高中数学压轴题解析：三角函数与解三角形

【挑战满分】压轴小题2：三角函数与解三角形一、单选题1．已知函数，，则关于的方程在区间上的所有实根之和为（）A．B．C．D．2．已知函数且），周期，，且在处取得最大值，则的最小值为（　　）A．11B．12C．13D．143．函数，已知为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，且在上单调递减．记满足条件的所有的值的和为，则的值为（）A．B．C．D．4．函数在区间上单调递增，且存在唯一，使得，则的取值范围为（）A．B．C．D．5．已知函数，给出下列结论：①的图象关于直线对称；②第11页共72页的值域为；③在上是减函数；④0是的极大值点．其中正确的结论有（）A．①④B．②③C．①②③D．①②④6．设函数，下述四个结论：①是偶函数；②的最小正周期为；③的最小值为0；④在上有3个零点其中所有正确结论的编号是（）A．①②B．①②③C．①③④D．②③④7．已知锐角，满足，则下列结论一定正确的是（）A．B．C．D．8．函数的图像向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数，函数．若关于的方程在内有两个不同的解，则的值为（）A．B．C．D．9．在锐角中，若，且，则的取值范围是（）A．B．C．D．10．设锐角的三个内角的对边分别为且，，则第11页共72页周长的取值范围为（）A．B．C．D．11．已知函数若关于的不等式对任意恒成立，则实数的范围是（）A．B．C．D．12．设函数，函数的对称轴为，若存在满足，则的取值范围为（）A．B．C．D．13．在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为（）A．2B．4C．6D．814．设函数在区间上单调，且，当时，取到最大值，若将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍得到函数的图象，则函数零点的个数为（）A．B．C．D．15．已知，其中，若函数在区间内有零点，则实数的取值可能是（）A．B．C．D．第11页共72页16．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．17．若函数，满足且、、、、互不相等，则的取值范围是（）A．B．C．D．18．在中，，分别是边，的中点，与交于点，若，则面积的最大值为（）A．B．C．D．19．设函数，其中、、、为已知实常数，，有下列四个命题：（1）若，则对任意实数恒成立；（2）若，则函数为奇函数；（3）若，则函数为偶函数；（4）当时，若，则（）；则上述命题中，正确的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个20．已知函数，且对于任意的，当时都有成立，则实数的取值范围是（）第11页共72页A．B．C．D．21．锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（）A．B．C．D．22．已知函数的最小正周期为，若在上的最大值为，则的最小值为（）A．B．C．D．23．设函数，是公差为的等差数列，，则A．0B．C．D．24．当时，函数恒成立，则的最大值为（）A．B．2C．D．125．已知函数，对∈[0，π]，都有，满足f(x2)=0的实数x有且只有3个，给出下述四个结论:①满足题目条件的实数x0有且只有1个；②满足题目条件的实数x1有且只有1个；③f(x)在上单调递增；④的取值范围是；其中所有正确结论的编号是（）A．①③B．②④C．①②④D．①③④第11页共72页26．已知当时，不等式恒成立，则的取值范围为（）A．（为任意整数）B．（为任意整数）C．（为任意整数）D．（为任意整数）27．已知函数的最小正周期为，若，且，则的最大值为（）A．B．C．D．28．已知函数在有且仅有4个零点，有下述三个结论：①的取值范围为；②在单调递增；③若，，则的最小值为以上说法正确的个数为（）.A．0B．1C．2D．329．若函数()在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是A．B．C．D．30．已知函数在区间上有且仅有2个最小值点，下列判断：①在上有2个最大值点；②在上最少3个零点，最多4个零点；③；④在上单调递减.其中所有正确判断的序号是（）第11页共72页A．④B．③④C．②③④D．①②③第11页共72页二、多选题31．若函数的最大值和最小值分别为、，则函数图象的对称中心可能是（）A．B．C．D．32．已知函数满足，且在上有最小值，无最大值．则下列说法正确的是（　　）A．B．若，则C．的最小正周期为3D．在上的零点个数最少为202个33．已知函数，若，且，则（）A．B．C．的取值范围是D．的取值范围是34．设函数，则（）A．B．的最大值为C．在单调递增D．在单调递减第11页共72页35．下列说法正确的是（）A．函数的最大值是B．函数的值域为C．函数在上单调递增，则的取值范围是D．函数的最大值为，最小值为，若，则36．在单位圆上任取一点，圆O与x轴正半轴的交点为A，设将OA绕原点O旋转到OP所成的角为，记x，y关于的表达式分别为，，则下列说法正确的是（）A．函数是偶函数B．函数的最小正周期为C．函数的一个单调减区间为D．函数的最大值为37．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，有以下四个命题中正确的是（）A．满足条件的不可能是直角三角形B．面积的最大值为C．当A=2C时，的周长为D．当A=2C时，若O为的内心，则的面积为第11页共72页38．在中，角、、所对的边分别为、、，，.若点在边上，且，是的外心.则下列判断正确的是（）A．B．的外接圆半径为C．D．的最大值为239．设是一个钝角三角形的两个锐角,下列四个不等式中正确的是A．B．C．D．40．如图所示，点、是函数的图象与轴的交点，点在、之间的图象上运动，若，且当的面积最大时，，则（）A．B．C．的单调增区间为D．的图象关于直线对称三、填空题41．的内角，，所对的边分别是，，，已知，则的取值范围是___________.第11页共72页42．已知函数，若对于任意，均有，则的最大值是___________.43．在中，记角所对的边分别是，面积为，则的最大值为___________.44．已知函数，，若使关于的不等式成立，则实数的范围为___________.45．已知函数，记方程在上的根从小到大依次为，，，求=____.46．在中，角的对边分别为，，，若有最大值，则实数的取值范围是______.47．锐角中，分别为角的对边，若，则的取值范围为_______.48．中，角所对的边长分别为．若成等差数列，则的最小值为___________．49．已知是边上一点，且，，，则第11页共72页的最大值为__________．50．中，，点在边上，，且，则的最大值为______.第11页共72页【挑战满分】压轴小题2：三角函数与解三角形答案解析1．B【分析】根据函数的解析式可以判断的图象关于对称，而根据的解析式可判断其在上的图象关于对称，再根据、在上的图象可以得到上它们共有8个不同的交点，从而可得所有的实根之和.【解析】当时，，而，故，故，当时，，而，故，故，故在上的图象关于对称，当且时，，而且，故，故此时与的图象无交点.下面仅考虑上与的图象，如图所示；第59页共72页因为，，，故在上与的图象共有4个不同的交点，故在区间上的所有实根之和为，故选：B.【小结】不可解方程的解性质的讨论，取决于两个函数的图象性质，而后者由函数的解析式来确定，根据对解析式合理变形后可发现其对应的图象性质，另外注意利用来确定函数图象的对称中心.2．C【分析】利用辅助角公式，求得的解析式，根据题意，可求得的表达式，根据，可求得，又根据，可求得，进而可求得的值，根据同角三角函数的关系，可求得a的值，即可求得的表达式，根据的范围，即可求得答案.【解析】第59页共72页，因为，所以，因为在处取得最大值，所以，即，所以，所以，因为，所以，即，所以，所以，又，解得，又，所以，所以，所以或，解得或，又，所以的最小值为13.故选：C【小结】第59页共72页解题的关键是根据题意，求得的表达式，代入求得，的表达式，再结合同角三角函数关系进行求解，计算量大，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.3．A【分析】由一条对称轴和一个对称中心可以得到或，由在上单调递减可以得到，算出的大致范围，验证即可.【解析】由题意知：或∴或∴或∵在上单调递减，∴∴①当时，取知此时，当时，第59页共72页满足在上单调递减，∴符合取时，，此时，当时，满足在上单调递减，∴符合当时，，舍去，当时，也舍去②当时，取知此时，当时，，此时在上单调递增，舍去当时，，舍去，当时，也舍去综上：或2，.故选：A.【小结】本题考查三角函数的图象与性质，难度较大，易错点在于已知一条对称轴和一个对称中心要分两种情况分析.4．B【分析】由其在闭区间上递增，而在为增函数，列不等式组求的范围，又存在唯一，使得，而，即，求的范围，取交集即可.【解析】第59页共72页由正弦函数性质，有，即，∵在上单调递增，∴，则，，又，即，又存在唯一，使得，而此时，∴，得，综上，有.故选：B.【小结】关键点小结：由区间单调性，结合正弦函数的单调区间列不等式组，在闭区间中有，其中存在唯一最大值，则，求参数范围.5．B【分析】利用特殊值验证关于对称的两个函数值是否相等进行判断①，利用函数的周期性和奇偶性将上的值域转化为，上的值域求解即可判断②，利用正弦函数的单调性判断选项③，利用单调性结合极小值点的定义判断④，即可得到答案．【解析】因为，不妨取关于对称的两个值，第59页共72页因为，，所以，所以的图象不关于对称，故①错误；的定义域为，关于原点对称，又，所以为偶函数，又，则在，上的值域就是在上的值域，当，时，，则，所以的值域为，，故②正确；当时，，由正弦函数的单调性可知，在是减函数，故③正确；，在是增函数，因为是偶函数，则在是减函数，0是极小值点，所以④错误，综上所述，正确的是②③．故选：B．【小结】方法小结：本题通过对多个命题真假的判断，综合考查三角函数的对称性、值域、周期性、奇偶性、单调性，同时还考查了函数极小值的判断，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.6．B【分析】第59页共72页根据函数相关知识对各选项逐个判断，即可得出其真假．【解析】因为函数f（x）定义域为R，而且f（﹣x）＝cos|2x|+|sinx|＝f（x），所以f（x）是偶函数，①正确；因为函数y＝cos|2x|的最小正周期为π，y＝|sinx|的最小正周期为π，所以f（x）的最小正周期为π，②正确；f（x）＝cos|2x|+|sinx|＝cos2x+|sinx|＝1﹣2sin2x+|sinx|＝﹣2（|sinx|）2，而|sinx|∈[0，1]，所以当|sinx|＝1时，f（x）的最小值为0，③正确；由上可知f（x）＝0可得1﹣2sin2x+|sinx|＝0，解得|sinx|＝1或|sinx|（舍去）因此在[0，2π]上只有x或x，所以④不正确．故选：B．【小结】本题主要考查命题的真假判断，涉及三角函数的有关性质的应用，属于中档题．7．D【分析】结合已知条件，构造函数，得：，根据选项，逐一验证即可.【解析】令，则，在单调递减,由,得，即，所以，即.对于A,当时，，故A错.对于B,当时，，故B错.对于C,当时，第59页共72页同理，，故C错.对于D,要证，即证，即证，下面予以证明，由，得，得，又，为锐角，所以，，又在单调递增，所以，化简即，故D对.故答案为：D【小结】本题结合导数，考查三角恒等变换、三角函数单调性，属于难题.8．D【分析】利用函数的图象变换规律，利用三角函数的图象和三角恒等变形，可得，即，，从而得到，进而得到的值.【解析】函数的图像向左平移个单位长度后，可得的图象.第59页共72页由条件为奇函数，则，即又，所以，即关于的方程在内有两个不同的解，即在内有两个不同的解，即在内有两个不同的解，即，其中(为锐角)在内有两个不同的解，即方程即在内有两个不同的解，由，则，所以，所以则，即，所以，故选：D【小结】本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，诱导公式，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．9．D【分析】由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将第59页共72页中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．【解析】由，得，，，．由正弦定理知，，由余弦定理知，，，，化简整理得，，，，由正弦定理，有，，，锐角，且，，，解得，，，，，，，，，的取值范围为，．故选：．【小结】第59页共72页本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．10．C【解析】因为△为锐角三角形，所以，，，即，，，所以，；又因为，所以，又因为，所以；由，即，所以，令，则，又因为函数在上单调递增，所以函数值域为，故选C小结：本题解题关键是利用正弦定理实现边角的转化得到周长关于角的函数关系，借助二次函数的单调性求最值，易错点是限制角的取值范围.11．C【分析】先通过分析的函数得到或，再通过分析的函数得到，综合即得解.【解析】（1），所以函数是一个偶函数，又因为，是一个增函数，所以，第59页共72页所以或.（2），当时，在单调递增，所以成立，符合题意.当时，.所以.综合（1）（2）得实数的范围是.故选：C【小结】本题主要考查分段函数的图象和性质，考查不等式的恒成立问题的求解方法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.12．C【分析】对函数进行求导，根据极值的定义得到等式，结合特殊角的正弦值、余弦值、二次函数的性质、解一元二次不等式的方法进行求解即可.【解析】由函数，函数的对称轴为，可得，，即有，，则存在满足，即为，化为，由，可得第59页共72页，即有整数，当时，，解得或.故选：C.【小结】本题考查了极值的定义，考查了不等式成立时求参数取值范围，考查解一元二次不等式，考查了数学运算能力.13．D【分析】首先由正弦定理和三角恒等变形得到，再根据正切公式得到，最后再换元，利用基本不等式求最小值.【解析】由正弦定理可知,又因为，所以，因为是锐角三角形，所以,上式两边同时除以，可得，①又因为，,，令，由①可知所有，第59页共72页，当且仅当时，即时，取等号，此时，所以的最小值是8.故选：D【小结】本题考查解三角形，三角恒等变换，基本不等式求最值，重点考查转化，变形，计算能力，逻辑推理能力，属于中档题型.14．D【分析】由已知可得，由得出对称中心及对称轴，得出，再得出的解析式，再有变换得出，再分别画出与图象，得出结论.【解析】解：设，，即，又，为的一条对称轴，且，则为的一个对称中心，由于，所以与为同一周期里相邻的对称轴和对称中心，第59页共72页则，．又，且，解之得，．故，由图象变换可得，．因为在处的切线斜率为，在处切线斜率不存在，即切线方程为．所以右侧图象较缓,如图所示，同时时，，所以的零点有个．故选：D.第59页共72页【小结】本题主要考查正弦型函数的图象和性质及零点，转化为两个函数的图象的交点，属于难题.15．D【分析】求出函数，令，，根据不等式求解，即可得到可能的取值.【解析】由题：，其中，令，，若函数在区间内有零点，则有解，解得：第59页共72页当当当结合四个选项可以分析，实数的取值可能是.故选：D【小结】此题考查根据函数零点求参数的取值范围，需要熟练掌握三角函数的图像性质，求出函数零点再讨论其所在区间列不等式求解.16．B【分析】作出函数的图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第三象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围.【解析】当时，，则，等式两边平方得，整理得，所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示：第59页共72页由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，直线过定点，当直线过点时，则，可得；当直线与圆相切，且切点位于第三象限时，，此时，解得.由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点.因此，实数的取值范围是.故选：B.【小结】本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了直线与圆的位置关系以及正弦型函数图象的应用，考查数形结合思想的应用，属于难题.17．C【分析】令，可知直线与曲线的图象有五个交点，设，数形结合可得，，并求得的取值范围，由此可求得结果.第59页共72页【解析】设，由题意可知与曲线的图象有五个交点，如下图所示：由图象可知，当时，直线与函数的图象有五个交点，设，点、关于直线对称，则；点、关于直线对称，则.由题意可知，即，解得，因此，.故选：C.【小结】本题考查函数零点之和取值范围的求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.18．C【分析】第59页共72页设，由三角形中的中位线的性质和比例的性质可得出，再设，根据余弦定理得，再得出，由三角形的面积公式表示的面积，根据二次函数的最值可得选项.【解析】因为分别是边，的中点，所以，所以，又，设，则，又因为，所以，设，所以在中，，所以，所以，当时，面积取得最大值，故选：C.【小结】本题考查三角形的面积的最值求解，关键在于运用三角形的中位线性质和比例性质得出线段间的关系，再运用余弦定理和三角形的面积公式表示三角形的面积为一个变量的函数，属于较难题.19．C【分析】第59页共72页利用两角和的余弦公式化简表达式.对于命题（1），将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出（1）选项的真假；对于命题（2）选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为奇函数，由此判断出（2）选项的真假；对于命题（3）选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为偶函数，由此判断出（3）选项的真假；对于命题（4）选项，根据、，求得的零点的表达式，进而判断出（4）选项的真假.【解析】不妨设．为已知实常数.若，则得；若，则得．于是当时，对任意实数恒成立，即命题（1）是真命题；当时，，它为奇函数，即命题（2）是真命题；当时，，它为偶函数，即命题（3）是真命题；当时，令，则，上述方程中，若，则，这与矛盾，所以．将该方程的两边同除以得第59页共72页，令（），则，解得（）．不妨取，（且），则，即（），所以命题（4）是假命题．故选：C【小结】本题考查两角和差公式，三角函数零点，三角函数性质，重点考查读题，理解题和推理变形的能力，属于中档题型.20．C【分析】不妨设，可得，构造函数，可得函数在上为减函数，根据导数和函数的单调性的关系，结合换元法求得的取值范围.【解析】依题意对于任意的，当时都有成立，不妨设，可得，构造函数，可得函数在上为减函数，，则在上恒成立.设，则，在上恒成立，即在上恒成立，第59页共72页所以，解得.故选：C【小结】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.21．D【分析】由余弦定理，求得，再结合基本不等式和函数的单调性，即可求解.【解析】由题意，因为，所以，又由，得，则所以，令，则，所以函数在单调递减，在单调递增，又，，所以.第59页共72页故选：D.【小结】本题主要考查了余弦定理的应用，以及基本不等式和函数的单调性的应用，其中解答中熟记应用运算定理得到的表达式，结合基本不等式和函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力22．D【分析】求出的值，取，然后对函数在区间上是否单调进行分类讨论，利用绝对值三角不等式结合辅助角公式可求得的最小值.【解析】由于函数的最小正周期为，则，.不妨取，则.若函数在区间上单调，则，若函数在区间上先增后减，则；第59页共72页若函数在区间上先减后增，同理可知的最小值为.，综上可知，的最小值为.故选：D.【小结】本题考查正弦型函数在区间上最值的求解，涉及绝对值三角不等式的应用，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题.23．D【分析】由，又是公差为的等差数列，可求得，由题意可求得，从而可求得答案．【解析】，，是公差为的等差数列，，由和差化积公式可得，第59页共72页，，，设，所以，所以函数在定义域内单调递增.所以方程最多只有一个解.当时，.所以.．故选：D.【小结】本题主要考查等差数列的性质和三角恒等变换，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究方程的根，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.24．C【分析】根据题意，将原不等式恒成立转化为恒成立，设，，转化为恒成立，求得它们的交点，，，画出和的图象，即可得到所求区间和第59页共72页的最大值．【解析】解：由题可知，时，函数恒成立，即为恒成立，设，即，为最小正周期为2的函数，且，，设，可得，分别作出和的图象，可得它们有两个交点，，，由题意可得当，时，恒成立，即恒成立，此时取得最大值.故选：C.【小结】本题考查不等式恒成立问题，以及正弦函数和二次函数的图象和性质，考查转化思想和数形结合思想，属于中档题.25．D【分析】计算，设，作的图象如图，根据图像知第59页共72页，解得④正确，根据极值点知结论①正确，结论②错误，，③正确，得到答案.【解析】，，故，设，作的图象如图，在上满足的实数有且只有3个，即函数在上有且只有3个零点，由图象可知，，结论④正确；由图象知，在上只有一个极小值点，有一个或两个极大值点，结论①正确，结论②错误；当时，，由知，所以在上递增，则在上单调递增，结论③正确.故选：D.【小结】本题考查了三角函数的最值，单调性，参数范围，意在考查学生的计算能力和应用能力，换元画出图像是解题的关键.26．C【分析】第59页共72页可设不等式左边为并化简，求出的最小值，令其大于0，得到的取值范围即可．【解析】解：设，①若，即时，原不等式不恒成立；②若即时，在的最小值为或或，，∴，解得，故选：C．【小结】本题主要考查不等式恒成立的问题，考查三角函数的性质，考查分类讨论思想，考查计算能力与转化能力，属于难题．27．C【分析】利用降幂公式进行化简根据最小正周期可得，根据余弦函数的有界性可得的值域为，将题意可转化为与是方程的根，解出方程根据的范围得出和，进而可得结果.【解析】由已知可得第59页共72页∵的最小正周期为，∴，即，∴，∵，∴的值域为，故若，则，∴与是方程，即的根，所以，解得，，∴，∴的最大值为，故选：C.【小结】本题主要考查了通过降幂公式化简三角函数式以及三角函数的有界性，将题意转化为关于余弦函数的方程是解题的关键，属于中档题.28．C【分析】利用在上的零点个数可构造不等式求得范围，知①正确；当时，可确定，知②正确；由可求得，根据的范围可知③错误.【解析】当时，，第59页共72页在上有且仅有个零点，，解得：，对于①，，①正确；对于②，当时，，，，，在上单调递增，②正确；对于③，由知：，令，则或，或令，，，，当时，，，③错误.故选：.【小结】本题考查正弦函数的性质相关命题的辨析，涉及到根据正弦型函数区间内的零点个数求解参数范围、单调性的求解、根据函数值求解自变量等知识；关键是能够熟练应用整体对应的方式来进行求解，属于较难题.29．D第59页共72页【分析】由题意结合余弦函数的单调区间可得，由余弦函数的零点可得，即可得解.【解析】当时，，又，，函数()在区间上单调递减，，即，解得；令，则，即，由，可得当且仅当时，，又函数()在区间上存在零点，，解得；综上，的取值范围是.故选：D.【小结】本题考查了余弦函数图象与性质的应用，考查了运算求解能力，属于中档题.30．A【分析】第59页共72页因为函数在区间上有且仅有2个最小值点，画出函数图象，结合函数图象，逐项判断，即可求得答案.【解析】是定义域为在上有且仅有2个最小值点解得：故③错误；当时，由可得：由图象可知此时有个最大值故①错误；当时，由可得第59页共72页由图象可知此时有零点故②错误；当时可得：此时单调减函数，故④正确.综上所述，正确④故选：A【小结】本题的解题关键是掌握正弦函数图象特征，整体法求零点的方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题.31．AB【分析】计算可知函数的图象关于点对称，可得出，则，令可得出，可计算出函数的图象关于点，然后利用赋值法可得出合适的选项.【解析】，第59页共72页，所以，函数的图象关于点对称，所以，，可得，所以，，令，可得，所以，，所以，函数的图象关于点.当时，可得出函数的图象的一个对称中心为，A选项满足条件；当时，可得出函数的图象的一个对称中心为，B选项满足条件；令，解得，C选项不满足条件；令，解得，D选项不满足条件.故选：AB.【小结】结论小结：利用的对称中心为求解，令第59页共72页，求得；利用的对称轴为求解，令得其对称轴．32．AC【分析】由题意知在一个波谷的位置且有对称性，有且，进而可判断A、B、C的正误，又上共有101个周期，最多有203个零点，最少有202个零点，进而可知零点个数最少个数，即知D的正误.【解析】由，且在上有最小值，无最大值，∴在一个波谷的位置且有对称性，即，，∴的最小正周期为，故A、C正确，B错误；在上共有101个周期，若每个周期有两个零点时，共有202个零点，此时区间端点不为零点；若每个周期有三个零点时，共有203个零点，此时区间端点为零点；∴上零点个数最少为201个，即每个周期有三个零点时，去掉区间的两个端点，故D错误.故选：AC.【小结】关键点小结：由条件推出在一个波谷的位置且有对称性，可确定及最小正周期，再由正弦函数的性质判断上零点个数，进而确定最少有多少个零点.33．ACD【分析】第59页共72页作出函数的图象，利用对数的运算性质可判断A选项的正误，利用正弦型函数的对称性可判断B选项的正误；利用二次函数的基本性质可判断C选项的正误；利用双勾函数的单调性可判断D选项的正误.【解析】由可得，解得.作出函数的图象如下图所示：由图象可得，由，可得，即，得，A选项正确；令，解得，当时，令，解得，由于，，所以，函数的图象关于直线对称，则点、关于直线对称，可得，B选项错误；，C选项正确；，下面证明函数在上为减函数，第59页共72页任取、且，则，，则，，所以，，所以，函数在上为减函数，，则，D选项正确.故选：ACD.【小结】方法小结：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.34．AD【分析】先证明为周期函数，周期为，从而A正确，再利用辅助角公式可判断B的正误，结合导数的符号可判断CD的正误．【解析】的定义域为，且，，故A正确．又，令，则，第59页共72页其中，故即，故，当时，有，此时即，故，故B错误．，当时，，故在为减函数，故D正确．当时，，故，因为为增函数且，而在为增函数，所以在上为增函数，故在有唯一解，故当时，即，故在为减函数，故C不正确．故选：AD【小结】方法小结：与三角函数有关的复杂函数的研究，一般先研究其奇偶性和周期性，而单调性的研究需看函数解析式的形式，比如正弦型函数或余弦型函数可利用整体法来研究，而分式形式则可利用导数来研究，注意辅助角公式在求最值中的应用．35．ACD【分析】第59页共72页化简函数解析式为，利用二次函数的基本性质可判断A选项的正误；令，可得，利用导数法可判断B选项的正误；利用导数与函数单调性的关系可判断C选项的正误；计算出，利用函数的对称性可判断D选项的正误.【解析】A选项，，又可得：，则当时函数取得最大值，A对；B选项，，设，则，则，，，，，令，，，第59页共72页在区间上单调递减，，所以，函数的值域为，B错；C选项，在区间上是增函数，，即，令，，即，，令，则，在递减，，C对；D选项，，所以，，，所以，函数的图象关于点对称，所以，，可得，D对.故选：ACD.【小结】结论小结：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；（3）函数在区间上不单调在区间上存在异号零点；（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.第59页共72页36．BCD【分析】依据三角函数的基本概念可知，，根据三角函数的奇偶性和单调性可判断A、B；根据辅助角公式知，再利用三角函数求单调递减区间即可判断C；对于D，，先对函数求导，从而可知函数的单调性，进而可得当，时，函数取得最大值，结合正弦的二倍角公式，代入进行运算即可得解．【解析】由题意知，，对于A，，，为奇函数，故错误；对于B，，最小正周期为，故正确；对于C，，因为，又在单调递减，故C正确；对于D，，因为，当，是减函数，当，是增函数，所以当，，t最大，则，正确，第59页共72页故选：BCD.【小结】方法小结：考查三角函数的值域时，常用的方法：（1）将函数化简整理为，再利用三角函数性质求值域；（2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.37．BCD【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断；对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案；对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案对于D，由已知条件可得为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得的面积【解析】对于A，因为，所以由正弦定理得，，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，所以A错误；对于B，以的中点为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，设，因为，所以，化简得，所以点在以为圆心，为半径的圆上运动，所以面积的最大值为，所以B正确；对于C，由A=2C，可得，由得，由正弦定理得，，即，所以，化简得，因为，所以化简得，第59页共72页因为，所以，所以，则，所以，所以，，，因为，所以，所以的周长为，所以C正确；对于D，由C可知，为直角三角形，且，，，，所以的内切圆半径为，所以的面积为所以D正确，故选：BCD【小结】此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题.38．BC【分析】先利用正弦定理求出，判定出选项A错误；再利用，求出外接圆半径，选项B正确；画出图像，在中，计算出，选项C正确；再由由得出选项D错误.【解析】在中，,，第59页共72页，又，，故选项A错误；又，所以，故，选项B正确.取的中点，如图所示：在中，，在中，，故选项C正确；由，当且仅当圆心在上时取等号，所以的最大值为，故选项D错误.故选：BC.【小结】本题主要考查了正弦定理的应用以及在外接圆内求最值问题.属于中档题.第59页共72页39．ABC【分析】根据三角形内角和特点可得到，利用诱导公式可得，从而验证出正确；根据，，，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求得正确；利用二倍角的正切公式展开，由，根据正切函数的值域和不等式的性质可验证出错误.【解析】设且，正确；且，正确；，正确；，则第59页共72页，即，错误.故选：【小结】本题考查与三角函数有关的不等关系的辨析问题，涉及到诱导公式、二倍角公式和辅助角公式的应用、正弦函数值域和正切函数值域的求解等知识；关键是能够根据已知得到两个角所处的范围，进而将所验证不等式化为同角问题进行求解.40．AD【分析】根据图象以及题中信息求出函数的解析式，可判断出B选项的正误；求出的值，可判断出A选项的正误；结合余弦型函数的基本性质可判断出C、D选项的正误.【解析】由题意可知，当的面积最大时，点为函数图象上的一个最高点，设点的坐标为，由余弦型函数的对称性可知，又，则为等腰直角三角形，且，则直线的斜率为，得，则点的坐标为，所以，函数最小正周期为，，，得，，，，得，则，，B选项错误；，A选项正确；解不等式，解得，第59页共72页所以，函数的单调递增区间为，C选项错误；，所以，函数的图象关于直线对称，D选项正确.故选：AD.【小结】本题考查余弦型三角函数基本性质的判断，根据图象求出三角函数的解析式是关键，考查计算能力，属于中等题.41．【分析】由正弦定理及三角形内角性质得，可得，根据余弦定理，应用基本不等式有，结合A为三角形内角，即可求的范围.【解析】由正弦定理知：，∵，∴，即，又由余弦定理知：当且仅当时等号成立，而，∴，则.故答案为：.【小结】关键点小结：应用三角恒等变换、正弦定理的边角关系确定三边的数量关系，根据余弦定理及基本不等式，求角A余弦值的范围，结合三角形内角的性质求角的范围.42．第59页共72页【分析】首先讨论、时的最值情况，由不等式恒成立求的范围，再讨论并结合的单调情况求的范围，最后取它们的并集即可知的最大值.【解析】当时，，当时，，令，则∴当时，有；有；由有，有，故；当时，有；有；由有，有，故，即；当时，，∴：在上递减，上递减，上递增；：在上递减，上递增；第59页共72页：在上递减，上递增，上递增；∴综上，在上先减后增，则，可得∴恒成立，即的最大值是-1.故答案为：.【小结】关键点小结：分类讨论参数的取值范围，根据函数不等式恒成立求代数式范围，其中综合应用二次函数、三角函数的性质研究复合函数的单调性，进而确定代数式的最大值.43．【分析】根据面积公式及基本不等式可得，利用辅助角公式可求的最大值，从而可得的最大值.【解析】，令，则，故，故，又，故，当且仅当满足时等号成立，此时，故的最大值为.故答案为：【小结】第59页共72页方法总结：对于形如的函数的值域，可以用导数或辅助角公式来处理，后者实际上是把函数的值域问题归结三角方程的有解问题.44．【分析】证明函数图象关于点对称，再判断函数的单调性，从而把不等式变形后应用单调性化简，然后分离参数，转化为三角函数的最值，利用换元法可得结果．【解析】显然函数定义域是，，∴的图象关于点对称，原不等式可化为，即，(*)设，则，∵，∴，∴，∴，即，，由得，第59页共72页∴，∴是增函数，不等式(*)化为，(**)令，∵，∴，不等式(**)化为，，问题转化为存在，使不等式成立，当时，的最小值为2．∴．故答案为：．【小结】方法小结：本题考查能成立问题，解题方法是确定函数的对称性与单调性，把不等式化简变形，然后再利用换元法把问题转化为一元二次不等式能成立问题．分离参数后变成求函数的最大值．45．【分析】由已知写出的对称轴方程及其周期，判断端点、的值，问题转化为在上与的交点问题，画出函数图象的草图即可确定根，进而根据目标表达式及对称轴求值.【解析】由，则，而，知：关于对称，第59页共72页又最小正周期为，，∴在上的函数图象如下，其与的交点横坐标，即为的根，，，，，，∴如图，区间内共有6个根，且有，∴.故答案为：.【小结】关键点小结：转化为两个函数在某闭区间上的交点问题，结合正弦函数的性质得到草图，应用数形结合的方法确定根及各根之间的对称轴.46．【分析】由正弦定理，三角恒等变换和辅助角公式可得，其中，结合范围，由于有最大值，可求第59页共72页，进而求解的取值范围.【解析】由于，所以，由正弦定理得，所以，，所以.当，即时，，没有最大值，所以，则，其中，要使有最大值，则要能取，由于，所以，所以，即，解得.所以的取值范围是.故答案为：【小结】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.47．第59页共72页【分析】用正弦定理对等式进行边角转化，然后逆用两角差的正弦公式、正弦函数的性质得到之间的关系，再根据锐角三角形的性质，结合三角形内角和定理求出的取值范围，最后利用正弦定理对进行边角转化，根据二倍角的正弦公式和两角和的正弦公式，结合换元法、构造对钩函数，利用对钩函数的单调性进行求解即可.【解析】由正弦定理可知；，所以由即，因为是锐角三角形，所以，因此有，而是锐角三角形，所以，而,所以.由正弦定理可知：，所以，，而，所以，设，令，因此有，第59页共72页因为函数在时是单调递增函数，所以，因此的取值范围为.故答案为；【小结】本题考查了正弦定理的应用，考查了利用对钩函数的单调性求代数式的取值范围问题，考查了二倍角的正弦公式和余弦公式的应用，考查了锐角三角形的性质，考查了数学运算能力.48．【分析】由同角三角函数的基本关系和两角和的正弦公式，结合正弦定理以及等差中项的应用对所求式子进行化简，可得，由余弦定理和基本不等式可求出的取值范围，通过求的取值范围，进而可求出的范围，即可求出的最小值.【解析】解：，因为成等差数列，所以，即，则原式，由余弦定理知，，当且仅当时等号成立，第59页共72页，因为，当且仅当，即时等号成立，所以，又，所以，所以，故答案为:.【小结】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了两角和的正弦公式，考查了基本不等式，考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了等差中项的应用.本题的关键是构造符合基本不等式的形式，结合基本不等式求最值.49．【分析】设，，设，则，，利用余弦定理以及可推导出，进而利用基本不等式可求得的最大值.【解析】设，，设，则，，如下图所示：第59页共72页在中，；在中，.，，所以，，整理得，①在中，，②由①②可得，由基本不等式可得，，因此，，当且仅当时，等号成立，因此，的最大值为.故答案为：.【小结】本题考查利用基本不等式求三角形边长和的最值，同时也考查了余弦定理的应用，考查计算能力，属于难题.50．【分析】由，结合向量的加法运算法则，由向量共线定理可得点就是边中点，这样在中应用正弦定用角理表示出，利用三角函数性质可求得的最大值．【解析】第59页共72页如图，作于，取中点连接，，∴与共线，从而与重合，即是中点．中，，记，则，，由正弦定理得，即，∴，，，，其中为锐角，，，∴时，取得最大值．故答案为：．【小结】本题考查向量共线定理，考查正弦定理，考查两角和的正弦公式和正弦函数的性质，掌握三角函数辅助角公式是解题关键．第59页共72页