四川省眉山中学三角函数与解三角形多选题试题含答案

一、三角函数与解三角形多选题

1．在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a2，sinB2sinC，有以下

四个命题中正确的是（ ）

A．满足条件的ABC不可能是直角三角形 B．ABC面积的最大值为

4 3C．当A=2C时，ABC的周长为223

D．当A=2C时，若O为ABC的内心，则AOB的面积为【答案】BCD 【分析】

对于A，利用勾股定理的逆定理判断；

对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案； 对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案

对于D，由已知条件可得ABC为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得AOB的面积 【详解】

对于A，因为sinB2sinC，所以由正弦定理得，b2c，若b是直角三角形的斜边，

31 323，所以A错误； 3对于B，以BC的中点为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则

则有a2c2b2，即4c24c2，得cB(1,),C(1,0)，设A(m,n)，

因为b2c，所以(m1)2n22(m1)2n2， 化简得(m)n53224165，所以点A在以,0为圆心，为半径的圆上运动， 9331442，所以B正确； 233对于C，由A=2C，可得B3C，由sinB2sinC得b2c，

所以ABC面积的最大值为由正弦定理得，

2ccbc，即，

sin(3C)sinCsinBsinC所以sin3C2sinC，化简得sinCcos2C2cos2CsinC2sinC， 因为sinC0，所以化简得cosC23， 413，则sinC，

22因为b2c，所以BC，所以cosC所以sinB2sinC1，所以B因为a2，所以c2，C6，A3，

2343， ,b33所以ABC的周长为223，所以C正确； 对于D，由C可知，ABC为直角三角形，且B2，C6，A3，

c2343， ,b33所以ABC的内切圆半径为r12343321， 23331123331cr1所以AOB的面积为 22333所以D正确， 故选：BCD 【点睛】

此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题.

2．已知函数f(x)sin(x)(0)满足fx0fx011，且f(x)在2x0,x01上有最小值，无最大值.则（ ）

A．fx011 2B．若x00，则f(x)sin2x 6C．f(x)的最小正周期为3 1346个 【答案】AC 【分析】

D．f(x)在(0,2019)上的零点个数最少为

根据正弦函数图象的对称性可判断A；根据已知三角函数值求角的方法，可得

x02k,kZ，(x01)2k566,kZ，两式相减可求出，进而求得

周期，从而可判断B和C选项；因为T3，所以函数f(x)在区间(0,2019)上的长度恰好为673个周期，为了算出零点“至少”有多少个，可取f(0)0，进而可判断D． 【详解】

解：由题意得，f(x)在x0,x01的区间中点处取得最小值， 即fx011，所以A正确； 2因为fx0fx011， 25,kZ， 6且f(x)在x0,x01上有最小值，无最大值， 所以不妨令02kx012k,kZ，

6两式相减得，所以T2， 32因为T3，

3，即B错误，C正确；

所以函数f(x)在区间(0,2019)上的长度恰好为673个周期， 当f(0)0，即k时，

f(x)在区间(0,2019)上的零点个数至少为673211345个，即D错误.

故选:AC. 【点睛】

本题考查与三角函数有关的命题的真假关系，结合三角函数的图象与性质，利用特殊值法以及三角函数的性质是解题的关键，综合性较强．

3．ABC中，BC2，BC边上的中线AD2，则下列说法正确的有（ ） A．ABAC为定值

B．AC2AB210 D．BAD的最大值为30

4cosA1 5【答案】ABD 【分析】

C．

A利用向量的加减法及向量的数量积公式运算即可，B根据余弦定理及角的互补运算即可求值，C利用余弦定理及基本不等式求出cosA范围即可，D根据余弦定理及基本不等式求出cosBAD的最小值即可. 【详解】 对于A，

ABACADDBADDBADDB413，ABAC为定

22值，A正确； 对于B，

cosADCcosADBAC2AB2AD2DC22ADDCcosADCAD2DB22ADDBcosADB

2AD2DB2DC2

2221110，故B正确；

b2c242bc42对于C，由余弦定理及基本不等式得cosA1（当且仅当

2bc2bcbcbc时，等号成立）,由A选项知bccosA3，

解得cosAcosA122cosA133， cosA3，故C错误； 5c22212c2323c3对于D，cosBAD（当且仅当c3时，等号成4c4c4c2立），因为BADABD， 所以BAD(0,故选：ABD 【点睛】

本题主要考查了向量的数量积运算，余弦定理，基本不等式，考查了推理能力，属于难题.

2)，又cosBAD3，所以BAD的最大值30，D选项正确. 2

4．已知函数f(x)sinx（其中，0，||），2f0，83f(x)f恒成立，且f(x)在区间,上单调，则下列说法正确的是（ ）

12248A．存在，使得f(x)是偶函数 C．是奇数 【答案】BCD 【分析】

B．f(0)f34 D．的最大值为3

3f(x)f根据得到2k1，根据单调区间得到3，得到1或3，故

8CD正确，代入验证知fx不可能为偶函数，A错误，计算得到B正确，得到答案. 【详解】

31k3f0，f(x)fT，kN， ，则8888242故T2，2k1，kN， 2k1f0，则f(x)sin0，故k，k，

8888kZ，

当x,时，xk,k，kZ，

6122424T,上单调，故，故T，即8，

24128241224，故

f(x)在区间024362，故3，

综上所述：1或3，故CD正确；

1或3，故误；

8k或3k，kZ，fx不可能为偶函数，A错8当1时，f(0)sinsink，8； 3f433sinksinkf(0)f，故48843f(0)sinsink， 当3时，83f4393sinksinkf(0)f，故488434，B正确； ， 综上所述：f(0)f故选：BCD. 【点睛】

本题考查了三角函数的性质和参数的计算，难度较大，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

5．函数fxsin2x，则（ ） 4A．函数yf(x)的图象可由函数ysin2x的图象向右平移B．函数yf(x)的图象关于直线x

个单位得到 48

轴对称

C．函数yf(x)的图象关于点,0中心对称

8D．函数yx2f(x)在0，上为增函数 【答案】BCD 【分析】

对四个选项，一一验证：

8对于选项A，利用三角函数相位变化即可；

对于选项B，利用正弦函数的对称轴经过最高（低）点判断； 对于选项C，利用正弦函数的对称中心直接判断； 对于选项D，利用复合函数的单调性“同增异减”判断； 【详解】

由题意，对于选项A，函数ysin2x的图象向右平移

个单位可得到4fxsin2xsin2xcos2x，所以选项A错误；

42对于选项B，f于直线x

sin21，取到了最大值，所以函数yf(x)的图象关8848

轴对称，所以选项B正确；

对于选项C，f项C正确；

0yf(x)，所以函数的图象关于点,0中心对称，所以选88对于选项D，函数yx0，2x，，单调0，x在上为增函数，时，

4428822递增，所以函数yxf(x)在0，上为增函数，所以选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】

(1)三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于ysinx或ycosx的性质解题；

(2)求单调区间，最后的结论务必写成区间形式，不能写成集合或不等式．

8

6．将函数ycos2x的图象上所有点向左平移得到函数yfx的图象，则（ ） A．fx的图象的对称轴方程为xB．fx的图象的对称中心坐标为C．fx的单调递增区间为D．fx的单调递减区间为【答案】AC

个单位长度，再向下平移1个单位长度，66kkZ 2k,0kZ 2122k,kkZ

632k,kkZ

36【分析】

首先根据图象平移求函数yfx的解析式，再根据整体代入的方法判断函数的对称性和单调区间. 【详解】

ycos2x的图象上所有点向左平移

π个单位长度，得到ycos2x，再向下平移

661， 31个单位长度后得到yfxcos2x对于A，令2x3k，解得x6k,kZ，函数的对称轴是2x6k,kZ，故A正确； 2对于B，令2x32k，解得：x12k,kZ，所以函数的对称中心2k,1,kZ，故B不正确； 122对于C，令2k2x32k，解得：2kxk，所以函数的单362k,k,kZ，由于单点不具有单调性，所以fx的单调调递增区间是63递增区间为2k,kkZ也正确，故C正确；

63对于D，令2k2x区间是32k，解得：6kx3k，所以函数单调递减

k,k，kZ，故D不正确.

36故选：AC 【点睛】

方法点睛：本题考查函数的图象变换，以及yAsinωxφ的性质，属于中档题型，

yAsinx的横坐标伸长（或缩短）到原来的

1倍，得到函数的解析式是

yAsinωxφ，若yAsinx向右（或左）平移（0）个单位，得到函数的解

析式是yAsinx或yAsinx.

7．函数f(x)cosx|cosx|，xR是（ ） A．最小正周期是 B．区间[0，1]上的减函数

C．图象关于点(k，0)(kZ)对称 D．周期函数且图象有无数条对称轴 【答案】BD 【分析】

根据绝对值的意义先求出分段函数的解析式，作出函数图象，利用函数性质与图象关系分别对函数的周期、单调区间、对称中心和对称轴进行判断求解. 【详解】

2cosx(2kx2k)22f(x)，

30(2kx2k)22则对应的图象如图：

A中由图象知函数的最小正周期为2，故A错误， B中函数在[0,2]上为减函数，故B正确，

C中函数关于xk对称，故C错误，

D中函数由无数条对称轴，且周期是2，故D正确 故正确的是BD 故选：BD

【点睛】

本题考查由有解析式的函数图象的性质. 有关函数图象识别问题的思路:

①由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置； ②由函数的单调性，判断图象的变化趋势； ③由函数的奇偶性，判断图象的对称性； ④由函数的周期性，判断图象的循环往复．

8．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知

bc:(ca):(ab)4:5:6，下列结论正确的是（ ）

A．sinA:sinB:sinC7:5:3

B．ABAC0

C．若c6，则ABC的面积是153 D．若bc8，则ABC的外接圆半径是【答案】ACD 【分析】

先利用已知条件设bc4k,ca5k,ab6k，进而得到

73 3a3.5k,b2.5,c1.5k，利用正弦定理可判定选项A；利用向量的数量积公式可判断选

项B；利用余弦定理和三角形的面积公式可判定选项C；利用余弦定理和正弦定理可判断选项D. 【详解】

依题意，设bc4k,ca5k,ab6k， 所以a3.5k,b2.5,c1.5k，

由正弦定理得：sinA:sinB:sinCa:b:c7:5:3， 故选项A正确；

b2c2a2b2c2a2 ABACbccosAbc2bc22.521.523.52215kk20，

28故选项B不正确；

若c6，则k4， 所以a14,b10，

102621421所以cosA，

21062所以sinA3， 2113bcsinA610153； 222故ABC的面积是：故选项C正确；

若bc8，则k2， 所以a7,b5,c3，

5232721所以cosA，

2532所以sinA3， 2则利用正弦定理得：

1a73， ABC的外接圆半径是：2sinA3故选项D正确； 故选：ACD. 【点睛】

关键点睛：本题主要考查正余弦定理以及三角形面积公式. 利用已知条件设

bc4k,ca5k,ab6k，再利用正余弦定理以及三角形面积公式求解是解决本

题的关键.

二、数列多选题

9．各项均为正数的等比数列{an}的前n项积为Tn，若a11，公比q1，则下列命题正确的是（ ）

A．若T5T9，则必有T141 C．若T6T7，则必有T7T8 【答案】ABC 【分析】

根据题意，结合等比数列的通项公式、等差数列的前n项和公式，以及等比数列的性质，逐项分析，即可求解. 【详解】

n1由等比数列{an}可知ana1q，由等比数列{an}的前n项积结合等差数列性质可知：

nn12n1n12n114126B．若T5T9，则必有T7是Tn中最大的项 D．若T6T7，则必有T5T6

Tna1a2a3ana1a1qa1q5101a1q91aqaqn12

对于A，若T5T9，可得aqaq，即aq1，Taq14A正确；

133614911aq4172621，故

对于B，若T5T9，可得a14q261，即aq21，又a11，故q1，又T5T9，可知

1a6a7a8a91，利用等比数列性质知a7a8a6a91，可知a61,a71,a81,a91，故T7是Tn中最大的项，故B正确；

对于C，若T6T7，则a16q15a17q21，即a1q61，又a10，则q1，可得

T8a8a1q7a1q61，故T7T8，故C正确； T7T6a6a1q5，无法判断其与“1”的大小关系，故D错误. 对于D，若T6T7，则a1q1，T56故选：ABC 【点睛】

关键点点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式及等差数列前n项和公式，以及等比数

列的性质的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式和性质及等差数列的求和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了学生的推理与运算能力，属于较难题.

10．设首项为1的数列an的前n项和为Sn，已知Sn12Snn1，则下列结论正确的是（ ）

A．数列an为等比数列 C．数列an中a10511

B．数列Snn为等比数列 D．数列2Sn的前n项和为

2n2n2n4

【答案】BCD 【分析】

Sn1n12Sn2n2，结合等比数列的定义可判断B；可得由已知可得

SnnSnnSn2nn，结合an和Sn的关系可求出an的通项公式，即可判断A；由an的通项公

式，可判断C；

由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n项和公式即可判断D. 【详解】

Sn1n12Sn2n2． 因为Sn12Snn1，所以

SnnSnn又S112，所以数列Snn是首项为2，公比为2的等比数列，故B正确；

nn所以Snn2，则Sn2n．

n111当n2时，anSnSn121，但a121，故A错误；

由当n2时，an2n11可得a10291511，故C正确；

412n1223n1n1因为2Sn22n，所以2S12S2...2Sn221222...22n

22...223n1212...nnn1n222n2nn4 2所以数列2Sn的前n项和为2n2n2n4，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】

关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由

Sn12Snn1可有目的性的构造为Sn1n12Sn2n，进而得到

Sn1n12Sn2n2，说明数列Snn是等比数列，这是解决本题的关键所在，

SnnSnn考查了推理运算能力，属于中档题,