专题04 三角函数与解三角形（3大考点）（四川专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题04 三角函数与解三角形 （3大考点）(四川专用) 2026年高考数学二模分类汇编 3大考点概览 考点01三角函数的计算 考点02三角函数的图象和性质 考点03解三角形 ( 三角函数的计算 考点1 )1．（2026·四川达州·二模）已知为第四象限角，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】借助二倍角公式计算可得，再利用同角三角函数基本关系计算即可得解. 【详解】， 由为第四象限角，则，则， 则. 2.（2026·四川南充·二模）已知角，满足，，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】利用三角恒等变换，将已知条件转化为关于的关系式，再结合，求出，最后用正切和角公式计算. 【详解】因为， 所以， 所以， 即， 化简可得：， 又因为，所以， 所以， 所以. 3．（2026·四川·二模）在中，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为在中，，则，， 又，所以. 4．（2026·四川内江·二模）已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以， 又，所以. 5．（2026·四川成都·二模）若，，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由， 其中，当时，最大值为. 6．（2026·四川成都·二模）已知，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用两角和的正弦公式化简已知条件，求出，然后结合角的范围求出余弦值，最后根据二倍角公式求解. 【详解】因为， 化简得， 即，又，， 所以. 7．（2026·四川绵阳·二模）已知，则（    ） A．-1 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据正切的二倍角公式计算即可. 【详解】， 故选：D. 8．（2026·四川绵阳·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件利用诱导公式求得，再根据诱导公式，二倍角余弦公式，商数关系化简，得解. 【详解】由，得，故. 所以 . 故选：A. 9．（2026·四川德阳·二模）若，则＝（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由条件关系求出，根据平方差公式，平方关系结合齐次化方法可得，由此可求出. 【详解】因为，所以 ， 故 因为， 又， 所以 10.（2026·四川成都·二模）已知，设甲：，乙：，则（   ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】B 【分析】取可得甲不能推出乙，若，不妨假设，可得，求出的范围，推出矛盾可得乙能推出甲即可判断选项. 【详解】不妨取，满足，此时：， 不满足：，所以甲不能推出乙； 若，不妨假设， 因为，且，则，因为在上是单调递减函数， 所以，则， 因为，则，此时，则， 所以与矛盾，则假设不成立， 所以乙能推出甲， 综上，甲是乙的必要条件但不是充分条件. 11．（2026·四川广元·二模）在中，，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用平面向量数量积的定义，结合余弦定理、三角形面积公式、辅助角公式进行求解即可. 【详解】设所对的边分别为， ，当且仅当时取等号， 即， 即，当且仅当时取等号， 设 ， 所以，所以面积的最大值为. 12．（2026·四川·二模）已知函数在区间上的最小值为3，则_____________． 【答案】4 【详解】 因为，所以，即， 因此的最小值满足：. 13．（2026·四川·二模）已知，则__________. 【答案】 【详解】对展开并整理得： , , , , , , 所以, 所以. 14．（2026·四川成都·二模）已知，，则__________ 【答案】/ 【分析】对已知的两个式子左右两边平方，相加后利用同角三角函数基本关系，再结合两角差的正弦定理的逆用，代入即可求解. 【详解】由题知①， ②， 得， 即， 所以，所以. 15．（2026·四川广安·二模）设函数．当时，的值域为____________；若存在，使得关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是____________． 【答案】 【分析】由同角三角函数的平方关系，换元法及正弦函数的值域即可求解时，的值域；当、时，令，利用一次函数不等式在上恒成立，可得出关于实数的不等式组，可求出实数的取值范围，可得出集合、，当时，分析得出，由此可得出实数的取值集合为． 【详解】当时，，， 设，不妨设， 所以当时，的值域为； 当时，即恒成立时的取值集合为， 则a的取值范围为． ①当时，， 令， 则对恒成立，所以， 解得，即； ②当时，， 令， 则对恒成立， 所以， 解得，即； ③当时，易知， 若，即， 则 即，所以. 综上所述，的取值范围为 16．（2026·四川成都·二模）如图，正方形的边长为1，P，Q分别为边，上的点． (1)若，，求； (2)当的周长为2时，求的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分别求出的值，进而得到的值，再利用勾股定理即可求出； （2）设，，，，利用的周长为2求出的值，再结合的范围求出的值，即可得解. 【详解】（1）由题意知，则， 所以； （2） 设，，，，则，． 由的周长为2可得，即， 两边同时平方可得，化简得． 所以 ． 又因为，所以． 所以． ( 三角函数的图象和性质 考点 2 )1．（2026·四川广安·二模）函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数图象依次确定的值，再利用诱导公式化简即得. 【详解】由图知，该函数的周期满足，即，解得， 则，将点代入，可得， 由图知，函数图象在点附近单调递减，故，即， 故. 2．（2026·四川·二模）函数的部分图象可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的奇偶性及赋值法判断即可. 【详解】函数定义域为，，因此是奇函数，故排除A. 当时，，又，所以.故排除C. 当时，，故排除D. 函数的部分图象可能是选项B. 3．（2026·四川成都·二模）已知函数，则（   ） A．在上单调递增 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．在上单调递减 【答案】B 【详解】若，则， 结合正弦函数单调性可知函数在上有增有减，不单调； 若，则， 结合正弦函数单调性可知函数在上单调递增. 4．（2026·四川内江·二模）已知函数在处取得最小值，在处取得最大值，则的值可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为函数在处取得最小值，在处取得最大值， 则， 将上述两个等式作差得， 所以 将代入可得， 令，则，则，故的可能取值为， BCD选项均不符合题意. 5．（2026·四川泸州·二模）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期为1 B．是偶函数 C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增 【答案】D 【分析】对于A：根据正弦型函数的最小正周期公式运算求解即可；对于B：利用诱导公式整理可得，进而判断奇偶性；对于C：根据对称轴与函数最值之间的关系分析判断；对于D：以为整体，结合正弦函数单调性分析判断. 【详解】因为函数， 对于选项A：的最小正周期为，故A错误； 对于选项B：为奇函数，故B错误； 对于选项C：因为，不为最值， 所以的图象不关于直线对称，故C错误； 对于选项D：因为，则， 且正弦函数在内单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确. 故选：D. 6．（2026·四川眉山·二模）为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（    ） A．先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度 B．先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度 C．先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度 D．先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度 【答案】A 【详解】A选项，先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到， 再向右平移个单位长度，得到，A正确； B选项，先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到， 再向左平移个单位长度，得到，B错误； C选项，先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到， 再向左平移个单位长度，得到，C错误； D选项，先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到， 再向右平移个单位长度，得到，D错误； 7．（2026·四川凉山·二模）函数的定义域为，将曲线向左平移个单位得到函数的图象，且，则可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】逐项求出对应后，检验是否满足即可得. 【详解】对A：若，则， 由，故A错误； 对B：若，则， 则， ， 即满足，故B正确； 对C：若，则， 由，故C错误； 对D：若，则， 由，故D错误. 8．（2024·四川成都·二模）筒车亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具，唐陈廷章《水轮赋》：“水能利物，轮乃曲成.升降满农夫之用，低徊随匠氏之程.始崩腾以电散，俄宛转以风生.虽破浪于川湄，善行无迹；既斡流于波面，终夜有声.”如图，一个半径为4的筒车按逆时针方向每分钟转一圈，筒车的轴心O距离水面的高度为.在筒车转动的一圈内，盛水筒P距离水面的高度不低于的时间为（    ） A．9秒 B．12秒 C．15秒 D．20秒 【答案】D 【分析】画出示意图，结合题意和三角函数值可解出答案. 【详解】假设所在直线垂直于水面，且米，如下示意图， 由已知可得， 所以，处在劣弧时高度不低于米， 转动的角速度为/每秒， 所以水筒P距离水面的高度不低于的时间为秒， 故选：D. 9．（多选）（2026·四川达州·二模）已知函数，下列说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．在处取得最大值 C．的图象关于直线对称 D．在上有2个零点 【答案】AC 【分析】根据给定条件，利用余弦函数的性质逐项计算判断即可. 【详解】对于A，函数的最小正周期为，A正确； 对于B，因，B错误； 对于C，因，C正确； 对于D，当时，，由，得， 解得，即在上有1个零点，D错误. 10．（多选）（2026·四川·二模）已知函数两相邻对称中心的距离为4，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．的对称中心为 C．若有两个零点，，则 D．当其中一个零点时，最小值为 【答案】CD 【详解】对A：因为函数两相邻对称中心的距离为4， 所以函数的最小正周期为8，所以， 所以或，故A错误； 对B：对函数，由或， 所以函数的定义域为，所以函数的定义域不关于点对称， 所以函数的图象也不关于点中心对称，故B错误； 对C：因为，. 所以. 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当即时，方程有两解，和各有1个.故C正确； 对D：由， 代入得：. 令，因为，所以， 则. 令，. 则. 因为，所以，所以在上单调递减. 所以当，对应时，最小，且，所以的最小值为，故D正确. 11．（多选）（2026·四川南充·二模）函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B． C．关于点对称 D．将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称 【答案】AC 【详解】由图可得：，， 由， 由，. 因为，所以，. 所以. 故A正确，B错误； 对C：因为，所以关于点对称，故C正确； 对D：将的图象向左平移个单位长度，可得函数， 当时，，所以函数的图象不关于原点对称.故D错误. 12．（多选）（2026·四川绵阳·二模）若将函数的图象向左平移后关于原点对称，则（    ） A．的最小正周期为 B．的最小值为 C． D． 【答案】BC 【分析】由题可求得可对C判断；可得即可对A判断求解；利用正弦型函数的值域可对B求解；由即可对D判断. 【详解】C：由函数的图象向左平移后为 ， 因关于原点对称，所以，，解得，， 又因为，所以，即，故C正确； A：由题可得，故A错误； B：由值域为，所以的最小值为，故B正确； D：由， 故D错误. 故选：BC. 13．（多选）（2026·四川绵阳·二模）函数的部分图象如图所示，其中，，则（   ）    A． B．在区间恰有一个零点 C． D．在区间上有4个极值点. 【答案】AB 【分析】根据图象的点代入计算得出判断C；确定最小正周期，从而求得，判断A；根据，可判断的零点个数判断B；根据，可判断函数的极值点判断D. 【详解】由图像可知：，所以， 又因为，所以，故C选项错误； 又，所以， 因为属于单调递减区间，所以，所以， 因为的最小正周期，， 所以，故， 所以，故A正确； 所以， 当时，所以， 所以在区间恰有一个零点，故B正确； 因为，， 所以在区间上有3个极值点.，故D错误. 故选：AB. 14．（2026·四川成都·二模）若函数的定义域内存在，，使得成立，则称为“完整函数”.已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为________． 【答案】 【分析】根据三角恒等变换可知，再由三角函数值域以及“完整函数”定义将问题转化为在上需要至少两个不同的解，结合正弦函数图象性质得出不等式即可得解得的取值范围. 【详解】由可得， ， 又（）是上的“完整函数”， 存在，使得成立， 即存在，使得成立， 即，又， ，即在上需要至少两个不同的解， 时，令， 的正根依次为： 区间右端点需满足：，解得. 15．（2026·四川眉山·二模）函数同时满足下列三个条件： ①定义域为，值域为； ②在区间上单调递增，在区间上单调递减； ③对任意，都有． 请写出符合要求的一个的解析式________． 【答案】（答案不唯一） 【分析】利用常见函数，写出一个符合三个条件的函数即可. 【详解】取，所以函数定义域为，值域为，满足条件①； 当时，，在此区间单调递增，且，所以也单调递增； 当时，，在此区间单调递减，且，所以也单调递减，满足条件②； 由于，满足条件③ ( 解三角形 考点 3 )1．（2026·四川凉山·二模）如图，西昭高速施工队计划在一座大山中挖通一条直隧道，需要确定隧道的长度，工程测量员测得隧道两端的两点到点的距离分别为，且，则隧道的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理计算即可得. 【详解】 ， 故隧道的长度. 2．（2026·四川·二模）在中，，，，则的面积是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】在中，由余弦定理得： ， ， 则 所以的面积是. 3．（2026·四川成都·二模）记的面积为S，的外接圆半径为1，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由正弦定理（R为的外接圆半径），且的外接圆半径为1，得 ， 代入得. 由余弦定理得， 又，所以，化简得， 因为，所以. 4．（多选）（2026·四川内江·二模）已知的面积为，角的对边分别是，，，则（   ） A． B． C． D．边的中线长为 【答案】ABD 【分析】利用条件化简判断A；根据正弦定理及三角恒等变换判断B；根据正弦定理求判断C；根据余弦定理求出中线长判断D. 【详解】因为， 所以，即， 所以，由可知，即为钝角， 又，所以， 又为锐角，所以，故A正确； 因为，由正弦定理可得， 所以， 由和差化积公式可得， 即，即， 由可得，所以或（舍去）， 即，故B正确； 由AB可知，，所以，故. 因为，所以. 由正弦定理，，即， 解得，所以，故C错误； 由可知， ， 设边的中线长为，则， 所以，故D正确. 5．（多选）（2026·四川泸州·二模）在锐角中，角的对边分别是，已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，可判定A正确；由，得到，根据正弦定理得到，可判定B错误；由余弦定理和已知条件，化简得到，将，代入求得，可判定C正确；化简得到，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【详解】对于A，因为，由正弦定理得， 又因为，可得， 所以， 即，可得， 因为，所以或， 即或（舍去），所以A正确； 对于B，由，可得， 由正弦定理得，因为，所以，所以，所以B错误； 对于C，由余弦定理得， 因为，代入可得， 整理得，即， 又因为，可得，所以， 所以，所以C正确； 对于D，由，可得，则， 因为，可得 ， 因为为锐角三角形，可得，解得， 令，可得在单调递增， 当时，；当时，， 所以， 因为，所以成立，所以D正确. 故选：ACD. 6．（2026·四川·模拟预测）在中，角所对的边分别为，且为的中点，则的最大值为__________. 【答案】 【分析】由正弦定理边化角，结合角A、B的范围，可得角A，根据余弦定理及基本不等式，可得的最大值，根据条件，可得，两边同时求模，化简整理，即可得答案. 【详解】因为，由正弦定理得， 即. 因为，所以，即. 又，所以. 由余弦定理，得， 所以，即，当且仅当时等号成立. 因为为的中点，所以， 所以 ，所以的最大值为. 7．（2026·四川眉山·二模）在中，已知内角，，满足． (1)求； (2)设边上的中线为，若，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据诱导公式及二倍角正弦公式可得； （2）根据中线向量关系及基本不等式，再结合三角形面积公式可得. 【详解】（1）因为，且， 所以，即， 因为，所以，且，所以. （2）因为边上的中线为，所以， ，又，且， 所以，即，当且仅当时等号成立. 所以面积，当且仅当时等号成立. 故面积的最大值为. 8．（2026·四川广安·二模）记的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果； （2）根据三角形面积公式可得，结合余弦定理可得，即可得结果. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 则， 又因为，则，可得， 即，所以. （2）因为的面积为，可得， 由余弦定理可得， 即，可得， 所以的周长为. 9．（2026·四川广元·二模）记的角，，的对边分别为，，，已知． (1)求； (2)若，且的周长为，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由诱导公式，两角和与差的正弦公式即可求解； （2）由余弦定理求得，再根据三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）因为， 所以 ， 整理得，， 又，所以， 所以，解得， 又，所以． （2）因为，且的周长为，所以， 由余弦定理得，， 整理得，， 由得，，解得， 所以． 10．（2026·四川雅安·二模）已知中，． (1)求的大小； (2)设为的中点，，，求的面积． 【答案】(1) (2)． 【分析】(1)利用三角恒等变换化简求解即可； (2)利用余弦定理及中线的向量表示化简，利用面积公式求解. 【详解】（1）因为， 所以，故． 又，故，所以，所以． （2）由余弦定理，得① 因为是的中点，所以， 故， 即， 即② ②－①得，． 11．（2026·四川成都·二模）在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. (1)求的值； (2)若的外接圆半径为，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件得到之间的关系，并将其代入余弦定理的表达式中，即可得解； （2）利用正弦定理求出，进而求出，即可根据三角形的面积公式求出的面积. 【详解】（1）因为成等差数列，所以. 因为，由正弦定理可得，将其代入，可得. 由余弦定理可得； （2）因为，且，所以. 设的外接圆半径为，则. 由正弦定理可得， 则. 所以的面积. 12．（2026·四川凉山·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求证：； (2)若. ①求； ②证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角后，利用两角差的正弦公式计算即可得； （2）①借助同角三角函数基本关系与二倍角公式计算可得、、，再利用三角形内角和与两角和的正弦公式计算即可得；②令，利用三角恒等变换公式可得，构造函数，利用导数研究其单调性，最后由零点的存在性定理计算即可得. 【详解】（1）由正弦定理可得， 即有， 则或， 若，则； 若，则，舍去； 故； （2）①由，则， 由，则， 由，则，解得，， 故 ； ②令，由，则，， 则 ， 令，则，令， 则，故在上单调递减， 又， ， 由零点存在性定理可得，即. 13．（2026·四川德阳·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知该三角形的面积． (1)求角B的大小； (2)若时，求△ABC面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式、余弦定理求解即得. （2）由（1）中信息，结合基本不等式求出的最大值即可得解. 【详解】（1）在中，，而，即， ，由余弦定理得， 所以. （2）由（1）知，，，而，于是， 即，当且仅当时取等号， 因此的面积， 所以当时，面积取得最大值. 14．（2026·四川成都·二模）已知分别是锐角的角的对边，． (1)求证：； (2)求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用正余弦定理，把混合等式转化为可化简的统一形式，利用锐角三角形的范围约束，结合余弦函数在上单调递减的性质，证明； （2）利用正弦定理将转化为角的正弦比值，再结合（1）中的结论，将表达式统一用角表示，根据锐角三角形的三个内角都为锐角的条件，列出关于角的不等式组，确定角的取值范围，进而求出的取值范围. 【详解】（1）对已知等式， 由正弦定理角化边得：， 整理得：， 再由余弦定理：， 对比得， 因为是锐角三角形，，则， 因为余弦函数在单调递减，所以，得证； （2）由，内角和得， 因为是锐角三角形， 所以：， 由正弦定理： ， 令，则， 因为函数在时单调递增， 而，，所以， 故的取值范围为. 15．（2026·四川绵阳·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，且. (1)求； (2)若，求. 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）根据正弦定理及同角三角函数基本关系可得； （2）直接由余弦定理解三角形可得. 【详解】（1）因为，由正弦定理得，即， 再由及基本关系式得，得或， 因为，所以（舍去），即. 故. （2）由（1）知，所以， 再由余弦定理，且，， 得，，解得或. 当时，，此时，为直角三角形，符合题意； 当时，，此时，为钝角三角形，符合题意； 故或. 16．（2026·四川绵阳·二模）在中，角，，的对边分别为，，，已知. (1)求角； (2)若，的面积为1，求边的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由结合两角和差正弦公式化简即可求解； （2）由三角形面积公式可得，由余弦定理化简即可求解. 【详解】（1）中，，所以 所以 又，所以， 又因为，所以. （2）因为， 由余弦定理， 将，代入解得， 所以. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 三角函数与解三角形 （3大考点）(四川专用) 2026年高考数学二模分类汇编 3大考点概览 考点01三角函数的计算 考点02三角函数的图象和性质 考点03解三角形 ( 三角函数的计算 考点1 )1．（2026·四川达州·二模）已知为第四象限角，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 2.（2026·四川南充·二模）已知角，满足，，则（    ） A． B． C． D．2 3．（2026·四川·二模）在中，，，则（   ） A． B． C． D． 4．（2026·四川内江·二模）已知，，则（   ） A． B． C． D． 5．（2026·四川成都·二模）若，，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·四川成都·二模）已知，且，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·四川绵阳·二模）已知，则（    ） A．-1 B．1 C． D． 8．（2026·四川绵阳·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 9．（2026·四川德阳·二模）若，则＝（   ） A． B． C． D． 10.（2026·四川成都·二模）已知，设甲：，乙：，则（   ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 11．（2026·四川广元·二模）在中，，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 12．（2026·四川·二模）已知函数在区间上的最小值为3，则_____________． 13．（2026·四川·二模）已知，则__________. 14．（2026·四川成都·二模）已知，，则__________ 15．（2026·四川广安·二模）设函数．当时，的值域为____________；若存在，使得关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是____________． 16．（2026·四川成都·二模）如图，正方形的边长为1，P，Q分别为边，上的点． (1)若，，求； (2)当的周长为2时，求的大小． ( 三角函数的图象和性质 考点 2 )1．（2026·四川广安·二模）函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川·二模）函数的部分图象可能是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·四川成都·二模）已知函数，则（   ） A．在上单调递增 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．在上单调递减 4．（2026·四川内江·二模）已知函数在处取得最小值，在处取得最大值，则的值可能为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·四川泸州·二模）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期为1 B．是偶函数 C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增 6．（2026·四川眉山·二模）为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（    ） A．先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度 B．先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度 C．先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度 D．先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度 7．（2026·四川凉山·二模）函数的定义域为，将曲线向左平移个单位得到函数的图象，且，则可以是（    ） A． B． C． D． 8．（2024·四川成都·二模）筒车亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具，唐陈廷章《水轮赋》：“水能利物，轮乃曲成.升降满农夫之用，低徊随匠氏之程.始崩腾以电散，俄宛转以风生.虽破浪于川湄，善行无迹；既斡流于波面，终夜有声.”如图，一个半径为4的筒车按逆时针方向每分钟转一圈，筒车的轴心O距离水面的高度为.在筒车转动的一圈内，盛水筒P距离水面的高度不低于的时间为（    ） A．9秒 B．12秒 C．15秒 D．20秒 9．（多选）（2026·四川达州·二模）已知函数，下列说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．在处取得最大值 C．的图象关于直线对称 D．在上有2个零点 10．（多选）（2026·四川·二模）已知函数两相邻对称中心的距离为4，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．的对称中心为 C．若有两个零点，，则 D．当其中一个零点时，最小值为 11．（多选）（2026·四川南充·二模）函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B． C．关于点对称 D．将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称 12．（多选）（2026·四川绵阳·二模）若将函数的图象向左平移后关于原点对称，则（    ） A．的最小正周期为 B．的最小值为 C． D． 13．（多选）（2026·四川绵阳·二模）函数的部分图象如图所示，其中，，则（   ）    A． B．在区间恰有一个零点 C． D．在区间上有4个极值点. 14．（2026·四川成都·二模）若函数的定义域内存在，，使得成立，则称为“完整函数”.已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为________． 15．（2026·四川眉山·二模）函数同时满足下列三个条件： ①定义域为，值域为； ②在区间上单调递增，在区间上单调递减； ③对任意，都有． 请写出符合要求的一个的解析式________． ( 解三角形 考点 3 )1．（2026·四川凉山·二模）如图，西昭高速施工队计划在一座大山中挖通一条直隧道，需要确定隧道的长度，工程测量员测得隧道两端的两点到点的距离分别为，且，则隧道的长度为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川·二模）在中，，，，则的面积是（   ） A．1 B． C． D． 3．（2026·四川成都·二模）记的面积为S，的外接圆半径为1，且，则（   ） A． B． C． D． 4．（多选）（2026·四川内江·二模）已知的面积为，角的对边分别是，，，则（   ） A． B． C． D．边的中线长为 5．（多选）（2026·四川泸州·二模）在锐角中，角的对边分别是，已知，则（   ） A． B． C． D． 6．（2026·四川·模拟预测）在中，角所对的边分别为，且为的中点，则的最大值为__________. 7．（2026·四川眉山·二模）在中，已知内角，，满足． (1)求； (2)设边上的中线为，若，求面积的最大值． 8．（2026·四川广安·二模）记的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 9．（2026·四川广元·二模）记的角，，的对边分别为，，，已知． (1)求； (2)若，且的周长为，求的面积． 10．（2026·四川雅安·二模）已知中，． (1)求的大小； (2)设为的中点，，，求的面积． 11．（2026·四川成都·二模）在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. (1)求的值； (2)若的外接圆半径为，求的面积. 12．（2026·四川凉山·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求证：； (2)若. ①求； ②证明：. 13．（2026·四川德阳·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知该三角形的面积． (1)求角B的大小； (2)若时，求△ABC面积的最大值． 14．（2026·四川成都·二模）已知分别是锐角的角的对边，． (1)求证：； (2)求的取值范围． 15．（2026·四川绵阳·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，且. (1)求； (2)若，求. 16．（2026·四川绵阳·二模）在中，角，，的对边分别为，，，已知. (1)求角； (2)若，的面积为1，求边的值. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 三角函数与解三角形 ( 三角函数的计算 考点1 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D D A B C D D A C B A 12．4 13． 14．/ 15． 16．【答案】(1) (2) 【分析】（1）分别求出的值，进而得到的值，再利用勾股定理即可求出； （2）设，，，，利用的周长为2求出的值，再结合的范围求出的值，即可得解. 【详解】（1）由题意知，则， 所以； （2） 设，，，，则，． 由的周长为2可得，即， 两边同时平方可得，化简得． 所以 ． 又因为，所以． 所以． ( 三角函数的图象和性质 考点 2 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D B B A D A B D AC CD AC BC AB 14． 15．（答案不唯一） ( 解三角形 考点 3 ) 1 2 3 4 5 C D A ABD ACD 6． 7．【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据诱导公式及二倍角正弦公式可得； （2）根据中线向量关系及基本不等式，再结合三角形面积公式可得. 【详解】（1）因为，且， 所以，即， 因为，所以，且，所以. （2）因为边上的中线为，所以， ，又，且， 所以，即，当且仅当时等号成立. 所以面积，当且仅当时等号成立. 故面积的最大值为. 8．【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果； （2）根据三角形面积公式可得，结合余弦定理可得，即可得结果. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 则， 又因为，则，可得， 即，所以. （2）因为的面积为，可得， 由余弦定理可得， 即，可得， 所以的周长为. 9．【答案】(1) (2) 【分析】（1）由诱导公式，两角和与差的正弦公式即可求解； （2）由余弦定理求得，再根据三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）因为， 所以 ， 整理得，， 又，所以， 所以，解得， 又，所以． （2）因为，且的周长为，所以， 由余弦定理得，， 整理得，， 由得，，解得， 所以． 10．【答案】(1) (2)． 【分析】(1)利用三角恒等变换化简求解即可； (2)利用余弦定理及中线的向量表示化简，利用面积公式求解. 【详解】（1）因为， 所以，故． 又，故，所以，所以． （2）由余弦定理，得① 因为是的中点，所以， 故， 即， 即② ②－①得，． 11．【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件得到之间的关系，并将其代入余弦定理的表达式中，即可得解； （2）利用正弦定理求出，进而求出，即可根据三角形的面积公式求出的面积. 【详解】（1）因为成等差数列，所以. 因为，由正弦定理可得，将其代入，可得. 由余弦定理可得； （2）因为，且，所以. 设的外接圆半径为，则. 由正弦定理可得， 则. 所以的面积. 12．【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角后，利用两角差的正弦公式计算即可得； （2）①借助同角三角函数基本关系与二倍角公式计算可得、、，再利用三角形内角和与两角和的正弦公式计算即可得；②令，利用三角恒等变换公式可得，构造函数，利用导数研究其单调性，最后由零点的存在性定理计算即可得. 【详解】（1）由正弦定理可得， 即有， 则或， 若，则； 若，则，舍去； 故； （2）①由，则， 由，则， 由，则，解得，， 故 ； ②令，由，则，， 则 ， 令，则，令， 则，故在上单调递减， 又， ， 由零点存在性定理可得，即. 13．【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式、余弦定理求解即得. （2）由（1）中信息，结合基本不等式求出的最大值即可得解. 【详解】（1）在中，，而，即， ，由余弦定理得， 所以. （2）由（1）知，，，而，于是， 即，当且仅当时取等号， 因此的面积， 所以当时，面积取得最大值. 14．【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用正余弦定理，把混合等式转化为可化简的统一形式，利用锐角三角形的范围约束，结合余弦函数在上单调递减的性质，证明； （2）利用正弦定理将转化为角的正弦比值，再结合（1）中的结论，将表达式统一用角表示，根据锐角三角形的三个内角都为锐角的条件，列出关于角的不等式组，确定角的取值范围，进而求出的取值范围. 【详解】（1）对已知等式， 由正弦定理角化边得：， 整理得：， 再由余弦定理：， 对比得， 因为是锐角三角形，，则， 因为余弦函数在单调递减，所以，得证； （2）由，内角和得， 因为是锐角三角形， 所以：， 由正弦定理： ， 令，则， 因为函数在时单调递增， 而，，所以， 故的取值范围为. 15．【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）根据正弦定理及同角三角函数基本关系可得； （2）直接由余弦定理解三角形可得. 【详解】（1）因为，由正弦定理得，即， 再由及基本关系式得，得或， 因为，所以（舍去），即. 故. （2）由（1）知，所以， 再由余弦定理，且，， 得，，解得或. 当时，，此时，为直角三角形，符合题意； 当时，，此时，为钝角三角形，符合题意； 故或. 16．【答案】(1) (2) 【分析】（1）由结合两角和差正弦公式化简即可求解； （2）由三角形面积公式可得，由余弦定理化简即可求解. 【详解】（1）中，，所以 所以 又，所以， 又因为，所以. （2）因为， 由余弦定理， 将，代入解得， 所以. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $