2022年高考数学三轮复习《第9讲 三角函数》填空压轴题（含答案解析）

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1、专题3 三角函数1（江苏三校联考）已知，其中，则_【答案】【分析】构造，判断的奇偶性与单调性，把化为，化为，利用的奇偶性与单调性求出的值，再计算的值【解析】设，则，易知是偶函数当时，；当时，恒成立，即在定义域内单调递增，为奇函数，的图象关于点对称，同理可得则，即，故2（湖南长沙市长郡中学高三月考）已知函数的最小正周期为，若在上的最大值为M，则M的最小值为_【答案】【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；若函数在区间上先减后增，同

2、理可知的最小值为，综上可知，的最小值为【名师点睛】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3（全国超级全能生联考）已知是定义在上的偶函数，当时，设，若函数，则在区间上的零点个数为_【答案】【分析】求出函数的最小正周期，作出函数与的图象，分析两个函数在和上的图象的交点个数，由此可得出结论【解析】函数的最小正周期为当时，；当时，要求函数的零点个数，即求函数与的图象的交点个数，函数与在上的图象无交点作出函数与的图象如下图所示：当时，由图象可知，对任意的且，函数与在上的图象有两个交点，函数与在上的图象有个交点；当时，由图象可知，函数与在

3、上的图象无交点，对任意的且，函数与在上有且只有两个交点，函数与在上共有个交点综上所述，在区间上的零点个数为【名师点睛】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法：（1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果；（2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果4（宁夏长庆高级中学高三月考（理）已知在锐角三角形ABC中，角，的对边分别为，若，则的取值范围为_【答案】【分析】由已知结合正弦定理可得，然后结合余弦定理，令，代换后结合余弦的性质即可求解【解析】，由余弦定理可得：，令，则，因此，为锐角，故答案为：【名师点

4、睛】关键点点睛：首先利用正弦定理化角为边可得，再利用余弦定理并配方可得关键是令，将、代换掉，结合余弦的性质即可求得范围5（河南信阳期末（理）在中，则面积的最大值是_【答案】【分析】计算，得到答案【解析】，当时等号成立此时，即时，满足题意故答案为：【名师点睛】本题考查了三角形面积的最值，向量运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力6（浙江省杭州第二中学高三开学考试）已知的三个角所对的边为若，为边上一点，且，则的最小值为_【答案】【分析】设，则，则由可以推得，再利用面积公式可以解出，从而根据，可以推出，最后利用基本不等式即可得出结论【解析】设，()则，即，化简得，即，故，又，即，即，(当且仅当时

5、取等号)，故答案为：7（河南三门峡期末（理）已知函数，有以下结论：的图象关于直线轴对称在区间上单调递减的一个对称中心是的最大值为则上述说法正确的序号为_（请填上所有正确序号）【答案】【解析】，根据图像知：的图象关于直线轴对称，错误；在区间上单调递减，正确；的一个对称中心是 ，错误；的最大值为，正确；故答案为【名师点睛】本题考查了三角函数的化简，三角函数的图像，三角函数性质，意在考查学生对于三角函数的综合理解和应用8（广东深圳一模）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（

6、此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”已知内接于单位圆，以，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，若，则的面积最大值为_【答案】【分析】设，求出，从而可得，在中，设，由正弦定理用表示出，这样就表示为的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大值【解析】设，由题意以边向外作等边三角形，其外接圆圆心分别为，连接并延长分别交于，则，同理，都是等边三角形，则，又，则，是正三角形，其面积为，内接于单位圆，即其外接圆半径为，则，同理，设，则，当时，取得最大值，的面积最大值为【名师点睛】关键点点睛：本题考查三角函数在几何中的应

7、用，解题关键是设设，用表示出（说明即可得），等边面积就可能用表示，然后用正弦定理把用角表示，利用三角函数的恒等变换及正弦函数性质求得最大值9（北京石景山区高三一模）海水受日月的引力，会发生潮汐现象在通常情况下，船在涨潮时驶入航道，进入港口，落潮时返回海洋某兴趣小组通过技术模拟在一次潮汐现象下货船出入港口的实验：首先，设定水深（单位：米）随时间（单位：小时）的变化规律为，其中；然后，假设某货船空载时吃水深度（船底与水面的距离）为05米，满载时吃水深度为2米，卸货过程中，随着货物卸载，吃水深度以每小时04米的速度减小；并制定了安全条例，规定船底与海底之间至少要有04米的安全间隙在此次模拟实验中，若

8、货船满载进入港口，那么以下结论正确的是_若，货船在港口全程不卸货，则该船在港口至多能停留4个小时；若，货船进入港口后，立即进行货物卸载，则该船在港口至多能停留4个小时；若，货船于时进入港口后，立即进行货物卸载，则时，船底离海底的距离最大；若，货船于时进入港口后，立即进行货物卸载，则时，船底离海底的距离最大【答案】【分析】根据船离海底距离为，解三角不等式可判断；由船离海底距离，利用导数判断单调性即可判断；船离海底距离，利用导数求出最值即可判断、【解析】不卸货，则吃水恒为2米，船离海底为，当时，则，解得，最多停留时间为小时，故正确；立即卸货，吃水深度，且，解得， 此时船离海底，在上单调递增，且当时

9、，由，此段时间都可以停靠，又，故错误；与，解得，当时，；当时，当时，船底离海底的距离最大故答案为：【名师点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的应用、导数的应用，解题的关键是表示出船离海底距离的关系式，此题综合性比较强，考查了知识的应用能力以及计算能力10（山西临汾一模（理）对于一个函数，若存在两条距离为的直线和，使得在时恒成立，称函数在内有一个宽度为的通道则下列函数在内有一个宽度为1的通道的有_（填序号即可）；【答案】【分析】对于，分析发现在定义域内存在最大和最小值，则在两条水平直线之间，计算过最值的两条水平直线间的距离可判断；对于，可发现函数的渐近线为，则可判定过端点与渐进性平行的直线为，且

10、距离，则存在两条直线，距离可得到【解析】对于，则在两条直线和之间，两直线的距离，不存在宽度为1的通道，故错误；对于，函数，研究函数在上的最大值，函数在时取得极大值点即最大值点，时，函数，故存在两直线和，故正确；对于，函数；函数随的增大而增大，渐近线为，取两条直线，故，故正确；对于，函数，由此得到两直线的距离，故存在两条直线，两条直线的距离故正确故答案为：【名师点睛】本题考查学生的思维能力和转化能力，属于中档题；知识点点睛：（1）观察三角函数的图像需要用到三角函数的辅助角公式，然后可知三角函数的最值；（2）函数图像的判断经常需要借助于导数，用导数求得函数的最值或范围；11（江苏常州一模）若，则_

11、【答案】【分析】由题意可得，令，则，化简即得解【解析】由题意可得，令，则，原式，故答案为：【名师点睛】方法点睛：三角恒等变换求值常用的方法：三看（看角看名看式）三变（变角变名变式）要根据已知条件灵活选择方法求解12（广西玉林模拟）函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为_【答案】【分析】由图象平移可得，利用整体对应的方式可得，解得后，结合可得结果【解析】，又是的对称轴，解得：，当时，【名师点睛】方法点睛：本题考查根据三角函数的性质求解解析式的问题，解决此类问题的常用方法是结合五点作图法，利用整体对应的方式来构造方程13（内蒙古呼和浩特一模（理）四边

12、形内接于圆O，下面四个结论：四边形为梯形圆O的直径为14的三边长度可以构成一个等差数列四边形的面积为其中正确结论的序号有_【答案】【分析】由及等腰三角形，可得，从而得，证明正确，由余弦定理求得对角线长，然后由正弦定理求得圆直径，判断，同理可判断，求出梯形的高和底后可得梯形面积，判断【解析】连接，又，又，同理，而，四边形为梯形，正确；，则，设圆O半径为，则，错；同理，构成等差数列，正确；作于，则梯形的高为，面积为，正确故答案为：【名师点睛】思路点睛：本题考查正弦定理与余弦定理在平面几何中的应用，解题方法是应用平面几何的知识证明圆四边形是梯形，然后由余弦定理和正弦定理可求得对角线长及圆直径，由直角

13、三角形中三角函数定义求得梯形面积从而判断各命题的真假14（甘肃高三一模（文）函数，有下列命题：的表达式可改写为；直线是函数图象的一条对称轴；函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到；满足的的取值范围是其中正确的命题序号是_（注：把你认为正确的命题序号都填上）【答案】【分析】根据辅助角公式化简函数可判断；根据余弦函数的性质可判断；由图象的平移变换判断；根据余弦函数的图象解三角不等式判断【解析】，故正确；当时，故错误；函数的图象向右平移个单位长度得到，而，故错误；由可得，解得，解得，故正确故答案为：【名师点睛】关键点点睛：根据三角函数的图象与性质可研究函数的对称轴，解三角不等式，利用三角恒

14、等变换可化简函数解析式，属于中档题15（内蒙古呼和浩特一模（文）古希腊的几何学家用平面去截一个圆锥面，将所截得的不同的截线称为圆锥曲线某同学用过母线的中点且与底面圆的直径垂直的平面截圆锥，得到了如图所示的一支双曲线已知圆锥的高，底面圆的半径为4，则此双曲线的两条渐近线的夹角的正弦值为_【答案】【分析】根据题意，建立如图的直角坐标系，不妨设双曲线的方程为：，进而根据几何关系得，待定系数得，进一步设两条渐近线的夹角为，根据三角函数关系求解即可得答案【解析】根据题意，设双曲线与圆锥底面圆的交点为，连接交于，连接，并延长，使得，进而在平面中，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图，不妨设双

15、曲线的方程为：，由于底面，底面圆的半径为4，为的中点，在双曲线中，解得，双曲线的渐近线方程为，设双曲线的两条渐近线的夹角为，则，【名师点睛】本题考查双曲线的方程，渐近线，三角函数变换，考查综合分析应用能力，是中档题本题解题的关键在于根据题意建立如图的直角坐标系，进而将空间问题转化为平面问题，根据待定系数法求得方程16（中学生标准学术能力诊断性3月测试）在中，角，所对的边长分别为，为边上的一点，若，则_【答案】4【分析】根据余弦定理可以求出的值，可以判断出是等腰三角形，利用等腰三角形的性质，结合余弦定理、正弦定理、同角的三角函数关系式、二倍角的正弦公式进行求解即可【解析】由余弦定理知：，是等腰三

16、角形，即，设，则，在中，由余弦定理可知：，即，有，因此有，在中，由正弦弦定理可知： ，把代入得，解得，即，故答案为：4【名师点睛】解题关键：通过余弦定理判断出三角形的形状、通过正弦定理和余弦定理得到等式是解题的关键17（甘肃兰州模拟（文）在中，为中点，且，则_【答案】4【分析】由化简得，根据向量关系化简求得结果【解析】由得，则，得 ，则，设，则 ，解得或（舍去），18（甘肃兰州模拟）在中，则的值为_【答案】【分析】利用向量的数量积化简已知条件，再利用余弦定理和正弦定理化简即可求解【解析】在中，可得即，由余弦定理可知，可得，由正弦定理可知，【名师点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是将已知条件转化

17、为三角形的边和角，再利用正弦和余弦定理计算19（湖南长沙市长郡中学高三二模）如图，某湖有一半径为100的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距200的点A处安装一套监测设备为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足，定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为_【答案】【分析】先用表示，再用表示出，最后运用两角和差的正余弦公式求最值即可【解析】在中，即，令，则，直接监测覆盖区域”面积的最大值为20（黑龙江哈尔滨市哈尔滨三中高三一模（理）已知的内角，的对边分别为，若，

18、则的取值范围为_【答案】【分析】先利用正弦定理和，将转化为，然后令，则，再利用导数判断函数的单调性，从而可求出的取值范围，进而可得答案【解析】，令，则，在上恒成立，在上单调递减，即，的取值范围为【名师点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理的应用，考查导数的应用，解题的关键是利用正弦定理将转化为，再构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题21（辽宁高三一模（理）关于函数有如下四个命题：的最小正周期为；在内有个极值点；在内有个零点；的图象关于直线对称其中所有真命题的序号为_【答案】【分析】根据函数周期的求法，可判定正确；利用导数和极值的定义，可判定不正确；根据函数零点的定义和

19、求法，可判定正确；根据函数的对称性的判定方法，可判定不正确【解析】由函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，函数的最小正周期为两个函数周期的最小公倍数，函数的最小正周期为，正确；由，可得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值，即在内有个极值点，不正确；令，即，解得或，即在内有个零点，正确；由，不正确故答案为：【名师点睛】解答三角函数的图象与性质的基本方法：1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；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

20、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22（广东揭阳一模）已知的内角，所对的边分别为，且满足，则的面积的最大值为_【答案】【分析】利用余弦定理可得，然后可得，最后计算三角形面积并使用不等式进行计算可得结果【解析】由余弦定理可得，化简得，则，则的面积23（江西上饶一模（理）已知的外心为，分别为内角，的对边，则的最小值为_【答案】【分析】首先分别取的中点为，的中点为，再转化向量数量积，利用外心的几何性质化简，得，再根据余弦定理，通过基本不等式求的最小值【解析】记的中点为，的中点为，则，同理：，（当且仅当时等号成立），答案为【名师点睛】关键点点睛：本题的关键是利用

21、外心的性质，转化，利用，得，化简向量的数量积24（内蒙古包头期末（理）已知，的三个内角，的对边分别为，其中，则的值为_【答案】40【分析】首先根据正弦定理求，并表示，最后根据余弦定理求的值【解析】，根据正弦定理可知，根据余弦定理可知，得，解得：【名师点睛】方法点睛：(1)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；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围

22、限制25（吉林延边朝鲜族自治州高三月考（文）已知函数，则的单调递减区间为_【答案】【分析】利用诱导公式、降幂公式、两角和正弦和余弦公式化简为正弦型函数，再利用整体思想，即可求出的单调递减区间【解析】，由，得，的单调递减区间为【名师点睛】方法点睛：求三角函数单调区间的方法：求函数的单调区间，可利用换元法转化为两个简单函数(与)进行求解，应注意的符号对复合函数单调性的影响，牢记基本法则同增异减26（张家口市宣化第一中学高三月考）函数的最小正周期T=_【答案】【分析】由题可得，可判断是以为周期的函数，再讨论在和的单调性可得出结论【解析】，是以为周期的函数，当时，函数单调递减，当，函数单调递增，在内不

23、存在小于的周期，是的最小正周期【名师点睛】本题考查三角函数周期的求解，解题的关键是先判断出是函数的周期，再根据其性质探讨其为最小正周期27（安徽皖江名校联盟2月联考）设点是外接圆的圆心，且则的值是_【答案】【分析】取中点，而，这样就可以用表示，求得，然后由正弦定理得结论【解析】设点是边的中点，则即，故【名师点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的数量积，考查正弦定理解题关键是取中点，利用数量积的运算法则得，从而可求得边长28（安徽高三月考（文）关于函数的性质，下列表述正确的是是周期函数，且最小正周期是；是轴对称图形，且对称轴是直线；定义域是R，值域是；是中心对称图形，且对称中心是；单调减区问是【答

24、案】【分析】由周期公式可判断；验证是否大于可判断；由的范围得的范围可判断；如果对称中心是，令，通过验证是否成立可判断；求余弦函数的单调递减区间可判断【解析】，是周期函数，且最小正周期是，故正确；，故正确；定义域是R，即值域是，故正确；如果对称中心是，令，则是对称中心，应有，而，故错误；由复合函数的单调性可得的单调减区间是，解得，即单调递减区问是，正确，故答案为：【名师点睛】本题考查了复合函数的性质，解题关键点是熟练掌握余弦函数的性质和指数函数的性质，考查了学生分析问题、解决问题的能力29（陕西咸阳一模（理）已知函数，现有以下命题：是偶函数； 是以为周期的周期函数；的图像关于对称； 的最大值为其

25、中真命题有_【答案】【分析】根据三角函数图象性质逐一进行判断：根据写出，并判断与关系即可；写出，判断与是否相等；判断与的关系；设，根据的取值范围确定最值并判断【解析】函数定义域为，关于原点对称，函数是偶函数；正确；，是以为周期的周期函数；正确；，的图像不关于对称；错误；令，即时，则函数的最大值为； 正确；真命题为【名师点睛】正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：(1)定义域关于原点对称是函数f(x)为奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2)f(x)f(x)或f(x)f(x)是定义域上的恒等式奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立利用这一性质可简化一些函数图象的

26、画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性30（江西景德镇期末（理）已知，分别为的三个内角，的对边，且，为的重心，则_【答案】【分析】根据已知等式，利用余弦定理角化边，结合已知条件可以求得的值，进而求得的值，然后根据，利用向量的数量积运算可求得的长度【解析】由余弦定理得，将代入得：，设以为邻边的平行四边形的另一个顶点为，则，【名师点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，要熟练使用上弦定理角化边，并结合向量的数量积运算可更快的求解31（安徽蚌埠二模（理）在中，角，的对边分别为，若，且，则内切圆半径的最大值为_【答案】【分析】由已知可得根据正弦定理化简求得，由余弦定理可得的取值范围，根据，化简计算可求

27、得结果【解析】，且，化简得：，即，又，由余弦定理：，又，又，设内切圆半径为，则，即，【名师点睛】思路点睛：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；利用三角形面积公式，即可将问题得解32（安徽池州期末（理）已知在锐角的面积为，且，其内角，所对边分别为，则边的最小值为_【答案】2【分析】先化切为弦，结合正、余弦定理将角化边，再由面积公式求得，构造函数，再用导数求得最值【解析】由，得，即，结合正弦定理得，再由余弦定理可得，整理又由余弦定理可得，代入上式得，又锐角的面积，时，设函数，求导可得，由，得，在上单调递减，在上单调递增，于是，即，当且仅当时，等号成立故答案为

28、：2【点晴】结合正、余弦定理将角化边，构造函数求最值是本题解题的关键33（江西新余期末（理）已知分别为三个内角的对边，的面积为，且，则_【答案】【分析】先由的面积为得到，再用正弦定理余弦定理化简已知得解【解析】由三角形的面积公式可知，得，由得，由正弦定理得即， ，又，又，故【名师点睛】方法点睛：化简三角形中的三角恒等式时，要注意观察等式，再利用正弦定理余弦定理角化边或边化角化简求解34（平罗中学高三期末（文）设函数的图像为，有如下结论：图象关于直线对称； 的值域为；函数的单调递减区间是；图象向右平移个单位所得图象表示的函数是偶函数其中正确的结论序号是_（写出所有正确结论的序号）【答案】【分析】

29、化简函数 代入求最值可判断；求出的最值可判断；求出函数的单调递减区间可判断；求出向右平移个单位的解析式化简后可判断【解析】，当时，取得最大值2，故正确；的最大值为2，最小值为，的值域为，故正确；令，得，即的单调递减区间是，故错误；图象向右平移个单位得是偶函数，故正确故答案为：【名师点睛】本题主要考查了三角恒等变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简的解析式，再利用三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题35（浙江宁波模拟）已知的内角，的对边分别为，若，则的最小值为_【答案】【分析】由二倍角公式，正弦定理，余弦定理化简已知等式

30、可得，利用均值不等式求解即可【解析】，即，由正弦定理得，由余弦定理知，则，则，当且仅当时，等号成立，即的最小值为【名师点睛】关键点点睛：利用正弦定理、余弦定理可得，再根据重要不等式 求解，余弦定理、正弦定理的灵活运用是解题关键36（江苏扬州月考）几何学中有两件瑰宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，其中顶角为的等腰三角形被称为“黄金三角形”如图，已知五角星是由5个“黄金三角形”与1个正五边形组成，且记阴影部分的面积为，正五边形的面积为，则_【答案】【分析】求出五边形的内角，结合三角形的面积公式求出黄金三角形的面积，通过转换，将正五边形面积转化为大三角形减两个黄金三角形的面积，从而可求出【解析】设

31、，则五边形的内角为，则，则三角形 ，则 ，从而，则【名师点睛】关键点睛：本题的关键有两个，一是借助于三角形的面积公式和转化的思想，用表示，二是结合正弦定理可得，从而可求出37（广东中山期末）数列满足：，_；若有一个形如（，）的通项公式，则此通项公式可以为_（写出一个即可）【答案】2 【分析】首先利用数列的递推关系式求出数列各项，进一步利用数列的周期的应用求出数列的通项公式【解析】数列满足：，当时，；当时；当时；当时，是以为最小正周期的数列，减，得减，得除，得，代入得，再代入得，【名师点睛】本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，数列的通项公式的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础型38（百校3月联考）已知中，内角，的对边分别是，且，是边上近点的三等分点，且，则_；_【答案】 【分析】在和中分别应用正弦定理，然后相除可得，由已知等式边化角后可求得，从而再应用勾股定理求得【解析】令，在内，根据正弦定理可得，在，两等式相除可得，又，即，则，即；因此，则，则，【名师点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理的应用解题关键是在两个三角形中应用正弦定理，然后两式相除得出的关系从而求得三角形中各角