三角函数练习题含答案

一、填空题

1．如图，在矩形ABCD中，ABa，BC2a，点E为AD的中点，将△ABE沿BE翻折到△ABE的位置，在翻折过程中，A不在平面BCDE内时，记二面角ADCB的平面角为

，则当最大时，cos的值为______．

2．在平面直角坐标系中，对任意角，设的终边上异于原点的任意一点P的坐标为

(x,y)，它与原点的距离是r.我们规定：比值

rrx,,分别叫做角的正割､余割､余切，分xyy别记作sec，csc，cot，把ysecx,ycscx,ycotx分别叫做正割函数､余割函数､余切函数，则下列叙述正确的有___________(填上所有正确的序号) ①cot31； 4②sincsc1；

③ysecx的定义域为x|xk,kZ； ④sec2csc24；

cot21⑤cot2.

2cot3．若函数fx___________.

4．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___________.

41xsin2xacosx在,内单调递增，则实数a的取值范围是335．在ABC中，sinB2sinC，BC2.则CACB的取值范围为___________.（结果用区间表示）

6．已知函数f(x)sinxcosx，g(x)sinxcosx：①函数f(x)的图象关于点(,0)对

4；③把函数f(2x)图象上所有点向右平移个单位长28度得到的函数图象的对称轴与函数y=g(x)图象的对称轴完全相同；④函数

称；②函数|g(x)|的最小正周期是

y1f(x)g(x)在R上的最大值为2.则以上结论正确的序号为_______________

π7．在三棱锥PABC中，ABBC4，PC8，异面直线PA，BC所成角为，

3ABPA，ABBC，则该三棱锥外接球的表面积为______．

8．已知函数f(x)Acos(x)(A0,0,0)的部分图像如图所示，设函数

gxfx6f2x，则g(x)的值域为___________.

6

9．已知OB1，A,C是以O为圆心，22为半径的圆周上的任意两点，且满足π0()，则平面向量OA在BC方向上的，设平面向量与的夹角为OAOBBABC04投影的取值范围是_____.

log2x,x010．已知函数fx，函数gx满足以下三点条件：①定义域为R；②对任

x,x0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4,4上零点的个数为__________个.

二、单选题

11．

12sin2xa,xa2已知函数fx，若函数fx在0,内恰有5个零点，则ax22a1xa22,xa的取值范围是（ ） 75A．,

4275C．,2,3

427B．,2 475D．,22,

42712．函数fxsinx0在,内恰有两个最小值点，则的范围是

444（ ） 13A．,4

74C．,3

3

13B．,3 74D．,4

3

ππ13．已知函数f(x)sinx(0)在,π上恰有3个零点，则的取值范围是

33（ ）

81114A．,4,

333111417C．,5,

333111417B．,4, 333141720D．,5,

33314．已知无穷项实数列an满足： a1t， 且 A．存在t1， 使得a2011a1 C．若a221a1， 则a2a1

411， 则（ ） an1anan1B．存在t0， 使得a2021a1

D．至少有2021个不同的t， 使得a2021a1

15．已知Ay|ysinn,nZ，若存在使得集合A中恰有3个元素，则的取值不可能是（ ） A．

2 72B．

2 5C．

 2D．

23

y216．已知双曲线4x1的左右焦点分别为F1，F2，点M是双曲线右支上一点，满足

3MF1MF20，点N是线段F1F2上一点，满足F1NF1F2.现将△MF1F2沿MN折成直二面

角F1MNF2，若使折叠后点F1，F2距离最小，则（ ）

1A．

52B．

53C．

D．

517．已知函数f(x)sinxsin(x)，现给出如下结论：①f(x)是奇函数；②f(x)是周期函数；③f(x)在区间(0,)上有三个零点；④f(x)的最大值为2.其中所有正确结论的编号为（ ） A．①③

B．②③

C．②④

D．①④

18．已知三棱锥ABCD中，ABBCBDCDAD4，二面角ABDC的余弦值1为，点E在棱AB上，且BE3AE，过E作三棱锥ABCD外接球的截面，则所作截面3面积的最小值为（ ） A．

10 3B．3 C．

 3D．3 419．已知F1、F2是椭椭圆和双曲线共有焦点，P为两曲线的一个公共点，且F1PF2记椭圆和双曲线的离心率分别e1，e2，则A．4

B．2

e1e2

的最大值为 e1e2

8C．

36，

D．

16 320．设锐角ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c 且c1，A2C，则ABC周长的取值范围为（ ） A．(0,22)

B．(0,33)

C．(22,33)

D．(22,33]

三、解答题

21．已知函数 f（x）＝a（|sinx|+|cosx|）﹣sin2x﹣1，a∈R．

（1）写出函数 f（x）的最小正周期（不必写出过程）； （2）求函数 f（x）的最大值；

（3）当a＝1时，若函数 f（x）在区间（0，kπ）（k∈N*）上恰有2015个零点，求k的值．

22．如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB为6，O是圆心，且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q，其中∠AQC＝，.计划在BC上再建一座观赏亭P，记∠POB＝

23θ(0).

2

（1）当θ＝

时，求∠OPQ的大小； 3（2）当∠OPQ越大时，游客在观赏亭P处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，角θ的正弦值． 23．已知函数fxsin2xcos3cos2xsin3.

（1）若对任意x,，都有

63fxm成立，求实数m的取值范围；

431（2）设函数gx2fx，求gx在区间,3内的所有零点之和.

62224．在①ABC面积SABC2，②ADC中，求AC.

如图，在平面四边形ABCD中，ABC求AC.

3，BACDAC，______，CD2AB4，46这两个条件中任选一个，补充在下面问题

25．函数fxsintanx，其中0. （1）讨论fx的奇偶性;

（2）1时，求证：fx的最小正周期是；

11（3）1.50,1.57，当函数fx的图像与gxx的图像有交点时，求满足条件

2x的的个数，说明理由.

26．为丰富市民的文化生活，市计划在一块半径为200m，圆心角为1200的扇形地上建造市民广场，规划设计如图：内接梯形ABCD区域为运动休闲区，其中A，B分别在半径OP，OQ上，C，D在圆弧PQ上，

CD//AB；上，CD//AB；OAB区域为文化展区，AB长为503，其余空地为绿化区域，且CD长不得超过200m.

(1)试确定A，B的位置，使OAB的周长最大？

(2)当OAB的周长最长时，设DOC2，试将运动休闲区ABCD的面积S表示为的函数，并求出S的最大值.

27．已知函数fx3cos2xsinxcosx30的最小正周期为.将函数2yfx的图象上各点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标变为原来的2倍，得到函数ygx的图象.

（1）求的值及函数gx的解析式； （2）求gx的单调递增区间及对称中心 13328．已知函数f(x)sin2x. cos2x424（1）求f(x)的最小正周期T和[0,]上的单调增区间：

（2）若2f(x)(1)nm0对任意的x,和nN*恒成立，求实数m的取值范围.

3429．在ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，已知tanC（Ⅰ）求证：ABC为等腰三角形；

sinB．

1cosBa2b2（Ⅱ）若ABC是钝角三角形，且面积为，求的值．

4acx230．已知函数fx4sinsinxcosxsinxcosxsinx1.

42（1）求函数fx的最小正周期； （2）若函数gxa的值.

1f2xafxaf2,的最大值为2，求实数xa1在422

【参】

一、填空题

2551．

2．②④⑤

3．[4242,] 334．33810##3103

5．3,8

6．②③④

7．80π 8．[9,4] 49．10．6

2525, 55二、单选题 11．D 12．B 13．C 14．D 15．A 16．C 17．A 18．B 19．A 20．C 三、解答题

21．（1）最小正周期为π．（2）见解析（3）k＝1008． 【解析】

（1）由题意结合周期函数的定义直接求解即可；

2（2）令t1sin2x，t∈[1，2]，则当x0,时，fxtatt，

22当x,时，fxvttat2，易知tvt，分类比较v1、v22的大小

即可得解；

（3）转化条件得当且仅当sin2x＝0时，f（x）＝0，则x∈（0，π]时，f（x）有且仅有两个零点，结合函数的周期即可得解. 【详解】

（1）函数 f（x）的最小正周期为π． （2）∵f（x）＝a（|sinx|+|cosx|）﹣sin2x﹣1 ＝a1sin2xsin2x﹣1＝a1sin2x（sin2x+1）， 令t1sin2x，t∈[1，2]，

2当x0,时，fxtatt1t2，

22当x,时，fxvttat21t2，

2222∵tvtatttat22t20即tvt.

∴fxmaxvtmaxmaxv1,v∵v1a1，v2，

22a，

∴当a12时，fx最大值为a1；当a12，fx最大值为2a. （3）当a＝1时，f（x）1sin2xsin2x1，

2若f（x）＝0，则1sin2xsin2x1即sin2xsin2x2sin2x，

∴当且仅当sin2x＝0时，f（x）＝0，

∴x∈（0，π]时，f（x）有且仅有两个零点分别为∴2015＝2×1007+1， ∴k＝1008． 【点睛】

本题考查了三角函数的综合问题，考查了分类讨论思想和转化化归思想，属于难题. 22．（1）.（2）sin【解析】

6，π， 23. 3OQOP（1）设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理可得含α，θ的关系

sinOPQsinOQP式，将其展开化简并整理后得tanα＝cos，将θ＝代入得答案；

33sincos（2）令f(θ)＝并利用导数求得f(θ)的最大值，即此时的sin，由（1）可知tanα

3sin＝cos，得答案.

3sin【详解】

（1）设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理可得含α，θ的关系式． 因为∠AQC＝

2，所以∠AQO＝.又OA＝OB＝3，所以OQ＝3 33在△OPQ中，OQ＝3，OP＝3，∠POQ＝

3－θ，设∠OPQ＝α，则∠PQO＝－α＋θ. 223由正弦定理，得sin＝，即3sinα＝cos(α－θ)．

sin2展开并整理，得tanα＝此时当θ＝故当θ＝

cos，其中θ∈0,.

3sin23.因为α∈(0，π)，所以α＝. 时，tanα＝633时，∠OPQ＝.

63cos，θ∈0,.

3sin2（2）设f(θ)＝sin(3sin)cos213sin. 则f′(θ)＝＝(3sin)2(3sin)2令f′(θ)＝0，得sinθ＝33，记锐角θ0满足sin0， 33则cos01sin20列表如下： θ f′(θ) f(θ) (0，θ0) ＋ 单调递增 cos023，即f03sin032333332 2θ0 0 22 0,2 － 单调递减 由上表可知，f(θ0)＝2是极大值，也是最大值． 2由（1）可知tanα＝f(θ)>0，则0,， tanα单调递增

2则当tanα取最大值

2时，α也取得最大值． 2故游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，sinθ＝【点睛】

3. 3本题考查三角函数和解三角形的实际应用，应优先建模，将实际问题转化为熟悉的数学问题，进而由正弦定理构建对应关系，还考查了利用导数求函数的最值，属于难题. 123．（1）,；（2）2

2【解析】

（1）首先根据两角和的正弦公式得到fxsin2x，从而得到

3根据正弦函数的性质求出其值域，从而得到参数的取值范围； （2）首先求出gx的解析式，根据正弦函数的对称性即可解答. 【详解】

解：（1）因为fxsin2xcosfx的解析式，

43cos2xsin3

fxsin2x， 所以

3fxsin2xsin2x.

44361fx，

4min21又x,，所以2x,， 故sin2x,1，即

6266263m1， 21所以实数m的取值范围为,.

2313312sin2x2sinx（2）由（1）得gx2fx，

62263222令gx0，得sinx33，由正弦函数图象可知，sinx在,3上有4个零点 44x1x2，22这4个零点从小到大不妨设为x1，x2，x3，x4，则由对称性得

x3x43， 22从而所有零点和为x1x2x3x42. 【点睛】

本题考查两角和的正弦公式的应用，三角函数的性质的应用，属于基础题. 24．见解析 【解析】

选择①：利用三角形面积公式和余弦定理可以求接求出AC的长；

选择②：在ABC，ACD中，分别运用正弦定理，可以求接求出AC的长； 【详解】 解：选择①：

113SABCABBCsinABC2BCsin2

224所以BC22； 由余弦定理可得

AC2AB2BC22ABBCcosABC

2482222220

所以AC2025 选择②

设BACCAD，则04，BCA4，

AC2ACAB在ABC中，即sin3sin

sinABCsinBCA44所以

AC2 sin4AC4ACCDsin 在ACD中，，即

sinsinADCsinCAD6所以AC2. sin2所以sin2，解得2sincos， sin4，所以sin5， 5又04所以AC【点睛】

225. sin本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查了数算能力. 25．（1）奇函数；（2）见解析；（3）的个数为198个，见解析. 【解析】

（1）根据奇偶函数的定义进行判断即可； （2）根据最小正周期公式进行验证即可；

（3）利用函数的图象和不等式的性质可以求出满足条件的的个数. 【详解】

（1）fxsin[tan(x)]sin(tanx)sin(tanx)f(x)，所以函数fx是奇函数；

（2）fxsin[tan(x)]sin(tanx)f(x)，所以fx的最小正周期是；

1111（3）因为当x0时，gxx2x1，（当且仅当x1时取等号），所

2x2x11以当函数fx的图像与gxx的图像有交点时，只能sintanx1，即

2xtan2k2，因为(1.50,1.57)，所以

22k(tan1.50,tan1.57)，

因此1.99k199.6，k2,3,4,,199，因此满足条件的的个数为198个， 当x0时，也是一样的，因为两个函数是奇函数都关于原点对称，

11所以当函数fx的图像与gxx的图像有交点时，满足条件的的个数为198.

2x【点睛】

本题考查了函数奇偶性和周期性，考查了三角奇函数的性质，考查了基本不等式的应用，考查了数算能力.

26．（1）OA、OB都为50m；（2）S625(83cos8sinsincos3)；0,；最大值为625(8153)m2. 6【解析】 【分析】

对于（1），设OAm，OBn，m，n(0,200)，在△OAB中，利用余弦定理可得

AB2OA2OB22OAOBcos得出结论；

2，整理得(503)2m2n2mn，结合基本不等式即可3对于（2），当△AOB的周长最大时，梯形ACBD为等腰梯形，过O作OF⊥CD交CD于F，交AB于E，则E、F分别为AB，CD的中点，利用已知可表示出相关线段；然后利用梯形的面积公式可知，S625(83cos8sinsincos3) ，0,，令

6f()83cos8sinsincos3，0,，，结合导数，确定函数的单调

6性，即可求出S的最大值． 【详解】

解：（1）设OAm，OBn，m，n(0,200)，

222在OAB中，ABOAOB2OAOBcos2， 3即(503)2m2n2mn.

(mn)23(mn)2. 所以(503)(mn)mn(mn)44222所以mn100，当且仅当mn50时，mn取得最大值， 此时OAB周长取得最大值.

答：当OA、OB都为50m时，OAB的周长最大. （2）当AOB的周长最大时，梯形ABCD为等腰梯形.

如上图所示，过O作OFCD交CD于F，交AB于E，则E、F分别为AB、CD的中点， 所以DOE.由CD200，得0,.

6在ODF中，DF200sin，OF200cos. 又在AOE中，OEOAcos325，故EF200cos25.

1所以S(503400sin)(200cos25)

2625(38sin)(8cos1)

625(83cos8sinsincos3)，0,.

6令f()83cos8sinsincos3，0,，

6f()83sin8coscos216sincos2，0,.

66又y16sin及ycos2在0,上均为单调递减函数，

66故f()在0,上为单调递减函数.

631()0在0,40f因f()16，故上恒成立， 2662于是，f()在0,上为单调递增函数.

6所以当答：当【点睛】

6时，f()有最大值，此时S有最大值为625(8153). 时，梯形ABCD面积有最大值，且最大值为625(8153)m2.

6本题主要考查了余弦定理、基本不等式以及导数的应用，在（2）中得到f()83cos8sinsincos3后，利用导数得到求出f()16sincos2，结合函数在公共区间上，减函数+减函数等于减函数，

6从而确定f()在0,上为单调递减函数.属于难题.

65x,4k，kZ，27．（1）1，g(x)2sin()；（2）单调递增区间为4k3323对称中心为(2k【解析】 【分析】

2,0)(kZ). 3（1）整理fx可得：f(x)sin(2x)，利用其最小正周期为即可求得：1，即

3x可求得：f(x)sin(2x)，再利用函数图象平移规律可得：g(x)2sin()，问题得

323解. （2）令2k2x2k，kZ，解不等式即可求得gx的单调递增区间；令232xk，kZ，解方程即可求得gx的对称中心的横坐标，问题得解. 23【详解】 解：（1）f(x)由

31cos2xsin2xsin(2x)， 2232,得1. 2所以f(x)sin(2x).

3x于是yg(x)图象对应的解析式为g(x)2sin().

23（2）由2k2x2k,kZ得 2324k5x4k，kZ 335,4k，kZ. 所以函数g(x)的单调递增区间为4k332x(kZ). 由k，解得x2k233所以g(x)的对称中心为(2k【点睛】

本题主要考查了二倍角公式、两角和的正弦公式应用及三角函数性质，考查方程思想及转化能力、计算能力，属于中档题．

511, (2)  28．(1) T=π，单调增区间为0,，12122,0)(kZ). 3【解析】 【分析】

1（1）化简函数得到f(x)sin2x，再计算周期和单调区间.

23（2）分情况n的不同奇偶性讨论，根据函数的最值得到答案.

【详解】

133解：（1）函数f(x)sin2x cos2x424131cos2x3 sin2x4224131sin2xcos2xsin2x 4423故f(x)的最小正周期T由题意可知：解得：2． 222k2x322k，kZ

12kx5k，kZ 12511, 因为x[0,]，所以g(x)的单调增区间为0,，12121（2）由（1）得f(x)sin2x

23∵x,∴2x,，

363411∴sin2x1,，2f(x)1,

322若2f(x)(1)nm0对任意的x,和nN*恒成立，

34则2f(x)(1)nm的最小值大于零． 当n为偶数时，1m0，所以，m1 当n为奇数时，1m0，所以，m1 综上所述，m的范围为. 【点睛】

本题考查了三角函数化简，周期，单调性，恒成立问题，综合性强，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

29．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23 【解析】 【分析】

（Ⅰ）将正切化弦，结合两角和差正弦公式可求得sinCsinBC，根据三角形内角和可整理为sinCsinA，则由正弦定理可得到结论；（Ⅱ）利用三角形面积公式可求得sinB1；根据三角形为钝角三角形且（Ⅰ）中的ca，可知B为钝角，求得cosB；利2用余弦定理可构造方程求得a,b之间关系，从而得到所求结果. 【详解】

（Ⅰ）由tanCsinBsinCsinB得：

1cosBcosC1cosB则：sinCsinBcosCcosBsinCsinBC

ABC sinBCsinAsinA sinCsinA

由正弦定理可知：ca

∴ABC为等腰三角形

1112a2（Ⅱ）由题意得：SacsinBasinB，解得：sinB

2224ABC为钝角三角形，且ac B为钝角 cosB3 2222222由余弦定理得：bac2accosB2a3a23a

b2b2223 aca【点睛】

本题考查三角形形状的求解、利用余弦定理、三角形面积公式求解三角形边之间的关系问题，涉及到两角和差正弦公式、三角形内角和、诱导公式、同角三角函数值的求解等知识. 30．(1) T2；(2)a2或a6 【解析】 【分析】

（1）根据二倍角公式进行整理化简可得fx2sinx，从而可得最小正周期；（2）将

1gx通过换元的方式变为y1t2ata1，2t1；讨论对称轴的具体位置，分

2别求解最大值，从而建立方程求得a的值. 【详解】

22（1）fx21cosxsinxcosxsinx1

222sinxsinx12sin2x12sinx 最小正周期T2

1（2）gxsin2xasinxacosxa1

2令sinxcosxt，则sin2x1sinxcosx1t2

211aa122y1tata1tatata

2242222tsinxcosx2sinx

4由4x2得2x44 2t1

①当

a2，即a22时 21当t2时，ymax2a2

288122122（舍去) 由2a22，解得a72221②当2a1，即22a2时 2aa21a 当t时，ymax242a21由a2得a22a80，解得a2或a4（舍去） 42③当

a1，即a2时 2当t1时，ymaxaa1，由12，解得a6 22综上，a2或a6 【点睛】

本题考查正弦型函数最小正周期的求解、利用二次函数性质求解与三角函数有关的值域问题，解题关键是通过换元的方式将所求函数转化为二次函数的形式，再利用对称轴的位置进行讨论；易错点是忽略了换元后自变量的取值范围.