高考数学天津卷3年（2023-2023）真题分类汇编-三角函数与解三角形、等式与不等式、数列 (含解析)

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高考数学天津卷3年（2023-2023）真题分类汇编-三角函数与解三角形、等式与不等式、数列

一、单选题

1．（2023·天津·统考高考真题）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．

2．（2023·天津·统考高考真题）函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（）

A．B．

C．D．

3．（2022·天津·统考高考真题）已知，关于该函数有下列四个说法：

①的最小正周期为；

②在上单调递增；

③当时，的取值范围为；

④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．

以上四个说法中，正确的个数为（）

A．B．C．D．

4．（2023·天津·统考高考真题）已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为（）

A．3B．18C．54D．152

二、双空题

5．（2023·天津·统考高考真题）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．

三、解答题

6．（2023·天津·统考高考真题）在中，角所对的边分別是．已知．

(1)求的值；

(2)求的值；

(3)求．

7．（2022·天津·统考高考真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.

(1)求的值；

(2)求的值；

(3)求的值.

8．（2023·天津·统考高考真题）在，角所对的边分别为，已知，．

（I）求a的值；

（II）求的值；

（III）求的值．

9．（2023·天津·统考高考真题）已知是等差数列，．

(1)求的通项公式和．

(2)已知为等比数列，对于任意，若，则，

（Ⅰ）当时，求证：；

（Ⅱ）求的通项公式及其前项和．

10．（2023·天津·统考高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．

（I）求和的通项公式；

（II）记，

（i）证明是等比数列；

（ii）证明

11．（2022·天津·统考高考真题）设是等差数列，是等比数列，且．

(1)求与的通项公式；

(2)设的前n项和为，求证：；

(3)求．

四、填空题

12．（2023·天津·统考高考真题）若，则的最小值为．

参考答案：

1．B

【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在处的函数值，排除不合题意的选项即可确定满足题意的函数解析式.

【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性：

A选项中，B选项中，

C选项中，D选项中，

排除选项CD，

对于A选项，当时，函数值，故是函数的一个对称中心，排除选项A，

对于B选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴，

故选：B.

2．D

【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.

【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，

由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；

当时、，即A、C中上函数值为正，排除；

故选：D

3．A

【分析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假．

【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确；

令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确；

由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．

故选：A．

4．C

【分析】由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程组，求解方程组确定首项和公比的值，然后结合等比数列通项公式即可求得的值.

【详解】由题意可得：当时，，即，①

当时，，即，②

联立①②可得，则.

故选：C.

5．

【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.

【详解】空1：因为为的中点，则，可得，

两式相加，可得到，

即，则；

空2：因为，则，可得，

得到，

即，即.

于是.

记，

则，

在中，根据余弦定理：，

于是，

由和基本不等式，，

故，当且仅当取得等号，

则时，有最大值.

故答案为：；.

6．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据正弦定理即可解出；

（2）根据余弦定理即可解出；

（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．

【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；

（2）由余弦定理可得，，即，

解得：或（舍去）．

（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，

所以都为锐角，因此，，

故．

7．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；

（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；

（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．

【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．

（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．

（3）因为，所以，故，又，所以，，而，所以，

故．

8．（I）；（II）；（III）

【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；

（II）由余弦定理即可计算；

（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.

【详解】（I）因为，由正弦定理可得，

，；

（II）由余弦定理可得；

（III），，

，，

所以.

9．(1)，；

(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为.

【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得.

(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，，

取，当时，，取，即可证得题中的不等式；

(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.

【详解】（1）由题意可得，解得，

则数列的通项公式为，

求和得

.

（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，

取，则，即，

当时，，

取，此时，

据此可得，

综上可得：.

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，

则数列的公比满足，

当时，，所以，

所以，即，

当时，，所以，

所以数列的通项公式为，

其前项和为：.

【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.

10．（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式；

（II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；

（ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.

【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．

所以，所以，

所以；

设等比数列的公比为，

所以，解得（负值舍去），

所以；

（II）（i）由题意，，

所以，

所以，且，

所以数列是等比数列；

（ii）由题意知，，

所以，

所以，

设，

则，

两式相减得，

所以，

所以.

【点睛】关键点点睛：

最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.

11．(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；

（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；

（3）先求得，进而由并项求和可得，再结合错位相减法可得解.

【详解】（1）设公差为d，公比为，则，

由可得（舍去），

所以；

（2）证明：因为所以要证，