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专题09 三角恒等变换
一、单选题
1．（2023·河南鹤壁·鹤壁高中校考模拟预测）已知函数，则下列说法正确的为（ ）
A．的最小正周期为
B．的最大值为
C．的图像关于直线对称
D．将的图像向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度后所得图像对应的函数为奇函数
2．（2023·河南·校联考模拟预测）已知在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边为x轴的非负半轴，若的终边与圆交于点，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·北京昌平·统考二模）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（ ）
A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减
C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减
5．（2023·陕西西安·统考一模）若，且，则（ ）
A． B．-1 C．1 D．2
6．（2023·全国·模拟预测）（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·福建福州·统考模拟预测）已知的外接圆半径为1，，则（ ）
A． B．1 C． D．
8．（2023·内蒙古乌兰察布·统考二模）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·广东惠州·统考一模）若，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·广东潮州·统考二模）若，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2023·湖南郴州·统考模拟预测）我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距的正切值的乘积，即．若对同一“表高”两次测量，“晷影长”分别是“表高”的和，相应的太阳天顶距为和，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
12．（2023·陕西商洛·统考三模）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·陕西商洛·统考三模）如图，已知过原点的直线与双曲线相交于两点，双曲线的右支上一点满足，若直线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
14．（2023·陕西西安·统考一模）圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取)（ ）
A． B． C． D．
15．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）正割（Secant）及余割（Cosecant）这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，，这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割.已知函数，给出下列说法：
①的定义域为；②的最小正周期为；③的值域为；④图象的对称轴为直线.
其中所有正确说法的序号为（ ）
A．②③ B．①④
C．③ D．②③④
16．（2023·江西九江·瑞昌市第一中学校联考模拟预测）在锐角中，，，若在上的投影长等于的外接圆半径，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
17．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考模拟预测）已知函数，以下说法中，正确的是（ ）
①函数关于点对称；
②函数在上单调递增；
③当时，的取值范围为；
④将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解析式为.
A．①② B．②③④ C．①③ D．②
18．（2023·贵州·统考模拟预测）已知，，则（ ）
A．-7 B． C．7 D．
19．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
20．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点顺时针旋转后，交单位圆于点，那么（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）等腰三角形的底与腰之比是黄金分割比的三角形称为黄金三角形，它是一个顶角为36°的等腰三角形．如图，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，其中一个黄金中，，记五角星中阴影部分的面积是，中间空白正五边形的面积是，则（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·浙江·校联考二模）函数的图象向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数，函数．若关于x的方程在内有两个不同的解α，β，则的值为（ ）
A． B． C． D．
23．（2023·四川雅安·统考三模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·浙江·统考二模）喜来登月亮酒店是浙江省湖州市地标性建筑，某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点处测得酒店顶端的仰角，则酒店的高度约是（ ）
（参考数据：，，）
A．91米 B．101米 C．111米 D．121米
25．（2023·江苏·统考二模）埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面与底面所成角的余弦值为，则侧面三角形的顶角的正切值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
26．（2023·上海闵行·统考二模）已知，若存在正整数n，使函数在区间内有2023个零点，则实数a所有可能的值为（ ）
A．1 B．－1 C．0 D．1或－1
27．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）定义域为的函数满足，且对于任意均有，则（ ）
A． B．
C． D．
28．（2023·广东茂名·统考二模）已知函数，若实数a、b、c使得对任意的实数恒成立，则的值为（ ）
A． B． C．2 D．
二、多选题
29．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知向量，函数，则（ ）
A．在上有4个零点
B．在单调递增
C．
D．直线是曲线的一条切线
30．（2023·山东泰安·统考二模）已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（ ）
A．是奇函数 B．图象关于直线对称
C．在上是减函数 D．在上的值域为
31．（2023·湖北·统考二模）已知函数在区间内存在两个极值点，则（ ）
A． B．
C． D．
32．（2023·山东菏泽·山东省东明县第一中学校联考模拟预测）将函数（）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是的一个单调递增区间，则以下结论正确的为（ ）
A．的最小正周期为 B．在上单调递增
C．函数的最大值为 D．方程在上有个实数根
33．（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．的最大值为2 D．的取值范围是
34．（2023·广东湛江·统考二模）若，则的值可能为（ ）
A．2 B．3 C． D．
35．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数，则（ ）
A．是一个最小正周期为的周期函数
B．是一个偶函数
C．在区间上单调递增
D．的最小值为，最大值为
36．（2023·海南海口·校联考一模）如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则（ ）
A． B．
C．存在最大值 D．的最大值为
三、填空题
37．（2023·浙江台州·统考二模）若定义在上的函数满足：，，且，则满足上述条件的函数可以为___________.（写出一个即可）
38．（2023·湖南衡阳·校联考模拟预测）已知公共点为的圆和圆均与轴相切，且与直线均相切于第一象限，两圆的半径之和为4，则直线的方程为__________.
39．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）若函数的最小值为，则常数的一个取值为___________.（写出一个即可）
40．（2023·广东佛山·统考二模）已知、分别为椭圆的左、右焦点，是过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，则的最大值为______．
41．（2023·江苏·统考三模）已知F1，F2，分别为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F2作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于M，N两点．若，则C的离心率为____．
42．（2023·湖南衡阳·校联考模拟预测）在平面四边形中，，沿对角线将折起，使平面平面，得到三棱锥，则三棱锥外接球表面积的最小值为__________.
四、解答题
43．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求；
(2)若，求的面积.
44．（2023·广东广州·统考二模）记的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求；
(2)若点在边上，且，，求.
45．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）的内角A，，的对边分别为，，，已知．
(1)求A；
(2)若，求的值．
46．（2023·四川南充·四川省南部中学校考模拟预测）已知分别为三个内角的对边，且.
(1)证明:；
(2)若，，，求AM的长度.
47．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）如图，平面四边形中，，，．的内角的对边分别为，且满足．
(1)判断四边形是否有外接圆？若有，求其半径；若无，说明理由；
(2)求内切圆半径的取值范围．
48．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，且．
(1)求A；
(2)若，求证：△ABC是直角三角形．
49．（2023·广东·统考二模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)若，求sinA．
50．（2023·江西赣州·统考二模）设的内角、、所对的边长分别为、、，且．
(1)求的值；
(2)若，且的面积为2，求的值．
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专题09 三角恒等变换
一、单选题
1．（2023·河南鹤壁·鹤壁高中校考模拟预测）已知函数，则下列说法正确的为（ ）
A．的最小正周期为
B．的最大值为
C．的图像关于直线对称
D．将的图像向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度后所得图像对应的函数为奇函数
【答案】D
【分析】先对函数的解析式进行化简，化成的形式，然后即可求出周期、最大值和对称轴，从而可判断ABC；对于D项，先根据要求对化简后的进行变换，然后即可得出结论.
【详解】，
故的最小正周期为，最大值为，
对称轴方程满足，，即，，故ABC皆错误；
对于选项D，将的图像向右平移个单位长度后得到，
然后，将此图像向上平移个单位长度，得到函数的图像，是一个奇函数，故D正确，
故选：D.
2．（2023·河南·校联考模拟预测）已知在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边为x轴的非负半轴，若的终边与圆交于点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的定义和诱导公式以及二倍角公式即可求解.
【详解】由题意知，
故，
所以，
故选：A．
3．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先化简，利用整体换元法和零点个数，建立不等式组，求解不等式组可得答案.
【详解】
因为在上仅有2个零点，
当时，（），
所以，解得．
故选：B.
4．（2023·北京昌平·统考二模）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（ ）
A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减
C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出变换后的函数解析式，再探讨在两个指定区间上的单调性作答.
【详解】函数，即，将其图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数是，
当时，，因为余弦函数在上不单调，
因此函数在上不单调，AB错误；
当时，，因为余弦函数在上单调递减，
因此函数在上单调递减，C错误，D正确.
故选：D
5．（2023·陕西西安·统考一模）若，且，则（ ）
A． B．-1 C．1 D．2
【答案】D
【分析】利用诱导公式可得，即，再根据商数关系化弦为切，求出，再根据两角差的正切公式即可得解.
【详解】因为，所以，
由，得，
即，
所以，即，解得或（舍），
所以.
故选：D.
6．（2023·全国·模拟预测）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据诱导公式及三角恒等变换化简求值即可.
【详解】已知可化为：.
故选：A
7．（2023·福建福州·统考模拟预测）已知的外接圆半径为1，，则（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理化边为角，再利用两角和的正弦公式结合三角形内角和定理即可得解.
【详解】由正弦定理可得，
所以，
则.
故选：D.
8．（2023·内蒙古乌兰察布·统考二模）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意结合倍角公式求，再根据同角三角关系“知一求二”.
【详解】由题意可得：，
即，解得或，
∵，则，故，
可得，
所以.
故选：B.
9．（2023·广东惠州·统考一模）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
所以，
故选：D．
10．（2023·广东潮州·统考二模）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用弦化切可求得的值，再利用两角和的正切公式可求得的值.
【详解】因为，解得，
所以，.
故选：A.
11．（2023·湖南郴州·统考模拟预测）我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距的正切值的乘积，即．若对同一“表高”两次测量，“晷影长”分别是“表高”的和，相应的太阳天顶距为和，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】D
【分析】依题意可得，，利用两角和的正切公式计算可得.
【详解】由题设，“晷影长”分别是“表高”的倍和倍时，，，
所以.
故选：D．
12．（2023·陕西商洛·统考三模）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由求得，再使用凑配角由求.
【详解】，解得，
则．
故选：D
13．（2023·陕西商洛·统考三模）如图，已知过原点的直线与双曲线相交于两点，双曲线的右支上一点满足，若直线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接，利用两角和的正切公式求出，即直线的斜率为，再设，，利用点差法得到，从而求出离心率.
【详解】如图，取的中点，连接，则，所以，
设直线的倾斜角为，则，
所以，
所以直线的斜率为，
设，，则，
由，得到，
所以，所以，则.
故选：C
14．（2023·陕西西安·统考一模）圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取)（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在直角中可得，再在中利用正弦定理可得，所以由结合正弦的两角差公式即可求解.
【详解】在直角中，，
因为在中，，，
所以，
在中由正弦定理可得，
又由，
所以在直角中，可得,
故选：B
15．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）正割（Secant）及余割（Cosecant）这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，，这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割.已知函数，给出下列说法：
①的定义域为；②的最小正周期为；③的值域为；④图象的对称轴为直线.
其中所有正确说法的序号为（ ）
A．②③ B．①④
C．③ D．②③④
【答案】A
【分析】首先化简函数，再结合原函数的特征，求函数的定义域，以及根据三角函数的性质判断周期，值域和对称性.
【详解】，由，，得，即的定义域为，①错误；
的定义域关于原点对称，故的最小正周期与函数的最小正周期一致，均为，②正确；
当，，，时，的值分别为1，1，，，考虑周期性可知，的值域为，③正确；
令，得，即图象的对称轴为直线，④错误，
故选：A.
16．（2023·江西九江·瑞昌市第一中学校联考模拟预测）在锐角中，，，若在上的投影长等于的外接圆半径，则（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】B
【分析】由题知，，进而得，即，再结合正弦定理求解即可.
【详解】∵是锐角三角形，在上的投影长等于的外接圆半径，
，
又，，，
，
两式相加得：，即，
，即，
又，，.
故选：B.
17．（2023·四川成都·四川省成都列五中学校考模拟预测）已知函数，以下说法中，正确的是（ ）
①函数关于点对称；
②函数在上单调递增；
③当时，的取值范围为；
④将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的解析式为.
A．①② B．②③④ C．①③ D．②
【答案】D
【分析】先对化简变形，得到，再对①②③④逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】因为,
对于①，由，即，所以对称中心为，
令，得到一个对称中心为，所以①错误；
对于②，当时，，由的图像与性质知，在上单调递增，所以②正确；
对于③，当时，，由的图像与性质知，，所以③错误；
对于④，将函数的图像向右平移个单位长度，得到图像对应的解析式为，所以④错误.
故选：D.
18．（2023·贵州·统考模拟预测）已知，，则（ ）
A．-7 B． C．7 D．
【答案】A
【分析】由已知可求得，进而求得.然后根据两角和的正切公式，即可得出答案.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
所以.
故选：A．
19．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数在区间上不单调，则的最小正整数值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由二倍角公式以及辅助角公式化简，进而根据为正整数，由的范围，即可结合正弦函数的单调区间进行求解.
【详解】，
由于为正整数，
当时，，此时
故此时在上单调，时不符合，
当时，，此时且
故此时在先增后减，因此不单调，符合，
当时，，此时，
而的周期为，此时在上不单调，符合，但不是最小的正整数，同理要求符合，但不是最小的正整数，
故选：B
20．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点顺时针旋转后，交单位圆于点，那么（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据任意角三角函数的定义，求得的正弦值与余弦值，利用正弦的和角公式，可得答案.
【详解】由点在单位圆上，则，解得，
由锐角，即，则，
故，
所以
.
故选：D
21．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）等腰三角形的底与腰之比是黄金分割比的三角形称为黄金三角形，它是一个顶角为36°的等腰三角形．如图，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，其中一个黄金中，，记五角星中阴影部分的面积是，中间空白正五边形的面积是，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由以及求出，得，将中间空白正五边形分成五个全等的等腰三角形，求出，可得.
【详解】因为，所以，，
所以，
将中间空白正五边形分成五个全等的等腰三角形，顶角为，
腰为，所以，
所以
.
故选：D.
22．（2023·浙江·校联考二模）函数的图象向左平移个单位长度后对应的函数是奇函数，函数．若关于x的方程在内有两个不同的解α，β，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的图象性质、图象变换和三角恒等变换公式，以及诱导公式求解.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，
所得函数的解析式为，
因为所得函数为奇函数，所以，
则有，
因为，所以，
所以，
，
因为，所以，
所以由，
可得，
所以，且，
则，
所以，
故选:B.
23．（2023·四川雅安·统考三模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据角的变换及诱导公式将转化，再利用二倍角的余弦公式即可求得答案.
【详解】因为，
故，
故选：A
24．（2023·浙江·统考二模）喜来登月亮酒店是浙江省湖州市地标性建筑，某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点处测得酒店顶端的仰角，则酒店的高度约是（ ）
（参考数据：，，）
A．91米 B．101米 C．111米 D．121米
【答案】B
【分析】在△中应用正弦定理求，注意应用和角正弦公式求，再由求建筑物的高.
【详解】由题设，在△中，
又，
所以，
又米.
故选：B
25．（2023·江苏·统考二模）埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面与底面所成角的余弦值为，则侧面三角形的顶角的正切值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】A
【分析】设出相关的线段长，设正四棱锥的底面边长，根据题意得到斜高，设侧面三角形的顶角为，根据题意得到，再利用二倍角的正切公式即可求解.
【详解】如图，设正四棱锥的底面边长，则，
设侧面三角形的顶角为，因为侧面与底面所成角的余弦值为，
则，所以，
在中，，
由二倍角的正切公式可得，，
故选：A.
26．（2023·上海闵行·统考二模）已知，若存在正整数n，使函数在区间内有2023个零点，则实数a所有可能的值为（ ）
A．1 B．－1 C．0 D．1或－1
【答案】B
【分析】根据题意令分析可得关于t的方程有两个不相等的实根，结合韦达定理可得，分类讨论的分布，结合正弦函数分析判断.
【详解】令，
令，则，即，
∵，
则关于t的方程有两个不相等的实根，设为，令，
可得，则有：
1.若， 即和，
结合正弦函数图象可知：在内有两个不相等的实数根，无实数根，
故对任意正整数n，在内有偶数个零点，不合题意；
2.若， 即和，
结合正弦函数图象可知：无实数根，在内有两个不相等的实数根，
故对任意正整数n，在内有偶数个零点，不合题意；
3.若， 即和，
结合正弦函数图象可知：在内有两个不相等的实数根，在内有两个不相等的实数根，
故对任意正整数n，在内有偶数个零点，不合题意；
4.若， 即和，
结合正弦函数图象可知：在内有两个不相等的实数根，在内有且仅有一个实数根，
①对任意正奇数n，在内有个零点，
由题意可得，解得，不合题意；
②对任意正偶数n，在内有个零点，
由题意可得，解得，不合题意；
5.若， 即和，
结合正弦函数图象可知：在内有且仅有一个实数根，在内有两个不相等的实数根，
①对任意正奇数n，在内有个零点，
由题意可得，解得，符合题意；
②对任意正偶数n，在内有个零点，
由题意可得，解得，不合题意；
综上所述：当，时，符合题意.
此时，解得.
故选：B.
27．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）定义域为的函数满足，且对于任意均有，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】取，，验证满足各个条件，再根据三角函数的公式，依次计算每个选项得到答案.
【详解】取，，满足，，
，即；
，即，
上述函数满足题设要求，
对选项A：，错误（排除）；
对选项B：，错误（排除）；
对选项C：，故，正确；
对选项D：，错误（排除）.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题函数值的计算，函数值比较大小，其中，构造，可以简化运算，是解题的关键.
28．（2023·广东茂名·统考二模）已知函数，若实数a、b、c使得对任意的实数恒成立，则的值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】设，得到，根据题意转化为，由此得出方程组，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设，
可得，其中，且，
因为实数使得对任意的实数恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
所以
由上式对任意恒成立，故必有，
若，则由式①知，显然不满足式③，所以，
所以，由式②知，则，
当时，则式①，③矛盾.
所以，由式①，③知，所以.
故选：B.
【点睛】知识方法：有关三角函数综合问题的求解策略：
1、根据题意问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
二、多选题
29．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知向量，函数，则（ ）
A．在上有4个零点
B．在单调递增
C．
D．直线是曲线的一条切线
【答案】BCD
【分析】根据向量的数量积坐标公式求解并化简，对于选项A、B，根据正弦型函数的零点，单调性验证；对于C，直接代入计算验证；对于D，利用导数求在点处的切线进行判断.
【详解】由题知，
对于A，当时，，
令，则，则或，即或，
故在上有2个零点，故A错误；
对于B，当时，，
又在区间上单调递增，故在上单调递增，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，则，
又，
故在处的切线方程为，即，故D正确.
故选：BCD.
30．（2023·山东泰安·统考二模）已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（ ）
A．是奇函数 B．图象关于直线对称
C．在上是减函数 D．在上的值域为
【答案】ACD
【分析】利用辅助角公式得出，由已知条件求得的值，再利用函数图象变换求得函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断各选项的正误.
【详解】，
由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，
，则，所以，
将函数的图象沿轴向右平移个单位，
得到函数的图象.
对于A选项，函数的定义域为，，
函数为奇函数，A选项正确；
对于B选项，，所以函数的图象不关于直线对称，B选项错误；
对于C选项，当时，，则函数在上是减函数，C选项正确；
对于D选项，当时，，则，.
所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.
故选：ACD
31．（2023·湖北·统考二模）已知函数在区间内存在两个极值点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】利用函数的极值与导数的关系，再利用倍角公式、诱导公式以及换元法把问题转化为一元二次函数问题，
利用韦达定理以及二次函数的图象特征、同角三角函数的基本关系进行求解判断.
【详解】由题可知，
令，因为，所以，
函数在区间内存在两个极值点，
等价于函数，有两个零点，显然，
所以，故D正确；
因为函数，有两个零点，令，
所以，即，显然，
当时，，所以，当时，，所以，故B正确，A错误.
又，，
所以
，故C错误.
故选：BD.
32．（2023·山东菏泽·山东省东明县第一中学校联考模拟预测）将函数（）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是的一个单调递增区间，则以下结论正确的为（ ）
A．的最小正周期为 B．在上单调递增
C．函数的最大值为 D．方程在上有个实数根
【答案】ACD
【分析】首先根据三角函数的变换规则得到的解析式，根据的单调递增区间得到，从而求出的值，即可求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一分析即可.
【详解】将函数（）的图象向右平移个单位长度后得到
，
最小正周期，因为是的一个单调递增区间，
所以，即，，解得，．
因为，所以，故，
的最小正周期为，故A正确；
令，,解得，，
即的单调递增区间为，，
故在上单调递增，故B错误；
又，
所以
，
所以的最大值为，故C正确；
当时，
令，则或或或或，
即与直线在上有个交点，又
所以与直线在上有个交点，即方程在上有个实数根，故D正确．
故选：ACD．
33．（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．的最大值为2 D．的取值范围是
【答案】ACD
【分析】根据数量积的坐标表示判断A，根据向量平行的坐标表示得到，求出，即可判断B，根据数量积的坐标表示及三角函数的性质判断C、D.
【详解】对于A：当时，，
此时，故，即A正确；
对于B：若，则，所以，所以，，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：因为，，所以，，
所以
，因为，所以，
所以，故D正确；
故选：ACD
34．（2023·广东湛江·统考二模）若，则的值可能为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】BD
【分析】先利用正弦二倍角、余弦二倍角公式，以及“1”代换成平方关系式，进行变形计算得出结果.
【详解】因为，所以，
整理得，
则，解得或．
故选：BD.
35．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数，则（ ）
A．是一个最小正周期为的周期函数
B．是一个偶函数
C．在区间上单调递增
D．的最小值为，最大值为
【答案】BC
【分析】利用函数周期性的定义可判断A选项；利用函数奇偶性的定义可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；求得，利用二次函数的基本性质可求得函数的最大值和最小值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，
，
所以，函数为周期函数，且该函数的最小正周期不是，A错；
对于B选项，对任意的，。
所以，函数为偶函数，B对；
对于C选项，当时，，
，
令，则，因为函数在上单调递减，
函数在上单调递减，
由复合函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，C对；
对于D选项，，
因为，令，，
则二次函数在上单调递增，在上单调递减，所以，，
又因为，，所以，，
因此，的最小值为，最大值为，D错.
故选：BC.
36．（2023·海南海口·校联考一模）如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则（ ）
A． B．
C．存在最大值 D．的最大值为
【答案】ABC
【分析】对于AB，将分别用表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于CD，以点为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的坐标表示及坐标运算即可判断.
【详解】对于A，因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以，
则，故A正确；
，
则
，故B正确；
如图，以点为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，
因为点在以的中点为圆心，为半径的单位圆上，且在轴的下半部分，
设，
则，
所以，
因为，所以，
所以当，即时，取得最大值，故C正确；
因为，所以，
即，
所以，所以，
因为，所以当时，取得最大值，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题
37．（2023·浙江台州·统考二模）若定义在上的函数满足：，，且，则满足上述条件的函数可以为___________.（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一也可）
【分析】根据题意可得函数为偶函数，可取，在证明这个函数符合题意即可.
【详解】令，则，
所以，所以函数为偶函数，
可取，则，
所以，，
所以函数符合题意.
故答案为：.（答案不唯一也可）
38．（2023·湖南衡阳·校联考模拟预测）已知公共点为的圆和圆均与轴相切，且与直线均相切于第一象限，两圆的半径之和为4，则直线的方程为__________.
【答案】
【分析】设直线的倾斜角，直线的倾斜角为，可求得两圆心所在直线方程为，设，表示出两圆方程，两圆方程相减得直线的方程.
【详解】设直线的倾斜角，
直线的倾斜角为，其方程为，由，
解得或（舍去），故直线为.
设圆和圆均与轴相切，所以两圆半径分别为 ，所以，
圆方程为，圆方程为，
两圆方程相减，得直线的方程为.
故答案为：
39．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）若函数的最小值为，则常数的一个取值为___________.（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）.
【分析】化简函数解析式，由条件结合正弦函数性质求常数的一个取值即可.
【详解】可化为，
所以，
设，
则，设，
则，
因为函数的最小值为，
所以，，
所以或，其中，
故答案为：（答案不唯一）.
40．（2023·广东佛山·统考二模）已知、分别为椭圆的左、右焦点，是过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，则的最大值为______．
【答案】/
【分析】设点在直线上，设点，当时，求出的值，当点不为长轴端点时，设，设直线、的倾斜角分别为、，可求出关于的表达式，利用基本不等式可求得的最大值，可得出的最大值，即可求得的最大值.
【详解】不妨设点在直线上，
若点为，则，
当点不为长轴端点时，由对称性，不妨设点在第一象限，设点，
在椭圆中，，，，则点、，
设直线、的倾斜角分别为、，则，，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，所以，的最大值为，
所以，.
故答案为：
41．（2023·江苏·统考三模）已知F1，F2，分别为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F2作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于M，N两点．若，则C的离心率为____．
【答案】
【分析】根据二倍角公式求出，再求出离心率即可.
【详解】易知MN关于x轴对称，令，，
∴，，∴，∴．
，，，
∴，
∴．
故答案为: .
42．（2023·湖南衡阳·校联考模拟预测）在平面四边形中，，沿对角线将折起，使平面平面，得到三棱锥，则三棱锥外接球表面积的最小值为__________.
【答案】
【分析】设，由正弦定理求得外接圆半径为，根据球心特点求得，结合三角函数及基本不等式求最小值即可.
【详解】在平面图形中设，即Rt中，
.在中，.
设外接圆圆心为，外接圆半径为，
由正弦定理可得.
设三棱锥外接球球心为，则平面.
又平面平面，交线为平面
四边形为直角梯形.
设外接球的半径为，在平面中，过做于，
在中，为的中点，
.
令，则
，
当且仅当时，即时（满足）等号成立.
所以球表面积最小值为.
故答案为：.
【点睛】几何体外接球球心的求法：
（1）将几何体置入长方体中找球心；
（2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心；
（3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标.
四、解答题
43．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两角和的正弦公式及同角三角数基本关系得解；
（2）由正弦定理及三角形面积公式求解.
【详解】（1）由，则
代入，得，
所以.
（2）由正弦定理得，
所以，
故.
44．（2023·广东广州·统考二模）记的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求；
(2)若点在边上，且，，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理化简可得出，可求出的值，再结合角的取值范围可求得角的值；
（2）求出、的值，设，则，分别在和中，利用正弦定理结合等式的性质可得出、的等式，即可求得的值，即为所求.
【详解】（1）解：因为，
由余弦定理可得，
化简可得，由余弦定理可得，
因为，所以，.
（2）解：因为，则为锐角，所以，，
因为，所以，，
所以，，
设，则，
在和中，由正弦定理得，，
因为，上面两个等式相除可得，
得，即，
所以，.
45．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）的内角A，，的对边分别为，，，已知．
(1)求A；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换计算即可；
（2）利用正切的二倍角与差角公式计算即可.
【详解】（1）由正弦定理，，
所以
即
因为且，所以，即
（2）由上知，所以，
又，，所以，
∴
∴
46．（2023·四川南充·四川省南部中学校考模拟预测）已知分别为三个内角的对边，且.
(1)证明:；
(2)若，，，求AM的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用三角形的内角和定理结合两角和差的正弦公式化简，再利用正弦定理和余弦定理化角为边，整理即可得证；
（2）在中，由（1）结合余弦定理求出，再在中，利用余弦定理即可得解.
【详解】（1）由，
得，
则，
由正弦定理和余弦定理得，
化简得；
（2）在中，，
又因为，所以，所以，
所以，
由，得，
在中，，
所以.
47．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）如图，平面四边形中，，，．的内角的对边分别为，且满足．
(1)判断四边形是否有外接圆？若有，求其半径；若无，说明理由；
(2)求内切圆半径的取值范围．
【答案】(1)有，
(2)
【分析】(1)先由余弦定理求，再由正弦定理结合条件得，所以，，所以四点共圆，则四边形的外接圆半径就等于外接圆的半径．由正弦定理即可求出；
(2)由三角形面积公式得到，则，由正弦定理得，，化简得，因为，所以，即可得到的取值范围，从而得到半径的取值范围．
【详解】（1）在中，，
所以，
由正弦定理，，可得，
再由余弦定理，，又，所以．
因为，所以，所以四点共圆，
则四边形的外接圆半径就等于外接圆的半径．
又，所以．
（2）由（1）可知：，则，
，
则．
在中，由正弦定理，，
所以，，
则
，
又，所以，
所以，，即，
因为，所以．
48．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，且．
(1)求A；
(2)若，求证：△ABC是直角三角形．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由正弦定理边化角可得，然后根据两角和的公式以及辅助角公式，即可推得.根据的取值范围，即可得出答案；
（2）由余弦定理结合已知可推得.正弦定理边化角可得.又，代入化简可得.然后根据的范围，即可得出，进而得出，即可得出证明.
【详解】（1）由已知及正弦定理得.
因为，
所以有.
因为，所以，
整理有.
又因为，所以，
所以或，
所以，或.
因为，所以.
（2）由余弦定理可得.
又因为，所以，
整理可得.
因为，由正弦定理得.
因为，所以，
所以，
整理得.
因为，所以，
所以，所以，
所以，
即是直角三角形.
49．（2023·广东·统考二模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)若，求sinA．
【答案】(1)
(2)或1．
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换分析运算；
（2）方法一：根据题意利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换分析运算；方法二：利用余弦定理解三角形，分析运算.
【详解】（1）由正弦定理，得，
因为，则，所以，
因为，所以．
所以．
因为，则，可得，所以，
则，所以．
（2）方法一：因为，由正弦定理，得，
因为，
所以
，
即．
因为，则，所以或，
所以或，故或1．
方法二：因为，由余弦定理得，
将代入（*）式得，整理得，
因式分解得，解得或，
①当时，，
所以
因为，所以，
②当时，，
所以，
因为，所以，
所以sinA的值为或1．
50．（2023·江西赣州·统考二模）设的内角、、所对的边长分别为、、，且．
(1)求的值；
(2)若，且的面积为2，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简已知式，即可得出答案；
（2）由同角三角函数的基本关系求出，由两角和的正切公式可求出，则，即可求，再由正弦定理和三角形的面积公式代入计算即可得出答案.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
由，所以，
整理可得：，所以，
故.
（2）由得，，于是，
又，再结合（1）可得：
，则，
解得：或（舍去），
所以，则，，
由正弦定理可得：，则，
由得，
所以.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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