資源簡介

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專題23 簡單的三角恒等變換（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 2
【考點突破】 3
【考點1】三角函數式的化簡 3
【考點2】三角函數求值問題 4
【考點3】三角恒等變換的應用 5
【分層檢測】 6
【基礎篇】 6
【能力篇】 8
【培優篇】 8
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知，則（ ）．
A． B． C． D．
2．（2023·全國·高考真題）過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2021·全國·高考真題）若，則（ ）
A． B． C． D．
二、解答題
4．（2023·北京·高考真題）設函數．
(1)若，求的值．
(2)已知在區間上單調遞增，，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使函數存在，求的值．
條件①：；
條件②：；
條件③：在區間上單調遞減．
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
5．（2024·北京·高考真題）在中，內角的對邊分別為，為鈍角，，．
(1)求；
(2)從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求的面積．
條件①：；條件②：；條件③：．
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
6．（2021·浙江·高考真題）設函數.
（1）求函數的最小正周期；
（2）求函數在上的最大值.
【考點1】三角函數式的化簡
一、單選題
1．（2024·天津北辰·三模）已知函數，則下列結論不正確的是（ ）
A．的最小正周期為
B．的圖象關于點對稱
C．若是偶函數，則，
D．在區間上的值域為
2．（2024·內蒙古呼和浩特·二模）已知函數，給出的下列四個選項中，正確的是（ ）
A．函數的最小正周期是
B．函數在區間上是減函數
C．函數的圖象關于點對稱
D．函數的圖象可由函數的圖象向右平移個單位，再向下平移1個單位得到
二、多選題
3．（2024·江蘇泰州·模擬預測）已知函數則（ ）
A．函數的圖象關于點對稱
B．將函數的圖象向左平移個單位長度后所得到的圖象關于軸對稱
C．函數在區間上有2個零點
D．函數在區間上單調遞增
4．（2024·安徽蕪湖·三模）已知，下面結論正確的是（ ）
A．時，在上單調遞增
B．若，且的最小值為，則
C．若在上恰有7個零點，則的取值范圍是
D．存在，使得的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱
三、填空題
5．（2024·河北滄州·模擬預測）記的內角的對邊分別為，若，且，則 .
6．（2024·安徽合肥·三模）已知函數在區間上只有一個零點和兩個最大值點，則的取值范圍是 ．
反思提升：
1.三角函數式的化簡要遵循“三看”原則：
一看角，二看名，三看式子結構與特征.
2.三角函數式的化簡要注意觀察條件中角之間的聯系(和、差、倍、互余、互補等)，尋找式子和三角函數公式之間的共同點.
【考點2】三角函數求值問題
一、單選題
1．（2023·重慶·模擬預測）式子化簡的結果為（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·廣東汕頭·二模）若，則實數的值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（23-24高三上·山西大同·期末）若，且，，則（ ）
A． B．
C． D．
4．（2021·江蘇南通·一模）下列命題中是真命題的有（ ）
A．存在，，使
B．在中，若，則是等腰三角形
C．在中，“”是“”的充要條件
D．在中，若，則的值為或
三、填空題
5．（2023·山西朔州·模擬預測）已知為銳角，且，則 .
6．（2022·全國·模擬預測）已知，，則 ．
反思提升：
1.給值求值問題一般是將待求式子化簡整理，看需要求相關角的哪些三角函數值，然后根據角的范圍求出相應角的三角函數值，代入即可.
2.給角求值問題一般所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，但仔細觀察非特殊角與特殊角之間總有一定的關系，解題時，要利用觀察得到的關系，結合公式轉化為特殊角并且消除特殊角三角函數而得解.
3.給值求角問題一般先求角的某一三角函數值，再求角的范圍，最后確定角.遵照以下原則：(1)已知正切函數值，選正切函數；已知正、余弦函數值，選正弦或余弦函數；若角的范圍是，選正、余弦皆可；(2)若角的范圍是(0，π)，選余弦較好；若角的范圍為，選正弦較好.
【考點3】三角恒等變換的應用
一、單選題
1．（2023·四川涼山·二模）在中，角A，B，C對邊分別為a，b，c．命題，命題為等腰三角形．則p是q的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2．（2020·廣東廣州·二模）△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知bcosC+ccosB＝6,c＝3,B＝2C,則cosC的值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（21-22高一下·福建廈門·期中）已知對任意角，均有公式.設△ABC的內角A，B，C滿足.面積S滿足.記a，b，c分別為A，B，C所對的邊，則下列式子一定成立的是( )
A． B．
C． D．
4．（20-21高三上·福建莆田·期中）對于三角形ABC，有如下判斷，其中正確的判斷是（ ）
A．若sin2A＋sin2B＜sin2C，則三角形ABC是鈍角三角形
B．若A＞B，則sin A＞sin B
C．若a＝8，c＝10，B＝60°，則符合條件的三角形ABC有兩個
D．若三角形ABC為斜三角形，則
三、填空題
5．（2022·浙江·模擬預測）在中，，點D，E分別在線段上，，°，則 ，的面積等于 ．
6．（21-22高一下·重慶沙坪壩·期中）銳角中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，有，且，則的取值范圍為 .
反思提升：
三角恒等變換的綜合應用主要是將三角變換與三角函數的性質相結合，通過變換把函數化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再研究其性質，解題時注意觀察角、函數名、結構等特征，注意利用整體思想解決相關問題.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河北承德·二模）函數的圖象的對稱軸方程為（ ）
A． B．
C． D．
2．（20-21高三·江蘇南京·階段練習）設，，，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·重慶·三模）已知，且，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江西九江·二模）已知，，，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
5．（2024·浙江·二模）關于函數，下列說法正確的是（ ）
A．最小正周期為 B．關于點中心對稱
C．最大值為 D．在區間上單調遞減
6．（23-24高三上·山西大同·期末）若，且，，則（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·河南·模擬預測）設函數，且相鄰兩條對稱軸之間的距離為，，，則（ ）
A．，
B．在區間上單調遞增
C．將的圖象向左平移個單位長度，所得圖象關于軸對稱
D．當時，函數取得最大值
三、填空題
8．（23-24高一下·河北石家莊·期中）在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若，則的形狀是 .
9．（2024·海南海口·模擬預測）已知，寫出符合條件的一個角的值為 .
10．（2024·山西晉城·二模）已知，，則 ．
四、解答題
11．（2024·山東青島·三模）設三角形的內角、、的對邊分別為、、且．
(1)求角的大小；
(2)若，邊上的高為，求三角形的周長．
12．（2023·江蘇連云港·模擬預測）已知的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且
(1)求;
(2)若,求外接圓的半徑R．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·四川成都·模擬預測）設銳角的三個內角的對邊分別為，且，則的取值范圍為 （ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（23-24高三上·安徽合肥·階段練習）下列代數式的值為的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
3．（2024·遼寧·二模）已知，則 ．
四、解答題
4．（2024·河北·模擬預測）在①；②這兩個條件中任選一個，補充在下面問題中并解答．
問題：設的內角，，的對邊分別為，，，且，，______.
(1)求；
(2)求的周長.
注：若選擇條件①、條件②分別解答，則按第一個解答計分.
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·陜西渭南·三模）若函數在內恰好存在8個，使得，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小值是
B．若，則在上單調遞減
C．若在上恰有3個零點，則的取值范圍為
D．函數的值域為
三、解答題
3．（2024·海南海口·二模）已知函數，等差數列的前項和為，記.
(1)求證：的圖象關于點中心對稱；
(2)若，，是某三角形的三個內角，求的取值范圍；
(3)若，求證：.反之是否成立 并請說明理由.
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專題23 簡單的三角恒等變換（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 2
【考點突破】 8
【考點1】三角函數式的化簡 8
【考點2】三角函數求值問題 12
【考點3】三角恒等變換的應用 16
【分層檢測】 22
【基礎篇】 22
【能力篇】 29
【培優篇】 32
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）已知，則（ ）．
A． B． C． D．
2．（2023·全國·高考真題）過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2021·全國·高考真題）若，則（ ）
A． B． C． D．
二、解答題
4．（2023·北京·高考真題）設函數．
(1)若，求的值．
(2)已知在區間上單調遞增，，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使函數存在，求的值．
條件①：；
條件②：；
條件③：在區間上單調遞減．
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
5．（2024·北京·高考真題）在中，內角的對邊分別為，為鈍角，，．
(1)求；
(2)從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求的面積．
條件①：；條件②：；條件③：．
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
6．（2021·浙江·高考真題）設函數.
（1）求函數的最小正周期；
（2）求函數在上的最大值.
參考答案：
1．B
【分析】根據給定條件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式計算作答.
【詳解】因為，而，因此，
則，
所以.
故選：B
【點睛】方法點睛：三角函數求值的類型及方法
（1）“給角求值”：一般所給出的角都是非特殊角，從表面來看較難，但非特殊角與特殊角總有一定關系．解題時，要利用觀察得到的關系，結合三角函數公式轉化為特殊角的三角函數．
（2）“給值求值”：給出某些角的三角函數值，求另外一些角的三角函數值，解題關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系．
（3）“給值求角”：實質上也轉化為“給值求值”，關鍵也是變角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函數值結合該函數的單調區間求得角，有時要壓縮角的取值范圍．
2．B
【分析】方法一：根據切線的性質求切線長，結合倍角公式運算求解；方法二：根據切線的性質求切線長，結合余弦定理運算求解；方法三：根據切線結合點到直線的距離公式可得，利用韋達定理結合夾角公式運算求解.
【詳解】方法一：因為，即，可得圓心，半徑，
過點作圓C的切線，切點為，
因為，則，
可得，
則，
，
即為鈍角，
所以；
法二：圓的圓心，半徑，
過點作圓C的切線，切點為，連接，
可得，則，
因為
且，則，
即，解得，
即為鈍角，則，
且為銳角，所以；
方法三：圓的圓心，半徑，
若切線斜率不存在，則切線方程為，則圓心到切點的距離，不合題意；
若切線斜率存在，設切線方程為，即，
則，整理得，且
設兩切線斜率分別為，則，
可得，
所以，即，可得，
則，
且，則，解得.
故選：B.

3．C
【分析】將式子先利用二倍角公式和平方關系配方化簡，然后增添分母()，進行齊次化處理，化為正切的表達式，代入即可得到結果．
【詳解】將式子進行齊次化處理得：
．
故選：C．
【點睛】易錯點睛：本題如果利用，求出的值，可能還需要分象限討論其正負，通過齊次化處理，可以避開了這一討論．
4．(1).
(2)條件①不能使函數存在；條件②或條件③可解得，.
【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；
（2）若選條件①不合題意；若選條件②，先把的解析式化簡，根據在上的單調性及函數的最值可求出，從而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若選條件③：由的單調性可知在處取得最小值，則與條件②所給的條件一樣，解法與條件②相同．
【詳解】（1）因為
所以，
因為，所以.
（2）因為，
所以，所以的最大值為，最小值為.
若選條件①：因為的最大值為，最小值為，所以無解，故條件①不能使函數存在；
若選條件②：因為在上單調遞增，且，
所以,所以,,
所以，
又因為，所以，
所以，
所以，因為，所以.
所以，；
若選條件③：因為在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在處取得最小值，即.
以下與條件②相同．
5．(1)；
(2)選擇①無解；選擇②和③△ABC面積均為.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）選擇①，利用正弦定理得，結合（1）問答案即可排除；選擇②，首先求出，再代入式子得，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；選擇③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；
【詳解】（1）由題意得，因為為鈍角，
則，則，則，解得，
因為為鈍角，則.
（2）選擇①，則，因為，則為銳角，則，
此時，不合題意，舍棄；
選擇②，因為為三角形內角，則，
則代入得，解得，
,
則.
選擇③，則有，解得，
則由正弦定理得，即，解得，
因為為三角形內角，則，
則
，
則
6．（1）；（2）.
【分析】（1）由題意結合三角恒等變換可得，再由三角函數最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等變換可得，再由三角函數的圖象與性質即可得解.
【詳解】（1）由輔助角公式得，
則，
所以該函數的最小正周期;
（2）由題意，
，
由可得，
所以當即時，函數取最大值.
【考點1】三角函數式的化簡
一、單選題
1．（2024·天津北辰·三模）已知函數，則下列結論不正確的是（ ）
A．的最小正周期為
B．的圖象關于點對稱
C．若是偶函數，則，
D．在區間上的值域為
2．（2024·內蒙古呼和浩特·二模）已知函數，給出的下列四個選項中，正確的是（ ）
A．函數的最小正周期是
B．函數在區間上是減函數
C．函數的圖象關于點對稱
D．函數的圖象可由函數的圖象向右平移個單位，再向下平移1個單位得到
二、多選題
3．（2024·江蘇泰州·模擬預測）已知函數則（ ）
A．函數的圖象關于點對稱
B．將函數的圖象向左平移個單位長度后所得到的圖象關于軸對稱
C．函數在區間上有2個零點
D．函數在區間上單調遞增
4．（2024·安徽蕪湖·三模）已知，下面結論正確的是（ ）
A．時，在上單調遞增
B．若，且的最小值為，則
C．若在上恰有7個零點，則的取值范圍是
D．存在，使得的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱
三、填空題
5．（2024·河北滄州·模擬預測）記的內角的對邊分別為，若，且，則 .
6．（2024·安徽合肥·三模）已知函數在區間上只有一個零點和兩個最大值點，則的取值范圍是 ．
參考答案：
1．D
【分析】A項，化簡函數求出，即可得出周期；B項，計算出函數為0時自變量的取值范圍，即可得出函數的對稱點，即可得出結論；C項，利用偶函數即可求出的取值范圍；D項，計算出時的范圍，即可得出值域.
【詳解】由題意，
在中，
，
A項，，A正確；
B項，令, 得,
當時,,
所以的圖象關于點 對稱,故B正確;
C項，是偶函數，
∴, ，
解得：, 故C正確；
D項, 當 時, ,
所以,
所以在區間上的值域為，故D錯誤.
故選：D.
2．B
【分析】根據三角恒等式對已知函數進行化簡得，根據周期公式即可求解A，根據整體法，結合正弦函數的單調性即可求解B，代入驗證即可求解C，利用函數圖象的平移變換即可求解D.
【詳解】
，所以函數的最小正周期是，故A錯誤；
當時，，
又在上單調遞減，所以函數在區間上是減函數，故B正確；
因為，所以函數的圖象不關于點對稱，故C錯誤；
將的圖象向右平移個單位得到，再將向下平移1個單位得到，故D錯誤．
故選：B．
3．ACD
【分析】利用三角恒等變換易得，采用代入檢驗法即可判斷A項，利用平移變換，求得函數解析式，易得其為奇函數，，故而排除B項，將看成整體角，求出其范圍，利用余弦函數的圖象觀察分析，易對C,D兩項進行判斷.
【詳解】
對于當時，而，故A正確；
對于將向左平移個單位后可得，
為奇函數，關于原點對稱，故B錯；
對于當時，，
因在上僅有2個零點，故在上也僅有2個零點，故C正確；
對于當時，因在上單調遞增，
故在上單調遞增，故D正確.
故選：ACD．
4．CD
【分析】利用把相位看成一個整體，通過正弦函數的性質，可以做出各選項的判斷.
【詳解】對于A，，
當時，，
而在不單調，故A是錯誤的；
對于B，，由的最小值為，
則函數周期為，所以，解得，故B是錯誤的；
對于C，在上恰有7個零點，結合正弦曲線可知，
，解得：，故C是正確的；
對于D，由的圖象向右平移個單位長度后得到：
，由它關于軸對稱，可知：，
解得：，當時，，故D是正確的；
故選：CD.
5．/
【分析】根據三角恒等變換化簡計算可得，由同角的平方關系可得，結合正弦定理計算即可求解.
【詳解】因為，
所以，
所以.又，
所以，所以.
因為，由正弦定理知，
所以，又，所以，.
故答案為：
6．
【分析】先將化簡為，再根據在區間上只有一個零點和兩個最大值點，結合正弦型三角函數的處理辦法求出的取值范圍.
【詳解】
，
由，，得，
時，，最大時，也最大，
若在區間上只有一個零點和兩個最大值點，
則只需，解得．
故答案為：.
反思提升：
1.三角函數式的化簡要遵循“三看”原則：
一看角，二看名，三看式子結構與特征.
2.三角函數式的化簡要注意觀察條件中角之間的聯系(和、差、倍、互余、互補等)，尋找式子和三角函數公式之間的共同點.
【考點2】三角函數求值問題
一、單選題
1．（2023·重慶·模擬預測）式子化簡的結果為（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·廣東汕頭·二模）若，則實數的值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（23-24高三上·山西大同·期末）若，且，，則（ ）
A． B．
C． D．
4．（2021·江蘇南通·一模）下列命題中是真命題的有（ ）
A．存在，，使
B．在中，若，則是等腰三角形
C．在中，“”是“”的充要條件
D．在中，若，則的值為或
三、填空題
5．（2023·山西朔州·模擬預測）已知為銳角，且，則 .
6．（2022·全國·模擬預測）已知，，則 ．
參考答案：
1．B
【分析】利用二倍角公式以及輔助角公式可化簡所求代數式.
【詳解】原式
.
故選：B.
2．A
【分析】利用輔助角公式以及二倍角的正弦公式、誘導公式化簡可得的值.
【詳解】由已知可得
.
故選：A.
3．BD
【分析】
根據同角的三角函數關系式，結合兩角和（差）的正弦余弦公式逐一判斷即可.
【詳解】
由題意可得，
所以，故A錯誤；
，
因為，
所以，所以，故B正確；
因為，所以，
所以
，故C錯誤：
即，
因為，所以，
故，所以，故D正確.
故選：BD
4．AC
【分析】賦值法可以判斷A選項；在中根據正弦值相等，可得兩角相等或者互補可判斷B選項；根據正弦定理可判斷選項C；先由，求得，再由，結合大角對大邊求得，最后根據求值即可判斷選項D.
【詳解】對于A，當時，正確；
對于B，由可得或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形，錯誤；
對于C，(其中是外接圓的半徑)，正確；
對于D，因為，，所以.
因為，所以由正弦定理得，從而.
又因為，所以，
從而，錯誤；
故選：AC.
【點睛】解決判斷三角形的形狀問題，一般將條件化為只含角的三角函數的關系式，然后利用三角恒等變換得出內角之間的關系式；或將條件化為只含有邊的關系式，然后利用常見的化簡變形得出三邊的關系．另外，在變形過程中要注意A，B，C的范圍對三角函數值的影響．
5．
【分析】利用兩角和的正弦公式化簡得到，利用輔助角公式得到，即可求出，從而得解.
【詳解】因為，
，
又，
所以，所以，即，
因為為銳角，所以，所以，所以，即.
故答案為：
6．
【分析】由誘導公式、輔助角公式、倍角公式得出，再由正弦函數的性質結合得出.
【詳解】由題知，則，即，即，即，則或，．因為，所以，所以，解得．
故答案為：
反思提升：
1.給值求值問題一般是將待求式子化簡整理，看需要求相關角的哪些三角函數值，然后根據角的范圍求出相應角的三角函數值，代入即可.
2.給角求值問題一般所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，但仔細觀察非特殊角與特殊角之間總有一定的關系，解題時，要利用觀察得到的關系，結合公式轉化為特殊角并且消除特殊角三角函數而得解.
3.給值求角問題一般先求角的某一三角函數值，再求角的范圍，最后確定角.遵照以下原則：(1)已知正切函數值，選正切函數；已知正、余弦函數值，選正弦或余弦函數；若角的范圍是，選正、余弦皆可；(2)若角的范圍是(0，π)，選余弦較好；若角的范圍為，選正弦較好.
【考點3】三角恒等變換的應用
一、單選題
1．（2023·四川涼山·二模）在中，角A，B，C對邊分別為a，b，c．命題，命題為等腰三角形．則p是q的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2．（2020·廣東廣州·二模）△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知bcosC+ccosB＝6,c＝3,B＝2C,則cosC的值為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（21-22高一下·福建廈門·期中）已知對任意角，均有公式.設△ABC的內角A，B，C滿足.面積S滿足.記a，b，c分別為A，B，C所對的邊，則下列式子一定成立的是( )
A． B．
C． D．
4．（20-21高三上·福建莆田·期中）對于三角形ABC，有如下判斷，其中正確的判斷是（ ）
A．若sin2A＋sin2B＜sin2C，則三角形ABC是鈍角三角形
B．若A＞B，則sin A＞sin B
C．若a＝8，c＝10，B＝60°，則符合條件的三角形ABC有兩個
D．若三角形ABC為斜三角形，則
三、填空題
5．（2022·浙江·模擬預測）在中，，點D，E分別在線段上，，°，則 ，的面積等于 ．
6．（21-22高一下·重慶沙坪壩·期中）銳角中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，有，且，則的取值范圍為 .
參考答案：
1．D
【分析】利用三角恒等變換公式和正弦定理，把中等式化為，從而，得或，然后結合充分條件和必要條件的定義進行判斷．
【詳解】根據正弦定理可得，
所以
所以，
即，
整理得，則或，
因為，，，，
則或，即或，所以由不能推出；
當為等腰三角形時，不一定為，也不一定相等，所以由不能推出，
故p是q的既不充分也不必要條件．
故選：D
2．D
【分析】由已知利用二倍角的正弦函數公式,正弦定理可得，利用兩角和的正弦函數公式,正弦定理化簡已知等式可得，進而根據余弦定理即可求解的值．
【詳解】解：，，，
由正弦定理,可得,可得，
，設的外接圓半徑為，
由正弦定理可得，
又，可得，
可得，，可得，
，則為銳角，解得．
故選：D．
【點睛】本題主要考查了正余弦定理在解三角形中的運用，需要根據題意確定合適的三角函數公式互化求解，屬于中檔題.
3．CD
【分析】結合已知對進行變形化簡即可得的值，從而判斷A；根據正弦定理和三角形面積，借助于△ABC外接圓半徑R可求的范圍，從而判斷B；根據的值，結合△ABC外接圓半徑R即可求abc的范圍，從而判斷C；利用三角形兩邊之和大于第三邊可得，從而判斷D﹒
【詳解】∵△ABC的內角A、B、C滿足，
∴，即，
∴，
由題可知，，
∴，
∴
∴，
∴有，故A錯誤；
設△ABC的外接圓半徑為R，
由正弦定理可知，，
∴，
∴，∴，故B錯誤；
，故C正確；
，故D正確．
故選：CD．
4．ABD
【解析】對于A，先利用正弦定理轉化為邊之間的關系，再利用余弦定理可判斷三角形的角的大小；對于B，由三角形中大角對大邊，再結合正弦定理判斷；對于C，利用余弦定理求解即可；對于D，利用三角函數恒等變換公式判斷
【詳解】對于A，因為sin2A＋sin2B＜sin2C，所以由正弦定理得，所以，所以為鈍角，所以三角形ABC是鈍角三角形，所以A正確；
對于B，因為A＞B，所以，所以由正弦定理得sin A＞sin B，所以B正確；
對于C，由余弦定理得，，所以，所以符合條件的三角形ABC有一個，所以C錯誤；
對于D，因為，
所以
因為，
所以，
所以，所以D正確，
故選：ABD
5． ； .
【分析】在中，利用正弦定理求得和，再利用三角形面積公式直接求出的面積.
【詳解】在中，，點D，E分別在線段上，，
所以，.
因為，所以，所以，.
在中，,，,.
由正弦定理得：,即.
因為，
所以.
.
所以的面積為.
故答案為：；.
6．
【分析】先利用三角函數恒等變形求出，利用正弦定理表示出，用三角函數求出的取值范圍.
【詳解】因為，
所以.
因為,所以，所以.
所以.
因為為銳角三角形，所以，所以,所以.
所以，即.
因為為銳角三角形，所以，解得：
由正弦定理得：，.
所以.
因為，所以，所以.
因為，所以，
所以，所以.
即
在中，由兩邊之和大于第三邊，所以.
綜上所述：.
故答案為：
【點睛】解三角形的最值問題包括兩類：
（1）利用正弦定理轉化為三角函數求最值；
（2）利用余弦定理轉化為基本不等式求最值．
反思提升：
三角恒等變換的綜合應用主要是將三角變換與三角函數的性質相結合，通過變換把函數化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再研究其性質，解題時注意觀察角、函數名、結構等特征，注意利用整體思想解決相關問題.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河北承德·二模）函數的圖象的對稱軸方程為（ ）
A． B．
C． D．
2．（20-21高三·江蘇南京·階段練習）設，，，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·重慶·三模）已知，且，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江西九江·二模）已知，，，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
5．（2024·浙江·二模）關于函數，下列說法正確的是（ ）
A．最小正周期為 B．關于點中心對稱
C．最大值為 D．在區間上單調遞減
6．（23-24高三上·山西大同·期末）若，且，，則（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·河南·模擬預測）設函數，且相鄰兩條對稱軸之間的距離為，，，則（ ）
A．，
B．在區間上單調遞增
C．將的圖象向左平移個單位長度，所得圖象關于軸對稱
D．當時，函數取得最大值
三、填空題
8．（23-24高一下·河北石家莊·期中）在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若，則的形狀是 .
9．（2024·海南海口·模擬預測）已知，寫出符合條件的一個角的值為 .
10．（2024·山西晉城·二模）已知，，則 ．
四、解答題
11．（2024·山東青島·三模）設三角形的內角、、的對邊分別為、、且．
(1)求角的大小；
(2)若，邊上的高為，求三角形的周長．
12．（2023·江蘇連云港·模擬預測）已知的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且
(1)求;
(2)若,求外接圓的半徑R．
參考答案：
1．C
【分析】利用三角恒等變換得，再根據正弦型函數對稱性得到方程，解出即可.
【詳解】，
所以，，解得，
故選：C.
2．C
【分析】先根據三角恒等變換求的值，再利用作差法比較的大小.
【詳解】，
，
∵，則，
又∵，則
，則，即
∴
故選：C.
3．C
【分析】根據二倍角公式化簡和同角三角函數關系求出，利用余弦二倍角公式求出答案.
【詳解】因為，所以，，
因為，
所以，
所以，
解得或舍，
則
故選：C
4．A
【分析】利用兩角差的余弦公式及同角三角函數的基本關系得到方程組，即可求出、，再求出即可.
【詳解】因為，，
所以，
解得，
所以，
又，所以，所以.
故選：A
5．BC
【分析】首先化簡函數的解析式，再根據三角函數的性質，判斷選項.
【詳解】，
，
函數的最小正周期，故A錯誤；
，所以函數圖象關于點中心對稱，故B正確；
，所以函數的最大值為，故C正確；
由，，函數在區間單調遞增，
所以函數在區間上單調遞增，故D錯誤.
故選：BC
6．BD
【分析】
根據同角的三角函數關系式，結合兩角和（差）的正弦余弦公式逐一判斷即可.
【詳解】
由題意可得，
所以，故A錯誤；
，
因為，
所以，所以，故B正確；
因為，所以，
所以
，故C錯誤：
即，
因為，所以，
故，所以，故D正確.
故選：BD
7．CD
【分析】先把化成的形式，結合兩對稱軸之間的距離為，求出周期，進而確定的值，在根據三角函數的性質進行判斷.
【詳解】因為，因為相鄰兩條對稱軸之間的距離為，所以其最小正周期為，所以；
又，所以，即，所以，故A錯誤；
對于B，令，得，所以的單調遞增區間為，顯然不是其子集，故B錯誤；
對于C，平移后得到圖象的函數解析式為，為偶函數，故其圖象關于軸對稱，故C正確；
對于D，因為，當，即時取得最大值，故D正確.
故選:CD
8．等腰三角形或直角三角形.
【分析】利用兩角和差的正弦公式化簡已知條件，再結合角的范圍即可求解.
【詳解】由得，
則，
所以，所以，
所以或，
因為，，所以或，
所以的形狀為等腰三角形或直角三角形.
故答案為：等腰三角形或直角三角形.
9．（答案不唯一）
【分析】根據題目條件得到和，從而求出，進而求出角的值.
【詳解】，
故，
，即，
故，
故，即，
則，
則，
可取.
故答案為：
10．
【分析】由切化弦可得，結合兩角和差公式分析求解.
【詳解】因為，即，可得，
又因為，可得，
所以.
故答案為：.
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用內角和為化簡，利用二倍角公式化簡，再利用輔助角公式化簡即可求得；
（2）由面積公式和余弦定理，聯立方程組求解三角形即可.
【詳解】（1）因為，，為的內角，所以，
因為，所以可化為：，
即，即，
因為，解得：，即．
（2）由三角形面積公式得，代入得：，
所以，由余弦定理得：，
解得：或舍去，即，
所以的周長為.
12．(1)
(2)
【分析】(1)將寫為代入化簡可得,根據,即可得;
(2) 由正、余弦定理可將化簡為,進一步化簡可得,結合,再根據正弦定理即可得外接圓半徑.
【詳解】（1）解:因為,
所以
,
所以,因為,
所以,所以,又,
所以;
（2）因為,
所以在中,由正、余弦定理得:
,
所以,故,
由正弦定理得,
所以外接圓半徑為.
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·四川成都·模擬預測）設銳角的三個內角的對邊分別為，且，則的取值范圍為 （ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（23-24高三上·安徽合肥·階段練習）下列代數式的值為的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
3．（2024·遼寧·二模）已知，則 ．
四、解答題
4．（2024·河北·模擬預測）在①；②這兩個條件中任選一個，補充在下面問題中并解答．
問題：設的內角，，的對邊分別為，，，且，，______.
(1)求；
(2)求的周長.
注：若選擇條件①、條件②分別解答，則按第一個解答計分.
參考答案：
1．C
【分析】根據正弦定理，轉化為三角函數，化簡后換元，根據二次函數的單調性求范圍即可.
【詳解】在中，由可得，
由正弦定理得：
又為銳角三角形，所以，解得，
令，則，
因為在時單調遞增，
所以，則.
故選：C
2．BCD
【分析】利用二倍角的余弦公式可判斷A選項；利用切化弦以及二倍角的正弦公式可判斷B選項；利用二倍角的正弦公式可判斷CD選項.
【詳解】對于A選項，；
對于B選項，；
對于C選項，；
對于D選項，
.
故選：BCD.
3．
【分析】利用余弦的和角公式，同角三角形函數的和積關系及二倍角公式先得，再將三倍角化為二倍角推導計算得即可.
【詳解】由，得即，
兩邊平方得，得，
所以．
故答案為：．
4．(1)
(2)
【分析】（1）由三角形中，代入已知化簡得出，即可計算得出答案；
（2）若選①：由余弦定理結合（1）與已知得出，再由①角化邊得出，兩式聯立解出與，即可得出答案；
若選②：由②結合余弦定理得出，即可結合已知與（1）化解得出的值，再由余弦定理求出的值，即可得出答案.
【詳解】（1）在中，，
，
，
，
則，
化簡得.
在中，，
.
又，
.
（2）由余弦定理，得，即.
若選①，
，即，且，
，，
此時的周長為.
若選②，
，
，即，
又，
，
此時的周長為．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·陜西渭南·三模）若函數在內恰好存在8個，使得，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小值是
B．若，則在上單調遞減
C．若在上恰有3個零點，則的取值范圍為
D．函數的值域為
三、解答題
3．（2024·海南海口·二模）已知函數，等差數列的前項和為，記.
(1)求證：的圖象關于點中心對稱；
(2)若，，是某三角形的三個內角，求的取值范圍；
(3)若，求證：.反之是否成立 并請說明理由.
參考答案：
1．D
【分析】化簡函數式為，題意說明，得，由正弦函數圖象與直線的交點個數得的范圍．
【詳解】由題意可得：
，
由可得，
因為，，則，
由題意可得，解得，
所以的取值范圍為．
故選：D．
【點睛】易錯點睛：數形結合的重點是“以形助數”，在解題時要注意培養這種思想意識，做到心中有圖，見數想圖，以開拓自己的思維．使用數形結合法的前提是題目中的條件有明確的幾何意義，解題時要準確把握條件、結論與幾何圖形的對應關系，準確利用幾何圖形中的相關結論求解．
2．AC
【分析】化簡，根據的值域可判斷A；求出的范圍，根據的單調性可判斷B；在上恰有3個零點得，求出的范圍可判斷C；求出，利用三角函數的值域可判斷D．
【詳解】
，
選項A：因為，所以，的最小值為，故A正確；
選項B：當時，，由得，
所以在上單調遞增，故B錯誤；
選項C：由得，若在上恰有3個零點，
則，得，故C正確；
選項D：因為，所以，
所以，解得，故D錯誤．
故選：AC.
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵在于化簡，再將正弦型函數的性質轉化為正弦函數的性質進行求解.
3．(1)證明見解析；
(2)；
(3)證明見解析，反之不成立，理由見解析.
【分析】（1）設出的圖象任意一點的坐標，計算判斷點也在的圖象上即可.
（2）利用三角形內角和為和等差中項性質求解出和 ，再根據定義展開，根據三角函數恒等變換展開化簡即可求出的取值范圍.
（3）根據等差數列性質可得，將該關系式代入計算即可，當時，利用等差數列性質，構造函數并結合零點存在性定理推理即得..
【詳解】（1）設的圖象上任意一點，則，
點關于點的對稱點為，
因為，
因此點在的圖象上，
所以的圖象關于點中心對稱.
（2）若，，是某三角形的三個內角，則，又是等差數列，則，
因此
，
不妨設，則，即有，，
所以.
（3）由是等差數列，且，得，
即，因此當時，，，
.
所以成立.
反之不成立.
考慮存在等差數列，滿足，則，
顯然當時，，，于是，
下面證明，存在，可以使得，且，
不妨設，由，得，
，即，
設，其中，顯然，，
則存在，使得，即存在，使得， ，
但此時，所以反之不成立.
【點睛】方法點睛：
常見函數的累加求值：①若函數呈周期性變化，或者函數的部分呈周期性變化，因此在累加求值的過程中，先找到函數的周期性，再計算出一個周期中的取值情況，最后整體計算；②若無周期變化，該函數還可能呈首尾相加取定值，可先判斷是否存在該規律，再進行整體計算.
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