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专题06 三角函数与解三角形
能力提升检测卷
时间：60分钟 分值：120分
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共60分）
1．如果函数 的图像关于点 对称，则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的对称性，带值计算即可.
【详解】根据题意， ，即 ，
解得 ；当 时， 取得最小值 .故选：B.
2．将函数 的图象向右平移 个单位，得到函数 的图象，则
A． B． C． D．0
【答案】C
【分析】利用函数 的图象变换规律求得 的解析式，可得 的值．
【详解】解：将函数 的图象向右平移 个单位，
得到函数 的图象，
则 ，故选C．
3．设函数 ，若 的导函数 是偶函数，则 可以是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】求出导函数，根据偶函数的性质得到 ， ， ,当 时，
.
【详解】因为 ，
所以 ，因为 为偶函数，所以 对任意实数 恒成立，
所以 对任意实数 恒成立，
所以 对任意实数 恒成立，
所以 对任意实数 恒成立，
所以 对任意实数 恒成立，
所以 ，所以 ， .当 时， .故选：A
4．下面诱导公式使用正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式的法则“奇变偶不变，符号看象限”，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】对于A： ，故A错误；
对于B： ，故B错误；
对于C： ，故C正确；
对于D： ，故D错误.故选：C
5．若 ，则 （ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】利用正切函数的两角和与差的恒等变换，结合二倍角公式求得结果.
【详解】因为 .
故选：C．
6．已知 ，则 ， ， ， 中值最大的为
A． B． C． D．【答案】C
【分析】由题意首先确定 的范围，然后结合指数函数的单调性和幂函数的单调
性确定所给选项中最大的数即可.
【详解】由于 ，故 ，且 .
由指数函数的单调性可得： ， ，
由幂函数的单调性可得： ，
综上可得， ， ， ， 中值最大的为 .
故选C.
7．式子 的值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据余弦的倍角公式，结合诱导公式，即可化简.
【详解】 ，
故选：A.
8．已知 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且 ，若 ，
则 的面积的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】利用余弦定理求得角 的值，结合基本不等式可求得 的最大值，进而可求得
的面积的最大值.
【详解】由余弦定理得 ，所以 ，所以
.
由余弦定理的推论得 ，又 ，所以 .
若 ，由余弦定理的得 ，
当且仅当 时取等号，所以 ，解得 .
故 .因此， 面积的最大值为 .故选：D.9．函数 的图像向左平移 个单位长度后对应的函数是奇函数，
函数 ．若关于 的方程 在 内有两个不同的解
，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用函数 的图象变换规律，利用三角函数的图象和三角恒等变形，
可得 ，即 ， ，从而得到
，进而得到的值.
【详解】函数 的图像向左平移 个单位长度后，可得
的图象.
由条件 为奇函数，则 ，即
又 ，所以 ，即
关于 的方程 在 内有两个不同的解 ，
即 在 内有两个不同的解 ，
即 在 内有两个不同的解 ，
即 ，其中( 为锐角) 在 内有两个不同的
解 ，即方程即 在 内有两个不同的解 ，
由 ，则 ，
所以 ，
所以
则 ，即 ，所以 ， 故选：D
10．已知 ，其部分图象如图所示，则 的解析
式为
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据图像可得函数周期，最值，则可得 ，再根据五点作图法求得 即可.
【详解】由图可知 ，解得 ；
又因为 ，故可得 ；
由五点作图法可知 ，解得 ，
故 .故选：D.
11．已知 三边 所对角分别为 ，且 ，则
的值为（ ）
A．-1
B．0
C．1
D．以上选项均不正确
【答案】B
【分析】由题意，先由余弦定理化简整理，再根据正弦定理进行边化角，由三角形内角和
结合诱导公式以及二倍角公式，可得答案.
【详解】将 由余弦定理变换得
由正弦定理得 ，三角变换得 ，即 ，变形得 ，
两边同时乘以 得 ，故选：B.
12． 埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球
（大圆）的周长.如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向（这是从日光直
射进该处一井内而得到证明的）.同时在亚历山大城（该处与赛伊尼几乎在同一子午线上），
其天顶方向与太阳光线的夹角测得为 .因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平
行的.埃拉托斯特尼从商队那里知道两个城市间的实际距离大概是5000斯塔蒂亚，按埃及
的长度算，1斯塔蒂亚等于157.5米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为（ ）
A． 38680千米 B． 39375千米 C． 41200千米 D． 42192千米
【答案】B
【分析】由题意可将赛伊尼和亚历山大城之间的距离看作圆心角为 的扇形的弧长，由
此可计算地球半径，进而求得地球周长.
【详解】由题意可知，赛伊尼和亚历山大城之间的距离可看作圆心角为 的扇形的弧长，
设地球半径为 ，则 ，
∴地球周长为 （米）= （千米），故选：B.
二、填空题（共4小题，共20分）
13．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为
S，若 ，则sinA+sinC的最大值是____________．
【答案】
【分析】根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得 ，B为钝
角知 ，由三角形内角和的性质得 ，即可求最大值.【详解】由题设， ，则 ，
∴ ，又 B为钝角即 为锐角，
∴ ，即 ，又 ，
∴ 且 ，而
，
∴当 时， 的最大值为 .故答案为：
14．记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为 ， ， ，
则 ________．
【答案】
【分析】由三角形面积公式可得 ，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意， ，所以 ，
所以 ，解得 （负值舍去）.
故答案为： .
15．求值： __．
【答案】
【分析】根据诱导公式与正切和差公式即可求解．
【详解】
．故答案为： ．
16．在 中， ， ， ，则 ___________.
【答案】 或
【分析】由正弦定理 ，求得 ，得出 或 ，进而求得
的大小，得到答案.【详解】由正弦定理 ，可得 ，
因为 ，可得 或 ，
当 时， ；
当 时， .故答案为： 或 .
三、解答题（共40分）
17．如图，已知在 中， 为 上一点， ， .
（1）若 ，求 的值；
（2）若 为 的角平分线，且 ，求 的面积.
【答案】（1） （2） 或
【解析】（1）利用正弦定理将 转化成求 的值，即可得答案；
（2）设 ，则 ，在 中由余弦定理可得 或 ，
再分别求出 的面积.
【详解】（1） ，可得：
，
， ，
，可得 ，
，在 中
（2）设 ，则 ，在 中由余弦定理可得：
，
解得 或
因为 ，所以
又由（1）知
所以
由（1）知当 时，
当 时，
综上 的面积为 或
18．在锐角 中，内角 的对边分别为 ，且 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ，求 的面积.
【答案】（1） ；（2） .
【详解】试题分析：（1）由正弦定理得 的值，再由题意可得 的大小；（2）由已
知条件代入余弦定理可求得 的值，代入面积公式可得三角形的面积.
试题解析：（1）∵ 中， ，
∴根据正弦定理，得
∵锐角 中， ，
∴等式两边约去 ，得
∵ 是锐角 的内角，∴ ；（2）∵ ， ，∴由余弦定理 ，得
，化简得 ，∵ ，平方得
，∴两式相减，得 ，可得 .
因此， 的面积 .
19．已知函数 的部分图象如图所示.
(1)求 的解析式；
(2)求 的单调递增区间，若当 时，求 的值域.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）根据图象列出方程求出A，B，利用周期求出 ，代入点 求出 即可；
（2）由正弦型函数的性质求单调递增区间，值域即可.
（1）
由图象可知： ，解得 ，
又由于 ，可得 ，所以 ，
由图象知 ，
又因为 ，所以 ，
所以 .（2）
依题可得 ，解得 ，
所以 的单调递增区间 ，
因为 ，令 ，则 ， ，
即 的值域为 .
20．如图，设 的内角 ､ ､ 的对边分别为 ､ ､ ， ，
且 .若点 是 外一点， ， ，则当角D等于多少度时，四边形
的面积有最大值，并求出最大值.
【答案】 ；
【分析】利用正弦定理边角互化结合 的取值范围可求得 ，可判断出 为等
边三角形，利用余弦定理求得 ，利用三角形的面积公式可得出四边形
的面积关于 的表达式，利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得四边
形 面积的最大值及其对应的 的值，即可得解.
【详解】解： ，
由正弦定理可得 ，
所以， ，
， ，可得 ， ， ，
所以， 为等边三角形，设 ，则 ，
由余弦定理可得 ，
，
，所以，四边形 的面积为
，
， ，所以，当 时，即当 时，四边形
的面积取最大值 .
