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2012-2021十年全国卷高考数学真题分类精编
三角函数大题
（精解精析）
一、解答题
1.（2021年新高考1卷）记内角所对的边分别是，已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
2.（2020·天津）在中，内角所对的边分别是．已知，，
(1)求角的大小；
(2)求的值；
(3)求sin的值．
3.（2020·北京）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：
(1)的值：
(2)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．
4.（2020·山东）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，
?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
5.（2020·浙江）在锐角中，角的对边分别为，且
（I）求角的大小；
（II）求的取值范围．
6.（2020·全国（文））的内角所对的边分别是，已知
（1）求；
（2）若，证明：是直角三角形．
7.（2020·全国（理））在中，．
（1）求；
（2）若，求周长的最大值.
8.(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)内角所对的边分别是．设
．
(1)求；
(2)若，求．
9.(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)内角所对的边分别是，已知
．
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
10.(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)(12分)在平面四边形中，，，
，．
(1)求;
(2)若，求．
11.（2018·北京（文））已知函数?
(1)求的最小正周期；
(2)若在区间上的最大值为，求的最小值.
12.（2018·上海）设常数，函数，
（1）若是偶函数，求的值；
（2）若
，求方程在区间上的解．
13.（2017·上海）已知函数，．
（1）求的单调递增区间；
（2）设为锐角三角形，角所对边，角所对边，若，
求的面积．
14.（2017·山东（理））设函数，其中；已知
(1)求；
(2)将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的
2
倍（纵坐标不变），再将得到的图象
向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.
15.（2017·北京（文））已知函数?
（I）求的最小正周期；
（II）求证：当
时，．
16.(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科)(12分)内角所对的边分别是，已知
．
(1)求
(2)若，面积为2，求
17.(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科)(12分)内角所对的边分别是．已知，，．
(1)求；
(2)设为边上一点，且，求的面积．
18.(2017年高考数学新课标Ⅰ卷理科)内角所对的边分别是，已知的面积
为．
(1)求;
(2)若，，求的周长．
19.(2016高考数学课标Ⅰ卷理科)(本题满分为12分)内角所对的边分别是，已知
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长．
20.（2015·陕西（文））的内角内角所对的边分别是．向量与平行．
（1）求；
（2）若，，求的面积
21.(2015高考数学新课标2理科)(本题满分12分)中，是上的点，平分，面积是面积的2倍．
(1)求；
(2)若，，求和的长．
22.（2015·福建（文））已知函数
（1）求函数的最小正周期；
（2）将函数的图像向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后得到的图
像，且函数的最大值为2，求函数的解析式；证明：存在无穷多个互不相等的正整数，使得
23.（2014·重庆（理））已知函数的图像关于直线对称，
且图像上相邻两个最高点的距离为.
（1）求和的值；
（2）若，求的值.
24.（2013·湖南（理））已知函数，
（1）若是第一象限角，且，求的值；
（2）求使成立的的取值集合
25.（2013·湖北（文））的内角内角所对的边分别是．已知
.
（1）求角的大小；
（2）若
的面积，，求的值。
26.（2013·江西（理））在中，内角所对的边分别是，已知
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围．
27.(2013高考数学新课标1理科)如图，在中，，，P为内一点，
(1)若，求；
(2)若，求．
28.(2013高考数学新课标2理科)内角所对的边分别是，已知
．
(1)求；
(2)若，求面积的最大值．
29.(2012高考数学新课标理科)已知内角所对的边分别是，
(1)求
(2)若，的面积为，求．
30.（2012·四川（理））函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，为图象与轴的交点，且为正三角形。
（1）求的值及函数的值域；
（2）若，且，求的值.
二．参考答案
1.【解析】（1）由题设，，由正弦定理知：，即，
∴，又，∴，得证.
（2）由题意知：，∴，
同理，
∵，∴，整理得；
又，∴，整理得，解得或，
由余弦定理知：，
当时，不合题意；当时，；
综上，.
2.【解析】(1)在中，由，，及余弦定理得
又因为，所以；
(2)在中，由，，及正弦定理，可得
(3)由知角为锐角，由，可得
进而，，
所以
3.【解析】选择条件①(1)
(2)
由正弦定理得：
选择条件②(1)
由正弦定理得：
(2)
4.【解析】方案一：选条件①．
由和余弦定理得．
由及正弦定理得．
于是，由此可得．
由①，解得．因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时．
方案二：选条件②．
由和余弦定理得．
由及正弦定理得．
于是，由此可得，，．
由②，所以．因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时．
方案三：选条件③．
由和余弦定理得．
由及正弦定理得．
于是，由此可得．
由③，与矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
5.【解析】(1)由正弦定理得，故，由题意得.
(2)由得，
由是锐角三角形得.
由
得.
故的取值范围是.
6.【解析】（1）因为，所以，
即，解得，又，所以；
（2）因为，所以，即
又，
联立可得，，而，解得，
所以，故，即是直角三角形．
7.【解析】（1）由正弦定理可得：，
，
，
（2）由余弦定理得：，
即．
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
所以周长，∴周长的最大值为．
8.【解析】（1）由已知得，故由正弦定理得．
由余弦定理得．因为，所以．
（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，
即，可得．
由于，所以，
故．
9.【解析】(1)由题设及正弦定理得，
因为，所以．
由，可得，故．
因为，故，因此．
(2)由题设及(1)知的面积．
由正弦定理得．
由于为锐角三角形，故，．由(1)知，
所以，故，从而．
因此面积的取值范围是．
10.【解析】（1）在中，由正弦定理得．
由题设知，，所以．
由题设知，，所以．
（2）由题设及（1）知，．
在中，由余弦定理得
．
所以．
11.【解析】
(1)
所以的最小正周期为
.
(2)由(1)知
因为，所以
要使在区间上的最大值为，即在区间上的最大值为1
所以，所以，即求的最小值为
12.【解析】
（1）∵，∴，
∵是偶函数，，即，故而，所以
（2），，所以
因为，所以，
所以或
即或
而，所以或或或
13.【解析】（1）依题意，，由
得，令得；所以的单调递增区间.
（2）由于，所以为锐角，即，；由，得，
所以
.
由余弦定理得，即，解得或.
当时，，则为钝角，与已知三角形为锐角三角
形矛盾；所以.
所以三角形的面积为
14.【解析】因为
所以
由题知，，即
所以，解得，
又，所以
(2)由(1)得
所以.
因为，所以，
当，即时，取得最小值.
15.【解析】(1).
所以的最小正周期.
(2)因为，所以.
所以.
所以当时，.
16.【解析】(1)；(2)．
(1)由题设及，故
上式两边平方，整理得
解得（舍去）
(2)由，故
又
由余弦定理及得
，所以
17.【解析】(1)由可得，因为，故．
由余弦定理可知：即
整理可得，解得(舍去)或．
(2)法一：设，则在中，由勾股定理可得
在中，有
由余弦定理可得
即即
所以，解得
所以．
法二：依题意易知
∵，
∴
所以．
法三：∵，
由余弦定理．
∵，即为直角三角形，
则，得．
由勾股定理．
又，则，
．
18.【解析】(1)由题设得，即．
由正弦定理得．故．
(2)由题设及(1)得，即．
所以，故．
由题设得，即．
由余弦定理得，即，得．
故的周长为．
19.【解析】(1)由已知及正弦定理得：
即
故
∴
可得
∴
(2)由已知得，
又所以
由已知及余定理得：，，从而
∴周长为．
20.【解析】(I)因为，所以
由正弦定理，得，又，从而，
由于
所以
(II)解法一：由余弦定理，得，而，，
得，即
因为，所以
故面积为.
解法二：由正弦定理，得
从而
又由知，所以
故
，
所以面积为.
21.【解析】(1)，，因为，
，所以．由正弦定理可得．
(2)因为，所以．
在和中，由余弦定理得
，．
．
由(1)知，所以．
22.【解析】(1)因为
所以函数的最小正周期．
（2）将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，再向下平移个
单位长度后得到的图象．
又已知函数的最大值为2，所以，解得．
所以．
要证明存在无穷多个互不相同的正整数，使得，
就是要证明存在无穷多个互不相同的正整
数，使得，即．
由知，存在，使得．
由正弦函数的性质可知，当时，均有．
因为的周期为，
所以当时，均有．
因为对任意的整数，
所以对任意的正整数k
，都存在正整数，使得．
亦即存在无穷多个互不相同的正整数，使得．
23.【解析】（1）因图像上相邻两个最高点的距离为，所以的最小正周期，从而
又因的图象关于直线对称，所以，即
，所以
（2）由（1）得
，即
24.【解析】（I）.
（II）
.
25.【解析】（1）由，
得，解得或(舍去)．
因为，所以.
（2）由，得，又，知
.
由余弦定理得，故
从而由正弦定理得
26.【解析】（1）∵
，
∴
，即
∵，所以
（2）由余弦定理可知，代入可得
因为，所以，即有
27.【解析】(1)由已知得，，∴，在中，由余弦定理得
==，∴
(2)设，由已知得，，在中，由正弦定理得，
，化简得，，
∴=，∴=．
28.【解析】（1）由已知及正弦定理得
又
由，可得
所以
（2）的面积．
由已知及余弦定理得
又，故，
当且仅当时，等号成立．因此的面积的最大值为
29.【解析】由及正弦定理得
∵，∴
∴，
又，
∴．
(Ⅱ)的面积==，故=4，
而
故=8，解得=2．
30.【解析】（1）由已知可得
又正三角形的高为，则
所以函数的最小正周期，即，得，
函数的值域为．
（2）因为，由(1)得，即
由，得所以
代入化简得
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