高中三角函数专题练习题附答案

一、填空题

11．如图，在ABC中，cosBAC，AC2，D是边BC上的点，且BD2DC，

3ADDC，则AB等于______.

2．如图，某城市准备在由ABC和以C为直角顶点的等腰直角三角形ACD区域内修建公园，其中BD是一条观赏道路，已知AB1，BC3，则观赏道路BD长度的最大值为______．

3．给出下列命题：

①若函数f(x)的定义域为0,2，则函数f(2x)的定义域为0,4； ②函数f(x)tanx在定义域内单调递增；

③若定义在R上的函数f(x)满足f(x1)f(x)，则f(x)是以2为周期的函数；

log2x,0x4④设常数aR，函数f(x)10若方程f(x)a有三个不相等的实数根x1，

,x4x1x2，x3，且x1x2x3，则(x1x21)x3的值域为[64,)．

其中正确命题的序号为_____．

243x,x0,3,924．已知函数yfx若存在实数a、b、c、d满足

sinx,x3,156fafbfcfd（其中abcd），则abcd的取值范围是______.

5．在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，D为边BC上的一点，若

c6，b32，sinBAD27，cosBAC，则AD__________. 446．△ABC中，角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，c＝2b，若△ABC的面积为1，则BC的最小值是________ ．

7．已知向量a，b，c满足abc0，(ab)(ac)0，|bc|9，则|a||b||c|的最大值是___________.

8．已知函数fx2sinx0，若fx的图象关于直线x对称，且在

633,上单调，则的最大值是______． 1649．设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3…，若b1c1，b1c12a1，an1an,bn1ancnab，cn1nn，则An的最大值是________________. 22π5(x1)π10．函数y5sinx(15x10)的图象与函数y2图象的所有交点的横

5x2x25坐标之和为___________.

二、单选题

1x11．已知函数fxln2e，a，b，c分别为ABC的内角A，B，C所对的边，

x1且4a24b2c26ab,则下列不等式一定成立的是（ ） A．fsinAfcosB C．f (sin A)≥f (sin B) （ ）

①1时，函数fx图象关于x对称；②函数fx的最小值为-2；③若函数fx在π,0上单调递增，则0，3；④x1，x2为两个不相等的实数，若fx1fx244π4B．f (cos A)≤f (cos B) D．f (sin A)≥f (cos B)

12．已知函数fxsinxcosxsinxcosx0，则下列结论错误的是

且x1x2的最小值为π，则2. A．②③

B．②④

C．①③④

D．②③④

13．已知函数f(x)|sinx|(0)在区间,上单调递减，则实数的取值范围为

53（ ） 5A．,3

23B．0,

28C．,3

35D．0,

414．已知向量a与b的夹角为120，且ab2，向量c满足ca1b01，且acbc，记向量c在向量a与b方向上的投影分别为x､y.现有两个结论：①若13，则a2b；②x2y2xy的最大值为.则正确的判断是（ ） 34A．①成立，②成立 C．①不成立，②成立 15．已知asin0.1，bA．cba

B．①成立，②不成立 D．①不成立，②不成立

0.30.9，c2，则（ ） ππB．abc C．acb D．cab

16．已知函数f(x)log2x，函数g(x)满足以下三点条件：①定义域为R；②对任意xR，有g(x)2g(x)；③当x[0,]时，g(x)sinx．则函数yf(x)g(x)在区间[0,4]上的零点个数为（ ）

A．5 B．6 C．7 D．8

1，P317．如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA11，ABBC3，cosABC是A1B上的一动点，则APPC1的最小值为（ ）

A．5 B．7 C．13 D．3 2sinxf(x)在区间

cosx118．若对x,yR，有f(xy)f(x)f(y)4，函数g(x)[2021,2021]上存在最大值和最小值，则其最大值与最小值的和为（ ） A．4

的半径r（ ） A．1

B．7 23C．

2B．8 C．12 D．16

19．已知ABC的三边是连续的三个自然数，且最大角是最小角的2倍，则ABC内切圆

D．2

20．设函数fxcos2xsinx，下述四个结论： ①fx是偶函数； ②fx的最小正周期为； ③fx的最小值为0； ④fx在0,2上有3个零点 其中所有正确结论的编号是（ ） A．①②

B．①②③

C．①③④

D．②③④

三、解答题

21．已知向量a3cosx,cosx,bsinx,cosx0，若函数fxab1的2最小正周期为. （1）求fx的解析式；

（2）若关于x的方程2afxcos2x2fxcos2x3a30在0，有

41212实数解，求实数a的取值范围.

222．将函数y2sinx3的图象上所有点的横坐标缩短到原来的2倍，纵坐标不变，再将所得的图象向右平移

1个单位长度后得到函数f(x)的图象． 3（1）写出函数f(x)的解析式；

（2）若x,时，g(x)2f(x)2mf(x)m21，求g(x)的最小值g(x)min．

3623．如图，某市一学校H位于该市火车站O北偏东45方向，且OH42km，已知

OM, ON是经过火车站O的两条互相垂直的笔直公路，CE,DF及圆弧CD都是学校道路，其

中CE//OM，DF//ON，以学校H为圆心，半径为2km的四分之一圆弧分别与CE, DF相切于点C, D.当地政府欲投资开发AOB区域发展经济，其中A,B分别在公路OM, ON上，且AB与圆弧CD相切，设OAB，AOB的面积为Skm2.

（1）求S关于的函数解析式；

（2）当为何值时，AOB面积S为最小，政府投资最低？

24．如图所示，我市某居民小区拟在边长为1百米的正方形地块ABCD上划出一个三角形地块APQ种植草坪，两个三角形地块PAB与QAD种植花卉，一个三角形地块CPQ设计成水景喷泉，四周铺设小路供居民平时休闲散步，点P在边BC上，点Q在边CD上，记PAB．

（1）当PAQ4时，求花卉种植面积S关于的函数表达式，并求S的最小值；

（2）考虑到小区道路的整体规划，要求PBDQPQ，请探究PAQ是否为定值，若

是，求出此定值，若不是，请说明理由． 25．已知a在x3,sinx，b1,2cosx，其中0，fxab，且函数fx312处取得最大值.

（1）求的最小值，并求出此时函数fx的解析式和最小正周期； （2）在(1)的条件下，先将yfx的图像上的所有点向右平移

个单位，再把所得图像4上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，然后将所得图像上所有的点向下平移53个单位，得到函数ygx的图像.若在区间,上，方程gx2a10有两个

332不相等的实数根，求实数a的取值范围；

（3）在(1)的条件下，已知点P是函数yhx图像上的任意一点，点Q为函数311,yfx图像上的一点，点AOPOQOAhx0的解集. ，且满足，求642426．已知向量 a(2,2cos2(x)),b(22,)，其中0,0．函数

222fxab的图象过点B1,2，点B与其相邻的最高点的距离为4．

（Ⅰ）求函数fx的单调递减区间； （Ⅱ）计算f1f2...f2017的值；

（Ⅲ）设函数gxfxm1，试讨论函数gx在区间 [0，3] 上的零点个数． 27．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos2C22cosC20． （1）求角C的大小；

（2）若b2a，ABC的面积为2sinAsinB，求sinA及c的值． 228．已知函数fxsin2x3cos2x.

（1）求函数fx的最小正周期及对称中心坐标； （2）若20，f1，求sin2的值.

29．函数f(x)Asin(x)（其中A0,0,||f(x)的图像向右平移

2）的部分图象如图所示，把函数

个单位长度，再向下平移1个单位，得到函数g(x)的图像. 4

17（1）当x,时，求g(x)的值域

424（2）令F(x)=f(x)3，若对任意x都有F2(x)(2m)F(x)2m0恒成立，求m的最大值

0，fx1 30．已知函数fx2cosxsinx3cosx31?1，f(x2)3，且x1x2min2.

（1）求fx的单调递减区间； 2（2）若,,33,73fsin，求

25235,f的值. 2

【参考答案】

一、填空题 1．3

2．61

3．③④

4．135,216

5．4

6．3 7．338．13

10##3103

π9．##60°

310．-7

二、单选题

11．D 12．B 13．A 14．C 15．A 16．A 17．B 18．B 19．B 20．B 三、解答题

7321．（1）f(x)sin(2x6)；（2）a1或a.

2【解析】

（1）根据向量数量积的坐标运算及三角公式，化简可得fx的解析式； （2）先化简f(x12)sin2x，利用换元法，设tsin2xcos2x，把目标方程转化为关于

t的方程，分离参数后进行求解.

【详解】 （1）因为a3cosx,cosx,bsinx,cosx0，

所以fxabsin(2x).

61131cos2x13cosxsinxcos2xsin2x 22222因为f(x)的最小正周期为，所以（2）由（1）可知f(x2，即1，所以f(x)sin(2x). 6212)sin2x.

因为(sin2xcos2x)2sin22x2sin2xcos2xcos22x12sin2xcos2x， (sin2xcos2x)2sin22x2sin2xcos2xcos22x12sin2xcos2x，

221(sin2xcos2x)所以(sin2xcos2x)12sin2xcos2x1.

令tsin2xcos2x，则(sin2xcos2x)22t2，

则方程2afxcos2x2fxcos2x3a30 121222可化为2a2t2t3a30，即2at22ta30.

因为x0,，所以2x,，

4444所以tsin2xcos2x2sin2x[1,1].

4所以由题意可知，方程2at22ta30在t[1,1]时有解； 令g(t)2at22ta3，

3当a0时，g(t)2t3，由g(t)0得t（舍）；

212t21当a0时，则2at2ta30可化为，

a32t212t21令y，t[1,1]，设u32t，则t(3u),u[1,5]，

232t1172(3u)12u6， 1(3u)222uyu2u因为u727，当且仅当u7时，取到最小值， u7取到最大值8， u2当u1时，u173. 所以y[73,1]，所以[73,1]，解得a1或aa273. 所以实数a的取值范围是a1或a2【点睛】

本题主要考查三角函数的性质，利用向量的坐标运算及三角公式把目标函数化简为最简形式，是这类问题常用求解方向，方程有解问题通常利用分离参数法来解决，侧重考查数学运算的核心素养.

222．（1）f(x)2sin2x33；（2）g(x)minm2m1,m47m21,4m1243 82m(33)m23123,m1243【解析】

(1)根据函数图象的变换规律即可求得f(x)的解析式;

(2)令tf(x)可求得则f(x)[1,33],设M(t)2t2mtm21，t[1,33]，通过定区间讨论对称轴t【详解】

（1）将函数y2sinx3的图象上所有点的横坐标缩短到原来的2倍，可得

1m的三种情况M(t)的单调性,进而可确定最小值的情况. 4y2sin2x3得图象，

再向右平移

2个单位长度得f(x)2sin2x32sin2x3333． 24,，则f(x)[1,33]， （2）∵x,，2x33363令tf(x)，则设M(t)2t2mtm21，t[1,33]， ①当

m1，即m4时，函数M(t)在[1,33]上单调递增， 4m33，即4m1243时， 422∴M(t)minM(1)2mm1mm1；

②当1mm函数M(t)在1,上单调递减，在,33上单调递增，

44m72∴M(t)minMm1；

48③当

m33，即m1243时，函数M(t)在[1,33]上单调递减， 4∴M(t)minM(33)m2(33)m23123，

∴综上有g(x)minm2m1,m47m21,4m1243． 82m(33)m23123,m1243【点睛】

本题考查三角函数图象的变换,考查二次函数在三角函数中的应用,考查定区间动轴的最值取值情况,难度较难.

[2(sincos)1]2,0,；（2）. 23．（1）S2sincos42【解析】 【分析】

（1）以点O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则H(4,4)，在RtABO中，设ABl，又OAB，故OAlcos，OBlsin，进而表示直线AB的方程，由直线

AB与圆H相切构建关系化简整理得l形面积公式表示AOB面积即可；

4(sincos)2，即可表示OA,OB，最后由三角

sincos2t2t3（2）令t2(sincos)1，则sincos，由辅助角公式和三角函数值域可

81求得t的取值范围，进而对原面积的函数用含t的表达式换元，再令m进行换元，并构

t建新的函数g(m)3m22m1，由二次函数性质即可求得最小值. 【详解】

解：（1）以点O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则H(4,4)，在RtABO中，设ABl，又OAB，故OAlcos，OBlsin. 所以直线AB的方程为

xy1，即xsinycoslsincos0. lcoslsin因为直线AB与圆H相切， 所以|4sin4coslsincos|sincos222.(*)

因为点H在直线AB的上方， 所以4sin4coslsincos0，

所以(*)式可化为4sin4coslsincos2，解得l所以OA4(sincos)24(sincos)2. ，OBsincos4(sincos)2.

sincos1[2(sincos)1]2,0,. 所以AOB面积为SOAOB22sincos2

2t2t3（2）令t2(sincos)1，则sincos，

8且t2(sincos)122sin1(1,221]，

4t216S22所以t2t3321，t(1,221].

t2t822211221142,1，g(m)3m2m13m，所以g(m)在,1上令mt7733单调递减. 所以，当m答：当【点睛】

本题考查三角函数的实际应用，应优先结合实际建立合适的数学模型，再按模型求最值，属于难题. 24．（1）

221，即时，g(m)取得最大值，S取最小值.

47时，AOB面积S为最小，政府投资最低.

4S花卉种植面积21，0,]；最小值为10000sin24242500021 （2）

PAQ是定值，且PAQ4．

【解析】 【分析】

（1）根据三角函数定义及PAQ表示出S花卉种植面积，

（2）设PAB，QAD，CPx，CQy，利用正切的和角公式求得tan，由PBDQPQ求得x,y的等量关系.进而求得tan的值，即可求得PAQ的值. 【详解】

（1）∵边长为1百米的正方形ABCD中，PAB，PAQ4，表示出PB,DQ，进而求得SABP,SADQ.即可用4，

∴PB100tan，DQ100tan100tan，

424∴S花卉种植面积SABPSADQ 11ABBPADDQ 2211100100tan100100tan 2245000cossincos0,21，其中 sin242425000∴当sin21时，

4即时，S取得最小值为8500010000212221．

（2）设PAB，QAD，CPx，CQy， 则BP100x，DQ100y， 在ABP中，tan∴tan100x100y，在ADQ中，tan， 10010020000100xytantan，

1tantan100xyxyxy， 200∵PBDQPQ，

∴100x100yx2y2，整理可得xy100xy2000010010010000200∴tanxy10000100100xy200xy21， xy2∴4，

∴PAQ是定值，且PAQ【点睛】

4．

本题考查了三角函数定义，三角形面积求法，正弦函数的图像与性质应用，正切和角公式的应用，属于中档题.

1325．（1）的最小值为1，f(x)sin2x，T，（2）0a（3）原不等

432k3kx,kZ 式的解集为x28224【解析】 【分析】

（1）先将f(x)化成正弦型，然后利用fx在xf(x)的解析式和周期

12处取得最大值求出，然后即可得到

5（2）先根据图象的变换得到ygxsinx，然后画出gx在区间,上的图

633象，条件转化为g(x)的图象与直线y12a有两个交点即可

（3）利用坐标的对应关系式，求出h(x)的函数的关系式，进一步利用三角不等式的应用求出结果． 【详解】 （1）因为a3,sinx，b1,2cosx

3所以fxab32sinxcosx

313232sinx2cosx2sinxsinxcosx3sinx3 11cos2x133 sin2x33sin2xcos2x222223sin2x 32因为fx在x所以212处取得最大值.

1232当k0时的最小值为1

2k,kZ，即12k1,kZ

3此时f(x)sin2x，T

32（2）将yfx的图像上的所有的点向右平移

个单位得到的函数为433ysin2xsin2x，再把所得图像上所有的点的横坐标伸长为

432623原来的2倍(纵坐标不变)得到的函数为ysinx，然后将所得图像上所有的点向

62下平移3个单位，得到函数ygxsinx

625gxsinx在区间,上的图象为：

633

方程gx2a10有两个不相等的实数根等价于g(x)的图象 与直线y12a有两个交点 11所以12a1，解得0a

24（3）设Px,y，Qx0,y0

31A,OPOQOA 因为点，且满足6421xxx2x00263所以，所以 133yyy2y00242因为点Qx0,y0为函数yfx图像上的一点 所以2y33sin22x 23321即yh(x)sin4x

23因为hx所以2k110，所以sin4x

32464x32k7,kZ 6所以

kk3x,kZ 22428k3kx,kZ 所以原不等式的解集为x28224【点睛】

本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，平面向量的数量积的应用，三角不等式的解法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．

26．（Ⅰ）[4k1,4k3]，kZ；（Ⅱ）2018；（Ⅲ）详见解析. 【解析】 【分析】

（Ⅰ）由数量积的坐标运算可得f（x），由题意求得ω4，再由函数f（x）的图象过点

B（1，2）列式求得φ．则函数解析式可求，由复合函数的单调性求得f（x）的单调递增区间；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝1+sin

2x，可得f（x）是周期为4的周期函数，且f（1）＝

2，f（2）＝1，f（3）＝0，f（4）＝1．得到f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝4． 进一步可得结论；

（Ⅲ）g（x）＝f（x）﹣m﹣1siny＝sin

2xm，函数g（x）在[0，3]上的零点个数，即为函数

2x的图象与直线y＝m在[0，3]上的交点个数．数形结合得答案．

【详解】

（Ⅰ）∵a（2，2cos2（ωx+φ）），b（∴f（x）ab222，），

22222cos2（ωx+φ）＝1﹣cos2（ωx+φ））， 2224，得ω． 24∴f（x）max＝2，则点B（1，2）为函数f（x）的图象的一个最高点． ∵点B与其相邻的最高点的距离为4，∴

∵函数f（x）的图象过点B（1，2），∴1cos22，即sin2φ＝1．

2∵0＜φ＜2，∴φ4． x∴f（x）＝1﹣cos2（由2k44）＝1+sin

2x，

22x2k3，得4k1x4k3，kZ． 2fx的单调递减区间是[4k1,4k3]，kZ．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝1+sin

2x，

∴f（x）是周期为4的周期函数，且f（1）＝2，f（2）＝1，f（3）＝0，f（4）＝1． ∴f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝4． 而2017＝4×504+1，

∴f（1）+f（2）+…+f（2017）＝4×504+2＝2018； （Ⅲ）g（x）＝f（x）﹣m﹣1sin即为函数y＝sin

2xm，函数g（x）在[0，3]上的零点个数，

2x的图象与直线y＝m在[0，3]上的交点个数．

在同一直角坐标系内作出两个函数的图象如图：

①当m＞1或m＜﹣1时，两函数的图象在[0，3]内无公共点； ②当﹣1≤m＜0或m＝1时，两函数的图象在[0，3]内有一个共点； ③当0≤m＜1时，两函数的图象在[0，3]内有两个共点． 综上，当m＞1或m＜﹣1时，函数g（x）在[0，3]上无零点； ②当﹣1≤m＜0或m＝1时，函数g（x）在[0，3]内有1个零点； ③当0≤m＜1时，函数g（x）在[0，3]内有2个零点．

【点睛】

本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查数量积的坐标运算，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题． 27．（1）C【解析】 【分析】

（1）化简等式，即可求出角C．

（2）利用角C的余弦公式，求出c与a的关系式，再由正弦定理求出角A的正弦值，再结合面积公式求出c的值． 【详解】

（1）∵cos2C22cosC20， ∴2cosC22cosC10，即∴cosC2. 23. 42310（2）sinA，c1 4102cosC10，

2又C0,，∴C（2）∵c2a2b22abcosC3a22a25a2， ∴c5a，即sinC5sinA， ∴sinA110. sinC10512∵SABCabsinC，且SABCsinAsinB，

2212∴absinCsinAsinB， 22∴

absinC2，由正弦定理得

sinAsinB2csinC2，解得c1. sinC【点睛】

本题考查利用解三角形，属于基础题．

1k,0kZ；（2）. 28．（1）最小正周期为，对称中心坐标为226【解析】 【分析】

（1）利用辅助角公式先将函数yfx的解析式化简，然后利用周期公式计算出函数

yfx的最小正周期，令2x3kkZ，解出x的表达式可得出对称中心坐标；

1（2）由f1得出sin2，结合角的范围求出的值，代入sin2并结合诱

32导公式求出sin2的值． 【详解】 （1）

13fxsin2x3cos2x2sin2xcos2x2 2 2sin2xcoscos2xsin2sin2x，

333所以，函数yfx的最小正周期为令2x2， 23kkZ，解得xkkZ， 26k,0kZ； 因此，函数yfx的对称中心坐标为26（2）1f2sin21，得sin2，

3230，22，2，得2， 33336621因此，sin2sinsin．

626【点睛】

本题考查三角函数的周期和对称中心，考查三角函数求值，解三角函数问题首先就是要将三角函数解析式化简，在求值时，要利用已知角来配凑未知角，借助同角三角函数的基本关系以及两角和差公式进行计算，考查计算能力，属于中等题． 2261,029．（1）（2）

52【解析】 【分析】

7,1求得（1）根据图象的最低点求得A的值，根据四分之一周期求得的值，根据点12的值，由此求得函数fx的解析式，进而根据图象平移变换求得gx的解析式，并由

17此求得x,时gx的值域.（2）先求得fx的值域，由此求得Fx的值域.令424tF(x)[4,2]对题目所给不等式换元，根据二次函数的性质列不等式组，解不等式组

求得m的取值范围，由此求得m的最大值. 【详解】

17 （1）根据图象可知A1,T4123T,22,f(x)sin(2x) T77,1得，sin1,2k,kZ， 代入3126||2,k0,3

f(x)sin2x

3把函数f(x)的图像向右平移

个单位长度，再向下平移1个单位，得到函数g(x) 4g(x)sin2x1sin2x1，

436设t2x5，则t,， 634此时sint2,1， 221,0. 所以值域为2（2）由（1）可知f(x)sin2x[1,1]

3F(x)f(x)3[4,2]

对任意x都有F2(x)(2m)F(x)2m0恒成立 令tF(x)[4,2]，

h(t)t2(2m)t2m，是关于t的二次函数，开口向上

则h(t)max0恒成立

而h(t)的最大值，在t4或t2时取到最大值

h(2)04(2m)(2)2m0则，， h(4)016(2m)(4)2m010m3解得

26m5所以m【点睛】

2626，则m的最大值为. 55本小题主要考查由三角函数图像求三角函数的解析式，考查三角函数图像变换，考查不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

71,kZ30．(1) 单调递减区间为k,k (2) . ；

12125【解析】 【分析】

（1）根据题意求出函数fx的解析式，然后可求出它的单调递减区间．（2）结合条件求

424出sin,cos，然后由

3525f2sin12sin1可得结果．

332【详解】

（1）fx2cosx(sinx3cosx)31 2sinxcosx23cos2x31 sin2x3(2cos2x1)1

sin2x3cos2x1

2sin(2x)1． 3∵1sin(2x)1，

3∴32sin(2x)11，

3∴fx的最大值为1，最小值为3．

又fx11,fx23，且x1x2min∴函数fx的最小正周期为2∴1，

2，

2，

∴f(x)2sin(2x)1．

3由2k得k22x32k3,kZ， 212xk7,kZ， 12∴fx的单调递减区间为[k12,k7],kZ． 123（2）由（1）得f2sin1，

35234∴sin．

352∵,33， ∴0,， 333∴cos1sin2．

335∵sin72且,,， 253324,∴， 332∴cos1sin24． 25∴f2sin12sin1

3322sincoscossin1

337324421

2552551． 5【点睛】

（1）解答有关三角函数性质的有关问题时，首项把函数解析式化为f(x)Asin(x)的形式，然后再结合正弦函数的相关性质求解，解题时注意系数A,对结果的影响． （2）对于三角变换中的“给值求值”问题，在求解过程中注意角的变换，通过角的“拆”、

“拼”等手段转化为能应用条件中所给角的形式，然后再利用整体思想求解．