2024年高考数学一模试题好题汇编：三角函数（解析版）

三角函数题型01任意角的三角函数题型02两角和与差的三角函数题型03三角函数的图象与性质题型04解三角形题型01任意角的三角函数1(2024·辽宁沈阳·统考一模)sinx=1的一个充分不必要条件是.π【答案】x=(答案不唯一)2【分析】根据三角函数的性质结合充分不必要条件即可求解.π【详解】因为x=时sinx=1，2π由sinx=1可得x=+2kπ,k∈Z,2π故sinx=1的一个充分不必要条件是x=，2π故答案为：x=(答案不唯一)22(2024·重庆·统考一模)英国著名数学家布鲁克·泰勒(TaylorBrook)以微积分学中将函数展开成无穷级数的定理著称于世泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，357357xxx222如：sinx=x-+-+⋯，其中n!=1×2×3×⋯×n．根据该展开式可知，与2-+-+3!5!7!3!5!7!⋯的值最接近的是()A.sin2°B.sin24.6°C.cos24.6°D.cos65.4°【答案】C【分析】观察题目将其转化为三角函数值，再将弧度制与角度制互化，结合诱导公式判断即可.【详解】原式=sin2≈sin2×57.3°=sin90°+24.6°=cos24.6°，故选：C.π3π3(2024·福建厦门·统考一模)若sinα+4=-5，则cosα-4=．3【答案】-/-0.65ππππ【分析】应用诱导公式有cosα-4=cosα+4-2=sinα+4，即可求值.ππππ3【详解】cosα-4=cosα+4-2=sinα+4=-5.3故答案为：-54(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)下列说法正确的是()A.cos2sin3<0π3πB.若圆心角为的扇形的弧长为π，则扇形的面积为32C.终边落在直线y=x上的角的集合是αα=π+2kπ,k∈Z41 D.函数y=tan2x-π的定义域为xx≠π+kπ,k∈Z，π为该函数的一个周期632【答案】ABD【分析】根据三角函数在各象限内的符号可判断出A正确；根据扇形弧长和面积公式可知B正确；由终边相同的角的集合表示方法可知C错误；根据正切型函数定义域和周期的判断方法可知D正确.【详解】对于A，∵2,3均为第二象限角，∴cos2<0，sin3>0，∴cos2sin3<0，A正确；π对于B，设扇形的半径为r，则r=π，解得：r=3，31π23π∴扇形的面积S=××3=，B正确；232对于C，终边落在直线y=x上的角的集合为αα=π+kπ,k∈Z，C错误；4πππkπ对于D，由2x-≠+kπk∈Z得：x≠+k∈Z，6232∴y=tan2x-π的定义域为xx≠π+kπ,k∈Z；632ππππ又tan2x+π-6=tan2π+2x-6=tan2x-6，∴π是y=tan2x-6的一个周期，D正确.故选：ABD.cosx5(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)已知函数f(x)=，若A，B是锐角△ABC的两个内x角，则下列结论一定正确的是()A.f(sinA)>f(sinB)B.f(cosA)>f(cosB)C.f(sinA)>f(cosB)D.f(cosA)>f(sinB)【答案】Dππ【分析】由已知可得>A>-B>0，根据余弦函数的单调性，得出cosA<sinB，由fx的单调性即22可判断选项.cosx-xsinx-cosx【详解】因为f(x)=，所以f(x)=，xx2π-xsinx-cosx当x∈0,时，sinx>0,cosx>0，所以<0，即f(x)<0，2x2π所以fx在0,上单调递减.2πππ因为A，B是锐角△ABC的两个内角，所以A+B>，则>A>-B>0，222π因为y=cosx在0,上单调递减，2ππ所以0<cosA<cos-B=sinB<1<，22故f(cosA)>f(sinB)，故D正确.同理可得f(cosB)>f(sinA)，C错误；而A,B的大小不确定，故sinA与sinB，cosA与cosB的大小关系均不确定，所以f(sinA)与f(sinB)，f(cosA)与f(cosB)的大小关系也均不确定，AB不能判断.故选：D*6(2024·河北·校联考一模)在△ABC中，若A=nBn∈N，则()A.对任意的n≥2，都有sinA<nsinBB.对任意的n≥2，都有tanA<ntanBC.存在n，使sinA>nsinB成立D.存在n，使tanA>ntanB成立2 【答案】AD【分析】根据给定条件，举例说明判断BD；构造函数，借助导数探讨单调性判断AC.ππ【详解】在△ABC中，当A=3B时，n=3，取B=，则A=，tanA=1，124ππ3-1tanB=tan-==2-3，3tanB=3(2-3)，则tanA>3tanB，B错，D对；341+30<A<π0<nB<ππ显然0<B<π，即0<B<π，则0<B<，0<C<π0<π-B-nB<πn+1π令f(x)=sinnx-nsinx，0<x<,n≥2，f(x)=ncosnx-ncosx=n(cosnx-cosx)<0，n+1π因此函数f(x)在0,上单调递减，则f(x)<f(0)=0，即sinnB<nsinB，从而sinA<nsinB，A对，n+1C错.故选：AD【点睛】思路点睛：涉及不同变量的数式大小比较，细心挖掘问题的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解作答.题型02两角和与差的三角函数π37(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)若cosα+=，则sin2α=()457799A.B.-C.D.-25252525【答案】A【分析】根据二倍角的余弦公式和诱导公式即可.π2π327【详解】cos2α+4=2cosα+4-1=2×5-1=-25,π7所以sin2α=-cos2α+=，225故选：A.π1π8(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知cosα+6=4，则sin2α-6=()7733A.B.-C.D.-8888【答案】A【分析】利用换元法，结合诱导公式、二倍角公式等知识求得正确答案.ππ1ππππ【详解】设α+6=t，则α=t-6,cost=4,sin2α-6=sin2t-6-6=sin2t-22127=-cos2t=-2cost-1=-2×4-1=8.故选：Aπππ9(2024·辽宁沈阳·统考一模)已知sin2-θ+cos3-θ=1，则cos2θ-3=()1133A.B.-C.D.-3333【答案】B3 33【分析】根据和差角公式以及诱导公式可得cosθ+sinθ=1，由辅助角公式以及二倍角公式即可求22解.ππ1333【详解】由sin2-θ+cos3-θ=1得cosθ+2cosθ+2sinθ=1，进而可得2cosθ+2sinθ=1，π结合辅助角公式得3cosθ-=1，6π3π2π1则cosθ-6=3,∴cos2θ-3=2cosθ-6-1=-3，故选：B.ππ110(2024·浙江·校联考一模)已知α是第二象限角，β∈0,2,tanα+4=-4，现将角α的终边逆1时针旋转β后得到角γ，若tanγ=，则tanβ=．719【答案】/2.37585【分析】由两角和的正切公式先得tanα=-，进一步由两角差的正切公式即可求解.3πtanα+111【详解】由题意tanα+==-，且γ=α+β，tanγ=tanα+β=，41-tanα475解得tanα=-，31--57319所以tanβ=tanα+β-α==.1+-5183×719故答案为：.8tanα-1π11(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)已知=2，则sin2α+的值为()1+tanα64+334-334+334-33A.-B.-C.D.10101010【答案】A【分析】先由已知条件求出tanα的值，再利用三角函数恒等变换公式求出sin2α,cos2α的值，然后对πsin2α+利用两角和的正弦公式化简计算即可6tanα-1【详解】由=2，得tanα=-3，1+tanα2sinαcosα2tanα-63所以sin2α====-，sin2α+cos2αtan2α+1105222cosα-sinα1-tanα1-94cos2α====-，sin2α+cos2αtan2α+1105πππ所以sin2α+=sin2αcos+cos2αsin66633414+33=-×+-×=-，525210故选：A12(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)已知α∈0,π，且3tanα=10cos2α，则cosα可能为()105105A.-B.-C.D.105105【答案】B4 21-tanα【分析】由3tanα=10cos2α得3tanα=10×，化简后可求出tanα，再利用同角三角函数的关系可21+tanα求出cosα.22【详解】由3tanα=10cos2α，得3tanα=10(cosα-sinα)，22cosα-sinα所以3tanα=10×，22cosα+sinα21-tanα所以3tanα=10×，21+tanα32整理得3tanα+10tanα+3tanα-10=0，2(tanα+2)(3tanα+4tanα-5)=0，2所以tanα+2=0或3tanα+4tanα-5=0，-2±19所以tanα=-2或tanα=，3sinαπ①当tanα=-2时，=-2，α∈,π，cosα2222因为sinα+cosα=1，所以5cosα=1，5所以cosα=±，5π5因为α∈,π，所以cosα=-，25-2+19sinα-2+19π②当tanα=时，=,α∈0,，3cosα322219-222因为sinα+cosα=1，所以3cosα+cosα=1，π9由于α∈0,，所以解得cosα=，232-419-2-19sinα-2-19π③当tanα=时，=,α∈,π，3cosα3222-19-222因为sinα+cosα=1，所以3cosα+cosα=1，π9由于α∈,π，所以解得cosα=-，232+419599综上，cosα=-，或cosα=，或cosα=-，532-41932+419故选：B12313(2024·吉林延边·统考一模)已知函数fx=-sinωx+sin2ωx,ω>0的最小正周期为4π．22(1)求ω的值，并写出fx的对称轴方程；(2)在△ABC中角A,B,C的对边分别是a,b,c满足2a-ccosB=b⋅cosC，求函数fA的取值范围．12π【答案】(1)ω=,x=+2kπ,k∈Z431(2),12π【分析】(1)利用三角函数的恒等变换化简函数f(x)=sin2ωx+，再根据周期求出ω的值,利用整体法6即可求解对称轴.1π1π2π(2)把已知的等式变形并利用正弦定理可得cosB=，故B=，故f(A)=sinA+,0<A<，232635 根据正弦函数的定义域和值域求出fA的取值范围．123132131-cos2ωx【详解】(1)fx=-sinωx+sin2ωx=+sin2ωx-sinωx=+sin2ωx-222222231π=sin2ωx+cos2ωx=sin2ωx+．2262π1∵T==4π，∴ω=．2ω41π故fx=sinx+261ππ2π令x+=+kπ,k∈Z，解得x=+2kπ,k∈Z，26232π故对称轴方程为：x=+2kπ,k∈Z3(2)由2a-ccosB=b⋅cosC得(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC，∴2sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC=sin(B+C)=sinA．1π∵sinA≠0，∴cosB=，B∈0,π,∴B=．231π2ππAππ∴f(A)=sinA+,0<A<，∴<+<，26362621Aπ1∴2<sin2+6<1，∴f(A)∈2,1题型03三角函数的图象与性质π14(2024·福建厦门·统考一模)已知函数f(x)=2sin2x-，则()3πA.f(x)的最小正周期为22πB.f(x)的图象关于点,0成中心对称3πC.f(x)在区间0,上单调递增31D.若f(x)的图象关于直线x=x0对称，则sin2x0=2【答案】BC【分析】根据正弦型函数的性质，结合代入法、整体法逐一判断各项正误.π2π【详解】由f(x)=2sin2x-，最小正周期T==π，A错；322π2ππ2π由f3=2sin2×3-3=0，即3,0是对称中心，B对；由x∈0,ππ∈-π,ππ，则2x-，显然f(x)在区间0,上单调递增，C对；33333ππ5π1由题意2x0-=kπ+⇒2x0=kπ+，故sin2x0=±，D错.3262故选：BCππ15(2024·吉林延边·统考一模)将函数fx=sinωx+(ω>0)的图象向左平移个单位长度后得62到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是()1245A.B.C.D.3333【答案】B6 【分析】得出平移后的方程后，再根据正弦型函数的性质即可得到答案.πππππ【详解】结合题意可得fx+2=sinωx+2+6=sinωx+2ω+6,(ω>0)，πππ因为曲线C关于y轴对称，所以ω+=kπ+,k∈Z，26222解得ω=2k+,k∈Z,因为ω>0，所以当k=0时，ω有最小值.33故选：B.16(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知函数fx=cos2x+acosx+2，则下列说法正确的有()A.当a=0时，fx的最小正周期为π7B.当a=1时，fx的最小值为8C.当a=3时，fx在区间0,2π上有4个零点πD.若fx在0,上单调递减，则a≥23【答案】AB【分析】根据三角函数的周期性、含cosx的二次项函数的值域、三角函数的零点、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】当a=0时，fx=cos2x+2，所以fx的最小正周期为π，A选项正确；21277当a=0时，fx=cos2x+cosx+2=2cosx+cosx+1=2cosx++≥，4887所以fx的最小值为，B选项正确；82当a=4时，fx=cos2x+3cosx+2=2cosx+3cosx+1=2cosx+1cosx+1，12π4π令fx=0，解得cosx=-或cosx=-1，此时x=或x=或x=π，233fx在区间0,2π上有3个零点，C选项错误；2fx=cos2x+acosx+2=2cosx+acosx+1，设t=cosx，π1cosx在0,3上单调递减，则t∈2,1，根据复合函数的单调性，21a1gt=2t+at+1在,1上单调递增，所以-≤，解得a≥-2，D选项错误.242故选：ABπ17(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知函数f(x)=sinωx+3cosωx(ω>0)满足:f=2,62πf=0,则()37ππA.曲线y=f(x)关于直线x=对称B.函数y=fx-是奇函数63π7πC.函数y=f(x)在,单调递减D.函数y=f(x)的值域为[-2,2]66【答案】ABDπ2π【分析】用辅助角公式化简f(x),再利用f6=2,f3=0,得出ω的取值集合,再结合三角函数性质逐项判断即可.π【详解】f(x)=2sinωx+,所以函数y=f(x)的值域为[-2,2],故D正确；37 2π2ππ3k1-1因为f3=0,所以3ω+3=k1π,k1∈Z,所以ω=2,k1∈Z，ππππ因为f6=2,所以6ω+3=2+2k2π,k2∈Z,所以ω=12k2+1,k2∈Z，3k1-1所以=12k2+1,即k1=8k2+1，2所以ω∈{1,13,25,37⋯}，7π7ππ3π因为f6=2sin12k2+16+3=2sin14k2π+2=-2，7π所以曲线y=f(x)关于直线x=对称,故A正确；6πππ因为fx-3=2sin12k2+1x-3+3=2sin12k2+1x-4k2π=2sin12k2+1xππ即fx-3=-f-x-3，π所以函数y=fx-是奇函数,故B正确；32π2π7ππ取ω=13,则最小正周期T==<-=π,故C错误.ω1366故选：ABD18(2024·辽宁沈阳·统考一模)如图，点A,B,C是函数fx=sinωx+φ(ω>0)的图象与直线y=3ππ相邻的三个交点，且BC-AB=,f-=0，则()2312A.ω=49π1B.f=82ππC.函数fx在,上单调递减32πD.若将函数fx的图象沿x轴平移θ个单位，得到一个偶函数的图像，则θ的最小值为24【答案】ACD3ππ【分析】令fx=2求得xA,xB,xC根据BC-AB=3求得ω=4，根据f-12=0求得fx的解析式，再逐项验证BCD选项.3π2π【详解】令fx=sinωx+φ=得，ωx+φ=+2kπ或ωx+φ=+2kπ，k∈Z，233ππ2π由图可知：ωxA+φ=+2kπ，ωxC+φ=+2kπ+2π，ωxB+φ=+2kπ，3331π1π所以BC=xC-xB=ω-3+2π，AB=xB-xA=ω⋅3，π12π所以=BC-AB=-+2π，所以ω=4，故A选项正确，3ω38 ππ所以fx=sin4x+φ，由f-12=0得sin-3+φ=0，π所以-+φ=π+2kπ，k∈Z，34π所以φ=+2kπ，k∈Z，34π4ππ所以fx=sin4x+3+2kπ=sin4x+3=-sin4x+3，9π9ππ1f8=-sin2+3=-2，故B错误.πππ5ππ当x∈3,2时，4x+3∈3,2π+3，5ππππ因为y=-sint在t∈3,2π+3为减函数，故fx在3,2上单调递减，故C正确；π将函数fx的图象沿x轴平移θ个单位得gx=-sin4x+4θ+，(θ<0时向右平移，θ>0时向左平3移)，ππgx为偶函数得4θ+=+kπ，k∈Z，32πkππ所以θ=+，k∈Z，则θ的最小值为，故D正确.24424故选：ACD.19(2024·重庆·统考一模)已知fx=2asinωx⋅cosωx+bcos2ωxω>0,a>0,b>0的部分图象如图3π所示，当x∈0,时，fx的最大值为．4【答案】33π【分析】由图象求出函数fx的解析式，然后利用正弦型函数的基本性质可求得函数fx在0,上的4最大值.【详解】因为fx=2asinωx⋅cosωx+bcos2ωx=asin2ωx+bcos2ωxω>0,a>0,b>0，设fx=Asin2ωx+φA>0,ω>0，ππ2π2π由图可知，函数fx的最小正周期为T=4×+=π，则2ω===2，612Tπfxmax-fxmin2+2又因为A===2，则fx=2sin2x+φ，22πππ因为f-12=2sinφ-6=2，可得sinφ-6=1，ππ2π所以，φ-=+2kπk∈Z，则φ=+2kπk∈Z，6232π2π则fx=2sin2x+3+2kπ=2sin2x+3，3π2π2π13π当0≤x≤时，≤2x+≤，43369 2π3故fxmax=2sin=2×=3.32故答案为：3.π20(2024·云南曲靖·统考一模)函数fx=Asinωx+φ(其中A>0，ω>0，φ≤)的部分图象如2图所示，则()A.f0=-1B.函数fx的最小正周期是2ππC.函数fx的图象关于直线x=对称3πD.将函数fx的图象向左平移个单位长度以后，所得的函数图象关于原点对称6【答案】AC【分析】利用图象求出函数fx的解析式，代值计算可判断A选项；利用正弦型函数的周期性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.fxmax-fxmin2--2【详解】由图可知，A===2，223T7ππ3π2π2π函数fx的最小正周期T满足=--=，则T=π，ω===2，B错；41264Tπ所以，fx=2sin2x+φ，ππππf-6=2sin2×-6+φ=2sinφ-3=-2，可得sinφ-3=-1，ππ5ππππππ因为-≤φ≤，所以，-≤φ-≤，则φ-=-，可得φ=-，22636326ππ所以，fx=2sin2x-6，则f0=2sin-6=-1，A对；ππππf3=2sin2×3-6=2sin2=2=fxmax，π所以，函数fx的图象关于直线x=对称，C对；3π将函数fx的图象向左平移个单位长度以后，6πππ得到函数y=2sin2x+6-6=2sin2x+6的图象，所得函数为非奇非偶函数，D错.故选：AC.21(2024·浙江·校联考一模)已知函数y=2sinωx+φ，该图象上最高点与最低点的最近距离为5，且点1,0是函数的一个对称点，则ω和φ的值可能是()πππ2ππππ2πA.ω=-,φ=-B.ω=-,φ=C.ω=,φ=D.ω=,φ=3333333310 【答案】Dπ【分析】由题意首先得ω=，进一步由ω+φ=kπ,k∈Z，对比选项即可得解.3T222ππ【详解】由题意函数的周期T满足，=5-4=3=，所以ω=±，22ω3又点1,0是函数的一个对称点，所以ω+φ=kπ,k∈Z，ω=πω=πω=-π3332π所以π或π，对比选项可知，只有当φ=3时满足题意.φ=kπ-3,k∈Zφ=kπ+3,k∈Zk=1故选：D.π22(2024·广东深圳·校考一模)已知函数fx=cosωx++1(ω>0)的最小正周期为π，则fx在3π区间0,上的最大值为()213A.B.1C.D.222【答案】C【分析】由周期公式求得ω，结合换元法即可求得最大值.2ππ【详解】由题意T==π，解得ω=2，所以fx=cos2x++1，ω3当x∈0,ππ∈π,4π时，t=2x+，2333ππ3所以fx在区间0,上的最大值为cos+1=，当且仅当x=0时等号成立.232故选：C.5π23(2024·山西晋城·统考一模)若函数f(x)=cosωx(0<ω<100)在π,上至少有两个极大值点和2两个零点，则ω的取值范围为．812【答案】5,2∪5,100【分析】先求出极大值点表达式，利用题干条件列不等式赋值求解.ω>02kπ2kπ>π【详解】令ωx=2kπ，k∈Z，得f(x)的极大值点为x=，k∈Z，则存在整数k，使得ω，ω2k+1π5πω<24(k+1)*解得<ω<2k(k∈N)．5因为函数y=cosx在两个相邻的极大值点之间有两个零点，4(k+1)*所以<ω<2k(k∈N)．5812当k=1时，<ω<2．当k=2时，<ω<4．554(k+1)4(k+2)当k≥2时，<<2k．又0<ω<100，5581216204812所以ω的取值范围为5,2∪5,4∪5,6∪⋅⋅⋅∪5,100=5,2∪5,100．812故答案为：5,2∪5,10011 4k+1*【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象及其性质，求出<ω<2kk∈N并赋值计算是解5决问题关键.24(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在物理学中，把物体受到的力(总是指向平衡位置)正比于它离开平衡位置的距离的运动称为“简谐运动”．在适当的直角坐标系下，某个简谐运动可以用函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,φ<π的部分图象如图所示，则下列结论正确的是()1πA.ω=2，频率为，初相为π6πB.函数fx的图象关于直线x=-对称6π13πC.函数fx在,上的值域为0,212242πD.若把fx图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位，则所得函数312π是y=2sin3x+12【答案】BCD【分析】根据图象求出三角函数解析式，再根据正弦函数图象与性质以及函数平移的原则即可判断.313ππ3π【详解】由图象可得A=2,T=-=,∴T=π，41234112πππ2π频率是T=π,ω=π=2,∵f3=2,∴f3=2sin3+φ=2，2π2ππ即sin+φ=1,∴+φ=2kπ+(k∈Z)，332ππ∴φ=2kπ-(k∈Z),∵|φ|<π,∴φ=-，66ππ对于A，∴f(x)=2sin2x-，初相是-，故A错误；66πππ对于B，f-6=2sin-3-6=-2，故B正确；对于C，因为x∈π,13ππ∈0,11π，所以2x-，1224612ππ13π∴f(x)=2sin2x-6在12,24上的值域为[0,2]，故C正确；2π对于D，把f(x)的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数为y=2sin3x-，36ππππ又向左平移12个单位，得到的函数为y=2sin3x+12-6=2sin3x+12，故D正确；故选：BCD.题型04解三角形25(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E．从D点测得∠ADC=67.5°，从C点测得∠ACD=45°，∠BCE=75°，12 从E点测得∠BEC=60°．若测得DC=23，CE=2(单位：百米)，则A，B两点的距离为()A.6B.22C.3D.23【答案】C【分析】在△ADC中，求得AC=DC；在△BCE中，利用正弦定理求得BC；再在△ABC中，利用余弦定理即可求得结果.【详解】根据题意，在△ADC中，∠ACD=45°，∠ADC=67.5°，DC=23，则∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°，则AC=DC=23，在△BCE中，∠BCE=75°，∠BEC=60°，CE=2，则∠EBC=180°-75°-60°=45°，2×3CEBCCE⋅sin∠BEC2则有=，变形可得BC===3，sin∠EBCsin∠BECsin∠EBC22在△ABC中，AC=23，BC=3，∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°，222则AB=AC+BC-2AC·BC·cos∠ACB=9，则AB=3．故选：C.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及距离的求解，属基础题.26(2024·广东深圳·校考一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=3，b=5，c=2acosA，则cosA=()1236A.B.C.D.3433【答案】D【分析】由已知结合余弦定理进行化简即可求解.【详解】解：因为c=2acosA，222b+c-a由余弦定理可得c=2a⋅，将a=3，b=5代入整理得c=26，2bcc6所以cosA==.2a3故选：D.27(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且c-b=2bcosA，则下列结论正确的有()πA.A=2BB.B的取值范围为0,4a11C.的取值范围为2,3D.-+2sinA的最小值为22btanBtanA【答案】AC【分析】用正弦定理可判断A项，由锐角三角形可判断B项，用倍角公式可判断C项，切化弦后用取等条件13 即可判断D项.【详解】在△ABC中，由正弦定理可将式子c-b=2bcosA化为sinC-sinB=2sinBcosA，把sinC=sinA+B=sinAcosB+cosAsinB代入整理得，sinA-B=sinB，解得A-B=B或A-B+B=π，即A=2B或A=π(舍去)，所以A=2B，选项A正确；0<B<π,2πππ选项B：因为△ABC为锐角三角形，A=2B，所以C=π-3B，由0<2B<2,解得B∈6,4，故选0<π-3B<π,2项B错误；asinAsin2Bππ23选项C：b=sinB=sinB=2cosB，因为B∈6,4，所以cosB∈2,2，2cosB∈2,3，即a的取值范围为2,3，故选项C正确；b11sinA-B11选项D：-+2sinA=+2sinA=+2sinA≥2×2sinA=22，当tanBtanAsinAsinBsinAsinA12ππππ且仅当sinA=2sinA即sinA=±2时取等，但因为B∈6,4，所以A=2B∈3,2,sinA∈32,1，无法取到等号，故D错.故选：AC.228(2024·福建厦门·统考一模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB+abcosA=2c．(1)求a；2π(2)若A=，且△ABC的周长为2+5，求△ABC的面积．3【答案】(1)a=2；3(2).4【分析】(1)应用正弦边角关系及和角正弦公式有asin(A+B)=2sinC，再由三角形内角性质即可求边长；22(2)应用余弦定理及已知得b+c+bc=4且b+c=5，进而求得bc=1，最后应用面积公式求面积.【详解】(1)由题设a(acosB+bcosA)=2c，由正弦定理有a(sinAcosB+sinBcosA)=2sinC，所以asin(A+B)=2sinC，而A+B=π-C，故asinC=2sinC，又sinC>0，所以a=2.22222b+c-ab+c-4122(2)由(1)及已知，有cosA===-，可得b+c+bc=4，2bc2bc2又a+b+c=2+5，即b+c=5，213所以(b+c)-bc=5-bc=4⇒bc=1，故S△ABC=bcsinA=.24a-b29(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知=csinA-sinC．sinA+sinB(1)求角B的大小；(2)若b=2，求△ABC周长的最大值．π【答案】(1)B=3(2)614 【分析】(1)根据题意利用正、余弦定理进行边角转化，进而可得结果；222(2)根据a+c-b=ac，结合基本不等式运算求解.a-bsinA-sinCa-ba-c【详解】(1)因为=，由正弦定理可得=，csinA+sinBca+b222整理得a+c-b=ac，222a+c-bac1由余弦定理可得cosB===，2ac2ac2π且B∈0,π，所以B=.32a+c-42222(2)由(1)可知：a+c-b=ac，整理得a+c-4=3ac，即ac=，32a+c因为ac≤，当且仅当a=c=2时，等号成立，422a+c-4a+c2则≤，可得a+c≤16，即a+c≤4，34所以△ABC周长的最大值为4+2=6.30(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且cosC1=-,c=2a.4(1)求sinA的值；(2)若△ABC的周长为18，求△ABC的面积.15【答案】(1)8(2)315【分析】(1)由正弦定理边化角结合同角三角函数关系求解;(2)由余弦定理解方程得边长，再利用面积公式求解.1215【详解】(1)因为0<C<π，cosC=-，所以sinC=1-cosC=.44因为c=2a，所以sinC=2sinA，sinC15则sinA==.2812221(2)因为cosC=-，所以c=a+b+ab.422123因为c=2a，所以3a-ab-b=0，解得b=a.229因为△ABC的周长为18，所以a+b+c=a=18，解得a=4，2则b=6,c=8.1115故△ABC的面积为bcsinA=×6×8×=315.2282c31(2024·浙江·校联考一模)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，已知=222b+c-asinC．sinB(1)求角A；33(2)设边BC的中点为D，若a=7，且△ABC的面积为，求AD的长．4π【答案】(1)A=315 13(2)2222【分析】(1)根据正弦定理和题中所给式子化简计算得到b+c-a=bc，再结合余弦定理即可求出角A；22(2)根据三角形面积公式得到bc=3和b+c=10，再结合中线向量公式计算即可.sinCc【详解】(1)在△ABC中，由正弦定理得，=，sinBb22csinCcc因为=，所以=，222sinB222bb+c-ab+c-a222化简得，b+c-a=bc，222b+c-a1在△ABC中，由余弦定理得，cosA==，2bc2π又因为0<A<π，所以A=31333(2)由S△ABC=bcsinA=bc=，得bc=3，2442222222由a=b+c-2bccosA，得7=b+c-3，所以b+c=10．1又因为边BC的中点为D，所以AD=AB+AC，2121221113所以AD=(AB+AC)=b+c+2bccosA=×10+2×3×=222222C32(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)已知在△ABC中，3sin(A+B)=1+2sin．2(1)求角C的大小；(2)若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，△ABC的外接圆半径为2，求△ABI周长的最大值．π【答案】(1)；(2)4+23．3π【分析】(1)利用降幂公式、两角和的正弦公式变形可得sinC+=1，再根据角的范围可得解；6(2)利用正弦定理求出AB，求出∠AIB，设出∠ABI，将AI,BI用∠ABI表示，根据三角函数知识求出AI+BI的最大值可得解.2C【详解】(1)∵3sin(A+B)=1+2sin，且A+B+C=π，2∴3sinC=1+1-cosC=2-cosC，即3sinC+cosC=2，π∴sinC+=1．6ππ7ππππ∵C∈(0，π)，∴C+∈，，∴C+=，即C=．666623(2)∵△ABC的外接圆半径为2，ABAB∴由正弦定理知，==2×2=4，∴AB=23，sin∠ACBsinπ3π2π∵∠ACB=，∴∠ABC+∠BAC=，33∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，π2π∴∠ABI+∠BAI=，∴∠AIB=，3316 ππ设∠ABI=θ，则∠BAI=-θ，且0<θ<，33BIAIAB23在△ABI中，由正弦定理得，====4，sinπ-θsinθsin∠AIBsin2π33π∴BI=4sin-θ，AI=4sinθ，3π31∴△ABI的周长为23+4sin3-θ+4sinθ=23+42cosθ-2sinθ+4sinθπ=23+23cosθ+2sinθ=4sinθ++23，3πππ2π∵0<θ<，∴<θ+<，3333πππ∴当θ+=，即θ=时，△ABI的周长取得最大值，最大值为4+23，326故△ABI的周长的最大值为4+23．【点睛】关键点点睛：将AI,BI用∠ABI表示，根据三角函数知识求出AI+BI的最大值是解题关键.2233(2024·辽宁沈阳·统考一模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且b=ac+a.(1)求证：B=2A；3c+7a(2)当取最小值时，求cosB的值.3b【答案】(1)证明见解析1(2)cosB=-3【分析】(1)利用余弦定理并结合正弦函数两角和差公式化简即可求解.3c+7a23(2)利用基本不等式求得的最小值时的取等条件b=a，再结合余弦定理从而求解.3b322222【详解】(1)证明：由余弦定理知b=a+c-2accosB，又因为b=a+ac，222所以a+ac=a+c-2ac⋅cosB，化简得a=c-2acosB，所以sinA=sinC-2sinAcosB，因为A+B+C=π，所以sinA=sinA+B-2sinAcosB，所以sinA=sinAcosB+cosAsinB-2sinAcosB=cosAsinB-sinAcosB，所以sinA=sinB-A，因为A∈0,π,B-A∈-π,π，所以A=B-A或A+B-A=π(舍)，所以B=2A.23b2-a223c+7a3ac+7a+7ab4a443(2)由题知，===+⋅≥2=，3b3ab3aba3b3323221当且仅当b=a时取等，又因为b=ac+a，所以c=a，33212232222a+a-aa+c-b331所以cosB===-.2ac2a×1a3334(2024·重庆·统考一模)在梯形ABCD中，AB⎳CD,∠ABC为钝角，AB=BC=2,CD=4，17 15sin∠BCD=．4(1)求cos∠BDC；(2)设点E为AD的中点，求BE的长．7【答案】(1)；834(2)2【分析】(1)在△BCD中利用余弦定理求出BD，再利用二倍角的余弦公式计算即得.(2)利用(1)的结论，借助向量数量积求出BE的长.【详解】(1)在梯形ABCD中，由AB⎳CD,∠ABC为钝角，得∠BCD是锐角，1521在△BCD中，sin∠BCD=，则cos∠BCD=1-sin∠BCD=，44221由余弦定理得BD=2+4-2×2×4×=4，即△BCD为等腰三角形，427所以cos∠BDC=cos(π-2∠BCD)=-cos2∠BCD=1-2cos∠BCD=.81(2)由AB⎳CD，得∠ABD=∠BDC，由点E为AD的中点，得BE=(BA+BD)，2122122734所以|BE|=BA+BD+2BA⋅BD=2+4+2×2×4×=.228235(2024·山西晋城·统考一模)在△ABC中，AB=33，AC=53，BC=73．(1)求A的大小；(2)求△ABC外接圆的半径与内切圆的半径．2π【答案】(1)A=33(2)2【分析】(1)由余弦定理即可求解；(2)由正弦定理求出外接圆半径，由等面积法求出内切圆半径.222AB+AC-BC1【详解】(1)由余弦定理得cosA==-，2AB⋅AC22π因为0<A<π，所以A=．3BC73(2)设△ABC外接圆的半径与内切圆的半径分别为R，r，由正弦定理得2R===14，则R=7．sinA321453△ABC的面积S=AB⋅AC⋅sinA=，2412S3由r(AB+AC+BC)=S，得r==．2AB+AC+BC2π36(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B=,44bcosC=2c+2a.(1)求tanC；18 3(2)若△ABC的面积为，求BC边上的中线长.21【答案】(1)tanC=25(2).2【分析】(1)利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得tanC.(2)根据三角形ABC的面积求得ac，根据同角三角函数的基本关系式求得sinA,cosA，利用正弦定理、向量数量积运算来求得BC边上的中线长.cb【详解】(1)由正弦定理可得=，所以4sinBcosC=2sinC+2sinA，sinCsinB即22cosC=2sinC+2sinA，又A+B+C=π，π所以22cosC=2sinC+2sin+C=22sinC+2cosC，41整理得2cosC=22sinC，解得tanC=；21123(2)依题意，acsinB=ac×=，解得ac=32，22223π-1-tanC又tanA=tan-C==-3，41-tanCsinA=-3所以A为钝角，所以由cosA,sin2A+cos2A=131解得sinA=,cosA=-，10101csinC52由正弦定理可得===，又ac=32，asinA33102×2csinB2所以a=3,c=2,b===5，sinC151设BC的中点为D，则AD=AB+AC，22+5+2×2×5×-11b2+c2+2bccosA10522所以AD=(AB+AC)===，44445所以BC边上的中线长为.237(2024·云南曲靖·统考一模)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且c=2acosC-2b．(1)求A；1(2)线段BC上一点D满足BD=BC,AD=BD=1，求AB的长度．42π【答案】(1)A=；347(2).7222【分析】(1)由余弦边角关系及已知得-bc=b+c-a，再由余弦定理即可求A；19 π(2)由题设得∠ADB=π-2B，且AD=BD=1,BC=4，C=-B，在△ADB、△ABC应用正弦定理得33πAB=2cosB、tanB=,0<B<，即可求AB的长度．23222222a+b-ca+b-c【详解】(1)由题设及余弦定理知：c=2a×-2b=-2b，2abb222222b+c-a1所以-bc=b+c-a，又cosA==-，A∈(0,π)，2bc22π所以A=.3(2)π由题设∠ADB=π-2B，且AD=BD=1,BC=4，C=-B，3ADABAB在△ADB中==，则AB=2cosB，sinBsin(π-2B)sin2BABBC8AB8在△ABC中==，则=，sinπ-Bsin2π33cosB-1sinB333223π247综上，可得tanB=,0<B<，则cosB=，故AB=.237720