抢分秘籍03 三角函数与解三角形（7大题型+5大易错）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（上海专用）

抢分秘籍03 三角函数与解三角形 目录 【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】弧长公式、扇形面积公式 【题型二】 三角函数的图象与性质 【题型三】 两角和与差 【题型四】 二倍角公式 【题型五】 三角恒等变换的应用 【题型六】 正弦定理和余弦定理 【题型七】 解三角形的实际应用 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一： 忽视角的终边所在象限致误 易错点二： 忽视角的范围致错 易错点三： 对三角函数的图像理解有误 易错点四： 误判区间端点处取值的取等情况致错 易错点五： 忽视自变量取值范围致误 用几何直观和代数运算方法研究三角函数的周期性、奇偶性(对称性)、单调性和最大(小)值等性质，探索和研究三角函数之间的一些恒等关系，利用三角函数构建数学模型，解决实际问题， 三角函数与解三角形是高中数学的重要内容。高考主要考查三角函数的图象及应用、三角函数的性质及应用、三角函数图象与性质的综合应用，有时也与三角恒等变换、平面向量、不等式等综合考查,多以选择题和填空题的形式出现，难度中等。 解三角形是高考的重点和热点，主要考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，有时也与三角恒等变换、立体几何等进行综合命题，加强解三角形与其他章节知识的综合训练以及解三角形在生活、生产实践中的应用，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度属于中低档. 【题型一】弧长公式、扇形面积公式 设扇形的半径为R，弧长为l，α(0＜α＜2π)为其圆心角，则 (1)弧长公式：l＝αR. (2)扇形面积公式：S＝lR＝αR2. 【例】（2025·上海徐汇·二模）如图，某处有一块圆心角为的扇形绿地，扇形的半径为20米，是一条原有的人行直路，由于工程建设需要，现要在绿地中建一条直路，以便在图中阴影部分区域分类堆放物料.为了尽量减少对绿地的破坏（不计路宽），则原直路与新直路的交叉点到的距离为 米. 【答案】 【分析】过点作，设,，根据正弦定理求得，求得阴影的面积为，令，求得，得出函数的单调性，得到时， 取得最小值，结合为等腰直角三角形，即可求解. 【详解】过点作垂足为，可得，， 设,，在中，由正弦定理得， 因为，所以， 又由阴影部分的面积： ，其中， 令， 可得， 令，可得，解得 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数取得最小值，则，所以为等腰直角三角形， 因为，所以. 故答案为：     1．（2023·上海嘉定·一模）已知复平面上一个动点Z对应复数z，若，其中i是虚数单位，则向量扫过的面积为 ． 【答案】 【分析】根据题意，利用复数的几何意义，得到复数表示以为圆心，以为半径的圆的圆面，过原点作圆的切线，切点为，结合三角形和扇形的面积公式，即可求解. 【详解】因为， 根据复数的几何意义，可得复数表示以为圆心，以为半径的圆的圆面， 如图所示，过原点作圆的切线，切点为， 在直角中，可得，所以，且 ， 所以， 所以复数向量扫过的面积为. 故答案为：. 2．（2023·上海黄浦·一模）已知曲线与曲线，长度为1的线段AB的两端点A、B分别在曲线、上沿顺时针方向运动，若点A从点开始运动，点B到达点时停止运动，则线段AB所扫过的区域的面积为 . 【答案】/ 【分析】根据已知条件知，曲线与曲线是两个半圆，分别求出起点、终点处时A、B的坐标，可得线段AB扫过的面积，进而通过三角形面积公式及扇形面积公式计算可得结果. 【详解】设、分别为A、B点的起点，、分别为A、B点运动的终点，则图中阴影部分即为线段AB扫过的面积.如图所示， 则，，设，， ∵曲线方程：， 曲线方程：， ，即：， ，即：， 记为圆的面积，为圆的面积，为与、围成的面积，为与、围成的面积，为上半圆环的面积，为线段AB扫过的面积. 则， 因为，，，所以，所以，所以， 所以， 又因为，，，所以，所以， 所以， 所以. 故答案为：. 3．（2024·上海黄浦·二模）如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段与分别以为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点是线段上的动点，点O为线段的中点，点在以为直径的半圆弧上，且均为直角.若百米，则此步道的最大长度为 百米. 【答案】 【分析】设半圆步道直径为百米，连接，借助相似三角形性质用表示，结合对称性求出步道长度关于的函数关系，利用导数求出最大值即得. 【详解】设半圆步道直径为百米，连接，显然， 由点O为线段的中点，得两个半圆步道及直道都关于过点垂直于的直线对称， 则，又，则∽，有， 即有，因此步道长，， 求导得，由，得， 当时，，函数递增，当时，，函数递减， 因此当时，， 所以步道的最大长度为百米. 故答案为： 4．（2024·上海奉贤·一模）申辉中学高一（8）班设计了一个“水滴状”班徽的平面图（如图），徽章由等腰三角形及以弦和劣弧所围成的弓形所组成，其中，劣弧所在的圆为三角形的外接圆，圆心为． 已知，外接圆的半径是2，则该图形的面积为 ．（用含的表达式表示） 【答案】 【分析】连接，求出，可得答案. 【详解】连接，则，， ， ， ， 所以该图形的面积为. 故答案为：. 5．（2024·上海嘉定·一模）某公园为了美化环境，计划建造一座拱桥DACBE，已知该桥的剖面如图所示，共包括一段圆弧形桥面和两段长度相等的直线型桥面，圆弧形桥面所在圆的半径为4米，圆心在上，且和所在直线与圆分别在连结点和处相切.已知直线型桥面的修建费用是每米0.4万元，弧形桥面的修建费用是每米2.5万元，设，根据空间限制及桥面坡度的限制，的范围为，则当桥面修建总费用最低时的值为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，结合弧长公式求出桥面修建总费用的函数关系，再利用导数探讨函数最小值问题. 【详解】连接，依题意，，则， ，的长度为， 则桥面修建总费用，， 而，求导得， 由，得，则，由，得， 当，即时，； 当，即时，， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当且仅当时，取得最小值，即桥面修建总费用最低. 故答案为： 【题型二】 三角函数的图象与性质 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 图象 定义域 R R {x|x≠kπ＋} 值域 [－1,1] [－1,1] R 周期性 2π 2π π 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 单调递增区间 [2kπ－π，2kπ] 单调递减区间 [2kπ，2kπ＋π] 对称中心 (kπ，0) 对称轴方程 x＝kπ＋ x＝kπ 常用结论 1．对称性与周期性 (1)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是个周期． (2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是个周期． 2．奇偶性 若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则 (1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝＋kπ(k∈Z)． (2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)． 【例】（2025·上海嘉定·二模）设数列满足，记其前n项和为，前n项积为．则下列结论正确的是（    ） A．数列和数列均不是周期数列 B．数列是周期数列，数列不是周期数列 C．数列不是周期数列，数列是周期数列 D．数列和数列均为周期数列 【答案】B 【分析】令，可得数列的周期为6，令，可得数列的周期为8，进而依次得数列和数列的周期，又和判断数列的周期性. 【详解】令，则数列的一个周期为6， 又， 则， 令，则数列的一个周期为8， 又， 则， 所以数列的一个周期为24，且，所以，则的一个周期为24， 又，， 所以，故，所以不是周期数列. 故选：B. 1．（2024·上海·模拟预测）下列函数的最小正周期是的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 . 【详解】对A，，周期，故A正确； 对B，，周期，故B错误； 对于选项C，，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误； 对于选项D，，周期，故D错误， 故选：A． 2．（2025·上海嘉定·二模）已知关于x的不等式在区间内有k个整数解，则k的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】由二倍角正弦公式有，讨论、，结合正余弦函数的性质解不等式求解集，进而确定整数解的个数. 【详解】由题设，显然， 当，则，此时， 当，则，此时， 所以，整数解有，共5个整数解. 故选：C 3．（2025·上海闵行·二模）已知函数在区间上既有最大值1又有最小值，则关于实数的取值，以下不可能的是（   ）． A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【答案】D 【分析】由余弦函数的周期和最值点的分布，以及区间内包含最值点的条件逐项判断即可. 【详解】由题意可得函数的周期为， 最大值点满足，解得， 最小值点满足，解得， 因为函数在区间上既有最大值又有最小值，区间的长度为9， 对于A，若，当时，最大值点为，最小值点为2032，此时位于区间内，故A正确； 对于B，若，当时，最大值点为，最小值点为2032，此时位于区间内，故B正确； 对于C，若，当时，最大值点为，最小值点为2032，此时位于区间内，故C正确； 对于D，若，当时，最大值点为，当时，最大值点为2038，此时不位于区间内，故D错误. 故选：D 4．（2025·上海奉贤·二模）若是函数的一个周期，则正整数所有可能取值个数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．9 【答案】B 【分析】根据周期的定义以及三角函数诱导公式，由正整数以及因数，可得答案. 【详解】由题意可得 ， 则，，，， 或，，，， 解得，，，，① 或，，，，② ①由为正整数，且的因数为， 则的取值可能有， 此时的可能取值有， 由，则为的倍数，故的可能取值有. ②由为正整数，且的因数为， 则奇数的取值只可能有， 此时的可能取值有，由，则奇数，所以此时无取值. 故选：B. 5．（2024·上海·三模）若函数的一个零点是，则函数的最大值为 【答案】2 【分析】根据求得，再用辅助角公式化简，从而得到的最大值. 【详解】由题意，所以， 所以， 又，所以，故的最大值为2. 故答案为：2. 6．（2025·上海崇明·二模）函数的最小正周期是，则 ． 【答案】 【分析】由正弦型函数的周期公式可求得的值. 【详解】因为函数的最小正周期是，则. 故答案为：. 7．（2025·上海浦东新·二模）若，则函数的最小正周期为 ． 【答案】 【分析】利用两角和差的余弦公式化简，再利用周期公式求解. 【详解】， 故最小正周期为. 故答案为： 8．（2025·上海青浦·模拟预测）函数的值域是 . 【答案】 【分析】利用辅助角公式化简函数，再结合正弦函数求值域即可. 【详解】， 其中， 则其值域为 故答案为：. 9．（2024·上海·模拟预测）如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为 .    【答案】 【分析】根据题意，得到点，设，，根据，结合中点公式列出方程组，求得，结合，得到，即可求解. 【详解】由函数的图象，不妨令，则，所以， 设，， 因为，可得，解得， 所以 ，所以， 又由图可知，所以. 故答案为：. 10．（2025·上海普陀·二模）设，函数的表达式为，则对任意的实数，皆有成立的一个充分条件是 . 【答案】 【分析】由题意分析出区间至少包含一个完整的周期，才能保证能取到时的所有函数值，再利用周期的公式求出的取值范围，结合充分条件的定义即可得到结果. 【详解】因为函数，要使， 则周期，即， 因为，所以一个充分条件是， 故答案为： 11．（2025·上海徐汇·二模）设实数，若满足对任意，都存在，使得成立，则的最小值是 . 【答案】/ 【分析】先证明，再说明满足条件，即可得到的最小值是. 【详解】假设，则由可知，取，则对任意，由于，故，从而，不满足条件，矛盾； 假设，取，则对任意，由于，故，从而，不满足条件，矛盾； 以上结果表明必有，而当时，对任意，由可知，故. 而，，所以一定存在，使得，即，满足条件. 综上，的最小值是. 故答案为：. 12．（2025·上海黄浦·二模）设、为常数，，若对任意的，函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据已知讨论、、，结合对应的解析式求值域，及零点个数求参数范围. 【详解】由，则，又， 当，，此时无零点， 当，，此时无零点， 当，如下图，此时，而， 要使在区间上恰有4个根，则，则.    故答案为： 13．（2024·上海长宁·二模）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 0 1 0 (1)请在答题卷上将上表处的数据补充完整，并直接写出函数的解析式； (2)设，求函数的值域； 【答案】(1)补充表格见解析， (2) 【分析】（1）由表得，解方程组即可得，进一步可据此完成表格； （2）由题意结合二倍角公式、诱导公式以及辅助角公式先化简的表达式，进一步通过整体换元法即可求解. 【详解】（1）由题意，解得， 所以函数的解析式为， 令时，解得，当时，， 将表中处的数据补充完整如下表： 0 0 1 0 0 （2）若， 则 ， 因为，所以， 进而， 所以函数的值域为. 14．（2025·上海松江·二模）已知函数，当时函数取得最大值4，记. (1)求函数的表达式； (2)若数列为等差数列，，记，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由时函数取得最大值4，可知值及关于的方程，由其范围可求得值，得解； （2）由（1）求得，进而求得，得，由等比数列前项和公式求解. 【详解】（1）已知当时函数取得最大值4， 因为，所以.此时， 又，解得， 所以函数的表达式为. （2）由（1）知，则，. 因为是等差数列，设公差为，则，解得，， 所以. 又，数列是以为首项，为公比的等比数列， 可得. 【题型三】两角和与差 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； (3)tan(α±β)＝. 2．辅助角公式 asin α＋bcos α＝sin(α＋φ)，其中sin φ＝，cos φ＝. 知识拓展 两角和与差的公式的常用变形： (1)sin αsin β＋cos(α＋β)＝cos αcos β. (2)cos αsin β＋sin(α－β)＝sin αcos β. (3)tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)． tan αtan β＝1－＝－1. 【例】（2025·上海杨浦·二模）已知、、是单位圆上的三个点，若，则的最大值为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，根据数量积的运算律得到，设，， ，再由数量积的坐标表示及两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为、、是单位圆上的三个点，如图建立平面直角坐标系， 因为，即，所以， 所以，即， 不妨设，，设，所以，， 所以， 所以当，即时取得最大值，且. 故选：D    1．（2023·上海嘉定·一模）若，则下列各式中，正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】选项A，利用辅助角公式，得到，取，即可判断出选项A的正误； 选项B，利用余弦的和差角公式，得到，再根据条件即可得出选项B的正误； 选项C和D，通过取特殊角即可判断出选项C和D的正误. 【详解】对于选项A，因为，又，所以当时， ，故选项A错误； 对于选项B，因为， 又，所以，得到， 即，故选项B正确； 对于选项C，当时，，，故选项C错误； 对于选项D，当时，，故选项D错误， 故选：B. 2．（2024·上海宝山·二模）已知，则 . 【答案】/0.5 【分析】利用两角差的正切公式将所求式展开，将代入即可求解. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 3．（2023·上海普陀·二模）若且，则 ． 【答案】 【分析】先根据平方关系及商数关系求出，再利用两角差的正切公式即可得解. 【详解】因为且，所以， 所以， 则. 故答案为：. 4．（2023·上海闵行·二模）若函数的最小值为，则常数的一个取值为 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据题意，由三角恒等变换公式进行化简，然后由函数的最小值为，列出方程，即可得到结果. 【详解】因为 其中，，且， 即，即， 所以，则，. 当时，，即的一个取值为. 故答案为：. 5．（2024·上海·一模）已知中，为其三个内角，且都是整数，则 ． 【答案】6 【分析】不妨令，利用正切函数的单调性，结合已知求出，再利用和角的正切公式分析求解即得. 【详解】在中，不妨令，显然为锐角，而是整数， 若，又函数在上单调递增，则， 此时与矛盾，因此，， ，整理得， 又都是整数，且，因此， 所以. 故答案为：6 6．（2023·上海浦东新·模拟预测）设，．以点为焦点，直线为准线的抛物线交抛物线于两点．则直线的斜率为 ． 【答案】或 【分析】两抛物线的焦点相同，得出两点到两准线的距离相等，因此均在两准线所成四个角的角平分线上，求其斜率即可. 【详解】抛物线的焦点也是，故由抛物线的定义得两点到两准线和的距离相等，因此均在两准线所成四个角的角平分线上，且. 设直线的倾斜角为，，， 如图，当为直线时，设其切斜角为， 由，，得， ，此时直线的斜率为3. 当为直线时，又，此时直线的斜率为. 则直线的斜率为或. 故答案为：或. 【点睛】关键点点睛，解决本题的关键是两抛物线的焦点相同，根据抛物线的定义得出直线为两准线所成四个角的角平分线，题目偏难，灵活性强，学生不容易想到. 7．（2023·上海浦东新·模拟预测）已知，对任意都有，则实数的最小值为 . 【答案】1 【分析】设出，，从而利用向量数量积公式结合三角函数恒等变换和有界性求出最值，得到答案. 【详解】可设，，其中， 则 ， 因为，所以， 由于，，故 ， 因为，所以， 又恒成立，故的最小值为1. 故答案为：1 【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用向量的几何意义将问题转化为几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 8．（2023·上海黄浦·二模）在中，． (1)求的值； (2)若，求的周长和面积． 【答案】(1)； (2)周长32，面积24. 【分析】（1）利用两角和的正弦公式即可求得的值； （2）先利用正弦定理求得的的长，进而求得的周长和面积． 【详解】（1）在中，，又， 则， 则. （2），又，， 则由正弦定理得， 则的周长为 的面积为． 9．（2023·上海奉贤·三模）已知扇形OAB的半径为1，，P是圆弧上一点（不与A，B重合），过P作，M，N为垂足．    (1)若，求PN的长； (2)设，PM，PN的线段之和为y，求y的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）在直角与直角中，利用锐角三角函数的定义求解作答. （2）由（1）中信息，把y用x的函数表示出，再借助正弦函数的性质求解作答. 【详解】（1）在中，，则，显然， 则，从而， 在中，，所以. （2）依题意， ， 因此， 显然，于是， 所以y的取值范围是. 【题型四】 二倍角公式 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； (3)tan 2α＝. 【例】（2025·上海嘉定·二模）已知，若，则 ． 【答案】/0.4 【分析】根据已知，应用商数关系及平方关系可得，再应用二倍角正弦公式求函数值. 【详解】由， 所以，则. 故答案为： 1．（2025·上海普陀·二模）设，在平面直角坐标系xOy中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，若角的终边经过点，且，则角属于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【分析】根据诱导公式和二倍角公式可得，再根据角的终边经过点，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，异号， 所以在第二、四象限， 又，所以在第二象限. 故选：. 2．（2024·上海虹口·一模）若，则 ． 【答案】 【分析】直接利用二倍角公式计算可得. 【详解】因为， 所以. 故答案为： 3．（2023·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则 ． 【答案】/ 【分析】利用三角函数的定义结合二倍角的正弦公式可求得的值. 【详解】在平面直角坐标系中，角的终边经过点， 由三角函数定义可得，， 因此，. 故答案为：. 4．（2024·上海奉贤·二模）已知，且，则 ． 【答案】 【分析】由倍角公式化简方程，解出，得的值. 【详解】已知，由倍角公式得， 由，，解得，则. 故答案为：. 5．（2024·上海·模拟预测）已知 ，，则 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用二倍角的余弦公式计算即得. 【详解】由，得， 由，得，则， 所以. 故答案为： 6．（2023·上海嘉定·三模）若关于的方程在上有实数解，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简，结合三角函数性质判定值域即可. 【详解】原方程 等价于 即函数，在上有交点， ∵，∴，，故， 则. 故答案为： 7．（2025·上海长宁·二模）顶角为的等腰三角形被称为黄金三角形，其底边和腰之比正好为黄金比，用黄金比表示 ． 【答案】 【分析】根据已知可得，由二倍角的余弦函数即可求解. 【详解】 如图等腰三角形中，，过作交于， 所以为角平分线， 所以，即， 由已知可得， 所以， 所以. 故答案为：. 8．（2023·上海长宁·三模）已知. (1)求方程的解集； (2)求函数在上的单调增区间. 【答案】(1) (2)和 【分析】（1）化简得到，取，解得答案. （2）取，解不等式，取和得到单调增区间. 【详解】（1） ， 取，则，解得. 故方程的解集为. （2）取，解得， 当时，满足条件；当时，满足条件； 综上所述：单调增区间是和 【题型五】 三角恒等变换的应用 三角恒等变换的“4大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等． (3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂． (4)弦、切互化：一般是切化弦． 【例】（2025·上海长宁·二模）已知向量． (1)求函数的单调递减区间； (2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)，. (2) 【分析】（1）由数量积的坐标形式结合三角变换公式可得，由整体法可求函数的单调减区间； （2）函数在给定区间上的零点问题可转化为与的图象在上有两个不同的交点，利用正弦函数的性质可求参数的取值范围. 【详解】（1）， 令，则，其中， 故函数的单调递减区间为，. （2）由题设有在有两个不同的零点， 而，故在有两个不同的解， 故与的图象在上有两个不同的交点， 而在为增函数，在为减函数， 且，故， 故. 1．（2023·上海奉贤·一模）已知，，，，满足，，，有以下个结论： ①存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数； ②存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数. 下列说法正确的是（    ） A．结论①、②都成立 B．结论①不成立、②成立 C．结论①成立、②不成立 D．结论①、②都不成立 【答案】B 【分析】根据三角恒等变换的知识，分别将和用，表示即可. 【详解】对于结论①， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴当为常数，时，不是一个常数，故结论①不成立； 对于结论②， 方法一： ∵ 又∵ ∴ 化简得， ∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立. 方法二：（特值法） 当时，， ∴，∴. ∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立. 故选：B. 【点睛】本题中结论②的判断，使用常规三角恒等变换的方法运算量较大，对于存在性结论，使用特值法可以有效验证其正确性，减少运算量. 2．（2023·上海黄浦·三模）若a、b为实数，且，函数在闭区间上的最大值和最小值的差为1，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】讨论的取值，结合三角函数的图象，即可求解. 【详解】（ⅰ）当函数在闭区间内无最值，则函数在内单调， 不妨取，可知，在内单调递增， 可知， 且，则，则， 所以，即， 可得，即 ①若，，则最大值和最小值的差为，符合题意； ②若，， 则， 因为，则，可得， 故，可得， 且，，则，可得； ③若，， 则， 因为，则，可得， 故，可得， 且，，则，可得； 综上所述：； （ⅱ）当函数在闭区间内有最值，不妨取最大值1，最小值为0， 由图象可知：不妨取，当时，取到最大值； 当时，取到最小值； 可得； 综上所述：的取值范围是. 故答案为：.    【点睛】方法点睛：数形结合就是通过数与形之间的对应和转化来解决数学问题．它包含以形助数和以数解形两个方面．一般来说，涉及函数、不等式、确定参数取值范围、方程等问题时，可考虑数形结合法．运用数形结合法解题一定要对有关函数图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否则，错误的图象反而导致错误的选择． 3．（2025·上海·模拟预测）已知. (1)求函数的最小正周期和最大值； (2)在中，若，，求. 【答案】(1)函数的最小正周期为，最大值为 (2) 【分析】（1）利用二倍角和两角和与差以及辅助角公式将函数化为的形式，再利用周期公式和正弦型函数的性质，即可求函数的最小正周期和最大值. （2）根据，，求解出，即可得. 【详解】（1）， 故函数的最小正周期为，最大值为. （2）由，解得. 又，从而， 因为，所以为锐角，. . 4．（2023·上海虹口·模拟预测）设. (1)判断函数的奇偶性，并写出最小正周期； (2)求函数在上的最大值. 【答案】(1)非奇非偶函数， (2) 【分析】（1）根据三角函数恒等变换化简，结合函数奇偶性的定义以及正弦函数的周期，即可求得答案； （2）化简，结合，求得，结合正弦函数的性质，即可求得答案. 【详解】（1）由题意得， 故 ，令，, 由于不恒等于，也不等于， 故为非奇非偶函数， 其最小正周期为； （2）由题意可得 ， 因为，所以，故， 故的最大值为， 即函数在上的最大值为. 5．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知函数，其中. (1)求在上的解； (2)已知，若关于的方程在时有解，求实数m的取值范围. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）根据题意得方程，然后通过的范围解方程即可； （2）代入，然后利用三角公式化简，再将方程有解问题转化为函数值域问题，利用正弦函数的性质求值域即可. 【详解】（1）由已知， 又，所以， 所以或， 所以或， 即在上的解为或； （2）由已知 ， 则在时有解，即在时有解， 因为，所以， 所以， 所以. 6．（2023·上海浦东新·一模）彩云湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边、、、修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中米，米，. (1)如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的属离防护栏（用根号表示）？ (2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计观赏步道？ 【答案】(1)m (2)修建观赏步道时应使得， 【分析】（1）由三角形面积公式求出，得到，利用余弦定理运算求解； （2）先得到烧烤区的占地面积最大时，m，，设，利用正弦定理得到，由面积公式得到，结合，得到面积的最大值，及，得到答案. 【详解】（1）因为，解得：， 又因为C是钝角，所以， 由余弦定理得： ， 故需要修建m的隔离防护栏. （2）因为， 当且仅当时取到等号，此时m， 设，， 在中，， 解得：， 故 ， 因为，所以， 故当，即时，取的最大值为1， 可得， 当且仅当时取到等号，此时m， 所以修建观赏步道时应使得，. 【题型六】 正弦定理和余弦定理 1．正弦定理、余弦定理 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则 定理 正弦定理 余弦定理 内容 ＝＝＝2R a2＝b2＋c2－2bccos A； b2＝c2＋a2－2cacos B； c2＝a2＋b2－2abcos C 变形 (1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C； (2)sin A＝，sin B＝，sin C＝； (3)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C cos A＝； cos B＝； cos C＝ 2．三角形解的判断 A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 a＝bsin A bsin A< a<b a≥b a>b 解的个数 一解 两解 一解 一解 3．三角形中常用的面积公式 (1)S＝aha(ha表示边a上的高)； (2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A； (3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)． 常用结论 在△ABC中，常有以下结论： (1)∠A＋∠B＋∠C＝π. (2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． (3)a>b⇔A>B⇔sin A>sin B，cos A<cos B. (4)sin(A＋B)＝sin C；cos(A＋B)＝－cos C；tan(A＋B)＝－tan C；sin ＝cos ；cos ＝sin . 【例】（2025·上海青浦·模拟预测）已知的角对应边长分别为，则 . 【答案】 【分析】由余弦定理求解，再由反三角函数求得角. 【详解】根据余弦定理得， 把代入可得， 因为，所以. 故答案为：. 1．（2025·上海杨浦·二模）中，“”是“”的（    ）条件. A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分也非必要 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用正弦定理及充要条件的定义判断即可. 【详解】在中，令内角所对的边分别为， 由正弦定理得， 所以”是“”的充要条件. 故选：C 2．（2025·上海闵行·二模）设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件可得集合中所有向量共起点时，终点在球面上，再利用数量积的运算律求出的最大值，进而求出值. 【详解】令集合的各向量起点为，对应终点依次为， 由向量为单位向量，则点在以为球心，1为半径的球面上， 由，得点中任意三点不共线， 由，得，则， 由，同理得，而点不共线， 于是点不共面，点为球内接正四面体的4个顶点， 若，不妨取，同理得，平面， 又，由过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，得点平面， 与点不共面矛盾，因此，设正四面体的棱长为， 则正的外接圆半径为，正四面体的高为， 球心到平面的距离为，因此，解得， 所以. 故选：C 3．（2024·上海徐汇·二模）在中，，，，则的外接圆半径为 . 【答案】 【分析】由正弦定理求解． 【详解】由已知，设三角形外接圆半径为，则，所以． 故答案为：1. 4．（2025·上海长宁·二模）已知点D、E分别是三角形ABC的边AC、BC的中点，且，则三角形ABC的面积的取值范围是 ． 【答案】 【分析】如图，利用补形可得，结合面积公式可求范围. 【详解】 如图，过作，过作交的延长线于， 则四边形、四边形为平行四边形，连接， 则互相平分，故共线且为的中点， 而，故，故， 中，，，， 故， 故， 故答案为： 5．（2025·上海奉贤·二模）已知，“、、成等差数列且、、成等比数列”是“是正三角形”的 条件． 【答案】充要 【分析】根据给定条件，利用等差、等比数列的定义，结合正余弦定理及充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】在中，由、、成等差数列，得，而，则， 由、、成等比数列，得，由正弦定理得， 由余弦定理得，即，解得，因此是正三角形； 若是正三角形，则，， 因此、、成等差数列且、、成等比数列， 所以“、、成等差数列且、、成等比数列”是“是正三角形”的充要条件. 故答案为：充要. 6．（2024·上海虹口·二模）已知一个三角形的三边长分别为，，，则这个三角形外接圆的直径为 . 【答案】/ 【分析】不妨设中，，，利用余弦定理求出，即可求出，再由正弦定理计算可得. 【详解】不妨设中，，， 由余弦定理，即， 解得，又， 所以， 由正弦定理， 即这个三角形外接圆的直径为. 故答案为： 7．（2024高三·上海·专题练习）的内角的对边分别为，，，若，则 ． 【答案】 【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而利用正弦定理可求的值． 【详解】因为， 且，可得，； 由正弦定理可得：． 故答案为：． 8．（2025·上海崇明·二模）在中，若，其面积为，则 ． 【答案】 【分析】先根据三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，进而求出的值. 【详解】已知，，代入面积公式可得： 则，可得：. 根据余弦定理为，可得 则.即， 把代入可得：，即. 由于为边长，可得. 故答案为：. 9．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 . 【答案】 【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值. 【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于）的点的轨迹为双曲线.由，可知， 所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面. 因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上. 由于，所以、在与垂直的面上. 不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为. 过作于，在双曲线中，变形可得. 在（因为）中，的长度可根据坐标关系得到， 因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为（中点）， 由（球的半径的平方为，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关（点坐标与点纵坐标有关），且在轴上的投影长度就是，所以. 在中，根据余弦定理， 通过，代入余弦定理公式化简得到,. 令，则. 对于二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值. 所以. 故答案为：. 10．（2023·上海长宁·一模）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c； (1)若△ABC的面积，求B； (2)若，求； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理，通过化简整理可求出，即可求出角的值； （2）首先由根据正弦定理得，利用角的余弦定理得，最后联立方程组，解方程组即可求出的值. 【详解】（1）已知，化简得， 即得，又，故. （2）已知，由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 由，得，即， 由，解得. 故得. 【题型七】 解三角形的实际应用 解三角形应用题的常考类型 术语名称 术语意义 图形表示 仰角与俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角 方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360° 方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α 例：(1)北偏东α： (2)南偏西α： 坡角与坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ 【例】（2025·上海奉贤·二模）中企联合大厦是奉贤区的第一高楼，是奉贤美奉贤强的一个缩影．某数学建模兴趣小组的同学们去实地进行测量，经过多次的测量，最终在平行于地面的同一水平面上选取三个点：点、点、点作为测量基点．设大厦的最高点为，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，又测得米，，（见图）．现作出以下几个假设：            ①直线垂直于平面； ②平面到地面的距离等于测角仪高度，在计算过程中测角仪高度忽略不计； ③其它次要因素等忽略不计．根据以上信息估算奉贤第一高楼的高度约 米．（结果保留整数） 【答案】 【分析】在以及中，根据三角形正弦定理用高度表示，，在中，由余弦定理列出等式，解出即可. 【详解】设高度为，在中，根据正弦定理有：，即， 在中，根据正弦定理有：，即， 由余弦定理可知： ， 解得：. 故答案为： 1．（2024·上海嘉定·二模）嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动．太阳高度角是指某时刻太阳光线和地平面所成的角．测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面．如图，两竖直墙面所成的二面角为120°，墙的高度均为3米．在时刻，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴影宽度分别为1米、1.5米．在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，则时刻最可能为（    ） 太阳高度角 时间 太阳高度角 时间 43.13° 08:30 68.53° 10:30 49.53° 09:00 74.49° 11:00 55.93° 09:30 79.60° 11:30 62.29° 10:00 82.00° 12:00 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出示意图形，在四边形中利用正弦定理与余弦定理，算出四边形的外接圆直径大小，然后在中利用锐角三角函数定义，算出的大小，即可得到本题的答案. 【详解】如图所示， 设两竖直墙面的交线为，点被太阳光照射在地面上的影子为点， 点分别是点在两条墙脚线上的射影，连接 ，，， 由题意可知就是太阳高度角. ∵四边形中，，， ∴ ， ∴中，， 可得， ∵四边形是圆内接四边形，是其外接圆直径， ∴设的外接圆半径为，则， 在中，， 所以， 对照题中表格，可知时刻时，太阳高度角为，与最接近. 故选：B. 2．（2025·上海·模拟预测）某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中、均与水平面垂直.在已测得可直接到达的两点间距离、的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中不能唯一确定与之间的距离的是（    ）. A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】B 【分析】由已知条件有两边，再结合三个角，可解两个直角三角形，求出高和斜边，然后再用余弦定理求第三边，这样可逐一分析判断，但对于B选项，可通过举反例判断即可. 【详解】记，，，，，，，，，，，，． 对于A选项：已知， 在中，由，可确定；同理，在中，即可确定， 在中，由，可确定； 在中，已知，由余弦定理可解三角形知， 再在中，由勾股定理，可确定； 再由直角梯形，结合勾股定理可得， 即可确定，故A正确； 对于C选项：已知， 在中，由，可确定；同理，在中，可确定； 在中，由及余弦定理，可确定，故C正确; 对于D选项：已知， 在中，由及余弦定理，可确定； 在中，由，可确定；同理，在中，即可确定， 由直角梯形，结合勾股定理可得，① 即可确定，故D正确； 对于B选项：已知，同C，D选项，可确定， 在中，由勾股定理，得， 在中，由余弦定理，得，② 联立①②，得解此关于的二元方程组， 可得，但此二元二次方程组可能有两解， 例如:若，得 解得或故B错误． 故选：B. 3.（2025·上海松江·二模）在定向越野活动中，测得甲在乙北偏东的方向，甲乙两人间的距离为2km，丙在乙北偏西的方向，甲丙两人间的距离为，则乙丙两人间的距离为 km. 【答案】1 【分析】根据题意画出示意图，利用余弦定理求解. 【详解】如图，在中，，. 由余弦定理，可得 ， 即， 解得，即乙丙两人间的距离为1km. 故答案为：1. 4．（2024·上海·模拟预测）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则 (精确到0.1度) 【答案】 【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，，两式相除即可得到答案. 【详解】设， 在中，由正弦定理得， 即’ 即① 在中，由正弦定理得， 即，即，② 因为，得， 利用计算器即可得， 故答案为：. 5．（2025·上海浦东新·二模）如图，某建筑物垂直于地面，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，已知相距100米，，则该建筑物高度约为 米．（保留一位小数） 【答案】66.4 【分析】先在和中，根据仰角分别用建筑物高度表示出和，然后在中利用余弦定理建立关于的方程，最后求解方程得到的值. 【详解】在中，已知从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，即.因为，所以. 在中，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，即.因为，且，所以. 在中，已知米，.根据余弦定理，将，代入可得： ，即 可得. 则. 故答案为：66.4. 6．（2023·上海杨浦·一模）某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架、、垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（、分别在、延长线上）. (1)挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积．已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）； (2)小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值. 【答案】(1)①平方米②平方米 (2)0.3米 【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算BC的长，代入面积公式即可得解； （2）根据正弦定理求出，再由三角恒等变换求最大值即可得解. 【详解】（1）①其为直线段且时， 米， 所以在中，，即（米）. 所以（平方米）； ②其为以为圆心的圆弧时，此时圆的半径为（米）， 圆心角，所以圆弧的长， 所以（平方米） （2）由题意，，， 由正弦定理可得：， 即 ，其中， 当，即时，（米）. 即有效遮挡区域高的最大值为米. 易错点一： 忽视角的终边所在象限致误 【典型例题】已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值为（ ） 特别提醒：已知角的终边经过点，解题时容易只考虑或，然后根据三角函数的定义求值，但却忽视了角的终边所在的象限，导致漏解，显然本题要根据角的终边所在的象限不同而分两种情况进行讨论. 【解析】由题意得，点与原点间的距离， 所以 当时，，故 当时，，故 故选. 【变式练习】已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边在直线上，则的值为 . 特别提醒：已知角的终边在直线上，解题时容易直接取直线上的一个点，然后根据三角函数的定义求值，但却忽视了角的终边所在象限，导致漏解，显然本题要根据角的终边所在的象限不同而分两种情况进行讨论. 【解析】在上取不同于坐标原点的点. 当时，点到原点的距离，所以 当时，点到原点的距离，所以 综上，的值为. 易错点二： 忽视角的范围致错 【典型例题】已知为第三象限角，则（ ） 特别提醒：在利用和计算，的取值时要注意的范围，舍去不符合题意的解，再代入求值，否则容易出现增解. 【解析】由且 解得或 又因为为第三象限角，所以，所以（易错处：忽视角的范围导致增解） 方法一： 方法二： 【变式练习】已知，且，则的值为 . 特别提醒：在对或进行开方时，要注意的范围，应由题目已知条件，判断，的正负，否则任意出现增解，如本题中，若不考虑则. 【解析】 易错点三： 对三角函数的图像理解有误 【典型例题】已知函数，现将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在上的值域为（ ） 特别提醒：函数的图象与的图象之间的变换，通常涉及三个方面的错误：（1）不清楚的符号对平移的影响，错误判断平移方向；（2）不清楚与1的大小，错误判断横坐标的伸长和缩短；（3）混淆平移变换与伸缩变换的变换顺序，错误判断平移的长度. 【解析】将函数的图象向右平移个单位长度，得到 的图象，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象 （易错点：混淆图象变换中变换量的大小及平移方向）.因为，所以，所以，所以在上的值域为故选. 【变式练习】函数的图像向左平移个单位长度，所得到的图像与原函数的对称轴重合，则的最小值是（ ） 特别提醒：周期函数的图象向左或向右平移周期的整数倍与自身重合，但三角函数一个周期有两条对称轴，所以向左向右平移半个周期的整数倍即可使对称轴重合. 【解析】函数的图像向左平移个单位长度，所得到的图象与原函数的图像对称轴重合， ，即. 令，可得的最小值为，故选. 易错点四： 误判区间端点处取值的取等情况致错 【典型例题】已知函数的图象经过点，若函数在区间上恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ） 特别提醒：已知函数零点、极值点个数求参数范围时，易误判区间端点处取值是否取等致错，解题时可将取等情况代入验证，若符合题意，则可以取到等号，若不符合题意，则等号不成立. 【解析】由条件可知，，所以 .当时， 若函数在区间上恰有2个零点，则，解得，故选. 【变式练习】函数的最小值为 . 特别提醒：在此类问题中，换元之后，若未能注意，则极易出现错误.如本题中求得的函数最小值可能为. 【解析】令，则，所以，所以当，即时，函数取最小值0. 易错点五：忽视自变量取值范围致误 【典型例题】[上海金山区2023一模]函数，的值域为 . 特别提醒：求解有关三角函数的取值范围、最值问题时，不仅要注意三角函数本身的有界性，还需注意题中所给条件对角的限制. 【解析】 因为，所以，所以，所以 所以函数，的值域为. 【变式练习】已知均为锐角，且满足，则（ ） 特别提醒：此类题常犯的错误是对角的范围不加讨论或讨论错误，从未使得求出的解不合题意或者漏解，如本题中，若未注意到均为锐角，则错解 【解析】因为， 所以 因为均为锐角，所以，故.故选. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 抢分秘籍03 三角函数与解三角形 目录 【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】弧长公式、扇形面积公式 【题型二】 三角函数的图象与性质 【题型三】 两角和与差 【题型四】 二倍角公式 【题型五】 三角恒等变换的应用 【题型六】 正弦定理和余弦定理 【题型七】 解三角形的实际应用 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一： 忽视角的终边所在象限致误 易错点二： 忽视角的范围致错 易错点三： 对三角函数的图像理解有误 易错点四： 误判区间端点处取值的取等情况致错 易错点五： 忽视自变量取值范围致误 用几何直观和代数运算方法研究三角函数的周期性、奇偶性(对称性)、单调性和最大(小)值等性质，探索和研究三角函数之间的一些恒等关系，利用三角函数构建数学模型，解决实际问题， 三角函数与解三角形是高中数学的重要内容。高考主要考查三角函数的图象及应用、三角函数的性质及应用、三角函数图象与性质的综合应用，有时也与三角恒等变换、平面向量、不等式等综合考查,多以选择题和填空题的形式出现，难度中等。 解三角形是高考的重点和热点，主要考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，有时也与三角恒等变换、立体几何等进行综合命题，加强解三角形与其他章节知识的综合训练以及解三角形在生活、生产实践中的应用，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度属于中低档. 【题型一】弧长公式、扇形面积公式 设扇形的半径为R，弧长为l，α(0＜α＜2π)为其圆心角，则 (1)弧长公式：l＝αR. (2)扇形面积公式：S＝lR＝αR2. 【例】（2025·上海徐汇·二模）如图，某处有一块圆心角为的扇形绿地，扇形的半径为20米，是一条原有的人行直路，由于工程建设需要，现要在绿地中建一条直路，以便在图中阴影部分区域分类堆放物料.为了尽量减少对绿地的破坏（不计路宽），则原直路与新直路的交叉点到的距离为 米. 1．（2023·上海嘉定·一模）已知复平面上一个动点Z对应复数z，若，其中i是虚数单位，则向量扫过的面积为 ． 2．（2023·上海黄浦·一模）已知曲线与曲线，长度为1的线段AB的两端点A、B分别在曲线、上沿顺时针方向运动，若点A从点开始运动，点B到达点时停止运动，则线段AB所扫过的区域的面积为 . 3．（2024·上海黄浦·二模）如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段与分别以为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点是线段上的动点，点O为线段的中点，点在以为直径的半圆弧上，且均为直角.若百米，则此步道的最大长度为 百米. 4．（2024·上海奉贤·一模）申辉中学高一（8）班设计了一个“水滴状”班徽的平面图（如图），徽章由等腰三角形及以弦和劣弧所围成的弓形所组成，其中，劣弧所在的圆为三角形的外接圆，圆心为． 已知，外接圆的半径是2，则该图形的面积为 ．（用含的表达式表示） 5．（2024·上海嘉定·一模）某公园为了美化环境，计划建造一座拱桥DACBE，已知该桥的剖面如图所示，共包括一段圆弧形桥面和两段长度相等的直线型桥面，圆弧形桥面所在圆的半径为4米，圆心在上，且和所在直线与圆分别在连结点和处相切.已知直线型桥面的修建费用是每米0.4万元，弧形桥面的修建费用是每米2.5万元，设，根据空间限制及桥面坡度的限制，的范围为，则当桥面修建总费用最低时的值为 . 【题型二】 三角函数的图象与性质 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 图象 定义域 R R {x|x≠kπ＋} 值域 [－1,1] [－1,1] R 周期性 2π 2π π 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 单调递增区间 [2kπ－π，2kπ] 单调递减区间 [2kπ，2kπ＋π] 对称中心 (kπ，0) 对称轴方程 x＝kπ＋ x＝kπ 常用结论 1．对称性与周期性 (1)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是个周期． (2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是个周期． 2．奇偶性 若f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω≠0)，则 (1)f(x)为偶函数的充要条件是φ＝＋kπ(k∈Z)． (2)f(x)为奇函数的充要条件是φ＝kπ(k∈Z)． 【例】（2025·上海嘉定·二模）设数列满足，记其前n项和为，前n项积为．则下列结论正确的是（    ） A．数列和数列均不是周期数列 B．数列是周期数列，数列不是周期数列 C．数列不是周期数列，数列是周期数列 D．数列和数列均为周期数列 1．（2024·上海·模拟预测）下列函数的最小正周期是的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·上海嘉定·二模）已知关于x的不等式在区间内有k个整数解，则k的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（2025·上海闵行·二模）已知函数在区间上既有最大值1又有最小值，则关于实数的取值，以下不可能的是（   ）． A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 4．（2025·上海奉贤·二模）若是函数的一个周期，则正整数所有可能取值个数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．9 5．（2024·上海·三模）若函数的一个零点是，则函数的最大值为 6．（2025·上海崇明·二模）函数的最小正周期是，则 ． 7．（2025·上海浦东新·二模）若，则函数的最小正周期为 ． 8．（2025·上海青浦·模拟预测）函数的值域是 . 9．（2024·上海·模拟预测）如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为 .    10．（2025·上海普陀·二模）设，函数的表达式为，则对任意的实数，皆有成立的一个充分条件是 . 11．（2025·上海徐汇·二模）设实数，若满足对任意，都存在，使得成立，则的最小值是 . 12．（2025·上海黄浦·二模）设、为常数，，若对任意的，函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是 ． 13．（2024·上海长宁·二模）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 0 1 0 (1)请在答题卷上将上表处的数据补充完整，并直接写出函数的解析式； (2)设，求函数的值域； 14．（2025·上海松江·二模）已知函数，当时函数取得最大值4，记. (1)求函数的表达式； (2)若数列为等差数列，，记，求数列的前项和. 【题型三】两角和与差 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； (3)tan(α±β)＝. 2．辅助角公式 asin α＋bcos α＝sin(α＋φ)，其中sin φ＝，cos φ＝. 知识拓展 两角和与差的公式的常用变形： (1)sin αsin β＋cos(α＋β)＝cos αcos β. (2)cos αsin β＋sin(α－β)＝sin αcos β. (3)tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)． tan αtan β＝1－＝－1. 【例】（2025·上海杨浦·二模）已知、、是单位圆上的三个点，若，则的最大值为（    ）. A． B． C． D． 1．（2023·上海嘉定·一模）若，则下列各式中，正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·上海宝山·二模）已知，则 . 3．（2023·上海普陀·二模）若且，则 ． 4．（2023·上海闵行·二模）若函数的最小值为，则常数的一个取值为 . 5．（2024·上海·一模）已知中，为其三个内角，且都是整数，则 ． 6．（2023·上海浦东新·模拟预测）设，．以点为焦点，直线为准线的抛物线交抛物线于两点．则直线的斜率为 ． 7．（2023·上海浦东新·模拟预测）已知，对任意都有，则实数的最小值为 . 8．（2023·上海黄浦·二模）在中，． (1)求的值； (2)若，求的周长和面积． 9．（2023·上海奉贤·三模）已知扇形OAB的半径为1，，P是圆弧上一点（不与A，B重合），过P作，M，N为垂足．    (1)若，求PN的长； (2)设，PM，PN的线段之和为y，求y的取值范围． 【题型四】 二倍角公式 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； (3)tan 2α＝. 【例】（2025·上海嘉定·二模）已知，若，则 ． 1．（2025·上海普陀·二模）设，在平面直角坐标系xOy中，角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，若角的终边经过点，且，则角属于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．（2024·上海虹口·一模）若，则 ． 3．（2023·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则 ． 4．（2024·上海奉贤·二模）已知，且，则 ． 5．（2024·上海·模拟预测）已知 ，，则 ． 6．（2023·上海嘉定·三模）若关于的方程在上有实数解，则实数的取值范围是 . 7．（2025·上海长宁·二模）顶角为的等腰三角形被称为黄金三角形，其底边和腰之比正好为黄金比，用黄金比表示 ． 8．（2023·上海长宁·三模）已知. (1)求方程的解集； (2)求函数在上的单调增区间. 【题型五】 三角恒等变换的应用 三角恒等变换的“4大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等． (3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂． (4)弦、切互化：一般是切化弦． 【例】（2025·上海长宁·二模）已知向量． (1)求函数的单调递减区间； (2)若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围． 1．（2023·上海奉贤·一模）已知，，，，满足，，，有以下个结论： ①存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数； ②存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数. 下列说法正确的是（    ） A．结论①、②都成立 B．结论①不成立、②成立 C．结论①成立、②不成立 D．结论①、②都不成立 2．（2023·上海黄浦·三模）若a、b为实数，且，函数在闭区间上的最大值和最小值的差为1，则的取值范围是 ． 3．（2025·上海·模拟预测）已知. (1)求函数的最小正周期和最大值； (2)在中，若，，求. 4．（2023·上海虹口·模拟预测）设. (1)判断函数的奇偶性，并写出最小正周期； (2)求函数在上的最大值. 5．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知函数，其中. (1)求在上的解； (2)已知，若关于的方程在时有解，求实数m的取值范围. 6．（2023·上海浦东新·一模）彩云湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边、、、修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中米，米，. (1)如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的属离防护栏（用根号表示）？ (2)考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，则应如何设计观赏步道？ 【题型六】 正弦定理和余弦定理 1．正弦定理、余弦定理 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则 定理 正弦定理 余弦定理 内容 ＝＝＝2R a2＝b2＋c2－2bccos A； b2＝c2＋a2－2cacos B； c2＝a2＋b2－2abcos C 变形 (1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C； (2)sin A＝，sin B＝，sin C＝； (3)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C cos A＝； cos B＝； cos C＝ 2．三角形解的判断 A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 a＝bsin A bsin A< a<b a≥b a>b 解的个数 一解 两解 一解 一解 3．三角形中常用的面积公式 (1)S＝aha(ha表示边a上的高)； (2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A； (3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)． 常用结论 在△ABC中，常有以下结论： (1)∠A＋∠B＋∠C＝π. (2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． (3)a>b⇔A>B⇔sin A>sin B，cos A<cos B. (4)sin(A＋B)＝sin C；cos(A＋B)＝－cos C；tan(A＋B)＝－tan C；sin ＝cos ；cos ＝sin . 【例】（2025·上海青浦·模拟预测）已知的角对应边长分别为，则 . 1．（2025·上海杨浦·二模）中，“”是“”的（    ）条件. A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分也非必要 2．（2025·上海闵行·二模）设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 3．（2024·上海徐汇·二模）在中，，，，则的外接圆半径为 . 4．（2025·上海长宁·二模）已知点D、E分别是三角形ABC的边AC、BC的中点，且，则三角形ABC的面积的取值范围是 ． 5．（2025·上海奉贤·二模）已知，“、、成等差数列且、、成等比数列”是“是正三角形”的 条件． 6．（2024·上海虹口·二模）已知一个三角形的三边长分别为，，，则这个三角形外接圆的直径为 . 7．（2024高三·上海·专题练习）的内角的对边分别为，，，若，则 ． 8．（2025·上海崇明·二模）在中，若，其面积为，则 ． 9．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 . 10．（2023·上海长宁·一模）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c； (1)若△ABC的面积，求B； (2)若，求； 【题型七】 解三角形的实际应用 解三角形应用题的常考类型 术语名称 术语意义 图形表示 仰角与俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角 方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360° 方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α 例：(1)北偏东α： (2)南偏西α： 坡角与坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ 【例】（2025·上海奉贤·二模）中企联合大厦是奉贤区的第一高楼，是奉贤美奉贤强的一个缩影．某数学建模兴趣小组的同学们去实地进行测量，经过多次的测量，最终在平行于地面的同一水平面上选取三个点：点、点、点作为测量基点．设大厦的最高点为，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，又测得米，，（见图）．现作出以下几个假设：            ①直线垂直于平面； ②平面到地面的距离等于测角仪高度，在计算过程中测角仪高度忽略不计； ③其它次要因素等忽略不计．根据以上信息估算奉贤第一高楼的高度约 米．（结果保留整数） 1．（2024·上海嘉定·二模）嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动．太阳高度角是指某时刻太阳光线和地平面所成的角．测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面．如图，两竖直墙面所成的二面角为120°，墙的高度均为3米．在时刻，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴影宽度分别为1米、1.5米．在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，则时刻最可能为（    ） 太阳高度角 时间 太阳高度角 时间 43.13° 08:30 68.53° 10:30 49.53° 09:00 74.49° 11:00 55.93° 09:30 79.60° 11:30 62.29° 10:00 82.00° 12:00 A． B． C． D． 2．（2025·上海·模拟预测）某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中、均与水平面垂直.在已测得可直接到达的两点间距离、的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中不能唯一确定与之间的距离的是（    ）. A．，， B．，， C．，， D．，， 3.（2025·上海松江·二模）在定向越野活动中，测得甲在乙北偏东的方向，甲乙两人间的距离为2km，丙在乙北偏西的方向，甲丙两人间的距离为，则乙丙两人间的距离为 km. 4．（2024·上海·模拟预测）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则 (精确到0.1度) 5．（2025·上海浦东新·二模）如图，某建筑物垂直于地面，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，从地面点处测得建筑物顶部的仰角为，已知相距100米，，则该建筑物高度约为 米．（保留一位小数） 6．（2023·上海杨浦·一模）某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架、、垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（、分别在、延长线上）. (1)挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积．已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）； (2)小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值. 易错点一： 忽视角的终边所在象限致误 【典型例题】已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值为（ ） 【变式练习】已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边在直线上，则的值为 . 易错点二： 忽视角的范围致错 【典型例题】已知为第三象限角，则（ ） 【变式练习】已知，且，则的值为 . 易错点三： 对三角函数的图像理解有误 【典型例题】已知函数，现将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在上的值域为（ ） 【变式练习】函数的图像向左平移个单位长度，所得到的图像与原函数的对称轴重合，则的最小值是（ ） 易错点四： 误判区间端点处取值的取等情况致错 【典型例题】已知函数的图象经过点，若函数在区间上恰有2个零点，则实数的取值范围是（ ） 【变式练习】函数的最小值为 . 易错点五：忽视自变量取值范围致误 【典型例题】[上海金山区2023一模]函数，的值域为 . 【变式练习】已知均为锐角，且满足，则（ ） 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$