专题04 三角函数与解三角形（7年真题汇编+1年模拟）（北京专用）2020-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2020-2026年北京高考三角函数与解三角形真题及模拟题，聚焦图像性质、解三角形等核心考点，体现参数推理、开放设问等命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|约12题|三角函数图像性质（ω范围）、伸缩变换|2020年圆周率日文化创新题，2026年平移对称计数题| |填空|约16题|三角恒等变换（开放型）、终边对称|“写出一组值”开放题逐年增多，终边对称结合最值| |解答|约10题|解三角形（条件选择）、实景应用|“三选一”条件设问成北京特色，2026年机械装置、三棱锥跨模块融合|

丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04三角函数与解三角形 7年真题1年模拟 七年真题分类园 考点01三角函数的图像与性质 1.C 2.B. 3.C 4.A. 考点02三角函数的图像伸缩变换问题 1.c 2.A 考点03正余弦定理综合应用 1.B ①.5 ②. 2v3 3 3. 【解析】1)因为0osA=子Ae(0,),所以nA=asA-2返 39 由正弦定理有asinC=csin=2 3c=4W5,解得。6 (2)如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD, 1/19 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B 1 若选①，a=6因为。=6所以C=A因为os4=-5<0,这表明此时三角形ABC有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在： 10W2 若选②，asnB-10W5,由 有sinB-3 5， 3 asin C=42 sinC= 由正弦定理得b_5,所以 4V26 b=5 所以由余弦定理得a=VB2+c2-2 becosA= 25+36-2×5×6× =9 3 此时三角形ABC是存在的，且唯一确定， 所yS.c=号besinA=BCAD,即5x5x6x2V2=1 ×9AD, 32 所以BC边上的高4D=20W2 若选0·ac的面积是10：则S-besin6x22=10w5. 3 解得b=5”由余弦定理可得a=v公+c-2 be cosA- 25+36-2563 =9可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得cosB,cosC也可以唯一确定，即B,C可以唯一确定， 这表明此时三角形BC是存在的，且aC边上的高满足：Sc04D-号40=10反，即0-2 1 9 4. 【解析】(1由题意得2 sin Bcos=5 7 bcos B,因为，为钝角， b2 a7 则 0,则2s如B=56:则mB5 sindsin1,解得nA=5, coSB≠0 7 7 2 因为A为钝角，则1= 3 ②选择067：则nB=56点x75 =治6=47=2，因为4=行则B为锐角，则8-号 3 2/19 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 此时A+B=π，不合题意，舍弃： 选择②coB-是因为。为三角形内角，则5如B 2 13 35 14 14 则代入2sinB=5, 14-7 b,解得b=3 sinC=sin(4+B)=sinB=sin 2 cos B+cos2 sin B 3 3 3 5(》9源 2hnc-*7x3x5-15y5 则5 144 达样cn45,则有ex5,解得。5 22 75 则由正弦定理得」 '即百smC,解得sinC-55 sinA sinC 2 14 55 因为为三角形内角，则cosC 14 -141 则sinB=sin(A+C)=sin +c小 2π 2π cos C+cos -sin C 3 3 则Saoc=2 acsinB= *7x5x3515V6 144 5.B 6 【解析】(1)因为C∈(0，π)，则sinC>0,由已知可得5sinC=2 sinCcosC, 可得cosC= 2,因此，C= 6 ②由三角形的面积公式可得5.absin C--多a=65,解得a=45 2 金弦定理可得cC=a+2 abcosC=48+362×43x6x3-2,C-、 所以，△ABC的周长为a+b+c=6W3+6 3/19 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【解析】(1)'c=2 bcos B,则由正弦定理可得sinC=2 sin BcosB, 2B= 行解得B=名： 6 c sinC ②若选0：由正弦定理结合（山可得分册子=5， 2 与c=√2b矛盾，故这样的△ABC不存在： 若选择②：由(1)可得A= =6, 设△ABC的外接圆半径为R, 则由正弦定理可得a=b=2 Rsin=R, c=2Rsin2π=5R, 3 则周长a+b+c=2R+V3R=4+2V5. 解得R=2,则a=2,c=2V3, 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为： 23)+1-2x23x1xcos: 若选择@：由(1)可得4 =6,即a=b 则s4c=二ab sin C三)ax3=3V3 1 x2=4,解得a=5 则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为： 2xbx= 21 s=3+3+5x3=2I 4 22 1 【解析】选择条件①(I)C=7,c0sA=- 7a+b=11 4/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :a2=b2+c2-2 becosA2=11-a2+72-201-a)-7.(7 ∴.a=8 ())..sinco 7 a=c.87 由正弦定理得：sin sinC“4万sinC sinC=3 2 1 S-basinC-(11-8)x8x6/3 2 、2 1 选择条件②C)cos4=3 COS B=9 B=16'AB∈(0，m) inA=-wA:n分-小s8-5 16 a b a_1-a:.a=6 由正弦定理得：sinA sin B“3√万=5√万 816 (sin C=sin(4+)=sin Acos B+sin Bcos 8×16+1684 S-basin C-(11-6)x6x715 1 44 考点04三角恒等变换 1.【解析】 【小问1详解】 因为.f(x)=2 sin@xcos+2 coswxsinp, 所以f(x)=2sin(or+p), 又f(x)的最小正周期为元，0>0， 2π 所以。=元，所以o=2 5/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为f(0)>0,f 所以sinp>0' 2sin2×+p=1, 4 所以0<<。 1 COS= 2 所以p= 3’ 所以f(x)=2sin 2x+ 3 【小问2详解】 令2m+T≤2x+≤2km 2,keZ:可得m+7≤xsm+ 3 7π 12 2:k∈Z 函数f(x)=2sin 2x+3)】 7π 的单调递减区间为 m+交，km+ 121 2(k∈Z) (答案不唯一) 1 3.-2-0.5 9π.π 4.43 5. 【解析】(1)因为f(=sin+cossin,o>0,p 3 所以f0)=sim(o-0)eosp+cos(o-0)sinp=si血0=- 2， 因为水至，所以9=号 ②)因为f)=sin+cosxsn,u>0,lpk 所以f)=sin(or+p),o>0,pk 2,所以f)的最大值为1：最小值为1 若选条件O:因为f)=si血(ox+p)的最大值为1，最小值为1'所以3)=V5无解，故条件@不能使 π 6/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 函数f(x)存在： 若选条件②：因为f) T2π 所以2=33 21 所以7=2x= 所以f(x)=sin(x+p), 又因为/-山，所以+小-1 所以骨+0=-+2版，keZ, 所以p= 名+2ke乙，因为p受，所以9=君 6 所以。=1' 6 [元2π 若选条件③：因为f)在33]上单调递增， 所以在x=-号处取得最小值1' 以下与条件②相同. 6. 5π (满足0=kr+设太eZ即可） 12 受(2k红+号keZ特可 V一年模狐练测园 一、单选题 1.B 2.C 3.C 4.D 5.C 6.A 7/19 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 二、填空题 1 7,2,3,4（答案不唯一) 4 8.答案不唯一，满足3<0≤3即可 9.a3 3π 。+zK∈☑则的一个取值为。（其他满足条件 10. 8(答案不唯一，满足题意即可) 8（答案不唯一，满足题意即可) 11.3 12. 4 (答案不唯一) 3 13.-2/-1.5 阝 阝 14 2 2 15, ts 4 (任意符合x=m+买，(k∈工的结果都正确) 4 4 16. 3(区间21 内的值都对) 17. 4 [-1,3] 18.①④ 三、解答题 19. 详解】(1)由4tanC=csinA:将tanC=Sin( 4sinC cosC代入得： =csin A, cosC a s、c 根据正弦定理sin 4sinC,可得esin A=asinC,即 sinC=asinC cosC 4sinC 已知a=8:代入得：cosC -=8sin C 在a4Bc中snC≠0约去5如C,得osC= 2 8/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又因为C∈(0，π)，所以C= : (2)选择条件①、②来作解答： A a 知4D=C-5'BD=c'D在AC上，a=8,C、1 3 故DC=AC-AD=b-(c-5)=b-c+5】 在A4BC中，由余弦定理可得：c=a+b2-2 abcosC=82+bB2-2×8×bcos=64+b'-8b, 在△BCD中，由余弦定理可得：BD2=BC2+DC2-2·BC.DC:cosC, 代入已知条件得：c2=82+(b-c+5}-2x8x6-c+5)x0s=64+(仍-c+5}-8xb-c+5). 3 由上两式消c2整理可得， 64+b2-8b=64+(b-c+5)2-8×(b-c+5)=(c-5)(c-2b+3)=0 若c=5,代入上式可得b2-8b+39=0,此时判别式小于0，该方程无解： 若c=2b-3,代入式可得(2b-3=64+b2-86→(b-5)(35+11)=0, 解得正根b=5, 代入：c2=64+b2-8b=64+52-40=49→c=7, 此时三角形的解是唯一一组解，故满足题意， 则5.c-bsnC=×8x5×5-10w5. 2 2 选择条件①、③来作解答： A C-5 ⊙ a C 已知4D=c-5”D在4C上，sn∠D8-4 7，Cπ 3’a=8' 9/19 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BD BC BD 8 在 中，由正弦定理可得： sin C sin∠BDc→ 34W3→BD=7 △BCD 27 ∠ADB为锐角时，由sin∠4DB=4 7,可得cos∠ADB= 7 在ABD中，由余弦定理可得：C=BD+D2-2BD-ADos∠D8=7户+(e-5列-2x7×(e-5列x 整理得：0=84-12c→c=7, 在△BCD中，由余弦定理：BD2=BC2+DC2-2·BC.DC.cosC, 代入已知条件得：72=82+CD2-2x8×CDxc0s5→CD2-8CD+15=0, 3 解得：CD=3或5， 由于∠CDB为钝角，则满足CD2+BD2<BC2,即CD2<82-72=15, 故CD=3,此时AC=CD+AD=3+7-5=5, c-5 当∠08为能角时，由n<D8=9.可得o1D8 7 在。MBD中，由余弦定理可得：c=BD+MD-2 BDADcos∠ADB=7P+(c-5+2x7×e-5)x 整理得：0=64-8c→c=8。 在△BCD中，由余弦定理：BD2=BC2+DC2-2·BC·DC·cosC, 代入已知条件得：7=8+CD-2x8 xCDxc号→CD-8CD+15=0, 解得：CD=3或5， 由于∠CDB为锐角，则满足CD2+BD2>BC2,即CD>82-7=15, 故CD=5,此时AC=CD+AD=5+8-5=8, 则此时三角形ABC为等边三角形， 故满足题意的三角形有两个，不满足题意，故不能选①、③来作解答： 选择条件②、③来作解答： 10/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A D a C 已知BD,n在4C上，sin∠ADB=7，CT 3’a=8 过点B作BH⊥AD,垂足为H,因为BD=C=AB,所以HA=HD, 由点D在AC上，可知∠ADB为镜角：则cos∠ADB-号 7 又山，=gC-草在直角三角形BC,可解得：B18x5-45。 2 再由sin∠ADB=45 a43_43 ,可得BD7 →BD=7, DH 1 再由cos∠ADB=:可得BD= →DH=1,即AD=2 在△BCD中，由余弦定理：BD2=BC2+DC2-2·BC.DC.cosC, 代入已知条件得：7=82+CD2-2x8×CDxcos→CD2-8CD+15=0, 3 解得：CD=3或5， 由于∠CDB为钝角，则满足CD+BD2<BC2,即CD2<82-7=15, 故CD=3,此时AC=CD+AD=3+7-5=5, 此时三角形的解是唯一一组解，故满足题意， 则5 ab inc-8x5x5-105 2 20 【详解】(1)因为f(x)=2W3 Bsinrcosx+-sin2x-cos2x=V5sin2x-cos2.x=2sin 2 6 所以的最小正周期为T-经=， +2≤2x-名≤+2eZ,得到及m≤x5受+伍keZ 由 62 6 3 +k元，号+km 所以f(x)的单调递增区间为6 ,(kEZ 11/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2因为0=2，则24-君-2，即sm24-君-1，所以24君受+2点ke乙， 解得4-于+k饭，keZ,又AE0,,所以4-=行又∠4的平分线交C于Db=c=2: 由Sc=Sm+S.a'即csnA=c·ADsin.∠B4D+b-Asin∠CAD. 得到x6x55 AD,解得1D=3 24 5 21 【详解】(1)在△ABC中，由W3 csin B-bsin2C=0及正弦定理，得V3 sin Csin B-sin Bsin2C=0, 回5 sin CsinB-2 sin B sin CcosC=0而snB>0simC0z则cosC气V日 2’ 又0<C<π所以C= 6 (2)选择条件D.6=4而a=25,C-名，则。1BC唯-确定，不符合题意 选择条件②， Sn21由正弦定理得c=”C=3×之 2=万 7 7 sinA=V2i、1 今方如C,则a>c4>C-看m4=士-a=±29 7 当cosA= 7时，sinB=sin(4+9=sin(4+马=5si 2 2sn4+5s4=5 14, 因此A1BC的面积Sc=)sinB=×25x7×5V5_53 1 2 、14-29 当cosA= 7时.s加8=m4+9=sim4+3=5in+os4= 2v 2 2 14 因。此Bc的面积5 esin-×2v5x万x2_g 142 553 所以这两个三角形的面积分别为2和2· 选择条件③，c=V7,由余弦定理，得7=c2=a2+b2-2 abcosC=12+b2-6b, 即b2-6b+5=0,解得b=1或b=5, 12/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 absinC-x2/3xIx1= 1 当b=1时，AABC的面积S.c= 2 2=2 当b=5时，A4BC的面积S=)absinC=)×2W5x5x{55 2 5.55 所以这两个三角形的面积分别为2和2· 22. 【详解】a)W=25 io-cos2x=5sm2-cos2x=2sn2r-, 所以函数的最小正周期为T一何2 因为m2x-)-1川，所以函数和的值域为[2,2小 (2)因为f(8)2sn2B-君-2，所以sm2B-)-1, 因为Be所以28〔")28-名牙8- 3 因为cosB=02+c2-b21 2ac ?a=5,b=7?所以c=8: 5csin 1 1 =10V5 2 23. 【f解1因为6-A石，sm28-45(4:.所似csm28-多sa(+, 由正弦定理得s血Csin2B-子nBsn(A+),而三角形中有如C=如(4+B, 3 所以sin2B=,simB,再由三倍角公式得2 sin B cosB=2 3sinB,且sinB≠0 所以cosB=方 (2)若选条件①：c=10. 因为h=2N6,由（少可知cosB=所以由余弦定理可得：=a+c2-2ac.C0s 即24=a+100-20a3,得3d2-20a+228=0,△=(-20-4x3×28=-2336<0, 13/19 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 方程无解，所以a边不存在，故△ABC不存在. 若选条件②：cos4=V6 3 因为h=26由a)可知60s8-所以n8=看-B-2 3 同理cos4= 3,得sin1=V厂cos'A= 3， 所以在 中由正弦定理。b，得“2发围 △ABC sin A sin B 3 再由余弦定理=g+c2-2ac0osB:得24=9+62-2x3c 3 即c2-2c-15=0,解得c=5或c=-3(舍去)· 所以三角形的周长a+b+c=3+2W6+5=8+2√6 若选条件③：△ABC的面积为52 因为6=26，由④可知wB分所以如8=-oB. 3 由三角形面积公式5-c血8= 号ac=55,得c=15 再由余弦定理b2=a2+c2-2 ac.cosB,得24=a2+c2-10,即a2+c2=34. 所以(a+c)}=a2+c2+2ac=34+30=64,所以a+c=8. 所以三角形的周长a+b+c=(a+c)+b=8+2V6 24 【详解】山)因为cosB=分：所以nB=-ow日= 2 又 由正弦定理，可得 、以2v3V6 2 bsin C=√6 2 csin B=√6 2 （2)若选0：因为BC边上的离为，5，s如B= 2’c=V2 所以Sc=)a csin 2ax2,无解，所以三角形不存在： 14/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 若选②：由三角形的面积公式，Sc=)aesin B-Y2axV3-V3 x2=2,解得a=V2 所以a=e:所以。8C为等暖三角形，又asB=子所以∠B=径 39 所以2A=∠C=石，三角形唯 由余弦定理可知AC=√a2+c2-2 accosB=√6， 44 由S=5o+S可得esnB-号BAD-s加音+行4CAD-s π 12 p9-5406:26n6,9 4 4,所以AD=√3 若选③：因为△ABC的周长为N6+2V2,c=V2,所以a+b=√6+V2. 由余弦定理可知b2=a2+c2-2 accosB=a2+2+V2a, 所以(6+2-a=a2+2+2a,解得a=2,所以b=6 所以。=c所以。BC为等腰三角形，又cosB=:所以∠B- 3， 所以∠A=∠C=石，三角形唯一 3 3 “44 由Sc=San+S.co可得2 acsin B=7AB-D.sin+} 2 12+4C.AD.sin 12, 5-2D.6,2+6D.65 22 4 4二，所以AD=5 25 【详解1(a)因为oB-手且Be0所以血B=小-esB 5 设△ABC外接圆半径为R, 由正弦定理得(a+c)sinB-bsinA=2 RsinAsinB+2 RsinCsinB-2 RsinBsinA=3 所以2 Rsin Csin B=3,即：csin B=3,所以c=5. (2)选择条件①： 15/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 余弦定理，得2=a+c2-2 accos B代入c=5'b=5c0sB=5,得，2-8a=0圆 此时cosA= 2+c2-a252+52-827 2be 2×5×525·所以5<A<πA4BC为钝角三角形 设4c边上的高为6则5=amnB-h,即时8×5g,A-头 21 52 5 选择条件②： 若BA,BC=16,则BABC=BABC cos B=4a=l6,所以a=4, 由余弦定理得：2=d2+c2-2acc0sB=4+52-2x4x5x1=9, 5 因为a2=16,b2=9,c2=25,所以a2+b2=c2,则△ABC是直角三角形，不满足题意. 选择条件③： 若△ABC周长为18，则a+b=18-c=13, 由余弦定理得：b2=a2+c2-2 ac cos B=a2+25-8a, 联立解得：a=8,b=5, 所以cosA b2+c2-a2_52+52-827 心-2=名·所以气4K:6MBC为钝角三角形， 2bc 设AC边上的商为A:期5main-0,即8x5}么，=4 1 1 52 5 26. 详解】1)由余弦定理和面积公式得：。2+-c2-2 hcosC,了=，absin C f代入S-5a+2-c)可得：S=)absinC=5 4 2x2 abcosC,化简得：tanC=√5' 又因为在三角形中，0<C<元·所以C-号 ”2sin42=6。=C2R,则RV (2)设R为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得：sind sind- 所以b=2Rsim8=2snB:c=2Rsm写=2sn号=V5, 3 则三角形周长为：f(A)=a+b+c=2sinA+2sinB+V3 其中4+B+于=，所以8=行-4，代入)可得： 3 16/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 f(A)=2sin A+2sin 小5， 2 =2sin A+2sin -cos A-2cos 2πsinA+5 =3sin 4+3 cos 4+3 =25n(4+引5，其中0<4 3 所以后4+之52 6 6,则当A+交=π 62,即4= 3时，fA取得最大值， 所以fA)x=23 xsin+V5=35】 27. 【详解】④)因为画数=4snr+引o>0)两个相邻零点的距离为5。 故函数f)的最小正周期为r-行-2经，所以o=2即/)=4sm2x+写引 又因为f(o)=Ain元-5 32 A=2,故A= 2)因为8e=f)-25cosx=m2x+引 2v3cos'x sin2x+3。 1 0s2x-25.c0s2x+1_-1s 2 2 2 sin 2x-v3 .cos2x-V5-sin2x-3-3 2 由2版-子2x-音2版+e2可得a音sa+倍eZ. 故敌g问的单时进用送时为如吾红沿ke☑ 28. 【详解】(a)f)=sin8 CO+sinx+m=Sn2ar+50-cos2ar）+m 2sin2or-3。 17/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 )4}m=+5+n5+m0 3+2 则m=-3: (2)若选择条件②f(x)的最小正周期为元，条件③f()的最大值与最小值之和为0： C=元，即o=1' +m, f=1+m,f=-1+ 2 +m, 有f+=1+9+m-1+5+m=5+2m0. 2 放m5即间=mx到引 若选择条件0f(-0,条件@f问的最小正周期为x: -+m, 2 2 故)-m2r-引。 当[时2x 则f()=sm2x-写10： 不能选择条件0/)-0，条件@f()的最大值与最小值之和为0，理由如下： 18/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则/1+5+m,=-1+5 2 +m, 2 有f间m+f=1+5m-1+5+m-5+2m=0. 2 故m=-5,即em2ar》 期()m2a*g}=m后}-0. 故写0-胥k(eZ,则o=1+3kkeN, 3 此时o有无数种可能，故f(x)不唯一， 故不能选择条件①与条件③： 19/19 专题04 三角函数与解三角形 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 三角函数图像与性质 2020 圆周率日、2022 单调性、2024 周期最值、2025ω 范围，共 4 道选择 围绕 sin (ωx+φ) 命题；2020 年传统文化创新题亮眼；2024 后侧重参数范围推理，由定性转向定量计算 图像伸缩变换 2025 伸缩变换、2026 平移 + 对称计数，共 2 道选择 平移伸缩为基础考法；2026 新增 "取值个数" 计数型设问，结合对称性综合考查，区分度增强 解三角形 2020 大题、2021 条件选择大题、2022 大题、2023 选择、2024 条件选择大题、2025 条件选择大题、2026 实景 + 三棱锥，七年全覆盖 大题是绝对主力，"三选一" 条件设问成北京特色；2026 新增机械装置、三棱锥实景载体，跨模块融合明显 三角恒等变换 2020、2021 终边对称、2023 开放填空 + 大题、2024 终边对称、2025 开放填空、2026 大题，共 6 题 开放型 "写出一组值" 填空题逐年增多；2023、2026 两次以解答题形式考查化简与性质，地位持续提升 小结：解三角形大题稳定；图像题走向参数推理；恒等变换开放题增多、大题化是七年最显著变化。 考点01 三角函数的图像与性质 1．（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 【解析】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. 2．（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 【解析】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. 3．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（    ） A．在上单调递减 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．在上单调递增 【答案】C 【解析】因为. 对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错； 对于B选项，当时，，则在上不单调，B错； 对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对； 对于D选项，当时，，则在上不单调，D错. 故选：C. 4．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ， 所以，单位圆的内接正边形的周长为， 单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为， ， 则. 故选：A. 考点02 三角函数的图像伸缩变换问题 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 【解析】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. 2．（2025·北京·高考真题）为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（   ） A．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C．纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D．纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变） 【答案】A 【解析】因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象， 故选：A. 考点03正余弦定理综合应用 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】B 【解析】因为，则，即得， 所以中， 所以， 所以的范围为. 2.（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】 ①. ②. 【解析】 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. 3．（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． 【解析】（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. 4．（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． 【解析】（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 5．（2023·北京·高考真题）在中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为， 所以由正弦定理得，即， 则，故， 又，所以. 故选：B. 6．（2022·北京·高考真题）在中，． (1)求； (2)若，且的面积为，求的周长． 【解析】（1）因为，则，由已知可得， 可得，因此，. （2）由三角形的面积公式可得，解得. 由余弦定理可得，， 所以，的周长为. 6．（2021·北京·高考真题）在中，，． （1）求； （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，使存在且唯一确定，求边上中线的长． 条件①：； 条件②：的周长为； 条件③：的面积为； 【解析】（1），则由正弦定理可得， ，，，， ，解得； （2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得， 与矛盾，故这样的不存在； 若选择②：由（1）可得， 设的外接圆半径为， 则由正弦定理可得， ， 则周长， 解得，则， 由余弦定理可得边上的中线的长度为： ； 若选择③：由（1）可得，即， 则，解得， 则由余弦定理可得边上的中线的长度为： . 7．（2020·北京·高考真题）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求： （Ⅰ）a的值： （Ⅱ）和的面积． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ； 选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, . 【解析】选择条件①（Ⅰ） （Ⅱ） 由正弦定理得： 选择条件②（Ⅰ） 由正弦定理得： （Ⅱ） 考点04 三角恒等变换 1.（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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， 【小问2详解】 令，，可得，， 函数的单调递减区间为. 2.（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） 【解析】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） 3．（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】/ 【解析】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：. 4．（2023·北京·高考真题）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为 ， ． 【答案】 【解析】因为在上单调递增，若，则， 取， 则，即， 令，则， 因为，则， 即，则. 不妨取，即满足题意. 故答案为：. 5．（2023·北京·高考真题）设函数． (1)若，求的值． (2)已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减． 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． 【解析】（1）因为 所以， 因为，所以. （2）因为， 所以，所以的最大值为，最小值为. 若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在； 若选条件②：因为在上单调递增，且， 所以,所以,, 所以， 又因为，所以， 所以， 所以，因为，所以. 所以，； 若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最小值，即. 以下与条件②相同． 6．（2021·北京·高考真题）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为 ． 【答案】（满足即可） 【解析】与关于轴对称， 即关于轴对称， ， 则， 当时，可取的一个值为. 故答案为：（满足即可）. 7．（2020·北京·高考真题） 若函数的最大值为2，则常数的一个取值为________． 【答案】（均可） 【解析】因为， 所以，解得，故可取. 故答案为：（均可）. 一、单选题 1．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知函数，则是（   ） A．奇函数，且最小正周期为 B．奇函数，且最小正周期为 C．偶函数，且最小正周期为 D．偶函数，且最小正周期为 【答案】B 【分析】根据的关系判断的奇偶性，再根据周期的定义，判断的周期，即可选择. 【详解】由题意得， 故， 又其定义域为，故为奇函数； 又的最小正周期为， 且的最小正周期为，则的最小正周期为， 且， 故的最小正周期为. 综上所述：是奇函数，且最小正周期为. 2．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）在中，内角、、的对边分别为、、，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析可知，可得出，推导出且为钝角，利用大角对大边以及余弦定理逐项判断即可. 【详解】因为，，则， 所以，由正弦定理可得， 则，所以， 所以，故，所以， 因为为钝角，为锐角，所以，则， ，则，故ABD错，C对. 3．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）设函数，若点为函数图象的一个对称中心，且在上的最大值为2，则的最小值为（   ） A．4 B．5 C．7 D．10 【答案】C 【分析】先化简函数，根据点为函数图象的一个对称中心求出，再根据在上的最大值为2结合三角函数最值求出，两者结合即可推出的最小值. 【详解】， 点是的对称中心，因此，代入得 ， 即，整理得； 当时，， 而根据解析式可知最大值为， 说明区间必须包含，因此 ， 解得； 结合且， 时，，不满足； 时，，满足条件. 因此的最小值为. 4．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）将函数图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移个单位，得到函数的图象．则下列说法正确的是（   ） A．是函数的图象的一条对称轴 B．是函数的图象的一个对称中心 C．在上是增函数 D．在上是减函数 【答案】D 【详解】原函数，纵坐标不变，横坐标变为原来的​，得； 再向右平移​个单位，得： 代入，得， 所以不是函数的图象的一条对称轴，故A错误； 代入，得， 所以不是函数的图象的一个对称中心，故B错误； 当时，， 因为在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以在上先减后增再减，即不是单调增函数，故C错误； 当时，， 因为在上单调递减，所以在上单调递减，故D正确. 5．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】验证必要性：若，代入，利用三角函数诱导公式化简，结合的奇偶性判断. 验证充分性：若，利用三角函数的诱导公式，推导与的关系. 【详解】必要性证明： 已知， 若为偶数，设，则，， 故； 若为奇数，设，则，， 故，因此右边可以推出左边，必要性成立. 充分性证明： 由得， 根据的通解：， 代入得：， 因此充分性也成立， 综上，“”是“”的充分必要条件. 6．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）已知函数（），若存在，使得，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据同角三角函数关系及二倍角正弦公式进行化简，得到，进而求得，结合已知条件得到关于的不等式，求解验证即可. 【详解】 . 则，整理得， 即，解得. 因为，，所以. 而方程的解为或，， 若存在满足条件，则需中包含至少一个解， 又最小的正解为，则需使，所以. 若，，此时，，满足，所以的最小值为. 二、填空题 7．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）设，若对任意实数，都有，则满足条件的一组实数的值依次为__________. 【答案】2，3，（答案不唯一） 【分析】利用诱导公式，结合的取值范围和等式恒成立可得的一组值. 【详解】因为， 且当时，等式对任意实数都成立， 所以，，满足条件需求. 故满足条件的一组实数的值依次为：2，3，（答案不唯一）. 8．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）设函数，若在区间上有且只有一条对称轴，则的一个取值为____． 【答案】1 【分析】求出相位的取值范围，再由对称轴情况列出不等式求解. 【详解】令，解得 有对称轴在区间内，即 ，整理得：. 因为在区间内有且只有一条对称轴，即满足不等式的整数只有1个， 所以大于的最小整数是，即满足条件， 故，解得：. 答案不唯一，满足即可. 9．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，若，则的一个取值为________． 【答案】（答案不唯一） 【详解】因为角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，故， 所以，即， 故或，故或. 则的一个取值为（其他满足条件的均可）. 10．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知，且，写出满足条件的一组的值_________，_________． 【答案】 （答案不唯一，满足题意即可） （答案不唯一，满足题意即可） 【详解】，即， 结合，可知 两边同除以可得：， 即，又， 故取，满足条件. 11．（北京市第一○一中学2025-2026学年度第二学期高一数学统练二）已知，，则_____. 【答案】 【分析】根据两角和的正弦公式及角的变换求解. 【详解】因为，所以， 所以. 12．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）已知，则的一个可能值为________． 【答案】（答案不唯一） 【分析】利用三角函数的诱导公式化简等式，再求解三角方程，得到的通解，可写出一个满足条件的具体值. 【详解】∵，，， ∴，则， ∴. 取，得；取，得，均满足条件（答案不唯一）. 13．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）函数，则________． 【答案】/ 【详解】由题意可得 14．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边过点，则____；将点绕着原点逆时针旋转得到点，则点的纵坐标为____． 【答案】 【详解】由三角函数定义知：； ，，，， 点的纵坐标为. 15．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）设函数，则图象的一条对称轴方程为________；若在上单调递增，则的最大值为________. 【答案】 ，（任意符合的结果都正确） 【详解】利用辅助角公式化简得：， 由正弦函数的对称轴满足，令： ， 取，得一条对称轴为，（任意符合的结果都正确）； 再由正弦函数的单调递增区间满足， 令： ， 整理得的单调递增区间为， 因为区间关于原点对称，只有时的递增区间包含原点， 要满足，得，因此的最大值为. 16．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）已知点，点（，）为圆：上的动点，若，则的一个取值为______. 【答案】 (区间内的值都对) 【详解】设，已知点，则， 点（，）为圆：上的动点， 当时，，此时， 由，得. 17．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在平面直角坐标系xOy中，，直线与x轴和y轴分别交于点，，则的最大值为________；的取值范围是________． 【答案】 4 【分析】先求出两点的坐标，再表示出和的坐标，先求出，再求出向量的模，再利用三角函数恒等变换公式化简求解其最大值，最后应用数量积公式计算结合正弦函数值域计算求解. 【详解】设， 由题意知，直线分别与轴､轴交于点，则， 所以，； 因为， 则 ， 当时，取得最大值，且最大值为 ， 因为，的取值范围是. 18．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）对于定义域为的函数，令，给出下列四个结论： ①若对于，恒成立，则恒成立； ②若对于，恒成立，则恒成立； ③若是周期函数，则是周期函数； ④若偶函数的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①④ 【分析】根据函数值域判断①；根据已知条件结合函数性质举反例判断②③，根据已知条件和函数的对称性判断④. 【详解】对于①，故对于，因为， 要使恒成立，即且恒成立， 那么恒成立，所以①正确； 对于②，对于，恒成立，即恒成立， 等价于且恒成立， 当时，，但当时，不一定大于， 例如，此时满足， 但不恒大于，所以②错误； 对于③，例如是周期函数， 对于函数， 由可知是偶函数， 故画出它的图象取轴右边部分，再将其右边部分关于轴对称，即可得到图象， 可知不是周期函数（因为不是周期函数）， 所以③错误； 对于④，由为偶函数，得， 由函数的图象关于直线对称得， 从而， 所以， 即的图象关于直线对称，所以④正确. 三、解答题 19．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）在三角形中，角所对的边长分别为，，. (1)求； (2)若点在边上，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，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)选择条件①②, ②③,可得，选择①③，不合题意 【分析】（1）利用正弦定理边化角，可求解； （2）利用余弦定理建立方程组可求解边长，最后可求面积. 【详解】（1）由，将代入得： ， 根据正弦定理，可得，即 已知，代入得： ， 在中，，约去，得， 又因为，所以； （2）选择条件①、②来作解答：    已知，，在上，，， 故， 在中，由余弦定理可得： ， 在中，由余弦定理可得： ， 代入已知条件得：， 由上两式消整理可得， ， 若，代入上式可得，此时判别式小于0，该方程无解； 若，代入上式可得， 解得正根， 代入：， 此时三角形的解是唯一一组解，故满足题意， 则. 选择条件①、③来作解答：    已知，在上，，，， 在中，由正弦定理可得：， 当为锐角时，由，可得， 在中，由余弦定理可得： ， 整理得：， 在中，由余弦定理： ， 代入已知条件得：， 解得：或， 由于为钝角，则满足，即， 故，此时，    当为钝角时，由，可得， 在中，由余弦定理可得： ， 整理得：， 在中，由余弦定理： ， 代入已知条件得：， 解得：或， 由于为锐角，则满足，即， 故，此时， 则此时三角形为等边三角形， 故满足题意的三角形有两个，不满足题意，故不能选①、③来作解答； 选择条件②、③来作解答：    已知，在上，，，， 过点作，垂足为，因为，所以， 由点在上，可知为锐角，则， 又由，，在直角三角形中，可解得：， 再由，可得， 再由，可得，即， 在中，由余弦定理： ， 代入已知条件得：， 解得：或， 由于为钝角，则满足，即， 故，此时， 此时三角形的解是唯一一组解，故满足题意， 则. 20．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）已知函数. (1)求的最小正周期及单调递增区间； (2)在中，，若的平分线交于，求的长. 【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）利用倍角公式及辅助角公式得，再由三角函数的性质，即可求解； （2）根据条件得到，再结合题设条件及面积公式，建立方程，即可求解. 【详解】（1）因为， 所以的最小正周期为， 由，得到， 所以的单调递增区间为. （2）因为，则，即，所以， 解得，又，所以，又的平分线交于，， 由，即， 得到，解得. 21．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）在中，. (1)求； (2)若，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，使得满足条件的有两个，求这两个三角形的面积. 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)满足条件①的三角形有且只有1个；满足条件②或③的三角形有两个，这两个三角形的面积分别为和. 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角及二倍角的正弦求解. （2）选条件①，由两边及夹角确定三角形，不符合题意；选条件②，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦公式及三角形面积公式求解；选条件③，利用余弦定理及三角形面积公式求解. 【详解】（1）在中，由及正弦定理，得， 即，而，则， 又，所以. （2）选择条件①，，而，，则唯一确定，不符合题意. 选择条件②，，由正弦定理得， ，则，，， 当时，， 因此的面积； 当时，， 因此的面积， 所以这两个三角形的面积分别为 和. 选择条件③，，由余弦定理，得， 即，解得或， 当时，的面积； 当时，的面积， 所以这两个三角形的面积分别为和. 22．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）已知函数． (1)求的最小正周期和值域 ； (2)设中，，，，求的面积 ． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式化简，再根据正弦型函数性质计算即可求解； （2）由正弦型函数性质计算可得，再根据余弦定理及三角形面积公式计算求解. 【详解】（1）， 所以函数的最小正周期为， 因为，所以函数的值域为； （2）因为，所以， 因为，所以，，， 因为，，所以， . 23．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在中，，． (1)求， (2)再从以下条件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，求的周长． 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为 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)选条件②或③，存在，周长为. 【分析】（1）根据所给的边结合正弦定理，二倍角公式可得； （2）选条件①直接由余弦定理判断三角形不存在；选条件②先同角三角函数关系式可得A，B的正弦值，再由正弦定理和余弦定理求解可得；选条件③：先由面积公式可得，再结合余弦定理可得三角形的周长. 【详解】（1）因为，，所以， 由正弦定理得，而三角形中有， 所以，再由二倍角公式得，且， 所以. （2）若选条件①：. 因为，由（1）可知，所以由余弦定理可得：， 即，得，， 方程无解，所以a边不存在，故不存在. 若选条件②：. 因为，由（1）可知，所以. 同理，得， 所以在中由正弦定理，得， 再由余弦定理，得， 即，解得或（舍去）. 所以三角形的周长. 若选条件③：的面积为. 因为，由（1）可知，所以, 由三角形面积公式，得. 再由余弦定理，得，即. 所以，所以. 所以三角形的周长. 24．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）在中，，的平分线与交于点． (1)求的值； (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，使存在且唯一确定．求的长． 条件①：边上的高为； 条件②：的面积为； 条件③：的周长为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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)选条件①时无解，选条件②和条件③时 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和同角三角函数基本关系求解即可； （2）选①：根据面积列方程无解，即可排除； 选②：根据三角形的面积公式求得，再用求解的长即可； 选③：根据周长和余弦定理求得，再用求解的长即可. 【详解】（1）因为，所以， 又，由正弦定理，可得，所以. （2）若选①：因为边上的高为，，， 所以，无解，所以三角形不存在； 若选②：由三角形的面积公式，，解得. 所以，所以为等腰三角形，又，所以， 所以，三角形唯一， 由余弦定理可知， ， 由可得， 即，所以； 若选③：因为的周长为，，所以． 由余弦定理可知， 所以，解得，所以， 所以，所以为等腰三角形，又，所以， 所以，三角形唯一， ， 由可得， ，所以. 25．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，． (1)求c的值； (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，使得为钝角三角形，求边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为18． 【答案】(1)5 (2)选择条件①或③时，边上的高为；选择条件②时，不满足题意. 【分析】(1)利用正弦定理即可求解； (2)选择条件①或③，首先验证是钝角三角形，再利用余弦定理和面积公式即可求解，选择条件②，验证不满足钝角三角形的条件. 【详解】（1）因为，且，所以， 设外接圆半径为， 由正弦定理得 所以，即：，所以. （2）选择条件①： 由余弦定理，得，代入，，，得，则， 此时，所以，为钝角三角形， 设边上的高为，则 ，即 ，. 选择条件②： 若，则，所以， 由余弦定理得： ， 因为，，，所以，则是直角三角形，不满足题意. 选择条件③： 若周长为18，则， 由余弦定理得：， 联立解得：，， 所以，所以，为钝角三角形， 设边上的高为，则 ，即 ，. 26．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知的面积，且． (1)求C的大小； (2)记的周长为．给出的解析式，并求其最大值． 【答案】(1)/ (2)； 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得解； （2）利用正弦定理表示出，化简，然后结合正弦函数性质求最值. 【详解】（1）由余弦定理和面积公式得：，， 代入可得：，化简得：， 又因为在三角形中，，所以. （2）设为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得：，则， 所以，， 则三角形周长为： 其中，所以，代入可得： ， ，其中 所以，则当，即时，取得最大值， 所以. 27．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）已知函数两个相邻零点的距离为，且. (1)求、的值； (2)设，求的单调递增区间. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）求出函数的最小正周期，可求出的值，再利用可得出的值； （2）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的单调性可得出关于的不等式，即可解得函数的单调递增区间. 【详解】（1）因为函数两个相邻零点的距离为， 故函数的最小正周期为，所以，即， 又因为，故. （2）因为 ， 由可得， 故函数的单调递增区间为. 28．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）已知函数． (1)若，，求实数的值； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一，求在区间上的取值范围． 条件①：； 条件②，的最小正周期为； 条件③：的最大值与最小值之和为0． 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)选择条件①与条件②或选择条件②与条件③，取值范围为；不能选择条件①与条件③ 【分析】（1）借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，利用所给条件结合三角函数性质计算即可得. （2）可选条件①与条件②或条件②与条件③，再利用正弦型函数性质分析计算可得对应、的值；不能选择条件①与条件③，利用正弦型函数性质计算可得该情况下，即有无数种可能. 【详解】（1） ， 若，则， ， 则； （2）若选择条件②的最小正周期为，条件③的最大值与最小值之和为0： 由，则，即， 故， ，， 有， 故，即， 当时，， 则； 若选择条件①，条件②的最小正周期为： 由，则，即， 故， 有，解得， 故， 当时，， 则； 不能选择条件①，条件③的最大值与最小值之和为0，理由如下： 由， 则，， 有， 故，即， 则， 故，则， 此时有无数种可能，故不唯一， 故不能选择条件①与条件③. 1 / 2 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 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 三角函数图像与性质 2020 圆周率日、2022 单调性、2024 周期最值、2025ω 范围，共 4 道选择 围绕 sin (ωx+φ) 命题；2020 年传统文化创新题亮眼；2024 后侧重参数范围推理，由定性转向定量计算 图像伸缩变换 2025 伸缩变换、2026 平移 + 对称计数，共 2 道选择 平移伸缩为基础考法；2026 新增 "取值个数" 计数型设问，结合对称性综合考查，区分度增强 解三角形 2020 大题、2021 条件选择大题、2022 大题、2023 选择、2024 条件选择大题、2025 条件选择大题、2026 实景 + 三棱锥，七年全覆盖 大题是绝对主力，"三选一" 条件设问成北京特色；2026 新增机械装置、三棱锥实景载体，跨模块融合明显 三角恒等变换 2020、2021 终边对称、2023 开放填空 + 大题、2024 终边对称、2025 开放填空、2026 大题，共 6 题 开放型 "写出一组值" 填空题逐年增多；2023、2026 两次以解答题形式考查化简与性质，地位持续提升 小结：解三角形大题稳定；图像题走向参数推理；恒等变换开放题增多、大题化是七年最显著变化。 考点01 三角函数的图像与性质 1．（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 2．（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 3．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（    ） A．在上单调递减 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．在上单调递增 4．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）． A. B. C. D. 考点02 三角函数的图像伸缩变换问题 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 2．（2025·北京·高考真题）为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（   ） A．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C．纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D．纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变） 考点03正余弦定理综合应用 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. 2.（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 3．（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． 4．（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． 5．（2023·北京·高考真题）在中，，则（    ） A． B． C． D． 6．（2022·北京·高考真题）在中，． (1)求； (2)若，且的面积为，求的周长． 6．（2021·北京·高考真题）在中，，． （1）求； （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，使存在且唯一确定，求边上中线的长． 条件①：； 条件②：的周长为； 条件③：的面积为； 7．（2020·北京·高考真题）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求： （Ⅰ）a的值： （Ⅱ）和的面积． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 考点04 三角恒等变换 1.（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． 2.（2025·北京·高考真题）已知，且，.写出满足条件的一组的值 ， ． 3．（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 ． 4．（2023·北京·高考真题）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为 ， ． 5．（2023·北京·高考真题）设函数． (1)若，求的值． (2)已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减． 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． 6．（2021·北京·高考真题）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为 ． 7．（2020·北京·高考真题） 若函数的最大值为2，则常数的一个取值为________． 一、单选题 1．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知函数，则是（   ） A．奇函数，且最小正周期为 B．奇函数，且最小正周期为 C．偶函数，且最小正周期为 D．偶函数，且最小正周期为 2．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）在中，内角、、的对边分别为、、，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）设函数，若点为函数图象的一个对称中心，且在上的最大值为2，则的最小值为（   ） A．4 B．5 C．7 D．10 4．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）将函数图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移个单位，得到函数的图象．则下列说法正确的是（   ） A．是函数的图象的一条对称轴 B．是函数的图象的一个对称中心 C．在上是增函数 D．在上是减函数 5．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）已知函数（），若存在，使得，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）设，若对任意实数，都有，则满足条件的一组实数的值依次为__________. 8．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）设函数，若在区间上有且只有一条对称轴，则的一个取值为____． 9．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，若，则的一个取值为________． 10．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知，且，写出满足条件的一组的值_________，_________． 11．（北京市第一○一中学2025-2026学年度第二学期高一数学统练二）已知，，则_____. 12．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）已知，则的一个可能值为________． 13．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）函数，则________． 14．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边过点，则____；将点绕着原点逆时针旋转得到点，则点的纵坐标为____． 15．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）设函数，则图象的一条对称轴方程为________；若在上单调递增，则的最大值为________. 16．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）已知点，点（，）为圆：上的动点，若，则的一个取值为______. 17．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在平面直角坐标系xOy中，，直线与x轴和y轴分别交于点，，则的最大值为________；的取值范围是________． 18．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）对于定义域为的函数，令，给出下列四个结论： ①若对于，恒成立，则恒成立； ②若对于，恒成立，则恒成立； ③若是周期函数，则是周期函数； ④若偶函数的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题 19．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）在三角形中，角所对的边长分别为，，. (1)求； (2)若点在边上，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，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. 20．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）已知函数. (1)求的最小正周期及单调递增区间； (2)在中，，若的平分线交于，求的长. 21．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）在中，. (1)求； (2)若，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，使得满足条件的有两个，求这两个三角形的面积. 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. 22．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）已知函数． (1)求的最小正周期和值域 ； (2)设中，，，，求的面积 ． 23．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在中，，． (1)求， (2)再从以下条件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，求的周长． 条件①：； 条件②：； 条件③：的面积为 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． 24．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）在中，，的平分线与交于点． (1)求的值； (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，使存在且唯一确定．求的长． 条件①：边上的高为； 条件②：的面积为； 条件③：的周长为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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． 25．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，． (1)求c的值； (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，使得为钝角三角形，求边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为18． 26．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知的面积，且． (1)求C的大小； (2)记的周长为．给出的解析式，并求其最大值． 27．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）已知函数两个相邻零点的距离为，且. (1)求、的值； (2)设，求的单调递增区间. 28．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）已知函数． (1)若，，求实数的值； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一，求在区间上的取值范围． 条件①：； 条件②，的最小正周期为； 条件③：的最大值与最小值之和为0． 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． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $