，∴

成等比数列；
，则
，,联立两式解得
，
，
，
，
，，
由余弦定理得， ，

∴.
27．【2018东北三省四市高三一模】已知
ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
， c
，若
b2
，
且
2bcosBacosCccosA．
（1）求
B
的大小；
（2）求
ABC
面积的最大值．
【答案】（1）
B

3
（2）
3


试题解析：
abc
可得，
2sinBcosBsinAcosCsinCcosAsinB
，
sinAsinBsinC
1
∵
sinB0
，故
cosB< br>，
2
解：（1）由正弦定理
∵
0B

，∴B
（2）由
b2
，
B

3
．
，由余弦定理可得
aca
2
c
2
4
， 
3
由基本不等式可得
aca
2
c
2
4 2ac4
，
ac4
，
当且仅当
ac2
时，
S
ABC

故
ABC
面积的最大值为
3
．
28．【2018重庆高三4月二诊】设函数
f

x

cos

2x
（1）求
f

x

的 单调递减区间；
（2）在
ABC
中，若
AB4
，
f

13
1
3
，
acsinB
取得最 大值
4
22
2





 2sinxcosx
．
6


C

1


，求
ABC
的外接圆的面积．
2

2
【答案】(1) 单调递减区间为

k





12
,k


5


，
kZ
(2)
S16


12



（2）由（1）中求解
C
试题解析：
（1）
f< br>
x

cos

2x
令
2k



6
，利用正弦定理求解外接圆的直径，即可求解外接圆的面积．




312



sin 2x
cos2xsin2xsin2xsin2x


6

223



，


2
2 x


2

3


5

，解得
k


，
kZ
，
2k

xk


321212
单调递减区间为

k



12
,k


5


，
kZ
．
12


（2）
si n

C


2

3
2

5



1

， ， ，
CC

2
366

外接圆直径
2r
AB
8
，
r4
，外接圆面积
S16

．
sinC
29．【2018甘肃兰州高三二模】已知向量
asinx,3cosx,b

c osx,cosx

，函数
f

x

ab
（1）求函数
yf

x

的图象对称轴的方程；
（2）求函数
f

x

在

0,
< br>3
.
2



上的最大值和最小值.


2

【答案】(1)
x
3
k

5

.
,kZ
；(2)
f

x

max
 1,f

x

min

2
212

【解析】试题分析：（1）根据三角恒等变换可得
f

x
< br>sin

2x


3


，再 令
2x

3
k



2
，
kZ
，
即可得函数
yf

x

的图象 对称轴的方程；（2）根据
x

0,



2< br>




2x

,
，可得 ，再结合三角


333
2


函数图象即可 得函数
f

x

在

0,

< br>
上的最大值和最小值.

2

2
试题解析：（ 1）由已知
f

x

sinxcosx3cosx
3 133
sin2x

1cos2x



2222
13




，
kZ，即
sin2xcos2xsin

2x

，对称轴的 方程为
2xk


32
223


x
k

5

,kZ
.
212





2

（2） ∵
x

0,
∴
2x



2





,
3

33





3


∴
sin< br>
2x



,1

，
32


∴
f

x

max
1 ,f

x

min

3
.
2
中为钝角，过点作交于，已知. 30．【2018安徽马鞍山质监二】如图，

（1）若
（2）若
【答案】（1）
，求
，求
的大小；
的长.
（2）
，解答. (2)【解析】试题分析：（1）第（1）问，直接利用 正弦定理得到
第（2）问，先在直角△ADC中，求出
试题解析：（1）在
解得
(另解：在
（2）设
∵
，又
中，由正弦定理得
为钝角，则
，从而
，故
，再在△ABD中利用余弦定理求解BD的长.
，
.
）
，
中，由余弦定理解得
，则.
，∴
是等腰三角形，得
，∴.
在中由余弦定理得，，

∴，解得，故.
在它的某一个周期内的单31．【2018湖北黄冈、黄石高 三3月联考】函数
调递减区间是．将的图象先向左平移个单位，再将图象上所有点的横坐标变为原来的倍
（纵坐标不变），所得到的图象对应的函数记为
（1）求
（2）设
的解析式；
的三边、、满足，且边所对角为，若关于的方程有两个不同的实数解，
求实数的取值范围．
【答案】（1） （2）

试题解析：（1）由函数
,又
，
（2）
，由图象可得



.
，
.

在它的某一个周期内的单调递减区间是

可得