专题03 三角函数与解三角形（北京专用）-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编

专题03 三角函数与解三角形 题型概览 题型01 三角函数 题型02 三角恒等变换 题型03 解三角形 ( 题型01 )三角函数 1．（2025·北京东城·二模）已知函数. (1)若的最小值为，求的值； (2)若，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，使得函数存在且唯一，求在区间上的取值范围. 条件①：的图象关于和对称； 条件②：在区间上单调，且的图象关于点对称； 条件③：的最小正周期，且. 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. 2．（2025·北京海淀·二模）已知函数． (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，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，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期． 条件①：； 条件②：是的一个极值点； 条件③：是的一个零点． 3．（2025·北京·二模）设函数，则使得函数在区间上存在最大值的一个值为 ． 4．（2025·北京丰台·二模）已知直线为函数图象的一条对称轴，则满足条件的一个的取值为 ；若在区间上有零点，则的最小值为 ． 5．（2025·北京昌平·二模）如图，正方形的边长为1，点在直线上．是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，．．．，依次类推，其中点，共线，点，共线，点共线，点共线．则的长度为 ；由上述圆弧组成的曲线与直线恰有7个交点时，曲线长度的最小值为 ． 6．（2025·北京昌平·二模）设函数．已知，且当时，的最小值为4，则（    ）． A．， B．， C．， D．， 7．（2025·北京昌平·二模）已知将函数的图象向右平移个单位后，所得函数图象关于原点对称，则常数的一个取值为 ． 8．（2025·北京海淀·二模）在平面直角坐标系中，若点绕原点逆时针旋转可得到点，则 ，点到直线的距离之和的最大值为 ． 9．（2025·北京海淀·二模）在锐角中，，则的一个可能的取值为（    ） A． B． C．2 D．3 10．（2025·北京朝阳·二模）在中，，且，则 ；面积的最大值为 ． ( 题型0 2 )三角恒等变换 11．（2025·北京·二模）已知中，． (1)求的大小； (2)设为的中点，且，求的面积． 12．（2025·北京朝阳·二模）已知函数． (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)设函数，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，使函数存在且唯一，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：在区间上单调递增； 条件②：的最大值为； 条件③：为偶函数． 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． ( 题型0 3 )解三角形 13．（2025·北京朝阳·二模）金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 14．（2025·北京·二模）数学中有许多形状优美，应用广泛的曲线．双纽线就是其中之一（如图），其定义为：在平面内，到两个定点和的距离之积为常数的点的轨迹．设为上一点，给出下列四个结论： ①； ②； ③若点在第一象限，则； ④的周长可以等于． 其中，所有正确结论的序号是 ． 15．（2025·北京昌平·二模）在中，为锐角，． (1)求； (2)若，求的面积． 16．（2025·北京丰台·二模）在中，． (1)求； (2)若,，求边上的高． 17．（2025·北京·二模）在中，，，则 ． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 三角函数与解三角形 题型概览 题型01 三角函数 题型02 三角恒等变换 题型03 解三角形 ( 题型01 )三角函数 1．（2025·北京东城·二模）已知函数. (1)若的最小值为，求的值； (2)若，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，使得函数存在且唯一，求在区间上的取值范围. 条件①：的图象关于和对称； 条件②：在区间上单调，且的图象关于点对称； 条件③：的最小正周期，且. 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. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角恒等变换将解析式变形为，根据三角函数的性质可得最小值，即可求解； （2）由，即可求解，可得；若选择条件①：由已知可得，，求解函数的对称轴，将和代入可知函数存在且不唯一；若选择条件②：根据单调区间可得，将点代入，可得，根据的范围即可求解，根据的范围结合三角函数的图象与性质即可求解；若选择条件③：由可知，再根据可知或，结合的范围即可求解，根据的范围结合三角函数的图象与性质即可求解. 【详解】（1） ， 因为的最小值为，所以，所以； （2）因为，所以，解得， 所以， 若选择条件①：函数的图象的对称轴为， 所以，所以，， 因为，所以，， 所以，即， 因为，故，且，对应的满足题意， 所以函数存在且不唯一； 若选择条件②：因为在区间上单调，所以， 所以，又，所以， 因为的图象关于点对称，所以， 所以，所以， 所以，解得，因为，所以，即， 所以，此时当时，， 故在上单调减，故符合题设要求. 因为，所以， 所以，所以； 若选择条件③：因为的最小正周期，所以， 所以，又，所以， 因为，所以， 所以或， 所以或， 当时，，因为，所以，此时， 当时，，因为，所以不存在满足不等式的，此时无解，所以， 所以，因为，所以， 所以，所以. 2．（2025·北京海淀·二模）已知函数． (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，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，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期． 条件①：； 条件②：是的一个极值点； 条件③：是的一个零点． 【答案】(1)， (2)答案见解析 【分析】（1）利用二倍角公式及差角公式化简，再代入的值，即可得到函数解析式，再由正弦函数的性质计算可得； （2）依题意可得，再根据所选条件，得到方程，求出的取值（集合），即可得到函数解析式，从而求出函数的最小正周期. 【详解】（1）因为 ， 当时，，则， 令，解得， 所以的单调递增区间为； （2）因为，在区间上单调递增，且， 所以，解得； 若选①：，又在区间上单调递增， 所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上， 则，所以，解得， 又，所以， 则，所以的最小正周期为； 若选②：是的一个极值点，又在区间上单调递增， 所以在处取得最大值， 则，所以，解得， 又，所以， 则，所以的最小正周期为； 若选③：是的一个零点， 则，所以，解得， 又，所以或， 当时，，所以的最小正周期为； 当时，，所以的最小正周期为； 3．（2025·北京·二模）设函数，则使得函数在区间上存在最大值的一个值为 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】首先求出的解析式，再根据正弦函数的性质求出的范围，即可得解. 【详解】因为，则， 令，所以， 因为在区间上存在最大值， 所以， 则， 又，即，所以或， 所以符合题意的一个值为（答案不唯一）. 故答案为：（答案不唯一） 4．（2025·北京丰台·二模）已知直线为函数图象的一条对称轴，则满足条件的一个的取值为 ；若在区间上有零点，则的最小值为 ． 【答案】 （答案不唯一） 4 【分析】根据余弦函数的对称性求出的取值集合，即可完成第一空，由余弦函数的对称中心求出的最小值. 【详解】因为直线为函数图象的一条对称轴， 所以，解得， 又，所以取（答案不唯一）； 若在区间上有零点，令，解得， 由，故且, 又且要求的最小值，故，所以的最小值为； 故答案为：（答案不唯一）； 5．（2025·北京昌平·二模）如图，正方形的边长为1，点在直线上．是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，．．．，依次类推，其中点，共线，点，共线，点共线，点共线．则的长度为 ；由上述圆弧组成的曲线与直线恰有7个交点时，曲线长度的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意，求出所在圆的半径，求解的长度；当圆弧组成的曲线与直线恰有7个交点时，要使曲线长度的最小，即由围成，运算得解. 【详解】由题可知，所在圆的半径为6，所以的长度即个圆弧， 所以的长度为； 当圆弧组成的曲线与直线恰有7个交点时，此时与直线的交点为， 曲线长度的最小，即由下面12个圆弧围成， ， 它们的圆弧半径依次为， 所以曲线长度的最小值为. 故答案为：；. 6．（2025·北京昌平·二模）设函数．已知，且当时，的最小值为4，则（    ）． A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】首先根据和的最小值为4这两个条件，确定的值，然后根据求出的值. 【详解】因为的值域为，， 所以当函数值同时取最大值或最小值时，满足. 因为的最小值为4，所以函数的周期. 所以. 因为，所以. 又，所以，所以. 故选：C. 7．（2025·北京昌平·二模）已知将函数的图象向右平移个单位后，所得函数图象关于原点对称，则常数的一个取值为 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】首先求出平移后的函数图象解析式，再根据余弦函数的性质求出的取值. 【详解】将函数的图象向右平移得到的图象， 又的图象关于原点对称，所以， 即，，当时，. 故答案为：（答案不唯一）. 8．（2025·北京海淀·二模）在平面直角坐标系中，若点绕原点逆时针旋转可得到点，则 ，点到直线的距离之和的最大值为 ． 【答案】 【分析】首先求出，即可得到为等边三角形，从而求出，再由，求出点到直线的距离， 点到直线的距离，利用两角差的正弦公式及正弦函数的性质计算可得. 【详解】因为点，所以， 将点绕原点逆时针旋转可得到点，则且， 所以为等边三角形，所以； 将点绕原点逆时针旋转可得到点， 所以点到直线的距离， 点到直线的距离， 所以点到直线的距离之和为 ， 所以当， 即时，点到直线的距离之和取得最大值. 故答案为：； 9．（2025·北京海淀·二模）在锐角中，，则的一个可能的取值为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【分析】依题意可得，再由正弦定理将边化角，利用二倍角公式转化为的三角函数，结合的范围及余弦函数的性质计算可得. 【详解】在锐角中，，则，又， 所以， 又，所以，所以， 所以， 故符合题意的只有B. 故选：B 10．（2025·北京朝阳·二模）在中，，且，则 ；面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用同角三角函数基本关系求出；利用三角形面积公式及基本不等式求出最大值. 【详解】在中，由，得，而，所以； 的面积，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 故答案为：； ( 题型0 2 )三角恒等变换 11．（2025·北京·二模）已知中，． (1)求的大小； (2)设为的中点，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由同角三角函数的关系及正弦二倍角公式化简，即可求解； （2）由正弦定理求得，再结合余弦定理求得，结合三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）由，得． 由，得，故， 所以． （2）由正弦定理得，，即． 由余弦定理得，， 即，解得或（舍）． 所以， 故． 12．（2025·北京朝阳·二模）已知函数． (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)设函数，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，使函数存在且唯一，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：在区间上单调递增； 条件②：的最大值为； 条件③：为偶函数． 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． 【答案】(1)最小正周期，单调递增区间为 (2)答案见解析 【分析】（1）由两角和的正弦公式化简，再由正弦型函数的周期性、单调性求解； （2）分别选择条件后根据条件分析的取值是否唯一，若唯一，再由正弦型函数的性质求最值即可，若不唯一，则放弃该条件的选择. 【详解】（1）由题意得， 所以的最小正周期， 由， 得． 所以的单调递增区间为． （2）选择条件①： 由题意得． 由（1）可知的单调递增区间为． 由在区间上单调递增，得 解得． 又因为，所以． 从而存在且唯一， 当时，， 所以当，即时，取得最大值； 当，即时，取得最小值．                     选择条件②： 由题意得， 函数最大值为，则只需， 由于，故的取值不唯一，故不符合题意，即不能选择条件②； 选择条件③： 由题意得． 由为偶函数可知， 解得． 又因为，所以． 从而存在且唯一． 当时，， 所以当，即时，取得最小值； 当，即时，取得最大值． ( 题型0 3 )解三角形 13．（2025·北京朝阳·二模）金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解. 【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图， O是顶点A在下底面的射影，E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，是球的半径， 则，解得， 在中，， 在中，， 即，即， 解得， 所以， 由于到正四面体各面的距离相等，则E到平面的距离为. 故选：C 14．（2025·北京·二模）数学中有许多形状优美，应用广泛的曲线．双纽线就是其中之一（如图），其定义为：在平面内，到两个定点和的距离之积为常数的点的轨迹．设为上一点，给出下列四个结论： ①； ②； ③若点在第一象限，则； ④的周长可以等于． 其中，所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】令，求得，可判定①正确；设，，结合，得到，可判定②正确；由，得到，可判定③正确；设，由余弦定理求得，得到，可判定④错误. 【详解】对于①中，由双纽线， 令，可得，解得或，所以，所以①正确； 对于②中，设，其中，且， 由， 因为，可得，可得， 所以，所以②正确； 对于③中，若点位于第一象限，要证， 即证，等价于， 由双纽线，可得，所以③正确； 对于④中，设，则三角形的周长为， 在中，由余弦定理得， 即， 即，所以， 即，所以， 因为，所以④错误. 故答案为：①②③. 15．（2025·北京昌平·二模）在中，为锐角，． (1)求； (2)若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再通过三角函数的运算求出角； （2）先根据正弦定理求出的值，再利用余弦定理求出的值，最后根据三角形面积公式求解. 【详解】（1）由及正弦定理， 得． 因为在中，，所以． 因为，所以． 因为为锐角，所以． （2）由，且，解得． 由余弦定理，得，解得或（舍）． 所以的面积． 16．（2025·北京丰台·二模）在中，． (1)求； (2)若,，求边上的高． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角函数的性质求解角； （2）先根据余弦定理求出边，然后利用三角形面积公式求出边上的高. 【详解】（1）在中，因为， 由正弦定理及，得， 因为， 所以， 所以． 所以． （2）因为， 由余弦定理，得， 所以．设边上的高为， 又的面积， 所以， 所以AB边上的高为． 17．（2025·北京·二模）在中，，，则 ． 【答案】 【分析】由正弦定理即可求出sinA，结合三角形大边对大角的性质即可求出答案. 【详解】由正弦定理，，则，，且，即，故. 所以本题答案为. 【点睛】本题考查正弦定理的应用和三角形大边对大角的性质，注意仔细审题，认真计算，属基础题. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$