专题三三角函数与解三角形.pdf

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1、2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 1 专题三 三角函数与解三角形 一、单项选择题一、单项选择题 1.1.（20212021 潍坊二模潍坊二模 1 1）sin20sin10cos20cos10（）A B C D 2 2.（20212021 日照二模日照二模 3 3）若 为第二象限角，则（）Asincos0 Btan0 Csin（+2）0 Dcos（2）0 3 3.（20212021 济南二模济南二模 3 3）ABC中，“sinA”是“A”的（）A充要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 4 4.（20212021 淄博二模淄

2、博二模 6 6）若 tan sin sin2(2 0,|0,0 ，若=334，=7，求AC 4 49.9.（20212021 滨州二模滨州二模 1 17 7）在3 cos2 sin3 cosbAcCaB=，25coscos24CC+=，sinsin2ABacA+=这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.问题：在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知_.（1）求角C；（2 若3AB=，2AC=，内角C的平分线CE交边AB于点E，求CE的长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 13

3、5 50.0.（20212021 烟台三模烟台三模 1 18 8）在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足()274coscos222ABC+=（1）求A；（2）若点D满足23ADAC=，3BD=，求23cb的取值范围 5 51.1.（20212021 济宁二模济宁二模 1 17 7）在(sin sin)2=sin2 sinsin；2sin=tan；2cos2+2=cos2+1；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答 问题：已知 的内角 ，所对应的边分别为 ，若 =2，_ （1）求 A 的值；（2）若 sin=2sin，求 的面积 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编

4、 三角函数与解三角形 VFMATH 14 5 52.2.（20212021 青岛三模青岛三模 1 18 8）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ccosA（ba）cosC（1）若A，点D在边AB上，ADBC1，求BCD的外接圆的面积；（2）若c2，求ABC面积的最大值 5 53.3.（20212021 烟台适应性练习二烟台适应性练习二 1 17 7）从，2acosAbcosC+ccosB，acosC+（2b+c）cosA0，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答 问题：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，_（1）求A；（2）若a2，求ABC面积的最大值 2

5、021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 15 5 54.4.（20212021 潍坊三模潍坊三模 1 18 8）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是AC上的点，BM平分ABC，ABM的面积是BCM面积的 2 倍（1）求sinsinCA；（2）若1cos4B=，2b=，求ABC的面积 5 55.5.（20212021 淄博二模淄博二模 1 18 8）已知 的内角 ，的对边分别为 ，cos()+cos=32，设 =(,)，=(,)且 /（1）求角 的大小；（2）延长 至 ，使 =5，若 的面积 =3，求 的长 2021 年山东各地二模、三模试题

6、分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 16 5 56.6.（20212021 德州二模德州二模 1 18 8）在锐角三角形 中，角A、的对边分别为 ，已知 6cos2(2+)+cos=5 （1）求A；（2）若 =2，求 2+2 的取值范围 5 57.7.（20212021 潍坊二模潍坊二模 1 18 8）如图，D为ABC中BC边上一点，B60，AB4，AC4给出如下三种数值方案：AD；AD；AD2 判断上述三种方案所对应的ABD的个数，并求ABD唯一时，BD的长 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 17 5 58.8.（20212021 青岛二模

7、青岛二模 1 17 7）请从“2sinAcosB2sinC+sinB；+2=0”两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答 已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，_（1）求A；（2）设AD是A的平分线，b+c10 且ABC面积为23，求线段AD的长度 5 59.9.（20212021 聊城二模聊城二模 1 17 7）在（cosB，2cb），（cosA，a），且 ，bacosC+csinA，cos2A+cosAcos（CB）sinBsinC这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答 已知ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c（1）求A的值；（2）若a，ABC的面积

8、是，点M是BC的中点，求AM的长度 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 18 6060（20212021 烟台适应性练习一烟台适应性练习一 1919）在条件sin2Asin2Bsin2C=3sinBsinC，bacosC+12c，（cosC3sinC）cosA+cosB0 中，任选一个补充在下面问题中并求解 问题：在锐角ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c1，_（1）求A；（2）求ABC面积的取值范围 6161（20212021 泰安二模泰安二模 1 18 8）在，sin2B+sin2Csin2AsinBsinC，2cosA（ccosB+

9、bcosC）a这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答 问题：在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_（1）求角A；（2）若O是ABC内一点，AOB120，AOC150，b1，c3，求 tanABO 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 19 专题三 三角函数与解三角形参考答案 一、单项选择题一、单项选择题 1.1.【答案】A【解析】sin20sin10cos20cos10（cos20cos10sin20sin10）cos（20+10）cos30 故选：A 2 2.【答案】B【解析】因为 为第二象限角，所以 sin0，cos0，ta

10、n0，故 sincos0，故选项A错误；tan0，故选项B正确；sin（+2）cos2sin2cos2，故其符号不能确定，故选项C错误；cos（2）cos2，同选项C，符号不能确定，故选项D错误 故选：B 3 3.【答案】C【解析】ABC，sinAA或A，sinA是A的必要不充分条件，故选：C 4 4.【答案】C 【解析】由 tan sin，可得 tan sin=sincos sin=sin(1cos)cos 0，因为 2 0，且 1 cos 0，可得 sin 0，所以 0 sin2，可得 sin sin2=sin 2sincos=sin(1 2cos)0，因为 0 0，所以 1 2cos 0

11、，即 cos 12，解得 3 2.故答案为：C.5 5.【答案】D【解析】将函数f（x）sinx+cosx2sin（x+）的图象向右平移个单位后，得到函数g（x）2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 20 2sinx的图象，故g（x）的最小正周期为 2，故A错误；由于f（x）的最小值为2，故B错误；令x，求得f（x）2，为最小值，故f（x）的图象关于直线x对称，故C错误；令x，求得f（x）2，为最大值，故f（x）的图象关于直线x对称，故C正确，故选：D 6 6.【答案】C【解析】由函数的部分图象知，f（x）的图象过点（0，2），（，0），所以f（0）2s

12、in2，可得 sin，因为|，所以，所以f（）2sin（+）0，解得+k，kZ Z，所以，kZ Z，又 0，所以不妨当k1 时，可得 2，可得f（x）2sin（2x+），因为g（x）f（xa）2sin2（xa）+，所以g（）2sin2（a）+2sin（2a），又对于任意的xR R，g（x）|g（）|，所以g（）2sin（2a）2，可得2ak+，kZ Z，解得ak，kZ Z，所以当k1 时，可得a 故选：C 7 7.【答案】A 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 21【解析】将函数f（x）2sin（2x+）（|）的图象向左平移个单位后，得到的y2sin（

13、2x+）的图象关于y轴对称，函数f（x）2sin（2x+）2x+，则当 2x+时，函数f（x）在0，上的最大值为 2，故选：A 8 8.【答案】B【解 析】因 为()=sin(+3)34=(12+32)34=142+342=12(122+322)=12sin(2+3)将 y=f(x)的图像向右平移3个单位得=12sin2(3)+3=12sin(2 3)，再将图像上所有点的横坐标缩小到原来的一半得到()=12sin(4 3)，因为(1)(2)=14，所以(1)=(2)=12或(1)=(2)=12，因为 x1与 x2都是波峰或波谷的横坐标，所以|x1-x2|min=T=2，故选 B.9 9.【答案

14、】C【解析】因为锐角，满足，所以 cos（）coscos+sinsin，令xcoscos，ysinsin，则x+y，由题意得x0，y0，则2（x+y）（）2（2+）8，当且仅当xy时取等号，此时的最小值 8 故选：C 1 10.0.【答案】C【解析】当x0，2x+，函数g（x）f（x）a（aR R）在x0，上恰有三个零点x1，x2，x3（x1x2x3），由图象的对称性可得（2x1+2x2+），（2x2+2x3+），2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 22 则两式相减可得x3x1的值是，故选：C 二、多项选择题二、多项选择题 1111【答案】BD【解析】

15、解：f（x）sinx+3cosx2sin（x+3），A：由正弦函数的单调性及函数图像的平移知f（x）在（0，2）上不单调，A错误；B：由于f（6）2 为函数的最大值，根据对称轴处取得最值可知B正确；C：结合选项B及对称轴与对称中心的关系可知C错误；D：把f（x）图象向左平移6个单位得y2sin（x+2）2cosx，D正确 故选：BD 1 12.2.【答案】AC【解析】()cos3f xx=+两条对称轴之间的最小距离为2，122T=，T=，则22T=，即()cos 23f xx=+，故 A 正确；当0,2x时，42,333x+，根据余弦函数的单调性，可得当42,33x+，即,3 2x 时，()f

16、 x单调递增，故 B 错误；将函数()f x图象向右平移6个单位长度后得cos 2cos263yxx=+=关于y轴对称，故 C 正确；由cos 203x+=可得121212,122122kkxxk kZ=+=+，则()1212,6262kkkxxkZ+=+=+，2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 23 则()1221cos 2cos62332kf xxk+=+=+=，故 D 错误.故选：AC 1 13 3【答案】BD【解析】由题意函数f（x）cos（2x+3）的图象为曲线E，故将曲线ycos2x向右平移3个单位长度，得到ycos（2x23）的图象，故A

17、错误；将曲线ycos（x+3）上各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，可得ysin（2x+3）的图象，与曲线E重合，故B正确；将曲线f（x）向左平移6后所得图象对应的函数解析式为g（x）cos2（x+6）+3cos（2x+23），不是奇函数，故C错误；若x1x2，且f（x1）f（x2）0，则|x1x2|的最小值为半个周期，为1222=2，故D正确，故选：BD 1 14.4.【答案】AD【解析】根据函数f（x）Asin（2x+）（A0，0）的部分图像，可得A2，结合五点法作图可得 2+，故函数f（x）2sin（2x+）令x，求得f（x）0，可得（，0）是函数f（x）图象的一个对称中心，故A正

18、确；令x，求得f（x）1，不是最值，可得x是函数f（x）图象的一条对称轴，故B错误；在区间，上，2x+，函数f（x）没有单调性，故C错误；由y2sin2x的图象向左平移个单位，可得 y2sin（2x+）f（x）的图象，故D正确，故选：AD 1 15.5.【答案】A,D 【解析】由题意可得：函数 =sin2+3cos2+1=2sin(2+3)+1，将其向右平移 12 个单位可得 =2sin(2 6+3)+1=2sin(2+6)+1，再将所有点的横坐标缩短到原来的 12 倍，纵坐标2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 24 不变，得到函数 =()的图像，可得

19、()=2sin(4+6)+1，故可得函数()的周期 =24=2,A 符合题意；令 =12，可得(12)=0，故(12,0)不是函数()的一个对称中心，B 不符合题意；当 4,2，可得 4+6 76,136，由正弦函数性质，可得函数()=2sin(4+6)+1 在 4,2 不单调，C 不正确；由(12)=2sin2+1=3，可得 =12 是函数的对称轴，D 符合题意；故答案为：AD 1 16.6.【答案】AB【解析】对于A，因为f（x）sin（x）cos2（x）sinxcos2xf（x），所以x为f（x）图象的一条对称轴，故选项A正确；对于B，因为f（2x）+f（x）sin（2x）cos2（2x

20、）+sinxcos2xsinxcos2x+sinxcos2x0，所以（，0）为f（x）图象的一个对称中心，故选项B正确；对于C，f（x）sinxcos2xsinx（12sin2x）2sin3x+sinx，令tsinx，则t1，1，则f（t）2t3+t，所以f（t）6t2+1，令f（t）0，解得，当时，f（t）0，则f（t）单调递减，当时，f（t）0，则f（t）单调递增，所以当t时，f（t）取得最大值为，又f（1）1，f（1）1，所以f（x）的最大值为 1，故选项C错误；对于D，f（x+）sin（x+）cos2（x+）sinxcos2xf（x），所以 不是f（x）的周期，故选项D错误 故选：AB

21、 1 17.7.【答案】BD【解析】cos2x+sin2x2cos（2x）的2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 25 最小正周期为，1，f（x）2cos（2x），故A错误 在上，2x，0，故 f（x）2cos（2x）单调递增，故B正确；当x时，f（x）1，不是最值，故直线不是函数yf（x）图象的一条对称轴，故C错误；当x时，f（x）0，故点是函数yf（x）图象的一个对称中心，故D正确，故选：BD 1 18 8【答案】BCD【解析】g（x）sin2（x+）cos2x，选项A，f（x）+g（x）sin2x+cos2xsin（2x+），令 2x+k，kZ Z

22、，则x，kZ Z，函数f（x）+g（x）的对称中心为（，0），kZ Z，不包含点，即选项A错误；选项B，f（x）g（x）sin2xcos2xsin4x，为奇函数，即选项B正确；选项C，令 2x+2k，+2k，kZ Z，则x+k，+k，kZ Z，函数f（x）+g（x）的单调递减区间为+k，+k，kZ Z，x（0，），x，即选项C正确；选项D，令 4x+k，kZ Z，则x+，kZ Z，当k1 时，函数f（x）g（x）的图象的一个对称轴方程为，即选项D正确 故选：BCD 1 19.9.【答案】ACD【解析】由于()()()()22sin2sin222sinsin2f xxxxxf x+=+=，故 A

23、 正确；由于()()()()2sinsin22sinsin2f xxxxxf x=+，即()yf x=的图象不关于2x=对称，故 B 错误；2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 26()()222cos2cos22cos2 2cos14cos2cos2fxxxxxxx=+()14 cos1cos2xx=+当222,2,33xkkkZ+时，()0fx，函数()f x单调递增；当22,23xkk+或22,2,3xkkkZ+时，()0fx，函数()f x单调递减；所以()max2223 32sinsin23332fxf=，故 C 正确；由 C 项分析可知，()

24、f x在24,33上单调递减，故 D 正确；故选：ACD.2 20.0.【答案】BD【解答】解：函数f（x）（2cos2x1）sin2x+12cos4xcos2xsin2x+12cos4x=22(4+4)对于A：由于函数f（x）的两个相邻的极值点之差的绝对值等于4，故2=4，解得T=2，所以 4，故A错误；对于B：当=12时，f（x）=22(2+4)，由于 4，4，故2+4 4，34，所以函数的最小值为12，故B正确；对于C：当 1 时，f（x）=22(4+4)，由于 4，0，所以4+4 34，4，故函数在该区间上不单调，故C错误；对于D：当 1 时，将f（x）=22(4+4)图象向右平移8个

25、单位得到()=22(4 4)的图象，故D正确；故选：BD 2 21.1.【答案】A,C 【解析】由题意，函数()=2cos(2 6)+1()，2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 27 对于 A 中，由(1)=(2)=3，即 cos(216)=1 且 cos(226)=1，解得 216=21 且 226=22,，即 1=1+12 且 2=2+12,，所以 1 2=(1 2)=,()，又由 1 2 ，所以 A 符合题意；对于 B 中，令 +2 2 6 2,，解得 512+12+,，即函数()的单调递增区间为 512+,12+,，当 =1 时，函数()的单调

26、递增区间为 12,1312，所以 B 不正确；对于 C 中，令 2 6=+2,，解得 =2+3,，当 =0 时，可得 =3，所以函数()的图象关于点(3,1)对称，所以 C 符合题意；对于 D 中，函数()=2sin(2 3)+1()的图象向左平移 12 个单位，可得()=2sin2(+12)3+1=2sin(2 6)+1，所以 D 不正确.故答案为：AC 2 22.2.【答案】ACD【解析】()sin3 cosf xxx=+，()sin3 cos()f xxxf x+=+=，而()()2f xf x+，故()f x的最小正周期是，B 错误；当x2，时，()sin3cos2sin()3f xx

27、xx=，此时3x6，23，所以2sin()3x1，2，故 A 正确；2sin(),032()2sin(),32xxf xxx+=，作出()f x的图像，再作出直线2yx=的图像，可以判断出 C、D 都正确，故选 ACD 2 23.3.【答案】B,C 【解析】结合函数 =|()|的图像易知，函数()的最大值 3，最小值为 1，则 =2，()=2cos(+)+1，代入点(0,2)，则 2cos+1=2，cos=12，因为|2，所以 =3，()=2cos(+3)+1，+3=()，即 =3+()，函数()关于 =3+()对称，A 不符合2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 V

28、FMATH 28 题意；+3=2+()，即 =6+()，函数()关于点(6+,1)()对称，B 符合题意；函数 =2sin+1 的图像向左平移 56 个单位，得出()=2sin(+56)+1=2sin(+3+2)+1=2cos(+3)+1，C 符合题意；当 2,0 时，+3 6,3，cos(+3)12,1，()2,3，D 不符合题意.故答案为：BC.2 24.4.【答案】BD【解析】解：由图象可知，函数f（x）的周期为=(1112512)2=，故选项A错误；所以=2=2,由“五点法”可得，2 512+=+2,，解得=6+2,，又 0，所以=6，所以f（x）Asin（2x+6），又f（x）的图象

29、经过点（0,1），则有f（0）Asin6=1，解得A2,所以f（x）2sin（2x+6），所以f（x）的最大值为 2，故选项B正确；令2+2 2+62+2,，解得3+6+,，故函数f（x）的单调递增区间为3+,6+,，当k0 时，f（x）的单调递增区间为3,6，故选项C错误；因为f（x+6）=22(+6)+6=2(2+2)=22，所以f（x+6）为偶函数，故选项D正确 故选：BD 2 25.5.【答案】ABC【解析】2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 29 sin（+x）+sinx cosx+sinx 2（cosx+sinx）2sin（x+），对于A，

30、f（）2sin（+）22sin（x+）f（x），故选项A正确；对于B，f（+x）2sin（x+）2cosx，f（x）2sin（x）2cosx，可得，故选项B正确；对于C，f（）2sin（+）2sin0，可得是函数f（x）图象的对称中心，故选项C正确；对于D，在同一坐标系中，作出函数f（x）2sin（x+）以及g（x）log2x的图象，如图所示，由图象可知，函数yf（x）与yg（x）图象的交点超过 3 个，故方程f（x）log2x的实根超过 3 个，故选项D错误 故选：ABC 三、填空题三、填空题 2 26.6.【答案】45【解析】tan(4)=1tan1+tan=12，解得 tan=13，因此

31、，cos2=cos2 sin2=cos2sin2cos2+sin2=1tan21+tan2=1191+19=45.故答案为：45.27.27.【答案】2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 30【解析】解：sin20sin80cos160sin10 sin20cos10+cos20sin10 sin（20+10）sin30 故答案为：2 28.8.【答案】【解析】sincos，（sin+cos）2sin2+2sincos+cos21+2，（0，），sin0，cos0，sin+cos，（sin+cos）故答案为：2 29.9.【答案】15【解析】1tan3=

32、，22222222sin2tan191 cos22sin1sincostan1519=+，故答案为：15 3 30.0.【答案】【解析】因为 sin（）（sincos），（0，），可得 sincos，两边平方，12sincos，可得 2sincos，所以 sin+cos，2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 31 则 cos2cos2sin2（cossin）（cos+sin）（）故答案为：3 31.1.【答案】-1【解析】因为 tan（+），tan（），所以 tan2tan（+）+（）1，所以 tan（2）tan21 故答案为：1 3 32.2.【答案】

33、2【解析】m2sin18，由m2+n4，得n4m244sin2184cos218，则2，故答案为：2 3 33.3.【答案】16【解析】因为振幅为 2，所以A2，因为x2x12，且f（x2）f（x1），要使零点个数最少，周期就要越大，所以x2，x1应为两个相邻的在f（x）直线上的点，即，所以，即，周期T12，为了使区间内零点最少，将第 1 个零点放在原点，所以 102128T+T，最后 1 个零点恰好在x102 处，不在区间（0，102）中，只计区间内的个数，所以零点个数为 2816 个 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 32 故答案为：16 343

34、4【答案】2；ycosx+12【解析】解：把f（x+1）f（x1）中的x换成x+1 可得f（x）f（x+2），函数f（x）的最小正周期为 2；由f（1x）+f（x）1 知，函数f（x）图象关于（12，12）对称，f（x）的一个解析式为：ycosx+12 故答案为：2；ycosx+12 3 35.5.【答案】32【解析】根据图象可得，y4cos（x+）的周期为 2，所以得，且 04cos（+），所以 2k+，kZ Z，又因为 0，所以，故+32 故填：32 3636【答案】4【解析】由于M，N是函数f（x）2cos（x+）（0）图像与直线=3的两个不同的交点，故M，N的横坐标是方程 2cos（x

35、+）=3 的解，即M，N的横坐标x1，x2（不妨令x1x2）是方程 cos（x+）=32 的解，所以 x1+=6，x2+=6，可得（x2x1）=3，即12=3，解得 4 故答案为：4 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 33 3 37.7.【答案】50【解析】连结OC，因为CDOA，所以DCOCOA，CDO180DOA18012060，在OCD中，由正弦定理可得，所以，解得，因为DCOCOA，且 0COA120，所以DCOCOA45，故圆弧的长为50 故答案为：50 3 38.8.【答案】()()【解析】解：如图所示，过点C作CDAB，交AB延长线与点

36、D，设BCD，ACB，CDx，由题意可得，ADac，BDbc，在ACD中，(+)=，在BCD中，=，tantan(+)=1+=+()()2()()=2()()，当且仅当=()()，等号成立，即x=()()，离此树的水平距离为()()米时看A，B的视角最大，故答案为：()()四、解答题四、解答题 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 34 3 39.9.【解析】（1）这三个条件为：cosA；a；b1（2）由余弦定理可得：a2b2+c22bccosA，即 31+c22c，解得c2 4 40.0.【解析】若选 因为，由正弦定理得，所以 sinAcosA，A（0

37、，），所以，且b3，得，由余弦定理得a2b2+c22bccosA，解得 若选 因为，由正弦定理得，所以，因为A（0，），所以，且b3，得，由余弦定理得a2b2+c22bccosA，解得 若选 因为，得，因为A（0，），所以，且b3，得，由余弦定理得a2b2+c22bccosA，解得 4 41.1.【解析】（1）f（x），f（x）的最小正周期为：，又，f（x）的单调递减区间为，2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 35（2）f（），即 sinA，a7，由正弦定理可得（R为ABC外接圆的半径），4 42.2.【解析】（1）由，得，又，故，由，得，所以，即，由

38、，结合函数图象可知，所以，所以有，即，又，所以，从而，因此，；（2）由，得，又，故，于是，又，所以，又在上单调递增，所以 4343【解析】解：f（x）2sinxcos（x6）12=2sinx（cosxcos6+sinxsin6）12=2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 36 3cosxsinx+sin2x12=32sin2x12cos2xsin（2x6），若x=6是函数f（x）图象的一条对称轴，则36=k+2，kZ Z，即3=k+23，kZ Z，可得 3k2，kZ Z，又 02，当k1 时，可得 1，可得f（x）sin（2x6），若12是函数f（x）的

39、一个零点，则1226=k，即6k+6，kZ Z，可得 6k+1，kZ Z，又 02，所以当k0 时，1，所以f（x）sin（2x6）函数f（x）在a，b上单调递增，且ba的最大值为2，则T=22，故 1，所以f（x）sin（2x6），由2+2k2x632+2k，kZ Z，可得3+kx56+k，kZ Z，令k0，可得3x56，令k1，可得23k 6，又2x2，所以f（x）在2，2上的单调递减区间为：2，6，3，2 4 44.4.【解析】（1）ABC中，ABC，BC4，SABCABBCsinABC3，AB3 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 37 ABC

40、中，由余弦定理可得：AC2AB2+BC22ABBCcosABC9+1623413，AC；（2）设ACD，则ACBACD+，RtACD中，AD3，AC，ABC中，BACACBABC，由正弦定理可得：，即，3sin（）2sin，化简可得 tan，tanACD 4 45.5.【解析】（1）=3，由正弦定理得：=3，又 b2=c，联立解之得=3,=3.选条件2+2 2=3 由余弦定理=2+222=32，所以=6 选条件=可得=33，所以=6 选条件=32,sin(+)=32 =32，所以cosB=32，所以 B=6（2）由（1）=6，由正弦定理=，所以=32（i）当时=3，=2，此时ABC 的面积=1

41、2=332（ii）当=23时，=6，此时ABC 的面积=12=334 综上，ABC 的面积为332或334.4646【解析】（1）证明：因为cosA，由正弦定理可得：cosA，由于 sinCsin（A+B）sinAcosB+cosAsinB，且 sinB0，所以不等式整理为 sinAcosB+cosAsinBsinBcosA，即 sinAcosB0，由于在三角形中 sinA0，2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 38 所以 cosB0，所以得证B为钝角；（2）i）若满足，则正弦定理可得=，即222=2，所以 sinC=12，又ac，所以AC，在三角形中

42、，sinA=22，所以A=4或A=34，而由（1）可得A=4，所以可得C=6，BAC46=712，所以b=2+2 2=4+2 2 2 2 (624)=3+1。ii）若满足，由（1）B为钝角，A，C为锐角，及 sinA=22，sinC=32，可得A=4，C=3，所以B=512不符合B为钝角，故这种情况不成立；iii）若满足，由B为钝角，sinC=32，所以C=3，而ac，所以AC，这时B3，不符合B为钝角的情况，所以这种情况不成立；综上所述：只有满足时ABC存在，b=3+1 4 47.7.【解析】（1）因为，所以，即，因为B（0，），所以，或，解得，或（2）由正弦定理，可得，所以ABC外接圆面积

43、，当时，由余弦定理可得：，因为，所以，因此ABC外接圆面积的最小值 2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 39 当时，由勾股定理可得，因此ABC外接圆面积的最小值 4 48.8.【解析】（1）解：A，B，C 是三角形 ABC 的内角，则 sin+2=cos2，又 10sin2+2=7 cos2，10cos22=7 cos2，即 5+5cos=7 (2cos2 1)，整理得 2cos2+5cos 3=0，cos=12 或 cos=3（舍），又 0 ，=1，=3，=4，由余弦定理有 2=2+2 2 cos=13，=13 4 49.9.【解析】（1）若选条件：

44、因为3 cos2 sin3 cosbAcCaB=，由正弦定理可得()23 sincossincos2sinBAABC+=，所以()23sin2sinABC+=.因为ABC+=，即ABC+=，所以23sin2sinCC=.因为sin0C，所以3sin2C=.2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 40 又因为ABC为锐角三角形，所以3C=.若选条件：因为25coscos24CC+=，所以()25sincos04CC+=，即251 coscos04CC+=，所以21coscos04CC+=，解得1cos2C=.因为ABC为锐角三角形，所以3C=.若选条件：因为

45、sinsin2ABacA+=，又sincos22ABC+=，所以cossin2CacA=.由正弦定理可得，sincossinsin2CACA=.因为sin0A，所以cossin2CC=，即cos2sincos222CCC=.因为ABC为锐角三角形，所以cos02C，则有1sin22C=，所以26C=，所以3C=.（2）因为3AB=，2AC=，由正弦定理得sin2sin2ACCBAB=.因为ABC为锐角三角形，所以4B=，则512A=.2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 41 因为CE是角C的平分线，所以6ACE=，故5561212CEA=，所以ACEA

46、=，则AEC为等腰三角形，所以2ACCE=.故CE的长为2.5 50.0.【解析】（1）ABC+=，BCA+=，()()2274coscos22 1coscos22cos2cos322ABCAAAA+=+=+=解得1cos2A=，又0A，3A=；（2）设ABD=，因为点D满足23ADAC=，3BD=，所以23cbABAD=，在ABD中，由余弦定理可得：2sinsinsin3ADABBDA=+，所以2sin3AB=+，2sinAD=，所以2sin2sin3ABAD=+，即23cossin2sin33cb=，因为20,3，所以,33 3 ，33sin,322，所以()23,33cb.5 51.1.

47、【解析】（1）解：若选：因为(sin sin)2=sin2 sinsin，所以由正弦定理得()2=2 ，整理得 2+2 2=，2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 42 所以 cos=2+222=12，因为 0 ，所以 =3 若选：因为 2sin=tan，所以 2sinsin=sin sincos，即 cos=12，因为 0 ，所以 =3 若选：因为 2cos2+2=cos2+1，所以 cos(+)+1=2cos2 1+1，即 2cos2+cos 1=0，解得 cos=12 或 cos=1，因为 0 ，所以 =3 （2）因为 sin=2sin，由正弦定理

48、得 =2，因为 =2，所以 =1，所以=12sin=12 2 1 32=64 5 52.2.【解析】（1）根据正弦定理ccosA（ba）cosC可化为 sinCcosA（sinBsinA）cosC，即 sinAcosC+sinCcosAsinBcosC，则 sin（A+C）sinBsinC由于A+B+C，故 sin（A+C）sinB，所以 sinBsinBsinC，又 sinB0，所以 cosC 因为C（0，），所以C又A，所以B（A+C）由正弦定理有，得ABBC1+1 则BDABAD，在BCD中，由余弦定理得CD2BC2+BD22BCBDcosB12+（）221（）4+所以CD，则 2R，所

49、以R 故BCD的外接圆的面积为SR2+（2）由（1）可知c2、C；根据余弦定理c2a2+b22abcosC；得 4a2+b22ab（）a2+b2ab2abab（当且仅当ab时，等号成立），2021 年山东各地二模、三模试题分类汇编 三角函数与解三角形 VFMATH 43 所以ab4+2，故SABCabsinC（4+2）+1（当且仅当ab时，等号成立）5 53.3.【解析】若选条件，（1）由，可得 2sincoscos，因为A（0，），可得（0，），cos0，所以 sin，可得，A；（2）由余弦定理，a2b2+c22bccosA，a2，则 4b2+c2bc2bcbcbc，当且仅当bc2 时等号成

50、立，所以SABCbcsinA，即ABC面积的最大值为 若选条件，（1）由 2acosAbcosC+ccosB，可得 2sinAcosAsinBcosC+cosBsinC，即 2sinAcosAsin（B+C）sinA，又 sinA0，故 cosA，又 0A，故A；（2）由余弦定理，a2b2+c22bccosA，a2，则 4b2+c2bc2bcbcbc，当且仅当bc2 时等号成立，所以SABCbcsinA，即ABC面积的最大值为 若选条件，（1）由acosC+（2b+c）cosA0，可得 sinAcosC+2sinBcosA+sinCcosAsin（A+C）+2sinBcosAsinB+2sin