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2026届高三二轮复习专题突破训练
数　学
专题2.1 三角函数基础概念与诱导公式
满分150分，考试用时120分钟
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025·广安模拟）已知集合，集合，则中元素个数为（　　）
A．1 B．0 C．3 D．2
2．已知角的始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．
3．（2025高三上·兴宁期末）已知函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2025·汕头模拟）若圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
5．（　　）
A． B．0 C． D．
6．（2025高三上·望城期中）已知，则的值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·广东模拟）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是（　　）
A． B． C． D．
8．已知角第二象限角，且，则角是（　　）
A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（　　）
A．若幂函数的图象过点，则
B．若函数的定义域为，则函数的定义域为
C．若函数在上只有一个零点，则实数a的范围为
D．函数的单调增区间为
10．已知角的终边过点，则（　　）
A． B．
C． D．
11．下列化简正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高三上·上海期中）已知，则　　　　.
13．（2025·上海市模拟）函数的最小正周期为　　　　．
14．已知函数，若，则　　　　.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
（2024高三上·江门月考）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点.
（1）求的值；
（2）若角满足，求的值.
16．（15分）
（2020高三上·福建月考）化简下列各式并求值：
（1）；
（2）已知，求的值.
17．（15分）
已知为锐角，，．（1）求的值；（2）求的值．
18．（17分）
（2026高三上·锦江期末）已知，）.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
19．（17分）
化简下列各式：
（1）cos(211π α)sin(29π +α)cos(2π +α)sin( π α) ；
（2）sin2αtanα+tanαcos2α +2sinαcosα.
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参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D C D A A C C A A,C B,D A,B,C
1．【答案】D
【解析】解：因为，，
所以，有2个元素.
故选：D.
先化简求得集合，，进而求得他们的交集，即可求得其元素个数.
2．【答案】C
【解析】解：因为角的始边为x轴的非负半轴，终边经过点，
所以.
故答案为：C.
根据已知条件和三角函数定义，从而得出的值．
3．【答案】D
【解析】解：由图象可知，函数的最小正周期满足，
，，，
，得，，
，所以，，
由，，得，，
因此，函数的单调递增区间为，，
故答案为：D.
确定函数的单调递增区间，先通过函数图象求出和，得到函数具体解析式，再结合正弦函数的单调递增区间公式进行求解.”先定解析式，再求单调区间“.
4．【答案】A
【解析】解：设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，则，
由题意可得：，即，
所以，故.
故答案为：A.
由扇形的弧长等于圆锥底面周长，从而得出圆锥底面的半径，再利用勾股定理得出圆锥的高，最后由圆锥的体积公式得出该圆锥的体积.
5．【答案】D
【解析】解：因为，，
所以.
根据半角公式，
所以.
故答案为：D.
先由诱导公式将两个三角函数值都化为，代入半角公式求出，可解.
6．【答案】C
【解析】解：已知，两边平方可得，
即；
因为，所以，解得.
则.
故答案为：C.
将目标式子通分并利用同角三角函数关系化简，再通过已知条件平方，结合求出，最终代入化简后的式子求值.
7．【答案】C
【解析】解：依题意可得，
若单调递减，则，
解得，
观察选项可知，只需写出在上的单调递减区间即可，
易知当时，单调递减区间为，只有，
可得为函数单调递减区间.
故答案为：C.
根据正弦型函数的图象变换得出函数的解析式，再利用换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调区间，进而由集合的包含关系逐项判断，从而找出函数单调递减的区间.
8．【答案】A
【解析】因为角第二象限角，所以，
所以，所以角是第一象限角或第三象限角，
又因为，即，所以，角是第一象限角.
故选：A．
利用象限角的定义和不等式的基本性质，从而得出角所在的象限，再结合三角函数值在各象限的符号和绝对值的定义，进而判断出角所在的象限.
9．【答案】A,C
【解析】解：A、令幂函数，由题意可得，解得，
则，，故A正确；
B、函数的定义域为，即，则，则函数的定义域为，
由，解得，因此函数的定义域为，故B错误；
C、函数在上只有一个零点，则，无解，
或，解得，则实数a的范围为，故C正确；
D、由，得，而，解得，
因此函数的单调增区间为，故D错误.
故答案为：AC.
令幂函数，将点代入求得解析式，再代值求解即可判断A；根据抽象函数的定义域求法求解即可判断B；根据一元二次方程实根分布求解即可判断C；求导，令，结合三角函数的性质求解即可判断D.
10．【答案】B,D
【解析】解：因为角的终边过点，所以，
所以，，.
对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确．
故答案为：BD．
利用三角函数的定义和同角三角函数基本关系式，则判断出选项A和选项B；利用二倍角的余弦公式，则判断出选项C；利用两角和的正切公式，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,C
【解析】对于A，由，A符合题意；
对于B，由，B符合题意；
对于C，，C符合题意；
对于D，，D不符合题意．
故答案为：ABC．
由已知结合和差角公式，二倍角公式，同角三角函数基本关系式，逐项进行判断，可得答案.
12．【答案】
【解析】解：，则.
故答案为：.
根据两角差的正切公式化简求值即可.
13．【答案】π
【解析】因为，所以函数f(x)＝cos2x－sin2x的最小正周期为
利用已知条件结合二倍角的余弦公式得出余弦型函数，再结合余弦型函数的最小正周期公式得出函数f(x)的最小正周期。
14．【答案】2
【解析】解：由题意，得，
则，
所以，
则.
故答案为：2.
利用诱导公式化简，从而得出，进而得出的值.
15．【答案】（1）解：由题意可知，，则，
则，，
.
（2）解：，所以，
所以，
当，所以，
当，所以，
综上可知，的值为或.
【解析】（1）先根据三角函数定义求出和，再用二倍角公式求.
（2）利用角的变换，结合两角差余弦公式，先确定的可能值，再分情况计算.
（1）由题意可知，，则，
则，，
；
（2），所以，
所以，
当，所以，
当，所以，
综上可知，的值为或
16．【答案】（1）解：.
（2）解：∵，
又，∴原式
【解析】(1)利用对数的运算法则和指数幂化简，得出答案；(2)利用诱导公式化简求值．
17．【答案】解：（1）因为，所以，即，
又因为，所以，则；
（2）因为为锐角，所以，
又因为，所以，所以，
，
又因为，所以，
则．
【解析】（1）由题意，利用同角三角函数关系的商关系和平方和关系求得，再根据余弦二倍角公式求值即可；
（2）由题意，根据为锐角以及确定，利用同角三角函数关系求，再根据正切的二倍角公式得，最后利用两角差的正切公式求解即可.
18．【答案】（1）解：解法一：由题意，得，
则原式.
解法二：原式.
（2）解：因为，
所以，
又因为，
所以，
则
，
所以或.
【解析】（1）利用两种方法求解.
解法一：由结合同角三角函数基本关系式，从而得到，再代入得出的值.
解法二：利用同角三角函数基本关系式，则将分子、分母同除以，再利用已知条件得出的值.
（2）根据结合同角三角函数基本关系式，从而得到，再根据结合同角三角函数基本关系式，从而得到，再由结合两角差的余弦公式，从而得出的值.
（1）解：解法一：由题意，，
所以原式.
解法二：原式.
（2）因为，
所以，
又，
所以，
所以
.
所以或.
19. 【答案】(1) cotα
(2)
第5页，共8页 第6页，共8页专题2.2 三角函数的图象与性质 专题突破训练-2026届高三数学二轮复习
一、选择题
1．（2025·嘉兴模拟）已知函数的最小正周期为，若，则的最小值为（　　）
A． B． C．0 D．
2．（2025·桐乡市模拟）已知函数的最小正周期为，且，函数为奇函数，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2019高二上·开福月考）为了得到函数 的图象，可以将函数 的图象（　　）
A．向右平移 个单位 B．向右平移 个单位
C．向左平移 个单位 D．向左平移 个单位
4．（2025高三上·西青月考）已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则下列结论错误的是（　　）
A．
B．的图象在区间内有个对称中心
C．在区间上单调递增
D．的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象
5．（2025高三上·西和月考）已知函数的最小正周期为T，若，则函数的最大值为（　　）
A． B． C．2 D．
6．（2025高三下·汉寿期中）已知函数的部分图像如图所示，其中为图像上两点，将函数图像的横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度后得到函数的图像，则函数的单调递增区间为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023·成华模拟）已知函数（为常数，，）的部分图像如图所示，若将的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的解析式可以为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高三上·天津市期末）已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．关于点对称
C．将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称
D．在区间上的最大值为
二、多项选择题
9．（2024高三下·荔湾模拟）关于函数有下述四个结论，其中结论错误的是（　　）
A．是偶函数 B．在区间单调递增
C．在有4个零点 D．的最大值为2
10．（2025高三下·长沙月考）已知函数，则下列说法正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．的定义域为
C．的图象关于点对称
D．在上单调递增
11．（2025高三上·黄埔期中）已知将函数的图象向左平移得函数的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．
C．的对称轴为
D．若函数，则在上有6个零点
三、填空题
12．（2022高三下·大连开学考）智能主动降噪耳机工作的原理是：通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波抵消噪音（如图）.已知某噪音的声波曲线类似于正弦函数 （ ， ）或余弦函数 （ ， ）图象，其振幅为2，周期为 ，且经过点（ ， ），则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线的一个方程为　 　.（写出任意一个即可）
13．已知函数，的部分图象如图所示．若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若函数为奇函数，则的最小值是　 　．
14．（2025高三上·德庆月考）已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是　 　.
四、解答题
15．（2024高三上·民勤期中）已知函数.
(1)求的最小正周期；
(2)当时，
(ⅰ)求函数的单调递减区间；
(ⅱ)求函数的最大值 最小值，并分别求出使该函数取得最大值 最小值时的自变量的值.
16．（2025高三上·成都期中）已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.
17．（2025·市中区模拟）已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）求的单调递减区间；
（3）若不等式在上恒成立，求m的取值范围.
18．（2024高三上·衡阳开学考）已知函数（，）在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，若，，，求．
19．（2019高三上·浙江月考）已知函数 .
（Ⅰ）求函数 的最小正周期和对称轴；
（Ⅱ）求函数 在 的最值及相应的 值.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】解：由，则，
因为，所以，
则
，
又因为，
则当时，有最小值.
故答案为：B.
【分析】由正弦型函数的最小正周期公式和的取值范围，从而可得的值，再利用诱导公式与二倍角的余弦公式，从而将转化为，再结合正弦函数的值域和二次函数求最值的方法，从而得出的最小值.
2．【答案】B
【解析】解：由题意可知，，
因为为奇函数，所以，且，
解得，
因为，所以，解得，所以，
所以，
所以.
故选：B.
【分析】根据给定条件先求得函数 ，进而利用函数的奇偶性和周期性求得，即可求得函数f(x)的解析式，进而可求得 .
3．【答案】C
【解析】 ，设 ， ，令 ，把函数 的图象向左平移 个单位得到函数 的图象.
故答案为：C.
【分析】先将函数化为同名的余弦形式的函数，由三角函数图象变换规律得到.
4．【答案】C
【解析】解：对于选项A，，
其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，
则函数的周期满足，
，，，
一条对称轴方程为，
，
，，故A正确；
对于选项B，，，
，，
由，可得或，
的图象在区间内有个对称中心，故B正确；
对于选项C，，，
在区间上单调递减，故C错误；
对于选项D，因为的图象上所有点向右平移个单位长度，
得到函数，故D正确.
故答案为：C.
【分析】由结合余弦型函数的对称性，从而得到余弦型函数的最小正周期，再根据余弦型函数的最小正周期公式得到的值，由余弦型函数的一条对称轴方程为结合，从而得出的值；令和，从而解出的值，则判断出选项B；由和不等式的基本性质求出的取值范围，再结合余弦型函数的图象判断出函数在区间上单调性，则判断出选项C；利用的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数，再利用诱导公式判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
5．【答案】D
【解析】解：的最小正周期为，，
，
又，
，
，
令，
则，，函数开口向下，对称轴，
函数最大值为：．
故答案为：D．
【分析】先根据已知条件和余弦型函数的最小正周期公式和代入法以及的取值范围，从而求出的值，再结合诱导公式和二倍角公式，从而化简函数，通过换元法转化为二次函数，再根据二次函数的开口方向和对称性，从而得出函数的最大值．
6．【答案】C
【解析】根据图中得信息有，∴
∴，
由于过点，∴，则，所以，
∴，∴，
∴，
∴函数的单调递增区间是.
故答案为：C.
【分析】利用图中的信息得到，接着利用M，N两点判断其周期，接着利用点M坐标带入计算，即可得到函数的表达式，最后经过伸缩变换得到的表达式，利用换元法求解即可判断出单调增区间.
7．【答案】A
【解析】解：由函数图象得，所以，故，因为，，
所以，，即 .
又因为，解得.
即.将的图像向左平移个单位长度，得到函数.
故答案为：A
【分析】首先根据已知条件得到，再根据三角函数平移变换求解即可.
8．【答案】C
【解析】解：因为.
因为函数的最小正周期为，且，所以，故A错误；
因为，所以，
所以是函数的一条对称轴，不是函数的对称中心.故B错误；
因为是函数的一条对称轴，所以将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称，故C正确；
当时，，所以，
所以，即在区间上的最大值为.故D错误.
故答案为：C
【分析】本题考查三角恒等变换与三角函数的性质，核心是先将函数化为正弦型函数，再结合周期、对称性、平移变换、最值等性质逐一分析选项。
9．【答案】B,C
【解析】解：A、∵的定义域为，定义域关于原点对称
又，为偶函数，故选项A正确；
B、当时，，在区间单调递减，故选项B错误；
C、当时，，有两个零点，分别为；
当时，，有一个零点，该零点为，
所以在有个零点，故选项C错误；
D、当时，；
当时，，
又为偶函数，的最大值为，故选项D正确；
故选：BC．
【分析】利用正弦函数的图象性质结合函数的奇偶性、单调性，零点，最值的概念逐一进行分析判断即可.
10．【答案】B,C,D
【解析】解：函数，
A、的最小正周期为，故A不正确；
B、令，解得，
则函数的定义域为，故B正确；
C、令，解得，
当时，可得，则函数的图象关于点对称，故C正确；
D、当时，，根据正切函数的性质，可得函数在上单调递增，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据正切型函数的最小正周期公式求解即可判断A；求正切型函数的定义域即可判断B；根据正切函数的图象与性质求解即可判断CD.
11．【答案】A,C,D
【解析】解：函数，
A、函数，，故A正确；
B、，故B错误；
C、由，令，，解得，，则的对称轴为，故C正确；
D、，
令，则，
在直角坐标系中分别作出的图象，如图所示：
由图可知，它们在上有6个交点，即在上有6个零点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用余弦、正弦的二倍角公式以及辅助角公式化简函数，可得，利用正弦型函数的周期公式求解即可判断A；根据三角函数图象的平移变换求解可得即可判断B；利用正弦型函数对称轴计算即可判断C；利用诱导公式结合辅助角公式化简求得后，将的图象画出，数形结合求解即可判断D.
12．【答案】 （或 ）
【解析】对于正弦函数 （ ， ），由题意，振幅为2，周期为 ，得 ， ，故噪音的声波曲线为 ，（ ），又该曲线过点 ，则 ，由 ，则 ，即 ，即 ，从而噪音的声波曲线为 ，故听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线方程为 .
对于余弦函数 （ ， ）：由题意，振幅为2，周期为 ，得 ， ，故噪音的声波曲线为 ，（ ），又该曲线过点 ，则 ，由 ，则 ，则 ，即 .从而噪音的声波曲线为 ，故听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线方程为 .
故答案为： （或 ）
【分析】利用振幅求出A，然后利用特殊点求出φ，从而得到噪音的声波曲线，再利用反向波曲线与噪音的声波曲线关于x轴对称，即可求出答案.
13．【答案】
【解析】解：由函数的图象知，函数的最小正周期为，，
因为，解得，
又因为，则，
于是，，
由函数为奇函数，得，
因为，则，
所以，当时，.
故答案为：.
【分析】由题中图和正弦型函数的最小正周期公式，则得出的值，由五点对应法和的取值范围，则得出的值，从而得出函数的解析式，利用正弦型函数的图象变换得出函数的解析式，再由函数为奇函数和奇函数的定义以及，从而得出的最小值.
14．【答案】
【解析】解：由题意可得，
令，解得，
因为，所以，
因为在上恰有两个零点，所以，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【分析】先利用三角恒等变换化简函数 ，再将零点问题转化为方程 在区间 上恰有两个解的问题，最后通过角度范围求解 的取值范围。
15．【答案】(1)解：由题意可知：
.
因为，所以的最小正周期为.
(2)解：(ⅰ)因为，所以，
因为，的单调递减区间是，
且由，得，
所以的单调递减区间为.
(ⅱ)由(ⅰ)可知当时，单调递增，
当时，单调递减，
且，，
所以：当时，取最大值为2，
当时，取最小值为.
【解析】【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简为正弦型函数，再根据正弦型函数周期公式求最小正周期。
（2）（i）通过换元，结合正弦函数的单调递减区间，解不等式得到的单调递减区间；
（ii）根据函数单调性，计算区间内极值点和端点的函数值，确定最大值和最小值及对应的自变量值。
16．【答案】（Ⅰ）解：，
所以的最小正周期为.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知.
因为，所以.
要使得在上的最大值为，
即在上的最大值为1.
所以，即.
所以的最小值为.
【解析】【分析】（Ⅰ）周期求解：利用二倍角公式和辅助角公式将函数化为的形式，直接用周期公式计算。
（Ⅱ）参数最小值：先确定函数最大值对应的三角函数值，再结合的区间，求出的范围，通过三角函数取最大值的条件列不等式，求解得的最小值。
17．【答案】（1）解：由函数图象可知，，
则，
因为，所以，
由，
得，
则，
因为，所以，
所以．
（2）解：由，
得，
所以的单调递减区间为．
（3）解：因为不等式在上恒成立，
所以，
又因为，
所以，
当时，，
则，
所以m的取值范围为．
【解析】【分析】（1）根据函数图象的最高点的纵坐标确定A的值，再利用特殊点的坐标得出的值，从而得出函数的解析式.
（2）根据换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调性，则得出函数的单调递减区间.
（3）根据x的取值范围结合正弦型函数求最值的方法得出函数在的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围.
（1）由函数图象可知，，
则，因为，所以．
由，得，
即，
因为，所以，所以．
（2）由，得，
所以的单调递减区间为．
（3）因为不等式在上恒成立，所以，
因为，所以，
当时，，
则，即m的取值范围为．
18．【答案】（1）解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．
【解析】【分析】（1）由函数的图象和周期计算公式求得解析式，再由三角函数的图象变换（平移变换口诀：左加右减），得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）因为，求得或，结合余弦定理和勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），即可求解.
（1）解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．
19．【答案】解：（Ⅰ） ，
故函数 的最小正周期为 ，
函数 的对称轴方程满足 ，即 .
（Ⅱ） ，当 时， ，
因此当 时， 有最大值2；当 时， 有最小值 .
【解析】【分析】（Ⅰ）化简得到 ，得到周期和对称轴.（Ⅱ）当 时， ，得到值域.
1 / 1专题2.3 三角恒等变换 专题突破训练-2026届高三数学二轮复习
一、选择题
1．（2025·浙江模拟）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·广安模拟）若函数的定义域内存在，，使得成立，则称该函数为“完备函数”.已知是上的“完备函数”，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·重庆市模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2024·温州月考）已知函数，，下列说法正确的是（　　）
A．函数在上单调递增
B．函数的最小正周期为
C．函数的值域为
D．函数的一条对称轴为
5．（2024高三下·社旗模拟）已知中，a b c为角A B C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024·湖北模拟） 若，，则实数的最大值为（　　）
A．1 B．0 C． D．
7．（2024高三下·南通模拟）已知曲线与曲线在第一象限交于点，在处两条曲线的切线倾斜角分别为，，则（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高三下·吉林模拟）已知为锐角，且，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题
9．（2025·浙江模拟）如图所示，某游戏闯关者需从区域Ⅰ内的定点P快速移动至区域Ⅱ内的定点Q.两区域以直线l为分界线，已知P，Q两点到直线l的距离分别为1，2，且向量在直线l的方向向量上的投影向量的模长为3，考虑到两区域通行环境差异，设定闯关者在区域Ⅰ的移动速率为a，在区域Ⅱ中的移动速率为b，线段与直线l相交于点A，若图示折线路径是耗时最短的闯关路线.则下列说法正确的有（　　）
A．存在实数，使得
B．若，则
C．
D．
10．（2025·长沙模拟）已知函数是其导函数.若存在且，满足，则（　　）
A． B． C． D．
11．（2025·诸暨模拟）已知函数，则（　　）
A．的图象关于点对称
B．的最小正周期为
C．的最小值为
D．在上有四个不同的实数解
三、填空题
12．（2025·浙江模拟）圆台内有一个球，与圆台的上下底面及所有母线均相切，则圆台与球的体积比的取值范围为　 　.
13．（2025·青神模拟）已知函数，若，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是　 　．
14．（2025·德阳模拟）若关于的方程在区间上有且仅有一个实数解，则实数　 　．
四、解答题
15．（2025·雨花模拟）已知的角所对应的边为，，.
（1）若，求；
（2）若，求；
（3）在（2）的条件下，求证：.
16．（2025·揭阳模拟）已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）求的最值；
（3）若，，求的面积S的取值范围.
17．（2025·汕头模拟）已知函数，其中．
（1）当时，求方程的解集；
（2）若是偶函数，当取最小值时，求函数的取值范围；
（3）若是常数函数，求的值．
18．（2025·顺义模拟）已知函数.
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围.
条件①：在上是单调函数；
条件②：图象的一个对称中心为；
条件③：对任意的，都有成立.
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.
19．（2025·上海市模拟）已知定义在上的函数的图像上存在，两点，记直线的方程为，若直线恰为曲线的一条切线（，为切点），且对上的任意的，均有，则称函数为“切线支撑”函数.
（1）试判断函数是否为“切线支撑”函数.若是，写出一组点，；否则，请说明理由；
（2）证明：函数为“切线支撑”函数；
（3）已知为“切线支撑”函数，求实数的取值范围
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又 ，所以，所以，
因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，，
因为，
因为，，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：D．
【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 .
2．【答案】D
【解析】【解答】解：由题意可知，
，
因为是上的“完备函数”，
所以存在，，使得成立；
即存在，，使得成立；
又因为，所以，
即在上至少存在两个最大值点，
令，则，解得，
∴至少存在两个整数，∴，
当，即一定满足题意.
又∵，即，
∴，即
∴当取1，2时，，解得，
综上所述，的取值范围为.
故选：D
【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简函数可得，由“完备函数”的定义得到关系式存在，，使得成立，结合三角函数的有界性，得到，从而得到在上至少存在两个最大值点，即可得中至少存在两个整数，进而求得的取值范围即可.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：由题知，由正弦定理得，
即，
因为，所以，
又因为，
所以，得，
所以最多有一个是钝角，所以，
因为
，
由基本不等式得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.
故答案为：B.
【分析】根据三角形中角B的取值范围、等差中项公式和正弦定理以及三角恒等变换，从而化简得出，再结合三角形内角和定理和两角和的正弦公式、正切公式，则将所求化简为关于的表达式，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
4．【答案】C
【解析】【解答】对于A：若，则，
可得 ，
又因为，且在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故A错误；
对于B：因为的定义域为，
且，
所以 不是 函数的最小正周期，故B错误；
对于C：因为的定义域为，
且，
可知 是 函数的周期，
又因为，可知为偶函数，
当时，，
且，则，可得，
结合偶函数可知：当时，可得，
结合周期性可知： 函数的值域为 ，故C正确；
对于D，因为，，
所以不是的一条对称轴，故D错误；
故答案为：C.
【分析】对于A：若，可得，结合正弦函数单调性分析判断；对于B：根据周期性的定义分析判断；对于C：先求在内的值域，再根据偶函数和周期性求函数的值域；对于D：举反例说明即可.
5．【答案】A
【解析】【解答】 解： 因为，由正弦定理可得：
又因为，
即，且，则，可得，则，
且为直角三角形且外接圆半径为，可知，
则，可得，即，当且仅当时，等号成立，
设内切圆半径为，则，可得的面积为，
即的面积的最大值为.
故答案为：A.
【分析】根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，结合基本不等式可得，即可得面积的最大值.
6．【答案】A
【解析】【解答】解：因为为偶函数，不妨先取，
由得，即，
因为为奇函数，且值域为，所以只需，，
则，当时，不等式恒成立，
当时，，
令，，
则，则在上单调递增，
则.则，则，则，
而时，在上恒成立；
当时，由的单调性可知在上恒成立，
所以的最大值为1.
故答案为：A.
【分析】先根据二倍角公式化简可得，由均为奇函数且可知，只需，即可，，再设函数，得到经典不等式即可得解..
7．【答案】A
【解析】【解答】解：因为曲线与曲线在第一象限交于点，
联立二者方程，即，得出，因为点A在第一象限，
所以，所以，交点A(1，1)，
又因为曲线与曲线在处两条曲线的切线倾斜角分别为，，
由，所以， 曲线在点A处的切线斜率为，
所以因为直线和曲线在点A处的切线垂直，
所以直线的斜率和曲线在点A处的切线的斜率等于-1，
即又因为所以，，
所以，又因为且，
所以，；又因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合联立曲线方程得出交点A的坐标，再结合导数的几何意义得出两曲线在点A处的切线斜率，再利用直线的斜率与直线的倾斜角的关系式得出角，的正切值，再结合三角函数值在各象限的符号得出角，的取值范围，进而得出的取值范围，再利用两角和与差的正切公式以及反三角函数值求解方法，进而找出正确的选项.
8．【答案】A
【解析】【解答】解：因为，所以又因为为锐角，所以，
则方程两边同时除以可得：所以
又为锐角，所以
所以
当且仅当即时取等号.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查余弦的和差公式及同角三角函数的关系，基本不等式求最值，先利用和差公式及同角的三角函数关系对已知等式进行化简可得：然后再运用基本不等式即可求解.
9．【答案】A,B,D
【解析】【解答】解：对于选项A：因为点A在线段上，
所以存在这样的实数，故A正确；
对于选项B，分别过点P，Q作直线l的垂线，垂是分别为C，D，
则，
所以，
则，
因此，故B正确；
对于选项D：设，显然只需考虑，
则闯关时间为：，，
因为为增函数，
所以为减函数，
则单调递增，
因为，，
所以在上存在唯一零点，即为的极小值点，
则当时闯关用时最短，此时，
可得，
则，故D正确；
对于选项C：当点B在点A右侧时可得，因此，故C错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用向量共线定理和平面向量基本定理，则判断出选项A；分别过点P，Q作直线l的垂线，利用角的正切值得出AB的长，则判断出选项B；利用三角形中大角对大边的性质，则可判断选项C；设，先计算出最短距离，再求导，从而得出函数的单调区间，进而得出函数的极小值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【解析】【解答】解：因为，
数形结合得到在内的大致图象为如图所示：
所以，则，故A正确；
由，得，
则
由题意，则，
所以，
，则，故B正确；
因为，故D正确；
因为，故C错误.
故答案为：ABD.
【分析】先求导函数，再根据函数图象结合函数的单调性，则判断出选项A；根据角之间的关系式和两角和与差的余弦公式以及角的取值范围，从而化简得出，则判断出选项B；再利用对数函数的单调性，则判断出选项D；再结合基本不等式求最值的方法，则判断出选项C，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,D
【解析】【解答】解：A、函数，
作出和的图像，取位于上方的部分即可：
由图可知：函数不可能关于对称，故A错误；
B、由图可知：函数的最小正周期为，故B正确；
C、由图可知：函数的最小值为，故C错误；
D、函数在上的图象，如图所示：
由图可知：在有4个根，故D正确.
【分析】去绝对值化简函数可得，作出函数大致图象，数形结合判断各选项即可.
12．【答案】
【解析】【解答】解：设圆台轴截面如图，等腰梯形底角为，上底面半径为r，下底面半径为R，
高为h，球的半径为，
则圆台的体积，球的体积，
已知，，
由，
得，
把代入，得出，
所以，
则，
，
则 ，
化简得，
令，，
当，；
当靠近时，变得很大，趋近正无穷，
所以的取值范围是，
则.
故答案为：.
【分析】设圆台的底角为，上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，球的半径为，根据台体和球体的体积公式，从而计算出二者的体积，进而得到二者的比值，令，再利用换元法结合对勾函数性质，从而得出圆台与球的体积比的取值范围.
13．【答案】
【解析】【解答】解：由题意可知，函数的定义域为R，
因为，
所以的图象关于对称，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增，所以在R上单调递增，
因为，
所以，
因为在R上单调递增，所以，
即，使成立，
令，，
令，所以，所以，
当时，，所以，所以，
令，，所以在上的最小值为2，
所以，的最小值为2，所以，即的取值范围是.
故答案为：.
【分析】判断出关于对称，进而可知在R上单调递增，转化为使成立，利用分离参数法令，，令，则，，求出函数g(t)上的最小值，即可求得，的最小值，从而可求得m的取值范围.
14．【答案】
【解析】【解答】解：由，
所以，
整理得，
所以，
又因为，则，
故，
结合对勾函数的性质，
在上单调递增且值域为；
在上单调递减且值域为，
要使在区间上有且仅有一个实数解，
只需时，此时.
故答案为：.
【分析】利用二倍角正弦公式和余弦公式，整理化简得在区间上有且仅有一个实数解，再利用对勾函数性质求出实数m的值.
15．【答案】（1）由和正弦定理知，
又，则，
又，cos A = 2sin A代入该式
因，sinA>0，解得

（2）由得，
，
即，
由，，即，
则或，
当时，，与题目中的矛盾，舍去，
故，又，故，
即
（3）证明：因，则，
则，即，
故，
即，
因为，故为钝角，令，，
令，
由，
故在上单调递减，
又，，
所以由零点存在定理可知，存在使得，所以，
因，
则
由可得，
又
则，从而，则.
又，则，
所以，即
又，则，
综上：
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系a = bcos A转化为角的关系，再结合已知角B的值，以及同角三角函数的平方关系来求解sin A；
（2）先将tan C化切为弦，再利用三角函数的和角公式以及三角形内角和定理，推导出角之间的关系，从而求出A + 2B的值；
（3）先利用已知条件和三角函数公式得到关于cos B的方程，构造函数并利用其单调性确定cos B的范围，进而得到sin B、sin C等的范围，再根据角的大小关系和正弦定理来证明边的大小关系，得出.
（1）由和正弦定理知，
又，则，又，
因，解得；
（2）由得，
，
即，
由，，即，
则或，
当时，，与题目中的矛盾，舍去，
故，又，故，
即；
（3）因，则，
则，即，
故，
即，
因为，故为钝角，令，，
令，
由，
故在上单调递减，
有，，所以，
因，则
由可得，
则，从而，则.
又，则，
所以，即
又，则，
综上：
16．【答案】（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
【解析】【分析】（1）利用，展开化简即可证明；
（2）取，利用极限思想证明出无最大值，接着对式子进行化简，结合基本不等式进行求解即可得到结果；
（3）结合面积公式与正弦定理转化成求，进而利用函数在求出最值即可得到结果.
（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，
则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
17．【答案】（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，，当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
【解析】【分析】（1） 先化简，接着取k值进行求解；
（2）先利用是偶函数求解出K的值，接着化简表达式，利用换元法结合二次函数的最值进行求解即可得到结果；
（3）根据是常数函数，对k值进行代入验证即可得到结果.
（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，，当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
18．【答案】（1）解：因为，
所以
，
所以.
（2）解：对于条件①：因为在上是单调函数，
又因为在上是单调函数，
所以，
所以，
又因为，解得，
又因为，
所以，
所以，函数的单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，
则，
整理得，
当时，，解得，
当时，无解，
则为其他值时，不等式无解，
因为，
解得，
所以，函数的单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，
则，
整理得，
当时，，解得，
当时，无解，
为其他值时，不等式无解；
对于条件②：因为图象的一个对称中心为，
又因为，
所以，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，
解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则当时，函数取得最大值，
则，
解得；
若选条件①②，则，方程无解，
或，
当时，，
所以，
因为，所以，
又因为在区间上仅有一个零点，
所以，
则，解得；
若选条件①③，则，方程无解，
或，
当时，，
所以，
因为，所以，
又因为在区间上仅有一个零点，
所以，、
则，解得；
若选条件②③，则，
则，方程解不唯一，此时取值不唯一，
所以函数不唯一，不合要求.
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数为正弦型函数，再利用代入法得出的值.
（2）关于条件①，从函数的周期和函数的单调区间两方面限制，从而求出的取值范围；关于条件②，从而求出函数对称中心表达式，将代入确定的取值；关于条件③和已知条件确定，从而确定的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定的值，再利用函数的性质和函数零点与方程的根的等价关系，从而得出实数a的取值范围.
（1）因为，
所以
，
所以.
（2）对于条件①：在上是单调函数，
因为在上是单调函数，所以，
所以，又因为，解得，
因为，
解得，
所以函数的单调单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
因为，
解得，
所以函数的单调单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
对于条件②：图象的一个对称中心为，
因为，解得，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则时，函数取得最大值，有，
解得；
若选条件①②，则有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件①③，则有有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件②③，则有，
即，方程解不唯一，
此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求.
19．【答案】（1）解：，显然，
令，即，
所以，，解得，
所以，是的极小值点，且为曲线的一条切线，
所以函数是“切线支撑”函数，
可取，．
（2）证明：证明：因为，
设，，
所以，点处的切线方程为和，
所以，
所以，，
不妨取，，所以，
所以解得，，所以，
不妨取．所以切线的方程为，
又，所以函数为“切线支撑”函数．
（3）解：当时，，所以在上为增函数，所以切点，不可能都在轴的右侧；当时，，所以在上为增函数，所以切点，不可能都在轴的左侧；
所以切点，必在轴的两侧．
不妨设，，，
当时，，
所以点处的切线方程为，
即；
当时，，所以点处的切线方程为，
即，
因为，两点处的切线重合，所以，所以，
设，，
所以，所以在上单调递增，
又当时，，所以，即，
设点处的切线方程为，
设，
则，
所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，所以，
设点处的切线方程为，
则，即，
所以为“切线支撑”函数，
综上可得，实数的取值范围为．

【解析】【分析】（1）先由降幂公式二倍角的余弦公式和辅助角公式可得，根据正弦函数即可得到，令可得，根据函数性质和定义可知，是的极小值点，且为曲线的一条切线，进而即可求得A，B坐标；
（2）对函数 进行求导，由函数新定义结合导数的意义得到，点处的切线方程，再结合正弦函数的性质即可证得函数为“切线支撑”函数；；
（3）先由导数分析单调性得到切点，必在轴的两侧，再利用导数的意义得到切线方程，然后结合函数新定义构造函数，分析单调性得到极值．
（1），
显然，
令，得，，即，
所以，是的极小值点，且为曲线的一条切线，
所以函数是“切线支撑”函数，
可取，．
（2）证明：因为，设，，
所以，点处的切线方程为和，
所以，
所以，，
不妨取，，则，即，，
所以，不妨取．则切线的方程为，
又，所以函数为“切线支撑”函数．
（3）当时，，所以在上为增函数，所以切点，不可能都在轴的右侧；
当时，，所以在上为增函数，所以切点，不可能都在轴的左侧；
所以切点，必在轴的两侧．
不妨设，，，
当时，，所以点处的切线方程为，
即；
当时，，所以点处的切线方程为，
即，
因为，两点处的切线重合，所以，
设，，则，
所以在上单调递增，
又当时，，所以，即，
设点处的切线方程为，
设，
则，
所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，所以，
设点处的切线方程为，
则，即，
所以为“切线支撑”函数，
综上可得，实数的取值范围为．
1 / 1专题2.4 正余弦定理与解三角形基础 专题突破训练-2026届高三数学二轮复习
一、选择题
1．（2025·浙江模拟）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·温州模拟）已知双曲线的左、右焦点分别是、，在第二象限且在双曲线的渐近线上，，线段的中点在双曲线的右支上，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·重庆市模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2024·湖北模拟）向量，满足，，且，不等式恒成立．函数的最小值为（　　）
A． B．1 C． D．
5．（2024·湖北模拟）在平面直角坐标系中，已知圆，若正三角形ABC的一边AB为圆O的一条弦，则的最大值为（　　）
A．1 B． C． D．2
6．（2024高三下·社旗模拟）已知中，a b c为角A B C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·丽水月考）已知椭圆为左、右焦点，为椭圆上一点，，直线：经过点若点关于的对称点在线段的延长线上，则的离心率是(　　)
A． B． C． D．
8．（2024高三下·楚雄模拟）已知正三棱台的上，下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，以下底面顶点A为球心，为半径的球面与侧面的交线长为(　　)
A． B． C． D．
二、多项选择题
9．（2025·阳西模拟）在锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且.则下列说法正确的是（　　）
A．
B．角B的范围是
C．若的平分线交BC于D，，，则
D．的取值范围是
10．（2025·四川模拟）已知菱形的边长为2，，将沿对角线向上折起，得到平面，二面角的大小为，则（　　）
A．当时
B．当时，二面角是锐角
C．当时，四面体各条棱长相等
D．当时，四面体的外接球表面积为
11．（2024高三下·深圳模拟）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（　　）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
三、填空题
12．（2025·嘉兴模拟）记的内角的对边分别为，若的面积，则的取值范围是　 　．
13．（2025·江苏模拟）如图，已知，为边上的两点，且满足，则当取最大值时，的面积等于　 　.
14．（2025·台州模拟）如图，已知在中，，，，是线段上的动点，、是线段上的动点（在的右侧），且四边形是正方形，则线段长度的最小值是　 　．
四、解答题
15．（2025·上虞模拟）在三角形ABC中，内角A，B，C对应边分别为a，b，c，的面积为S且．
（1）求角B的大小；
（2）设点M是三角形内一点，且，，过点M作直线l分别交BA，BC（或延长线）于点P，Q，求的最大值．
16．（2025·揭阳模拟）已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）求的最值；
（3）若，，求的面积S的取值范围.
17．（2025·丰台模拟）在中，．
（1）求；
（2）若的面积为，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，使得存在，求a．
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．
18．（2025·雨花模拟）已知的角所对应的边为，，.
（1）若，求；
（2）若，求；
（3）在（2）的条件下，求证：.
19．（2025·长沙模拟）在中，内角的对边分别为，且满足.
（1）求；
（2）若为边上一点（异于端点），，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又 ，所以，所以，
因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，，
因为，
因为，，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：D．
【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 .
2．【答案】A
【解析】【解答】解：如图所示，
因为，、分别为、的中点，所以，
又因为，，
所以，所以，
由题意可知，所以为钝角，
因为，
所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
所以，即，解得e=4或e=-1(舍去)．
所以双曲线的离心率为4，
故选：A.
【分析】作出图形，证明出，可得出，根据双曲线的性质可知，进而求得的值，结合余弦定理可得出关于、的齐次等式，即可解得该双曲线的离心率的值.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：由题知，由正弦定理得，
即，
因为，所以，
又因为，
所以，得，
所以最多有一个是钝角，所以，
因为
，
由基本不等式得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.
故答案为：B.
【分析】根据三角形中角B的取值范围、等差中项公式和正弦定理以及三角恒等变换，从而化简得出，再结合三角形内角和定理和两角和的正弦公式、正切公式，则将所求化简为关于的表达式，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：
作，，，
因为不等式恒成立，所以，即，
从而有，故.
设，，
则.
作出点E关于直线OB的对称点F，则，
，
故答案为：C.
【分析】
作，，，由向量的夹角、模长及恒成立求出，，设，，，作出点E关于直线OB的对称点F，则，利用距离和的最值求解的最小值即可.
5．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，
设，则，
因为，所以，
因为是正三角形，所以
易知取最大值时，点与点在线段的异侧，
此时，，
在中，由余弦定理可得
，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为2.
故答案为：D．
【分析】设，因为，用表示出的边长为，易知取最大值时，点与点在线段的异侧，，然后在中利用余弦定理表示出，化简并求出的最大值，当且仅当，即时，等号成立.
6．【答案】A
【解析】【解答】 解： 因为，由正弦定理可得：
又因为，
即，且，则，可得，则，
且为直角三角形且外接圆半径为，可知，
则，可得，即，当且仅当时，等号成立，
设内切圆半径为，则，可得的面积为，
即的面积的最大值为.
故答案为：A.
【分析】根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，结合基本不等式可得，即可得面积的最大值.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，
由直线，且点关于的对称点在线段的延长线上，可得点与点关于对称，且，
所以在中，则，
因为的倾斜角为，所以，
在中，，，，
由，可得，即，
因为，，
所以.
故答案为：B.
【分析】易知点与点关于对称，得，在中，由正弦定理得到，结合，即可得解.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，将正三棱台 补全成三棱锥，由，可得：，又，则，则三棱锥为正四面体，作平面，则O为等边的中心，根据正弦定理可得：，解得：，故又，所以这个球面截平面所得截面小圆是以O为圆心，为半径的圆，在正中，取的中点H，E，取BC的三等分点G，F，连结HG，EF，易得，则，，同理可得EF=2，即，所以六边形为正六边形，且这个正六边形的六个顶点均在此球面截平面所得截面的小圆上，连结OE，OF，OG，OH，则，此球面与侧面的交线为图中的两段圆弧（实线），故交线长度为
故答案为：C.
【分析】本题主要考查棱锥棱台的性质，球的性质，正弦定理，截面轨迹的问题，根据题意将正三棱台 补全成三棱锥，根据已知的上下边长及相似比等相关知识可得三棱锥为正四面体，作平面，可求得，AO的长，进而得到球面截平面所得截面小圆是以O为圆心，2为半径的圆，进而可证得六边形为正六边形，且这个正六边形的六个顶点均在此球面截平面所得截面的小圆上，据此即可求解.
9．【答案】A,C,D
【解析】【解答】解：利用正弦边化角可得，
所以，
A、又且，
所以，故A正确；
B、由上，可得，故B错误；
C、如下图示，设，则，，
由，则，且，
则，
所以，
而，且，则，所以，故C正确；
D、已知如图所示：
由，
而，且在上单调递增，
则值域为，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角的性质即可判断A；由A结论及三角形内角和列不等式即可判断B；设，则，，可得，利用三角恒等变换化简求值即可判断C；利用，结合B分析即可得范围即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【解析】【解答】解：对于A，如下图所示，取与的中点，分别为，连接，
则，所以异面直线所成的角为（或其补角），
当时，由题意可知，为二面角的平面角，
即，所以，
又因为菱形的边长为2，，
所以，则，
又因为，
所以，所以不垂直，故A错误；
对于B，取的中点为，连接，
因为，所以
因此为二面角的平面角，
由选项A知，，
所以，
由题意知，所以，
所以，所以二面角为锐角，故B正确；
对于C，当时，
由题意易知为二面角的平面角，所以，
由选项A知，，所以，
所以四面体各条棱长均为2，故C正确；
对于D，由选项C知，四面体为正四面体，将其放入下图所示正方体中，
由图可知，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长度，
又因为，所以，
所以
所以四面体的外接球表面积为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】通过平行得出异面直线所成的角，再利用余弦定理计算判断出选项A；通过二面角的定义作出二面角的平面角，再结合余弦定理计算判断出选项B；结合选项A的结论，利用余弦定理求出的长度，即可判断选项C；结合选项C的结论，将四面体放入正方体中，再由正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长度结合勾股定理得出四面体的外接球的直径长，从而得出正四面体的外接球的半径长，则根据球的表面积公式得出当时，四面体的外接球表面积，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,C
【解析】【解答】对于A，因等边三角形的面积为，则，
又，故则，故A错误；
对于B，由可得，故，即B正确；
对于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积，
而球面的体积，故C正确；
对于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故D错误．
故答案为：B、C
【分析】
对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D.
12．【答案】
【解析】【解答】解：由余弦定理，得，
因为，
所以，
则，
所以，
则，所以，
又因为，所以.
方法一：由正弦定理，
得
，其中，且，
因为，
所以，
又因为，
所以，
则的取值范围是．
方法二：因为，
令，又因为，
又因为，所以，则，
所以在上单调递减，
则函数在单调递减，且，，
所以的取值范围是．
方法三：由余弦定理，得，
因为，
所以，
则，
所以，
则，所以，
又因为，所以，
则，
所以，
令，得，
令，则，
所以
又因为在上单调递增，
所以，
则，所以，
则的取值范围是．
故答案为：．
【分析】利用已知条件和三角形面积公式，再结合余弦定理得出的值，再利用两种方法求解.
方法一：利用正弦定理结合辅助角公式，将化简为，再根据角的取值范围得出的取值范围.
方法二：利用导数的正负判断函数的单调性，再结合角C的取值范围得出的取值范围.
方法三：先根据余弦定理和三角形的面积公式，从而求出的值，再根据余弦定理，将化为含b、c的齐次分式，再通过换元法和函数的单调性，从而得出的取值范围．
13．【答案】
【解析】【解答】解：如图，设，
分别记的面积为，
则①，
②，
由①，②两式左右分别相乘，
可得，则.
设，在中，
由余弦定理，得，
因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
此时，
因为，所以，最大，
此时，，
所以.
故答案为：.
【分析】利用，和三角形的面积公式以及已知条件，则将其化简得出，再利用余弦定理和基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值和此时的三角形边长，再利用三角形的面积公式得出当取最大值时的的面积.
14．【答案】
【解析】【解答】解：在中，，，，
由余弦定理，可得，
因为，所以，
设，
则，，，
由题意，可得，
则，
可得，
因为，
所以，
在中，由余弦定理，
可得
则，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：.
【分析】利用余弦定理可得的值，设，则，，，在中，利用余弦定理结合二次函数图象求最值的方法，从而可得的最小值.
15．【答案】（1）由余弦定理可得，则，
又，由可得，
即，且，所以.
（2）设，则，则，
在中，由正弦定理可得，
则，
则，
由可得，
且，
，
在中，由正弦定理可得，
则，
所以
，
则，
且，所以当时，即，取得最大值.
【解析】【分析】（1）利用余弦定理以及三角形的面积公式进行代入化简即可得到结果；
（2）先利用正弦定理对进行化简，同时，接着，结合不等式性质求解即可得到结果。
（1）由余弦定理可得，则，
又，由可得，
即，且，所以.
（2）设，则，则，
在中，由正弦定理可得，
则，
则，
由可得，
且，
，
在中，由正弦定理可得，
则，
所以
，
则，
且，所以当时，即，取得最大值.
16．【答案】（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
【解析】【分析】（1）利用，展开化简即可证明；
（2）取，利用极限思想证明出无最大值，接着对式子进行化简，结合基本不等式进行求解即可得到结果；
（3）结合面积公式与正弦定理转化成求，进而利用函数在求出最值即可得到结果.
（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，
则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
17．【答案】（1）解：在中，
因为，
由余弦定理，
得．
又因为，
所以．
（2）解：选择条件①：
因为，
所以，，
由题意得，
所以，
又因为，，
所以
，
由正弦定理，得，
又因为，所以，
所以．
选择条件②：
由题意得，所以，
又因为，且，
所以．
又因为，
所以，
又因为，
解得或．
选择条件③：不符合题意，
因为中，，
不可能是．
【解析】【分析】（1）利用余弦定理的推论，将等式进行变形，从而求出的值，再由同角三角函数的基本关系式得出角B的正弦值.
（2）选择条件①：利用三角形的面积公式求出的值，再利用正弦定理得出的值，再联立方程组 得出a的值；选择条件②：利用三角形面积公式求出的值，再利用且，则得出的值，从而得出的值，再联立方程组得出a的值；选择条件③：不符合题意，根据得出不可能是．
（1）在中，因为，
由余弦定理，得．
因为，所以．
（2）选择条件①：
因为，所以，．
由题意得，所以．
因为，，
所以
．
由正弦定理，得，
又，解得，所以．
选择条件②：
由题意得，所以．
因为，且，所以．
又，所以，
又，解得或．
选择条件③：不符合题意，因为中，，不可能．
18．【答案】（1）由和正弦定理知，
又，则，
又，cos A = 2sin A代入该式
因，sinA>0，解得

（2）由得，
，
即，
由，，即，
则或，
当时，，与题目中的矛盾，舍去，
故，又，故，
即
（3）证明：因，则，
则，即，
故，
即，
因为，故为钝角，令，，
令，
由，
故在上单调递减，
又，，
所以由零点存在定理可知，存在使得，所以，
因，
则
由可得，
又
则，从而，则.
又，则，
所以，即
又，则，
综上：
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边的关系a = bcos A转化为角的关系，再结合已知角B的值，以及同角三角函数的平方关系来求解sin A；
（2）先将tan C化切为弦，再利用三角函数的和角公式以及三角形内角和定理，推导出角之间的关系，从而求出A + 2B的值；
（3）先利用已知条件和三角函数公式得到关于cos B的方程，构造函数并利用其单调性确定cos B的范围，进而得到sin B、sin C等的范围，再根据角的大小关系和正弦定理来证明边的大小关系，得出.
（1）由和正弦定理知，
又，则，又，
因，解得；
（2）由得，
，
即，
由，，即，
则或，
当时，，与题目中的矛盾，舍去，
故，又，故，
即；
（3）因，则，
则，即，
故，
即，
因为，故为钝角，令，，
令，
由，
故在上单调递减，
有，，所以，
因，则
由可得，
则，从而，则.
又，则，
所以，即
又，则，
综上：
19．【答案】（1）解：在中，因为，
所以，
得到，
由正弦定理，可得，
则，
由余弦定理，得，
因为，
所以.
（2）解：在中，
因为，
所以，则，
由正弦定理，得，
则，
又因为，
所以，
则，
结合函数性质，可得，
所以，的取值范围为.
【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边的方法，再结合余弦定理和三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用正弦定理和角平分线定理，则将用三角函数表示，再利用两角和与差的正弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出，再利用角A的取值范围和正切型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）在中，因为，
所以，
得到，
据正弦定理可得，则，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）在中，因为，
所以，则，
由正弦定理得，
则，
又因为，所以，则，
结合函数性质可得，故的取值范围为.
1 / 1专题2.5 解三角形综合与最值范围问题-2026届高三数学二轮复习
一、选择题
1．（2024高三下·安徽模拟）已知的内角，，对边分别为，，，满足，若，则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·四川月考）记的内角的对边分别为，已知，，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024·邯郸三模）已知抛物线的焦点为F，为抛物线上一动点，点，则周长的最小值为（　　）
A．13 B．14 C．15 D．16
4．（2025·顺德模拟）在中，角的对边分别为．已知，且的内角平分线，则面积的最小值为（　　）
A．2 B． C．3 D．
5．（2024高三上·南京期中）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·浙江模拟）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·社旗模拟）已知中，a b c为角A B C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·四川模拟）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，M和N分别是的重心和内心，且，则（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
二、多项选择题
9．（2025·江城模拟）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．
C．若，则是锐角三角形
D．若，则是钝角三角形
10．（2024·邯郸三模）已知的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为，则下列说法正确的是（　　）
A．的取值范围是
B．若为边的中点，且，则的面积的最大值为
C．若是锐角三角形，则的取值范围是
D．若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为10
11．（2025·阳西模拟）在锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且.则下列说法正确的是（　　）
A．
B．角B的范围是
C．若的平分线交BC于D，，，则
D．的取值范围是
三、填空题
12．（2022高三上·遵义开学考）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则△ABC周长的最大值为　 　．
13．（2025高三上·黄埔期中）外接圆半径为2，三个角的对边分别为，若，且，则　 　；的最大值为　 　.
14．（2025·嘉兴模拟）记的内角的对边分别为，若的面积，则的取值范围是　 　．
四、解答题
15．（2025高三上·岳麓月考）在中，内角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求角和；
（2）已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且.
①若，求的周长；
②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？
16．（2025·长沙模拟）在中，内角的对边分别为，且满足.
（1）求；
（2）若为边上一点（异于端点），，求的取值范围.
17．（2024高三下·江西模拟）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b是a，c的等比中项．
（1）求B的最大值：
（2）若C为钝角，求的取值范围．
18．（2024高三上·四川期中）已知的内角的对边分别为，向量，，且．
（1）求角；
（2）如图，的平分线交于，，求的取值范围．
19．（2024高三上·吉林模拟）记的内角的对边分别为，已知，是边上的一点，且.
（1）证明：；
（2）若，求.
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：由，利用正弦定理化角为边可得：，
因为，所以，故，
又因为，所以，
由，即，得，
当时等号成立，
所以面积的最大值为.
故答案为：C．
【分析】由题意，根据正弦定理可得，再利用余弦定理求出，最后利用重要不等式求出即可求得面积的最大值.
2．【答案】B
【解析】【解答】解：由，，则，
根据正弦定理，可得，
，
在中，，则，
因为
，
在中，易知，
当时，.
故答案为：B.
【分析】由已知条件可得，利用正弦定理边化角和三角恒等变换以及三角形内角和定理，从而根据角B的取值范围和正弦型函数的图象求值域的方法，进而得出的最大值.
3．【答案】A
【解析】【解答】由题意可知准线方程为，如图，过点P作准线的垂线，垂足为Q，
过点A作准线的垂线，垂足为B，
所以，三角形的周长为，
当点P为AB与抛物线的交点时等号成立，即的周长的最小值为13。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程得出焦点坐标和准线方程，再结合抛物线的定义和三角形的周长公式得出三角形周长的最小值。
4．【答案】D
【解析】【解答】解：由角平分线性质可知：，
即，
化简整理可得：，
，即，当且仅当时等号成立，
故．
故答案为：D.
【分析】根据角平分线性质、结合等面积法以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求解即可.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：由，可得，
则，整理可得，
即，即，解得，
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
则，即，
故该三角形的面积的最大值为．
故答案为：A．
【分析】由去分母可得，再由同角三角函数基本关系，结合两角和正弦、余弦公式化简求得，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，即可求得三角形的面积的最大值．
6．【答案】D
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又 ，所以，所以，
因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，，
因为，
因为，，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：D．
【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 .
7．【答案】A
【解析】【解答】 解： 因为，由正弦定理可得：
又因为，
即，且，则，可得，则，
且为直角三角形且外接圆半径为，可知，
则，可得，即，当且仅当时，等号成立，
设内切圆半径为，则，可得的面积为，
即的面积的最大值为.
故答案为：A.
【分析】根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，结合基本不等式可得，即可得面积的最大值.
8．【答案】B
【解析】【解答】解：由可得：，
因为，
再代入得，由正弦定理得，，
分别延长交于点，延长交于点，如图所示，
分别过点作于点，过点作于点，
设的内切圆半径为，边上的高为，
由可得（*），
因M和N分别是的重心和内心，且，
则，即，
代入（*）式，可得，解得.
故答案为：B.
【分析】根据已知等式结合和角公式以及正弦定理，从而化简得到b的值，作出图形，再利用面积相等建立边与之间的关系式，再由题设条件，推出h与r的关系式，从而代入计算得出a的值.
9．【答案】A,B,D
【解析】【解答】解：对于A，在中，，则，故A正确；
对于B，因为，故B正确；
对于C，由，得，
则角A是锐角，显然角B和角C是否都是锐角无法确定，故C错误；
对于D，由，得，
则角是钝角，是钝角三角形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角形中的边角关系判断出选项A；利用三角形内角和定理和诱导公式，则判断出选项B；利用已知条件和余弦定理以及三角形形状的判断方法，则判断出选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C
【解析】【解答】解：由三角形面积公式可得：，
整理得，由余弦定理知，
可得，因为，所以；
A、
，
因为，所以，则，
故的取值范围为，故A错误；
B、因为为边的中点，所以，
则，即，当且仅当时等号成立，
所以，故B正确；
C、，
因为是锐角三角形，所以，所以，所以，故C正确；
D、由题意得，
即，整理得，即，
，当且仅当时等号成立，故D错误．
故答案为：BC.
【分析】根据三角形面积公式与余弦定理结合题意可得：借助三角恒等变换公式可将其化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性即可判断A：借助向量数量积公式与基本不等式即可判断B；借助正弦定理可将其化为与角有关的函数，结合角度范围即可判断C；借助等面积法及基本不等式计算即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【解析】【解答】解：利用正弦边化角可得，
所以，
A、又且，
所以，故A正确；
B、由上，可得，故B错误；
C、如下图示，设，则，，
由，则，且，
则，
所以，
而，且，则，所以，故C正确；
D、已知如图所示：
由，
而，且在上单调递增，
则值域为，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角的性质即可判断A；由A结论及三角形内角和列不等式即可判断B；设，则，，可得，利用三角恒等变换化简求值即可判断C；利用，结合B分析即可得范围即可判断D.
12．【答案】
【解析】【解答】由正弦定理，即，又，故，即.
由二倍角公式有，因为，故，所以，所以，即.
由余弦定理，结合基本不等式有，即，，故，当且仅当时取等号.
故△ABC周长的最大值为的最大值为.
故答案为：
【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得，再根据余弦定理与基本不等式求解周长最大值即可.
13．【答案】；
【解析】【解答】解：若，
由余弦定理可得，
因为的外接圆的半径为2，所以，
所以，，且，所以是钝角，且，
由，可得，，且，
则
（其中），
即，当且仅当，时，，取得最大值.
故答案为：；.
【分析】由题意，利用余弦定理结合正弦定理求得角C，再由正弦定理和辅助角公式可得所求式子的最大值.
14．【答案】
【解析】【解答】解：由余弦定理，得，
因为，
所以，
则，
所以，
则，所以，
又因为，所以.
方法一：由正弦定理，
得
，其中，且，
因为，
所以，
又因为，
所以，
则的取值范围是．
方法二：因为，
令，又因为，
又因为，所以，则，
所以在上单调递减，
则函数在单调递减，且，，
所以的取值范围是．
方法三：由余弦定理，得，
因为，
所以，
则，
所以，
则，所以，
又因为，所以，
则，
所以，
令，得，
令，则，
所以
又因为在上单调递增，
所以，
则，所以，
则的取值范围是．
故答案为：．
【分析】利用已知条件和三角形面积公式，再结合余弦定理得出的值，再利用两种方法求解.
方法一：利用正弦定理结合辅助角公式，将化简为，再根据角的取值范围得出的取值范围.
方法二：利用导数的正负判断函数的单调性，再结合角C的取值范围得出的取值范围.
方法三：先根据余弦定理和三角形的面积公式，从而求出的值，再根据余弦定理，将化为含b、c的齐次分式，再通过换元法和函数的单调性，从而得出的取值范围．
15．【答案】（1）解：已知，由正弦定理可得，
又，所以，则，又，所以；
因为，由余弦定理可得，
即，由正弦定理可得，
所以，
则，
所以，
即，即，即，
又，所以，所以，则；
（2）解：①由（1）可知，因为，由正弦定理，所以，，
在中，由余弦定理可得
，则，
因为，所以，
∵，∴，
∴，∴的周长为.
②已知如图所示：
设，
在中，，
由正弦定理，得，
又在中，由正弦定理可得，得，
所以
，
所以当且仅当，即时，的面积取最小值为.
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理将边化角可得，即可求出，再利用余弦定理可得再利用正弦定理将边化角，即可求出；
（2）①利用余弦定理可求出的长，推导出，可求出、的长，即可得出的周长；
②设，由正弦定理得出，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换、三角函数的基本性质可求出面积的最小值及其对应的值.
（1）因为，由正弦定理可得，
又，所以，则，又，所以；
因为，由余弦定理可得，
即，由正弦定理可得，
所以，
则，
所以，
即，即，即，
又，所以，所以，则；
（2）①由（1）可知，
因为，由正弦定理，所以，，
在中，由余弦定理可得
，则，
因为，所以，
∵，∴，
∴，∴的周长为.
②设，
在中，，
由正弦定理，得，
又在中，由正弦定理可得，得，
所以
，
所以当且仅当，即时，的面积取最小值为.
16．【答案】（1）解：在中，因为，
所以，
得到，
由正弦定理，可得，
则，
由余弦定理，得，
因为，
所以.
（2）解：在中，
因为，
所以，则，
由正弦定理，得，
则，
又因为，
所以，
则，
结合函数性质，可得，
所以，的取值范围为.
【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边的方法，再结合余弦定理和三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用正弦定理和角平分线定理，则将用三角函数表示，再利用两角和与差的正弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出，再利用角A的取值范围和正切型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）在中，因为，
所以，
得到，
据正弦定理可得，则，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）在中，因为，
所以，则，
由正弦定理得，
则，
又因为，所以，则，
结合函数性质可得，故的取值范围为.
17．【答案】（1）解：因为b是a，c的等比中项，所以．
由余弦定理可知，
则，当且仅当时，等号成立．
故B的最大值为．
（2）解：由已知可设，，
则，所以，解得．
，
所以的取值范围为．
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等比中项公式和余弦定理以及均值不等式求最值的方法，进而得出角B的最大值.
(2)利用等比数列的定义，用a和公比设出b，c，再结合三角形中大边对应大角的性质和余弦定理以及三角函数值在各象限的符号，进而解一元二次不等式求出公比的取值范围，再由正弦定理和两角和的正弦公式以及三角形内角和为180°的性质、诱导公式，从而由等比数列的定义和公比的取值范围，进而根据不等式的性质得出的取值范围．
18．【答案】（1）解：因为向量，，且，所以，
则，显然，
，
，解得，因为，所以；
（2）解：设，，易知，且，
，
但由于平分，故有，这里，
所以，得，故，从而，，
故，，
而
，
故，即，
，
又因为，故，
所以.
从而，，当b，c相等时取等号，
最后，对任意满足的实数，令，，，
则此时构成一个满足条件的，且，
综上，的取值范围是.
【解析】【分析】（1）由题意，根据，可得，再利用正弦定理得到，解即可；
（2）先得到，再根据余弦定理得出，根据不等式方法证明，并对每个构造相应的作为例子，求解即可.
（1）由可知，故，且显然有.
故，
从而，解得，而，所以.
（2）设，，则，且，故有
.
但由于平分，故有，这里.
所以，得，故，从而，.
故，.
而
，
故，即.
此时.
又因为，故，
所以.
从而，，
b，c相等时取等号，
最后，对任意满足的实数，令，，.
则此时构成一个满足条件的，且.
综上，的取值范围是.
19．【答案】（1）证明：在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
在中，，所以
，
所以.
（2）解：由，得，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
，
，
即，整理可得：，
在中，由余弦定理得：，
则，
，，即，
.
【解析】【分析】（1）分别在和中，利用正弦定理表示出，再代入已知条件，等式化简整理证出成立.
（2）根据，在和，利用余弦定理整理得到，在中，利用余弦定理可得，从而得到，再代入中得出的值.
（1）证明：在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
在中，，
所以，
，
所以.
（2）由，得，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
，，即，
整理可得：；
在中，由余弦定理得：，则，
，，即，
.
1 / 1专题2.6 三角函数与解三角形跨模块综合卷-2026届高三数学二轮复习
一、选择题
1．（2024高三上·桃源月考）已知向量，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2019高三上·广东期末）已知函数 ， R，先将 图像上所有点的横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变），再将得到的图像上所有点向右平移 个单位长度，得到的图像关于 轴对称，则 的最小值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·湖州模拟）在中，角所对的边分别为．已知成等差数列，成等比数列，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2022·马鞍山模拟）法国数学家傅里叶（Jean Baptiste Joseph Fourier，1768—1830）证明了所有的乐声数学表达式是一些简单的正弦周期函数之和，若某一乐声的数学表达式为，则关于函数有下列四个结论：
①的一个周期为2；②的最小值为－；③图像的一个对称中心为（，0）；④在区间（，）内为增函数．
其中所有正确结论的编号为（　　）
A．①③ B．①② C．②③ D．①②④
5．（2023高三下·潮南开学考）已知角A为△ABC中一个内角，如果适当排列sinA，cosA，tanA的顺序，可使它们成为一个等比数列，那么角A的大小属于区间（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·枣庄模拟）已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2021高三上·深圳月考）将函数 的图象向右平移 个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数 的图象，若对任意的 均有 成立，则 的最小值为（　　）
A． B． C． D．
8．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量 画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题
9．（2023高三下·杭州模拟）已知向量，函数，则（　　）
A．在上有4个零点
B．在单调递增
C．
D．直线是曲线的一条切线
10．（2024高三上·四川模拟）中，角，，的对边分别为，，，下列结论中正确的是（　　）
A．
B．，，不能构成三角形
C．若，则为锐角三角形
D．若，，均为有理数，则为有理数
11．（2021高三上·丹东期末）函数，已知在有且仅有5个零点，下面结论正确的是（　　）
A．的取值范围是
B．在单调递增
C．在有且仅有3个极大值点
D．在有且仅有2个极小值点
三、填空题
12．（2023高三上·烟台期末）已知向量，，若，则的值为　 　.
13．（2024高三上·广东月考）已知，，且，则的最小值为　 　
14．（2021高三上·月考）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若 ，a，b，c成等差数列，则 的值为　 　．
四、解答题
15．（2024高三上·东台月考）已知向量，，，函数，且的最小正周期为.
（1）若，求的值域；
（2）将的图象先向下平移个单位长度，再向左平移m（）个单位长度，最后将横坐标变为原来的两倍，所得函数图象与函数的图象重合，求实数m的最小值.
16．（2026高三上·广东期末）已知角是的内角，分别是其对边长，向量，，．
（1）求角的大小；
（2））若，求的长和的面积．
17．（2024高三上·深圳月考）海水受日月引力会产生潮汐．以海底平面为基准，涨潮时水面升高，退潮时水面降低．现测得某港口某天的时刻与水深的关系表如下所示：（3.1时即为凌晨3点06分）
时刻：x（时） 0 3.1 6.2 9.3 12.4 15.5 18.6 21.7 24
水深：y（米） 5.0 7.4 5.0 2.6 5.0 7.4 5.0 2.6 4.0
（1）根据以上数据，可以用函数来近似描述这一天内港口水深与时间的关系，求出这个函数的解析式；
（2）某条货船的吃水深度（水面高于船底的距离）为4.2米．安全条例规定，在本港口进港和在港口停靠时，船底高于海底平面的安全间隙至少有2米，根据（1）中的解析式，求出这条货船最早可行的进港时间及这条货船一天最多可以在港口中停靠的总时长．
18．（2024高三上·乌鲁木齐月考）已知函数f(x)＝sin 2x－cos 2x＋1.
（1）求f(x)在[0，π]上的单调递减区间；
（2）若f(α)＝，α∈，求sin 2α的值．
19．（2024高三上·广州月考）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：由题设可知，，
所以，.
故选：B.
【分析】由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，再结合同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
2．【答案】C
【解析】【解答】因 ，将其图像上的点的横坐标缩短到原来的 后所得函数的解析式为 ， 图像在 轴左侧的第一条对称轴 ，故至少向右平移 个单位就可以得到关于 轴对称的图像，
故答案为：C.
【分析】根据辅助角公式，写出f（x）的表达式 ，结合图象变换，即可求出相应的最小值.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：在中，因为成等差数列，所以，
又因为，所以，
又因为成等比数列，设其公比为，所以，，
由正弦定理可得，
整理可得，，
又因为，所以，
整理可得，解得，
则，即，故.
故答案为：D.
【分析】由成等差数列可得，再由成等比数列，设公比为，可得，，由正弦定理可得，，结合三角函数的平方关系求得，代入求得角A，即可得的值.
4．【答案】D
【解析】【解答】因为，
所以2是的一个周期，①正确；
，
令，则，，
令，解得，令，解得或，
所以h（t）在区间[－1，－）和区间（，1]内单调递减，
在区间（－，）内单调递增，
当时，h（t）取得极小值，又，
故，②正确；
由于，
即，所以不是f（x）图像的一个对称中心，③错误；
当时，由得，解得或，
由得，解之得，
综合复合函数的单调性，所以在区间[0，），（，）内单调递增，
在区间（，），（，]上单调递减，④正确．
故答案为：D．
【分析】对于 ① ，由周期的定义易判断；
对于 ② ，化简得到，通过换元，得到三次函数，通过求导判断函数单调性即可判断；
对于 ③ ，由于，即，即可判断；
对于 ④ ，由③结合h(t)的单调性即可判断。
5．【答案】A
【解析】【解答】角A为△ABC中一个内角，，
若sinA是等比中项，即，得或，不符合要求；
若cosA是等比中项，即，，
，得，；
若tanA是等比中项，即，，
，则，
综上有
故答案为：A
【分析】由给定条件分情况建立关系，再结合同角公式及函数值的范围即可作答.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：对进行化简，
得出
令，则，
则．
根据正弦函数的性质，
所以或，
解得或，
因为且，
当时，，；
当时，，，
函数和大致图象如图，
因为函数在区间上有且仅有个零点，
则需满足，
解不等式组得到可得，
所以，实数的取值范围是．
故答案为：D．
【分析】先利用辅助角公式将函数化简为的形式，再根据的取值范围求出的取值范围，再结合正弦型函数的图象与性质，从而得出函数在给定区间上有且仅有个零点时的取值范围．
7．【答案】A
【解析】【解答】将函数 的图象向右平移 个位长度，得到函数 的图象，
再将图象上各点的横坐标伸长到原来的 倍（纵坐标不变），得函数 的图象，
所以 ．
由对任意的 均有 成立，所以 在 时取得最小值，
所以有 ， 而 ，
所以 的最小值为 。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合正弦型函数的图象变换，从而得出函数 的图象，进而求出函数g(x)的解析式，由对任意的 均有 成立，所以 在 时取得最小值，进而求出，再利用m的取值范围，进而求出实数m的最小值。
8．【答案】D
【解析】【解答】由题图（2）得，圆形木板的直径为.
设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.
由且可得，
在中，由正弦定理得，解得.
在中，由余弦定理，得，
所以，，
即，可得，当且仅当时等号成立.
在中，，
由余弦定理可得
，
即，即，当且仅当时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为.
故答案为：D.
【分析】由题图（2）得，圆形木板的直径为，设截得的四边形木板为，设，，，，，，在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理，得，结合基本不等式即可求得最值.
9．【答案】B,C,D
【解析】【解答】由题知，
对于A，当时，，
令，则，则或，即或，
故在上有2个零点，A不符合题意；
对于B，当时，，
又在区间上单调递增，故在上单调递增，B符合题意；
对于C，，C符合题意；
对于D，，则，
又，
故在处的切线方程为，即，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】利用向量数量积的运算性质、倍角公式、和差公式化简可得，根据正弦函数的零点可判断A；根据正弦函数的单调性可判断B；根据正弦函数的对称性可判断C；根据导数的几何意义可判断D.
10．【答案】A,C,D
【解析】【解答】解：对于A，由于，
平方可得，
相加化简可得，故A正确；
对于B，取，则，，能构成三角形，故B错误；
对于C，由可知，故为最大的内角，
则，
故为锐角，可得为锐角三角形，故C正确；
对于D，若，，均为有理数，则均为有理数，
则为有理数，
不妨设，延长到，使得，
过作，故，
由于，
故为有理数，所以均为有理数，
因此为有理数.
故答案为：ACD.
【分析】根据三角形三边的关系，由平方法和不等式的基本性质，从而判断出选项A；利用进而三角形的判断方法，则可判断选项B；利用余弦定理和不等式的基本性质以及三角形中边角关系，再根据角C是三角形中最大内角，从而判断出三角形的形状，则判断出选项C；利用余弦定理和有理数的定义，结合图形关系，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【解析】【解答】令，解得，
因为在有且仅有5个零点，
所以，解得，A符合题意；
因为，则，函数在上递增，B符合题意；
的大致图象如图所示：
因为在有且仅有5个零点，
所以所对应的位置应该在x轴的第5和第6个零点之间，
所以在这段范围内在有2或3个极大值点，有且仅有2个极小值点，C不符合题意D符合题意；
故答案为：ABD
【分析】令，解得，再利用已知条件函数在有且仅有5个零点结合零点存在性定理，得出 的取值范围；再利用，则，再利用正弦型函数的图象判断出正弦型函数 在单调递增；再利用正弦型函数的单调性，从而求出正弦型函数的极值点，进而求出正弦型函数的极值点个数，从而找出结论正确的选项。
12．【答案】
【解析】【解答】已知向量，，若，则有，
∴.
故答案为：
【分析】 根据已知条件，结合向量平行的性质，以及三角函数的恒等变换，即可求解出 的值 .
13．【答案】
【解析】【解答】解：，则，
同除以可得，
则，
因为，所以，则，
当且仅当时等号成立，则，
又因为，所以当取得最大值时，取得最小值，且最小值为.
故答案为：.
【分析】先利用正弦的和差公式、二倍角公式以及同角三角函数基本关系化简原式得到，再利用基本不等式和三角函数的性质求最值即可.
14．【答案】
【解析】【解答】在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， ，
∴ ，
∴
∵a，b，c成等差数列，
∴ ，
即
，
∴ ，
∴ ，
∴ 。
故答案为： 。
【分析】利用已知条件结合三角形内角和为180度的性质，从而得出，再利用a，b，c成等差数列结合等差中项公式，得出 ，再结合正弦定理和诱导公式以及二倍角的余弦公式，从而求出角B的余弦值。
15．【答案】（1）解：
，因为最小正周期为，所以，解得，所以，因为，所以，则，所以，所以当时，的值域为.
（2）解： 向下平移个单位长度得，向左平移m（）个单位长度得，横坐标变为原来的2倍得.因为，所以要使得与的图象重合，则，，解得，，当时，实数m取得最小值.
【解析】【分析】围绕向量数量积、三角恒等变换以及三角函数的图象变换展开.(1)需先通过向量运算和三角公式化简函数，再结合周期求出，最后用整体法确定值域；
(2)要依据三角函数图象的平移、伸缩变换规则，逐步推导变换后的函数，再结合三角函数的等价关系求解的最小值.
（1），
因为最小正周期为，所以，解得，
所以，
因为，所以，
则，
所以，
所以当时，的值域为.
（2）向下平移个单位长度得，
向左平移m（）个单位长度得，
横坐标变为原来的2倍得.
因为，
所以要使得与的图象重合，
则，，解得，
当时，实数m取得最小值.
16．【答案】（1）解：由，
可得：，
则，所以，
由，可得；
则，所以.
（2）解：在中，
则，
由正弦定理知，
可得，
则
.
【解析】【分析】（1）由向量垂直的数量积表示，从而可得，再利用辅助角公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角的值.
（2）利用正弦定理求出的值，再结合两角差的正弦公式和三角形的面积公式求解.
（1）由可得：
，
即，所以，
由可得；
因此可得，
所以.
（2）在中，，
由正弦定理知，可得
.
17．【答案】（1）解：由表格可知y的最大值为7.4，最小值为2.6，
则，
由表格可知，
所以，
所以，
将点代入可得：，
所以，解得，
因为，所以，
所以；
（2）解：货船需要的安全水深为米，所以进港条件为，
令，即，
所以，
解得，
因为，所以时，，
时，
因为（时） 时 2 分，（时） 时 10 分.
（时） 时 26 分，（时） 时 34 分.
因此，货船可以在 1 时 2 分进港，早晨 5 时 10 分出港；或在下午 13 时 26 分进港，下午 17 时 34 分出港.
则该货船最早进港时间为1时2分，停靠总时长为8小时16分钟.
【解析】【分析】（1）由表数据，根据公式，求得周期，从而求，代入最高点求的值即可；
（2）由题意可知进港条件为，解不等式即可.
（1）由表格可知y的最大值为7.4，最小值为2.6，
所以，
由表格可知，
所以，
所以，
将点代入可得：，
所以，
解得，
因为，所以，
所以.
（2）货船需要的安全水深为米，
所以进港条件为.
令，
即，
所以，
解得，
因为，
所以时，，
时，
因为（时） 时 2 分，（时） 时 10 分.
（时） 时 26 分，（时） 时 34 分.
因此，货船可以在 1 时 2 分进港，早晨 5 时 10 分出港；或在下午 13 时 26 分进港，下午 17 时 34 分出港.
则该货船最早进港时间为1时2分，停靠总时长为8小时16分钟.
18．【答案】解：（1）f(x)＝sin 2x－cos 2x＋1＝sin＋1，由＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，又因为x∈[0，π]，所以函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为.
（2）由（1）知f(x)＝sin＋1，
又因为f(α)＝，所以sin＝－，
因为α∈，所以2α－∈，
因为sin＝－＜0，
所以cos＝－＝－.
所以sin 2α＝sin＝sincos＋cossin＝－×＋×＝.
【解析】【分析】（1）根据两角差的正弦公式化简三角函数解析式f(x)，再根据正弦函数的单调性建立不等式＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，解之可得答案.
（2）由（1）求得sin＝－，再由角的范围求得cos，观察角之间的关系凑角sin 2α＝sin，再运用正弦的和角公式可得答案.
19．【答案】（1）证明：设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．
（2）解：[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理：因为，如图，在中，，①
在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似：如图，已知，则，即，
而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合：由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质：如图，作，交于点E，则．
由，得．在中，．在中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理：因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．
[方法六]：建系求解：以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．
【解析】【分析】围绕三角形的边角关系展开，利用正弦定理、余弦定理解决问题.（1）通过正弦定理将角的关系转化为边的关系，结合已知条件证明；（2）利用线段比例关系，结合余弦定理建立边的等式，进而求出.解题关键在于灵活运用正弦定理和余弦定理，实现边角转化.
1 / 1专题2.7 三角函数与解三角形压轴创新题型 专题突破训练-2026届高三数学二轮复习
一、选择题
1．（2025·郴州模拟）定义：，其中为向量的夹角.若，则（　　）
A．8 B．16 C． D．
2．（2024高一下·南明月考）人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知，，若P，Q的余弦距离为．则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二下·广州期中）定义：对于定义域内的任意一个自变量的值，都存在唯一一个使得成立，则称函数为“正积函数”．下列函数是“正积函数”的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·天河月考）我们定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为，它的长度规定，现已知：在中，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·柳州月考）定义运算：，如，则函数的值域为(　　)
A． B． C． D．
6．（2023·）公元9世纪，阿拉伯计算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用csc（角）表示，则（　　）
A． B． C．4 D．8
7．（2025·义乌模拟）狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（　　）
A．不存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．对任意，满足
D．函数图象上存在三点，使得是直角三角形
8．（2021高三上·江西月考）在数学史上，为了三角计算的简便并追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义 为角 的正矢，记作 ；定义 为角 的余矢，记作 ．则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若 ，则
C．函数 在 上单调递增
D．函数 的最小值为
二、多项选择题
9．（2025高一下·射洪月考）定义：角与都是任意角，若满足，则称与“广义互余”.已知，则下列角中，可能与角“广义互余”的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高三上·成都模拟）定义：实数满足，则称比远离.已知函数的定义域为，任取等于和中远离0的那个值，则（　　）
A．是偶函数 B．的值域为
C．在上单调递增 D．在上单调递减
11．（2023高二下·哈尔滨期末）定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（　　）
A．在上是“弱减函数”
B．若在上是“弱减函数”，则
C．在上是“弱减函数”
D．若在上是“弱减函数”，则
三、填空题
12．（2022高一下·辽宁期中）已知函数，若对任意恒成立，则函数的单调增区间为　 　．
13．（2025·上海市模拟）已知边长为2的菱形中，，P、Q是菱形内切圆上的两个动点，且，则的最大值是　 　．
14．（2024高三上·嘉兴月考）在中，内角，所对的边分别为，已知，，且，则的最大值为　 　．
四、解答题
15．（2020高三上·北京月考）已知函数 ，且满足________.
（Ⅰ）求函数 的解析式及最小正周期；
（Ⅱ）若关于 的方程 在区间 上有两个不同解，求实数 的取值范围.从① 的最大值为 ，② 的图象与直线 的两个相邻交点的距离等于 ，③ 的图象过点 .这三个条件中选择一个，补充在上面问题中并作答.
16．（2025高三上·武强期中）定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，的面积为，三个内角所对的边分别为，且.
（1）证明：是倍角三角形；
（2）若，当取最大值时，求.
17．（2025·上海市模拟）定义：如果函数在定义域内给定区间上存在实数，满足，那么称函数是区间上的“平均值函数”，是它的一个均值点.例如是区间上的“平均值函数”，0是它的均值点.
（1）已知函数、，判断、是否为区间上的“平均值函数”，并说明理由；
（2）设是区间上的“平均值函数”，1是函数的一个均值点，求所有满足条件的整数数对；
（3）若是区间上的“平均值函数”，是它的一个均值点，求证：.
18．（2025高三上·深圳月考）已知向量，，定义新运算：.若函数，则称为向量，的点积函数.例如：向量，，则向量，的点积函数.
（1）若向量，（，），且向量，的点积函数，求的值；
（2）若向量，，求向量，的点积函数的值域；
（3）若向量，的点积函数为，且存在，使得成立，求的取值范围.
19．（2022·嘉定模拟）已知函数的定义域为区间D，若对于给定的非零实数m，存在，使得，则称函数在区间D上具有性质.
（1）判断函数在区间上是否具有性质，并说明理由；
（2）若函数在区间上具有性质，求n的取值范围；
（3）已知函数的图像是连续不断的曲线，且，求证：函数在区间上具有性质.
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：由，可得，
则.
故答案为：B.
【分析】由，可得，结合定义以及同角三角函数式求解即可.
2．【答案】C
【解析】【解答】解：，，
则余弦相似度为：，
余弦距离为：，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据余弦相似度的定义以及余弦距离求出，再由诱导公式求解即可.
3．【答案】B
【解析】【解答】解：A、，由，
当时，则不存在满足情况，故函数不是正积函数；
B、，由，
则任意一个自变量的值，都存在唯一一个满足，故函数是正积函数；
C、，
由，
得，当时，，则不唯一，
故函数不是正积函数；
D、，由，
当时，则不存在满足情况，故函数不是正积函数．
故答案为：B．
【分析】利用“正积函数”的定义结合对数和指数的运算性质逐项判断即可求解.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：如图所示，设分别为的中点，连接，
因为分别为的中点，所以，所以∽，所以，
所以，所以，
又因为，即，
当时，四边形面积最大，最大值为，
所以的面积的最大值为，
因为，所以的最大值为.
故选：D.
【分析】设分别为的中点，结合三角形相似推出，由题意可得，当时，可求得四边形面积的最大值，进而求得的面积的最大值，根据定义结合面积公式可知，即可求得得的最大值 .
5．【答案】C
【解析】【解答】解：如图所示，作出在上的图像，
因为的周期为 ，可得在上的解析式，即
由图可知值域为，
故答案为：C．
【分析】本题考查正弦函数和余弦函数的图象与性质，三角函数的值域．作出在上的图像，利用题目的定义可求出在上的解析式，再观察函数图象可求出函数的值域.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：由定义得 ，
.
故答案为：C.
【分析】由定义得 ，进而利用正弦的二倍角公式和两角差公式求.
7．【答案】D
【解析】【解答】解：根据狄利克雷函数，
可知：当时，若，则，，
所以；
若，则，，
所以，
则当时，恒成立，故选项A错误；
，当时，；
，当时，，
所以对于，当时，不成立，故选项B错误；
令，，
则，此时，，
所以不成立，故选项C错误；
取函数图象上点，，，
此时，，
所以，
所以是直角三角形，故选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当时，恒成立，则可判断选项A；利用已知条件分析可知，对于，当时，不成立，则可判断选项B；令，，则可判断选项C；取点，，，利用勾股定理，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
8．【答案】C
【解析】【解答】对于A， ，
，A选项错误；
对于B，由 ，得 ，
因为
，
所以 ，B选项错误；
对于C， ，
则 ，得 ，
所以在 上单调递增，C选项正确；
对于D，因为 ，
所以最小值为0，D选项错误．
故答案为：C.
【分析】利用定义 为角 的正矢，记作 ；定义 为角 的余矢，记作 ，再结合诱导公式和同角三角函数基本关系式、余弦型函数的图象判断单调性的方法以及正弦型函数图象求最值的方法，进而求出说法正确的选项。
9．【答案】A,C
【解析】【解答】解：A、∵，∴，若，则，所以，该选项正确，符合题意；
B、，该选项错误，不合题意；
C、，即，又，∴，该选项正确，符合题意；
D、，即，又，∴，该选项错误，不合题意.
故答案为：AC.
【分析】由诱导公式得，，可判断A；由诱导公式得，可判断B；由同角三角函数关系式商得关系得，又，∴，可判断C；由C方法得，可判断D.
10．【答案】A,D
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，
，，
两边平方并化简得，
，由于，
所以，，
解得或，
解得，或，或，
或，
同理，由解得或，
设
设，
，
由于则；则，
，
故，所以为偶函数，故A正确；
由于，所以、，故B错误；
由上述分析可知，，，而，
所以在区间不是单调函数，故C错误；
，，在区间上递减，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由题意，先求函数的解析式，再逐项分析判断即可.
11．【答案】A,C,D
【解析】【解答】A、得，当时，，在区间上单调递减，
设，则，当时，，在区间上单调递增，在上是“弱减函数”，A正确；
B、得，令，得，在区间上单调递减，
设，显然在区间上单调递增，在上是“弱减函数”，又在 上是“弱减函数”， ，B错误；
C、得，
设，，当时，，在区间上单调递减，，，，，在区间上单调递减，
设，显然在区间上单调递增，在上是“弱减函数”，C正确；
D、得，令，得在恒成立，，设，由C知在区间上单调递减，，，
设，则，令，得在恒成立，，设，，当时，，在区间上单调递增，，，
，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】AC根据“弱减函数”的定义结合导函数判断；BD根据“弱减函数”的定义，得到在给定区间有恒成立，，结合导函数求解判断.
12．【答案】
【解析】【解答】根据题意，函数在处取得最值，则，即.
令，解得函数的增区间为.
故答案为：.
【分析】由题意可得函数在处取得最值，进而求出，然后求出函数的单调递增区间.
13．【答案】
【解析】【解答】解：如图所示，，所以菱形内切圆半径为点到的距离，
所以内切圆半径，
由对称性可知，关于轴对称，设，所以，所以
所以，，
又因为，所以
，
当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】画出图形可知菱形内切圆半径为点到的距离，内切圆半径，设出，且，利用向量的数量积坐标运算可得，结合和二次函数的性质即可求得最值.
14．【答案】
【解析】【解答】由正弦定理，，则有，
由于，所以，
由余弦定理得，，则，
又由正弦定理，得，即，
则有，即．
因为，所以，故，则，
，
设，，则，
令，得，或（舍），
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
故当时，取最大值，
故最大值为．
故答案为：.
【分析】先利用正弦定理以及三角形的三个角关系化简得到，结合换元法以及求导，利用导函数的正负值判断函数的单调性与最值得到结果.
15．【答案】解：（Ⅰ）函数 ，
若满足① 的最大值为1，则 ，解得 ， 所以 ，
则函数 的最小正周期为 ；
（Ⅱ）令 ，得 ，
解得 ， ，即 ， ；
若关于 的方程 在区间 上有两个不同解，则 或 ；
所以实数m的取值范围是 . 若满足②， 的图象与直线 的两个相邻交点的距离等于 ， 且 的最小正周期为 ，
所以 ，解得 ； 以下解法均相同.
若满足③， 的图象过点 ，则 ，解得 ； 以下解法均相同.
【解析】【分析】（Ⅰ）利用三角恒等变换思想化简函数 的解析式，根据①或②或③中的条件求得 ，可得出 ，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；（Ⅱ）令 ，得 ，解得 ， ，可得出方程 在区间 上的实数根，进而可得出实数 的取值范围.
16．【答案】（1）证明：因为，又，所以，
则，又由余弦定理知，，故可得，
由正弦定理，，又，
代入上式可得，即，，
则有，故是倍角三角形.
（2）解：因为，所以，故，则，又，
又，则，则
，
设，，则
令得或者（舍），且当时，，
当时，，则在上单调递增，在上单调递减，
故当时，取最大值，此时也取最大值，故为所求.
【解析】【分析】（1）要证明是倍角三角形，需结合三角形面积公式、余弦定理和正弦定理，将已知条件转化为角的倍数关系.
（2）求的最大值，需先通过正弦定理将边用角表示，再结合面积公式构建关于的函数，进而求解.
（1）因为，
又，所以，
则，
又由余弦定理知，，
故可得，
由正弦定理，，
又，
代入上式可得，
即，
，
则有，
故是倍角三角形.
（2）因为，所以，
故，则，又，
又，则，
则
，
设，，
则
令得或者（舍），
且当时，，
当时，，
则在上单调递增，
在上单调递减，
故当时，取最大值，
此时也取最大值，
故为所求.
17．【答案】（1）解：函数是区间上的“平均值函数”，不是区间上的“平均值函数”，理由如下：
因为，即，解得，
所以函数是区间上的“平均值函数”；
因为，即，所以，无解，所以不是区间上的“平均值函数”
（2）解：由题意可知，，
因为，即，显然不成立，
所以，
又所求的为整数对，所以或或或.
所以满足条件的整数数对为(4，2)，(-4，4)，(-2，5)，(-1，7).
（3）证明：因为，所以，
要证，即证，即证，
令，所以，即，
令，所以，
所以在上单调递减，
所以，
即，即.
【解析】【分析】（1）利用“平均值函数”的定义计算即可判断；
（2）由平均值函数的定义列式化简可得，结合可求所有满足条件的整数数对；
（3）所证不等式可变形为，利用换元法令，即，令，利用求导求得函数的单调性进而可证结论.
（1）（1）函数是区间上的“平均值函数”，
不是区间上的“平均值函数”，理由如下：
由题题意，得，则，所以函数是区间上的“平均值函数”；
，即，
所以，无解，所以不是区间上的“平均值函数”；
（2）因为是区间上的“平均值函数”，1是函数的一个均值点，
所以，
即，显然不成立，
所以，因为是函数的一个均值点，根据均值点的定义，可得，
又所求的为整数对，故或或或.
（3）由题意可得，则所证不等式为，
需证，令，则不等式为，
则不等式等价于，
令，求导得，
所以在上单调递减，所以，
即，即.
18．【答案】（1）解：由题意，，
则，，即，
所以；
（2）解：因，，
则，
令（），则，对称轴为，
则函数在上单调递增，当，
，则的值域为.
（3）解：因，，
则，
于是，
，
当时，，
因在时的取值范围为，
故，
由存在，使得成立，即与有交集，
故需满足，解得，
综上所述的取值范围为.
【解析】【分析】（1）先利用向量，的点积函数定义可得，即可得，再向量的模长公式即可求解；
（2）利用向量，的点积函数定义可得，令（），化简可得，再利用二次函数的单调性即可求解；
（3）根据点积函数的定义及三角恒等变换公式可得，求出该函数在上的值域，进而结合题意可得，求解即得.
（1）由题意，，
则，，即，
所以；
（2）因，，
则，
令（），则，对称轴为，
则函数在上单调递增，当，
，则的值域为.
（3）因，，
则，
于是，
，
当时，，
因在时的取值范围为，
故，
由存在，使得成立，即与有交集，
故需满足，解得，综上所述的取值范围为.
19．【答案】（1）函数在上具有性质.
若，则，
因为，且，
所以函数在上具有性质.
（2）解法1：由题意，存在，使得，
得（舍）或，
则得.
因为，所以.
又因为且，
所以，即所求的取值范围是.
解法2：当时，函数，是增函数，
所以不符合题意；
当时，因为直线是函数的一条对称轴，
而函数在区间上具有性质，
所以，
解得，即所求的取值范围是.
（3）设，.
则有，，，，
，，.
以上各式相加得
即，
（ⅰ）当、、、、、中有一个为0时，不妨设，，即，即，，
所以函数在区间上具有性质.
（ⅱ）当、、、、、中均不为0时，由于其和为0，
则其中必存在正数和负数，不妨设，，
其中，.
由于函数的图像是连续不断的曲线，所以当时，至少存在一个实数（当时，至少存在一个实数），其中，使得，即，
即存在，使得，
所以函数在区间上也具有性质.
综上，函数在区间上具有性质.
【解析】【分析】（1） 利用函数在区间D上具有的性质的定义，再结合已知条件，从而判断出函数在上具有性质。
（2） 用两种方法求解。解法1：由题意，存在，使得，从而得出，再利用，所以，再结合且，从而求出n的取值范围。
解法2：当时结合正弦函数的单调性，所以函数，是增函数，所以不符合题意；当时，再利用直线是函数的一条对称轴，而函数在区间上具有性质，从而求出的取值范围。
（3） 设，，再利用代入法结合累加法得出的值，再结合分类讨论的方法结合函数在区间D上具有的性质的定义，从而判断出函数在区间上具有性质。
1 / 1专题2.8 三角函数与解三角形 高考全真仿真验收卷-2026届高三数学二轮复习
一、选择题
1．（2025·浙江模拟）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·上海市模拟）过点向曲线：（为正整数）引斜率为的切线，切点为，则下列结论不正确的是（　　）
A． B．
C．数列的前项和为 D．
3．（2025·温州模拟）已知双曲线的左、右焦点分别是、，在第二象限且在双曲线的渐近线上，，线段的中点在双曲线的右支上，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·义乌模拟）狄利克雷函数定义为：，以下选项中正确的是（　　）
A．不存在，使得恒成立
B．存在，使得恒成立
C．对任意，满足
D．函数图象上存在三点，使得是直角三角形
5．（2025·湖南模拟）下列函数满足在定义域上有两个以上不同的单调区间，且存在，使得函数图象无限趋近于直线但不与其相交的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·深圳模拟）已知函数 ，其中 ， ，其图象关于直线 对称，对满足 的 ， ，有 ，将函数 的图象向左平移 个单位长度得到函数 的图象，则函数 的单调递减区间是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高三上·重庆市模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．（2024高三下·广州模拟）已知函数的对称轴方程为，且函数在内恰有个零点，则满足条件的有序实数对（　　）
A．只有2对 B．只有3对 C．只有4对 D．有无数对
二、多项选择题
9．（2025·浙江模拟）如图所示，某游戏闯关者需从区域Ⅰ内的定点P快速移动至区域Ⅱ内的定点Q.两区域以直线l为分界线，已知P，Q两点到直线l的距离分别为1，2，且向量在直线l的方向向量上的投影向量的模长为3，考虑到两区域通行环境差异，设定闯关者在区域Ⅰ的移动速率为a，在区域Ⅱ中的移动速率为b，线段与直线l相交于点A，若图示折线路径是耗时最短的闯关路线.则下列说法正确的有（　　）
A．存在实数，使得
B．若，则
C．
D．
10．（2025·长沙模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，过的直线与双曲线的右支交于两点(在第一象限)，中点为，的内切圆圆心分别为，半径分别为，则下列结论正确的是（　　）
A．三点共线 B．直线斜率存在时，
C．若，则直线的斜率为 D．的取值范围是
11．（2025·长沙模拟）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M是△ABC所在平面上一点，且则下列说法正确的是（　　）
A．若，则M在内部
B．若，则M为的重心
C．若，则的面积是面积的
D．若，M为外接圆圆心，则
三、填空题
12．（2025·湖州模拟）若定义在上的函数满足，则的最大值是　 　．
13．（2025·青神模拟）已知函数，若，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是　 　．
14．（2024·高州模拟）已知函数的图象过点，其导函数的图象如图所示，若函数在上有且仅有两个零点，则实数的取值范围为　 　．
四、解答题
15．（2025·郴州模拟）空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）.
（1）求点的坐标.
（2）若平面，证明：平面平面.
（3）已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点.
①用表示点的坐标；
②若，求点到平面距离的最大值；
③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值.
16．（2025·汕头模拟）已知函数，其中．
（1）当时，求方程的解集；
（2）若是偶函数，当取最小值时，求函数的取值范围；
（3）若是常数函数，求的值．
17．（2025·射阳模拟）已知的三边所对的角分别为．
（1）求证：；
（2）若，求的取值范围．
18．（2025·顺义模拟）已知函数.
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围.
条件①：在上是单调函数；
条件②：图象的一个对称中心为；
条件③：对任意的，都有成立.
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.
19．（2024高三下·门头沟模拟）设函数，已知，，在区间上单调，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.
条件①：为函数的图象的一个对称中心；
条件②：直线为函数的图象的一条对称轴；
条件③：函数的图象可由的图象平移得到.
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.
（1）求的值；
（2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，由正弦定理可得，
又 ，所以，所以，
因为 ，所以，所以，所以，所以，所以，，
因为，
因为，，所以，
所以，所以，
所以的取值范围为，
故选：D．
【分析】根据三角形内角和与诱导公式可得，进而利用正弦定理可得，利用半角公式可得，，再利用正弦定理和同角的三角函数关系可得，根据的范围求得tanB的范围，进而即可求得的取值范围 .
2．【答案】C
【解析】【解答】解：A、设直线，
联立，消y整理得，
由题意可知，，解得（负值舍去），故选项A正确；
B、所以，
所以，故选项B正确；
C、所以，所以，
所以，故选项C错误；
D、因为，，
所以，
设，则，
可得在上单调递增，
则时，，
又，则，故选项D正确.
故选：C.
【分析】设直线，联立消元可得一元二次方程，进而由列式求得kn即可判断选项A；解一元二次方程即可求得进而求得切点横坐标，结合对数的运算法则计算即可判断选项B；利用方程求得切点纵坐标，进而可求得，结合等差数列的求和公式计算可判断选项C；令，结合导数可得在上单调递增，进而可判断选项D.
3．【答案】A
【解析】【解答】解：如图所示，
因为，、分别为、的中点，所以，
又因为，，
所以，所以，
由题意可知，所以为钝角，
因为，
所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，
所以，即，解得e=4或e=-1(舍去)．
所以双曲线的离心率为4，
故选：A.
【分析】作出图形，证明出，可得出，根据双曲线的性质可知，进而求得的值，结合余弦定理可得出关于、的齐次等式，即可解得该双曲线的离心率的值.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：根据狄利克雷函数，
可知：当时，若，则，，
所以；
若，则，，
所以，
则当时，恒成立，故选项A错误；
，当时，；
，当时，，
所以对于，当时，不成立，故选项B错误；
令，，
则，此时，，
所以不成立，故选项C错误；
取函数图象上点，，，
此时，，
所以，
所以是直角三角形，故选项D正确.
故答案为：D.
【分析】根据狄利克雷函数的定义可知当时，恒成立，则可判断选项A；利用已知条件分析可知，对于，当时，不成立，则可判断选项B；令，，则可判断选项C；取点，，，利用勾股定理，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，内层函数在上为减函数，在上为增函数，
外层函数为增函数，
所以，函数的减区间为，增区间为，不合乎要求，故A错误；
对于B，因为，
由，得，可得；
由，得，可得，
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，不合乎要求，故B错误；
对于C，因为 函数的定义域为，
所以，
由，可得或；由，可得，
所以，函数的减区间为、，增区间为，
当时，，且当时，，
所以，函数的图象以直线为渐近线，符合要求，故C正确；
对于D，因为，
所以，该函数的定义域为，
取，
则，
当且，，
取，
则，
当且，
则，
因为函数在上的图象是连续不断的，
所以，函数的值域为，
所以，函数的图象不存在渐近线，不满足要求，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合导数判断函数单调性的方法和函数求极限的方法，从而分析各选项中的函数的单调性或函数值域，进而逐项判断找出满足要求的函数.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：已知函数 ，其中 ， ，其图像关于直线 对称，对满足 的 ， ，有 ，∴ .
再根据其图像关于直线 对称，可得 ， .
∴ ，∴ .
将函数 的图像向左平移 个单位长度得到函数 的图像.令 ，求得 ，
则函数 的单调递减区间是 ， ，
故答案为：B.
【分析】根据已知得到函数 两个对称轴的距离也即是半周期，由此求得 的值，结合其对称轴，求得 的值，进而求得 解析式.根据图像变换的知识求得 的解析式，再利用三角函数求单调区间的方法，求得 的单调递减区间.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：由题知，由正弦定理得，
即，
因为，所以，
又因为，
所以，得，
所以最多有一个是钝角，所以，
因为
，
由基本不等式得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.
故答案为：B.
【分析】根据三角形中角B的取值范围、等差中项公式和正弦定理以及三角恒等变换，从而化简得出，再结合三角形内角和定理和两角和的正弦公式、正切公式，则将所求化简为关于的表达式，再利用基本不等式求最值的方法得出的最小值.
8．【答案】B
【解析】【解答】解：函数，
因为函数图象的对称轴方程为，
当时，可得；当时，可得，
即两个相邻的最高点与最低点间的距离为，即，则，可得，
因为的图象关于直线对称，所以，
即，解得，
则函数，
函数的零点个数等价于方程实根的个数，
方程在内实根的个数，函数在区间的图象，如图所示：
由图可知：当或时，方程在内实根的个数为1；
当时，方程在内实根的个数为2；
当时，方程在内实根的个数为3，其中在内实根的个数为2，
因为是周期为的函数，所以当时，在，内方程实根的个数均为2，
因为在内恰有2023个零点，且2023为奇数，
所以，不合题意，
当时，；当时，；
故满足条件的有序实数对只有3对.
故答案为：B.
【分析】由据题意，结合辅助角公式化简求得函数，把函数的零点个数转化为方程实根的个数，结合方程在内实根的个数，分类讨论求解即可.
9．【答案】A,B,D
【解析】【解答】解：对于选项A：因为点A在线段上，
所以存在这样的实数，故A正确；
对于选项B，分别过点P，Q作直线l的垂线，垂是分别为C，D，
则，
所以，
则，
因此，故B正确；
对于选项D：设，显然只需考虑，
则闯关时间为：，，
因为为增函数，
所以为减函数，
则单调递增，
因为，，
所以在上存在唯一零点，即为的极小值点，
则当时闯关用时最短，此时，
可得，
则，故D正确；
对于选项C：当点B在点A右侧时可得，因此，故C错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用向量共线定理和平面向量基本定理，则判断出选项A；分别过点P，Q作直线l的垂线，利用角的正切值得出AB的长，则判断出选项B；利用三角形中大角对大边的性质，则可判断选项C；设，先计算出最短距离，再求导，从而得出函数的单调区间，进而得出函数的极小值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【解析】【解答】解：A、由题意可知，，
而.
设点，
如图所示，设的内切圆的切点为，
由双曲线的定义得，，
因为，所以，
而，，所以，
又因为
得切点T与点B 重合，所以点，所以内心的横坐标为1，
同理可得，内心的横坐标也为1，所以三点共线，故选项A正确.
B、由两式相减得，
得，即，故选项B正确；
C、设直线的倾斜角为，连接，
所以，
因为，所以 ，所以，即直线l的斜率为，故选项C错误；
D、双曲线的渐近线为：，倾斜角分别为，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
所以，
令，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】结合双曲线的性质可得，设点，的内切圆的切点为，利用双曲线的定义可得进而可得
内心的横坐标为1，同理可得，内心的横坐标也为1，即可判断选项A；由斜率公式及点差法可以判断选项B；设直线的倾斜角为，得到，，利用可求得，进而根据二倍角的正切公式求得，即可判断选项C；通过换元令令，求出的取值范围即可判断选项D.
11．【答案】A,B,D
【解析】【解答】解：A、当时，三点共线，
由向量的线性运算可知，当时，M在内部，故选项A正确；
B、设BC中点为N，G为△ABC的重心，所以，故选项B正确；
C、因为，
所以
所以，
所以，即的面积是面积的故选项C错误；
D、因为 M为外心，
所以
，
所以，所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据利用向量的基本定理可知当时，三点共线，进而根据向量的线性运算即可判断选项A；结合线性运算和重心的性质即可判断选项B；根据已知条件和线性运算先求得，进而因为和高相同，根据三角形面积公式可知的面积与面积之比等于它们底边MC 与BC之比，即可判断线性C；利用外心的性质和向量的线性运算计算即可判断选项D.
12．【答案】
【解析】【解答】解：由，可得，
即，
原式两边平方得①，
又②，
②-①可得，
即，
即
又，
则
，
所以
所以，即，即，
则函数时周期为2的周期函数，即，
又因为，
设，
则，
故最大值为.
故答案为：.
【分析】由，求得，推得，函数时周期为2的周期函数，求得，再由，设，则，从而求得的最大值.
13．【答案】
【解析】【解答】解：由题意可知，函数的定义域为R，
因为，
所以的图象关于对称，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增，所以在R上单调递增，
因为，
所以，
因为在R上单调递增，所以，
即，使成立，
令，，
令，所以，所以，
当时，，所以，所以，
令，，所以在上的最小值为2，
所以，的最小值为2，所以，即的取值范围是.
故答案为：.
【分析】判断出关于对称，进而可知在R上单调递增，转化为使成立，利用分离参数法令，，令，则，，求出函数g(t)上的最小值，即可求得，的最小值，从而可求得m的取值范围.
14．【答案】
【解析】【解答】解：根据导函数图象可知，的图象过点，
，.
又的图象过点，，，.
，得.
，则.
又过点，，.
.
令，.
令，，.
函数在上有且仅有两个零点，
在上有且仅有两个根，
，.
故答案为：.
【分析】数形结合，由的图象过点，可求出和，结合求得，再由方程在上有且仅有两个实数根，有，可求实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：连接，过作，交于点，如图所示：
由题意可得：为等边三角形，，
则，即；
（2）证明：连接，根据球的性质可得平面，
易知为平面的一个法向量，
因为，所以，
平面的一个法向量为，
因为，所以，则平面平面；
（3）解：①、当时，过点作交于，
过点作交于，过点作交，
于，过点作交于，过点作交于，则，
，
则，
同理可得当时，；
②、因为点在平面内，所以，则平面的一个法向量为，
，
点到平面的距离，
当，即时，取得最大值，最大值为；
③易得平面的一个法向量为，
因为，所以，
设直线与平面所成的角为，
则
，
令，则，
则
，
当，即时，最小，即直线与平面所成的角最小.
【解析】【分析】（1）连接，过作，交于点，根据几何特征及边长计算即可；
（2）连接，分别求面的法向量，根据证明即可；
（3）①、根据几何特征及边长计算即可；
②、利用点到平面距离公式结合三角函数值域求最值即可；
③、结合线面角公式及二次函数值域求值即可.
（1）连接，过作，交于点.根据题意易得为等边三角形，所以，
则，所以.
（2）连接，根据球的性质可得平面，
则即为平面的一个法向量.
因为，所以.
平面的一个法向量为，
因为，
所以，故平面平面.
（3）①当时，过点作交于，
过点作交于，过点作交
于，过点作交于，过点作交于，则，
，
则，
同理可得当时，.
②因为点在平面内，所以，则平面的一个法向量为.
，
点到平面的距离，
当，即时，取得最大值，最大值为.
③易得平面的一个法向量为.
因为，所以.
设直线与平面所成的角为，
则
，
令，则，
则
，
当，即时，最小，即直线与平面所成的角最小.
16．【答案】（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，，当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
【解析】【分析】（1） 先化简，接着取k值进行求解；
（2）先利用是偶函数求解出K的值，接着化简表达式，利用换元法结合二次函数的最值进行求解即可得到结果；
（3）根据是常数函数，对k值进行代入验证即可得到结果.
（1）当时，，
由得：，解得，或，
即，或，
故所求方程的解集为，或；
（2）的定义域为，由是偶函数得：，即：
，
所以，
从而，进而，所以为正奇数，
当取最小值即时，，
所以，，
令，，则，且，
所以函数的值域转化为，且的值域，
对称轴，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值；当时，取得最大值；
又当时，，当时，；
故函数的取值范围为；
（3）因为，，所以若是常数函数，则，
①当时，由（1）知，不是常数函数；
②当时，，此时，，
不是常数函数；
③当时，
，
所以，是常数函数；
④当时，，不是常数函数；
综上所述：．
17．【答案】（1）证明：由正弦定理，得，
，
，
．
（2）解：因为
，
令，
则
因为在上单调递增，
则原函数也是在上单调递增，
，
则的取值范围为．
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理边角互化，再利用余弦定理得到，再结合两角和的正弦公式和同角三角函数关系式，从而证出.
（2）由（1）结合三角形内角和定理、诱导公式和两角和的正切公式，从而得出角C的正切值，再利用角B的取值范围得出角B的正切的取值范围，令，所以再利用函数的单调性，从而得出的取值范围．
（1）由正弦定理得
，
．
（2），
，令，
由于在上单调递增，
则原函数也是在上单调递增.
，即的取值范围为．
18．【答案】（1）解：因为，
所以
，
所以.
（2）解：对于条件①：因为在上是单调函数，
又因为在上是单调函数，
所以，
所以，
又因为，解得，
又因为，
所以，
所以，函数的单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，
则，
整理得，
当时，，解得，
当时，无解，
则为其他值时，不等式无解，
因为，
解得，
所以，函数的单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，
则，
整理得，
当时，，解得，
当时，无解，
为其他值时，不等式无解；
对于条件②：因为图象的一个对称中心为，
又因为，
所以，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，
解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则当时，函数取得最大值，
则，
解得；
若选条件①②，则，方程无解，
或，
当时，，
所以，
因为，所以，
又因为在区间上仅有一个零点，
所以，
则，解得；
若选条件①③，则，方程无解，
或，
当时，，
所以，
因为，所以，
又因为在区间上仅有一个零点，
所以，、
则，解得；
若选条件②③，则，
则，方程解不唯一，此时取值不唯一，
所以函数不唯一，不合要求.
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数为正弦型函数，再利用代入法得出的值.
（2）关于条件①，从函数的周期和函数的单调区间两方面限制，从而求出的取值范围；关于条件②，从而求出函数对称中心表达式，将代入确定的取值；关于条件③和已知条件确定，从而确定的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定的值，再利用函数的性质和函数零点与方程的根的等价关系，从而得出实数a的取值范围.
（1）因为，
所以
，
所以.
（2）对于条件①：在上是单调函数，
因为在上是单调函数，所以，
所以，又因为，解得，
因为，
解得，
所以函数的单调单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
因为，
解得，
所以函数的单调单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
对于条件②：图象的一个对称中心为，
因为，解得，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则时，函数取得最大值，有，
解得；
若选条件①②，则有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件①③，则有有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件②③，则有，
即，方程解不唯一，
此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求.
19．【答案】（1）解：由，知，从而.
而在区间上单调，的周期为，
这意味着，即，故.
注意到，从而有：
，，
所以，，即，而，故.
从而，故.
若选择条件①，则为函数的图象的一个对称中心，从而这等价于，
所以，从而，故，
所以，由知，故，故，；
若选择条件②，则直线为函数的图象的一条对称轴，从而，
而在区间上单调，，故.
从而，所以，故，
所以，由知，故，故，；
若选择条件③，函数与的振幅不一致，无法通过平移得到，
故不能选择；
（2）解：条件等价于，关于的方程即在上恰有一个解.
记，则，从而和一一对应，
这就表明条件等价于关于的方程在上恰有一个解.
设，则在上递增，在上递减，，，.
此时，若，则，方程无解，不满足条件；
若，则当时，；
当时，.
故方程在上无解，不满足条件；
若，由，，，
知方程在和上各至少有一个根，
从而在上至少有两个根，不满足条件；
若，则当时，.
故方程在上无解；
而在上单调，且，，
所以方程在上恰有一个根.
这就表明方程在上恰有一个根，满足条件；
若，则，当且仅当时等号成立.
而，故当且仅当时等号成立，
故方程在上恰有一个根，满足条件.
综上，的取值范围是.
【解析】【分析】本题考查正弦函数的图象和性质，函数与方程的综合应用.
（1）先根据正弦函数的单调性可列出不等式据此可求出，根据正弦函数的最值可列出方程据此可求出，若选择条件①，利用正弦函数的对称中心的公式可求出，进而求出的值，求出解析式；若选择条件②，利用正弦函数的对称轴的公式可求出，进而求出的值，求出解析式；若选择条件③，函数与的振幅不一致，据此可知不能求出解析式.
（2）采用换元法记，将条件转化为关于的方程在上的根的个数，然后对不同区间上的分类：若；若；若；根据单调性可列出关于m的不等式，解不等式可求出m的取值范围，再根据根的个数，可确定实数m的取值范围.
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