专题四 三角函数与解三角形 专项训练-2026届高三数学一轮复习

专题四三角函数与解三角形 专项训练——2026届高三数学一轮复习 一、单选题 1．在中，已知，则（    ） A． B． C． D． 2．函数的图像如图所示，则（    ）    A． B． C． D． 3．已知函数在上单调，则的最大值为（    ） A． B．3 C．2 D． 4．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于直线对称，则的最小值是（    ） A． B． C．2 D．6 5．将函数的图象向左平移个单位得到的函数图象关于轴对称，则的值可以为（    ） A． B．1 C．2 D．5 6．已知，则（   ） A． B． C． D． 7．已知角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（   ） A． B． C． D． 8．已知，则（　　） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数的部分图象如图所示，将图象上每个点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A． B． C．的图象关于直线对称 D．在上单调递减 10．已知函数，则（　　） A．的最小正周期为 B．的一个对称中心是 C．当时，的值域为 D．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 11．已知函数，则（    ） A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称 C．在上的值域为 D．在上单调递增 三、填空题 12．函数的部分图象如图所示，则 . 13．已知，则 . 14．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.若，则 ． 四、解答题 15．已知函数的最小正周期为． (1)求的值及的对称中心； (2)若将的图象向左平移个单位，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到的图象，求的单调递增区间． 16．的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若，求的周长. 17．已知函数，设锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)若，，求b，c的值； (2)将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，求的取值范围． 18．函数的部分图象如图所示. (1)求的解析式及其单调增区间； (2)若，求不等式的解集. 19．已知在中，，. (1)求，； (2)若，求的面积. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《专题四三角函数与解三角形 专项训练——2026届高三数学一轮复习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B B B D B D BC ACD 题号 11 答案 BC 1．D 【分析】利用正弦定理，角化边，再利用余弦定理可求角A. 【详解】因为， 由正弦定理得：， 由余弦定理，， 又为三角形内角，所以. 故选：D 2．C 【分析】由图象的最值得到的值，由两个零点求出，最后代入特殊点求得，即可得到函数解析式. 【详解】观察图象可得函数的最大值为，最小值为，又， 所以， 又∵，∴，∴， 因为时函数取最大值， 所以，，又， ∴， ∴. 故选：C. 3．B 【分析】法一：由，求得单调增区间，再结合集合包含关系即可求解，法二：由得到，再结合集合包含关系即可求解. 【详解】方法一：由正弦函数的单调性，令， 解得， 又在单调， 所以当时，，即， 解得，所以的最大值为3. 方法二：在单调， 故， 所以的最大值为3. 故选：B 4．B 【分析】通过平移得到，再利用对称性列方程，即可求解. 【详解】函数的图象向左平移个单位后， 得到的函数， 因为曲线关于直线对称， 所以，， 解得：，， 因为，令，得，所以的最小值是. 故选：B. 5．B 【分析】利用三角函数平移规律得到函数，由函数图象关于轴对称，推出函数为偶函数，求得，结合选项即得. 【详解】函数的图象向左平移个单位得到的函数为：， 依题意，函数是偶函数，故， 解得，又，结合选项，可得可以取1． 故选：B. 6．D 【分析】利用正弦的差角公式展开后两边平方即可得出答案. 【详解】由题意，即，两边平方得，所以. 故选：D 7．B 【分析】由三角函数的定义得到，再结合同角三角函数商的关系弦化切即可求解. 【详解】由角终边经过点，得， 所以， 故选：B 8．D 【分析】利用三角函数的和差角公式对已知角度关系进行变量代换，将复合角拆分为基本角的和差形式以便于利用已知条件，通过正切函数的商数关系将等式转化为正弦与余弦的乘积关系，结合正弦的和角公式建立方程并求解，再利用正弦的差角公式将所求角表示为已求量的代数组合，最终得出结果. 【详解】设 ，，则， 已知，即； 已知，即， 由得：，即 设，则， 又，解得， 因此， 所求， 综上，. 故选：D 9．BC 【分析】根据正弦函数的图像确定的表达式，然后根据三角函数的变换求出的表达式，然后根据正弦函数的对称轴、单调性等知识判断选项即可. 【详解】由图得，，故， 由，得， 由图知在上单调递增，所以，， 又，所以，，所以， 所以，故A错误，B正确； 因为，故直线是的图象的一条对称轴，C正确； 由，得， 令，得，而， 所以在上单调递减，在上单调递增，故D错误. 故选：BC. 10．ACD 【分析】对A，化简函数，由周期计算公式求解判断；对B，求出的对称中心判断；对C，由的性质求解；对D，由图象变换得到的解析式的奇偶性判断. 【详解】对于A： ， 则周期，A正确； 对于B：由得，所以的对称中心为， 因为无整数解，B错误； 对于C：因为，所以， 因为在单调递减，在单调递增， 所以当，即时，取得最大值， 当，即时，取得最小值， 所以的值域为，C正确； 对于D：向右平移个单位长度，得到， 因为函数是偶函数，所以图象关于轴对称，D正确； 故选：ACD. 11．BC 【分析】根据三角函数的对称性、单调性和值域等性质逐一判断即可. 【详解】因为，所以的图象关于点对称，不关于直线对称，故A错误； ，故的图象关于点对称，故B正确； 当时，，所以，即的值域为，故C正确； 当时，，因为在上单调递减，所以在上单调递减，故D错误. 故选BC. 12．2 【分析】结合图象，，先求出周期，即可得. 【详解】结合图象，， 则，所以. 故答案为：2 13． 【分析】先由题意结合诱导公式得，再由倍角公式和常数“1”的代换结合分式齐次式弦化切即可求解. 【详解】由题得， 所以. 故答案为：. 14．1 【分析】利用正弦定理边化角，结合和差公式可得，利用余弦定理，结合已知和即可求解． 【详解】由及正弦定理得， 又，所以， 因为，所以. 由余弦定理知， 即， 即， 所以， 所以． 故答案为：1． 15．(1)，对称中心为； (2) 【分析】（1）利用辅助角公式变形，根据最小正周期得到，整体法求出函数的对称中心； （2）由平移和伸缩变换得到，整体法求出函数的单调递增区间. 【详解】（1）， 最小正周期为，，故， 所以，令，解得， 故的对称中心为； （2）将的图象向左平移个单位， 得到， 再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到， 令，解得， 故的单调递增区间为. 16．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角，化简即可求解； （2）由（1）结合余弦定理即可求解. 【详解】（1）因为，所以. 因为，所以. 因为，所以舍去， 所以. （2）由余弦定理可得，则. 由得. 由得， 故的周长为. 17．(1)， (2) 【分析】（1）将代入中求出的值，再根据得出，利用余弦定理求值即可； （2）将化简，再通过平移规律得到，根据（1）得到，进而求出的取值范围. 【详解】（1）由题， 所以， 因为，所以，所以，所以， 因为，所以，即， 又，所以，即，所以，； （2）， 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象， 则， 由（1）可知，所以， 在锐角中，，解得 所以，， 因为，所以， 所以，所以， 所以的取值范围为. 18．(1)，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）由图象可求出的值以及函数的最小正周期的值，进而可得出的值，再由以及的取值范围可得出的值，由此可得出函数的解析式，再利用正弦型函数的单调性可求得函数的单调递增区间； （2）利用根据正弦函数的图象与性质解不等式，结合即可求解. 【详解】（1）由图象可知， 函数的最小正周期满足，故，所以， 所以， 因为，可得， 因为，故，所以，解得， 因此， 令，解得， 所以的单调递增区间为. （2）由得， 即，则有， 解得，又，所以， 综上，不等式的解集为. 19．(1)，； (2). 【分析】（1）应用辅助角公式有得，再由三角形内角和的性质、诱导公式、二倍角公式得，即可得； （2）由（1）知，再由正弦定理求边长，最后应用三角形面积公式求的面积. 【详解】（1）由，得，即， 因为，所以，所以，所以， 由，且，得， 则，即， 因为，则，所以； （2）由（1）可得，记的内角，，的对边分别为，，， 由， 因为，由正弦定理，得， 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $