高考数学压轴专题2020-2021备战高考《三角函数与解三角形》真题汇编及答案

一、选择题

1．已知0,，sinA．

3cos2，则（ ） 356C．

24 25B．24 257 25D．7 25【答案】B 【解析】 【分析】

2sincos2根据余弦的二倍角公式先利用求得.再由诱导公式求出

33sin2,再利用同角三角函数关系中的平方关系求得cos2.根据角的取值范

66围,舍去不合要求的解即可. 【详解】 因为sin3 352由余弦二倍角公式可得cos23而cos2732 12sin123525223cos2sin2

6267 252sin2cos2所以63由同角三角函数关系式可得cos2因为0, 则2421sin2 662534sin,0 ,而33335, 33所以则, 33所以22,2 3332,326232, ,即662又因为sin2故cos2732,0,所以62625 0 6所以cos2故选:B 【点睛】

24 625本题考查了同角三角函数关系式及诱导公式的化简应用,三角函数恒等变形及角的范围确定,综合性较强,属于中档题.

2．如图，直三棱柱ABCABC的侧棱长为3，ABBC，ABBC3，点E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBF，当三棱锥BEBF的体积取得最大值时，则异面直线AF与AC所成的角为（ ）

A．

 2B．

 3C．

 4D．

 6【答案】C 【解析】 【分析】

设AEBFa，VBEBF1S3EBFBB，利用基本不等式，确定点

E，F的位置，然后根据EF//AC，得到AFE即为异面直线AF与AC所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】

设AEBFa，则VBEBFa3a9，当且仅当11a3a332882a3a，即a3时等号成立， 23395，AF5，AFAA2AF2，222即当三棱锥BEBF的体积取得最大值时，点E，F分别是棱AB，BC的中点， 方法一：连接AE，AF，则AEEF132， AC22因为EF//AC，所以AFE即为异面直线AF与AC所成的角，

81945AFEFAE4242， 由余弦定理得cosAFE932AFEF22222∴AFE．

4方法二：以B为坐标原点，以BC、BA、BB分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

222

则A0,3,0，C3,0,0，A0,3,3，F∴AF3,0,0， 23,3,3，AC3,3,0， 299AFAC22所以cosAF,AC，

92AFAC322所以异面直线AF与AC所成的角为故选：C 【点睛】

本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.

． 4

3．函数fxcos2xx,2的图象与函数gxsinx的图象的交点横坐标的和为（ ） A．

5π 3B．2

C．

7 6D．

【答案】B 【解析】 【分析】

根据两个函数相等，求出所有交点的横坐标，然后求和即可. 【详解】

令sinxcos2x，有sinx12sin2x，所以sinx1或sinx所以x1.又x,2，235或x或x或x，所以函数fxcos2xx,2的图2266象与函数gxsinx的图象交点的横坐标的和s【点睛】

2352，故选B. 266本题主要考查三角函数的图象及给值求角，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.

4．函数ysin2xA．向右平移得到 B．向右平移得到 C．向左平移到 D．向左平移到 【答案】D 【解析】 【分析】

个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变6的图象可由函数y3sin2xcos2x的图象（ ） 6个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变31个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得321个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得62y2sin2x合并y3sin2xcos2x得：，利用平移、伸缩知识即可判断选项。 6【详解】

y2sin2x由y3sin2xcos2x得： 6将它的图象向左平移

个单位， 6可得函数y2sin2x2sin2x的图象， 6661ysin2x再将上述图象上所有点的纵坐标缩短到原来的，横坐标不变得到：图

62象. 故选：D

【点睛】

本题主要考查了三角函数图象的平移、伸缩变换，考查了两角差的正弦公式，属于中档题。

5．在ABC中，A600,BC10,D是边AB上的一点，CD2,CBD的面积为

1，

则BD的长为（ ）

3A． B．4 C．2

2【答案】C 【解析】 11210sinBCD1sinBCD 25BD2102210222D．1

24BD2,选C 52

6．若函数f(x)Asin(x)（其中A0，||其相邻一条对称轴方程为x)图象的一个对称中心为(3，0)，

7，该对称轴处所对应的函数值为1，为了得到1212g(x)cos2x的图象，则只要将f(x)的图象( )

A．向右平移C．向左平移【答案】B 【解析】 【分析】

个单位长度 6个单位长度 6B．向左平移D．向右平移

个单位长度 个单位长度

12由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得fx的解析式，再根据函数yAsinx的图象变换规律，诱导公式，得出结论． 【详解】

根据已知函数fxAsinx

(其中A0，可得A1，

7,1， )的图象过点,0，2312127， 4123解得：2．

再根据五点法作图可得2可得：3，

3，

可得函数解析式为：fxsin2x. 3fxsin2x故把的图象向左平移个单位长度， 312可得ysin2x故选B． 【点睛】

本题主要考查由函数yAsinx的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，函数yAsinx的图象变换规律，诱导公式的应用，属于中档题．

3cos2x的图象， 6

7．要得到函数y＝sin（2x+（ ） A．向左平移C．向左平移【答案】D 【解析】 【分析】

）的图象，只需将函数y＝cos（2x﹣）的图象上所有点995个单位长度 185个单位长度 365个单位长度 185个单位长度 36B．向右平移D．向右平移

7ycos2xysin2x先将函数转化为，再结合两函数解析式进行对比，得

918出结论． 【详解】

75ycos2xsin2xsin2xsin2x函数 99218369要得到函数ysin2x的图象，

9只需将函数ycos2x【点睛】

9的图象上所有点向右平移

5个单位长度，故选D． 36本题考查函数yAsinxb的图象变化规律，关键在于能利用诱导公式将异名函数化为同名函数，再根据左右平移规律得出结论．

8．函数fx（ ） A．

1sinxcosx1sinxcosx1tanx0x的最小值为

1sinxcosx1sinxcosx32162 3B．

53 3C．243 3D．43 3【答案】B 【解析】 【分析】

利用二倍角公式化简函数fx，求导数，利用导数求函数的最小值即可. 【详解】

xxxxxx2sincos2cos22sincos1sinxcosx1sinxcosx222222 1sinxcosx1sinxcosx2cos2x2sinxcosx2sin2x2sinxcosx2222222sin2xxxxxx2sinsincos2cossincossinxcosx222222222， xxsinxxxxxxxsin2cossincos2sinsincoscos22222222则fx21tanx0x， sinx322cosx16cos3xcos2x121sinx. f(x)2222sinx3cosx3sinxcosxsinx3cosx令tcosx0,1，gt6tt1为减函数，且g3210， 2所以当0x当

3时，

1t1,gt0，从而f'x0； 21,gt0，从而f'x0. 23x2时，0t故fxminf故选：A 【点睛】

53. 33本题主要考查了三角函数的恒等变换，利用导数求函数的最小值，换元法，属于中档题.

9．直线ya与函数f(x)tanx(0)的图象的相邻两个交点的距离为2，4若fx在m,mm0上是增函数，则m的取值范围是（ ） A．(0,

4

] B．(0,]

2C．(0,3] 4D．(0,3] 2【答案】B 【解析】 【分析】

根据直线ya与函数fx的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，得到1，则21fxtanx，然后求得其单调增区间，再根据fx在m,mm0上是增

42函数，由(m,m)是增区间的子集求解. 【详解】

因为直线ya与函数fx的图象的相邻两个交点的距离为一个周期， 所以由k11，fxtanx，

42213xk，得2kx2k(kZ)， 2422223,上是增函数， fx所以在22由(m,m)解得0m故选：B 【点睛】

本题主要考查正切函数的图象和性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题

3,， 22.

2

10．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，则ABC的面积

22221abc(ab)2S.根据此公式，若acosBb3ccosA0，且42a2b2c22，则ABC的面积为（ ）

A．2 【答案】A

B．22

C．6

D．23 【解析】 【分析】

根据acosBb3ccosA0，利用正弦定理边化为角得

sinAcosBcosAsinB3sinCcosA0，整理为sinC13cosA0，根据

sinC0，得cosA1，再由余弦定理得bc3，又a2b2c22，代入公式32c2b2a212(bc)S42【详解】

求解. 由acosBb3ccosA0得sinAcosBcosAsinB3sinCcosA0， 即sinAB3sinCcosA0，即sinC13cosA0， 因为sinC0，所以cosA2221， 32bc2，所以bc3， 3由余弦定理abc2bccosA22221cba122(bc)2由ABC的面积公式得S312 424故选：A 【点睛】

本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

11．已知3sinA．2435cos，则tan（ ）

1477B．

5 33 5C．

3 5D．

5 3【答案】B 【解析】 【分析】

根据诱导公式计算得到tan答案. 【详解】

由诱导公式可知3sin335，故tantan，解得

14732724333sin33sin， 777又3sin243335cos得3sin5cos， 777731335tantan，所以tan145. 327tan737故选：B. 【点睛】

本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和转化能力.

12．若函数ytan2x围为（ ） A．3, 【答案】A 【解析】 【分析】

计算3tan2x【详解】 ∵x0,kx，0,的图象都在x轴上方，则实数k的取值范36B．

3,

C．3,

D．3,0

tan2x0，k恒成立，得到答案.

336，∴32x0，∴3tan2x0，

33函数ytan2x即对任意的x0,∵tan2x故选：A. 【点睛】

kx，0,的图象都在x轴上方， 366，都有tan2xtan2xk0，即k，

333，∴k3，k3. 3本题考查了三角函数恒成立问题，转化为三角函数值域是解题的关键.

13．函数fx2sinx3cosx2，x22,的值域为（ ） 36A．0,

3【答案】A 【解析】

4B．1,

34C．1,

45D．0,

45【分析】

化简得到fx3sinx2sinx1，设tsinx，利用二次函数性质得到答案. 【详解】

根据sin2xcos2x1，得fx3sinx2sinx1，x令tsinx，由x222,， 3612,，得sinx1,， 3622故t0,1，有y3t2t1，t0,1，二次函数对称轴为t1， 3当t41时，最大值y；当t1时，最小值y0， 33

4综上，函数fx的值域为0,. 3故选：A. 【点睛】

本题考查了三角函数值域，换元可以简化运算，是解题的关键.

14．函数f(x)a2sinxacosx2cosx的图象关于直线x值为（ ） A．2或2 【答案】D 【解析】 【分析】

根据函数f(x)asinxacosx2cosx的图象关于直线xf()f(0)，解得a，得到函数再求最值. 22π对称，则f(x)的最大4D．2或42 B．2 C．42 π对称，则有4【详解】

因为函数f(x)asinxacosx2cosx的图象关于直线x所以f()f(0)，

2即a2a20， 解得a2或a1，

2π对称， 4f(x)4sinx2cosx2cosx42sinx当a2时，，此时f(x)的最大值为

442；

当a1时，f(x)sinxcosx2cosx综上f(x)的最大值为2或42. 故选：D 【点睛】

2sinx，此时f(x)的最大值为2；

4本题主要考查三角函数的性质，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.

15．在三角形ABC中，给出命题p:“abc2”，命题q:“CA．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】

由余弦定理将c2化为a2b22abcosC，整理后利用基本不等式求得12cosC2，求出C范围，即可判断充分性，取a4，b7，c6，则可判断必要性不成立，两者结合可得正确的选项. 【详解】

充分性：由余弦定理，c2a2b22abcosC， 所以abc2，即aba2b22abcosC，

3”，则p是q的（ ）

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

a2b2整理得，12cosC，

aba2b22a2b2由基本不等式，2，

abab当且仅当ab时等号成立， 此时，12cosC2，即cosC充分性得证；

必要性：取a4，b7，c6，则cosC故C164936291，

2475621，解得C， 233，但ab28c2，故C3推不出abc2.

故必要性不成立； 故p是q的充分不必要条件. 故选：A 【点睛】

本题主要考查充分必要条件的判断、余弦定理的应用和基本不等式的应用，考查学生分析转化能力，属于中档题.

16．已知角的终边与单位圆交于点P(,)，则cos的值为( ) A．

34553 5B．

3 5C．

4 5D．4 5【答案】B 【解析】 【分析】

根据已知角的终边与单位圆交于点P(,)，结合三角函数的定义即可得到cos的值. 【详解】

因为角的终边与单位圆交于点P(,)， 所以x,y所以cos故选B. 【点睛】

该题考查的是有关已知角终边上一点求其三角函数值的问题，涉及到的知识点有三角函数的定义，属于简单题目.

34553455354,r1， 53， 5

17．已知曲线C1:ysinx，C2:ycosA．把C1上各点的横坐标缩短到原来的单位长度，得到曲线C2

B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移单位长度，得到曲线C2

C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的单位长度，得到曲线C2

D．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移单位长度，得到曲线C2 【答案】D 【解析】

1x，则下面结论正确的是（ ）

321倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个

32个31倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个

32个3【分析】

根据三角函数的周期变换和左右平移变换依次得到各选项中所得的函数解析式，从而得到正确选项. 【详解】

A中，将ysinx横坐标缩短到原来的

得：ysin2x1倍得：ysin2x；向右平移个单位长度后

322sin2x33sin2xcos2x，A错误；

2661x；向右平移个单位长度后

32B中，将ysinx横坐标伸长到原来的2倍得：ysin得：ysin误；

11121xsinxcosxcosx，B错2366232221C中，将ysinx横坐标缩短到原来的倍得：ysin2x；向左平移个单位长度后

32得：ysin2x2sin2x33sin2xcos2x，C错误；

2661x；向左平移个单位长度后

32D中，将ysinx横坐标伸长到原来的2倍得：ysin得：ysin故选：D 【点睛】

1111xsinxcosxcosx，D正确. 222366232本题考查三角函数的周期变换和平移变换的问题，关键是能够准确掌握变换原则，得到变换后的函数解析式.

18．在ABC中，角A的平分线交边BC于D，AB4，AC8，BD2，则

△ABD的面积是（ ）

A．15 【答案】A 【解析】 【分析】

先根据正弦定理求得DC，再结合余弦定理求得cosB，进而求出S论． 【详解】 如图：

ABDB．315 C．1 D．3

，即可求得结

sinADCsinADBsinADB，

在△ABD中，由正弦定理得

BDAB，同理可得

sinBADsinADBCDAC，

sinCADsinADC因为ABC中，角A的平分线交边BC于D，上述两个等式相除得

BDAB， CDACAB4，AC8，BD2，CDACBD824，BC6. AB42AB2BC2AC24262821151. cosB，sinB12ABBC246444S1ABBDsinB15． ABD2故选：A． 【点睛】

本题考查三角形面积的求法以及角平分线的性质应用，是中档题，解题时要注意余弦定理的合理运用，考查计算能力，属于中等题.

19．关于函数fxsintanxcostanx有下述四个结论： ①fx是奇函数；

fx②在区间0,单调递增；

4③是fx的周期； ④fx的最大值为2.

其中所有正确结论的个数是（ ） A．4 【答案】C 【解析】 【分析】

计算fxsintanxcostanx得到①错误，根据复合函数单调性判断法则判断②正确，fxfx③正确，假设fx的最大值为2，取fa2，得到矛盾，④错误，得到答案.

B．3

C．2

D．1

【详解】

fxsintanxcostanx，

fxsintanxcostanxsintanxcostanx，

所以fx为非奇非偶函数，①错误； 当x0,时，令ttanx，t0,1， 4又t0,1时ysint单调递增，ycost单调递减，根据复合函数单调性判断法则， 当x0,时，ysintanx，ycostanx均为增函数， 4fx所以在区间0,单调递增，所以②正确；

4fxsintanxcostanxsintanxcostanxfx，

所以是fx的周期，所以③正确；

假设fx的最大值为2，取fa2，必然sintana1，costana1， 则tana22k，kZ与tana2k，kZ矛盾，所以fx的最大值小于

2，所以④错误. 故选：C. 【点睛】

本题考查了三角函数奇偶性，单调性，周期，最值，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.

20．在极坐标系中，曲线4sinA．直线【答案】A 【解析】 【分析】 由4sin因为直线【详解】

关于（ ） 6C．点2,3对称

B．直线6对称

对称 6D．极点对称

22，得直角坐标方程：x2xy23y0 ，圆心为1,3 ，又63即：y3x 过点1,3，由此便可得出答案.

由曲线4sinxcos24sin，化简得曲线，又因为，即：

66ysin的直角坐标方程：x22xy223y0 ，故圆心为1,3 . 又因为直线直线3,直角坐标方程为：y3x ，直线y3x过点1,3，故曲线关于

3对称

故选：A. 【点睛】

本题主要考查曲线及直线的极坐标方程与直角坐标方程的转化，以及圆关于过圆心的直线对称的知识，属于中等难度题目.