专题04 三角函数与解三角形（7年汇编）（天津专用）2020-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合天津2020-2026年高考真题及模拟题，聚焦三角函数与解三角形三大核心考点，呈现命题规律与分层训练 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约20道|三角函数奇偶性、周期性、对称性、单调性|奇偶性从直接判断转向图像反求解析式，性质综合题融合多结论辨析，陷阱设置增强区分度| |解答题|约15道|正余弦定理、三角恒等变换、最值求解|解三角形题分三小问分层递进，先求边角再化简求值，稳定考查数学运算素养，匹配天津高考命题趋势|

专题04 三角函数与解三角形 7年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2020-2026） 命题规律 考点01三角函数的奇偶性 2026天津：结合图像特征，利用奇偶性筛选三角解析式 2024天津：直接判断三角函数是否为偶函数 2023天津：由偶函数图像匹配对应函数 该考点固定出选择题，属于基础送分题型，整体难度低。早年直接判定函数奇偶，近年增加识图反向求解析式的考法，侧重直观想象。解题核心思路统一：先通过奇偶性排除选项，再代入特殊点正负值验证。命题变化在于设问反向化，从“给函数判奇偶”转为“给图像选函数”，但核心方法不变，重在夯实定义域、判定基础。 考点02三角函数性质综合 2025天津：结合单调区间、对称中心求参数最值；三角等式充分必要条件判定 2024天津：已知周期求区间函数最小值 2023天津：结合周期、对称轴筛选解析式 2022天津：多结论判断周期、平移、单调区间 2020天津：周期、最值、图像平移多项辨析 本考点为中档选择高频题，综合性逐年提升，不再单一考查周期。早期只单独考平移、最值，近年融合对称轴、对称中心、单调性、充分必要条件混合设问，常设置多结论辨析题型，陷阱增多。侧重数形结合与逻辑推理，对周期公式、对称性质记忆要求高，易混淆对称中心与对称轴结论，区分度高于单纯识图题。 考点03三角恒等变换与解三角形 2026天津：正弦定理边角计算；三角恒等变换求最值、三角等式求值 2025天津：正余弦定理综合，求角、边长、三角值 2024天津：已知边长，连续三小问综合解三角形 2023天津：边角条件下正弦、余弦定理分步计算 2022天津：边角条件下正弦、余弦定理算边角，三角恒等变换求值 2021天津：边角条件下正弦、余弦定理分步计算，三角恒等变换求值 2020天津：边角条件下正弦、余弦定理分步计算，三角恒等变换求值 该考点每年固定一道解答大题，是必考主干板块，命题结构高度稳定，分三小问分层递进。统一解题框架：先用正余弦定理求边/角，再用恒等变换化简求值，梯度清晰，基础分易拿，难点在多步三角化简的运算准确性，全面考查数学运算素养。 考点01 三角函数的奇偶性 1．（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． 2．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（   ） A． B． C． D． 3．（2023·天津·高考真题）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（    ）      A． B． C． D． 考点02 三角函数性质的综合 1．（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 2．（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 3．（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． 4．（2023·天津·高考真题）已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（    ） A． B． C． D． 5．（2022·天津·高考真题）关于函数，给出下列结论： ①的最小正周期为； ②在上单调递增； ③当时，的取值范围为； ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到． 其中正确结论的个数为（    ） A． B． C． D． 6．（2020·天津·高考真题）已知函数．给出下列结论： ①的最小正周期为； ②是的最大值； ③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象． 其中所有正确结论的序号是（    ） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 考点03 三角恒等变换与解三角形 1．（2026·天津·高考真题）在中，，，，则__________． 2．（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． 3．（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． 4．（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． 5．（2023·天津·高考真题）在中，角所对的边分别是．已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 6．（2022·天津·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 7．（2021·天津·高考真题）在，角所对的边分别为，已知，． （1）求a的值； （2）求的值； （3）求的值． 8．（2020·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为．已知 ． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）求的值； （Ⅲ）求的值． 1．（2026·天津红桥·二模）下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·天津武清·模拟预测）若函数的最小正周期为，则曲线的对称中心可以是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·天津和平·三模）为了得到函数的图象，纵坐标不变，只需将函数的图象上所有的点（     ） A．向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标缩短到原来的 B．向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标伸长到原来的2倍 C．向左平移个单位长度；再将所得各点的横坐标缩短到原来的 D．向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标伸长到原来的2倍 4．（2026·天津·二模）把函数图象上所有的点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把所得的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·天津北辰·三模）函数的图象大致是（   ） A． B． C． D． 6．（2026·天津南开·模拟预测）已知函数，，若函数在区间内单调递增，且函数的图象关于直线对称，则的值为（ ） A． B． C． D． 7．（2026·天津·模拟预测）将函数的图象向左平移个单位长度，所得函数图象与函数的图象重合，则实数的最小值（     ） A． B． C． D． 8．（2026·天津·模拟预测）已知函数（，），图象的两个相邻对称中心之间的距离为，且关于点对称，若关于x的方程在区间上有且只有两个不同的实数根，，则的所有可能取值构成的集合为（   ） A． B． C． D． 9．（2026·天津·模拟预测）已知函数（其中）的部分图象如图所示，则下列命题①，②的图象关于直线对称，③，④在上的值域为，其中正确的个数（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 10．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数，已知是的一个极值点，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（   ） A． B．不是奇函数 C．的对称中心是 D．在上的最小值为 11．（2026·天津河东·三模）已知函数，则下列结论正确的个数是（   ） ①的图象关于点对称； ②在区间内有2个极大值点； ③； ④将函数的图象向左平移个单位，所得图象关于直线对称． A．1 B．2 C．3 D．4 12．（2026·天津北辰·二模）已知函数，的部分图象如图所示，给出下列命题： ①的图象关于直线对称 ②的图象关于点对称 ③将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象 ④若方程在上有两个不相等的实数根，则m的范围是 则上述命题中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 13．（2026·天津滨海新区·三模）若函数（，）在区间上单调递增，且，，则以下说法中正确的个数是（     ） ①； ②； ③函数是偶函数； ④若函数在区间内有个零点，则在此区间内有且只有个极大值点． A．1 B．2 C．3 D．4 14．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数，对任意的满足且恒成立，若在上单调递增，则当时，的最小值为（    ） A． B． C． D． 15．（2026·天津河东·三模）在中，分别为三个内角的对边．且 (1)求角的大小； (2)若． （i）求； （ii）求的值． 16．（2026·天津河北·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，. (1)求的值： (2)求的面积； (3)求的值. 17．（2026·天津红桥·二模）在中，内角所对的边分别是，已知． (1)求的值； (2)若， ①求的值； ②求的值． 18．（2026·天津宝坻·三模）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)若，求； (3)若，求的值． 19．（2026·天津滨海新区·三模）在中，角，，的对边分别为，，，已知． (1)求角的大小； (2)若周长为，外接圆半径为． （ⅰ）求的面积； （ⅱ）若，求的值． 20．（2026·天津滨海新区·三模）在中，内角所对的边分别为，已知． (1)若，求的面积； (2)若． （i）求和的值； （ii）求的值． 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 三角函数与解三角形 7年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2020-2026） 命题规律 考点01三角函数的奇偶性 2026天津：结合图像特征，利用奇偶性筛选三角解析式 2024天津：直接判断三角函数是否为偶函数 2023天津：由偶函数图像匹配对应函数 该考点固定出选择题，属于基础送分题型，整体难度低。早年直接判定函数奇偶，近年增加识图反向求解析式的考法，侧重直观想象。解题核心思路统一：先通过奇偶性排除选项，再代入特殊点正负值验证。命题变化在于设问反向化，从“给函数判奇偶”转为“给图像选函数”，但核心方法不变，重在夯实定义域、判定基础。 考点02三角函数性质综合 2025天津：结合单调区间、对称中心求参数最值；三角等式充分必要条件判定 2024天津：已知周期求区间函数最小值 2023天津：结合周期、对称轴筛选解析式 2022天津：多结论判断周期、平移、单调区间 2020天津：周期、最值、图像平移多项辨析 本考点为中档选择高频题，综合性逐年提升，不再单一考查周期。早期只单独考平移、最值，近年融合对称轴、对称中心、单调性、充分必要条件混合设问，常设置多结论辨析题型，陷阱增多。侧重数形结合与逻辑推理，对周期公式、对称性质记忆要求高，易混淆对称中心与对称轴结论，区分度高于单纯识图题。 考点03三角恒等变换与解三角形 2026天津：正弦定理边角计算；三角恒等变换求最值、三角等式求值 2025天津：正余弦定理综合，求角、边长、三角值 2024天津：已知边长，连续三小问综合解三角形 2023天津：边角条件下正弦、余弦定理分步计算 2022天津：边角条件下正弦、余弦定理算边角，三角恒等变换求值 2021天津：边角条件下正弦、余弦定理分步计算，三角恒等变换求值 2020天津：边角条件下正弦、余弦定理分步计算，三角恒等变换求值 该考点每年固定一道解答大题，是必考主干板块，命题结构高度稳定，分三小问分层递进。统一解题框架：先用正余弦定理求边/角，再用恒等变换化简求值，梯度清晰，基础分易拿，难点在多步三角化简的运算准确性，全面考查数学运算素养。 考点01 三角函数的奇偶性 1．（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 【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. 2．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【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. 3．（2023·天津·高考真题）已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（    ）      A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且， 由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除； 当时、，即A、C中上函数值为正，排除； 故选：D 考点02 三角函数性质的综合 1．（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 【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 2．（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 【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. 3．（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 【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 4．（2023·天津·高考真题）已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性： A选项中，B选项中， C选项中，D选项中， 排除选项CD， 对于A选项，当时，函数值，故是函数的一个对称中心，排除选项A， 对于B选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴， 故选：B. 5．（2022·天津·高考真题）关于函数，给出下列结论： ①的最小正周期为； ②在上单调递增； ③当时，的取值范围为； ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到． 其中正确结论的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确； 令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确； 由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确． 故选：A． 6．（2020·天津·高考真题）已知函数．给出下列结论： ①的最小正周期为； ②是的最大值； ③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象． 其中所有正确结论的序号是（    ） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【详解】因为，所以周期，故①正确； ，故②不正确； 将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象， 故③正确. 故选：B. 【点晴】本题主要考查正弦型函数的性质及图象的平移，考查学生的数学运算能力，逻辑分析那能力，是一道容易题. 考点03 三角恒等变换与解三角形 1．（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. 2．（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】 【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. 3．（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】 【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. 4．（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】 【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 5．（2023·天津·高考真题）在中，角所对的边分别是．已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：； （2）由余弦定理可得，，即， 解得：或（舍去）． （3）由正弦定理可得，，即，解得：，而， 所以都为锐角，因此，， ． 6．（2022·天津·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：． （2）由（1）可求出，而，所以，又，所以． （3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以， 故． 7．（2021·天津·高考真题）在，角所对的边分别为，已知，． （1）求a的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】 【详解】（I）因为，由正弦定理可得， ，； （II）由余弦定理可得； （III），， ，， 所以. 8．（2020·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为．已知 ． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）求的值； （Ⅲ）求的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【分析】 【详解】（Ⅰ）在中，由及余弦定理得 ， 又因为，所以； （Ⅱ）在中，由， 及正弦定理，可得； （Ⅲ）由知角为锐角，由，可得 ， 进而， 所以. 【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题. 1．（2026·天津红桥·二模）下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对于A，令，因为为偶函数， 又因为，所以不存在零点，故A不合题意； 对于B，令， 因为为奇函数，故B不合题意； 对于C，令，为非奇非偶函数，故C不合题意； 对于D，令，为偶函数， 当时，，故D符合题意． 2．（2026·天津武清·模拟预测）若函数的最小正周期为，则曲线的对称中心可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因最小正周期为，则，结合，可得. 则，其对称中心横坐标满足， 所以对称中心可为：. 选项A：令，得，不符合； 选项B：令，得，不符合； 选项C：令，得，不符合； 选项D：令，得，符合要求. 3．（2026·天津和平·三模）为了得到函数的图象，纵坐标不变，只需将函数的图象上所有的点（     ） A．向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标缩短到原来的 B．向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标伸长到原来的2倍 C．向左平移个单位长度；再将所得各点的横坐标缩短到原来的 D．向左平移个单位长度，再将所得各点的横坐标伸长到原来的2倍 【答案】A 【详解】对于A，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 再将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，故A正确； 对于B，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 再将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，故B错误； 对于C，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 再将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，故C错误； 对于D，将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象， 再将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，故D错误. 4．（2026·天津·二模）把函数图象上所有的点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把所得的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】， 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数， 再把图象向右平移个单位长度得： ． 5．（2026·天津北辰·三模）函数的图象大致是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由函数，可得其定义域为，关于原点对称， 且满足， 所以函数为奇函数，图象关于原点对称，可排除B、D选项； 又由，可排除C选项，所以选项A符合题意. 6．（2026·天津南开·模拟预测）已知函数，，若函数在区间内单调递增，且函数的图象关于直线对称，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】函数 的图象关于直线 对称， ，即 ， ，，， 函数 在 内单调递增， ，，解得 ， ． 7．（2026·天津·模拟预测）将函数的图象向左平移个单位长度，所得函数图象与函数的图象重合，则实数的最小值（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，而. 函数的图象向左平移个单位长度， 可得， 因为平移后所得函数图象与函数的图象重合， 所以，，解得，， 因为，所以当时，取得最小值. 8．（2026·天津·模拟预测）已知函数（，），图象的两个相邻对称中心之间的距离为，且关于点对称，若关于x的方程在区间上有且只有两个不同的实数根，，则的所有可能取值构成的集合为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为图象的两个相邻对称中心之间的距离为， 所以的最小正周期为， 又，所以，解得，故， 因为为函数的对称中心，所以， 所以，解得， 因为，所以只有满足要求，故， ，故， 画出在上的函数图象，如下： 有且只有两个不同的实数根， 则方程有且只有两个不同的实数根， 则与的图象仅有两个交点， 所以且， 若，则关于对称，，， 即，解得，， 若，则关于对称，，， 即，解得，， 则的所有可能取值构成的集合为. 9．（2026·天津·模拟预测）已知函数（其中）的部分图象如图所示，则下列命题①，②的图象关于直线对称，③，④在上的值域为，其中正确的个数（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【详解】由图象可知，，，故①正确； 从而， 由，， 因为，所以， 从而，故③正确； 因为，所以不是的对称轴，故②错误； 当时，则， 因为在上单调递减，在上单调递增，所以， 因为，，所以，故，即， 从而，即在上的值域为，故④错误. 10．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数，已知是的一个极值点，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（   ） A． B．不是奇函数 C．的对称中心是 D．在上的最小值为 【答案】D 【详解】由是的极值点，可得，整理得， 当时，， 由在上单调递增，可得， 解得， 结合，得，故A正确； 当时，，， 因此，不是奇函数，故B正确； 令，解得， 因此，的对称中心为，故C正确； 当时，，则， 可得，其最小值为，故D错误. 11．（2026·天津河东·三模）已知函数，则下列结论正确的个数是（   ） ①的图象关于点对称； ②在区间内有2个极大值点； ③； ④将函数的图象向左平移个单位，所得图象关于直线对称． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】. 对于①，因为，所以是的一条对称轴，故①错误； 对于②，由，得，，所以，， 所以可能为：，等等，在内只有两个极大值点和，故②正确； 对于③，因为， ， 又在上单调递减，所以，即，故③正确； 对于④，把的图象向左平移个单位，可得， 当时，为函数最小值，是所得函数的一条对称轴，故④正确. 综上，结论正确的个数是3. 12．（2026·天津北辰·二模）已知函数，的部分图象如图所示，给出下列命题： ①的图象关于直线对称 ②的图象关于点对称 ③将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象 ④若方程在上有两个不相等的实数根，则m的范围是 则上述命题中正确的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【详解】由题意得，最小正周期满足，即， 则，即， 代入得，即， 由此可得，解得， 因为，令，则， 综上，， 对于①，若为对称轴，则或， 代入得， 因为或，故①错误； 对于②，若的图象关于点对称，则， 代入得， 因为，故②错误； 对于③，设， 则，故③错误； 对于④，若，则，设，， ，即， 则与在上有两个交点， 即，解得，故④错误. 所以有0个命题正确. 13．（2026·天津滨海新区·三模）若函数（，）在区间上单调递增，且，，则以下说法中正确的个数是（     ） ①； ②； ③函数是偶函数； ④若函数在区间内有个零点，则在此区间内有且只有个极大值点． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】由题意，可得且， 即，则有， 解得， 因函数在区间上单调递增，则该函数的最小正周期满足， 即，故由（*）可得，则， 又由可得，则得， 即，因，则，故①错误； 由上分析，得，则，故②错误； 于是，因为，故为偶函数，故③正确； 当时，，要使函数在区间内有个零点，需使， 此时若，则函数有3个极大值，若，则函数有2个极大值，故④错误. 14．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数，对任意的满足且恒成立，若在上单调递增，则当时，的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意知，对任意的，恒成立，说明是的最小值， 即，是的零点； 对任意的，恒成立，说明是的最大值，即是的最值点. 两点横坐标差为，零点对应的点到相邻最值点的距离为，则. 对，周期，得. 由得，故 ， 结合，得，. 验证单调性：，当时，则， 由于在单调递增，且，满足在该区间单调递增. 则当时，，在的最小值为， 因此. 15．（2026·天津河东·三模）在中，分别为三个内角的对边．且 (1)求角的大小； (2)若． （i）求； （ii）求的值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】 【详解】（1）因为，所以， 由余弦定理得，所以， 又，故. （2）（i）因为，，， 所以，故. （ii）由正弦定理可得， 因为，所以，故，所以， 所以，， 所以. 16．（2026·天津河北·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，. (1)求的值： (2)求的面积； (3)求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 【详解】（1）因为， 由正弦定理，得， 因为，所以，所以， 故，由，得. （2）因为，，由余弦定理， 得，， 解得，或（舍去）. 所以. （3）由正弦定理，得，即， 因为为钝角，所以为锐角，， ，， 所以. 17．（2026·天津红桥·二模）在中，内角所对的边分别是，已知． (1)求的值； (2)若， ①求的值； ②求的值． 【答案】(1) (2)① ；② 【分析】 【详解】（1）由，整理得，                ， 所以； （2）①若，则， 因为，所以，             由，得， 所以； ②由，得，即，所以一定为锐角， 所以，则， 所以， 所以． 18．（2026·天津宝坻·三模）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)若，求； (3)若，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以，所以， 因为为锐角三角形，所以，所以； （2）由（1）可知，所以， 即，即，解得（舍去）； （3）因为，， 所以，，， 所以. 19．（2026·天津滨海新区·三模）在中，角，，的对边分别为，，，已知． (1)求角的大小； (2)若周长为，外接圆半径为． （ⅰ）求的面积； （ⅱ）若，求的值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】 【详解】（1）因为， 则由正弦定理有， 在中，有，且， 则，则， 即，即，解得． （2）（ⅰ）结合（1），由正弦定理有，即，解得， 又周长为，即，所以， 由余弦定理有， 即，解得， 所以的面积为． （ⅱ）由，结合（ⅰ），有，解得，或（舍去）， 结合（1），则由正弦定理有， 解得， 又在中，有，且，则， 则， ， 所以． 20．（2026·天津滨海新区·三模）在中，内角所对的边分别为，已知． (1)若，求的面积； (2)若． （i）求和的值； （ii）求的值． 【答案】(1) (2)（i） （ii） 【分析】 【详解】（1）已知，，，由余弦定理得： 因为 所以由同角三角函数关系得： 的面积. （2）（i）由正弦定理，且， 代入得，约去， 解得. 则. 由余弦定理， 代入得： 整理得，解得或. 当时，，则，，即， 此时，矛盾，舍去； 当时，，符合题意； 故. （ii）由三角形内角和，，得， 则，故. 由，得， 由正弦定理，得， 因此. 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03三角函数与解三角形 7年真题1年模拟 七年真题分类园 考点01三角函数的奇偶性 题号 1 2 3 答案 Q 小 考点02三角函数性质的综合 题号 1 2 3 答案 A D B A B @ 考点3三角恒等变换与解三角形 3压35 1.16/16 2. 【详1奇-空 ππ （2)若61， +8引 66,即= 由正弦函数性质可知，当2x+刀=-刀 6时，函数f(x)有最小值，即 =f}, 1/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当2号即危所，局数内有限人位，每间=)9 5 所以函数()的最大值为2，最小值为2： ∈0，π (3)若2 sina=3 3,所以 y cosa=-sin 3, 则sin2a=2 s= W2 cos2a-1-2sin'a 3, 3, 则a=m2a+爱 -sin 2a coscos2asin12+1 6 63 2326. 3.【详解】(1)已知asin B=√bcosA,由正弦定理sind sinB, 得asin B=bsin A=V3 bcosA,显然cosA≠0， 得anA=V3,由0<A<π， 放4骨： (②)由（山知01克，且c=26+1a=5, 由余弦定理a2=b2+c2-2 becosA, 则7=62+(2b+12-2x26(2b+)=36+3b+1, 解得b=1(b=-2舍去)， 故c=3; a=b (3)由正弦定理sinA sinB,且 b=la=V7,.sin= 2, 2/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 得咖B=bsin4 a 14,且a>b,则B为锐角， i放cosB-各万，故如28=2如8omB5语 14 14, 且os2B=1-2sin2B=1-2× 2i211 14 14: sin(+B)-sin Acos2B+cos sin2B4 2142147. 4.【详解】(1)设a=21,c=3t,t>0,则根据余弦定理得b2=a2+c2-2 accosB, 9 即25=4+912-2×21×31 16,解得t=2（负舍)： 则a=4,c=6」 (2)法一：因为B为三角形内角，所以mB=V1-©os2B-g广= 16, 45 再根据正弦定理得。，=b,即sm15万，解得如A=万， sinA sinB 16 4 b2+c2-a252+62-423 法二：由余弦定理得cosA 2be 2×5×641 3)2 因为A∈(O,π)，则sinA 3)法-：因为8-i6之0，且8eQ.所80引 9 n sin B=5 由(2)法一知 216, 2 因为。<b则B所以sA 3 4, A<B 4 3/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 sin24-2sin cos4-2x3 c0s2A=2c0s2A-1=2× 3)2 448, 4 8 cos(B-24)=cos Bcos24+sin Bsin29x57 16816864 法=：sin2A=2 sin cos=2x5x33 4×4=8, 则cos2A=2cos2A-1=2 3) 4 92_57 因为B为三角形内角，所以i血B=1-cosB=1-6 16, 所以cos(B-2）=os2A+sin Bsin2A= 91,573√757 16816864 a b V392 5.【详解】(1)由正弦定理可得，sinA sinB,即sinl20sinB,解得： sin B=V13 -13: 9=4+c2-2×2×c× (2)由余弦定理可得，a2=b2+c2-2 bccos/4,即 解得：c=5或C=-7(舍去). a V395 (3)由正弦定理可得，sin A sinC,即sinl20°sinC,解得： sin C=5/13 26,而A=120°， 1253W39 所以B,C都为锐角，因此osC= 52=26, cos B= 112V39 1513, sin(B-C)=sin BcosC-cos Bsin c=32 1326132626. 6.【详解】(1)因为g2=b2+c2-2bcc0s4,即6=b+c+bc,而b=2c,代入得6=4c2+c2+2,摩 2 得：c=1. 4/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a b (2)由(1)可求出b=2,而0<A<π，所 sinA=V-cos'A= 4,又sinA sinB,所以 5 sin B=bsinA 2x 4 V10 a 64 (3)因为0s4=- <A<元0<B<开，sinA=-cosA= 4，所以2““，故 2,又 4,所以 sin2A=-2 sin AcosA-2× (1)x515 -4 168,而nB=0 4=-8,c0s2A=2c0s2A-1=2×-1=-7 4,所以 cosB=v1-sinB6 , sin(24-B)=sin 2 Ac0s B-cos2AsinB= 1567 10 10 8 4848. 7.【详解】（山）因为nA:sinB:sinC=2:l:V2 由正弦定理可得a:b:c=2:1:V2 b=√2∴.a=2V2,c=2 Ⅱ)由余弦定理可得cosC=十6一C=8+2-43 2ab2×22x√24： cm)cosc sinc=1-cosc7 4, a2C-2m6cwc=29}39cs20-2mc-12 448, ×61-8, 1 所m2c君-m22csg-x5片3」 6828216. 5/11 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 8,【详解】(I)在△ABC中，由a=2W2,6=5c=V ”及余弦定理得 cosC=a+6-c2_8+25-13_V5 2ab2×2V2×52, 又因为Ce0,,所以C= 4； (I)在△ABC中，由C=T, 及正弦定理，可得n4=asmC2 2-23 4a=2√2，c=13 c V1313 (Ⅲ)由a<c知角A为锐角， sin 4=2V13 313 4=13,可得cosA=V1-sin2A=13, 进而n21=26sm4cosA=号os24=20sS4-1- 13, nπ12V2,5√2172 所以n2A+正sm2AcoS+cos2A8m323226， 一年模拟练测园 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D D A D A A D 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 B C D C Y Y C b2-2V3 -bcsin A+c2=a2 -bcsin A 15.【详解】(1)因为3 ,所以 +c2-a2=2 3 由余弦定理得 2bccosA=2 -bcsin A 3 ,所以tanA=V5. 又40，列，故4= (2②①因为4=3,6=2c=3 6/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以a=b2+c2-2bcc0sA=4+9-2x2×3×。=7,故a=V7月 )由正弦定理可得sinB=bsmA2x3 2V21 aV77 因为a>b,所以4>B,放B[0,2】所以o 以cosB=V1-sin2B-2V7 7, a-2m808-29,29-45m8-2m81-w号1- 所以 7×77, 7, sin(2B-)-sin 28c0s 4-cos 2Bsin43 7x272=14. 3acos B+bsin A=0 16.【详解】(1)因为 由正弦定理，得V5 sin cosB+sin sin4=0 因为1∈(0，π ,所以sinM>0,所以V5cosB+sinB=0, 放anB=V5,由Be(0,,得B-2 3 2)因为b=7,c=5,由余弦定理b2=a2+c2-2 accosB, 49=d2+25-2×ax5×2,d2+5a-24=0, (1 解得a=3,或a=-8(舍去). 所以5=2 esi=x3x5xsim2a-155 21 34. a b (3)由正弦定理，得sinA sinB,即 n sin A=asin B33 b14, 因为B为钝角，所以A为锐角，osA=V-sin'A=13 14 7/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 39W3 sin 2A=2sin Acos A= c0s2A=2c0S2A-1=71 98, 98, 所以 3 -cos2A4cos-sin 2Asin=-23 398 17.【详解】（山由3(a-c}+2ac=36,整理得a2+c2--4aw 3ac, 所以cosB=a2+c2-62 2ac 39 a_3 (2)①若5a=3b,则65， 因为Be(0,所以nB=个-cosB=5 3, sin Aa 3 由sinsinB,得sinB-b5, 所以血4-号nB=x 355 b 535: ②由5a=3b,得a<b,即A<B,所以A一定为锐角， c0s 4-vi-sin25 cos24=1-2sin4= 所以 ,则 , 所以m24=2sn40s4=2x5x25_4 555, 嘴n4》mw2m经-99-语. 3c=2asin C 18.【详解】(1)因为 C,所以V5sinC=2sin4sinc 因为sinC≠0，所以V5=2sinA,所 sin 4=V3 2, 因为。BC为锐角三角形，所以4e0孕，所A=行 3: 8/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 (2)由(1)可知cos1=2,所以a2=b+c2-2bcos4: 即6=4+c2-20,即-2c-2=0.解得=1+5=5+1合) 因为8引 CosB=5 3, 所以inB=V-c0osB-号，sm2B=2 n=45 2 cos2B=2cos'B-1= 9 9, sin(2B-)-sin 2Bcos 4-cos2Bsin445145- 所以 9×29x2=18 19.【详解】(l)因为asinB+btanBcosA=-2 bsinC, 则由正弦定理有sin4sinB+-sinB sinB。 cosA=-2sinBsinC cosB 在4MBC中，有么B,Ce0刊，且4+8+C=元 则n4cos8+sn8cos4-2sinC,则9 sin(A+B cosB cosB =-2sinC, -25inC,即osB= 即cosB 2,解得B=2 3· b2v21 ②)结合C）,由弦定理有82R·即sin2红了，解得 3 b=V万1 又△MBC周长为7+3，即a+h+c=7+3,所a+c=3. 由余弦定理有 b2=a2+c2-2accosB=a2+c2+ac=(a+c)-ac 即7=9-aC,解得ac=2, 所以a18C的面积为59-2csnB-×2×5-5 2 22 a+c=3 a=2「a=1 (i)由a>c,结合(i),有ac=2,解得c=l,或c=2(舍去)， 9/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =2R=22 结合(1)，则由正弦定理有sinA 3, SinA=a 2√21 2W212√217 解得 33 又在C,有48Ce@,且B-号，gm4: gB2π 7, 则in2A=2 sinc=2x2x2万4N5 -X 77-7, cos2A=1-2sin2A=1-2× 77, 所以sin(2A-B)=sin2 dcosB-cos24sinB=4V5x-1）_-1xV55N5 7-2 (27214. 20. 【详解】(1)已知a=4,b=6,c=8,由余弦定理得： c0sA=B+c2-d_36+64-16_847 2bc 2×6×8968 A∈(0，π) 因为 所以白同角有简数关系得，m4=-有-小图们-5 S=1 △ABC的面积2 besinA=)x6×8x5-35 2 8 a b (2)(i)由正弦定理sindsinB,且B=2A,sinB=sin2A=2 sin Acos A, 4 6 代入得sinA2 sin Acos4,约去sinA(sinA≠0)， 3 解得cosA= 4 10/11 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由余弦定理a2=b2+c2-2 bccosA, 代入0=4，h=6,cosA=得：16=36+2-2x6xcx 3 整理得c2-9c+20=0,解得c=5或c=4. 当c=4时，a=c=4则4=CB=24=4+C,即B- 2 1 此时CosB=0≠ 8,矛盾，舍去： 当c-5时，cosB-4+62-_16+25-361 2ac2×4x58,符合题意： 故c=5. (i)由三角形内角和A+B+C=π，B=2A,得3A+C=π， 4+2C=(3A+C)+C=x+Csin(34+2C)=sin(x+C)=-sinC 则 ,故 由cosA=3 ,得sin4=-cosA= 4’ 由正弦定理a=c_,得sinC=csinA5rV 4-5v7 sinA sinC a416 sin(3A+2C)=-57 因 16. 11/11