专题03 三角函数与解三角形（3年汇编）（全国通用）2024-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2024-2026年高考三角函数与解三角形真题，覆盖三角恒等变换、图象性质、解三角形三大高频考点，突出公式灵活应用、数形结合及实际情境问题。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|24题|三角恒等变换（同角关系、二倍角）、三角函数性质（周期、单调性）|结合函数零点（2025北京卷）、新定义情境| |填空|18题|三角函数图象平移、解三角形面积公式|融入单位向量（2025上海卷）、实际测量（斜面影子）| |解答|16题|三角恒等变换综合、解三角形与立体几何|分层设问（2026全国I卷）、机械模型（摇杆装置）|

专题03 三角函数与解三角形 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 考点01 三角恒等变换 2026年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、天津卷、上海卷； 2025年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、天津卷、上海卷； 2024年：新课标Ⅰ/Ⅱ卷、全国甲卷、北京卷、天津卷、上海卷； 题型包含选择、填空、解答题，为高频必考考点 以同角三角函数关系、两角和差、二倍角公式为核心，考查化简、求值；常结合函数零点、最值综合设问，公式灵活运用是考查重点，多选题型有所涉及。 考点02 三角函数图象与性质 2026年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、天津卷、上海卷； 2025年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、天津卷、上海卷； 2024年：新课标Ⅰ/Ⅱ卷、全国甲卷、北京卷、天津卷、上海卷； 选择、填空为主，部分地区结合解答题考查 重点考查周期、奇偶性、单调性、对称轴、对称中心；图象平移、交点问题热度高，融入新定义、实际生活情境，侧重数形结合思想。 考点03解三角形 2026年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、天津卷、上海卷； 2025年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、天津卷、上海卷； 2024年：新课标Ⅰ/Ⅱ卷、全国甲卷、北京卷、天津卷、上海卷； 小题、解答大题均高频出现，属于核心主干考点 主要考察正弦定理、余弦定理、面积公式；常与立体几何、球面几何、实际测量、机械模型结合命题；解答题综合性强，多设置多小问分层考查，注重边角互化与逻辑推理。 考点01 三角恒等变换 1．（2026·全国II卷·高考真题）已知为第二象限角，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用二倍角公式化简可得，结合角的范围分别求出，即可求解. 【详解】由，得： 因为是第二象限角，所以，， 化简得：，即 由于，解得：， 因为，所以， 所以 2．（2025·北京·高考真题）设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（   ） A．8 B．6 C．4 D．3 【答案】C 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 【详解】函数， 设函数的最小正周期为T，由可得， 所以，即； 又函数在上存在零点，且当时，， 所以，即； 综上，的最小值为4. 故选：C. 3．（2025·全国II卷·高考真题）已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案. 【详解】， 因为，则，则， 则. 故选：D. 4．（2024·上海·高考真题）下列函数的最小正周期是的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 . 【详解】对A，，周期，故A正确； 对B，，周期，故B错误； 对于选项C，，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误； 对于选项D，，周期，故D错误， 故选：A． 5．（2024·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解. 【详解】因为， 所以，， 所以， 故选：B. 6．（2024·新课标I卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值. 【详解】因为，所以， 而，所以， 故即， 从而，故， 故选：A. 7．（2025·全国I卷·高考真题）（多选）已知的面积为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项. 【详解】，由二倍角公式，， 整理可得，，A选项正确； 由诱导公式，， 展开可得， 即， 下证. 方法一：分类讨论 若，则可知等式成立； 若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理， 又，于是， 与条件不符，则不成立； 若，类似可推导出，则不成立. 综上讨论可知，，即. 方法二：边角转化 时，由，则， 于是， 由正弦定理，， 由余弦定理可知，，则， 若，则，注意到，则， 于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是， 结合，而都是锐角，则， 于是，这和相矛盾， 故不成立，则 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是， 则，可同方法一种讨论的角度，推出， 方法四：和差化积（方法一改进） 续法三： ，可知同时为或者异号，即，展开可得， ， 即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知. 由，由，则，即， 则，同理，由上述推导，，则， 不妨设，则，即， 由两角和差的正弦公式可知，C选项正确 由两角和的正切公式可得，， 设，则， 由，则，则， 于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误. 故选：ABC 8．（2026·上海·高考真题）已知，则__________． 【答案】 【详解】． 9．（2025·上海·高考真题）已知，是平面内三个不同的单位向量．若，则的取值范围是_______． 【答案】 【分析】利用分段函数值分类讨论，可得，再根据数量积关系设出坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得. 【详解】若，则， 又三个向量均为平面内的单位向量，故向量两两垂直，显然不成立； 故. 不妨设，则， 不妨设，， 则，则， 则 ， 由，， 则， 故. 故答案为：. 10．（2025·上海·高考真题）已知，则__________． 【答案】 【分析】利用同角三角函数关系和余弦的两角和公式求解即可. 【详解】由可得， 所以， 故答案为： 11．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在上的最大值是______． 【答案】2 【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可. 【详解】，当时，， 当时，即时，. 故答案为：2 12．（2024·新课标II卷·高考真题）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则_______. 【答案】 【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案. 【详解】法一：由题意得， 因为，， 则，， 又因为， 则，，则， 则，联立 ，解得. 法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则, ，， 则 故答案为：. 13．（2026·北京·高考真题）已知函数，，．最小正周期为，且，． (1)求、的值； (2)求的单调递减区间． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得，结合正弦型函数周期公式列方程求，再由列式求； （2）根据正弦型函数单调区间求法求结论. 【详解】（1）因为， 所以， 又的最小正周期为，， 所以，所以， 因为， 所以，， 所以，， 所以， 所以， （2）令，，可得，， 函数的单调递减区间为. 14．（2026·天津·高考真题）已知． (1)求最小正周期； (2)若，求的最大值和最小值； (3)若，，求． 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3) 【分析】（1）由正弦型函数周期计算公式计算求解； （2）利用换元法，结合正弦函数性质求解； （3）根据同角三角函数基本关系、二倍角公式及两角和的正弦公式计算求解. 【详解】（1）； （2）若，则， 由正弦函数性质可知，当，即时，函数有最小值，即， 当，即时，函数有最大值，即. 所以函数的最大值为，最小值为； （3）若，，所以， 则，， 则. 考点02 三角函数 1．（2026·北京·高考真题）（），将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】平移后函数为，与关于轴对称可知函数值互为相反数，利用正弦相等得方程，排除不恒成立情形，得到的取值个数. 【详解】将向右平移个单位得 . 由题意，与的图像关于轴对称，即恒成立， 即. 分两种情形讨论： ①，对任意不恒成立，舍去； ②，化简得 ，即. 由得， 对应，因此的取值个数为3个. 2．（2026·全国I卷·高考真题）已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，，， 即集合，且集合，所以. 3．（2026·天津·高考真题）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断. 【详解】由题意， 由题意及图得，函数为奇函数，且当时，， 对A选项，当时，，与图象不符，故A错误； 对B选项，当时，，与图象不符，故B错误； 对D选项，当时，，与图象不符，故D错误； 对C选项，在中， ，即该函数为奇函数， ，与图象相符，故C正确. 4．（2025·天津·高考真题），在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（   ） A． B． C．1 D．0 【答案】A 【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴， 所以时函数取最大值， 又因为是它的一个对称中心， 所以，， 设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知， 即， 又在上单调递增，则， ∴，则，， ∵，∴时，，∴， 当时，， 由正弦函数的单调性可知. 故选：A 5．（2025·天津·高考真题）设，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得. 【详解】由，则“”是“”的充分条件； 又当时，，可知， 故“”不是“”的必要条件， 综上可知，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 6．（2025·全国I卷·高考真题）已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解. 【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足， 即的对称中心是， 即， 又，则时最小，最小值是， 即. 故选：B 7．（2025·上海·高考真题）已知，不等式在中的整数解有m个．关于m的个数，以下不可能的是（   ）． A．0 B．338 C．674 D．1012 【答案】D 【分析】由题设可得，结合正切函数的周期分或时，和两种情况讨论求解即可. 【详解】由，即， 对于，周期为， 且，， 当或时，不等式在中无整数解； 当时，若不等式有在内只有1个整数解， 比如时，此时在内的整数解为， 而， 则在中可能有个整数解； 若不等式有在内只有2个整数解， 比如时，此时在内的整数解为或， 则在中可能有个整数解； 由于， 则在内最多只有2个整数解，因此在中不可能有1012个整数解. 故选：D. 8．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解. 【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点， 则，即， 且，所以. 故选：B. 9．（2024·天津·高考真题）已知函数的最小正周期为．则在区间上的最小值是（   ） A． B． C．0 D． 【答案】D 【分析】结合周期公式求出，得，再整体求出当时，的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解. 【详解】因为函数的最小正周期为，则，所以， 即，当时，， 所以当，即时， 故选：D 10．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可. 【详解】对A，设，函数定义域为，但，，则，故A错误； 对B，设，函数定义域为， 且，则为偶函数，故B正确； 对C，设，， ，则不是偶函数，故C错误； 对D，设，函数定义域为， 因为，且不恒为0， 则不是偶函数，故D错误. 故选：B. 11．（2024·新课标II卷·高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可. 【详解】解法一：令，即，可得， 令， 原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点， 注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上， 可得，即，解得， 若，令，可得 因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点， 所以符合题意； 综上所述：. 解法二：令， 原题意等价于有且仅有一个零点， 因为， 则为偶函数， 根据偶函数的对称性可知的零点只能为0， 即，解得， 若，则， 又因为当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 即有且仅有一个零点0，所以符合题意； 故选：D. 12．（2024·新课标I卷·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解 【详解】因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点. 故选：C 13．（2024·新课标II卷·高考真题）（多选）对于函数和，下列说法中正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 14．（2026·全国I卷·高考真题）已知（，）是偶函数，在区间上单调递增．则__________，__________． 【答案】 【分析】根据单调性和周期性可得.解法一：根据偶函数可得，并代入结合单调性检验即可；解法二：根据题意可得，即可得，根据导数与单调性的关系分析求解；解法三：分析可知在处取到极小值，可得，进而可得结果. 【详解】设函数的最小正周期为，由题意可知， 因为函数在上单调递增，则，即， 可得，解得， 且，，则. 解法一：因为函数为偶函数， 则，，且， 则，， 若，则， 即或，不符合题意， 若，则， 即或，符合题意； 且或； 综上所述：，. 解法二：因为， 若函数为偶函数，则，即， 且，则， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在上单调递减，不符合题意， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在上单调递增，符合题意， 且或； 综上所述：，. 解法三：因为函数为偶函数，且函数在上单调递增， 可知在处取到极小值，则，，且， 则，，则， 即或，符合题意； 且或. 15．（2026·上海·高考真题）已知三角函数（，，，），若，当或时其导数为0，初始速度为0，且速度第一次达到4时用时为0.1秒，则__________． 【答案】 【分析】利用已知条件结合三角函数的性质构造方程组求出，结合初速度为0，求出，结合第一次达到最大值的时间构造方程求出，进而求出解析式． 【详解】由题意知，和时，导数为0，即的最小值为0，最大值为4， 又， 所以，解得，故； 已知初速度为0，则，解得， 已知，则， 速度第一次达到4时用时秒，则，即， 此时． 16．（2026·上海·高考真题）有一个油壶，壶身视为圆柱，壶嘴视为直线且不计容积，壶底直径厘米，壶身高厘米，壶内油液面高厘米，壶嘴长厘米，与壶身夹角为，壶嘴最低点距壶底厘米，将壶身向壶嘴方向至少转_____________度可使油倒出（精确到） 【答案】 【分析】根据题意，结合条件分别表示出，然后在中，由正弦定理代入计算，即可得到结果. 【详解】 设壶嘴最低点，最高点分别是， 图中圆柱轴截面矩形，距离点最近的顶点是点，另外三个顶点分别为， 当水平液面经过点时，可将油倒出， 设倾斜角为，当液面经过点时，， 先考虑液面不超过点，即的情况， 设液面与分别交于点， 设的中点为，过作的垂线，垂足为， 则，，所以， 因为，所以， 因为， 所以， 在中，， 即， 即， 即，所以， 即， 因为，所以至少将油壶倾斜即可将油倒出. 故答案为： 17．（2025·北京·高考真题）关于定义域为的函数，给出下列四个结论： ①存在在上单调递增的函数使得恒成立； ②存在在上单调递减的函数使得恒成立； ③使得恒成立的函数存在且有无穷多个； ④使得恒成立的函数存在且有无穷多个． 其中正确结论的序号是________． 【答案】②③ 【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误. 【详解】对于①，若存在在上的增函数，满足， 则，即， 故时，，故， 故即，矛盾，故①错误； 对于②，取，该函数为上的减函数且， 故该函数符合，故②正确； 对于③，取， 此时，由可得有无穷多个， 故③正确； 对于④，若存在，使得， 令，则，但，矛盾， 故满足的函数不存在，故④错误. 故答案为：②③ 18．（2025·北京·高考真题）已知，且，.写出满足条件的一组的值________，_________． 【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一） 【分析】根据角的三角函数的关系可得角的等量关系，从而可得满足条件的一组解. 【详解】因为，， 所以的终边关于轴对称，且不与轴重合， 故且， 即， 故取可满足题设要求； 故答案为：；（答案不唯一） 19．（2025·上海·高考真题）小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为1米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光：其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度为0.45米．则斜面的底角_________．（结果用角度制表示，精确到） 【答案】 【分析】先根据在处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合处的旗杆算出斜面角. 【详解】如图，在处，，在处满足， （其中水平面，是射过处杆子最高点的光线，光线交斜面于）， 故设，则， 由勾股定理，，解得， 于是 故答案为： 20．（2025·上海·高考真题）函数在上的值域为_________． 【答案】 【分析】利用余弦函数的单调性可得. 【详解】由函数在上单调递增，在单调递减， 且， 故函数在上的值域为. 故答案为：. 21．（2024·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为________． 【答案】/ 【分析】首先得出，结合三角函数单调性即可求解最值. 【详解】由题意，从而， 因为，所以的取值范围是，的取值范围是， 当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为. 故答案为：. 22．（2026·上海·高考真题）已知函数. (1)当，，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或， 【分析】（1）根据以及可得，即可求导以及点斜式求解直线方程， （2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解. 【详解】（1）当时，则， 根据可得，故，故， 由于，故，故， ，则， 故函数在处的切线方程为，故， （2）函数的最小正周期为，故，所以， 令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，无解， 综上可得或. 23．（2025·上海·高考真题）已知函数的定义域为．对于正实数a，定义集合． (1)若，判断是否是中的元素，请说明理由； (2)若，求a的取值范围； (3)若是偶函数，当时，，且对任意，均有．写出，解析式，并证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点． 【答案】(1)不是； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）直接代入计算和即可； （2）法一：转化为在实数使得，分析得，再计算得，最后根据的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线与该函数有两个交点，将用表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案； （3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出时解析式，再分析出，最后对的范围进行分类讨论即可. 【详解】（1）（1），，则不是中的元素. （2）法一：因为，则存在实数使得，且， 当时，，其在上严格单调递增， 当时，，其在上也严格单调递增， 则，则， 令，解得，则， 则. 法二：作出该函数图象，则由题意知直线与该函数有两个交点， 由图知，假设交点分别为，， 联立方程组得 （3）对任意，因为其是偶函数， 则，而， 所以， 所以，因为，则， 所以，所以， 所以当时，，，则， ，则， 而，， 则，则， 所以当时，，而为偶函数，画出函数图象如下： 其中，但其对应的值均未知. 首先说明， 若，则，易知此时， 则，所以，而时，， 所以，与矛盾，所以，即， 令，则， 当时，即使让，此时最多7个零点， 当时，若，此时有5个零点， 故此时最多5个零点； 当时，若，此时有5个零点， 故此时最多5个零点； 当时，若，此时有3个零点， 若，则，易知此时， 则，所以，而时，， 所以，与矛盾，所以， 则最多在之间取得6个零点， 以及在处成为零点，故不超过9个零点. 综上，零点不超过9个. 24．（2025·全国II卷·高考真题）已知函数． (1)求; (2)设函数，求的值域和单调区间． 【答案】(1) (2)值域为，单调递减区间为，单调递增区间为. 【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间. 【详解】（1）由题意，所以； （2）由（1）可知， 所以 ， 所以函数的值域为， 令，解得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为， 函数的单调递增区间为. 25．（2025·全国I卷·高考真题）（1）求函数在区间的最大值； （2）给定和，证明：存在使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值. （2）利用反证法可证三角不等式有解； （3）先考虑时的范围，对于时，可利用（2）中的结论结合特值法求得，从而可得的最小值；或者先根据函数解析特征得，再结合特值法可得，结合（1）的结果可得的最小值. 【详解】（1）法1：， 因为，故，故， 当时，即， 当时，即， 故在上为增函数，在为减函数， 故在上的最大值为. 法2：我们有 . 所以： . 这得到，同时又有， 故在上的最大值为，在上的最大值也是. （2）法1：由余弦函数的性质得的解为，， 若任意与交集为空， 则且，此时无解， 矛盾，故无解；故存在，使得， 法2：由余弦函数的性质知的解为， 若每个与交集都为空， 则对每个，必有或之一成立. 此即或，但长度为的闭区间上必有一整数， 该整数不满足条件，矛盾. 故存在，使得成立. （3）法1：记， 因为， 故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况. 当时，， 当时，， 此时， 令，则， 而， ，故， 当，在（2）中取，则存在，使得， 取，则，取即， 故，故， 综上，可取，使得等号成立. 综上，. 法2：设. ①一方面，若存在，使得对任意恒成立， 则对这样的，同样有. 所以对任意恒成立，这直接得到. 设，则根据恒成立，有 所以均不超过， 再结合， 就得到均不超过. 假设，则， 故. 但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分， 这三个点不可能都在直线左侧. 所以假设不成立，这意味着. ②另一方面，若，则由（1）中已经证明， 知存在，使得. 从而满足题目要求. 综合上述两个方面，可知的最小值是. 26．（2024·上海·高考真题）已知， (1)设，求解:的值域; (2)的最小正周期为，若在上恰有3个零点，求的取值范围. 【答案】(1); (2) 【分析】（1）利用三角函数的性质结合换元法求出单调性，再求解值域即可. （2）利用三角函数的性质求解参数即可. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以令， 由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 所以，故， （2）由题意得，所以，可得， 当时，，，即，， 当时，，不符合题意， 当时，，符合题意， 当时，，符合题意， 当时，，符合题意， 所以， 即，故. 考点03 解三角形 1．（2026·北京·高考真题）摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围. 【详解】因为，则，即得， 所以中， 所以， 所以的范围为. 2．（2025·全国II卷·高考真题）在中，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由余弦定理直接计算求解即可. 【详解】由题意得， 又，所以. 故选：A 3．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值， 阴影部分面积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 4．（2024·全国甲卷·高考真题）记的内角的对边分别为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可. 【详解】因为，则由正弦定理得. 由余弦定理可得:， 即:，根据正弦定理得， 所以， 因为为三角形内角，则，则. 故选：C. 5．（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 【答案】 【分析】先由底面三角形的边长求面积；再由，可知点在底面上的投影为的外心，由此求出三棱锥的高. 【详解】 法一：底面三角形中，，. 取中点，连接，则，. 在中，， 故底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 在中，由余弦定理得， 且，故. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 法二：在中，已知，. 由余弦定理得， 且，故，. 所以底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 6．（2026·全国II卷·高考真题）已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________． 【答案】 【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解. 【详解】由球的体积公式，，解得， 设的外心为，连接， 由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接， 设的边长为，由正弦定理可得，， 再设，由题知，， 解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图）， 所以， 由三角形面积公式，. 7．（2026·天津·高考真题）在中，，，，则__________． 【答案】/ 【详解】在中，，所以， 由正弦定理可得. 8．（2024·上海·高考真题）三角形中，，则______ 【答案】 【分析】根据已知条件，结合正弦定理，即可求解． 【详解】三角形中，， ， 由正弦定理，，， 得． 故答案为：． 9．（2024·上海·高考真题）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则______(精确到0.1度) 【答案】 【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，，两式相除即可得到答案. 【详解】设， 在中，由正弦定理得， 即’ 即① 在中，由正弦定理得， 即，即，② 因为，得， 利用计算器即可得， 故答案为：. 10．（2026·全国II卷·高考真题）在中，已知，． (1)证明：为钝角三角形； (2)若的面积为，求的周长． 【答案】(1)证明：由，则， 又，得，则， 由两角和的余弦公式，， 结合可知， 则异号，必然一个为负，一个为正. 又，即中必有一个是钝角； (2) 【分析】（1），结合题设得出，然后由两角和的余弦展开得到，进而得解； （2）先推出三角形面积公式的变形式，解得，由正弦定理进而得出，然后列余弦定理和面积公式的关于的方程组求解. 【详解】（1）略 （2）方法一：由正弦定理和三角形的面积公式， ， （是外接圆半径） 又，，则，解得， 又，则， 由余弦定理，即， 又，则， 于是，即， ，解得， 故周长为. 方法二：由，则， 即， 由正弦定理可得，， 由三角形面积公式，， 得到，则，其余同上. 11．（2026·全国I卷·高考真题）已知在中，，，． (1)求； (2)设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边，再用余弦定理求； （2）建立坐标系，设出点坐标，由平行关系得点的坐标，利用垂直条件求参数，由长度解出，再计算. 【详解】（1）在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. （2）以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则，，由，得. 在延长线上，设，则，，， 设，则. 由，得，故. 于是. 已知，则，则. 代入得，而， 故. 12．（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)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，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【答案】(1)6 (2)答案见解析 【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解； （2）若选①，可得都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得，由余弦定理求得，利用等面积法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明三角形存在，且可由等面积法求解. 【详解】（1）因为，所以， 由正弦定理有，解得； （2）如图所示，若存在，则设其边上的高为， 若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在； 若选②，，由有，由正弦定理得,所以， 所以由余弦定理得, 此时三角形是存在的，且唯一确定， 所以,即， 所以边上的高； 若选③，的面积是，则， 解得，由余弦定理可得可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定， 这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即. 13．（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【详解】（1）已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； （2）由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； （3）由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 14．（2025·上海·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且． (1)若，求a； (2)若，求的面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理角化边结合勾股定理求解即可； （2）由三角形的面积公式结合余弦定理求解即可； 【详解】（1）由正弦定理可得即， 又，所以，即，解得， 所以. （2）因为，且，， 所以，当且仅当时等号成立， 当取最小值时，取最大值，最大值， 所以的面积的最大值为. 15．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，． (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 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)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为. 【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案； （2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可； 【详解】（1）由题意得，因为为钝角， 则，则，则，解得， 因为为钝角，则. （2）选择①，则，因为，则为锐角，则， 此时，不合题意，舍弃； 选择②，因为为三角形内角，则， 则代入得，解得， , 则. 选择③，则有，解得， 则由正弦定理得，即，解得， 因为为三角形内角，则， 则 ， 则 16．（2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【详解】（1）设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. （2）法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 （3）法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 17．（2024·新课标II卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求A． (2)若，，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 （2）由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 18．（2024·新课标I卷·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， (1)求B； (2)若的面积为，求c． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【详解】（1）由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. （2）由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $nullnull