专题06 三角函数与解三角形-2020-2024年五年高考1年模拟数学真题分类汇编（北京专用）（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题06三角函数与解三角形考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1三角函数（5年几考）2020-2024：5年十一考：正（余）弦型函数的性质：周期性、单调性、奇偶性、对称性等；参数问题；单调性；三角恒等变换公式：诱导公式、二倍角、和差角、辅助角等；三角函数新定义；任意角概念；正切（型）函数性质；零点问题三角函数和解三角形作为高考的必考内容,在高考中选择、填空、解答三种题型都会涉及，大部分是考查基础知识和基本方法,考查内容涉及三角函数定义、诱导公式、同角三角函数基本关系式,图象变换、正弦型函数或余弦型函数的图象和性质、三角恒等变换、解三角形.如果考查解答题,多数位于解答题第一题或者第二题,难度不大.三角函数的应用问题,往往涉及数学文化,通常会用到解三角形的知识,有较强的几何意义,除了考查学生的应用意识和建模能力之外，更重要的是考查能否用正弦定理、余弦定理解决问题.三角函数中部分题目侧重于函数的图象和性质,主要考查学生的数学核心素养为逻辑推理、数学运算、数学建模.。考点2解三角形（5年几考）2020-2024：5年五考：正余弦定理边角互换；三角形面积公式的应用；三角恒等变换化简考点01三角函数1．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B〖祥解〗根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.【详析】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以.故选：B.2．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（

）A．在上单调递减 B．在上单调递增C．在上单调递减 D．在上单调递增【答案】C〖祥解〗化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详析】因为.对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C.3．（2021·北京·高考真题）函数是A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为【答案】D〖祥解〗由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.【详析】由题意，，所以该函数为偶函数，又，所以当时，取最大值.故选：D.4．（2020·北京·高考真题）已知，则“存在使得”是“”的（

）．A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C〖祥解〗根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.【详析】(1)当存在使得时，若为偶数，则；若为奇数，则；(2)当时，或，，即或，亦即存在使得．所以，“存在使得”是“”的充要条件.故选：C.【『点石成金』】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.5．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（

）．A． B．C． D．【答案】A〖祥解〗计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.【详析】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为，所以，单位圆的内接正边形的周长为，单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，，则.故选：A.【『点石成金』】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.6．（2024·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为．【答案】/〖祥解〗首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值.【详析】由题意，从而，因为，所以的取值范围是，的取值范围是，当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.故答案为：.7．（2023·北京·高考真题）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为，．【答案】〖祥解〗根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.【详析】因为在上单调递增，若，则，取，则，即，令，则，因为，则，即，则.不妨取，即满足题意.故答案为：.8．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则；．【答案】1〖祥解〗先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.【详析】∵，∴∴故答案为：1，9．（2021·北京·高考真题）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为．【答案】（满足即可）〖祥解〗根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.【详析】与关于轴对称，即关于轴对称，，则，当时，可取的一个值为.故答案为：（满足即可）.10．（2020·北京·高考真题）若函数的最大值为2，则常数的一个取值为．【答案】（均可）〖祥解〗根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得，可得，即可解出.【详析】因为，所以，解得，故可取.故答案为：（均可）.【『点石成金』】本题主要考查两角和的正弦公式，辅助角公式的应用，以及平方关系的应用，考查学生的数学运算能力，属于基础题.11．（2023·北京·高考真题）设函数．(1)若，求的值．(2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值．条件①：；条件②：；条件③：在区间上单调递减．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1).(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.〖祥解〗（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．【详析】（1）因为所以，因为，所以.（2）因为，所以，所以的最大值为，最小值为.若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；若选条件②：因为在上单调递增，且，所以,所以,,所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以.所以，；若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最小值，即.以下与条件②相同．考点02常用逻辑用语12．（2023·北京·高考真题）在中，，则（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详析】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.13．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．(1)求；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)；(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.〖祥解〗（1）利用正弦定理即可求出答案；（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；【详析】（1）由题意得，因为为钝角，则，则，则，解得，因为为钝角，则.（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三角形内角，则，则代入得，解得，,则.选择③，则有，解得，则由正弦定理得，即，解得，因为为三角形内角，则，则，则14．（2022·北京·高考真题）在中，．(1)求；(2)若，且的面积为，求的周长．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【详析】（1）解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.15．（2021·北京·高考真题）在中，，．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：的周长为；条件③：的面积为；【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．〖祥解〗（1）由正弦定理化边为角即可求解；（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.【详析】（1），则由正弦定理可得，，，，，，解得；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在；若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，，则周长，解得，则，由余弦定理可得边上的中线的长度为：；若选择③：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.16．（2020·北京·高考真题）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a的值：（Ⅱ）和的面积．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）,；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）,.〖祥解〗选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.【详析】选择条件①（Ⅰ）（Ⅱ）由正弦定理得：选择条件②（Ⅰ）由正弦定理得：（Ⅱ）【『点石成金』】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.1．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D〖祥解〗连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解.【详析】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，连结，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，，，因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，所以为定值，又因为三个漏壶的高成等差数列，所以.故选：．【『点石成金』】关键点『点石成金』：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识.2．（2022·山东淄博·模拟预测）“角与的终边关于直线对称”是“”的（

）A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A〖祥解〗根据终边关于对称，得两角的关系，再由，得两角满足的关系，根据充分必要条件的定义即可求解.【详析】角与的终边关于直线对称,则,,则，“角与的终边关于直线对称”是“”的充分必要条件.故选:A3．（2024·北京顺义·三模）已知函数，则（

）A．为偶函数且周期为 B．为奇函数且在上有最小值C．为偶函数且在上单调递减 D．为奇函数且为一个对称中心【答案】C〖祥解〗由二倍角公式得，再根据余弦函数性质判断即可；【详析】解：因为，所以，函数为偶函数且周期为，在上单调递减.所以，ABD选项错误，C选项正确.故选：C4．（2024·北京通州·三模）已知函数（，）的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（

）A．B．恒成立C．在上单调递减D．将的图象向右平移个单位，得到的图象关于y轴对称【答案】C〖祥解〗对于A，由函数图象在y轴上的截距为，可求出，对于B，由是该函数的最小正零点，求出，从而可求得函数关系式，进而可求出进行判断，对于C，由，求出的范围，结合余弦函数的性质分析判断，对于D，根据三角函数图象变换规律求出解析式再判断其奇偶性.【详析】对于A，函数（，）的图象在y轴上的截距为，所以，因为，所以，故A错误；对于B，因为是该函数的最小正零点，所以，所以，解得，所以，，所以（其中），故B错误；对于C，当时，，故C正确；对于D，将的图象向右平移个单位，得到，是非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，故D错误．故选：C．5．（2024·天津河西·一模）已知函数在区间的图象如下图所示，则的解析式可能为（

）

A． B． C． D．【答案】C〖祥解〗结合函数图像，根据函数的奇偶性及特殊点的函数值可判断结果.【详析】当时，，所以，由图可知A错误；由偶函数定义，得为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，故B错误；当时，，由图可知D错误；由奇函数定义可知函数为奇函数，当时，当时，，选项C均符合图像特征，故C正确；故选：C.6．（2024·北京海淀·二模）在中，，则的长为（

）A．6或 B．6 C． D．3【答案】A〖祥解〗根据余弦定理即可求解.【详析】由余弦定理可得,故或，故选：A7．（2024·北京朝阳·二模）在平面直角坐标系中，锐角以为顶点，为始边.将的终边绕逆时针旋转后与单位圆交于点，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗根据同角的平方关系求出，结合三角函数的定义和两角和的正弦公式计算即可求解.【详析】如图，由，，得，所以.故选：D8．（2024·北京通州·二模）在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗接根据三角函数的定义可求出，再由诱导公式和二倍角余弦公式化简即可得出答案.【详析】由三角函数的定义可得，所以.故选：B.9．（2024·北京房山·一模）已知角的终边经过点，把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，则（

）A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗由题意可得，再根据诱导公式及三角函数的定义即可得解.【详析】因为角的终边经过点，所以，因为把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，所以，所以.故选：D.10．（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在第三象限.则（

）A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗对A、B：举出反例即可得；对C、D：借助三角函数的商数关系及其值域计算即可得.【详析】由题意可得、，，对A：当时，，则，，此时，故A错误；对B：当时，，故B错误；对C、D：，由，故，则，即，故C正确，D错误.故选：C.11．（2017·四川绵阳·一模）在△ABC中，若a=2bsinA,则B为A． B． C．或 D．或【答案】C【详析】，，则或，选C.12．（2024·北京西城·三模）在中，若，，，则，.【答案】/〖祥解〗在中，运用正弦定理求得，运用余弦定理求得即可.【详析】由正弦定理，有，所以，由余弦定理，有，解得.故答案为：，.13．（2024·北京海淀·二模）已知函数.（i）若，则函数的最小正周期为.（ii）若函数在区间上的最小值为，则实数.【答案】〖祥解〗根据二倍角公式即可结合周期公式求解，利用二次函数的性质即可求解最值.【详析】当时，,所以最小正周期为，，当时，，且二次函数开口向下，要使得在区间上的最小值为，则需要，且当时取最小值，故，解得，故答案为：，14．（2024·北京通州·二模）已知的数（），若的最小正周期为，的图象向左平移个单位长度后，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则；若在区间上有3个零点，则的一个取值为．【答案】或6（答案不唯一）〖祥解〗由的最小正周期为，可求出，再根据三角函数的平移和伸缩变化可求出；根据，求出，结合题意可得，解不等式即可得出答案.【详析】因为的最小正周期为，所以，解得：，所以，的图象向左平移个单位长度后，可得：，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，所以；因为，，在区间上有3个零点，所以，解得：，则的一个取值可以为6.故答案为：或；6（答案不唯一）.15．（2024·北京海淀·一模）已知函数，则；函数的图象的一个对称中心的坐标为.【答案】（答案不唯一）〖祥解〗根据函数表达式，代入即可求出的函数值，根据条件，先求出使的一个取值，再证明是的一个对称中心即可.【详析】因为，所以，因为定义域为，当时，，下证是的一个对称中心，在上任取点，其关于对称的点为，又，所以函数的图象的一个对称中心的坐标为，故答案为：；（答案不唯一）16．（2024·北京朝阳·一模）已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为.【答案】(答案不唯一)〖祥解〗利用导数的几何意义，结合条件可知，，再根据函数的取值，即可求解.【详析】，由题意可知，，即，所以，得，，，或，得，，，所以，，,所以的一个取值为.故答案为：(答案不唯一)17．（2024·北京西城·三模）已知函数.(1)求的最小正周期；(2)从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求m的取值范围.①在有恰有两个极值点；②在单调递减；③在恰好有两个零点.注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)答案见解析〖祥解〗（1）先利用三角恒等变换公式对函数化简变形，然后利用周期公式直接求解即可；（2）先由，得，若选①，则，从而可求出m的取值范围，若选②，则当时，函数递增，所以不合题意，若选③，则，从而可求出m的取值范围.【详析】（1）因为.所以的最小正周期为.（2）因为，所以.选择①，因为在有恰有两个极值点.所以.所以.若选择②，因为当时，函数递增，所以在不可能单调递减，所以②不符合题意；选择③，因为在恰好有两个零点.所以.所以.18．（2024·北京顺义·三模）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．(1)求角B的大小；(2)若；从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求△ABC的面积.条件①：；条件②：；条件③：.【答案】(1)(2)答案见解析〖祥解〗（1）利用正弦定理化边为角并化简可得，再利用的范围可得答案；（2）若选条件①，由余弦定理解得，因不满足唯一性，舍去；若选条件②，利用平方关系得，再由两角和的正弦公式可得，由正弦定理解得，再由三角形面积公式可得答案；若选条件③，由面积公式可得答案.【详析】（1）设的外接圆半径为，由正弦定理可得，又所以，因为，所以，所以，故，因为，所以.（2）若选条件①：由已知可得，，，由余弦定理得，解得，因为答案不唯一，所以舍去.若选条件②：因为，，故，，所以，由正弦定理得，解得，则的面积为.若选条件③：由已知可得，，由（1），则的面积为.19．（2023·广东东莞·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，.已知.(1)求角的大小；(2)设，，求的值.【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）运用正弦定理求解；（2）运用两角差公式求解.【详析】（1）在中，由正弦定理得：，因为，所以，可得，即，，又，可得；（2）在中，由余弦定理得：，由，以及，可得，因为，所以A是锐角，所以，因此，，所以，，综上，，.20．（2024·北京海淀·二模）已知函数，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定.(1)求的值；(2)若不等式在区间内有解，求的取值范围.条件①：；条件②：的图象可由的图象平移得到；条件③：在区间内无极值点，且.注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)条件选择见解析，；(2).〖祥解〗（1）选条件①，由的解不唯一，此条件不符合题意；选条件②，由周期求出；选条件③，由给定等式确定最大最小值条件，求出周期范围，由给定区间内无极值点求出周期即可.（2）由（1）求出函数的解析式，再借助不等式有解列式求解即得.【详析】（1）依题意，，选条件①，由，得，即，于是或，显然的值不唯一，因此函数不唯一，不符合题意.选条件②，的图象可由的图象平移得到，因此的最小正周期为函数的最小正周期，而，则，所以.选条件③，在区间内无极值点，且，则，即函数分别在时取得最大值､最小值，于是的最小正周期，由在区间内无极值点，得的最小正周期，因此，而，所以.（2）由（1）知，由，得，由不等式在区间内有解，即在区间内有解，则有，解得，所以的取值范围是.21．（2024·北京朝阳·二模）在中，为锐角，且(1)求的值;(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求.条件①:条件②:;条件③:.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)答案见解析〖祥解〗（1）利用二倍角的正弦公式可求，进而可求；（2）选条件①②:由已知可求，进而由正弦定理可求，再利用余弦定理可求.选条件①③:由已知可求，进而由正弦定理可求，后面同选条件①②.选条件②③:利用余弦定理可求.【详析】（1）因为所以因为∠A为锐角，cosA>0，所以又因为所以（2）选条件①②:因为又0<B<π，所以由得由得即又c>0，所以

选条件①③:因为又0<B<π，所以由得下同选条件①②.

选条件②③:由得即解得经检验，符合题意.22．（2024·北京通州·二模）在中，角，，的对边分别为，，，且．(1)求角的大小；(2)若，，为边上的一点，再从下面给出的条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．条件①；；条件②：．【答案】(1)(2)答案见解析〖祥解〗（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；（2）若选条件①：得到为中点，利用余弦定理求出，即可得到为直角三角形，从而求出的面积；若选条件②：利用余弦定理求出，即可得到为直角三角形，从而得到，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得．【详析】（1）因为，由正弦定理可得，即，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以．（2）若选条件①：，所以为中点，所以，因为，，，所以由余弦定理，可得，即，解得或（舍去）．则，即，所以为直角三角形，所以．所以．所以的面积为．若选条件②：．所以，因为，，，所以由余弦定理，可得，即，解得或（舍去），则，即，所以为直角三角形，所以．所以，在中由余弦定理，即，解得，所以，所以的面积为．23．（2024·北京房山·一模）在中，，且．(1)求的大小；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．条件①：为锐角；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分．【答案】(1)；(2)①，；③，.〖祥解〗（1）根据得为锐角，从而根据的值得到的大小；（2）②由正弦定理得，根据为锐角得，则存在且唯一确定，进而得到，由得到的面积；③由正弦定理得边，再根据得到，由得到的面积.【详析】（1）因为，所以，所以，由得，.（2）选条件①：为锐角；由正弦定理即知，因为为锐角，所以，所以存在且唯一确定.，从而.选条件②：，由得，从而可能是锐角，也可能是钝角，则不唯一，故不能选②；选条件③：，由，得，所以，，由正弦定理即得，，.24．（2024·北京海淀·一模）在中，.(1)求；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）根据条件，利用正弦定理边转角得到，再利用辅助角公式及特殊角的三角函数值，即可求出结果；（2）根据（1）中及条件，由余弦定理得到，再结合，即可求出，再利用三角形面积公式，即可求出结果.【详析】（1）因为，由正弦定理可得，又，所以，得到，即，所以，又因为，所以，得到.（2）由（1）知，所以，又，得到①，又，得到代入①式，得到，所以的面积为.25．（2024·北京朝阳·一模）已知函数的最小正周期为.(1)若，，求的值；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，确定的解析式，并求函数的单调递增区间.条件①：的最大值为2；条件②：的图象关于点中心对称；条件③：的图象经过点.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)，单调递增区间，，〖祥解〗（1）根据条件，代入，即可求解；（2）根据三角函数的性质，选择条件，代入后，即可求解函数的解析式，利用三角恒等变换，代入函数单调递增区间，即可求解.【详析】（1）因为，，则，且，则；（2）因为函数的最小正周期为，则，若选①②，则，且，且，则，则，则，所以；若选择①③，则，且，则，，则，则，则，所以；若选择②③，由②可知，，由③可知，，则，所以.，，令，，得，，所以函数的单调递增区间是，，专题06三角函数与解三角形考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1三角函数（5年几考）2020-2024：5年十一考：正（余）弦型函数的性质：周期性、单调性、奇偶性、对称性等；参数问题；单调性；三角恒等变换公式：诱导公式、二倍角、和差角、辅助角等；三角函数新定义；任意角概念；正切（型）函数性质；零点问题三角函数和解三角形作为高考的必考内容,在高考中选择、填空、解答三种题型都会涉及，大部分是考查基础知识和基本方法,考查内容涉及三角函数定义、诱导公式、同角三角函数基本关系式,图象变换、正弦型函数或余弦型函数的图象和性质、三角恒等变换、解三角形.如果考查解答题,多数位于解答题第一题或者第二题,难度不大.三角函数的应用问题,往往涉及数学文化,通常会用到解三角形的知识,有较强的几何意义,除了考查学生的应用意识和建模能力之外，更重要的是考查能否用正弦定理、余弦定理解决问题.三角函数中部分题目侧重于函数的图象和性质,主要考查学生的数学核心素养为逻辑推理、数学运算、数学建模.。考点2解三角形（5年几考）2020-2024：5年五考：正余弦定理边角互换；三角形面积公式的应用；三角恒等变换化简考点01三角函数1．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B〖祥解〗根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.【详析】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以.故选：B.2．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（

）A．在上单调递减 B．在上单调递增C．在上单调递减 D．在上单调递增【答案】C〖祥解〗化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详析】因为.对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C.3．（2021·北京·高考真题）函数是A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为【答案】D〖祥解〗由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.【详析】由题意，，所以该函数为偶函数，又，所以当时，取最大值.故选：D.4．（2020·北京·高考真题）已知，则“存在使得”是“”的（

）．A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C〖祥解〗根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.【详析】(1)当存在使得时，若为偶数，则；若为奇数，则；(2)当时，或，，即或，亦即存在使得．所以，“存在使得”是“”的充要条件.故选：C.【『点石成金』】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.5．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（

）．A． B．C． D．【答案】A〖祥解〗计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.【详析】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为，所以，单位圆的内接正边形的周长为，单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，，则.故选：A.【『点石成金』】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.6．（2024·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为．【答案】/〖祥解〗首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值.【详析】由题意，从而，因为，所以的取值范围是，的取值范围是，当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.故答案为：.7．（2023·北京·高考真题）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为，．【答案】〖祥解〗根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.【详析】因为在上单调递增，若，则，取，则，即，令，则，因为，则，即，则.不妨取，即满足题意.故答案为：.8．（2022·北京·高考真题）若函数的一个零点为，则；．【答案】1〖祥解〗先代入零点，求得A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.【详析】∵，∴∴故答案为：1，9．（2021·北京·高考真题）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为．【答案】（满足即可）〖祥解〗根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.【详析】与关于轴对称，即关于轴对称，，则，当时，可取的一个值为.故答案为：（满足即可）.10．（2020·北京·高考真题）若函数的最大值为2，则常数的一个取值为．【答案】（均可）〖祥解〗根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得，可得，即可解出.【详析】因为，所以，解得，故可取.故答案为：（均可）.【『点石成金』】本题主要考查两角和的正弦公式，辅助角公式的应用，以及平方关系的应用，考查学生的数学运算能力，属于基础题.11．（2023·北京·高考真题）设函数．(1)若，求的值．(2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值．条件①：；条件②：；条件③：在区间上单调递减．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1).(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.〖祥解〗（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．【详析】（1）因为所以，因为，所以.（2）因为，所以，所以的最大值为，最小值为.若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；若选条件②：因为在上单调递增，且，所以,所以,,所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以.所以，；若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最小值，即.以下与条件②相同．考点02常用逻辑用语12．（2023·北京·高考真题）在中，，则（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详析】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.13．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．(1)求；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)；(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.〖祥解〗（1）利用正弦定理即可求出答案；（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；【详析】（1）由题意得，因为为钝角，则，则，则，解得，因为为钝角，则.（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三角形内角，则，则代入得，解得，,则.选择③，则有，解得，则由正弦定理得，即，解得，因为为三角形内角，则，则，则14．（2022·北京·高考真题）在中，．(1)求；(2)若，且的面积为，求的周长．【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【详析】（1）解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.15．（2021·北京·高考真题）在中，，．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：的周长为；条件③：的面积为；【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．〖祥解〗（1）由正弦定理化边为角即可求解；（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.【详析】（1），则由正弦定理可得，，，，，，解得；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在；若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，，则周长，解得，则，由余弦定理可得边上的中线的长度为：；若选择③：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.16．（2020·北京·高考真题）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a的值：（Ⅱ）和的面积．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）,；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）,.〖祥解〗选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.【详析】选择条件①（Ⅰ）（Ⅱ）由正弦定理得：选择条件②（Ⅰ）由正弦定理得：（Ⅱ）【『点石成金』】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.1．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D〖祥解〗连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解.【详析】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，连结，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，，，因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，所以为定值，又因为三个漏壶的高成等差数列，所以.故选：．【『点石成金』】关键点『点石成金』：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识.2．（2022·山东淄博·模拟预测）“角与的终边关于直线对称”是“”的（

）A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A〖祥解〗根据终边关于对称，得两角的关系，再由，得两角满足的关系，根据充分必要条件的定义即可求解.【详析】角与的终边关于直线对称,则,,则，“角与的终边关于直线对称”是“”的充分必要条件.故选:A3．（2024·北京顺义·三模）已知函数，则（

）A．为偶函数且周期为 B．为奇函数且在上有最小值C．为偶函数且在上单调递减 D．为奇函数且为一个对称中心【答案】C〖祥解〗由二倍角公式得，再根据余弦函数性质判断即可；【详析】解：因为，所以，函数为偶函数且周期为，在上单调递减.所以，ABD选项错误，C选项正确.故选：C4．（2024·北京通州·三模）已知函数（，）的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（

）A．B．恒成立C．在上单调递减D．将的图象向右平移个单位，得到的图象关于y轴对称【答案】C〖祥解〗对于A，由函数图象在y轴上的截距为，可求出，对于B，由是该函数的最小正零点，求出，从而可求得函数关系式，进而可求出进行判断，对于C，由，求出的范围，结合余弦函数的性质分析判断，对于D，根据三角函数图象变换规律求出解析式再判断其奇偶性.【详析】对于A，函数（，）的图象在y轴上的截距为，所以，因为，所以，故A错误；对于B，因为是该函数的最小正零点，所以，所以，解得，所以，，所以（其中），故B错误；对于C，当时，，故C正确；对于D，将的图象向右平移个单位，得到，是非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，故D错误．故选：C．5．（2024·天津河西·一模）已知函数在区间的图象如下图所示，则的解析式可能为（

）

A． B． C． D．【答案】C〖祥解〗结合函数图像，根据函数的奇偶性及特殊点的函数值可判断结果.【详析】当时，，所以，由图可知A错误；由偶函数定义，得为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，故B错误；当时，，由图可知D错误；由奇函数定义可知函数为奇函数，当时，当时，，选项C均符合图像特征，故C正确；故选：C.6．（2024·北京海淀·二模）在中，，则的长为（

）A．6或 B．6 C． D．3【答案】A〖祥解〗根据余弦定理即可求解.【详析】由余弦定理可得,故或，故选：A7．（2024·北京朝阳·二模）在平面直角坐标系中，锐角以为顶点，为始边.将的终边绕逆时针旋转后与单位圆交于点，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗根据同角的平方关系求出，结合三角函数的定义和两角和的正弦公式计算即可求解.【详析】如图，由，，得，所以.故选：D8．（2024·北京通州·二模）在平面直角坐标系xOy中，角的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗接根据三角函数的定义可求出，再由诱导公式和二倍角余弦公式化简即可得出答案.【详析】由三角函数的定义可得，所以.故选：B.9．（2024·北京房山·一模）已知角的终边经过点，把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，则（

）A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗由题意可得，再根据诱导公式及三角函数的定义即可得解.【详析】因为角的终边经过点，所以，因为把角的终边绕原点O逆时针旋转得到角的终边，所以，所以.故选：D.10．（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在第三象限.则（

）A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗对A、B：举出反例即可得；对C、D：借助三角函数的商数关系及其值域计算即可得.【详析】由题意可得、，，对A：当时，，则，，此时，故A错误；对B：当时，，故B错误；对C、D：，由，故，则，即，故C正确，D错误.故选：C.11．（2017·四川绵阳·一模）在△ABC中，若a=2bsinA,则B为A． B． C．或 D．或【答案】C【详析】，，则或，选C.12．（2024·北京西城·三模）在中，若，，，则，.【答案】/〖祥解〗在中，运用正弦定理求得，运用余弦定理求得即可.【详析】由正弦定理，有，所以，由余弦定理，有，解得.故答案为：，.13．（2024·北京海淀·二模）已知函数.（i）若，则函数的最小正周期为.（ii）若函数在区间上的最小值为，则实数.【答案】〖祥解〗根据二倍角公式即可结合周期公式求解，利用二次函数的性质即可求解最值.【详析】当时，,所以最小正周期为，，当时，，且二次函数开口向下，要使得在区间上的最小值为，则需要，且当时取最小值，故，解得，故答案为：，14．（2024·北京通州·二模）已知的数（），若的最小正周期为，的图象向左平移个单位长度后，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则；若在区间上有3个零点，则的一个取值为．【答案】或6（答案不唯一）〖祥解〗由的最小正周期为，可求出，再根据三角函数的平移和伸缩变化可求出；根据，求出，结合题意可得，解不等式即可得出答案.【详析】因为的最小正周期为，所以，解得：，所以，的图象向左平移个单位长度后，可得：，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，所以；因为，，在区间上有3个零点，所以，解得：，则的一个取值可以为6.故答案为：或；6（答案不唯一）.15．（2024·北京海淀·一模）已知函数，则；函数的图象的一个对称中心的坐标为.【答案】（答案不唯一）〖祥解〗根据函数表达式，代入即可求出的函数值，根据条件，先求出使的一个取值，再证明是的一个对称中心即可.【详析】因为，所以，因为定义域为，当时，，下证是的一个对称中心，在上任取点，其关于对称的点为，又，所以函数的图象的一个对称中心的坐标为，故答案为：；（答案不唯一）16．（2024·北京朝阳·一模）已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为.【答案】(答案不唯一)〖祥解〗利用导数的几何意义，结合条件可知，，再根据函数的取值，即可求解.【详析】，由题意可知，，即，所以，得，，，或，得，，，所以，，,所以的一个取值为.故答案为：(答案不唯一)17．（2024·北京西城·三模）已知函数.(1)求的最小正周期；(2)从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求m的取值范围.①在有恰有两个极值点；②在单调递减；③在恰好有两个零点.注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)答案见解析〖祥解〗（1）先利用三角恒等变换公式对函数化简变形，然后利用周期公式直接求解即可；（2）先由，得，若选①，则，从而可求出m的取值范围，若选②，则当时，函数递增，所以不合题意，若选③，则，从而可求出m的取值范围.【详析】（1）因为.所以的最小正周期为.（2）因为，所以.选择①，因为在有恰有两个极值点.所以.所以.若选择②，因为当时，函数递增，所以在不可能单调递减，所以②不符合题意；选择③，因为在恰好有两个零点.所以.所以.18．（2024·北京顺义·三模）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．(1)求角B的大小；(2)若；从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求△ABC的面积.条件①：；条件②：；条件③：.【答案】(1)(2)答案见解析〖祥解〗（1）利用正弦定理化边为角并化简可得，再利用的范围可得答案；（2）若选条件①，由余弦定理解得，因不满足唯一性，舍去；若选条件②，利用平方关系得，再由两角和的正弦公式可得，由正弦定理解得，再由三角形面积公式可得答案；若选条件③，由面积公式可得答案.【详析】（1）设的外接圆半径为，由正弦定理可得，又所以，因为，所以，所以，故，因为，所以.（2）若选条件①：由已知可得，，，由余弦定理得，解得，因为答案不唯一，所以舍去.若选条件②：因为，，故，，所以，由正弦定理得，解得，则的面积为.若选条件③：由已知可得，，由（1），则的面积为.19．（2023·广东东莞·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，.已知.(1)求角的大小；(2)设，，求的值.【答案】(1)(2)〖祥解〗（1）运用正弦定理求解；（2）运用两角差公式求解.【详析】（1）在中，由正弦定理得：，因为，所以，可得，即，，又，可得；（2）在中，由余弦定理得：，由，以及，可得，因为，所以A是锐角，所以，因此，，所以，，综上，，.20．（2024·北京海淀·二模）已知函数，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定.(1)求的值；(2)若不等式在区间内有解，求的取值范围.条件①：；条件②：的图象可由的图象平移得到；条件③：在区间内无极值点，且.注：如果选择的条件不符合要求