专题05 三角函数与解三角形（山东专用）-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编

专题05 三角函数与解三角形 题型概览 题型01三角函数的概念与性质 题型02三角恒等变换 题型03解三角形 ( 题型01 ) 三角函数的概念与性质 1．（2025·山东·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象．若的图象关于y轴对称，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·山东临沂·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．若的图象关于轴对称，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·山东·二模）设函数，则下面结论中正确的是（    ） A．的周期为 B．的图像关于点对称 C．的一个极值点是 D．在区间单调递减 4．（2025·山东潍坊·二模）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，其终边与圆交于点．若角终边沿逆时针方向旋转角，交圆于点，则角可能为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·山东济南·二模）已知函数在处取得最大值，则（   ） A． B．1 C． D．2 6．（2025·山东枣庄·二模）（多选）已知函数的最小正周期为，则（    ） A． B． C．在区间上单调递减 D．的图象关于点对称 7．（2025·山东潍坊·二模）（多选）已知函数，函数的图象由的图象向左平移个单位得到，则（   ） A．与在上有相同的单调性 B．的图象关于直线对称 C．设，则的一个对称中心为 D．当时，与的图象有6个交点 8．（2025·山东日照·二模）（多选）已知函数，则（    ） A．是偶函数 B．的最小正周期是π C．的值域为 D．在上单调递增 9．（2025·山东枣庄·二模）（多选）已知函数的图象关于点中心对称，则（    ） A．在区间上单调递减 B．直线是曲线的一条对称轴 C．在区间的最小值是 D．将的图象上各点先向右平移个单位（纵坐标不变），再将横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），得到函数的图象 10．（2025·山东聊城·二模）函数，其中，若，使得，则的取值范围为 ． ( 题型0 2 ) 三角恒等变换 1．（2025·山东滨州·二模）已知函数，则（   ） A．要得到的图象，只需将的图象向右平移个单位 B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．若，且，则的最小值为 2．（2025·山东泰安·二模）已知中，为边上的一点，为上的一点，且则有（） A． B． C． D． 3．（2025·山东临沂·二模）已知，若向量与向量互相垂直，则（    ） A． B． C．5 D． 4．（2025·山东菏泽·二模）（多选）已知函数，函数，则下列结论正确的有（    ） A．与的图象有相同的对称轴 B．与有相同的最小正周期 C．将的图象向右平移个单位，可得到的图象 D．与的图象在上只有一个交点 ( 题型0 3 ) 解三角形 1．（2025·山东枣庄·二模）在中，内角的对边分别为，且，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·山东聊城·二模）中，，则的最大值为（    ） A．6 B． C．12 D． 3．（2025·山东枣庄·二模）已知中，，若的平分线交于点，则的长为（    ） A．或 B．或 C． D． 4．（2025·山东滨州·二模）在圆内接四边形中，，则 ，若，则的面积最大值为 ． 5．（2025·山东济南·二模）已知的内角的对边分别为，已知，则 ；若，则面积的最大值为 ． 6．（2025·山东泰安·二模）记的内角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，求外接圆面积的最小值. 7．（2025·山东菏泽·二模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，求边上高的最大值． 8．（2025·山东潍坊·二模）在中，角的对边分别为，已知． (1)求角的大小； (2)若外接圆的半径为，且，求的面积． 9．（2025·山东济宁·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)证明：； (2)若的面积为，证明为等边三角形. 10．（2025·山东聊城·二模）中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且． (1)证明：为等边三角形； (2)如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积． 6 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 三角函数与解三角形 题型概览 题型01三角函数的概念与性质 题型02三角恒等变换 题型03解三角形 ( 题型01 ) 三角函数的概念与性质 1．（2025·山东·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象．若的图象关于y轴对称，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先用到函数图象平移的规律,求出的表达式. 然后根据正弦函数的性质,则在处取得对称轴，由此可列出关于的方程，进而求出的最小值. 【详解】根据函数图象平移规律，将函数的图象向左平移个单位长度，可得：. 因为的图象关于轴对称，所以是偶函数，对于正弦函数，当时函数图象关于轴对称. 那么在中，当时，， 即，可得. 当时，，此时. 故选：B. 2．（2025·山东临沂·二模）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．若的图象关于轴对称，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意写出的表达式，进一步列出关于的式子即可求解. 【详解】由题意是偶函数， 从而，解得. 故选：B. 3．（2025·山东·二模）设函数，则下面结论中正确的是（    ） A．的周期为 B．的图像关于点对称 C．的一个极值点是 D．在区间单调递减 【答案】C 【分析】由正弦函数的周期公式即可判断A；由正弦函数的图象即可判断B；根据极值点的定义即可判断C；根据正弦函数的性质即可判断D． 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，由，故的图像关于点不对称，故B错误； 对于C，设， 则， 当时，，， 当时，，， 所以是的一个极大值点，故C正确； 对于D，时，， 因为在单调递增，所以在区间单调递增，故D错误； 故选：C． 4．（2025·山东潍坊·二模）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，其终边与圆交于点．若角终边沿逆时针方向旋转角，交圆于点，则角可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用任意角三角函数的定义结合两角差的正弦公式得到，再利用正弦函数的性质得到的可能值即可. 【详解】因为角的终边与圆交于点， 所以由任意角三角函数定义得，， 设旋转后的角为，且旋转后的角交圆于点， 则由任意三角函数的定义得，， 得到， ， 故，当时，，故D正确. 故选：D 5．（2025·山东济南·二模）已知函数在处取得最大值，则（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】由正弦函数的性质有，，结合参数范围即可得. 【详解】由题设，则，， 又，则. 故选：D 6．（2025·山东枣庄·二模）（多选）已知函数的最小正周期为，则（    ） A． B． C．在区间上单调递减 D．的图象关于点对称 【答案】ACD 【分析】由同角三角函数的关系及正余弦二倍角公式得到，进而逐项判断即可. 【详解】. 因为的最小正周期为，所以，解得，故A正确； .因为，所以.而，故B错误； 当时，单调递减，故C正确； 令，得.令，可得图象的一个对称中心为点，故D正确. 故选：ACD 7．（2025·山东潍坊·二模）（多选）已知函数，函数的图象由的图象向左平移个单位得到，则（   ） A．与在上有相同的单调性 B．的图象关于直线对称 C．设，则的一个对称中心为 D．当时，与的图象有6个交点 【答案】ACD 【分析】根据平移规则得到函数即可判断A正确，由余弦函数对称轴方程可得B错误，再由正切函数对称中心方程可得C正确，画出函数图像即可求得交点个数，可得D正确. 【详解】易知的图象向左平移个单位可以得到， 对于A，当时，， 由正弦函数和余弦函数图像性质可知，与在上均是单调递减的，即它们有相同的单调性，可得A正确； 对于B，由可知，令，解得， 因此可得的图象关于直线对称，即B错误； 对于C，易知， 令，解得， 即则的对称中心为， 当时，可知的一个对称中心为，即C正确； 对于D，当时，，又； 画出函数的图象如下图所示： 结合图像可知，与的图象有6个交点，即D正确. 故选：ACD 8．（2025·山东日照·二模）（多选）已知函数，则（    ） A．是偶函数 B．的最小正周期是π C．的值域为 D．在上单调递增 【答案】AC 【分析】利用奇偶性定义判断A；由奇偶对称性，只需写出上解析式，画出部分图象分析判断B、C、D即可. 【详解】函数的定义域为R，且， 所以是偶函数，A对； 在上，， 在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减， 函数部分图象如下(注意偶函数的对称性)，    由图知，所以的最小正周期为，值域为，B错、C对； 由且，结合图知在上不单调，D错. 故选：AC. 9．（2025·山东枣庄·二模）（多选）已知函数的图象关于点中心对称，则（    ） A．在区间上单调递减 B．直线是曲线的一条对称轴 C．在区间的最小值是 D．将的图象上各点先向右平移个单位（纵坐标不变），再将横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），得到函数的图象 【答案】ABD 【分析】由函数图象关于对称可求出的值，再结合余弦型函数的单调性判断A；由余弦函数的对称性判断B；由余弦型函数的最值判断C；由函数图象的平移变换判断D. 【详解】因为关于点中心对称， 所以，解得， 又因为，所以，即， 对于A，当时，， 此时单调递减，故A正确； 对于B，时，， 所以直线是曲线的一条对称轴，故B正确； 对于C，当时，， 当时，取最小值-1，故C错误； 将的图象上各点先向右平移个单位（纵坐标不变），得到函数的图象， 再将横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），得到函数的图象， 故D正确； 故选：ABD. 10．（2025·山东聊城·二模）函数，其中，若，使得，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由已知得在的图象至少有2个最大值，根据正弦函数的性质即可求解． 【详解】由题可知，在的图象至少有2个最大值， 当时，，解得， 当时，， 当时，， 综上，当时，，使得， 故答案为：． ( 题型0 2 ) 三角恒等变换 1．（2025·山东滨州·二模）已知函数，则（   ） A．要得到的图象，只需将的图象向右平移个单位 B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．若，且，则的最小值为 【答案】C 【分析】利用辅助角公式计算可得，再由平移规则计算可得A错误，利用代入验证法检验可得B错误，结合整体代换并利用正弦函数性质可得C正确，由函数周期性可判断D错误. 【详解】易知， 对于A，将的图象向右平移个单位可以得到，得不到的图象，即A错误； 对于B，将代入可得，即B错误； 对于C，当时，可得， 由正弦函数图象性质可得在区间上单调递减，即C正确； 对于D，若，且取得最小值， 则可得的最小值为一个周期长度，即，即D错误. 故选：C 2．（2025·山东泰安·二模）已知中，为边上的一点，为上的一点，且则有（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】假设，设，则，，进而可用，，表示边，利用三角恒等变换化简即可. 【详解】设，设， 则，， 在Rt中，， ， 在Rt中，， ， ， 故选：C. 3．（2025·山东临沂·二模）已知，若向量与向量互相垂直，则（    ） A． B． C．5 D． 【答案】C 【分析】依题意可得、、、均不为，将两式相除得到，再由及两角和的正切公式计算可得. 【详解】因为，，显然、、、均不为， 所以，即，所以， 所以， 因为向量与向量互相垂直， 所以 则，又，解得. 故选：C 4．（2025·山东菏泽·二模）（多选）已知函数，函数，则下列结论正确的有（    ） A．与的图象有相同的对称轴 B．与有相同的最小正周期 C．将的图象向右平移个单位，可得到的图象 D．与的图象在上只有一个交点 【答案】BCD 【分析】利用辅助角公式进行恒等式变形，再借助正弦型函数性质求周期和对称轴，可判断AB，利用平移思想可判断C，利用三角方程求解思想可判断D. 【详解】由，可得的最小正周期为， 由，可得的最小正周期为， 故B正确； 再由，可知图象的对称轴为， 再由，可知图象的对称轴为， 故A错误； 将的图象向右平移个单位可得的图象，故C正确； 由可得，， 由于， 所以， 其中只有一个解，故D正确； 故选：BCD. ( 题型0 3 ) 解三角形 1．（2025·山东枣庄·二模）在中，内角的对边分别为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，利用余弦定理求解. 【详解】由及，得， 由余弦定理，得， 因为，所以. 故选：C 2．（2025·山东聊城·二模）中，，则的最大值为（    ） A．6 B． C．12 D． 【答案】D 【分析】根据正弦定理可得在以半径为的圆上，由向量线性运算得，根据向量运算几何意义，计算即可求解. 【详解】由正弦定理可得，， 所以在以半径为的圆上， 则 由向量数量积几何意义及垂径定理可知： 当与同向时，有最大值为， 所以的最大值为.    故选：D. 3．（2025·山东枣庄·二模）已知中，，若的平分线交于点，则的长为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理求解出再利用角平分线定理结合斯台沃特定理求解即可. 【详解】 因为 所以 即又所以 则，又所以， 又因为为的平分线，所以 又因为，在中， 由余弦定理知： 所以，由角平分线定理知：， 所以 使用斯台沃特定理求BD的长度： 代入数值： 化简得到： 解得： 故选：C. 4．（2025·山东滨州·二模）在圆内接四边形中，，则 ，若，则的面积最大值为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理建立方程，利用两角和的正弦公式展开得，进而求得；设并结合正弦定理表示出，再利用三角形面积公式，结合二次函数的性质求出最大值. 【详解】在中，， 由正弦定理得，所以， 所以，所以， 所以；所以是四边形外接圆直径，， 设，则， 在中，， 由正弦定理得，即， 在中，， 所以 ，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 故答案为：； 5．（2025·山东济南·二模）已知的内角的对边分别为，已知，则 ；若，则面积的最大值为 ． 【答案】 2 【分析】（1）法一：利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解；法二：利用正、余弦定理边角转化分析求解； （2）法一：利用余弦定理结合三角形面积公式可得，结合同角三角函数的基本关系可得，最后利用换元法结合二次函数求最值求解即可；法二：建立平面直角坐标系，设，根据题设可得建立的关系式，从而求出点 的轨迹为一个圆，从而可分析求解. 【详解】（1）法一：因为， 可得， 由正弦定理可得： 所以； 法二：因为，由正弦定理可得， 由余弦定理得： 化简得：，即，所以. （2）方法一：可得， 由余弦定理可得， 且， 所以 所以，即时，的最大值为3，所以面积的最大值为． 方法二：以AB边所在直线为x轴，以边AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系， 则，设， 因为，所以，化简得：， 即顶点C在以为圆心，以为半径的圆（除去与x轴的交点）上， 所以的AB边上的高最大值为， 所以面积的最大值为． 故答案为：2； 6．（2025·山东泰安·二模）记的内角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，求外接圆面积的最小值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）利用正弦定理结合三角变换可得，故可求； （2）利用基本不等式可求的最小值，故可求外接圆半径的最小值，从而可求外接圆半径的最小值. 【详解】（1）由 整理得：， 由正弦定理，可得， 即， 因为，所以，即， 又因为，所以. （2）由正弦定理，外接圆的半径， 要使外接圆的半径最小，只需最小， 由余弦定理，， 当且仅当时取等号，此时，则. 故外接圆面积的最小值为. 7．（2025·山东菏泽·二模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，求边上高的最大值． 【答案】(1) (2). 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）设外接圆的半径为，由即可求出，从而求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最大值，最后由等面积法计算可得. 【详解】（1）因为，由正弦定理得：①， 因为，所以. 故①式可变形为， 即， 化简得：，因为，所以，故. 因为，故. （2）设外接圆的半径为， 由正弦定理得：，则，，， 又，故得， 由（1）知，故，则， 由余弦定理得：，即， 则，当且仅当时等号成立， 设边上高为，由三角形的面积公式得：，即. 故边上高的最大值为. 8．（2025·山东潍坊·二模）在中，角的对边分别为，已知． (1)求角的大小； (2)若外接圆的半径为，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得； （2）由正弦定理求出，再由余弦定理及求出、，最后由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为 由正弦定理得． 所以， 因为，所以． 所以． 因为，所以， 因为，所以． （2）因为外接圆半径为， 由正弦定理得，由（1）知，即，所以， 由余弦定理得，所以， 因为，代入上式得． 因为，所以，则，所以． 9．（2025·山东济宁·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)证明：； (2)若的面积为，证明为等边三角形. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据正弦定理进行边换角并结合三角恒等变换得，再利用正弦定理角换边即可； （2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理即可得到，则得其为等边三角形. 【详解】（1）由正弦定理得， 即， 所以， 所以， 所以，由正弦定理得． （2）因为，所以， 因为，所以为锐角，所以． 由余弦定理得， 又，代人化简得， 所以， 所以为等边三角形． 10．（2025·山东聊城·二模）中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，且． (1)证明：为等边三角形； (2)如图，若边长为3，点E，F分别在边BC，BA上，将沿着线段EF对折，顶点恰好落在边上的点，当时，求重叠部分的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由两角和与差的余弦公式得出，根据正弦定理边化角得出，再根据同角三角函数的平方关系即可求解，代入得出即可证明； （2）由余弦定理得出，再根据三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：由，得， 展开得．① 由可得．② ①－②得， 因为，所以， 解得或（舍去）． 又，所以． 把代入，得，则． 所以，故是等边三角形． （2）由及，得，设，则． 在中，由余弦定理可得， 即，解得． 同理，在中，由余弦定理可得． 又， 所以． 20 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $$