高三数学精选三角函数与解三角形多选题达标检测试题

一、三角函数与解三角形多选题

1．已知函数f(x)sin(x)(0)满足fx0fx011，且f(x)在2x0,x01上有最小值，无最大值.则（ ）

A．fx011 2B．若x00，则f(x)sin2x 6C．f(x)的最小正周期为3 1346个 【答案】AC 【分析】

D．f(x)在(0,2019)上的零点个数最少为

根据正弦函数图象的对称性可判断A；根据已知三角函数值求角的方法，可得

x02k,kZ，(x01)2k566,kZ，两式相减可求出，进而求得

周期，从而可判断B和C选项；因为T3，所以函数f(x)在区间(0,2019)上的长度恰好为673个周期，为了算出零点“至少”有多少个，可取f(0)0，进而可判断D． 【详解】

解：由题意得，f(x)在x0,x01的区间中点处取得最小值， 即fx011，所以A正确； 2因为fx0fx011， 25,kZ， 6且f(x)在x0,x01上有最小值，无最大值， 所以不妨令02kx012k,kZ，

6两式相减得，所以T2， 32因为T3，

3，即B错误，C正确；

所以函数f(x)在区间(0,2019)上的长度恰好为673个周期， 当f(0)0，即k时，

f(x)在区间(0,2019)上的零点个数至少为673211345个，即D错误.

故选:AC. 【点睛】

本题考查与三角函数有关的命题的真假关系，结合三角函数的图象与性质，利用特殊值法以及三角函数的性质是解题的关键，综合性较强．

2．已知函数f(x)(|sinx|cosx)(sinxcosx)，xR，则（ ） 

A．fx在0,上单调递减

3

B．fx是周期为2的函数 D．函数fx在(0,2)上有3个零点

C．fx有对称轴 【答案】BD 【分析】

先判断出fx是周期为2的函数，再在给定的范围上研究fx的单调性和零点，从而可判断BCD的正误，再利用反证法可判断C不正确. 【详解】

因为f(x2)|sin(x2)|cos(x2)(sin(x2)cos(x2))fx， 故fx是周期为2的函数，故B正确. 当x0,22时，f(x)sinxcosxcos2x， 322x因为0,32ycosu，而在0,为增函数， 3

故f(x)cos2x在0,为增函数，故A错误.

3

(sinxcosx)(sinxcosx)037由可得x或x或x，故D正确.

440x24若fx的图象有对称轴xa，因为fx的周期为2，故可设a0,2， 则fxf2ax对任意的xR恒成立，

所以f0f2a即1(|sin2a|cos2a)(sin2acos2a)①， 也有ff2a即1(|cos2a|sin2a)(cos2asin2a)②， 22也有ff2a即1(|cos2a|sin2a)(cos2asin2a)③， 22cos2asin2a0 ，

cos2asin2acos2asin2a3π. 或a222由②③可得故sin2a0，由①②可得cos2a1，故a若aπ，则213133f， 622222211313371f而f， 62222226319若a，则f262131331f 22226222这与fxf2ax对任意的xR恒成立矛盾， 故D不成立. 故选：BD. 【点睛】

方法点睛：与三角函数相关的函数性质的研究，应该依据一定次序，比如先研究函数的奇偶性或周期性，再根据前者把函数的研究限制在一定的范围内进行讨论.

3．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a:b:c4:5:6，则下列结论正确的是（ ）

A．sinA:sinB:sinC4:5:6 C．ABC的最大内角是最小内角的2倍 【答案】ACD 【分析】

由正弦定理可判断A；由余弦定理可判断B；由余弦定理和二倍角公式可判断C；由正弦定理可判断D. 【详解】

解：由a:b:c4:5:6，可设a4x，b5x，c6x，x0， 根据正弦定理可知sinA:sinB:sinC4:5:6，选项A描述准确；

222222abc16x25x36x1由c为最大边，可得cosC0，

2ab24x5x8B．ABC是钝角三角形

D．若c6，则ABC外接圆半径为87 7即C为锐角，选项B描述不准确；

b2c2a225x236x216x23cosA，

2bc25x6x4cos2A2cos2A12911cosC， 168由2A，C0,，可得2AC，选项C描述准确；

若c6，可得

2RcsinC611641677，

ABC外接圆半径为87，选项D描述准确. 7故选：ACD. 【点睛】

本题考查三角形的正弦定理和余弦定理，二倍角公式，考查化简运算能力，属于中档题.

4．函数fxsin2x，则（ ） 4A．函数yf(x)的图象可由函数ysin2x的图象向右平移B．函数yf(x)的图象关于直线x

个单位得到 48

轴对称

C．函数yf(x)的图象关于点,0中心对称

8D．函数yx2f(x)在0，上为增函数 【答案】BCD 【分析】

对四个选项，一一验证：

对于选项A，利用三角函数相位变化即可；

对于选项B，利用正弦函数的对称轴经过最高（低）点判断； 对于选项C，利用正弦函数的对称中心直接判断； 对于选项D，利用复合函数的单调性“同增异减”判断； 【详解】

由题意，对于选项A，函数ysin2x的图象向右平移

8个单位可得到4fxsin2xsin2xcos2x，所以选项A错误；

42对于选项B，f于直线x

sin21，取到了最大值，所以函数yf(x)的图象关8848

轴对称，所以选项B正确；

f对于选项C，0，所以函数yf(x)的图象关于点,0中心对称，所以选

88项C正确； 对于选项D，函数yx2在0，上为增函数，x0，时，2x，，单调

442882递增，所以函数yxf(x)在0，上为增函数，所以选项D正确. 故选：BCD.

8【点睛】

(1)三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于ysinx或ycosx的性质解题；

(2)求单调区间，最后的结论务必写成区间形式，不能写成集合或不等式．

5．对于函数f(x)sinxcosx2sinxcosx，下列结论正确的是（ ） A．把函数f(x)的图象上的各点的横坐标变为原来的象，则是函数y=g(x)的一个周期

3B．对x1,x2,，若x1x2，则fx1fx2

21倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图2C．对xR,fxfx成立 44D．当且仅当x【答案】AC 【分析】

4k,kZ时，f(x)取得最大值21

根据三角函数的变换规则化简即可判断A；令tsinxcosx2sinx，

4ftt2t1，判断函数的单调性，即可判断B；代入直接利用诱导公式化简即可；首

先求出ft的最大值，从而得到x的取值； 【详解】

解：因为f(x)sinxcosx2sinxcosxsinxcosxsinxcosx1，令

2tsinxcosx2sinx，所以t2,2，所以ftt2t1， 4对于A：将f(x)sinxcosx2sinxcosx图象上的各点的横坐标变为原来的

1倍，则2g(x)sin2xcos2x2sin2xcos2x，所以

gxsin2xcos2x2sin2xcos2x

sin2xcos2x2sin2xcos2xgx，所以是函数y=g(x)的一个周期，故A正确；

对于B：因为x,则t3257x,，所以， 44452sinx2,1在,4453,上单调递减，在上单调递增， 421215又ftt2t1t，对称轴为t，开口向上，函数fttt12242在2,1上单调递减， 所以函数f(x)在,故B错误； 对于C：f5453,上单调递增，在上单调递减， 42xsinxcosx2sinxcosx 44444fxsinxcosx2sinxcosx 44444sinxcosx2sinxcosx

24242424sinxcosx2sinxcosxfx，故C正确；

44444152,2因为fttt1t，t，当t2时ft取得最大值2422ftmax21，令t2sinx2，则sinx1，所以

44x422k,kZ，解得x42k,kZ，即当x42k,kZ时，函数

fx取得最大值21，故D错误；

故选：AC 【点睛】

本题考查三角函数的综合应用，解答的关键是换元令tsinxcosx，将函数转化为二次函数；

6．设函数fx个零点，则（ ）

A．在0,上存在x1、x2，满足fx1fx22 B．fx在0,有且仅有1个最小值点

31sinxsinx0，已知fx在0,有且仅有3222fxC．在0,上单调递增

2D．的取值范围是,

66【答案】AD 【分析】

1723化简函数fx的解析式为fxsinx，令tx，由x0,可求得

66t,，作出函数ysintt,0的图象，可判断AB选项

6666的正误；由图象得出36数的单调性可判断C选项的正误. 【详解】

4可判断D选项的正误；取3，利用正弦型函

fx3131sinxsinxsinxcosxsinx， 222226当x0,时，x作出函数ysint,，令tx，则t,，

666666t,0的图象如下图所示：

66

对于A选项，由图象可知，ymax1，ymin1，

所以，在0,上存在x1、x2，满足fx1fx22，A选项正确； 对于B选项，fx在0,上有1个或2个最小值点，B选项错误； 对于D选项，由于函数fx在0,有且仅有3个零点，则364，解得

1723，D选项正确； 66对于C选项，由于

17235，取3，当x0,时，3x，

266663此时，函数fx在区间0,故选：AD. 【点睛】

上不单调，C选项错误. 2关键点点睛：本题考查利用正弦型函数在区间上的零点个数判断正弦型函数的基本性质，

解本题的关键在于换元tx6，将问题转化为函数ysint在区间,上的

66零点个数问题，数形结合来求解.

7．在ABC中，下列说法正确的是（ ） A．若AB，则sinAsinB B．若C2，则sin2Csin2Asin2B

C．若sinAcosB，则ABC为钝角三角形 D．存在ABC满足cosAcosB0 【答案】ABC 【分析】

根据大角对大边，以及正弦定理，判断选项A；利用余弦定理和正弦定理边角互化，判断选项B；结合诱导公式，以及三角函数的单调性判断CD. 【详解】 A.B.

AB，ab，根据正弦定理

ab，可知sinAsinB，故A正确； sinAsinBa2b2c2C，cosC0，即a2b2c2，由正弦定理边角互化可知

2ab2sin2Csin2Asin2B，故B正确；

C.当0A2时，sinAcosBcosAcosB，即22ABAB2，即C2，则ABC为钝角三角形，若A2，

sinAcosBcosAcosB，即ABAB成立，A是钝角，当

222A2是，sinAcosB，所以综上可知：若sinAcosB，则ABC为钝角三角形，

故C正确；

D.ABAB，

0A,0B，

cosAcosBcosB，

即cosAcosB0，故D不正确. 故选：ABC 【点睛】

关键点点睛：本题考查判断三角形的形状，关键知识点是正弦定理和余弦定理，判断三角形形状，以及诱导公式和三角函数的单调性.

8．已知函数f(x)Asin(x)(A0,0,0)的部分图象如图所示，则下列

正确的是（ ）

A．f(x)2sin2x23 B．f(2021)1 D．xR,fC．函数y|f(x)|为偶函数 【答案】AD 【分析】

xfx0 66先利用图象得到A2，T，求得2，再结合x12时取得最大值求得，得到

解析式，再利用解析式，结合奇偶性、对称性对选项逐一判断即可. 【详解】

由图象可知，A2，由xT52，即T,2， 21212212时，f(x)2sin22=2k,kZ， =2，得212122220f(x)2sin2x2k,kZ，而即=，故=，故333确；

，A正22f(2021)2sin22021=2sin=3，故B错误； 332yf(x)2sin2x由322sin2x知，32=2sin2x不是恒成立，

3故函数y|f(x)|不是偶函数，故C错误； 由x

6

时，f22sin2636=2sin00是，故，62f(x)2sin2x3故选：AD. 【点睛】 方法点睛：

的对称中心，故xR,fxfx0，故D正确. 66三角函数模型f(x)Asin(x)b求解析式时，先通过图象看最值求A，b，再利用特殊点（对称点、对称轴等）得到周期，求，最后利用五点特殊点求初相即可.

二、数列多选题

9．各项均为正数的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a11，公比q1，则下列命题正确的是（ ）

A．若T5T9，则必有T141 C．若T6T7，则必有T7T8 【答案】ABC 【分析】

根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解. 【详解】

n1由等比数列{an}可知ana1q，由等比数列{an}的前n项积结合等差数列性质可知：

nn12n1n12n114126B．若T5T9，则必有T7是Tn中最大的项 D．若T6T7，则必有T5T6

Tna1a2a3ana1a1qa1q5101a1q91aqaqn12

对于A，若T5T9，可得aqaq，即aq1，Taq14A正确；

3614911aq4172621，故

对于B，若T5T9，可得a14q261，即aq21，又a11，故q1，又T5T9，可知

113a6a7a8a91，利用等比数列性质知a7a8a6a91，可知a61,a71,a81,a91，故T7是Tn中最大的项，故B正确；

对于C，若T6T7，则a16q15a17q21，即a1q61，又a10，则q1，可得

T8a8a1q7a1q61，故T7T8，故C正确； T7对于D，若T6T7，则a1q61，故选：ABC 【点睛】

关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n项和公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.

T6a6a1q5，无法判断其与“1”的大小关系，故D错误. T5

10．已知数列an，bn满足an1ann，bnan2nbn1，且a11，Sn是数列

bn的前n项和，则下列结论正确的有（ ）

A．mN，am5ama5 C．mN，bm16 【答案】BD 【分析】

an3331 n41D．nN，Sn1

3B．nN，

11n2n2b2ba2nb1用累加法得到an，代入nn，得nn，

n1n22代入am5ama5求出m可判断A；代入令bm2【详解】

因为an1ann，所以

an33求最值可判断B； n1116解出m可判断C；裂项相消后可求出Sn的范围可判断D. m1m2a2a11 a3a22

anan1n1(n2)

以上各式累加得

ana112n1nn(n1)1，当n1时，a11成立， (n1)，所以an22n(n1)n2n2所以an，由bnan2nbn1，得122bn112112an2nn(n1)12n(n1)(n2)n1n2，

2m5m4m29m22，122对于A，am5m(m1)5(51)m2m24 ， ama511222当am51m2m24m29m22ama5时，mN，A错误； ，得522n(n1)133(n1)34n3411， 对于B，an332217nn2n2n22a3331， 当且仅当n268取等号，因为nN，所以n8时，884所以B正确；

对于C，令bm21151216m3m0，解得得，m1m283m252N，所以C错误；

对于D， nN，Snb1b21111b32233411 n1n21211211，可以看出Sn是关于n递增的，所以n1时有最小值， n232n21Sn1，D正确. 3故选：BD. 【点睛】

所以

本题考查了由递推数列求通项公式、裂项相消求数列和，关键点是用累加法求出an，然后代入求出bn，考查了学生的推理能力、计算能力.