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专题20 解三角方程
【福建省名校联盟优质校2023-2024学年高三2月大联考】
方程所有正根的和为（ ）
A. B. C. D.
由倍角公式化简得出，再由余弦函数的性质得出或，进而解方程得出答案.
原式可化简为：，即
所以或
得：或或
化简得：，或者（无解），
所以，，所以所有正根之和为，选C
（2019上·湖南长沙·高二雅礼中学校考阶段练习）
1．方程在区间上的所有根之和为 .
（2023上·河北秦皇岛·高三校联考开学考试）
2．已知函数在上有两个不等根，则的值为（ ）
A． B． C． D．
根据倍角公式以及积化和差公式得出，进而得出，再由余弦函数的性质解方程得出答案.
解：由已知得
，
即，
.
又，，
，
又，，的奇偶性相同，
题中方程的所有正根之和等于，选C
（2024上·福建莆田·高一莆田第四中学校考期末）
3．已知函数，则（ ）
A．的一个周期为 B．的图像关于中心对称
C．的最大值为2 D．在上的所有零点之和为
（2021·上海·高一专题练习）
4．已知是一元二次方程的2个根，求的值.
（2022上·河南驻马店·高三校联考期中）
5．函数在上的所有零点之和等于（ ）
A． B． C． D．
（2021上·四川德阳·高一德阳五中校考阶段练习）
6．方程 区间上恰有三个根，其根分别为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2024上·山东枣庄·高三统考期末）
7．已知，则的零点之和为（ ）
A． B． C． D．
（2022上·广东东莞·高三校考阶段练习）
8．已知向量，，若函数，则的零点之和等于（ ）
A． B．
C． D．
（2022上·四川·高三校联考阶段练习）
9．函数在上的所有零点之和等于（ ）
A． B．π C． D．2π
（2024·全国·模拟预测）
10．已知，且，则满足条件的的个数为（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．
【分析】利用二倍角公式展开方程，即，或，或，再结合图象的对称性，得出结论．
【详解】方程，即，
，即，
即，或，
即，或，或．
在区间，上，由，可得，或．
利用正弦函数的图象的对称性，
由，可得它的两个根之和为；
由，可得它的两个根之和为．
故在区间，上的所有根之和为，
故答案为：．
2．D
【分析】根据三角恒等变换可得，根据自变量的范围可得，，故，根据诱导公式可求解.
【详解】
，
在有两根，
则时，，
，
不妨设，
则，
.
故选：D
3．ABD
【分析】根据周期性和对称性的定义，即可判断AB；再根据正弦函数的最值，即可判断C；利用三角函数恒等变换化简函数，再求函数的零点，即可判断D.
【详解】对于A，，所以A正确；
对于B，，所以B正确；
对于C，若最大值为2，则，，
当，，此时，，，故C不正确；
对于D，，
令得，所以或，又，
所以或或或或，
解得或或或或，即所有零点之和为，故D正确.
故选：ABD
4．
【分析】利用和差化积公式，结合韦达定理直接化简求解.
【详解】因为 是一元二次方程的2个根
所以，
，
故答案为：.
5．B
【分析】，然后对化简可得答案.
【详解】令
，得或.
因为，所以，则，或.
故在上的所有零点之和为.
故选：B
6．D
【分析】依题意可得，即直线在与有三个交点，
【详解】解：因为，
所以，
令，，
因为，所以，函数图象如下所示：
令，解得，
令，则或，
解得或，
依题意直线在与有三个交点，
则，
不妨设，
根据三角函数的图象及性质，可得，
而，关于直线对称，
那么，
的取值范围．
故选：D．
7．C
【分析】令，由二倍角的余弦公式和辅助角公式化简可得，则或，结合，即可得出答案.
【详解】由，
则，所以，
即，
所以或，
解得：或，
因为，所以，或，
所以的零点之和为，
故选：C.
8．C
【分析】根据向量数量积的坐标表示以及辅助角公式化简可得的表达式，令，解三角方程即可得答案.
【详解】由题意得
，
由得，即，
即或，
即或，
因为，故或，
故的零点之和等于，
故选：C
9．C
【分析】根据化简可得，再根据结合正弦函数的零点求解即可.
【详解】令，得或．
因为，所以，则，或，或，
故在上的所有零点之和为．
故选：C
10．C
【分析】解法一：利用正弦和差公式化简得到，从而得到或，结合，求出满足条件的的个数；
解法二：利用和差化积公式得到，从而得到，从而得到或，结合，求出满足条件的的个数.
【详解】解法一：
，
故或．
当时，，即，
因为，所以，，，，；
当时，因为，所以，．
所以符合题意的共有7个；
解法二：由和差化积公式得到，
所以，
因为，所以或，
当时，，即，
因为，所以，，，，；
当时，因为，所以，．
所以符合题意的共有7个；
故选：C
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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