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【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题09 三角函数与解三角形小题 （压轴版）
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1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】
专题09 三角函数与解三角形小题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）设，函数满足，则α落于区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，确定函数的最大值，根据最值和极值的关系，可得方程，利用零点存在性定理，可得答案.
【详解】由题意，可知函数在上当时取得最大值，
且，
由于，则，
由，，，，
根据零点存在性定理，可知，
故选：C.
2．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知，分别根据函数在区间上单调递增，在时，恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.
【详解】由已知，函数在上单调递增，
所以，解得：，
由于，所以，解得：①
又因为函数在上恒成立，
所以，解得：，
由于，所以，解得：②
又因为，当时，由①②可知：，解得；
当时，由①②可知：，解得.
所以的取值范围为.
故选：B.
【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.
3．（2023秋·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围.
【详解】，，其中，解得：，
则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①，
，令，解得：；或要满足②，，
令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，
综上：的取值范围是.
故选：C
【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解.
4．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）设，，，这三个数的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式得到，结合的单调性，比较出，先利用多次求导，得到，，从而得到，比较出.
【详解】，
∵，而在上单调递增，
∴
且时，，以下是证明过程：
令，，
，令，
故，令，
故，令，
则，令，
故，令，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
∴，
∴，
∴.
故选：C．
【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
，
，
，
，
，
.
5．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用导数证明不等式当时，，进而得，再讨论与的关系即可判断.
【详解】解：令，，则在上恒成立，
所以，函数在上单调递减，
所以，当时，，即，；
令，，则，
所以，函数在上单调递减，
所以，当时，，即，，
所以，当时，
所以，，
因为，
所以
所以，，即
，即
所以，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用时，，结合二倍角公式，比较与的关系判断.
6．（2023·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习）图为世界名画《蒙娜丽莎》.假设蒙娜丽莎微笑时的嘴唇可看作半径为的圆的一段圆弧，且弧所对的圆周角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先根据题意画出相应的图，弧上的点与圆上的点的最短距离即为圆心距减去两圆半径，找出圆心距的最大值即可.
【详解】
如图，弧的中点为，
弧所对的圆周角为，则弧所对的圆心角为，
圆的半径为，
在弧上取两点、，则，
分别过点、作圆的切线，并交直线于点，
当过点、的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点、，使过点、的切线为两圆的内公切线，
则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点，
过点，分别向、作垂线，垂足为、，
则即为圆的半径，
此时圆与圆皆满足题意：弧上存在四点、、、，过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切.
线段交圆于点，
则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度.
在直角中，，
，
即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.
故选：.
7．（2023秋·河北石家庄·高三校联考期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期是B．的图象关于直线对称
C．在上有4个极值点D．在上单调递减
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用函数周期性、对称性定义判断A，B；求导并探讨导数在上的正负情况判断C；探讨函数在上单调性判断D作答.
【详解】函数，
对于A，，
即不是的周期，A不正确；
对于B，因为，而，
显然函数图象上的点关于直线的对称点不在的图象上，B不正确；
对于C，当或时，，，
此时或，当或，
即或时，函数取得最值，因此在或取极值，
当时，，，此时，
当或，即或时，函数取得最值，因此在或取极值，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又函数是定义域R上的连续函数，则是函数的一个极小值点，
所以函数在上的极值点至少有5个，C不正确；
对于D，因为，则是函数的一个周期，
当时，，由选项C知函数在上单调递减，
因此函数在上单调递减，所以在上单调递减，D正确.
故选：D
8．（2023秋·辽宁·高三校联考期末）设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据为任意实数，转化为研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，求出函数在轴右侧靠近坐标原点处的零点，得到相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，根据相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，列式可求出结果.
【详解】因为为任意实数，故函数的图象可以任意平移，从而研究函数在区间上的零点问题，即研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，
令，得，则它在轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为，，，，，，
则它们相邻两个零点之间的距离分别为，，，，，
故相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，
所以要使函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则需相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，
即，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：在求解复杂问题时，要善于将问题进行简单化，本题中的以及区间是干扰因素，所以排除干扰因素是解决问题的关键所在.
9．（2023春·辽宁本溪·高三校考阶段练习）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知数，构造函数比较a，b大小；构造函数比较a，c大小作答.
【详解】令，当时，，
即函数在上单调递增，则有，因此，即，
令，，有，则在上单调递增，
因此，即，则有，
令，，因此在上单调递增，
即有，则，于是，即，
所以．
故选：D
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
10．（2023秋·重庆·高三统考学业考试）已知锐角中，内角、、的对边分别为、、，，若存在最大值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简可得出，根据为锐角三角形可求得角的取值范围，利用二倍角公式以及诱导公式化简得出，求出的取值范围，根据二次函数的基本性质可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得
，
因为为锐角三角形，则，，所以，，
又因为函数在内单调递增，所以，，可得，
由于为锐角三角形，则，即，解得，
，
因为，则，
因为存在最大值，则，解得.
故选：C.
【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：
①利用和的最值直接求；
②把形如的三角函数化为的形式求最值；
③利用和的关系转换成二次函数求最值；
④形如或转换成二次函数求最值.
11．（2023·安徽蚌埠·统考三模）在中，为上一点，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据条件转化边角的关系，计算即可.
【详解】法一、相似转化边的关系
如图所示，在和中，有,
故,设，则，,所以
设则根据相似比：得
又，由余弦定理可得：
则，，故
法二、正弦定理边化角.
设，则,
在和中,有，由正弦定理有：，
两式相除得：
由三角恒等变换公式得：
由弦化切，构造齐次式得：，
即，解之得：或
在中，则，故
故选：D
【点睛】本题考察向量与解三角形的综合，属于压轴题.方法一通过已知找到边之间的关系是关键，在根据余弦定理即可解得答案；方法二是根据“爪”型三角形，通过两次正弦定理转化边角关系，解有关角的方程，颇考验计算功底.
12．（2023春·安徽合肥·高三校考开学考试）设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性判断b，c大小，构造函数，利用导数探讨单调性判断c，a大小作答.
【详解】令，求导得，显然，而，
则有，即函数在上单调递增，，即当时，，
取，于是得，因此，
令，求导得，
显然在上单调递减，，
即，函数在上单调递增，，即当时，，
取，于是得，即，
所以a，b，c的大小关系是.
故选：C
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
13．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知，，，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造，，得到，构造，，多次求导得到，从而得到，再构造，，多次求导后得到，从而比较出大小.
【详解】设，，
故，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，故，当且仅当时，等号成立，
因为，故，
设，，
则，，
设，则，，
设，则在上恒成立，
故在上单调递增，则，
故在上单调递增，则，
故在上单调递增，
则在上恒成立，
所以，则，
故，
设，，
故，，
设，则，，
设，则，，
设，则在上恒成立，
故在上单调递减，故，
故在上单调递减，故，
故在上单调递减，故，
故在上单调递减，故，
所以，即，
又，即.
故选：A
【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
，，
，
，
，.
二、多选题
14．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知函数满足．下列说法正确的是（ ）．
A．
B．当，都有，函数的最小正周期为
C．若函数在上单调递增，则方程在上最多有4个不相等的实数根
D．设，存在，，则
【答案】ACD
【分析】A选项，赋值法得到且关于中心对称；B选项，得到，故；
C选项，结合函数图象得到，即，先考虑时，实数根的个数，再由函数图象的伸缩变化得到时根的情况，求出答案；
D选项，分析得到，即在有两个最大值点，故，求出，，根据最大值点个数列出不等式组，求出的取值范围.
【详解】对应A，中，令可得：，故，且关于中心对称，A正确；
对于B，因为，恒成立，
不妨取时，此时之间的距离最长，求得的周期应为函数的最小周期，
∴，
∴，B错误；
对于C，画出大致图象，因为关于中心对称，
又在单调递增，
∴，
∴．
当时，此时，故，
将代入可得，
解得：，故，不妨令
令，解得：，
因为，所以，
故令或或或，解得：或或或.
所以在两个周期内存在四个根．
时，此时图象纵坐标不变，横坐标变大，整个函数图象拉伸，
故在至多4个根，C正确；
对于D，，
，，
即，，即，
∴，
即在至少有两个最大值点，故，
∴，
∴，，，
由于，所以，
①，解得；
②，解得；
③，解得．②与③求并集为；
当时，，满足在至少有两个最大值点，
可知，D对．
故选：ACD．
【点睛】在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力.
15．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.例如已知函数，函数则下列说法中正确的有（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数图象关于直线对称
C．函数的值域是
D．方程只有一个实数根
【答案】BCD
【分析】根据绝对值的几何意义去绝对值可判断A，利用对称性判断B，根据的值域可判断C，根据的值域分类讨论可求D.
【详解】，
所以函数在区间上不是单调递增，A错误；
当为奇数时，，
，
此时，
当为偶数时，，
，
此时，
所以，
所以函数图象关于直线对称，B正确；
由题可得，
所以，
所以当时，
当时，
当时，
所以函数的值域是，C正确；
若，则方程，即，
但，所以此时无解；
若，则方程，即，
但，
因为，所以，所以，
满足题意，
若，则方程，即，
但，不满足题意，
所以方程只有一个实数根为，D正确，
故选:BCD.
16．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）已知函数，则（ ）
A．函数不是周期函数
B．函数的图象只有一个中心对称点
C．函数的单调减区间为
D．曲线只有一条过点的切线
【答案】AD
【分析】A选项，利用反证法判断出答案；B选项，设关于中心对称，得到，列出方程，求出，得到对称中心不止一个；C选项，由导函数结合定义域求出函数的单调性；D选项，设出切点，得到切线方程，代入，化简后得到，换元后得到，，分，与，得到函数的单调性，极值，最值情况，结合隐零点推出零点个数.
【详解】对于A，因为的定义域是，
所以若有周期，则周期为的整数倍，假设周期，
则即，
当为奇数时，等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；
当为偶数时，等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；
综上，则不是周期函数，A正确；
对于B，设关于中心对称，
，
∴，即；
令，，则，，所以，
则，解得：，，
关于，中心对称，对称中心不止一个，B不正确；
对于C，令，得，
解得或，；
∵的定义域为，
∴的单调递减区间为，，，，，C不正确；
对于D，设切点，
切线方程为，
∵切线过
∴，化简得，
故，令，
，
当时，，故，
∴在上单调递减，
因为，
由零点存在性定理可得：在上有唯一零点，
当时，令，，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
故，
故，
当时，单调递减，
因为，
，
故存在，使得，即，
结合，可得：或，
因为，所以，，
故，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极大值，
因为，所以，
故时，，
所以在上无零点，
在有且仅有一个零点，D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
17．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象
D．函数的零点个数为7
【答案】ABD
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函数，利用导数结合图形判断D作答.
【详解】观察图象知，函数的周期，则，而，
即有，由知，，因此，A正确；
显然，当时，，因此单调递增，B正确；
将图象上各点横坐标变为原来的得，再将所得图象向右平移个单位长度，得，
而，C错误；
由，得，令，则，
令，显然当时，，即恒有，函数在上无零点，
当时，，令，，
函数在上都递减，即有在上递减，，
，因此存在，，
当时，，当时，，有在上递增，在递减，
，，
于是存在，，当时，，当时，，
则函数在上递减，在递增，，，
从而函数在上存在唯一零点，而函数周期为，在上单调递增，如图，
，，，
从而函数在上各有一个零点，又0是的零点，即函数在定义域上共有7个零点，
所以函数的零点个数为7，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
18．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．是函数的一个零点B．函数的图象关于直线对称
C．方程在上有三个解D．函数在上单调递减
【答案】ABD
【分析】先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，
对于AB，将与代入检验即可；
对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；
对于D，利用整体法及的单调性即可判断.
【详解】因为，，所以，解得，
又为正整数，所以，所以，
所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，
（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），
由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，
又，所以，，所以，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于A，令，因为，所以，
显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；
对于A，当时，，
因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.
19．（2023秋·山东济南·高三统考期中）在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若面积为1，则三条高乘积平方的最大值为
D．若为边上一点，且，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，利用三角恒等变换及特殊角的三角函数值即可得到；
对于B，利用余弦定理得到，将代入解得，从而得到，由此得证；
对于C，利用三角形面积公式得到，从而得到，利用基本不等式易知当时，式子取得最大值，由此得证；
对于D，利用向量的线性运算及数量积运算得到，从而利用基本不等式“1”的妙用即可证得.
【详解】对于A，因为，所以，
则由正弦定理得，
则，
因为，所以，故，
又，所以，故A错误；
对于B，由余弦定理得，
因为，即，代入上式得，
整理得，解得或（舍去），则，
所以，故B正确；
对于C，设边上的高分别是，
则由三角形面积公式易得，则，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
此时，得，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
可得，
整理得，故，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
20．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知函数，其中、.则下列说法中正确的有（ ）.
A．的最小值为
B．的最大值为
C．方程在上有三个解
D．在上单调递减
【答案】BC
【分析】根据题意，可得，由，求解出的取值范围，根据对应范围内的函数解析式，即可求出的最值，进而判断A、B选项；令，分和两种情况解方程，即可判断C选项；取，求出此时函数的单调区间，即可判断函数在上的单调性，从而判断在上的单调性，进而判断D选项.
【详解】，
即，其中，，.
由，即，，
所以当时，，
即，，
所以当，即时，，
当，即时， ；
当时，，
即，，
所以当，即时，，
由于，所以无最小值.
综上所述，的最小值为，最大值为，故A错误，B正确；
由，所以当时，，
即，
即或， ，
所以或，.
当时，，
即，
即或， ，
所以，，
综上所述，方程在上有三个解，故C正确；
取时，，
令，即；
令，即；
由于，所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减，即函数在上有增有减，则在上有增有减，故D错误.
故选：BC.
21．（2023秋·河北衡水·高三校考阶段练习）已知是的导函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．将图象上所有的点向右平移个单位长度可得的图象
B．与的图象关于直线对称
C．与有相同的最大值
D．当时，与都在区间上单调递增
【答案】AC
【分析】首先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误.
【详解】，.
将的图像向右平移个单位得的图像，故A选项正确；
已知的图像与的图像关于直线对称，
，故B选项错误；
，其中，最大值为，
，其中，最大值为，故C选项正确；
当时，，，
当时，在上单调递增，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递减，
综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.
故选：AC
22．（2023春·安徽亳州·高三蒙城第一中学统考开学考试）已知函数的图象关于点对称，且存在，使在上单调递增，则下列选项正确的是（ ）
A．的最小正周期
B．在上单调递增
C．函数的图象不可能关于点对称
D．函数在内不存在极值点
【答案】AC
【分析】A选项，依据周期的定义，计算的范围可判断；B选项，的单调增区间在距对称中心前后内，令，求出的范围可判断结果；C选项，的每个对称中心间隔为，计算对称中心的范围判断是否在此范围内即可； D选项，的极值点为，依据周期的范围计算极值点的范围，判断是否在内可得结果.
【详解】解：A 选项：，，故A正确；
B选项：若存在，使在上单调递增，则，即，所以在上不一定单调，故B错误；
C选项：因为是的对称中心，所以也是的对称中心，，，，所以不是的对称中心，故C正确；
D选项：函数的极值为的最值，是的对称中心，所以的最值点为，有，所以函数在内存在极值点，故D错误.
故选：AC
23．（2023秋·吉林长春·高三长春市第五中学校考期末）已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的最大值是
C．在上单调递增
D．若函数在区间上恰有个极大值点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项.
【详解】，
A选项：，A选项正确；
B选项：设，则，
解得，，即，即的最大值为，B选项正确；
C选项：因为，所以在上不单调，C选项错误；
D选项：，
令，解得，即或，，
当，时，，函数单调递减，
当当，时，，函数单调递增，
所以函数的极大值点为，，，，
又函数在区间上恰有个极大值点，则，即，D选项正确；
故选：ABD.
三、填空题
24．（2023春·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）在中，若的面积为2，则___________
【答案】
【分析】由条件将切化为弦，结合正弦的和角公式、辅助角公式先求出角，由面积公式可得答案
【详解】解：在中，，则,
所以，可得，
所以
所以
可得，
由正弦定理可得，可得，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
又则
所以或解得或(舍去)
所，解得．
故答案为：．
25．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）函数在上的值域为，则的值为______．
【答案】##2.5
【分析】先由绝对值、余弦函数的有界性以及求出，分类讨论求出，即可求解.
【详解】因为，，
所以当且仅当且时，
所以,
又，所以
所以，易知在上单调递减，在单调递增，
所以当时，，不满足题意；
当时，因为，所以，
注意到，且在单调递增，
所以，所以
故答案为：.
【点睛】利用三角函数求值的关键：
（1）角的范围的判断；
（2）根据条件选择合适的公式进行化简计算；
（3）合理地利用函数图像和性质.
26．（2023春·广东珠海·高三珠海市第一中学校考阶段练习）将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为__________.
【答案】
【分析】根据函数图像平移变换，写出函数的解析式，再由函数 在区间上单调递增，列出不等式组求出的取值范围即可
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象,
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到函数的图象，
函数在区间上单调递增，
所以，即，解得，①
又，
所以，解得，②
由①②可得，
故答案为: .
27．（2023秋·湖南湘潭·高三校联考期末）已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.
【详解】因为为奇函数，
故，
即，由于,故，则，
由于，故，所以，
由，可得，
即
或，
对任意，存在，满足，
故，则,，，k取负值，
则只能，此时，
或，则，则,
综合可得或，
即实数的取值范围是，
故答案为：
28．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）在中，，则的面积最大值为____________．
【答案】3
【分析】先由正弦定理得到，再建立平面直角坐标系求得点C的轨迹，从而得到的面积关于的解析式，利用函数的单调性即可求得的面积最大值.
【详解】因为，所以由正弦定理得，即，
以线段所在直线为x轴，以的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
由得，
因为，所以整理得，
由此可知点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
所以当点C在圆上运动时，点C到x轴的最大距离为半径，
所以的面积在上单调递减，
所以．
故答案为：.
29．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数，若关于的方程在上有三个不同的实根，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】结合函数的奇偶性，化简后画出函数在上的图象，数形结合求出实数的取值范围.
【详解】当时，，故为偶函数，当时，，画出在上的图象如图所示，
要想保证方程在上有三个不同的实根，则，
故答案为：
30．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）已知函数，其中， ，恒成立，且在区间 上恰有个零点，则的取值范围是______________．
【答案】
【分析】确定函数的，由此可得，再利用在区间 上恰有个零点得到，求得答案.
【详解】由已知得：恒成立，则 ，
，
由得，
由于在区间 上恰有3个零点，
故，则， ，
则,
只有当时，不等式组有解，此时，故，
故答案为：
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】
专题09 三角函数与解三角形小题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）设，函数满足，则α落于区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，确定函数的最大值，根据最值和极值的关系，可得方程，利用零点存在性定理，可得答案.
【详解】由题意，可知函数在上当时取得最大值，
且，
由于，则，
由，，，，
根据零点存在性定理，可知，
故选：C.
2．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知，分别根据函数在区间上单调递增，在时，恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.
【详解】由已知，函数在上单调递增，
所以，解得：，
由于，所以，解得：①
又因为函数在上恒成立，
所以，解得：，
由于，所以，解得：②
又因为，当时，由①②可知：，解得；
当时，由①②可知：，解得.
所以的取值范围为.
故选：B.
【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.
3．（2023秋·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围.
【详解】，，其中，解得：，
则，要想保证函数在恰有三个零点，满足①，
，令，解得：；或要满足②，，
令，解得：；经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，
综上：的取值范围是.
故选：C
【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解.
4．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）设，，，这三个数的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式得到，结合的单调性，比较出，先利用多次求导，得到，，从而得到，比较出.
【详解】，
∵，而在上单调递增，
∴
且时，，以下是证明过程：
令，，
，令，
故，令，
故，令，
则，令，
故，令，
故在上恒成立，
故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
所以，故在上单调递增，
∴，
∴，
∴.
故选：C．
【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
，
，
，
，
，
.
5．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用导数证明不等式当时，，进而得，再讨论与的关系即可判断.
【详解】解：令，，则在上恒成立，
所以，函数在上单调递减，
所以，当时，，即，；
令，，则，
所以，函数在上单调递减，
所以，当时，，即，，
所以，当时，
所以，，
因为，
所以
所以，，即
，即
所以，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用时，，结合二倍角公式，比较与的关系判断.
6．（2023·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习）图为世界名画《蒙娜丽莎》.假设蒙娜丽莎微笑时的嘴唇可看作半径为的圆的一段圆弧，且弧所对的圆周角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先根据题意画出相应的图，弧上的点与圆上的点的最短距离即为圆心距减去两圆半径，找出圆心距的最大值即可.
【详解】
如图，弧的中点为，
弧所对的圆周角为，则弧所对的圆心角为，
圆的半径为，
在弧上取两点、，则，
分别过点、作圆的切线，并交直线于点，
当过点、的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点、，使过点、的切线为两圆的内公切线，
则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点，
过点，分别向、作垂线，垂足为、，
则即为圆的半径，
此时圆与圆皆满足题意：弧上存在四点、、、，过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切.
线段交圆于点，
则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度.
在直角中，，
，
即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.
故选：.
7．（2023秋·河北石家庄·高三校联考期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期是B．的图象关于直线对称
C．在上有4个极值点D．在上单调递减
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用函数周期性、对称性定义判断A，B；求导并探讨导数在上的正负情况判断C；探讨函数在上单调性判断D作答.
【详解】函数，
对于A，，
即不是的周期，A不正确；
对于B，因为，而，
显然函数图象上的点关于直线的对称点不在的图象上，B不正确；
对于C，当或时，，，
此时或，当或，
即或时，函数取得最值，因此在或取极值，
当时，，，此时，
当或，即或时，函数取得最值，因此在或取极值，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又函数是定义域R上的连续函数，则是函数的一个极小值点，
所以函数在上的极值点至少有5个，C不正确；
对于D，因为，则是函数的一个周期，
当时，，由选项C知函数在上单调递减，
因此函数在上单调递减，所以在上单调递减，D正确.
故选：D
8．（2023秋·辽宁·高三校联考期末）设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据为任意实数，转化为研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，求出函数在轴右侧靠近坐标原点处的零点，得到相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，根据相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，列式可求出结果.
【详解】因为为任意实数，故函数的图象可以任意平移，从而研究函数在区间上的零点问题，即研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，
令，得，则它在轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为，，，，，，
则它们相邻两个零点之间的距离分别为，，，，，
故相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，
所以要使函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则需相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，
即，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：在求解复杂问题时，要善于将问题进行简单化，本题中的以及区间是干扰因素，所以排除干扰因素是解决问题的关键所在.
9．（2023春·辽宁本溪·高三校考阶段练习）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知数，构造函数比较a，b大小；构造函数比较a，c大小作答.
【详解】令，当时，，
即函数在上单调递增，则有，因此，即，
令，，有，则在上单调递增，
因此，即，则有，
令，，因此在上单调递增，
即有，则，于是，即，
所以．
故选：D
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
10．（2023秋·重庆·高三统考学业考试）已知锐角中，内角、、的对边分别为、、，，若存在最大值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简可得出，根据为锐角三角形可求得角的取值范围，利用二倍角公式以及诱导公式化简得出，求出的取值范围，根据二次函数的基本性质可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得
，
因为为锐角三角形，则，，所以，，
又因为函数在内单调递增，所以，，可得，
由于为锐角三角形，则，即，解得，
，
因为，则，
因为存在最大值，则，解得.
故选：C.
【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：
①利用和的最值直接求；
②把形如的三角函数化为的形式求最值；
③利用和的关系转换成二次函数求最值；
④形如或转换成二次函数求最值.
11．（2023·安徽蚌埠·统考三模）在中，为上一点，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据条件转化边角的关系，计算即可.
【详解】法一、相似转化边的关系
如图所示，在和中，有,
故,设，则，,所以
设则根据相似比：得
又，由余弦定理可得：
则，，故
法二、正弦定理边化角.
设，则,
在和中,有，由正弦定理有：，
两式相除得：
由三角恒等变换公式得：
由弦化切，构造齐次式得：，
即，解之得：或
在中，则，故
故选：D
【点睛】本题考察向量与解三角形的综合，属于压轴题.方法一通过已知找到边之间的关系是关键，在根据余弦定理即可解得答案；方法二是根据“爪”型三角形，通过两次正弦定理转化边角关系，解有关角的方程，颇考验计算功底.
12．（2023春·安徽合肥·高三校考开学考试）设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性判断b，c大小，构造函数，利用导数探讨单调性判断c，a大小作答.
【详解】令，求导得，显然，而，
则有，即函数在上单调递增，，即当时，，
取，于是得，因此，
令，求导得，
显然在上单调递减，，
即，函数在上单调递增，，即当时，，
取，于是得，即，
所以a，b，c的大小关系是.
故选：C
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
13．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知，，，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造，，得到，构造，，多次求导得到，从而得到，再构造，，多次求导后得到，从而比较出大小.
【详解】设，，
故，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，故，当且仅当时，等号成立，
因为，故，
设，，
则，，
设，则，，
设，则在上恒成立，
故在上单调递增，则，
故在上单调递增，则，
故在上单调递增，
则在上恒成立，
所以，则，
故，
设，，
故，，
设，则，，
设，则，，
设，则在上恒成立，
故在上单调递减，故，
故在上单调递减，故，
故在上单调递减，故，
故在上单调递减，故，
所以，即，
又，即.
故选：A
【点睛】方法点睛：麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
，，
，
，
，.
二、多选题
14．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知函数满足．下列说法正确的是（ ）．
A．
B．当，都有，函数的最小正周期为
C．若函数在上单调递增，则方程在上最多有4个不相等的实数根
D．设，存在，，则
【答案】ACD
【分析】A选项，赋值法得到且关于中心对称；B选项，得到，故；
C选项，结合函数图象得到，即，先考虑时，实数根的个数，再由函数图象的伸缩变化得到时根的情况，求出答案；
D选项，分析得到，即在有两个最大值点，故，求出，，根据最大值点个数列出不等式组，求出的取值范围.
【详解】对应A，中，令可得：，故，且关于中心对称，A正确；
对于B，因为，恒成立，
不妨取时，此时之间的距离最长，求得的周期应为函数的最小周期，
∴，
∴，B错误；
对于C，画出大致图象，因为关于中心对称，
又在单调递增，
∴，
∴．
当时，此时，故，
将代入可得，
解得：，故，不妨令
令，解得：，
因为，所以，
故令或或或，解得：或或或.
所以在两个周期内存在四个根．
时，此时图象纵坐标不变，横坐标变大，整个函数图象拉伸，
故在至多4个根，C正确；
对于D，，
，，
即，，即，
∴，
即在至少有两个最大值点，故，
∴，
∴，，，
由于，所以，
①，解得；
②，解得；
③，解得．②与③求并集为；
当时，，满足在至少有两个最大值点，
可知，D对．
故选：ACD．
【点睛】在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力.
15．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.例如已知函数，函数则下列说法中正确的有（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数图象关于直线对称
C．函数的值域是
D．方程只有一个实数根
【答案】BCD
【分析】根据绝对值的几何意义去绝对值可判断A，利用对称性判断B，根据的值域可判断C，根据的值域分类讨论可求D.
【详解】，
所以函数在区间上不是单调递增，A错误；
当为奇数时，，
，
此时，
当为偶数时，，
，
此时，
所以，
所以函数图象关于直线对称，B正确；
由题可得，
所以，
所以当时，
当时，
当时，
所以函数的值域是，C正确；
若，则方程，即，
但，所以此时无解；
若，则方程，即，
但，
因为，所以，所以，
满足题意，
若，则方程，即，
但，不满足题意，
所以方程只有一个实数根为，D正确，
故选:BCD.
16．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）已知函数，则（ ）
A．函数不是周期函数
B．函数的图象只有一个中心对称点
C．函数的单调减区间为
D．曲线只有一条过点的切线
【答案】AD
【分析】A选项，利用反证法判断出答案；B选项，设关于中心对称，得到，列出方程，求出，得到对称中心不止一个；C选项，由导函数结合定义域求出函数的单调性；D选项，设出切点，得到切线方程，代入，化简后得到，换元后得到，，分，与，得到函数的单调性，极值，最值情况，结合隐零点推出零点个数.
【详解】对于A，因为的定义域是，
所以若有周期，则周期为的整数倍，假设周期，
则即，
当为奇数时，等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；
当为偶数时，等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；
综上，则不是周期函数，A正确；
对于B，设关于中心对称，
，
∴，即；
令，，则，，所以，
则，解得：，，
关于，中心对称，对称中心不止一个，B不正确；
对于C，令，得，
解得或，；
∵的定义域为，
∴的单调递减区间为，，，，，C不正确；
对于D，设切点，
切线方程为，
∵切线过
∴，化简得，
故，令，
，
当时，，故，
∴在上单调递减，
因为，
由零点存在性定理可得：在上有唯一零点，
当时，令，，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
故，
故，
当时，单调递减，
因为，
，
故存在，使得，即，
结合，可得：或，
因为，所以，，
故，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极大值，
因为，所以，
故时，，
所以在上无零点，
在有且仅有一个零点，D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
17．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象
D．函数的零点个数为7
【答案】ABD
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函数，利用导数结合图形判断D作答.
【详解】观察图象知，函数的周期，则，而，
即有，由知，，因此，A正确；
显然，当时，，因此单调递增，B正确；
将图象上各点横坐标变为原来的得，再将所得图象向右平移个单位长度，得，
而，C错误；
由，得，令，则，
令，显然当时，，即恒有，函数在上无零点，
当时，，令，，
函数在上都递减，即有在上递减，，
，因此存在，，
当时，，当时，，有在上递增，在递减，
，，
于是存在，，当时，，当时，，
则函数在上递减，在递增，，，
从而函数在上存在唯一零点，而函数周期为，在上单调递增，如图，
，，，
从而函数在上各有一个零点，又0是的零点，即函数在定义域上共有7个零点，
所以函数的零点个数为7，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
18．（2023秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．是函数的一个零点B．函数的图象关于直线对称
C．方程在上有三个解D．函数在上单调递减
【答案】ABD
【分析】先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，
对于AB，将与代入检验即可；
对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；
对于D，利用整体法及的单调性即可判断.
【详解】因为，，所以，解得，
又为正整数，所以，所以，
所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，
（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），
由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，
又，所以，，所以，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于A，令，因为，所以，
显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；
对于A，当时，，
因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.
19．（2023秋·山东济南·高三统考期中）在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若面积为1，则三条高乘积平方的最大值为
D．若为边上一点，且，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，利用三角恒等变换及特殊角的三角函数值即可得到；
对于B，利用余弦定理得到，将代入解得，从而得到，由此得证；
对于C，利用三角形面积公式得到，从而得到，利用基本不等式易知当时，式子取得最大值，由此得证；
对于D，利用向量的线性运算及数量积运算得到，从而利用基本不等式“1”的妙用即可证得.
【详解】对于A，因为，所以，
则由正弦定理得，
则，
因为，所以，故，
又，所以，故A错误；
对于B，由余弦定理得，
因为，即，代入上式得，
整理得，解得或（舍去），则，
所以，故B正确；
对于C，设边上的高分别是，
则由三角形面积公式易得，则，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
此时，得，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
可得，
整理得，故，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
20．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）已知函数，其中、.则下列说法中正确的有（ ）.
A．的最小值为
B．的最大值为
C．方程在上有三个解
D．在上单调递减
【答案】BC
【分析】根据题意，可得，由，求解出的取值范围，根据对应范围内的函数解析式，即可求出的最值，进而判断A、B选项；令，分和两种情况解方程，即可判断C选项；取，求出此时函数的单调区间，即可判断函数在上的单调性，从而判断在上的单调性，进而判断D选项.
【详解】，
即，其中，，.
由，即，，
所以当时，，
即，，
所以当，即时，，
当，即时， ；
当时，，
即，，
所以当，即时，，
由于，所以无最小值.
综上所述，的最小值为，最大值为，故A错误，B正确；
由，所以当时，，
即，
即或， ，
所以或，.
当时，，
即，
即或， ，
所以，，
综上所述，方程在上有三个解，故C正确；
取时，，
令，即；
令，即；
由于，所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减，即函数在上有增有减，则在上有增有减，故D错误.
故选：BC.
21．（2023秋·河北衡水·高三校考阶段练习）已知是的导函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．将图象上所有的点向右平移个单位长度可得的图象
B．与的图象关于直线对称
C．与有相同的最大值
D．当时，与都在区间上单调递增
【答案】AC
【分析】首先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误.
【详解】，.
将的图像向右平移个单位得的图像，故A选项正确；
已知的图像与的图像关于直线对称，
，故B选项错误；
，其中，最大值为，
，其中，最大值为，故C选项正确；
当时，，，
当时，在上单调递增，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递减，
综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.
故选：AC
22．（2023春·安徽亳州·高三蒙城第一中学统考开学考试）已知函数的图象关于点对称，且存在，使在上单调递增，则下列选项正确的是（ ）
A．的最小正周期
B．在上单调递增
C．函数的图象不可能关于点对称
D．函数在内不存在极值点
【答案】AC
【分析】A选项，依据周期的定义，计算的范围可判断；B选项，的单调增区间在距对称中心前后内，令，求出的范围可判断结果；C选项，的每个对称中心间隔为，计算对称中心的范围判断是否在此范围内即可； D选项，的极值点为，依据周期的范围计算极值点的范围，判断是否在内可得结果.
【详解】解：A 选项：，，故A正确；
B选项：若存在，使在上单调递增，则，即，所以在上不一定单调，故B错误；
C选项：因为是的对称中心，所以也是的对称中心，，，，所以不是的对称中心，故C正确；
D选项：函数的极值为的最值，是的对称中心，所以的最值点为，有，所以函数在内存在极值点，故D错误.
故选：AC
23．（2023秋·吉林长春·高三长春市第五中学校考期末）已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的最大值是
C．在上单调递增
D．若函数在区间上恰有个极大值点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项.
【详解】，
A选项：，A选项正确；
B选项：设，则，
解得，，即，即的最大值为，B选项正确；
C选项：因为，所以在上不单调，C选项错误；
D选项：，
令，解得，即或，，
当，时，，函数单调递减，
当当，时，，函数单调递增，
所以函数的极大值点为，，，，
又函数在区间上恰有个极大值点，则，即，D选项正确；
故选：ABD.
三、填空题
24．（2023春·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）在中，若的面积为2，则___________
【答案】
【分析】由条件将切化为弦，结合正弦的和角公式、辅助角公式先求出角，由面积公式可得答案
【详解】解：在中，，则,
所以，可得，
所以
所以
可得，
由正弦定理可得，可得，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
又则
所以或解得或(舍去)
所，解得．
故答案为：．
25．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）函数在上的值域为，则的值为______．
【答案】##2.5
【分析】先由绝对值、余弦函数的有界性以及求出，分类讨论求出，即可求解.
【详解】因为，，
所以当且仅当且时，
所以,
又，所以
所以，易知在上单调递减，在单调递增，
所以当时，，不满足题意；
当时，因为，所以，
注意到，且在单调递增，
所以，所以
故答案为：.
【点睛】利用三角函数求值的关键：
（1）角的范围的判断；
（2）根据条件选择合适的公式进行化简计算；
（3）合理地利用函数图像和性质.
26．（2023春·广东珠海·高三珠海市第一中学校考阶段练习）将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为__________.
【答案】
【分析】根据函数图像平移变换，写出函数的解析式，再由函数 在区间上单调递增，列出不等式组求出的取值范围即可
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象,
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到函数的图象，
函数在区间上单调递增，
所以，即，解得，①
又，
所以，解得，②
由①②可得，
故答案为: .
27．（2023秋·湖南湘潭·高三校联考期末）已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.
【详解】因为为奇函数，
故，
即，由于,故，则，
由于，故，所以，
由，可得，
即
或，
对任意，存在，满足，
故，则,，，k取负值，
则只能，此时，
或，则，则,
综合可得或，
即实数的取值范围是，
故答案为：
28．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）在中，，则的面积最大值为____________．
【答案】3
【分析】先由正弦定理得到，再建立平面直角坐标系求得点C的轨迹，从而得到的面积关于的解析式，利用函数的单调性即可求得的面积最大值.
【详解】因为，所以由正弦定理得，即，
以线段所在直线为x轴，以的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
由得，
因为，所以整理得，
由此可知点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
所以当点C在圆上运动时，点C到x轴的最大距离为半径，
所以的面积在上单调递减，
所以．
故答案为：.
29．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数，若关于的方程在上有三个不同的实根，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】结合函数的奇偶性，化简后画出函数在上的图象，数形结合求出实数的取值范围.
【详解】当时，，故为偶函数，当时，，画出在上的图象如图所示，
要想保证方程在上有三个不同的实根，则，
故答案为：
30．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）已知函数，其中， ，恒成立，且在区间 上恰有个零点，则的取值范围是______________．
【答案】
【分析】确定函数的，由此可得，再利用在区间 上恰有个零点得到，求得答案.
【详解】由已知得：恒成立，则 ，
，
由得，
由于在区间 上恰有3个零点，
故，则， ，
则,
只有当时，不等式组有解，此时，故，
故答案为：
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