三角函数练习题及答案

一、填空题

1．已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M、N分别为棱AD、BC的中点，F为棱

AB上异于A、B的动点．则下列结论中正确的结论的序号为__________．

①线段MN的长度为1；

②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；

5③MFN的余弦值的取值范围是0,； 5④FMN周长的最小值为21．

2．如图，点C为某沿海城市的高速公路出入口，直线BD为海岸线，BAC5，12BDAB，BC是以A为圆心，半径为1km的圆弧型小路．该市拟修建一条从C通往海岸的

C的一观光专线CPPQ（新建道路PQ，对道路CP进行翻新），其中P为BC上异于B，点，PQ与AB平行，设PAB0，新建道路PQ的单位成本是翻新道路CP的单12位成本的2倍．要使观光专线CPPQ的修建总成本最低，则的值为____________．

3．在锐角三角形ABC中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，且满足b2a2ac，则11的取值范围为___________. tanAtanB14．如图，在ABC中，cosBAC，AC2，D是边BC上的点，且BD2DC，

3ADDC，则AB等于______.

5．若函数f(x)xsinx21，则f(1)f(2)f(3)f(2021)__________

6．平行六面体ABCDA1B1C1D1的各棱长均相等，BADDAA1A1AB60，直线AC1平面A1BDE，则异面直线D1E与AD所成角的余弦值为_________.

7．ylogsin(x)的单调增区间为________.

38．已知ABC为等边三角形，点G是ABC的重心．过点G的直线l与线段AB交于点D，与线段AC交于点E．设ADAB，AEAC，则

11__________；ADE与

ABC周长之比的取值范围为__________．

9．若向量x，y满足xy2212，则x21|xy|的最大值是___________. 2π5(x1)π10．函数y5sinx(15x10)的图象与函数y2图象的所有交点的横

5x2x25坐标之和为___________.

二、单选题

11．设a（ ） A．abc C．bca

12．已知a,bZ，满足A．1 C．3

B．acb D．bac

111651cos，b2lnsin，cln，则a，b，c的大小关系正确的是

1005055010098sin50asin50b，则ab的值为（ ）

B．2 D．4

1，P313．如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA11，ABBC3，cosABC是A1B上的一动点，则APPC1的最小值为（ ）

A．5 B．7 C．13 D．3

ππ5π14．已知函数fxsinx0,0在,上单调，且

288π3πff0，则88π

f的值为（ ） 2

A．2 2B．1 C．1 D．2 215．在三棱锥ABCD中，ABADBC2，CD13，AC22，BD3，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A．

92 7B．9 C．

184 7D．18

16．如图，将矩形纸片ABCD折起一角落△EAF得到△EAF，记二面角AEFD的大

π0小为，直线AE，AF与平面BCD所成角分别为，，则（ ）． 4

A． C．B． D．2

π 217．在三棱锥SABC中，侧棱SA，SB，SC两两垂直，且SASBSC2.设SAx，该三棱锥的表面积为函数yfx，以下判断正确的是（ ） A．fx为常数 C．fx有极大值

18．如图，长方形ABCD中，ABB．fx有极小值 D．fx是单调函数

15，AD1，点E在线段AB（端点除外）上，现将2ADE沿DE折起为ADE．设ADE，二面角ADEC的大小为，若

，则四棱锥ABCDE体积的最大值为（ ）

π2

1A．

4B．

23C．151 12D．51 819．f(x)sin(x)(0)的部分图象如图所示，设P是图象的最高点，A，B是图象与x轴的交点，若tanAPB2，则的值为（ ）

A．

 4B．

 3C．

 2D．

20．在ABC中，若2sin2AcosB1，则A．43,8

AB8BC的取值范围为（ ）

BCcosAACC．7,8

D．0,43

B．43,7

三、解答题

21．如图，某市一学校H位于该市火车站O北偏东45方向，且OH42km，已知

OM, ON是经过火车站O的两条互相垂直的笔直公路，CE,DF及圆弧CD都是学校道路，其

中CE//OM，DF//ON，以学校H为圆心，半径为2km的四分之一圆弧分别与CE, DF相切于点C, D.当地政府欲投资开发AOB区域发展经济，其中A,B分别在公路OM, ON上，且AB与圆弧CD相切，设OAB，AOB的面积为Skm2.

（1）求S关于的函数解析式；

（2）当为何值时，AOB面积S为最小，政府投资最低？

22．已知l1，l2，l3是同一平面内自上而下的三条不重合的平行直线.

（1）如图1，如果l1与l2间的距离是1，l2与l3间的距离也是1，可以把一个正三角形ABC的三顶点分别放在l1，l2，l3上，求这个正三角形ABC的边长.

（2）如图2，如果l1与l2间的距离是1，l2与l3间的距离是2，能否把一个正三角形ABC的三顶点分别放在l1，l2，l3上，如果能放，求BC和l3夹角的正切值并求该正三角形边长；如果不能，试说明理由.

（3）如果边长为2的正三角形ABC的三顶点分别在l1，l2，l3上，设l1与l2间的距离为d1，l2与l3间的距离为d2，求d1d2的取值范围.

23．已知向量a(1,0)，b(sinx2,1)，c(2sinx,1)，d(1,k)(x,kR)． （1）若x[,]，且(ab)//c，求x的值； （2）对于mx1,y1，nx2,y2，定义S(m,n)11x1y2x2y1．解不等式S(b,c)； 22（3）若存在xR，使得(ab)(cd)，求k的取值范围． 24．已知向量a2cosx,1，b（1）若fx03sinxcosx,1，函数fxab.

6，x0,，求cos2x0的值； 5422（2）若函数yfx在区间,33上是单调递增函数，求正数的取值范围. 112225．已知函数f(x)cosxsinxcosxsinx.

22（1）求f(x)的单调递增区间；

（2）求f(x)在区间,的最大值和最小值.

8226．已知a(3cosx,sinx),b(sinx,0),0，设f(x)(ab)bk,kR. （1）若f(x)图象中相邻两条对称轴间的距离不小于

，求的取值范围； 21（2）若f(x)的最小正周期为，且当x,时，f(x)的最大值是2，求f(x)的解析

66式，并说明如何由ysinx的图象变换得到yf(x)的图象.

27．已知ABC的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且b2c2ac， （1）求证：B2C；

a（2）若ABC是锐角三角形，求的取值范围.

c28．已知函数fx23cosxsinx2cos2x2. (1)求函数fx的最小正周期和单调递减区间; (2)求函数fx在0，上的最大值和最小值.

229．已知ABC的外接圆的半径为2，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，又向量．．．2sinAsinC,sinBmsinAsinC,ba，n，且mn. 4（1）求角C；

（2）求三角形ABC的面积S的最大值并求此时ABC的周长. 30．在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c. 已知sin（1）若a4，c210，求ABC的面积； （2）若ABC的面积为13291522，且sinAsinBsinC，求c的值.

164C10 24

【参考答案】

一、填空题

1．①④

2．6 3．1,4．3 5．3032

5623 36．

7．(2k,2k)(kZ)

36213,8． 3  3269．233 810．-7

二、单选题

11．D 12．B 13．B 14．D 15．A 16．A 17．A 18．A 19．C 20．A 三、解答题

[2(sincos)1]2,0,；（2）. 21．（1）S2sincos42【解析】 【分析】

（1）以点O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则H(4,4)，在RtABO中，设ABl，又OAB，故OAlcos，OBlsin，进而表示直线AB的方程，由直线

AB与圆H相切构建关系化简整理得l形面积公式表示AOB面积即可；

4(sincos)2，即可表示OA,OB，最后由三角

sincos2t2t3（2）令t2(sincos)1，则sincos，由辅助角公式和三角函数值域可

81求得t的取值范围，进而对原面积的函数用含t的表达式换元，再令m进行换元，并构

t建新的函数g(m)3m22m1，由二次函数性质即可求得最小值. 【详解】

解：（1）以点O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则H(4,4)，在RtABO中，设ABl，又OAB，故OAlcos，OBlsin. 所以直线AB的方程为

xy1，即xsinycoslsincos0. lcoslsin因为直线AB与圆H相切， 所以|4sin4coslsincos|sincos222.(*)

因为点H在直线AB的上方， 所以4sin4coslsincos0，

所以(*)式可化为4sin4coslsincos2，解得l所以OA4(sincos)24(sincos)2. ，OBsincos4(sincos)2.

sincos1[2(sincos)1]2,0,. 所以AOB面积为SOAOB22sincos2

2t2t3（2）令t2(sincos)1，则sincos，

8且t2(sincos)122sin1(1,221]，

4t216S22所以t2t3321，t(1,221].

t2t822211221142g(m)m,1,1上g(m)3m2m13m令，所以在，t7733单调递减. 所以，当m答：当【点睛】

本题考查三角函数的实际应用，应优先结合实际建立合适的数学模型，再按模型求最值，属于难题.

22．（1）2 ；（2）能放，tan【解析】 【分析】

（1）根据A,C到直线l2的距离相等，可得l2过AC的中点M，l2AC，从而求得边长AC2AM的值.

221，即时，g(m)取得最大值，S取最小值.

47时，AOB面积S为最小，政府投资最低.

43221；（3）0,1 ,边长为32（2）假设能放，设边长为a，BC与l3的夹角，不妨设060，可得asin2，

asin601，两式相比化简可得sin3，由此能求出a的值，从而得出结论. 7 （3）利用两角和差的正弦、余弦公式化简d1d24sin60sin为2sin2301，再根据正弦函数的定义和值域求出d1d2的取值范围.

【详解】 （1）

A,C到直线l2的距离相等，

l2过AC的中点M， l2AC， 边长AC2AM2

（2）假设能放，设边长为a，BC与l3的夹角， 由对称性，不妨设060， asin2，asin601，

两式相比可得：sin2sin60，

即sin3cossin，

2sin3cos，tan33，sin，

72故边长

a22213， 37综上可得，能放.

31dd4sin60sin4cossinsin （3）122231cos22sin2222sin2301. 1sin2301， 2060，30230150，

所以02sin23011， 又d10，d20，所以d1d20,1. 【点睛】

本题是一道考查三角函数应用的题目，解题的关键是掌握等边三角形的性质以及三角函数的恒等变换，属于中档题. 23．（1）【解析】 【分析】

（1）由题absinx1,1,由(ab)//c可得sinx12sinx,进而求解即可； （2）由题意得到Sb,c55或（2）xk,k,kZ（3）k5,1

66661sinx22sinxsinx,进而求解即可； 2（3）由(ab)(cd)可得(ab)(cd)0,整理可得k关于x的函数,进而求解即可 【详解】

（1）由题,absinx1,1,

1因为(ab)//c,所以sinx12sinx,则sinx,

2因为x[,],所以x（2）由题,Sb,c因为S(b,c)6或x5 61sinx22sinxsinx, 211,所以sinx, 225x, 66当x0,时,

因为ysinx是以为最小正周期的周期函数, 5所以xk,k,kZ

66（3）由（1）absinx1,1,由题,cd3sinx,k1, 若(ab)(cd),

则(ab)(cd)sinx13sinxk10, 则ksin2x2sinx4sinx15, 因为sinx1,1,所以k5,1 【点睛】

本题考查共线向量的坐标表示,考查垂直向量的坐标表示,考查解三角函数的不等式 24．（1）【解析】 【分析】

（1）利用数量积公式结合二倍角公式，辅助角公式化简函数解析式，由fx02x06，结合51343；（2）0 1042的范围以及平方关系得出cos2x0的值，由2x02x0结合两角差的

6666应该包含余弦公式求解即可；

2（2）由整体法结合正弦函数的单调性得出该函数的单调增区间，则区间,33在yfx的一个增区间内，根据包含关系列出不等式组，求解即可得出正数的取值范围. 【详解】

（1）fxab2cosx因为fx03sinxcosx13sin2xcos2x2sin2x

6636，所以2sin2x0，即sin2x0.

65655272x0因为x0,，所以 366424所以cos2x01sin22x0.

66531cos2x0sin2x0 所以cos2x0cos2x06626263413343. 252510（2）yfx2sin2x.

6令2k得k22x62k2，kZ

kx，kZ 362因为函数yfx在区间,上是单调递增函数

332所以存在k0Z，使得,33k0k0,

36k03k0133所以有，即

k26k1400631因为0，所以k0

6又因为

352123，所以0，则3k01，所以k0 3322226151从而有k0，所以k00，所以0.

466【点睛】

本题主要考查了利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，两角差的余弦公式化简求值以及根据正弦型函数的单调性求参数范围，属于较难题.

13k,k，kZ；（2）fx2，fxmin 25．（1）max8282【解析】 【分析】

（1）直接利用三角函数的恒等变换，把三角函数变形成正弦型函数．进一步求出函数的单调区间．

（2）直接利用三角函数的定义域求出函数的最值． 【详解】 解：（1）

11f(x)cos2xsinxcosxsin2x

22f(x)11cos2xsin2x 22f(x)令2sin2x 2422k2x422k，kZ

解得3kxk，kZ 883k,k，kZ 即函数的单调递增区间为88（2）由（1）知f(x)x, 822x2sin2x 2450, 444所以当2x当2x42，即x

8

时，fxmax2 215，即x时，fxmin 422【点睛】

本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的单调性的应用，利用函数的定义域求三角函数的值域．属于基础型．

26．（1）01；（2）fxsin2x;平移变换过程见解析.

6【解析】 【分析】

（1）根据平面向量的坐标运算,表示出f(x)的解析式,结合辅助角公式化简三角函数式.结合相邻两条对称轴间的距离不小于

及周期公式,即可求得的取值范围; 2（2）根据最小正周期,求得的值.代入解析式,结合正弦函数的图象、性质与f(x)的最大值

1是2,即可求得f(x)的解析式.再根据三角函数图象平移变换,即可描述变换过程.

【详解】

∵a(3cosx,sinx),b(sinx,0) ∴ab(3cosxsinx,sinx)

∴f(x)(ab)bk3sinxcosxsin2xk 31cos2x311sin2xksin2xcos2xk 222221sin2xk

62（1）由题意可知∴1 又0, ∴01 （2）∵T∴1

T, 222, 1∴f(x)sin2xk

62∵x,,

66∴2x, 626∴当2x66即x

6

时

11f(x)maxfsinkk1

62261∴k

2∴f(x)sin2x

6将ysinx图象上所有点向右平移个单位,得到ysinx的图象；再将得到的图象上

661所有点的横坐标变为原来的2倍,纵坐标不变,得到ysin2x的图象（或将ysinx图

6象上所有点的横坐标变为原来的2倍,纵坐标不变,得到ysin2x的图象；再将得到的图象上所有点向右平移【点睛】

本题考查了正弦函数图像与性质的综合应用,根据最值求三角函数解析式,三角函数图象平移变换过程,属于中档题.

27．（1）证明见解析；（2）(1,2) 【解析】 【分析】

（1）由b2c2ac，联立b2a2c22accosB，得ac2ccosB，然后边角转化，利用和差公式化简，即可得到本题答案； （2）利用正弦定理和B2C，得【详解】

a2cos2C1，再确定角C的范围，即可得到本题答案. c1个单位,得到ysin2x的图象） 126解：（1）锐角ABC中，b2c2ac，故由余弦定理可得：b2a2c22accosB，

c2aca2c22accosB，

a2ac2accosB，即ac2ccosB，

∴利用正弦定理可得：sinAsinC2sinCcosB， 即sin(BC)sinBcosCsinCcosBsinC2sinCcosB，

sinBcosCsinCsinCcosB，

可得：sin(BC)sinC，

∴可得：BCC，或BCC（舍去），

B2C.

（2）

asinAsin(BC)sin(2CC)2cos2Ccos2C2cos2C1csinCsinCsinCABC，

A,B,C均为锐角，由于：3CA，

02C2，0C4.

再根据23C，可得

6C，

6C4，

a(1,2) c【点睛】

本题主要考查正余弦定理的综合应用，其中涉及到利用三角函数求取值范围的问题. 2k（2）5； -2 28．（1）T；k,36【解析】 【分析】

（1）根据二倍角公式和辅助角公式化简即可

（2）由x0，求出2x的范围，再根据函数图像求最值即可

62【详解】

2（1）fx23cosxsinx2cosx23sin2xcos2x32sin2x3，

6T3222kxk,k， ，令2x2k,6223262k,kZ； 即单减区间为k,3677π（2）由x0，t2x,，当t时，fx的最小值为：-2；

66662当t2时，fx的最大值为：5

【点睛】

本题考查三角函数解析式的化简，函数基本性质的求解（周期、单调性、在给定区间的最值），属于中档题 29．(1) C【解析】 【分析】

（1）由mnmn0，利用坐标表示化简，结合余弦定理求角C（2）利用（1）中

c2a2b2ab，应用正弦定理和基本不等式，即可求出面积的最大值，此时三角形为正三

3. (2) Smax33，周长为36. 2角即可求周长. 【详解】

（1）∵mnmn0， ∴sinAsinCsinAsinC2basinB0， 4222bac且2R22，由正弦定理得：ba0， 42R2R2R化简得：c2a2b2ab.

1由余弦定理：c2a2b22abcosC，∴2cosC1cosC，

2∵0C，∴C3.

2（2）∵a2b2abc22RsinC6，

∴6a2b2ab2ababab（当且仅当ab时取“”） S133absinCab3， 24233，此时，ABC为正三角形，此时三角形的周长为36. 2所以，Smax【点睛】

本题主要考查了利用数量积判断两个平面向量的垂直关系，正弦定理，余弦定理，基本不等式，属于中档题.

30．（1）215；（2）c43． 【解析】 【分析】 （1）先根据sinC10计算出sinC与cosC，再利用余弦定理求出b边，最后利用241SABCabsinC求出答案；

2（2）利用正弦定理将等式化为变得关系，再利用余弦定理化为c2与ab的关系式，再结合面积求出c的值． 【详解】

解：（1）因为sinC10， 242所以cosC12sinC10112．又C0,， 216415． 4所以sinC1cos2C因为a4，c210，且c2a2b22abcosC， 12所以4016b24b，

4解得b4， 所以SABC1115absinC44215． 22422（2）因为sinAsinB13213sinC，由正弦定理，得a2b2c2． 161682又a2b22abcosCc2，所以cab．

3又SABC【点睛】

1915，得ab18，所以c248，所以c43． absinC24本题考查正余弦定理解三角形，属于基础题．