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2023年高考数学真题分类汇编5：三角函数
一、填空题
1．（2023·全国甲卷）在中，，，D为BC上一点，AD为的平分线，则　 　．
【答案】2
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】如图，
根据已知条件，由，
∴，
由正弦定理得，
∴，
∴，
，
∵AD为的平分线，
∴，
∴
【分析】根据已知条件可先利用正弦定理求得∠C，由特殊角产生等腰得出AD的长.
2．（2023·天津卷）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，则可用表示为　 　；若，则的最大值为　 　．
【答案】；
【知识点】基本不等式；向量加减混合运算及其几何意义；余弦定理
【解析】【解答】如图所示，
第一空：∵点为的中点，点为的中点
∴，
由平行四边形法则易得
第二空：由∵，
∴，
∴，
∴
又∵，，
根据余弦定理得：，即
又∵，
∴，解得，
∴
故当且仅当时， 的最大为.
故答案填：.
【分析】根据题意，将其中两边视为基底向量，由平行四边形法则易表示 ；同理利用基底向量可表示 ，进而表示 ，表示后的结构易联想到使用基本不等式求其最大值，由基底夹角结合第三边可联想使用余弦定理得出平方和与乘积的等量关系，消元且使用基本不等式可求得的最大值.
3．（2023·全国乙卷）若，则　 　．
【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】，，，
，又，解得，，
.
故答案为：
【分析】根据同角三角函数关系进行求解和。
4．（2023·上海卷）已知，求　 　 ；
【答案】
【知识点】二倍角的正切公式
【解析】【解答】∵，
∴.
故答案为：
【分析】代入正切二倍角公式即得答案.
5．（2023·上海卷）在中，，求　 　 ；
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理
【解析】【解答】∵ 在中，
根据余弦定理，
在，∠A<，即，
∴
故答案为：
【分析】根据已知三角形三边可使用余弦定理求出∠A余弦值，利用同角三角函数关系进而得出答案.
6．（2023·新高考Ⅱ卷）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则　 　 .
【答案】
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】根据图象设，
，，
由图象可知，，，
不妨令
，解得，
，，即
或
又，，
故答案为：
【分析】结合图象和得，求出，再根据和确定，进而求解。
7．（2023·新高考Ⅰ卷）已知函数f(x)=cosωx 1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】令f(x)=cosωx 1 =0，则coswx=1，故该函数的交点可视作函数y=cosωx与y=1的在的交点
∵，则
结合余弦函数可知此时
∴，解得.
故答案为：
【分析】 可将函数零点转换为余弦型函数与y=1的交点即得答案。
二、选择题
8．（2023·全国甲卷）函数的图象由的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；诱导公式
【解析】【解答】由题意得
作出和草图如下：
，
此时在直线上，当时，
，
此时在直线上，当时，
，
此时在直线上，当时，
由图形及分析可知和的交点个数为3.
故选：C
【分析】求出变换后的函数解析式，画图分析值域范围得出交点个数.
9．（2023·全国甲卷）已知为函数向左平移个单位所得函数，则与的交点个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；诱导公式
【解析】【解答】由题意得
作出和草图如下：
，
此时在直线上，当时，
，
此时在直线上，当时，
，
此时在直线上，当时，
由图形及分析可知和的交点个数为3.
故选：C
【分析】求出变换后的函数解析式，画图分析值域范围得出交点个数.
10．（2023·全国甲卷）“”是“”的（　　）
A．充分条件但不是必要条件
B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件
D．既不是充分条件也不是必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】若，
∵，
此时，即，
∴当，此时不一定成立，充分性不成立；
反之，当，，此时，必要性成立；
故选：B.
【分析】利用同角三角基本关系可将 化简，结合条件的判断可得出答案.
11．（2023·全国甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】如图所示，连接AC，
在正方形中，
在△PAC中，根据余弦定理
，解得：.
又∵，
根据对称性可知PB=PA=，
此时在△PBC中，根据余弦定理可得
，
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意结合余弦定理得出PA，结合与底面正方形对称性得出PA=PB，则在已知三边的三角形中，结合余弦定理得出夹角正弦值及其面积.
12．（2023·全国甲卷）已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模；余弦定理
【解析】【解答】根据题意，易得，不妨设为椭圆左焦点，如下图所示
设，则，
在中，根据余弦定理得，整理得，
∴
又∵
∴
将代入 ，
∴，
∴.
故选：B.
【分析】根据椭圆定义设，则，由余弦定理得出关于x的等量关系，结合面积的两种表达方式，利用整体的等量关系可直接将计算后代入椭圆方程即可算出 的值.
13．（2023·天津卷）已知函数的一条对称轴为直线，一个周期为4，则的解析式可能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复合三角函数的周期性及其求法；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】∵T=4，
∴，故C、D不符合题意，错误；
对A，其对称轴为 ，解得 ，
故此时对称轴为奇数，不满足对称轴直线，不符合题意，错误；
对B，其对称轴为 ，解得 ，
故此时对称轴为偶数，满足对称轴直线，符合题意；
故选：B.
【分析】由正余弦函数周期算法排除CD，再根据对称轴求法排除A检验B.
14．（2023·全国乙卷）已知等差数列的公差为，集合，若，则（　　）
A．－1 B． C．0 D．
【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；余弦函数的周期性
【解析】【解答】设等差数列的首项为，由其公差为，
易得，，....，
即得，，，......，
由集合只含有两个元素，即 ，
由上述可知不妨，且，
故，
∴，即，解得，
∴，，
故.
【分析】根据题意结合余弦函数周期性分析得出，，即可计算ab的值.
15．（2023·全国乙卷）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的运算；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】根据题意，由，
当cos∠PAD夹角越小值越大，同时结合圆的对称性，故当PA与PC在圆O同测的圆弧上时，达到最大，
如下图所示，连接PO，OA，OD，
∴OA=r=1，，
∴，
∴是等腰直角三角形，∠OPA=45°，
又∵D为BC的中点，
∴OD⊥PC
由 ，设，
∴，，
∴
即
当且仅当
即时，.
故选：A
【分析】结合草图分析，可设夹角，，表示出 结合二倍角与辅助角公式得出正弦型函数，从而分析得出答案.
16．（2023·全国乙卷）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【解答】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设AE=BE=2a
∵是以AB为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形
易得，，
又∵，且二面角为，
∴，
∴在中，由余弦定理得，
∴，
∴由线面夹角定义结合直线在平面上的投影，
易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直线上，
即直线CD与平面ABC所成角为∠DCE
∴在中，由正弦定理得，
代入解得，
∵
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意分析面面夹角与线面夹角的平面角，结合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面角的三角函数值.
17．（2023·全国乙卷）在中，内角的对边分别是，若，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】，由正弦定理可得，
，或（舍去），
又，，.
故选：C
【分析】先利用正弦定理边化角化简，再结合三角形内角和为求。
18．（2023·全国乙卷）已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条对称轴，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正弦函数的单调性
【解析】【解答】在区间单调递增，又和是的对称轴，，，解得，
，即，，
.
故选：D
【分析】分析题意根据单调性和对称轴求出，，再代入求解.
19．（2023·上海卷）设，函数在区间上的最小值为，在上的最小值为，当变化时，以下不可能的情形是（　　）.
A．且 B．且 C．且 D．且
【答案】D
【知识点】正弦函数的图象
【解析】【解答】①若，则在区间上的最小值为，在上的最小值为 ，排除A.
②若，则在区间上的最小值为，在上的最小值为 ，排除B.
③若，则在区间上的最小值为，在上的最小值为 ，排除C.
故选：D.
【分析】结合正弦函数正负性分界点利用排除法选择，为排除A选项，需选择 即；
为排除B选项，需选择，即；为排除C选项，需选择，即.
20．（2023·新高考Ⅱ卷） 已知为锐角， 则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】由，
又∵为锐角 ，
故选：D
【分析】直接用二倍角公式求解。
21．（2023·新高考Ⅰ卷）过点(0， 2)与圆x2+y2 4x 1=0相切的两条直线的夹角为α，则sinα=（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】如图
由 x2+y2 4x 1=(x-2)2+y2=5，可得圆心O(2，0)，r=
根据勾股定理易得，，
又∵相切的两条直线的夹角为α，即∠BAC=α
易得∠OAB=∠OAC=
所以，
所以，
故选：B
【分析】 由圆的一般方程整理得出圆心与半径，结合切线定理与三角恒等变换即得答案。
22．（2023·新高考Ⅰ卷） 已知 ， 则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】∵，
∴，即，
∴，
则.
故选：B
【分析】 观察角度之间的联系，结合二倍角与和差角即得答案。
三、解答题
23．（2023·全国甲卷）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
【答案】（1）由余弦定理知，又，
∴2bccosA=2cosA
.
（2）在三角形中有
由正弦定理知，
，即，
，即，
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)由已知条件联想利用余弦定理化简即得答案。
(2)根据已知条件结合正弦定理将边统一化成角，结合内角和与和差角公式消去角C，整理即得，再结合面积公式求解。
24．（2023·天津卷）在中，角所对的边分別是．已知．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求．
【答案】（1）∵，
根据正弦定理，
∴；
（2）同理，根据余弦定理得
，代入已知条件得，
∵c>0，解得c=5.
（3）由(1)得，
又∵，
∴
∴.
∴，，
∴
∴．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)由已知结合正弦定理可直接求得对边正弦值；
(2)由已知条件结合余弦定理可列出二元一次方程求得第三边c的值；
(3)由(1)结合三角形内角和与诱导公式可将(B-C)转化成已知角(A+2B)，在(1)的基础上利用同角三角基本关系与二倍角公式可求得2B的正余弦值，进而由正弦和角公式代入求得答案.
25．（2023·全国乙卷）在中，已知，，.
（1）求；
（2）若D为BC上一点，且，求的面积.
【答案】（1）根据题意，由余弦定理得
∴
由正弦定理，得.
（2）如下图所示，由(1)得，，，
又∵ ，
∴，，
∴，解得，
由，解得，
∴，
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由已知条件的两边及夹角可先使用余弦定理计算第三边，再根据正弦定理可得 ；
(2)根据题意结合草图分析，计算 的面积只需结合(1)及三角基本关系求AD边可得答案.
26．（2023·新高考Ⅱ卷） 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为D为BC的中点，且AD=1.
（1）若求tanB；
（2）若，求b，c.
【答案】（1）D为BC中点 ，，
，
在中，，
由余弦定理得，
由正弦定理得，求得，
且
，
（2）在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
两式相加得，又，
，
，解得，
，
又D为BC中点，
.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)根据题意可解三角形求出，再利用余弦定理和正弦定理解；
（2）利用中线AD为已知直线结合余弦定理、与诱导公式联立得出等量关系，即可求出，再用面积公式求。
27．（2023·新高考Ⅰ卷）已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A C)=sinB.
（1）求sinA；
（2）设AB=5，求AB边上的高.
【答案】（1）∵，且，
∴，，
又∵，所以，
即，
整理得，
由解得，
∴.
（2）由（1），
所以，
由正弦定理知，即，
∴，
所以AB边上的高为.
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1） 根据题意及内角和消角B与角C转化成关于角A的等量关系，最后利用两角和差公式化简即可求解。
（2） 结合正弦定理解三角形即可解得AB边上的高。
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2023年高考数学真题分类汇编5：三角函数
一、填空题
1．（2023·全国甲卷）在中，，，D为BC上一点，AD为的平分线，则　 　．
2．（2023·天津卷）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，则可用表示为　 　；若，则的最大值为　 　．
3．（2023·全国乙卷）若，则　 　．
4．（2023·上海卷）已知，求　 　 ；
5．（2023·上海卷）在中，，求　 　 ；
6．（2023·新高考Ⅱ卷）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则　 　 .
7．（2023·新高考Ⅰ卷）已知函数f(x)=cosωx 1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是　 　.
二、选择题
8．（2023·全国甲卷）函数的图象由的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2023·全国甲卷）已知为函数向左平移个单位所得函数，则与的交点个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2023·全国甲卷）“”是“”的（　　）
A．充分条件但不是必要条件
B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件
D．既不是充分条件也不是必要条件
11．（2023·全国甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
12．（2023·全国甲卷）已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（　　）
A． B． C． D．
13．（2023·天津卷）已知函数的一条对称轴为直线，一个周期为4，则的解析式可能为（　　）
A． B． C． D．
14．（2023·全国乙卷）已知等差数列的公差为，集合，若，则（　　）
A．－1 B． C．0 D．
15．（2023·全国乙卷）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
16．（2023·全国乙卷）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
17．（2023·全国乙卷）在中，内角的对边分别是，若，且，则（　　）
A． B． C． D．
18．（2023·全国乙卷）已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条对称轴，则（　　）
A． B． C． D．
19．（2023·上海卷）设，函数在区间上的最小值为，在上的最小值为，当变化时，以下不可能的情形是（　　）.
A．且 B．且 C．且 D．且
20．（2023·新高考Ⅱ卷） 已知为锐角， 则（　　）
A． B． C． D．
21．（2023·新高考Ⅰ卷）过点(0， 2)与圆x2+y2 4x 1=0相切的两条直线的夹角为α，则sinα=（　　）
A．1 B． C． D．
22．（2023·新高考Ⅰ卷） 已知 ， 则 （　　）
A． B． C． D．
三、解答题
23．（2023·全国甲卷）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
24．（2023·天津卷）在中，角所对的边分別是．已知．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求．
25．（2023·全国乙卷）在中，已知，，.
（1）求；
（2）若D为BC上一点，且，求的面积.
26．（2023·新高考Ⅱ卷） 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为D为BC的中点，且AD=1.
（1）若求tanB；
（2）若，求b，c.
27．（2023·新高考Ⅰ卷）已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A C)=sinB.
（1）求sinA；
（2）设AB=5，求AB边上的高.
答案解析部分
1．【答案】2
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】如图，
根据已知条件，由，
∴，
由正弦定理得，
∴，
∴，
，
∵AD为的平分线，
∴，
∴
【分析】根据已知条件可先利用正弦定理求得∠C，由特殊角产生等腰得出AD的长.
2．【答案】；
【知识点】基本不等式；向量加减混合运算及其几何意义；余弦定理
【解析】【解答】如图所示，
第一空：∵点为的中点，点为的中点
∴，
由平行四边形法则易得
第二空：由∵，
∴，
∴，
∴
又∵，，
根据余弦定理得：，即
又∵，
∴，解得，
∴
故当且仅当时， 的最大为.
故答案填：.
【分析】根据题意，将其中两边视为基底向量，由平行四边形法则易表示 ；同理利用基底向量可表示 ，进而表示 ，表示后的结构易联想到使用基本不等式求其最大值，由基底夹角结合第三边可联想使用余弦定理得出平方和与乘积的等量关系，消元且使用基本不等式可求得的最大值.
3．【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】，，，
，又，解得，，
.
故答案为：
【分析】根据同角三角函数关系进行求解和。
4．【答案】
【知识点】二倍角的正切公式
【解析】【解答】∵，
∴.
故答案为：
【分析】代入正切二倍角公式即得答案.
5．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理
【解析】【解答】∵ 在中，
根据余弦定理，
在，∠A<，即，
∴
故答案为：
【分析】根据已知三角形三边可使用余弦定理求出∠A余弦值，利用同角三角函数关系进而得出答案.
6．【答案】
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】根据图象设，
，，
由图象可知，，，
不妨令
，解得，
，，即
或
又，，
故答案为：
【分析】结合图象和得，求出，再根据和确定，进而求解。
7．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】令f(x)=cosωx 1 =0，则coswx=1，故该函数的交点可视作函数y=cosωx与y=1的在的交点
∵，则
结合余弦函数可知此时
∴，解得.
故答案为：
【分析】 可将函数零点转换为余弦型函数与y=1的交点即得答案。
8．【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；诱导公式
【解析】【解答】由题意得
作出和草图如下：
，
此时在直线上，当时，
，
此时在直线上，当时，
，
此时在直线上，当时，
由图形及分析可知和的交点个数为3.
故选：C
【分析】求出变换后的函数解析式，画图分析值域范围得出交点个数.
9．【答案】C
【知识点】正弦函数的图象；诱导公式
【解析】【解答】由题意得
作出和草图如下：
，
此时在直线上，当时，
，
此时在直线上，当时，
，
此时在直线上，当时，
由图形及分析可知和的交点个数为3.
故选：C
【分析】求出变换后的函数解析式，画图分析值域范围得出交点个数.
10．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】若，
∵，
此时，即，
∴当，此时不一定成立，充分性不成立；
反之，当，，此时，必要性成立；
故选：B.
【分析】利用同角三角基本关系可将 化简，结合条件的判断可得出答案.
11．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】如图所示，连接AC，
在正方形中，
在△PAC中，根据余弦定理
，解得：.
又∵，
根据对称性可知PB=PA=，
此时在△PBC中，根据余弦定理可得
，
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意结合余弦定理得出PA，结合与底面正方形对称性得出PA=PB，则在已知三边的三角形中，结合余弦定理得出夹角正弦值及其面积.
12．【答案】B
【知识点】向量的模；余弦定理
【解析】【解答】根据题意，易得，不妨设为椭圆左焦点，如下图所示
设，则，
在中，根据余弦定理得，整理得，
∴
又∵
∴
将代入 ，
∴，
∴.
故选：B.
【分析】根据椭圆定义设，则，由余弦定理得出关于x的等量关系，结合面积的两种表达方式，利用整体的等量关系可直接将计算后代入椭圆方程即可算出 的值.
13．【答案】B
【知识点】复合三角函数的周期性及其求法；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】∵T=4，
∴，故C、D不符合题意，错误；
对A，其对称轴为 ，解得 ，
故此时对称轴为奇数，不满足对称轴直线，不符合题意，错误；
对B，其对称轴为 ，解得 ，
故此时对称轴为偶数，满足对称轴直线，符合题意；
故选：B.
【分析】由正余弦函数周期算法排除CD，再根据对称轴求法排除A检验B.
14．【答案】B
【知识点】等差数列的通项公式；余弦函数的周期性
【解析】【解答】设等差数列的首项为，由其公差为，
易得，，....，
即得，，，......，
由集合只含有两个元素，即 ，
由上述可知不妨，且，
故，
∴，即，解得，
∴，，
故.
【分析】根据题意结合余弦函数周期性分析得出，，即可计算ab的值.
15．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的运算；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】根据题意，由，
当cos∠PAD夹角越小值越大，同时结合圆的对称性，故当PA与PC在圆O同测的圆弧上时，达到最大，
如下图所示，连接PO，OA，OD，
∴OA=r=1，，
∴，
∴是等腰直角三角形，∠OPA=45°，
又∵D为BC的中点，
∴OD⊥PC
由 ，设，
∴，，
∴
即
当且仅当
即时，.
故选：A
【分析】结合草图分析，可设夹角，，表示出 结合二倍角与辅助角公式得出正弦型函数，从而分析得出答案.
16．【答案】C
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【解答】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设AE=BE=2a
∵是以AB为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形
易得，，
又∵，且二面角为，
∴，
∴在中，由余弦定理得，
∴，
∴由线面夹角定义结合直线在平面上的投影，
易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直线上，
即直线CD与平面ABC所成角为∠DCE
∴在中，由正弦定理得，
代入解得，
∵
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意分析面面夹角与线面夹角的平面角，结合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面角的三角函数值.
17．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】，由正弦定理可得，
，或（舍去），
又，，.
故选：C
【分析】先利用正弦定理边化角化简，再结合三角形内角和为求。
18．【答案】D
【知识点】正弦函数的单调性
【解析】【解答】在区间单调递增，又和是的对称轴，，，解得，
，即，，
.
故选：D
【分析】分析题意根据单调性和对称轴求出，，再代入求解.
19．【答案】D
【知识点】正弦函数的图象
【解析】【解答】①若，则在区间上的最小值为，在上的最小值为 ，排除A.
②若，则在区间上的最小值为，在上的最小值为 ，排除B.
③若，则在区间上的最小值为，在上的最小值为 ，排除C.
故选：D.
【分析】结合正弦函数正负性分界点利用排除法选择，为排除A选项，需选择 即；
为排除B选项，需选择，即；为排除C选项，需选择，即.
20．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】由，
又∵为锐角 ，
故选：D
【分析】直接用二倍角公式求解。
21．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；圆的一般方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】如图
由 x2+y2 4x 1=(x-2)2+y2=5，可得圆心O(2，0)，r=
根据勾股定理易得，，
又∵相切的两条直线的夹角为α，即∠BAC=α
易得∠OAB=∠OAC=
所以，
所以，
故选：B
【分析】 由圆的一般方程整理得出圆心与半径，结合切线定理与三角恒等变换即得答案。
22．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】∵，
∴，即，
∴，
则.
故选：B
【分析】 观察角度之间的联系，结合二倍角与和差角即得答案。
23．【答案】（1）由余弦定理知，又，
∴2bccosA=2cosA
.
（2）在三角形中有
由正弦定理知，
，即，
，即，
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)由已知条件联想利用余弦定理化简即得答案。
(2)根据已知条件结合正弦定理将边统一化成角，结合内角和与和差角公式消去角C，整理即得，再结合面积公式求解。
24．【答案】（1）∵，
根据正弦定理，
∴；
（2）同理，根据余弦定理得
，代入已知条件得，
∵c>0，解得c=5.
（3）由(1)得，
又∵，
∴
∴.
∴，，
∴
∴．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1)由已知结合正弦定理可直接求得对边正弦值；
(2)由已知条件结合余弦定理可列出二元一次方程求得第三边c的值；
(3)由(1)结合三角形内角和与诱导公式可将(B-C)转化成已知角(A+2B)，在(1)的基础上利用同角三角基本关系与二倍角公式可求得2B的正余弦值，进而由正弦和角公式代入求得答案.
25．【答案】（1）根据题意，由余弦定理得
∴
由正弦定理，得.
（2）如下图所示，由(1)得，，，
又∵ ，
∴，，
∴，解得，
由，解得，
∴，
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由已知条件的两边及夹角可先使用余弦定理计算第三边，再根据正弦定理可得 ；
(2)根据题意结合草图分析，计算 的面积只需结合(1)及三角基本关系求AD边可得答案.
26．【答案】（1）D为BC中点 ，，
，
在中，，
由余弦定理得，
由正弦定理得，求得，
且
，
（2）在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
两式相加得，又，
，
，解得，
，
又D为BC中点，
.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1)根据题意可解三角形求出，再利用余弦定理和正弦定理解；
（2）利用中线AD为已知直线结合余弦定理、与诱导公式联立得出等量关系，即可求出，再用面积公式求。
27．【答案】（1）∵，且，
∴，，
又∵，所以，
即，
整理得，
由解得，
∴.
（2）由（1），
所以，
由正弦定理知，即，
∴，
所以AB边上的高为.
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1） 根据题意及内角和消角B与角C转化成关于角A的等量关系，最后利用两角和差公式化简即可求解。
（2） 结合正弦定理解三角形即可解得AB边上的高。
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