高考數學全國卷（甲卷、乙卷、新課標I、新課標II）3年（2023-2023）真題分類匯編三角函數與解 (1) (含解析)

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高考數學全國卷（甲卷、乙卷、新課標I、新課標II）3年（2023-2023）真題分類匯編三角函數與解三角形（多選題、填空題、雙空題）

一、多選題

1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知為坐標原點，點，，，，則（）

A．B．

C．D．

2．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（）

A．在區(qū)間單調遞減

B．在區(qū)間有兩個極值點

C．直線是曲線的對稱軸

D．直線是曲線的切線

3．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）雙曲線C的兩個焦點為，以C的實軸為直徑的圓記為D，過作D的切線與C交于M，N兩點，且，則C的離心率為（）

A．B．C．D．

二、填空題

4．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）若點關于軸對稱點為，寫出的一個取值為．

5．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）我國古代數學家趙爽用弦圖給出了勾股定理的證明.弦圖是由四個全等的直角三角形和中間的一個小正方形拼成的一個大正方形(如圖所示).若直角三角形直角邊的長分別是3，4，記大正方形的面積為，小正方形的面積為，則.

6．（2023·全國·高考真題）已知函數的部分圖像如圖所示，則.

7．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數的部分圖像如圖所示，則滿足條件的最小正整數x為．

8．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為，，，則．

9．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）若，則，．

10．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）我國南宋著名數學家秦九韶，發(fā)現了從三角形三邊求面積的公式，他把這種方法稱為“三斜求積”，它填補了我國傳統(tǒng)數學的一個空白．如果把這個方法寫成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三邊，S是三角形的面積．設某三角形的三邊，則該三角形的面積．

11．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知中，點D在邊BC上，．當取得最小值時，．

12．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為．

13．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）若為偶函數，則．

14．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數，如圖A，B是直線與曲線的兩個交點，若，則．

15．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在中，，的角平分線交BC于D，則．

16．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知點均在半徑為2的球面上，是邊長為3的等邊三角形，平面，則．

17．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）若，則．

18．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數在區(qū)間有且僅有3個零點，則的取值范圍是．

三、雙空題

19．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）在中，，M是的中點，，則，.

20．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）若函數的一個零點為，則；．

21．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）已知命題若為第一象限角，且，則．能說明p為假命題的一組的值為，．

22．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在中，，，點為的中點，點為的中點，若設，則可用表示為；若，則的最大值為．

參考答案：

1．AC

【分析】A、B寫出，、，的坐標，利用坐標公式求模，即可判斷正誤；C、D根據向量的坐標，應用向量數量積的坐標表示及兩角和差公式化簡，即可判斷正誤.

【詳解】A：，，所以，，故，正確；

B：，，所以，同理，故不一定相等，錯誤；

C：由題意得：，，正確；

D：由題意得：，

，故一般來說故錯誤；

故選：AC

2．AD

【分析】根據三角函數的性質逐個判斷各選項，即可解出．

【詳解】由題意得：，所以，，

即，

又，所以時，，故．

對A，當時，，由正弦函數圖象知在上是單調遞減；

對B，當時，，由正弦函數圖象知只有1個極值點，由，解得，即為函數的唯一極值點；

對C，當時，，，直線不是對稱軸；

對D，由得：，

解得或,

從而得：或,

所以函數在點處的切線斜率為，

切線方程為：即．

故選：AD．

3．AC

【分析】依題意不妨設雙曲線焦點在軸，設過作圓的切線切點為，利用正弦定理結合三角變換、雙曲線的定義得到或，即可得解，注意就在雙支上還是在單支上分類討論.

【詳解】[方法一]：幾何法，雙曲線定義的應用

情況一

M、N在雙曲線的同一支，依題意不妨設雙曲線焦點在軸，設過作圓的切線切點為B，

所以，因為，所以在雙曲線的左支，

，，，設，由即，則，

選A

情況二

若M、N在雙曲線的兩支，因為，所以在雙曲線的右支，

所以，，，設，

由，即，則，

所以，即，

所以雙曲線的離心率

選C

[方法二]：答案回代法

特值雙曲線

，

過且與圓相切的一條直線為，

兩交點都在左支,，

，

則，

特值雙曲線，

過且與圓相切的一條直線為，

兩交點在左右兩支，在右支，，

，

則，

[方法三]：

依題意不妨設雙曲線焦點在軸，設過作圓的切線切點為，

若分別在左右支，

因為，且，所以在雙曲線的右支，

又，，，

設，，

在中，有，

故即，

所以，

而，，，故，

代入整理得到，即，

所以雙曲線的離心率

若均在左支上，

同理有，其中為鈍角，故，

故即，

代入，，，整理得到：，

故，故，

故選：AC.

4．（滿足即可）

【分析】根據在單位圓上，可得關于軸對稱，得出求解.

【詳解】與關于軸對稱，

即關于軸對稱，

，

則，

當時，可取的一個值為.

故答案為：（滿足即可）.

5．25

【分析】分別求得大正方形的面積和小正方形的面積，然后計算其比值即可.

【詳解】由題意可得，大正方形的邊長為：，

則其面積為：，

小正方形的面積：，

從而.

故答案為：25.

6．

【分析】首先確定函數的解析式，然后求解的值即可.

【詳解】由題意可得：，

當時，，

令可得：，

據此有：.

故答案為：.

【點睛】已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分圖象求其解析式時，A比較容易看圖得出，困難的是求待定系數ω和φ，常用如下兩種方法：

(1)由ω＝即可求出ω；確定φ時，若能求出離原點最近的右側圖象上升(或下降)的“零點”橫坐標x0，則令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.

(2)代入點的坐標，利用一些已知點(最高點、最低點或“零點”)坐標代入解析式，再結合圖形解出ω和φ，若對A，ω的符號或對φ的范圍有要求，則可用誘導公式變換使其符合要求.

7．2

【分析】先根據圖象求出函數的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整數或驗證數值可得.

【詳解】由圖可知，即，所以；

由五點法可得，即；

所以.

因為，；

所以由可得或；

因為，所以，

方法一：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，即，

解得，令，可得，

可得的最小正整數為2.

方法二：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，又，符合題意，可得的最小正整數為2.

故答案為：2.

【點睛】關鍵點睛：根據圖象求解函數的解析式是本題求解的關鍵，根據周期求解，根據特殊點求解.

8．

【分析】由三角形面積公式可得，再結合余弦定理即可得解.

【詳解】由題意，，

所以，

所以，解得（負值舍去）.

故答案為：.

9．

【分析】先通過誘導公式變形，得到的同角等式關系，再利用輔助角公式化簡成正弦型函數方程，可求出，接下來再求．

【詳解】[方法一]：利用輔助角公式處理

∵，∴，即，

即，令，，

則，∴，即，

∴，

則.

故答案為：；.

[方法二]：直接用同角三角函數關系式解方程

∵，∴，即，

又，將代入得，解得，

則.

故答案為：；.

10．.

【分析】根據題中所給的公式代值解出．

【詳解】因為，所以．

故答案為：.

11．/

【分析】設，利用余弦定理表示出后，結合基本不等式即可得解.

【詳解】[方法一]：余弦定理

設，

則在中，，

在中，，

所以

，

當且僅當即時，等號成立，

所以當取最小值時，.

故答案為：.

[方法二]：建系法

令BD=t，以D為原點，OC為x軸，建立平面直角坐標系.

則C（2t,0），A（1，），B（-t,0）

[方法三]：余弦定理

設BD=x,CD=2x.由余弦定理得

，，

，，

令，則，

，

，

當且僅當，即時等號成立.

[方法四]：判別式法

設，則

在中，，

在中，，

所以，記，

則

由方程有解得：

即，解得：

所以，此時

所以當取最小值時，，即.

12．

【分析】首先表示出，根據求出，再根據為函數的零點，即可求出的取值，從而得解；

【詳解】解：因為，（，）

所以最小正周期，因為，

又，所以，即，

又為的零點，所以，解得，

因為，所以當時；

故答案為：

13．2

【分析】利用偶函數的性質得到，從而求得，再檢驗即可得解.

【詳解】因為為偶函數，定義域為，

所以，即，

則，故，

此時，

所以，

又定義域為，故為偶函數，

所以.

故答案為：2.

14．

【分析】設，依題可得，，結合的解可得，，從而得到的值，再根據以及，即可得，進而求得．

【詳解】設，由可得，

由可知，或，，由圖可知，

，即，．

因為，所以，即，．

所以，

所以或，

又因為，所以，．

故答案為：．

【點睛】本題主要考查根據圖象求出以及函數的表達式，從而解出，熟練掌握三角函數的有關性質，以及特殊角的三角函數值是解題關鍵．

15．

【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根據等面積法求出；

方法二：利用余弦定理求出，再根據正弦定理求出，即可根據三角形的特征求出．

【詳解】

如圖所示：記，

方法一：由余弦定理可得，，

因為，解得：，

由可得，

，

解得：．

故答案為：．

方法二：由余弦定理可得，，因為，解得：，

由正弦定理可得，，解得：，，

因為，所以，，

又，所以，即．

故答案為：．

【點睛】本題壓軸相對比較簡單，既可以利用三角形的面積公式解決角平分線問題，也可以用角平分定義結合正弦定理、余弦定理求解，知識技能考查常規(guī)．

16．2

【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結合直棱柱的外接球以及求的性質運算求解.

【詳解】如圖，將三棱錐轉化為直三棱柱，

設的外接圓圓心為，半徑為，

則，可得，

設三棱錐的外接球球心為，連接，則，

因為，即，解得.

故答案為：2.

【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法

（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解；

（2）若球面上四點P、A、B、C構成的三條線段PA、PB、PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，根據4R2＝a2＋b2＋c2求解；

（3）正方體的內切球的直徑為正方體的棱長；

（4）球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長；

（5）利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解．

17．

【分析】根據同角三角關系求，進而可得結果.

【詳解】因為，則，

又因為，則，

且，解得或（舍去），

所以.

故答案為：.

18．

【分析】令，得有3個根，從而結合余弦函數的圖像性質即可得解.

【詳解】因為，所以，

令，則有3個根，

令，則有3個根，其中，

結合余弦函數的圖像性質可得，故，

故答案為：.

19．

【分析】由題意結合余弦定理可得，進而可得，再由余弦定理可得.

【詳解】由題意作出圖形，如圖，

在中，由余弦定理得，

即，解得（負值舍去），

所以，

在中，由余弦定理得，

所以；

在中，由余弦定理得.

故答案為：；.

20．1

【分析】先代入零點，求得A的值，再將函數化簡為，代入自變量，計算即可.

【詳解】∵，∴

∴

故答案為：1，

21．

【分析】根據正切函數單調性以及任意角的定義分析求解.

【詳解】因為在上單調遞增，若，則，

取，

則，即，

令，則，

因為，則，

即，則