专题03 三角函数与解三角形3个考点（福建专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题03 三角函数与解三角形 3大考点概览 考点01三角恒等变换 考点02三角函数的图像与性质 考点03解三角形 三角恒等变换 运算 考点1 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·福建泉州·二模）已知为第二象限角，且，则（   ） A． B． C． D．1 3．（2026·福建漳州·模拟预测）已知，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 4．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在斜中，若，则（   ） A． B．的最大值为 C． D． 5．（2025·福建三明·模拟预测）已知，是第一象限角，，求（    ） A． B． C． D．1 6．（2025·福建福州·模拟预测）已知，则的最小值为（    ） A．3 B．5 C．9 D．25 7．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，β终边经过点， 则（     ） A． B．β终边在第二象限 C． D． 8．（2025·福建福州·模拟预测）已知，，则（   ） A． B． C． D． 9．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，则（   ） A． B． C． D． 三角函数的图像与性质 考点2 1．（2026·福建福州·模拟预测）当时，函数的零点个数为（   ） A．3 B．4 C．6 D．8 2．（2026·福建龙岩·一模）已知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递减，则的值为（    ） A． B．1 C． D．4 3．（2026·福建龙岩·一模）已知函数. (1)求的单调递增区间； (2)在中，，，的面积为，求边的长. 4．（2026·福建莆田·二模）已知函数（）的图象过点. (1)求的单调递增区间； (2)当，且时，证明：. 5．（2026·福建泉州·二模）已知函数的部分图象如图所示，则（   ） A．在区间上单调递减 B．在区间上单调递增 C．的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称 D．的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点中心对称 6．【多选题】（2026·福建漳州·模拟预测）已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，且直线是其中一条对称轴，则（   ） A．的最小正周期为 B． C．在上单调递增 D．的图象关于点中心对称 7．（2025·福建福州·模拟预测）数学与音乐有着紧密的关联，每一个音都是由纯音合成，纯音的数学模型是函数．我们平时听到的音乐不只是一个音在响，而是许多个纯音的结合，称为复合音．复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一部分、三分之一部分、四分之一部分等也同时在振动．已知刻画某声音的函数为：． (1)求函数在上的单调区间； (2)函数，若在上有三个不同的极值点，证明：为定值． 8．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则ω的取值范围是（   ） A． B． C． D． 9．（2025·福建泉州·模拟预测）当时，曲线与的交点个数为（    ） A． B． C． D． 10．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，则（    ） A． B． C． D． 11．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数的图象关于点中心对称，则其图象的一条对称轴方程可以是（    ） A． B． C． D． 12．（2025·福建三明·模拟预测）已知函数部分图象如图所示，其中，则的最小值为（    ） A． B． C．2 D． 13．【多选题】（2025·福建·模拟预测）已知函数的最小正周期为，则（    ） A．的最小值为 B．在上单调递增 C．直线是的图象的对称轴 D．的图象可由的图象向左平移个单位得到 14．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）已知条件：①函数在单调递增；②函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为；③函数的一个零点为.若函数仅满足上述①②③中的两个，则可以是（   ） A． B． C． D． 15．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，函数，若关于的方程在区间上有解，则的取值范围为___________． 解三角形 考点3 1．（2026·福建莆田·二模）记的内角，，的对边分别是，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·福建泉州·二模）已知锐角三角形中，角的对边分别为，且． (1)求； (2)若，求的值． 3．（2025·福建三明·模拟预测）在中，角，，所对的边是，，，已知，外接圆面积为． (1)求的长； (2)若，求的周长． 4．【多选题】（2025·福建漳州·模拟预测）在中，角的对边分别是，，，，则的值可以是（   ） A．1 B． C．2 D． 5．（2025·福建福州·一模）在中，，为的中点，. (1)若，求的长； (2)若，求的长. 6．（2025·福建·模拟预测）记的内角，，所对边分别为，，，已知，. (1)求； (2)若的面积为，求. 7．（2025·福建福州·模拟预测）记的内角A、 B、 C的对边分别为a、 b、 c， 若， 则的面积为________. 8．（2025·福建福州·模拟预测）记的角的对边分别为分别以为边长的三个正三角形的面积依次为，，，已知． (1)求角B； (2)若，求的周长． 9．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，，分别为三个内角，，的对边，，且，（    ） A．1 B．3 C． D． 10．（2025·福建莆田·模拟预测）已知的内角，，所对的边分别为，，，，，则______. 11．（2025·福建福州·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)若的面积不小于，求的最大值. 12．（2025·福建泉州·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)如图所示，为外一点，，，，求． 13．（2025·福建泉州·模拟预测）的内角的对边分别为，且. (1)求； (2)若，求的面积与周长的比值的最大值. 14．（2025·福建泉州·模拟预测）已知分别为三个内角的对边，，且，则（    ） A． B． C． D． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03三角函数与解三角形 考点1 三角恒等变换 1.D 2.A 3.A 4.BCD 5.D 6.c 7.AD 8.D 9.A 考点2 三角函数的图像与性质 1.c 2.B 3. 【详解】(1)f(x)=9sin2x-sin子x+号=号s1n2x+cos2x=sin(2x+号) 令-号+2kT≤2x+晋≤5+2km,keZ, 解得-晋+kπ≤x≤晋+kT,k∈Z, 所以函数f(x)的单调递增区间为[-号+kT,若+kπ]，k∈Z (2)因为f(A)=sin(2A+晋)=专， 又A为△ABC的内角，则A∈(0，T) 故2A+晋∈(，)， 所以2A+吾=要，所以A=号 设角AB,C所对边分别为a,b,c, 因为sinB=2sinC,由正弦定理得b=2c.① 因为三角形的面积为√5，所以号bcsinA=V3.② 1/9 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 b=2W2 由①②解得： c=2 由余弦定理得BC2=b2+c2-2 bccosA=8+2-8×支=6， 所以BC=V6 4.【详解】(1)将点P(罩，2)代入函数解析式，得2=2sin(晋+p),即sin(晋+p)=1, 则有晋+p=号+2kT,解得p=晋+2kπ，k∈Z, 因为p|<,令k=0,则p=晋，所以f(x)=2sin(x+晋)， 由-号+2kπ≤x+晋≤号+2kT,keZ,解得-要+2kπ≤x≤罩+2kT,k∈Z, 故F(x)的单调递增区间为[-要+2km,罩+2kπ]，k∈Z (2)由(1)知f(x)=2sin(x+), 则f(a-)=2sin(a-零+)=2sina, f(B+晋)=2sin(3+晋+晋)=2sin(B+号)=2cosB, 依题意，有f(a-晋)f(B+晋)=4 sinacosB=3,即sinacosB=, 因为sin(&+B)=瓷，即sinacosB+B=号， 代入sinacosB=是得cosasinB=是， sinacosβ 言=4，即器=4， 则有tana=4tanB,得证 5.D 6.ACD 7.【详解】(1)：f(x)=sinx+sin2x+sin3x,求导得f(x)=cosx+cos2x+cos3x, 又：cosa+cosb=cos(学+)+cos(-)=2cos岁cosy, .f (x)=cosx+cos2x+cos3x=2cosxcos2x+cos2x=cos2x(2cosx+1), 当xE(0,π)，令f(x)=0,解得x1=晋，x2=要，x3=牙， 令f(x)>0,解得：0<x<晋或要<x<平， 令f(x)<0,解得：罩<x<晋或要<x<π， 2/9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·f(x)的增区间为：(0，晋)和（晋，妥），减区间为：（晋，牙）和（要，π）. (2)证明：：g(x)=f(x)+2sinx-mx=3sinx+sin2x+青sin3x-mx, g(x)=3cosx +cos2x+cos3x-m, cos3x cos2xcosx-sin2xsinx=(2cos3x-cosx-2sin xcosx) =cosx (2cos2x-1-2sinx)=cosx (4cos2x-3), g'(x)=3cosx+cos2x+cos3x-m=4cos3x+cos2x-m=4cosx+2cos2x-(m+1), :g(x)在(0，π)上有三个不同的极值点1x2x3(x;≠受，i=1,2,3), ÷g(x)=0在(0，π)上有三个不同的根，即4cos3x+2cos2x-(m+1)=0在(0，元)上有三个不同 的根， 令t=cosx,x∈(0，π)时，t∈(-1,1)且t≠0，：≠，·方程转化为4t3+2t2-(m+1)=0 设方程的根为t1=cosx1t2=cosx2t3=cosx3,则4(t-t1)(t-t2)(t-t3)=0, 化简可得：4t3-4(t1+t2+t3)t2+4(t1t2+t2t3+t1t3)t-4t1t2t3=0, 则-4(t1+t2+t3)=2,即t1+t2+t3=-号，4(t1t2十t2t3十t1t3)=0即t1t2十t2t3+t1t3=0, -4t1t2t3=-(m+1),即t1t2t3=唑， 小成十威+=去+专+吉=种型=0. t1t2: ·o盛十c0盛十co盛为定值，命题得证. 8.D 9.D 10.D 11.c 12.A 13.ABD 14.BC s 考点3 解三角形 1.B 3/9 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.【详解】(1由=，可得a2+c2-b2=ac, 则cosB=兰品=， 因为B∈(0，受)，故B=胃 (2)解法一：由cos3C+cosC=0,可得cos(2C+C)+cos(2C-C)=0, 则2cos2 CcosC=0, 因为C∈(0，)，所以cosC≠0,2C∈(0，元)， 则cos2C=0,即2C=变，所以C=, 由正弦定理品=益c=品， 4 可得品=品=nπ=5=o+co写=6+5， b=品×导c=×。 代c+5=4:可%品×号+5x高×厚-4. 解得2a=4,即a=2 解法二：由cos3C+c0sC=0,可得cos3C=-cosC, 则3C+C=元+2km或3C=π+C+2kT(k∈Z), 即C=晋+专kπ或C=号+kπ(keZ), 因为C∈(0，)，所以C=罩， 由余弦定连可得c0sC==号，则a2+b2-c2=反b, 2ab 又a2+c2-b2=ac,两式相加可得2a2=ac+V2ab, 即2a=c+V2b=4,得a=2 解法三：由cos3C+cosC=0,可得cos(2C+C)+cosC=0, cos2 CcosC-sin2CsinC +cosC=0, (cos2C+1)cosC=sin2CsinC=2sin2CcosC, 因为Ce(0,),所以cosC≠0， 则cos2C+1=2sin2c,即2cos2℃-1+1=2sin2c,即cos2C=sin2℃， 则tanC=1,所以C=, 如图，过A作AD⊥BC,垂足为D,可得BD=ccosB,CD=bcosC, 4/9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a BD+CD ccosB+bcosC. 所以a=c+号b=(c+V2b)=支×4=2 B D 3.【详解】(1)由(1-cos2A)b=a2可得2bsin2A=a2,即得=2b, 设△ABC外接圆半径为R,依题意πR2=要，即R2=寻， 由正弦定理，品=2R,则得2b=(品)2=4R2=3,解得b= (2)由AB·B元=A丽Bdcos(元-B)=-accosB=音(*)，可知角B为钝角， 又由余弦定理，b2=星=a2+c2-2 accosB=a2+c2+是，可得a2+c2=多 由正弦定理，岛=2R=2×号=5，可得snB=号，因角B为纯角，故B=等， 代入(*)，可得ac=,故(a+c2=a2+c2+2ac=+2×=3,则a+c=V3, 故△ABC的周长为2+b+c=5十月=29 4.AC 5.【详解】(1)如图，在△DBC中，CD=5,BC=V6,BD=1, 根据余弦定理，得cos∠DBC=D0=⑥固_5 2BDBC 2x1XV6 3 D 又在△ABC中，coS∠ABC=5,BC=V6,AB=2, 根余放定理，cS∠ABC=-5A-9。 2ABBC 2x2x6 解得AC=V2: 5/9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)如图，延长BA,使AE=AC,则△AEC为等腰三角形，∠AEC=∠ACE, ∠BAC=∠AEC+∠ACE=2AEC, B 又∠BAC=2∠BCD,所以∠BCD=∠AEC,所以∠BDC=∠BCE, 所以△BDC~△BCB,则需=骺，即-器， 所以=平，则BC2=2+AC AC=A+D元，B元=Bi+D元， 所以a-|a币+D-|a+|Dd2+2l·DClcOsBDC, C2=|i+Dd2=|2+|Dd2+2·Dcos∠ADc 所以a2+d2=2(12+2)=2[12+(5)]=8, 所以AC2+AC+2=8,即AC2+AC-6=0,解得AC=2或AC=-3(舍) 6.【详解】(1)因为sinB=2sinA,由正弦定理得b=2a, 因为c=4ac0sB,由余弦定理得C=4a×兰二， 整理得c2=2b2-2a2,所以c2=6a2,则c=V6a, 所以由余弦定理得cosA=妇46a2空= 36 8 2x2axv6a (2)因为0<A<,所以sinA=V-cos2A=平， 所以△ABC的面积为特×2a×6a×四=要2 所以年a2=V5,解得a=2(负值已舍去)， 所以b=4 7.4 8【详解1(1)由题意得31=支a2.号=-9952=9b2Sg=9c2, 6/9 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则S,-2+S3=a2-b2+9c2=,即a2+c2-b2=2, 由余弦定理得cOSB=4b,整理得accosB=1, 2ac 又因为S△4Bc=支acsinB=专，所以acsinB=1, 可得tanB=1,因为B∈(0，π)，所以B= (2)由S△4Bc=acsin晋=克可得ac=V2, 由正孩定理得：品=品=品，则品=品·品c=nc= b 二2 则品=V2,故b=V2sinB=1, 由余弦定理得b2=a2+c2-2 accosB=(a+c)2-2ac(1+cosB), 所以(a+c)2=3+22=(V2+1)2,解得a+c=反+1， 所以△ABC的周长为a+b+c=V2+2. 9.B 10等 1.【详解】(1)由a2+c2-aC=b2及余弦定理可知：c0sB=斗经=， 2ac 因为BE(0,元)，则B=背 (2)因为S=acsinB≥V5a2,所以csinB≥2V5a,即c≥4a, 由正弦定理可知：sinC≥4sinA, 因为A+B+C=π，所以sinC=sin(A+B)=sin(号+A), 由此可得sin(胃+A)≥4sinA,展开得cosA十sinA≥4sinA 即V3cosA≥7sinA,又因为A∈(0，π)，sinA>0,所以cosA>0, 同时除以cosA,得tanA≤与， 所以tanA的最大值为写 12.【详解】(1)：bcosC+V3 csinB=a+2c, :在△ABC中，由正弦定理得，sinBcosC+V3 sinCsinB=sinA+2sinC, 7/9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由sin(B+C)=sin(180°-A)=sinA, .sinBcosC+3 sinCsinB=sin(B+C)+2sinC =sinBcosC+cosBsinC+2sinC. 3 sinCsinB-cosBsinC=2sinC. :0°<C<180,sinC≠0，V3sinB-cosB=2, 即sin(B-30)=1, 又：0°<B<180°， ÷B-30°=90°，即B=120° (2)因为AC=AD,令∠DCA=∠CDA=x,∠CAD=180°-2a, 在△ACD中，由正弦定理得， 品=m品D,CD=V5,AAC= CD 5 sin2a ,2c0 在△ABC中，由正弦定理得，品=nSc, BC 因为∠BAC=180°-120°-(120°-a)=-60°，BC=1, AC=部， :sin(a-60)=cosa=sin(90°-)， 解得a=75°，即D=75°. 13.【详解】(1)因为acos(B-C)=(2V3 csinB-a)cosA,所以 acos(B-C)+acosA=23 csinBcosA 因为cosA=-cos(B+C),所以acos(B-C)-acos(B+C)=2V3 csinBcosA a[cosBcosC+sinBsinC-(cosBcosC-sin BsinC)]=23 csinBcosA. 化简得：asinBsinC=V3 csinBcosA 根据正弦定理得：sinAsinBsinC=V5 sinCsinBcosA 因为0<B<π，0<C<T,所以sinB≠0，sinC≠0， 所以sinA=V5cosA解得tanA=V5,又0<A<π，所以A= (2)由(1)知A=号又a=25, 则△ABC的面积为S=bc5inA=号bc,△ABC的周长为L=25+b+c, 8/9 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以是= 23+b+c 由余弦定理得：(2V5)2=b2+c2-2 bccos号，化简得12=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc, 所以bc=+g-1 3 bc≤（些）只，所以+1≤（学）只， 化简得(b+c)2≤48，所以b+c≤45， 所以足e x 23+b+c 23+b+c -x 2/3+b+c 令b+c=t,则2V5<t≤45， 所以是-×-县×-8×228-月(c-25). 23+b+c 2W3+t 2W3+t 所以当t=45时，取最大值为(45-25)=为 14.B 9/9 专题03 三角函数与解三角形 3大考点概览 考点01三角恒等变换 考点02三角函数的图像与性质 考点03解三角形 三角恒等变换 运算 考点1 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】， 由 ， 所以. 2．（2026·福建泉州·二模）已知为第二象限角，且，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】先求出，再根据两角和的余弦公式可求 【详解】因为为第二象限角且，故， 故， 故选：A. 3．（2026·福建漳州·模拟预测）已知，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二倍角的余弦公式，结合的取值范围，及不等式的性质求得的取值范围，从而得到的最大值. 【详解】当时，，得到. 由题意得. 由，得，所以. 故的最大值为. 故选：A. 4．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在斜中，若，则（   ） A． B．的最大值为 C． D． 【答案】BCD 【分析】根据正弦定理、余弦定理及三角恒等变换判断得出. 【详解】对于A，由余弦定理得 ，再由正弦定理得 即，整理得：，即，故A错误； 对于B，因为，，所以，， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以，又因为，所以，所以的最大值为，故B正确； 对于C，由A可知，即， 又因为 ， 即， 同理可得， 所以， 即， 所以，故C正确； 对于D，因为 ， 又因为，所以， ，所以，故D正确. 故选：BCD. 5．（2025·福建三明·模拟预测）已知，是第一象限角，，求（    ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】由三角恒等变换化简已知条件得，可求. 【详解】已知，得， 即， 可得， 由，是第一象限角，有， 所以，则有. 故选：D. 6．（2025·福建福州·模拟预测）已知，则的最小值为（    ） A．3 B．5 C．9 D．25 【答案】C 【分析】利用诱导公式及和角的正切公式列式，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】依题意，，即， 则，当且仅当时取等号， 因此，解得， 所以当时，取得最小值9． 故选：C 7．【多选题】（2025·福建福州·模拟预测）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，β终边经过点， 则（     ） A． B．β终边在第二象限 C． D． 【答案】AD 【分析】利用三角函数定义即可判断A；判断所在象限，即可判断B；根据角所在象限，利用两角和差的正余弦公式，即可判断CD. 【详解】由题意可得， A正确； 由于，故可在第一象限或第三象限， 在第一象限时，，则在第二象限， 在第三象限时，，则在第四象限， 即β终边在第二象限或第四象限，B错误； 由于，在第一象限时，， 此时在第二象限，，则， 故； ； 在第三象限时，， 此时在第四象限，，则， 故， ，C错误，D正确； 故选：AD 8．（2025·福建福州·模拟预测）已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先切化弦，然后用两角和与差的正弦公式进行求解即可得到答案. 【详解】因为，所以，化简得： . 因为，所以. 所以. 所以. 故选：D. 9．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用同角三角函数关系结合已知条件计算得出，再结合两角和余弦公式计算求解. 【详解】因为，且， 所以，， 则. 故选：A. 三角函数的图像与性质 考点2 1．（2026·福建福州·模拟预测）当时，函数的零点个数为（   ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】令，然后通过分析方程在给定区间内的解的个数来确定函数的零点个数. 【详解】令，即，移项可得， 对于，其周期；对于，其周期； 当时，画出两个函数图象为： 由图象可以看出，方程在给定区间内的解的个数为6， 所以函数的零点个数为6. 2．（2026·福建龙岩·一模）已知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递减，则的值为（    ） A． B．1 C． D．4 【答案】B 【分析】由函数的图象关于直线对称，可得；由函数在区间上单调递减，可得，从而得，即可得答案. 【详解】因为函数的图象关于直线对称， 所以， 解得， 又因为函数在区间上单调递减， 所以函数在处取得最大值， 所以, 所以, 解得， 解得. 又因为. 故选：B. 3．（2026·福建龙岩·一模）已知函数. (1)求的单调递增区间； (2)在中，，，的面积为，求边的长. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用辅助角公式，结合正弦函数的单调性即可求解； （2）利用正弦定理角化边，结合面积公式和余弦定理即可求解. 【详解】（1）， 令，， 解得，， 所以函数的单调递增区间为，. （2）因为， 又为的内角，则 故， 所以，所以. 设角所对边分别为， 因为，由正弦定理得.① 因为三角形的面积为，所以.② 由①②解得：， 由余弦定理得， 所以. 4．（2026·福建莆田·二模）已知函数（）的图象过点. (1)求的单调递增区间； (2)当，且时，证明：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）代入点坐标，结合的范围，求出，再由正弦函数的单调性即可求得； （2）由条件化简得，再由和差公式求得，两式相比即可证明. 【详解】（1）将点代入函数解析式，得，即， 则有，解得，， 因为，令，则，所以， 由，，解得，， 故的单调递增区间为，. （2）由（1）知， 则， ， 依题意，有，即， 因为，即， 代入得， 所以，即， 则有，得证. 5．（2026·福建泉州·二模）已知函数的部分图象如图所示，则（   ） A．在区间上单调递减 B．在区间上单调递增 C．的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称 D．的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点中心对称 【答案】D 【分析】根据给定的图象，结合五点法作图求出，再利用正弦函数单调性判断AB；利用函数图象变换，结合奇偶性判断CD. 【详解】观察图象，得，则，而，解得，， 由，得，解得， 令函数的最小正周期为，由，得， 因此，， 对于A，当时，，而当， 即时，函数取到最小值，A错误； 对于B，，而当时，函数取到最小值，B错误； 对于C，是奇函数，图象关于原点对称，C错误； 对于D，是奇函数，图象关于原点对称，D正确. 故选：D 6．【多选题】（2026·福建漳州·模拟预测）已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，且直线是其中一条对称轴，则（   ） A．的最小正周期为 B． C．在上单调递增 D．的图象关于点中心对称 【答案】ACD 【分析】利用已知条件求得函数的解析式为，再利用余弦三角函数的性质对选项进行验证得解. 【详解】余弦函数相邻两条对称轴之间的距离是， 又函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为， ，解得，又，，， 又直线是其中一条对称轴，，， 又，故取，得， 因此函数的解析式为. 对于A，函数的最小正周期为，故A正确， 对于B，，故B错误， 对于C，令，当时，， 在上单调递增，故在上单调递增，故C正确. 对于D，， 因此的图象关于点中心对称，故D正确. 故选：ACD. 7．（2025·福建福州·模拟预测）数学与音乐有着紧密的关联，每一个音都是由纯音合成，纯音的数学模型是函数．我们平时听到的音乐不只是一个音在响，而是许多个纯音的结合，称为复合音．复合音的产生是由于发音体不仅全段在振动，它的各部分如二分之一部分、三分之一部分、四分之一部分等也同时在振动．已知刻画某声音的函数为：． (1)求函数在上的单调区间； (2)函数，若在上有三个不同的极值点，证明：为定值． 【答案】(1)增区间为：和，减区间为：和 (2)证明见解析 【分析】（1）先对函数求导，利用和差化积公式化简导数，再令，求出函数的极值点，利用导数符号求出函数的单调区间； （2）先求出函数的导数并利用三角恒等变换化简，通过换元法把方程转换为关于的三次方程，再利用根与系数的关系证明结论． 【详解】（1），求导得， 又， ， 当，令，解得， 令，解得：或， 令，解得：或， 的增区间为：和，减区间为：和． （2）证明：， ， ， ， 在上有三个不同的极值点， 在上有三个不同的根，即在上有三个不同的根， 令，时，且，，方程转化为， 设方程的根为，则， 化简可得：， 则，即，即， ，即， ． 为定值，命题得证． 8．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则ω的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得，从而得或，再根据，求出的可能取值，由有3个实根，列出不等式组求解即可. 【详解】若方程， 则， 即或， 当时， ， 则大于的取值为， 因为原方程在区间上恰有3个实根， 所以，解得． 所以的取值范围. 故选：D. 9．（2025·福建泉州·模拟预测）当时，曲线与的交点个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用正弦函数图像的性质作出两函数图象，再确定在指定区间内交点个数即可. 【详解】函数的最小正周期为，函数的最小正周期为， 在坐标系中，由五点法作图画出两函数在上的图象，如图：    观测图象知，函数与在上的图象有8个交点. 故选：D 10．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分段函数的定义，再利用任意角的正弦函数值求解 【详解】当时，，故当时，有周期. 故. 而 故选： 11．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数的图象关于点中心对称，则其图象的一条对称轴方程可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由对称中心求出，再结合余弦曲线的对称轴，利用整体的思想即可求图象的对称轴方程. 【详解】因为函数的图象关于点中心对称， 所以 ，有 ， 为偶数时，所以，为奇数时，所以. 令，得， 所以图象的对称轴方程为， 当时，图象的一条对称轴方程为. 故选：C 12．（2025·福建三明·模拟预测）已知函数部分图象如图所示，其中，则的最小值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】先根据求得的值，再对照的图象，得到与函数的周期间的关系，进而得到与的关系，利用求得的范围，得到的最小值. 【详解】由图象知所以.因为,所以.所以. 根据正弦函数的图象，如图， ,, 所以设函数的周期为T,则，即. 因为，所以所以. 所以的最小值为. 故选：A. 13．【多选题】（2025·福建·模拟预测）已知函数的最小正周期为，则（    ） A．的最小值为 B．在上单调递增 C．直线是的图象的对称轴 D．的图象可由的图象向左平移个单位得到 【答案】ABD 【分析】利用正弦型函数的基本性质可求出函数的解析式，利用正弦型函数的最值可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项. 【详解】因为，最小正周期为，所以， 即. 对于A，由于，所以的最小值为，A正确； 对于B，当时，， 所以在上单调递增，B正确； 对于C，因为时，，所以C不正确； 对于D，由 ，所以D正确. 故选：ABD. 14．【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）已知条件：①函数在单调递增；②函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为；③函数的一个零点为.若函数仅满足上述①②③中的两个，则可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】对每个选项中的函数，结合正弦型函数的基本性质逐个验证①②③即可.C 【详解】对于A选项，若，当时，， 此时函数在上不单调，①不满足， 函数的最小正周期为，则函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，②不满足， 因为，即函数的一个零点为，③满足，故A不合乎要求； 对于B选项，若，当时，， 此时，函数在上单调递增，①满足， 函数的最小正周期为为，函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，②不满足， 因为，即函数的一个零点为，③满足，故B合乎要求； 对于C选项，若，当时，， 此时，函数在上单调递减，①不满足， 函数的最小正周期为，函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，②满足， 因为，即函数的一个零点为，③满足，故C合乎要求； 对于D选项，若，当时，， 此时，函数在上单调递增，①满足， 函数的最小正周期为，函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，②满足， 因为，即函数的一个零点为，③满足，故D不合乎要求. 故选：BC. 15．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，函数，若关于的方程在区间上有解，则的取值范围为___________． 【答案】 【分析】由题意得，且，设为锐角，结合即可求解. 【详解】函数的图象的对称中心为，且单调递增， 所以由可得，，且， 不妨设为锐角，所以， 所以函数在单调递减， 所以当时，取得最大值， 当时，取得最小值， 所以，即， 故答案为：． 解三角形 考点3 1．（2026·福建莆田·二模）记的内角，，的对边分别是，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据余弦定理求出的值，再结合角的取值范围确定角的大小. 【详解】 因为，所以. 故选：B. 2．（2026·福建泉州·二模）已知锐角三角形中，角的对边分别为，且． (1)求； (2)若，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题设结合可得，再结合余弦定理求解即可； （2）解法一：由结合两角和与差的余弦公式可得，进而得到，再利用正弦定理可得，代入即可求解； 解法二：由结合余弦函数的性质可得，再利用余弦定理得到，与相加，再结合即可求解； 解法三：由，结合三角恒等变换公式先得到，过作，垂足为，可得，进而结合即可求解. 【详解】（1）由，可得， 则， 因为，故. （2）解法一：由，可得， 则， 因为，所以，， 则，即，所以， 由正弦定理， 可得， 得， 代入，可得， 解得，即. 解法二：由，可得， 则或， 即或， 因为，所以， 由余弦定理可得，则， 又，两式相加可得， 即，得. 解法三：由，可得， 得， 即， 因为，所以， 则，即，即， 则，所以， 如图，过作，垂足为，可得， 故， 所以. 3．（2025·福建三明·模拟预测）在中，角，，所对的边是，，，已知，外接圆面积为． (1)求的长； (2)若，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用二倍角公式和正弦定理化简已知式，借助于外接圆面积即可求解； （2）利用向量数量积的定义化简已知式得，推得角为钝角，由余弦定理得，再由正弦定理求得，则得，进而，求得，即得的周长. 【详解】（1）由可得，即得， 设外接圆半径为，依题意，即， 由正弦定理，，则得，解得. （2）由（*），可知角为钝角， 又由余弦定理，，可得. 由正弦定理，，可得，因角为钝角，故， 代入（*），可得，故，则， 故的周长为. 4．（2025·福建漳州·模拟预测）在中，角的对边分别是，，，，则的值可以是（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】AC 【分析】根据余弦定理直接求解即可. 【详解】根据余弦定理可得， 即，，，， 解得或. 故选：AC. 5．（2025·福建福州·一模）在中，，为的中点，. (1)若，求的长； (2)若，求的长. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）在中，利用余弦定理可求得，在中，再利用余弦定理，即可求得； （2）如图，延长，使，则为等腰三角形，进而可得，则，则，结合平面向量基本定理，可得，联立即可求解. 【详解】（1）如图，在中，，，， 根据余弦定理，得， 又在中，，，， 根据余弦定理，得， 解得； （2）如图，延长，使，则为等腰三角形，， ， 又，所以，所以， 所以，则，即， 所以，则， 又，， 所以， ， 所以， 所以，即，解得或（舍）. 6．（2025·福建·模拟预测）记的内角，，所对边分别为，，，已知，. (1)求； (2)若的面积为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理得，进一步由余弦定理得，再结合余弦定理可得； （2）首先求得，然后结合三角形面积公式即可列方程求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 因为，由余弦定理得， 整理得，所以，则， 所以由余弦定理得. （2）因为，所以， 所以的面积为. 所以，解得（负值已舍去）， 所以. 7．（2025·福建福州·模拟预测）记的内角A、 B、 C的对边分别为a、 b、 c， 若， 则的面积为________. 【答案】4 【分析】根据正弦定理化简已知条件，结合基本不等式，解三角形，求出面积. 【详解】因为，所以，化简得, 由正弦定理可知,可得, 由基本不等式可知，所以，解得，根据正弦函数值域可知，则， 带入可得，解得，所以三角形面积， 故答案为：4. 8．（2025·福建福州·模拟预测）记的角的对边分别为分别以为边长的三个正三角形的面积依次为，，，已知． (1)求角B； (2)若，求的周长． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用面积公式结合已知条件可得，再利用余弦定理可得， 再应用面积公式可得，从而可求得角； （2）利用正弦定理结合已知条件可得，从而可求解，再利用余弦定理即可求得，即可求得周长. 【详解】（1）由题意得， 则，即， 由余弦定理得，整理得， 又因为，所以， 可得，因为，所以 （2）由可得， 由正弦定理得：，则． 则，故， 由余弦定理得， 所以，解得， 所以的周长为． 9．（2025·福建泉州·模拟预测）已知，，分别为三个内角，，的对边，，且，（    ） A．1 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】应用正弦边角关系及已知并整理得，再结合三角形内角性质、诱导公式和角正切公式，且，进而得到关于的方程，求解并验证即可. 【详解】由题设及正弦边角关系，有，， 所以， 由，，则，可得， 所以，整理得， 可得或， 若，则，结合，故，三角形有两个钝角，不符合； 所以. 故选：B 10．（2025·福建莆田·模拟预测）已知的内角，，所对的边分别为，，，，，则______. 【答案】/ 【分析】设，利用余弦定理求出，再结合正弦定理即可求得答案. 【详解】由于，设， 由可得，即， 解得（负值舍）， 故， 故答案为： 11．（2025·福建福州·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)若的面积不小于，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合已知利用余弦定理求得，结合角的范围即可得解. （2）根据得，由正弦定理得，进而由三角形的性质及两角和的正弦公式化简得，即可解答. 【详解】（1）由及余弦定理可知：， 因为，则. （2）因为，所以，即， 由正弦定理可知：， 因为，所以， 由此可得，展开得， 即，又因为，，所以， 同时除以，得， 所以的最大值为. 12．（2025·福建泉州·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)如图所示，为外一点，，，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理和两角和与差的正弦公式即可求解； （2）令，，在和中分别利用正弦定理即可求解. 【详解】（1）， 在中，由正弦定理得，， 由， ， 即， ，，， 即，             又， ，即. （2）因为，令，， 在中，由正弦定理得， ，， 在中，由正弦定理得，， 因为，， ，            ， 解得，即． 13．（2025·福建泉州·模拟预测）的内角的对边分别为，且. (1)求； (2)若，求的面积与周长的比值的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先将原等式利用和差倍角的余弦公式以及正弦定理进行化简，得到关于角的三角函数，进而可求得角的值. （2）首先根据余弦定理求得关于的等式，然后求三角形的面积和周长，化简的表达式，利用基本不等式和三角形的边长性质求得的范围，进而可求得的最大值. 【详解】（1）因为，所以. 因为，所以. 所以. 化简得： 根据正弦定理得：. 因为，所以， 所以.解得，又，所以. （2）由（1）知又， 则的面积为，的周长为， 所以. 由余弦定理得：，化简得， 所以. 又，所以， 化简得，所以， 所以. 令，则， 所以， 所以当时，取最大值为. 14．（2025·福建泉州·模拟预测）已知分别为三个内角的对边，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】思路一：由题意得，，从而可得的值，思路二：由题意得，进一步求出，，结合两角和的正弦公式即可求解. 【详解】解法一：因为为锐角，所以， 又在中，，所以，则 所以，解得，，所以． 故选：B． 解法二：又在中，， 因为，所以 所以，，所以， 又因为，， 所以． 故选：B． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $