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1、压轴题07三角函数与正余弦定理压轴题九大题型汇总压轴题解读命题预测本专题考查类型主要涉及点为三角函数与解三角形。其中包含了，三角函数的图像与性质，三角函数的新定义，三角函数与数列等的结合问题，解三角形相关问题等。预计2024年后命题会继续在上述几个方面进行。高频考法题型Ol三角函数的图像与性质题型02三角函数新定义问题题型03基本不等式的运用题型04三角函数与数列结合问题题型05正余弦定理新考点问题题型06实际应用中的正余弦定理问题题型07实际应用中的三角函数问题题型08立体几何与三角函数结合问题题型09三角函数中的零点问题高分必抢题型01三角函数的图像与性质微翁簸在三角函数f(X)=Asin
2、(x+)图象与性质中，3对整个图象性质影响最大，因为3可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解3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.1.(多选)(23-24高三下浙江开学考试)函数/=2C0S(x+%(0,今相邻两个最高点之间的距离为11,(瑞,0)为/(乃的对称中心，将函数f(x)的图象向左平移弓后得到函数y=&)的图象，则()A.g(%)在(0噌)上存在极值点B.方程g(%)=如Y)所有根的和为三C
3、.若g(x+m)为偶函数,则正数m的最小值为色D.若gR)在(党)上无零点，则正数2的取值范围为(0，U5,学【答案】AC【分析】根据给定条件，求出函数f(%)及9(%)的解析式，结合余弦函数的图象、性质逐项分析判断得解.【详解】依题意，生=11,解得3=2,由瑞)=0,得2+9=k11+,kZ1(I)IZIZZ而m过点(泉0),因此直线y=XAr-与y=g(x)的图象交点关于点(热0)对称，共有2+l,nN个交点，即方程g()=-共有2几+1个根，所有根的和为誓11,不存在几使得等n=?,B错误；对于C,函数g(x+m)=2cos(2x+2m-B)是偶函数，则2m-=自11,k1eZ,m=+
4、,c1Z,因此当七二0时，正数Tn取得最小值喂，C正确；对于D,函数g(g%)=2cos(x-,当%时Ax(?一2，竽一，由g(x)在（三）上无零点,得(，一也(一tc11-pc11+自，女Z,11-211-2-+1111-3k-134,keZ,2k+g0即一W，AwZ,于是k0,1,2,所以正数2的取值范围为(0,U2与U5,争,D错误.故选：AC2.(2024全国模拟预测)已知/(%)=加双3%+火)(40,30,-三9以的部分图象如下图，点A.函数/(x)在-*上单调递增B.函数f(约的图象向左平松个单位长度，所得图象关于y轴对称OC.若/)=2cos,贝Usin2a=gD.若点PaO,
5、y)Go0)处的切线经过坐标原点，则由3T=2xO【答案】D【分析】根据函数图象，求得f(幻=2sin(2x-,对于A项，只需判断Z=2x-:对应的函数y=2sinz在-日,：的单调性即可；对于B项,求出平移后的函数解析式,判断奇偶性即得对于C项，由帽)=2cos代入化简得Sina=2cos,再对sin2a进行齐次化变换，代入即得；对于D项，设出切点,利用导数写出切线方程，代入原点坐标，化简即得.【详解】由图象可知，/(X)的最大值为2,又40,所以4=2.设最小正周期为由图象可知斗二?一”卜贝心二11,贝J3=2f4Oo41又30,故3=2,所以/(x)=2sin(2x+),将点管,2)代入
6、f(笨),可得2sin(同+夕)=2,即Sin借+尹)=1.因为一贝哈V+V手，所以+,则9=所以f(%)=2sin(2x一.对于A项，不妨设Z=2一3当Xe卜号时，一当z3因y=2sinz在一日为上先减后增，故A项镯吴；对于B项，将函数/(%)的图象向左平酰个单位长度，可得函数解析式g(x)=2sin2x,易知g(x)是奇函数，图象关于坐标原点对称，故B项错误；对于C项，由f)=2cosa,得2sin(-=2cos,化简得Sina=2cos,贝!sin2=$：；：；：=舞T故C项镯吴；对于D项，点Pao,yo)t)0)处的切线方程为y-y0=4cos(2x0-X0),将坐标原点代入，得-2s
7、in(2q-9=4cos(-9.(一无。)，所以皿：T=2,故D项正确.故选:D.【点睛】思路点睛：先解读图象信息，求出函数解析式，再根据选项，将2x-:看成整体角，通过正弦函数的单调性判断其单调性，利用平移变换得解析式判断奇偶性，利用三角恒等变换求三角函数值，运用导数工具求切线方程，检验结论.3.(多选)(2024浙江宁波二模)已知函数/)=sin(5+)30),()A.若3=2“=三，则/(%)是最小正周期为11的偶函数B.若3=2/0为f(幻的一个零点，则殉+T必为/Q)的一个极大值点C.若g=-%”=界f(x)的一条对称轴,贝必的最小值为ID.若干=在0吟上单调，则3的最大值为【答案】
8、ACD【分析】根据选项中的条件，结合正弦函数的图像、性质逐项判断.【详解】若3=2,=l贝好(幻=sin(2%+)=cos2x,所以/G)是最小正周期为竽=11的偶函数，A正确；若a=2,则f(%)是最小正周期为零=11,若为/(%)的一个零点，则与+：为/(%)的f极大值点或极小值点，B错误；若=x=幅f(%)的一条对称轴,则f(2)=Sine3-9=1,所以3一：=+ku,(kZ),即3=I+2k,(kZ),又30,所以3的最小值为I,C正确；若9=一7则Fa)=sin(x-930),由正弦函数的单调性，令一+2kx+2c11,解彳导一-+X-+/2424（八）4又f(%)在m*t单调,所
9、以当攵=。时,Mc卜券引,即三%解得3；,则3的最大值为，D正确.故选：ACD.4.(2024江苏泰州模拟预测)设函数/(幻=2sin(x0)在11,211上至少有两个不同零点，则实数3的取值范围是()A/)B.黑唠,+8)CMu-+8)D*,+8)【答案】A【分析】先令f(%)=0得Sin(3%一5二J并得到-三-;,从小到大将SinZ=：的正根写出，因为X11,211,所以5-三11-三211-r从而分情况，得到不等式，求出答案.O1.OOj【详解】令2sin(5：-I=0得Sin(5：-，因为30,所以3%-一三，OO令SinZ=解得Z=-+2kx,kZ或Z=+2c111,fc1Z,26
10、6从小到大将SinZ=:的正根写出如下：11511131117n251129116,T因为X11,211,所以3x-11-211-O1.oOj当311。用，即3W时，211,解得3I,此时无解，当311W片,即3W时,211岩,解得3，此时无解，当con(I/即3W(IW时2&n-/解得311故3图，当con(*7即3W6,3时，211等,解得3子,故,w%3,当s3时，211一()n-三)=11311,此时f(x)在11,211上至少有两个不同零点，综上，a的取值范围是艮+8).故选：A5.(多选)(2024江苏扬州模拟预测)设函数f(x)=3sinxcosx-cos2x,0,则下列结论正确
11、的是()A.(0,1)Ja)在kH上单调递增B.若3=1且IfaI)-/(X2)I=2,则1%一%2Imin=TTC.若If(X)I=1在0,11上有且仅有2个不同的解，则3的取值范围为厚)D.存在3(0,1),使得f(幻的图象向左平候个单位长度后得到的函数为奇函数【答案】ACD【分析】由fG)=sin(2x-分，选项A:利用正弦函数的单调性判断；选项B:利用正弦函数的最值、周期判断；选项C：利用正弦函数的图象判断；选项D:利用三角函数的图象变换判断.【详解】f(x)=3sinxcosxcos2x=Sin(2x楙),V3C(0,1),当Xe卜盟时，25-M-53-引斗1.由复合函数、正弦函数单
12、调性可知fG)在卜也引上单调递增，故A正确；对于B,若3=1且IfaI)-/(x2)I-2,贝1%1-AT2Imin=(=故B不正确；对于C,若0,11,贝”2N-211-l,t1.oOj若)I=sin(2x-)=1在O,上有且仅有2个不同的解，如图所示:可得11211-三11,解箧,也就是的取值范围为涓)，故C正确；对于D,g(x)=sin(2(x+-7)=sin(2x+T-),可知当=(时，3W=SinX是奇函数,故D正确.故选：ACD.题型02三角函数新定义问鹿6.(多选)(23-24高三下浙江开学考试)在平面直角坐标系中，如果将函数y=f(%)的图象绕坐标原点逆时针旋转(0%+t(tR
13、)与原函数仅有一个交点即可，然后逐项求解判断即可.【详解】对A:当y=X旋转;时与y轴重合，此时1个%对应多个y值，故A错误；对B将X=C旋转-后所得直线为y=-tan(x-c),则只需y=-x+t(tR)与原函数仅有一个交点；t311C令PQ)=sinx-kx-t,k=熹,当1,+8)时,P(X)只有一个零点,所以tana(0,l,即a(0,三,故B正确；对C:令g(x)=x+t,当ax-=xt在定义域内仅有唯一解时，即(Q-l)x2-tx-2=O,当Q=I时，-E-2=O仅有一个解，故满足题意；当a1时，3-l)x2-tx-2=0的判别式/=尸+8(a-1),对任意的Q,都存在使得判别式大
14、于O,不满足题意；故。=1,故C正确;对D:若h(X)是:旋转函数，当mxe+1=X+t仅有唯一解时,SPt=mxex-x+l,令m(%)=mxex-4X+1,m,(x)=mex+mxex-1=n(x+l)ex1,令q(%)=n(x+l)ex-1,则q(x)=m(x2)ex当Tn=。时，方程为1=x+t,得X=t-1,仅有唯一解，符合题意；当mO时，当XV-2,/(x)-2,q,(x)O,所以Wa)在(-8,-2)上单调递减,在(-2,)上单调递增，又因为X一8时，m,(y)T-IVO,WO=mG+1)的-1=mem0,所以可得n(幻先减后增，不符合题意；当m0,当%-2,q,(x)0,所以W
15、a)在(-8,-2)上单调递增,在(-2,)上单调递减，所以当X=-2时，nf(x)有极大值也是最大值n(x)=-me2-10,即m-e2,则m-e2,0)；综上得存在m-e2,0时，力(均是:旋转函数，故D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：(1)导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；(2)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；(3)证明不等式，构造一个适当的函
16、数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.7. (2021福建漳州三模)墨卡托投影是由荷兰地图学家墨卡托在1569年拟定，假设地球被围在一个中空圆柱里，其基准纬线与圆柱相切接触，假想地球中心有一盏灯，把球面上的图形投影到圆柱体上，再把圆柱体展开，这就是一幅“墨卡托投影绘制出的地图.在地图上保持方向和角度的正确是墨卡托投影的优点,因此，墨卡托投影地图常用作航海图和航空图.通过地面上任意两点和地球中心作一平面，平面与地球表面相交看到的圆周就是大圆，两点之间的大圆劣弧线是两点在地面上的最短距离.沿着这段大圆劣弧线航行时的航
17、线称为“大圆航线.大圆航线转绘到墨卡托投影地图上为一条曲线.如图，P（8,Za）,P2（%1.2）为地球上的两点（P（8,1.）中8为点P的正纬度或负纬度4为点P的正经度或负经度,B1.B2&4的符号确定规则如下Bl0l1.10,当P2与Pl同在北半球或同在南半球时岛O,否则为O；当与P1同在东经区或同在西经区时，G之O，否则G）/记A1.=匕21.,S=Z.P1OP2I其中。为地球中心，已知有下面等式：CoSS=sin%sin2+CoSBIcos%cos/1.某游轮拟从杭州（北纬30。，东经120。）沿着大圆航线航行至旧金山（北纬38。，西经122。），则大圆航程约为（）（大圆圆心角1度所对
18、应的弧长约为60nmile）参考数据：sin38o-3cos38osin28-0.025,sin38o+3cos38sin281.256,sin0.72o0.0125,cos51.10.628.【答案】D【分析】先由题中条件，得到名,殳，41.,求出CoSS,得出S,再结合题意，即可得出结果.【详解】由题意可得，B1=30o,B2=38o,1.1=120。，1.2=-122,则Zl1.=1.2-1.1=-242；所以CoSS=SinBIsin%+COSBIcos%cos1.z、13=sin30osin38o+cos30ocos38ocos(-242o)=-sin38o+cos380cosl18
19、osin38o-3cos38sin280CCYr1.=-0.0125,2因为SinO.72。0.0125,所以CoSS-sin0.72o=cos(90o0.72o)=cos90.72o,则KPloP2=S90.72,所WffS黝为90.7260=5443.25443nmile.故选：D.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，根据题中条件，求出COSS,确定乙AOPz的大小，即可求解.8. (2024浙江二模)古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数COte=熹,正割函数sec。=高,余割函数CSCe=-
20、,正矢函数UerSine=1-COSJ,余矢函数UerCoS8=1-sin。.如图角8始边为X轴的非负半轴，Sintz其终边与单位圆交点P8分别是单位圆与X轴和y轴正半轴的交点,过点P作PM垂直X轴，作PN垂直y轴，垂足分别为M、N,过点A作X轴的垂线，过点8作y轴的垂线分别交。的终边于T、S,其中AM、PS、BS、NB为有向线段，下列表示正确的是()A.versn=AMB.csc=PSC.cot0=BSD.sec=NB【答案】C【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知Sine=MPlcos=OM.tan=AT,然后结合新定义简单计算可判断各个选项【详解】根据题意，易得OMP-OATASBOP
21、NO,对于A,因为1一CoSe=1OM=MA,即UerSin8=MAl故A错误；对于B,根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，csc=熹=七=券=票=OS,故B错误；对于C,cote=J=BS,故C正确；t311ctan乙。Sb对于D,根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得sec。=总=焉=言=黑=07,故D错误.故选：C【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段.9. (23-24高三上湖南常德阶段练习)已知函数f(x)和g(x)的定义域分别为Dl和。2，若对任意的Dl都恰有几个不同的实数T,%2,%3,X
22、nD2,使得g(%i)=f(%)(其中i=1,2,3,n,n恰),则称g(x)为f(x)的n重覆盖函数.(1错函砌Q)=cosx(0x411)是/(%)=言|，(。%O,g(x)=k有2个实根，分=0、Osg1=白？1=高1-2=-1,又因为2彳-12%+1,所以/(x)=HV1，所以T/W=71r又因为g(%)=sx(OX411),所以g(x)-1,1,又因/S)=l-,可得f(X)为奇函数且单调递增，作出两函数的(0,411)内的大致图象，如图所示：g(411)=cos411=1,而函数/(%)在(0,411)上单调递增，且一1f(x)=袤X1,所以f(411)1,.2x+12=V2=1，
23、所以01-/O,g(x)=k有2个实根，当%1时，g(%)=log2x=k已有一个根,故只需X1时,g(x)=k仅有1个根，当=O时，g(x)=-3x+1,符合题意，当O时，则需满足g=2+2-3+l0z解得O,当O,g(%)=k仅有1个根，故不成立.综上，实数的取值范围是,的最大值为M=|,则SinKM+l)11=sin=-y.故答案为：4;-当【点睛】方法点睛：在处理两函数图象交点问题时，可通过分离变量交点问题转化为y=k与y=/(%)两个函数的图象交点情况.10. (2023北京模拟预测)已知集合P=(%y)I(x-cos6)2+(y-sin0)2=4,0011.由集合P中所有的点组成的
24、图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的水滴.给出下列结论：G白色水滴区域(含边界)任意两点间距离的最大值为1+3；在阴影部分任取一点M,则M到坐标轴的距离小于等于3；阴影部分的面积为811;阴影部分的内外边界曲线长为811.其中正确的有.【答案】【分析】对于，令X=0,求出y-3,-lU3,3,求出点4B坐标即得解；对于，利用圆的参数方程设点，再利用绝对值三角不等式得解；对于，利用割补法求解；对于，求出阴影部分的内外边界曲线的各个部分即得解.【详解】对于,由于(X-CoSe)2+(y-sin)2=4,令X=O时，整理得2sin。=y-0,2,解得y-3,-lU3,3,水滴图形与y轴相交
25、，最高点记为A,则点A的坐标为(0,5),点B(Of,白色水滴区域(含边界)任意两点间距离的最大值为IABl=1+3,故正确；对于，由于(X-CoSe)2+(y-Sin6)2=4,整理得：就:需，所以M(2cos+CoSe,2Sina+sin0),所以M到坐标轴的距离为12COSa+COSel或2Sina+sinl因为CoSe一1,1,sin80,1,所以2COSa+cos2cos+cos2+1=3,2sin+sin2sin+sin2+1=3,所以M到坐标轴的距离小于等于3,故正确；对于，由于(X-CoSe)2+(y-sin。)？=4,令y=O时，整理得2cosO=y-；-2,2,解得X-3,
26、-lU1,3,因为(-COSe)2+(y-Sine)2=4表示以Q(CoSe,sin。)为圆心，半径为r=2的圆，则1=r一0QIoPl0Q+r=3,且O611,则Q(COSaSine)在x轴上以及X轴上方，故白色水滴”的下半部分的边界为以O为圆心泮径为1的半圆阴影的上半部分的外边界是以。为圆心,半径为3的半圆，根据对称可知：白色水滴在第一象限的边界是以以M(-1,O)为圆心，半径为2的圆弧，设N(IQ),则MNl=AM=MN=2,即制所对的圆心角为，同理,所在圆的半径为2,所对的圆心角为T,阴影部分在第四象限的外边界为以N(1,0)为圆心，半径为2的圆弧，设G(3,0),H(-3,0),可得
27、IoNl=1.loDI=3t0ND=，尻；所对的圆心角为g,同理W/所在圆的半径为2,所对的圆心角为g,故白色水滴”图形由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成，所以它的面积是s=5+2S.+Sa=9x11xl2+2xW-5)+9x2x5=E三-lX轴上方的半圆(包含阴影和水滴的上半部分)的面积为:11X32=,第四象限的阴影和水滴部分面积可以看作是一个直角三角形和一个扇形的面积的和，且等于(1122+3l=y,所以阴影部分的面积为g11+2()-11+3=11+23,故错误；对于，X轴上方的阴影部分的内外边界曲线长为:2113+22=311=11rX轴下方的阴影部分的内外边界曲线长为
28、T211l+(2112-2)2=11,所以阴影部分的内外边界曲线长为手+等=811,故正确.故答案为：.【点睛】关键点睛：解答本题有三个关键，其一是写出圆的参数方程，设出点的坐标，其二是利用割补法求不规则图形的面积，其三是利用三角函数的值域求出图形与坐标轴的交点的坐标.题型03基本不等式的运用利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：(1)一正二定三相等一正就是各项必须为正数；(2)二定就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所
29、求的最值，这也是最容易发生错误的地方.11. （2024浙江台州二模）在MC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,C.若QCOSC=2ccos4,则信的最大值为（）A.3B.-C.-D.322【答案】C【分析】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.【详解】由余弦定理可知，CosC=SA=匕分贮，2abZbc由QCoSC=2ccos4可得Q”=2c一,2ab2bc化简可得a?+/一c?=2b2+2c2-2a2l所以3q2=82+3c2,即q2=b；3C,即2-西不一容相-3，当且仅当费时，即b=5c时，等号成立，所以泓最大值为今故选：C12. （2023广东深圳二模
30、）足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的8底线宽48=72码，球门宽E尸=8码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P,使得ZEP尸最大，这时候点P就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点。处（。4=48,。414B）时，根据场上形势判断，有瓦5、砺两条进攻线路可供选择.若选择线路函，则甲带球码时，APO到达最佳射门位置；若选择线路而，则甲带球码时，到达最佳射门位置.【答案】72-165722-165【分析】若选择线路万？，设AP=t,利用两角差的正切公式可得出tan乙EPF关于的表达式，利用基本不等式可求得tanz“F的值及OP的长；若选
31、择线路而，若选择线路。8,以线段EF的中点N为坐标原点，瓦?、AP的方向分别为Ky轴的正方向建立平面直角坐标系，利用斜率公式、两角差的正切公式以及基本不等式可求得结果.【详解】若选择线路万？，设AP=t,其中0V72,AE=32,AF=32+8=40,则tan乙APE=爷=午,tanAPF=向=三,所以,tanEPF=tan(zlPF-APE)tanAPF-tanAPEl+tanAPFtanAPE当且仅当詈时，即当16百时，等号成立，此时OP=OA-AP=72-165,所以，若选择线路,则甲带球72-165码时，APO到达最佳射门位置；若选择线路OB,以线段E/的中点N为坐标原点，BA.而的方
32、向分别为%、y轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,贝呵一36,0)、0(36,72),F(-4,0).E(4,0)zk0B=1,直线。8的方程为y=X+36,设点Pa+36),其中一36)+：=:-3sin(2)+1=2,解方程即可求出,；法二：因为n的03,-j周期为3,可求出S,再由%=3可求出【详解】(I)Ql=Ia2=2,。3=-1，。4=。5=2故数列%的周期为3,cz2024=2=2-3sin(+)+=j-3sin(2+)+1=2,03t-j(sin(+)=0sin(2s+)=-y,解得：3=g=03,-法二：因为每的周期为3,所以3=与又由=Ii则一低m得+0)+T=J即Sin得+e)=0,则g+3=k11tkZ,即3=c11-y,fcZ,因为一,解得3=去17. (2024广东二模)已知正项数列n,J，满足0).(1)若由瓦，且%+b12c,证明：数列Sn-瓦和%+bn-2c均为等比数列；若%瓦,与+坊=2c,以rpbn,c为三角形三边长构
