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专题：三角恒等变换（基础与提升）-2026年高考数学复习系列
一、单选题
1．设，，，则有（ ）
A． B． C． D．
2．已知的内角的对边分别为，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．3
3．已知角的终边与圆交于点，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A．4 B． C．3 D．5
5．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，的面积为，则的最小值为（ ）
A．3 B． C．6 D．
6．在中，内角的对边分别为，则一定为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．钝角三角形
7．设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（ ）
A． B． C． D．3
8．已知函数在上单调递增，且当时，，则的取值范围为（）
A．B． C． D．
二、多选题
9．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．在锐角中，角，，的对边分别为，，．已知，，成等差数列，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．周长取值范围为
D．若是外接圆的圆心，则和面积之差的取值范围为
11．已知的面积为，角的对边分别是，，，则（ ）
A． B．
C． D．边的中线长为
三、填空题
12．把化成（其中，）形式时______．
13．已知，则的值为______．
14．已知函数.给出下列三个结论：
①；
②；
③.
其中所有正确结论的序号是__________.
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若，，求的面积.
16．函数（，，）的部分图像如图所示.
(1)当时，求的单调递增区间；
(2)已知，且，求的值.
17．已知函数（）.
(1)化简，并求函数的对称中心；
(2)求在区间上的值域；
(3)若，，求的值.
18．已知函数的表达式为.
(1)若将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像关于直线对称，求的最小值；
(2)若函数在区间上恰有2个极值点和2个零点，求实数m的取值范围.
19．盐城中学某数学兴趣小组在学习三角函数的过程中发现一个规律：
，
，
，
据此规律提出猜想：，并用两角和与差的余弦公式对猜想进行了证明．当、、有相同的始边时，其终边三等分圆周，类似于风力发电机叶片之间的关系，因此该兴趣小组的同学称这个恒等式为“发电叶片恒等式”．同时，小组同学也提出疑问：对于更多“叶片”的“风力发电机”，这样的“发电叶片恒等式”的结论能否得到推广呢？根据以上信息，回答下列问题：
(1)证明：；
(2)解关于的方程：，其中；
(3)求的值，其中，且．
《专题：三角恒等变换（基础与提升）-2026年高考数学复习系列》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B D C C A D B ABD ABD
题号 11
答案 ABD
1．C
【分析】利用三角恒等变换化简再比较大小.
【详解】由；
；；
因为，，
所以.
2．B
【分析】利用正弦定理、两角和的正弦公式、两角和的正切公式以及基本不等式求解即可.
【详解】因为，由正弦定理得：，
又，则，所以，
即,
所以，
由，则，
因为为边长，所以，所以，
所以角为钝角，，所以角为锐角即，此时，
所以由，
所以，
即，
因为，所以，
所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最大值为.
3．D
【详解】点代入，解得.
法一：，
.
法二：.
4．C
【分析】利用降幂公式及正弦定理将边化为角后结合辅助角公式可求出，再利用余弦定理计算即可得.
【详解】由，得，
，
，.，，
，，，，
由余弦定理，
得，解得.
5．C
【分析】结合题设利用正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，再结合的面积为可得，进而根据基本不等式求解即可.
【详解】由，
根据正弦定理得，，
则，
在中，，则，即，
又，则，
又，则，
所以，当且仅当时等号成立，
则的最小值为6.
6．A
【分析】先利用二倍角的余弦公式对等式进行化简，消去半角形式，化简后等式中含有边和角的混合形式，所以考虑利用正弦定理将边转化为角的正弦形式，再结合诱导公式对等式中的角进行转化，整理后得到角之间的关系，进而判断三角形的形状.
【详解】在中， ,
则，即，
则，即得,
由于，故，结合，可得，
即一定为直角三角形，
7．D
【分析】根据新定义、任意角的三角函数及两角和的正切公式求解即可.
【详解】对角的终边先进行变换后，角的终边经过，则.
再进行变换得到角的终边，则.
所以.
8．B
【分析】运用辅助角公式将函数化为正弦函数，进而利用正弦函数的单调区间和正负区间分别建立关于ω的不等式组，通过整数参数描述区间位置并与定义域取交集，最终综合确定ω的取值范围.
【详解】利用辅助角公式化简：
的单调递增区间为，
当时，，整个区间需落在某个增区间内，
因此：,
化简得：
结合：
若，则，若，则，若，不等式无解，
因此
当时，，
要使恒成立，整个区间需落在，
因此：，
化简得：，
结合，分情况讨论：
当时：取，得，交集为，
当时：取，得，交集为（因为），
综上，的取值范围是.
9．ABD
【详解】由，，得，，则，故A正确；
由，两边平方可得，，
则，故B正确；
，，，
则，
，故C错误；
联立，解得，则；
，故D正确．
10．ABD
【分析】AB利用正弦定理边角互化即可；C利用正弦定理将周长用来表示，求关于的函数的取值范围；D利用正弦定理将面积差用来表示，求关于的函数的取值范围.
【详解】由题意得，，
则由正弦定理得，
因为，所以，则，则，故A正确；
因为，所以，
则，
因为，所以，故B正确；
由，即，得，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，得，
则，
因为，所以，
则，故，
故周长取值范围为，故C错误；
设的外接圆半径为，，则，则，
故和面积之差为
，
因为，所以，则，
故当时，；当时，当时，
故和面积之差的取值范围为，故D正确.
11．ABD
【分析】利用条件化简判断A；根据正弦定理及三角恒等变换判断B；根据正弦定理求判断C；根据余弦定理求出中线长判断D.
【详解】因为，
所以，即，
所以，由可知，即为钝角，
又，所以，
又为锐角，所以，故A正确；
因为，由正弦定理可得，
所以，
由和差化积公式可得，
即，即，
由可得，所以或（舍去），
即，故B正确；
由AB可知，，所以，故.
因为，所以.
由正弦定理，，即，
解得，所以，故C错误；
由可知，
，
设边的中线长为，则，
所以，故D正确.
12．
【详解】由辅助角公式得，则.
13．/
【详解】已知，
两边同时平方可得，
由于，则，所以.
14．①②③
【分析】由三角函数的周期性结合诱导公式即可判断①②，对于③，额外讨论的正负并结合辅助角公式即可求解.
【详解】①，故①正确；
②，
，
所以，故②正确；
③若，即，
则，
则，此时，
若，即，
则，
则，此时，
综上，，故③正确.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换即可求解；
（2）利用余弦定理结合三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由正弦定理得，
又，
所以，
即，
所以，所以，
又，所以，
所以，即，而，所以；
（2）由余弦定理得，即，
又，所以，
的面积为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据图象，结合正弦函数的性质，可求函数的解析式，再求函数的单调区间即可.
（2）根据同角三角函数的基本关系与两角和与差的余弦公式求值即可.
【详解】（1）由图可得，，
所以，且，得，，
又因为，所以，所以.
又因为，，
解得，，
所以在上的单调递增区间为.
（2）因为，所以.
因为，所以，
即，所以.
所以.
17．(1)，对称中心为
(2)
(3)
【分析】（1）利用倍角公式及辅助角公式，可得，再由正弦函数的性质，即可求出对称中心；
（2）根据条件，求出的范围，再由正弦函数的性质，即可求解；
（3）根据条件求得，由平方关系求出，再由余弦的差角公式，即可求解.
【详解】（1）因为，
由，解得，所以的对称中心为.
（2）当时，，所以，
则，所以在区间上的值域为.
（3）因为，得到，
又，则，所以，
则.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式，结合平移变换和三角函数的对称性即可求解；
（2）利用相位整体思想，分析正弦函数的极值点和零点情况，即可确定动区间的范围，从而可求得参数范围.
【详解】（1）由，
当函数右移个单位得，则 ，
由关于对称，可得： ，
整理得：，又，取得最小正数，
即的最小值为；
（2）由（1）可得：，
当，令，
再由的零点满足：或，，
不妨取，可得两个正数零点是或，依次增大的第三个正数零点是，
再由的极值点满足：，，
同理可得两个正数极值点是，依次增大的第三个正数极值点是，
所以函数在区间上恰有2个极值点和2个零点，
即满足在内取到，，，，不能取到和，
则，
即所求实数m的取值范围.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由两角和的正弦公式证明即可；
（2）根据（1）中的结论可得，结合已知等式列方程求解；
（3）将乘后再利用积化和差公式即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以
，
即；
（2）由（1）知，
即，
又，
所以
，
所以，
所以
或，
当时，解得，
又，所以；
当时，无解，
综上，方程的解为；
（3）设，
则
，
由积化和差公式得，
，
，，，
将上面个式子相加得
，
所以.
又，且，所以，所以，所以，
即.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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