資源簡介

專題23 簡單的三角恒等變換（新高考專用）
【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】 7
【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．（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·河北承德·二模）函數的圖象的對稱軸方程為（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·江西景德鎮·三模）函數在內恰有兩個對稱中心，，將函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象.若，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（23-24高三下·河南·階段練習）下列函數中，最小值為1的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則（ ）
A．的值域為 B．為奇函數
C．在上單調遞減 D．在上有2個零點
三、填空題
5．（2024·上海嘉定·二模）已知，，則函數的最小值為 ．
6．（2024·全國·模擬預測）在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若，則 .
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．（2024·四川眉山·三模）已知，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（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．
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·福建三明·三模）在平面直角坐標系中，、、，當時.寫出的一個值為 .
6．（21-22高一下·上海浦東新·階段練習）已知，且，求的值為 ．
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．（2024·河北·模擬預測）函數在區間內所有零點的和為（ ）
A．0 B． C． D．
二、多選題
2．（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．
3．（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
4．（2022·浙江·模擬預測）在中，，點D，E分別在線段上，，°，則 ，的面積等于 ．
5．（2022·浙江嘉興·模擬預測）在中，已知，則 ， ．
6．（2022·浙江·模擬預測）如圖，在中，，，，，則 ， .
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·江西南昌·二模）已知，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河南三門峽·模擬預測）若，則的值為（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全國·模擬預測）若，則（ ）
A．5 B． C．2 D．4
4．（2023·陜西·一模）在中,如果,那么的形狀為（ ）
A．鈍角三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．不能確定
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高三下·廣西·開學考試）關于函數有下述四個結論，其中結論正確的是（ ）
A．的最小正周期為
B．的圖象關于直線對稱
C．的圖象關于點對稱
D．在上單調遞增
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．（2024·山西晉城·二模）已知，，則 ．
9．（2023·山西朔州·模擬預測）已知為銳角，且，則 .
10．（20-21高三上·天津濱海新·階段練習）在中，角、、的對邊分別為、、，若，則的形狀為 .
四、解答題
11．（23-24高二上·福建福州·期末）已知函數．
(1)求函數的單調遞增區間；
(2)在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，求的面積．
12．（2021·遼寧朝陽·二模）在①；②；③這三個條件中任選兩個，補充在下面問題中．
問題：是否存在，它的內角的對邊分別為，且，______，______？若三角形存在，求的值；若不存在，說明理由．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024高三下·全國·專題練習）已知函數，若，則直線與的圖象的交點個數為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、多選題
2．（2020高三下·山東·學業考試）下列結論正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．“，”的否定是“，”
D．將函數的圖象向左平移個單位長度，所得圖象關于原點對稱
三、填空題
3．（2021·北京海淀·模擬預測）若實數，滿足方程組，則的一個值是 .
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、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）在中，角，，所對的邊分別為，，是邊上一點，且，，若為鈍角，則當最小時， ．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題23 簡單的三角恒等變換（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 7
【考點1】三角函數式的化簡 7
【考點2】三角函數求值問題 11
【考點3】三角恒等變換的應用 14
【分層檢測】 19
【基礎篇】 19
【能力篇】 26
【培優篇】 30
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．（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）.
【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·河北承德·二模）函數的圖象的對稱軸方程為（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·江西景德鎮·三模）函數在內恰有兩個對稱中心，，將函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象.若，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（23-24高三下·河南·階段練習）下列函數中，最小值為1的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數，則（ ）
A．的值域為 B．為奇函數
C．在上單調遞減 D．在上有2個零點
三、填空題
5．（2024·上海嘉定·二模）已知，，則函數的最小值為 ．
6．（2024·全國·模擬預測）在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若，則 .
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．A
【分析】根據y軸右邊第二個對稱中心在內，第三個對稱中心不在內可求得，結合可得，再利用平移變換求出，根據三角變換化簡可得，然后由二倍角公式可解.
【詳解】由得，
因為函數在內恰有兩個對稱中心，所以，解得，
又，所以，即，所以，
將函數的圖象向右平移個單位得到函數，
即，
因為
，
所以.
故選：A
3．BD
【分析】對于A選項，把原式轉化為二次型函數來求最值；
對于B選項，需要用到不等式證明中的代換1法即可；
對于C選項，需要把原式中的換成，這樣又轉化為二次型函數來求最值；
對于D選項，遇到絕對值問題用平方思想，把原式化為即可判斷.
【詳解】對于A，，其最小值為，故錯誤；
對于B，
，
當且僅當，時等號成立，故B正確；
對于C．設，，則，
所以，
當時，，故C錯誤；
對于D，，又，
所以當，即，時，，故D正確．
故選：BD．
4．ACD
【分析】首先化簡函數的解析式，再根據函數的振幅判斷函數的最值，并求函數的解析式，判斷函數的性質，求解函數在區間上的零點個數，即可判斷選項.
【詳解】．
A．因為，所以，故A正確．
B．因為，所以，是偶函數，故B錯誤．
C．由選項可得，由余弦函數的圖象可知，在上單調遞減，故C正確．
D．令，則，所以．
令，可得，又，所以或，
所以在上有2個零點，故D正確．
故選：ACD
5．
【分析】令，可求t的范圍，利用同角的基本關系對已知函數化簡計算，結合函數的單調性即可求解.
【詳解】由題意知，，
令，由，得，
所以，則.
由，得，
所以，則原函數可化為，
又函數在上單調遞增，所以在上單調遞增，
故當時，取得最大值，此時取得最小值.
故答案為：
6．
【分析】將已知條件切化弦，然后結合兩角和的正弦公式、正余弦定理，將等量關系轉化為，，間的關系，則問題可解.
【詳解】，
由余弦定理有：，
又，所以原式.
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．（2024·四川眉山·三模）已知，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（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．
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·福建三明·三模）在平面直角坐標系中，、、，當時.寫出的一個值為 .
6．（21-22高一下·上海浦東新·階段練習）已知，且，求的值為 ．
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】先根據平方關系求出，再根據結合兩角差的正弦公式即可得解.
【詳解】因為，所以，有，
所以
.
故選；A.
3．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.
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．（滿足或的其中一值）
【分析】利用平面向量數量的坐標運算結合兩角和的正弦公式可得出，求出的值，即可得解.
【詳解】由題意可得，，
所以，，同理可得，
則
，
所以，或，
解得或，
故答案為：（滿足或的其中一值）.
6．/
【分析】注意到，利用誘導公式和兩角和的正弦公式求解，注意范圍的確定.
【詳解】，則，注意到
，于是
，不妨記
，于是，而，于是（負值舍去），又，則（正值舍去），于是計算可得：
，而，于是
.
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．（2024·河北·模擬預測）函數在區間內所有零點的和為（ ）
A．0 B． C． D．
二、多選題
2．（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．
3．（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
4．（2022·浙江·模擬預測）在中，，點D，E分別在線段上，，°，則 ，的面積等于 ．
5．（2022·浙江嘉興·模擬預測）在中，已知，則 ， ．
6．（2022·浙江·模擬預測）如圖，在中，，，，，則 ， .
參考答案：
1．B
【分析】利用和角的余弦公式及二倍角公式化簡函數，由零點意義求得或，再借助正余弦函數圖象性質求解即得.
【詳解】依題意，
，
由，得或或（不符合題意，舍去），
函數是偶函數，在上的所有零點關于數0對稱，它們的和為0，
正弦函數的周期為，方程在的兩根和為，
在上的兩根和為，因此在上
的兩根和構成首項為，末項為的等差數列，共有項，所有根的和為.
故選：B
2．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．
3．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
4． ； .
【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：；.
5．
【分析】先由正弦定理及三角公式求出；利用余弦定理求出.
【詳解】由正弦定理可知，，
整理化簡可得：.
因為所以為鈍角，為銳角.
因為，解得：.
由余弦定理得：，解得：或.
因為為鈍角，所以 ，所以.故（舍去）.
故答案為：
6．
【分析】由，利用三角公式求出；利用正弦定理直接求出BD.
【詳解】因為，所以，所以.
因為，所以，所以，
又為銳角，所以.
在中，，，，由正弦定理得：，即,解得：.
故答案為：；
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·江西南昌·二模）已知，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河南三門峽·模擬預測）若，則的值為（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全國·模擬預測）若，則（ ）
A．5 B． C．2 D．4
4．（2023·陜西·一模）在中,如果,那么的形狀為（ ）
A．鈍角三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．不能確定
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高三下·廣西·開學考試）關于函數有下述四個結論，其中結論正確的是（ ）
A．的最小正周期為
B．的圖象關于直線對稱
C．的圖象關于點對稱
D．在上單調遞增
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．（2024·山西晉城·二模）已知，，則 ．
9．（2023·山西朔州·模擬預測）已知為銳角，且，則 .
10．（20-21高三上·天津濱海新·階段練習）在中，角、、的對邊分別為、、，若，則的形狀為 .
四、解答題
11．（23-24高二上·福建福州·期末）已知函數．
(1)求函數的單調遞增區間；
(2)在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，求的面積．
12．（2021·遼寧朝陽·二模）在①；②；③這三個條件中任選兩個，補充在下面問題中．
問題：是否存在，它的內角的對邊分別為，且，______，______？若三角形存在，求的值；若不存在，說明理由．
參考答案：
1．D
【分析】利用余弦的和角公式化簡得，再根據二倍角公式及誘導公式計算即可.
【詳解】由已知知：，
化簡得
，
令，則，，
所以
.
故選：D
2．A
【分析】由倍角公式可得，根據題意結合齊次式問題分析求解.
【詳解】由題意可得：.
故選：A.
3．A
【分析】先求得，然后根據同角三角函數的基本關系式、二倍角公式等知識求得正確答案.
【詳解】，
所以，則，
所以
故選：A
4．D
【分析】將寫為,將寫為,代入題中式子,展開化簡,即可得均為銳角,但無法確定大小,由此選出結果.
【詳解】解:由題知,因為中,
所以
,
故,即均為銳角,
但無法確定大小,故的形狀不能確定.
故選:D
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．BCD
【分析】根據三角恒等變換可得，即可代入驗證求解對稱軸以及對稱中心，利用整體法即可判斷D，根據周期公式即可求解A.
【詳解】，
對于A，的最小正周期為，故A錯誤，
對于B, ,故的圖象關于直線對稱，B正確，
對于C，，故的圖象關于點對稱，C正確，
對于D，時，，故在上單調遞增，D正確，
故選：BCD
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．
【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：.
9．
【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：
10．直角三角形
【分析】利用正弦定理邊角互化思想求得的值，可求得角的值，進而可判斷出的形狀.
【詳解】，由正弦定理得，
即，
，則，，，.
因此，為直角三角形.
故答案為：直角三角形.
【點睛】本題考查利用正弦定理邊角互化思想判斷三角形的形狀，考查計算能力，屬于基礎題.
11．(1)
(2)或
【分析】（1）利用誘導公式和輔助角公式得到，整體法求出函數單調遞增區間；
（2）根據求出，由誘導公式得到或，分兩種情況，結合三角形面積公式求出答案.
【詳解】（1）因為
令，
解得，
所以的單調遞增區間為．
（2）由（1）可得，所以，
因為，所以，
所以，故，
因為，且，
所以，解得或，經檢驗，均符合要求，
當時，，
當時，．
12．答案不唯一，具體見解析
【分析】①根據平方差公式將其進行化簡，并結合余弦定理，可得；
③結合同角三角函數的平方關系、二倍角公式，可得;
選擇①②，結合，與兩角和差公式化簡條件②，推出，再由正弦定理，得解;
選擇①③，根據特殊直角三角形的邊長比例關系，得解；
選擇②③，結合、三角形的內角和定理與誘導公式，推出，從而得解．
【詳解】①∵，即，
∴，
由余弦定理知，，
∵，∴．
③∵，
∴，即，
∵，∴，∴，即．
選擇①②：由上知，
∵，
∴，即，
∴，
∵，∴，
由正弦定理知，，
∴，∴．
選擇①③：，
∵，∴．
選擇②③：由上知，
∵，
∴，即，
∴．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024高三下·全國·專題練習）已知函數，若，則直線與的圖象的交點個數為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
二、多選題
2．（2020高三下·山東·學業考試）下列結論正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．“，”的否定是“，”
D．將函數的圖象向左平移個單位長度，所得圖象關于原點對稱
三、填空題
3．（2021·北京海淀·模擬預測）若實數，滿足方程組，則的一個值是 .
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】先將函數化簡得，再結合以及的任意性求出的值，從而求出的解析式，再數形結合探究即可得出結果.
【詳解】由題，
由知，
所以，解得，
所以.
對于，令，得；令，得，
故直線經過點與點.
易知的圖象也過點與點，
在同一平面直角坐標系中作出函數的圖象與直線，如圖所示：
結合圖象可知的圖象與直線恰有5個交點，
故選：C.
2．BC
【解析】根據齊次式計算，錯誤，，正確，特稱命題的否定是全稱命題，正確，平移后得到偶函數，錯誤，得到答案.
【詳解】，則，故錯誤；
，則，正確；
根據特稱命題的否定是全稱命題：“，”的否定是“，”，故正確；
將函數的圖象向左平移個單位長度，得到為偶函數，故錯誤.
故選：.
【點睛】本題考查了齊次式求值，函數取值范圍，命題的否定，函數平移和奇偶性，意在考查學生的綜合應用能力.
3．（滿足或的值均可）
【分析】直接利用三角函數關系式的變換的應用求出結果．
【詳解】解：實數，滿足方程組，
則，
由于，
所以，則；
所以，整理得，
所以或，
即得或.
故可以取時，．
故答案為：（滿足或的值均可）
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、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）在中，角，，所對的邊分別為，，是邊上一點，且，，若為鈍角，則當最小時， ．
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．
【分析】利用正弦定理可得，進而中得，，進而可得，可求的最小值，此時可求，進而求得，利用余弦定理可求得.
【詳解】在中，由，得，
又，，，
所以，．
所以
，
當且僅當，即時，等號成立．此時，，，．
在中，由余弦定理得，，
即，解得或，因為中，是鈍角，
所以，（提示：在鈍角三角形中，鈍角所對的邊為最長邊）所以．
故答案為：.
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