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三角函数与解三角形 典型考点冲刺练 2026届高中数学高考三轮冲刺练
一、单选题
1．在中，，则最大的内角为（ ）
A． B． C． D．
2．在中，角的对边分别是，若，则 （ ）
A．2 B．3 C． D．
3．函数的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．2
4．已知函数的部分图像如图所示，关于该函数有下列说法：
①值域是；②最小正周期是；
③的值是；④单调增区间是．
其中，正确说法的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
5．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．记的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ）
A． B．
C． D．
7．在中，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．在中，，则（ ）
A．
B．
C．
D．的面积为
9．在中，内角，，的对边分别为，，，若，，的面积为，则（ ）
A． B．
C．是钝角三角形 D．
10．已知锐角中，角，，的对边分别为，，，满足，，且的面积为，则（ ）
A． B．
C． D．的周长为
11．已知△的外接圆半径为，且，则（ ）
A． B．边上的高为
C．△的面积为 D．边上的中线长为
三、填空题
12．已知角的终边与单位圆交于第二象限的点，则________.
13．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为________．
14．函数的值域是___________.
15．函数的最大值为_______________________．
16．已知函数，若方程在区间上恰有5个根，且在上单调递增，则实数的取值范围为_____.
四、解答题
17．中，内角所对的边分别为，．
(1)求；
(2)如图，点为边上一点，，求的面积．
18．已知函数在上单调．
(1)求的单调递增区间；
(2)若△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，求△ABC周长的最大值．
19．已知函数（，，）的部分图象如图所示．
(1)求的解析式；
(2)的内角，，所对的边分别为，，，若，，，求的周长．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A B B C B A BCD ABD BCD
题号 11
答案 BC
1．C
【分析】由大边对大角及余弦定理求最大内角.
【详解】因为三条边中最大，所以最大的内角为，
由余弦定理得，
由，所以.
故选：C
2．A
【分析】由余弦定理计算可得.
【详解】由余弦定理可得，化简可得，
因为，所以.
故选：A
3．B
【分析】利用向量把函数转化为模长乘积形式，进而利用数量积的性质转化为三角函数的最值问题.
【详解】设，，则．
故.
故选：B
4．B
【分析】由图像可得，进而得出值域判断①，根据，求出最小正周期判断②；结合最小正周期得到，再代入特殊值求出判断③，整体法求解函数的单调递增区间判断④.
【详解】由图可知，函数最大值为，所以的值域为，所以①正确；
由图可知，，所以，所以②正确；
因为，所以；由图可知，一条对称轴为，
所以，因为，所以，③错误；
令，，
所以递增区间为，，④错误；
故选：B
5．C
【分析】利用余弦的和角公式展开已知条件，再通过平方关系结合二倍角公式求解.
【详解】依题意得：，
化简得：，
所以，
因为，，
代入得：，
解得：.
故选：C.
6．B
【分析】应用余弦定理得出，再应用面积公式计算求解.
【详解】由余弦定理得，
所以，
则的面积为.
故选：B.
7．A
【分析】设，应用和差化积及已知可得，再由三角形内角和性质、诱导公式化简得，利用二倍角正切公式、平方关系求.
【详解】设，则①，
②，
得，在中，
所以，即，
又因为，即，
因为，代入得，
因为，所以．
故选：A
8．BCD
【分析】根据所给条件长度判断A，由余弦定理判断B，过点作，解三角判断C，利用求三角形面积判断D.
【详解】如图所示，过点作，
则，又因为，
并且在中，
所以，所以是等腰三角形，所以，
由，可知为中点，
所以是的中位线，所以为线段的中点，所以，则A项错误.
，在中：，则B项正确.
过点作，，
，所以，的面积为，则C D项正确.
故选：BCD
9．ABD
【分析】A选项，由三角形面积公式得到方程，求出；B选项，由余弦定理得到方程，求出；C选项，中最大角为，，故为锐角，故为锐角三角形；D选项，计算出，，D正确.
【详解】A选项，由面积公式可得，即，解得，A正确；
B选项，由余弦定理得，即，解得，B正确；
C选项，由于，故中最大角为，
，故为锐角，故为锐角三角形，C错误；
D选项，由于，故，故，
又，故，
故，故，D正确.
故选：ABD
10．BCD
【分析】由两角和与差的三角函数公式、正余弦定理逐项分析计算即可.
【详解】选项A：由，得，
两式相加得，整理得，
即，解得或，
因为锐角中，，所以，，故A错误；
选项B：由选项A得，，则，
所以，即，
整理得，即，因为，所以，
所以，
则，故B项正确；
选项C：由锐角的面积为，得，得，
设的外接圆半径为，则，
又，，
则，解得，
所以，，，
所以，故C项正确；
选项D：由选项C得，的周长为，故D正确.
故选：BCD.
11．BC
【分析】对三角恒等变换化简可得，其中角满足，，又，当且仅当，，可得，再结合三角函数单调性和三角形面积公式、正弦定理、余弦定理判断各选项即可．
【详解】由，有，
由代换与辅助角公式有，
其中角满足，
又，当且仅当，，
故有，，且，
由，则为钝角，所以，故A不正确；
因为，所以，
因为△的外接圆半径为，所以，
所以△的面积为，故C正确；
设边上的高为，
所以△的面积，解得，故B正确；
取中点为，连接，
因为，为锐角，所以，
又，，则，
在中，由余弦定理得，
所以，故边上的中线长为，故D不正确.
故选：BC.
12．
【分析】利用单位圆求出的坐标，利用正切函数的定义可求答案.
【详解】因为角的终边与单位圆交于第二象限的点，所以，
解得，因为在第二象限，所以，
所以.
故答案为：
13．/
【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值.
【详解】由题意，从而，
因为，所以的取值范围是，的取值范围是，
当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.
故答案为：.
14．
【分析】利用二倍角公式表示，配方，结合的范围进行求解.
【详解】因为
又因为,
所以当时,取得最小值 -1 ,
当时,取得最大值 2 , 故的值域是.
故答案为：
15．
【分析】将原式化简成关于的二次函数求解最值即可
【详解】
所以当时，
故答案为：1
16．
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解.
【详解】由题意，
，
由，可得，则或
由可得，
由恰有5个根，可得，解得.
由，得，即函数在上单调递增，
所以，，即，且，解得.
所以，实数的取值范围为.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合二倍角公式，化简整理，可求得，的值，即可求得答案.
（2）根据（1）可求得，进而可求得，根据余弦定理，可求得，进而可求得，代入面积公式，即可求得答案.
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
由正弦定理，可得，
∵，
∴，，
∵，
∴，则，
∴＝．
（2），
又，
∵，
∴，
∵，
∴，则，
∴sin＝＝，
又，
∴在中，由正弦定理，可得，
∴，，
∴＝
＝＝．
18．(1)
(2)9
【分析】（1）先利用降幂公式和辅助角公式可得，再根据在上单调，可得，从而可求得，再根据正弦函数的单调性即可得解；
（2）先根据求出，再利用余弦定理结合基本不等式求得的最大值，即可得解.
【详解】（1）由题意可得，
因为在上单调，
所以，解得，
因为，
所以，即，
令，
解得，
即的单调递增区间是；
（2）因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
由余弦定理可得，
即，即，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，解得，
则，即△ABC周长的最大值为9．
19．(1)
(2)．
【分析】（1）由图象可得，求出，求出周期进而求出，由，求出，得解；
（2）由求出，由求得，再根据由正弦定理求出，得解.
【详解】（1）由图知：，解得：，；
又，即，则，；
由，得，又，则；
故的解析式为：.
（2）因为，即，又，解得；
所以，则或（舍去）；
在中，由正弦定理知：，故；
；
则，
故的周长为.
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