2022高考数学真题分类汇编07 三角函数与解三角形

这是一份2022高考数学真题分类汇编07 三角函数与解三角形，共17页。试卷主要包含了三角函数与解三角形，单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1.（2022·全国甲（文）T5）将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.
【详解】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
故选：C.
2.（2022·全国甲（理）T11）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：
则，解得，即．
故选：C．
3.（2022·全国乙（文）T11） 函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
4.（2022·新高考Ⅰ卷T6） 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
5.（2022·北京卷T5） 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递减B. 在上单调递增
C. 在上单调递减D. 在上单调递增
【答案】C
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
故选：C.
6.（2022·北京卷T10） 在中，．P为所在平面内的动点，且，则PA⋅PB的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出PA，PB，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以PA=3-csθ,-sinθ，PB=-csθ,4-sinθ，
所以PA⋅PB=-csθ×3-csθ+4-sinθ×-sinθ
，其中，，
因为，所以，即PA⋅PB∈-4,6；
故选：D
7.（2022·浙江卷T6） 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】D
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：D.
二、填空题
1.（2022·全国甲（文）T16）. 已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
2.（2022·全国甲（理）T16）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
3.（2022·全国乙（理）T15） 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：
4.（2022·新高考Ⅱ卷T6） 角满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】由两角和差正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】由已知得：,
即：，
即：,
所以,
故选：D
5.（2022·新高考Ⅱ卷T9）函数的图象以中心对称，则（ ）
A. 在单调递减
B. 在有2个极值点
C. 直线是一条对称轴
D. 直线是一条切线
【答案】AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
6.（2022·北京卷T13） 若函数的一个零点为，则________；________．
【答案】 ①. 1 ②.
【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.
【详解】∵，∴
∴
故答案为：1，
7.（2022·浙江卷T11） 我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________．
【答案】.
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
【详解】因为，所以．
故答案为：.
8.（2022·浙江卷T13） 若，则__________，_________．
【答案】 ①. ②.
【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．
【详解】，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则．
故答案为：；．
三、解答题
1.（2022·全国乙（文）T17）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
（1）若，求C；
（2）证明：
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【小问1详解】
由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
【小问2详解】
由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
2.（2022·全国乙（理）T17）记的内角的对边分别为，已知．
（1）证明：；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）见解析 （2）14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
【小问2详解】
解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
3.（2022·新高考Ⅰ卷T18）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求B；
（2）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【小问1详解】
因为，即，
而，所以；
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
而，
所以，即有．
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
4.（2022·新高考Ⅱ卷T18） 记的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【小问1详解】
由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
【小问2详解】
由正弦定理得：，则，则，.
5.（2022·北京卷T16）在中，．
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【小问1详解】
解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
【小问2详解】
解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.
6.（2022·浙江卷T18） 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【小问1详解】
由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
【小问2详解】
因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．