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1、专题检测卷(一)三角函数与解三角形(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.(2020广州一模)sin 80cos 50cos 140sin 10()A. B. C. D.解析sin 80cos 50cos 140sin 10sin 80cos 50sin 50cos 80sin 30.故选D.答案D2.(2020长沙模拟)已知为锐角，且cos (1tan 10)1，则的值为()A.20 B.40 C.50 D.70解析由cos (1tan 10)1，可得cos 1，即cos 1.所以cos c
2、os 40.又为锐角，故40.故选B.答案B3.(2020重庆模拟)函数f(x)sincos xcos22x的最小值为()A.2 B.1 C.0 D.解析f(x)sincos xcos22xcos2xcos22xcos2x(2cos2x1)24cos4x3cos2x14.当cos2x1时，f(x)取得最小值，f(x)min2.故选A.答案A4.(2020湘赣皖十五校联考)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2c2bcos A，则角B的大小为()A. B. C. D.解析法一由正弦定理可得sin A2sin C2sin Bcos A，即sin A2sin (AB)2sin B
3、cos A，所以sin A(12cos B)0.因为sin A0，所以cos B.又B(0，)，所以B.故选A.法二由余弦定理可得b2c22bccos Aa2，又a2c2bcos A，所以c得a2c2b2ac.又由余弦定理可得cos B，B(0，)，所以B.故选A.答案A5.已知0，函数f(x)sin 在上单调递减，则的取值范围是()A. B.C. D.(0，2解析由x得，x0)，若集合x(0，)|f(x)1含有4个元素，则实数的取值范围是()A. B.C. D.解析函数f(x)sin xcos x22sin(0).由集合x(0，)|f(x)1含有4个元素，得2sin1，即sin，即x2k(k
4、Z)或x2k(kZ)，解得x(kZ)或x(kZ).设直线y1与yf(x)的图象在(0，)上从左到右的第4个交点为A，第5个交点为B，则xA，xB.又直线y1与yf(x)的图象在(0，)上有且只有4个交点，则xAxB，即，得.故选D.答案D8.(2020北京卷)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日( Day).历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形(各边均与圆相切的正6n边形)的周长，将它们的算术平均数作为2的近似值.按照阿尔卡西的方法，的近似值的表达式是()A.3n B.
5、6nC.3n D.6n解析设单位圆的内接正6n边形的周长为C1，外切正6n边形的周长为C2，如图(1)所示，sin ，BCsin ，AB2sin ，C112nsin.如图(2)所示，tan ，BCtan，AB2tan，C212ntan .26n，3n.故选A.答案A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.(2020泰安三校模拟)要得到ycos 2x的图象C1，需将ysin的图象C2怎样变化()A.将ysin的图象C2沿x轴方向向左平移个单位长度B.将ysin的图象C2沿x轴方向向右平
6、移个单位长度C.先作图象C2关于x轴的对称图象C3，再将图象C3沿x轴方向向右平移个单位长度D.先作图象C2关于x轴的对称图象C3，再将图象C3沿x轴方向向左平移个单位长度解析对于A，将ysin的图象C2沿x轴方向向左平移个单位长度，得到ysinsincos 2x的图象C1，正确；对于B，将ysin的图象C2沿x轴方向向右平移个单位长度，得到ysinsincos 2x的图象C1，正确；对于C，先作图象C2关于x轴对称的图象，得到ysin的图象C3，再将图象C3沿x轴方向向右平移个单位长度，得到ysinsincos 2x的图象C1，正确；对于D，先作图象C2关于x轴对称的图象，得到ysin的图象
7、C3，再将图象C3沿x轴方向向左平移个单位长度，得到ysinsincos 2x的图象，错误.故选ABC.答案ABC10.(2020青岛崂山区模拟)已知函数f(x)sin xsin的定义域为m，n(m0)满足f(x0)f(x01)，且f(x)在(x0，x01)上有最小值，无最大值.则()A.f1B.若x00，则f(x)sinC.f(x)的最小正周期为3D.f(x)在(0，2 022)上的零点的个数最少为1 346个解析因为f(x0)f(x01)，且f(x)在(x0，x01)上有最小值，无最大值，所以函数f(x)在区间(x0，x01)的中点处取得最小值，即f1，所以A正确；不妨令x02k，kZ，(
8、x01)2k，kZ，两式相减得，所以T3，B错误，C正确；因为T3，所以函数f(x)的图象在(0，2 022)上恰好重复674次，当f(0)0，即k(kZ)时，f(x)在区间(0，2 022)上的零点个数至少为674211 347(个)，D错误.故选AC.答案AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020烟台诊断)已知tan 2，则cos_.解析由题意，得cossin 22sin cos .答案14.(2020广州一模)定义一种运算adbc，将函数f(x)的图象向左平移(0)个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则的最小值是_.解析f(x)2cos x2sin x4cos，
9、依题意g(x)f(x)4cos是偶函数(其中0).k，kZ，则min.答案15.(2019浙江卷)在ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上.若BDC45，则BD_，cosABD_.(本小题第一空2分，第二空3分)解析如图，易知sin C，cos C.在BDC中，由正弦定理可得，BD.由ABCABDCBD90，可得cos ABDcos(90CBD)sin CBDsin(CBDC)sin(CBDC)sin Ccos BDCcos Csin BDC.答案16.(2020新高考山东、海南卷)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A
10、是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BCDG，垂足为C，tan ODC，BHDG，EF12 cm，DE2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为_ cm2.解析如图，连接OA，过A作APEF，分别交EF，DG，OH于点P，Q，R.由题意知APEP7 cm，又DE2 cm，EF12 cm，所以AQQG5 cm，所以AHOAGQ.因为OAAH，所以AOH，所以AOB.设ARx cm，则ORx cm，RQ(5x) cm.因为tan ODC，所以tan ODC，解得x2，则OA2 cm.所以SS扇形AOBSAO
11、HS小半圆(2)242124 (cm2).答案4四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分10分)(2020青岛模拟)在B，a2，bcos Aacos B1这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解决相应问题.已知在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的面积为S，若4Sb2c2a2，b，且_，求ABC的面积S的大小.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解因为4Sb2c2a2，cos A，Sbcsin A，所以2bcsin A2bccos A.显然cos A0，所以tan A1.又A，所以A.选择B.由，
12、得a2.又sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B，所以Sabsin C.选择a2.由，得sin B.因为B，所以cos B.又sin Csin(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin B，所以Sabsin C.选择bcos Aacos B1.由b，A，得acos B1，即a1.所以a262cc2.又a26c22c6c22c，所以62cc26c22c，解得c1(c0舍去).所以Sbcsin A.18.(本小题满分12分)(2020北京海淀区调研)已知函数f(x)2sin(x)1，函数f(x)的图象上两相邻对称轴之间的距离为，_.(1)在函
13、数f(x)的图象的一条对称轴为直线x，函数f(x)的图象的一个对称中心为点，函数f(x)的图象经过点这三个条件中任选一个补充至横线上，然后确定函数的解析式；(2)若动直线xt，t0，与函数f(x)和函数g(x)2sin xcos x的图象分别交于P，Q两点，求线段PQ长度的最大值及此时t的值.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解(1)函数f(x)的图象上两相邻对称轴之间的距离为，得该函数的最小正周期T2，2，此时f(x)2sin(2x)1.若选函数f(x)的图象的一条对称轴为直线x，则k(kZ)，得k(kZ).|，当k1时，此时f(x)2sin1.若选函数f(x)的图象的一个对
14、称中心为点，则k(kZ)，得k(kZ).|，当k1时，此时f(x)2sin1.若选函数f(x)的图象经过点，则f2sin10，得sin.|，解得，此时f(x)2sin1.(2)由(1)可知，函数f(x)的解析式为f(x)2sin1.令h(x)f(x)g(x)2sin12sin xcos x21sin 2xcos 2x10，|PQ|h(t)cos 2t1.t0，2t0，2，当2t0或2t2，即当t0或t时，线段PQ的长取到最大值2.19.(本小题满分12分)(2020天津卷)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a2，b5，c.(1)求角C的大小；(2)求sin A的值；(3)求
15、sin的值.解(1)在ABC中，由余弦定理及a2，b5，c，有cos C.又因为C(0，)，所以C.(2)在ABC中，由正弦定理及C，a2，c，可得sin A.(3)由ac及sin A，可得cos A，进而sin 2A2sin Acos A，cos 2A2cos2A1.所以sinsin 2Acos cos 2Asin .20.(本小题满分12分)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知4sin24sin Asin B2.(1)求角C的大小；(2)已知b4，ABC的面积为6，求边长c的值.解(1)由已知得21cos(AB)4sin Asin B2，化简得2cos Acos B2s
16、in Asin B，故cos(AB).所以AB，从而C.(2)因为SABCabsin C，由SABC6，b4，C，得a3，由余弦定理c2a2b22abcos C，得c.21.(本小题满分12分)(2019全国卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin bsin A.(1)求B；(2)若ABC为锐角三角形，且c1，求ABC面积的取值范围.解(1)由题设及正弦定理得sin Asinsin Bsin A.因为sin A0，所以sinsin B.由ABC180，可得sincos，故cos2sincos.因为cos0，故sin，因此B60.(2)由题设及(1)知ABC的面积SABCa
17、csin Ba.由(1)知AC120，由正弦定理得a.由于ABC为锐角三角形，故0A90，0C90.结合AC120，得30C90，所以a2，从而SABC.因此，ABC面积的取值范围是.22.(本小题满分12分)在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且bcacos Casin C.(1)求A；(2)若a4，求ABC面积的最大值.解(1)由条件及正弦定理得sin Acos Csin Asin Csin Bsin C，因为B(AC)，所以sin Asin Ccos Asin Csin C，又sin C0，所以sin Acos A1，所以sin，又0A，所以A.(2)法一由(1)得BC，从而CB，0B，由正弦定理得，所以bsin B，csin C.所以SABCbcsin Asin Bsin Csinsin Bsinsin B4sin 2Bcos 2B.sin.因为2B，所以当2B，即B时，SABC取得最大值，最大值为4.法二由(1)知A，又a4，由余弦定理得16b2c22bccos ，即b2c2bc16，因为b2c22bc，所以2bcbc16，即bc16，当且仅当bc4时取等号.所以SABCbcsin Abc164，所以SABC的最大值为4.