三角函数与解三角形专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦三角函数与解三角形核心考点，以题载法构建“定义-变换-应用”逻辑体系，强化数学思维与运算能力 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|单选1-3/填空18|三角函数定义/同角关系|从终边定义到函数值计算，夯实概念生成| |恒等变换|单选4-7/填空19|三角恒等变换/图像平移|公式推导→化简求值→图像变换，形成变换链条| |函数性质|单选8-10/填空20-21|导数求最值/图像性质|性质分析→单调性判断→最值求解，培养数学眼光| |解三角形综合|解答27-39|正余弦定理/面积公式|定理应用→几何建模→综合计算，发展应用意识|

2027届高考数学一轮复习作业——三角函数与解三角形 一、单选题 1．已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 轴的非负半轴重合，终边经过点 ，则 的值为（    ） A． B． C． D． 2．若，则（   ） A． B． C． D． 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．已知函数在区间上的最小值恰为，方程表示焦点在轴上的椭圆，记所有满足条件的为集合，实数的取值集合为，则（    ） A． B． C． D． 5．已知，则的值为（     ） A． B． C． D． 6．已知函数，则其图象离直线最近的一条对称轴的方程是（    ） A． B． C． D． 7．已知，则（    ） A． B． C． D． 8．已知，，则等于（     ） A． B． C． D． 9．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（     ） A． B． C． D． 10．函数在区间上的最大值为（    ） A． B． C． D． 11．在菱形中，已知，，沿将折起，得到三棱锥，使二面角的余弦值为，若球与三棱锥的各条棱均相切，则球的表面积为（     ） A． B． C． D． 12．在中，内角，，的对边分别为，，，其中为钝角，，，点是的重心，且，则（     ） A． B． C． D． 二、多选题 13．的内角，，的对边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，且为钝角，则 14．已知点，是函数图象相邻的两个最低点，则下列选项正确的是（    ） A．的最小正周期为8 B． C．的图像关于点中心对称 D．在区间内的零点个数为1 15．下列各式中，值为的是（   ） A． B． C． D． 16．已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．的图象可由曲线向左平移个单位长度得到 C．的图象关于直线对称 D．在上的值域为 17．已知中，与均为锐角，的面积为，且，则（） A． B． C．周长为 D． 三、填空题 18．若角的终边经过，则__________. 19．将函数的图象向左平移个单位，得到的图象关于轴对称，则_______． 20．已知的内角的对边分别为，，则的最大值为_________． 21．已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________．    22．在中，，分别在，上，和交于点，直线分别与，交于点，，若，，则______． 23．已知双曲线的左、右焦点分别为，，第二象限的点位于双曲线的渐近线上，且．若，且，则C的离心率为_________． 24．在△ABC中，已知M、N分别是AC、BC的中点，且，则______；若△ABC的面积为3，则AB的最小值为______. 25．已知三角形的内角的对边分别为，，，则的最大值为_______． 26．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__________． 四、解答题 27．在等边△ABC中，，点Q为AC的中点，BQ交AM于点N． (1)证明：点N为BQ的中点； (2)若，求的面积． 28．记的内角，，的对边分别为 ，， ，已知 ． (1)求角 ； (2)若，，求的面积． 29．已知的内角，，所对的边分别为，，，. (1)求； (2)设，，求. 30．记的内角的对边分别为，已知，的面积为，． (1)求； (2)求的周长. 31．已知的内角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若为边上一点，，求. 32．设是一个凸四边形，延长，交于点．已知，，．求． 33．设ABC为锐角三角形，点S在边AB上．令P为经过A，S，C三点的圆的圆心，令Q为经过B，S，C三点的圆的圆心．求点S在边AB上的位置，使得三角形PQS的面积最小． 34．在锐角中，，点在外接圆上，满足．点在内，满足证明：四点共圆． 35．如图，在边长为2的正三角形ABC中，D为BC的中点，O为AD的中点，过点O的直线交边AB于点M，交边AC于点N． (1)用，表示； (2)若，，求的值； (3)求面积的取值范围． 36．已知函数. (1)若，求的值； (2)求在上的单调区间. 37．已知的内角，，满足，求的值． 38．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. (1)求a； (2)若，求AB边上的高h. 39．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知 (1)求C； (2)若D在AB边上， 且AD=2DB， CD =2， 求△ABC面积的最大值. 40．如图，在直四棱柱中，，，． (1)证明：； (2)若，求二面角的平面角的余弦值； (3)求直四棱柱体积的最大值． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 《2027届浙江省高考数学一轮复习作业——三角函数与解三角形》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B B D D B A A D 题号 11 12 13 14 15 16 17 答案 A D ABD BD AC ACD ACD 1．D 【详解】已知角的终边经过点， 则点到原点的距离； 由三角函数定义得：， 所以. 2．D 【分析】由同角正弦，余弦关系结合题设可得答案. 【详解】由题得整理可得，注意到，则． 3．B 【详解】设，则， . 4．B 【分析】先由满足条件的集合求，再由椭圆条件求，最后判断集合关系. 【详解】当时，， 此时的最小值为，所以，即． 若，此时能取到最小值， 即，代入可得，满足要求，即； 若取不到最小值，则需满足，即， 而在上单调递减， 所以存在唯一符合题意；所以集合. 由椭圆的焦点在轴上，得， 解得，所以实数的取值集合为， 则，即. 5．D 【详解】 6．D 【分析】利用余弦（型）函数对称性分析求解即可. 【详解】根据题意，令，，解得函数的对称轴为：， 令，得，令，得，令，得，令，得， 所以函数的图象离直线最近的对称轴方程为． 7．B 【分析】设，整理可得，运算求解即可. 【详解】设， 因为，则，且， 可得， 则，解得. 且，则，所以. 8．A 【分析】利用同角的正余弦函数的平方关系求解，再由两角差的正弦公式求解即可. 【详解】因为，，所以，所以. 9．A 【分析】利用奇偶性和复合函数的单调性求解. 【详解】从图像上看，的图像不关于轴对称， 选项A，是奇函数，对称轴为， 所以对称轴为， ，为单调递增函数，为单调递增函数， 则在上是单调递增函数，符合题意，故A正确； 选项B，，关于轴对称，不满足题意，故B错误； 选项C，，为单调递增函数，为单调递减函数， 则在上是单调递减函数，不符合题意，故C错误； 选项D，，不满足题意，故D错误； 10．D 【分析】结合三角恒等变换化简导函数，讨论导函数的符号后得函数的单调性，从而可求最大值. 【详解】已知函数， 所以. 因为，所以，故. 当时，，即； 当时，，即， 所以在上为单调递增，在为单调递减， 故在上的最大值为. 11．A 【分析】取的中点为，连接，确定即为二面角的平面角，然后根据余弦定理求出，进而求出球的半径和表面积. 【详解】在菱形中，已知，，都是等边三角形， ，取的中点为，连接，则. 所以即为二面角的平面角，. 所以. 由余弦定理得. 所以，因此三棱锥所有棱长：， 所以三棱锥为正四面体. 所以棱切球的半径为，那么球的表面积为. 12．D 【分析】由正弦定理求出，再由重心的性质求出边上的中线，由余弦定理得，在中，联立方程即可求解． 【详解】由题意得，， 则，，因为为钝角，所以． 设中点为，，． 在三角形和三角形中，由余弦定理可得：， ，化简得， 在三角形中，， 所以得，解得， 所以． 13．ABD 【分析】结合三角恒等式和三角形的正弦定理的边角转化、余弦定理，分别对每个选项进行化简计算从而进行解答. 【详解】选项A：因为， 所以由三角恒等式可得， 即， 所以由正弦定理可得，故选项A正确； 选项B：由余弦定理可得， 由A可知，代入可得 ，当且仅当时等号成立， 因为， 所以，故选项B正确； 选项C：由余弦定理可得， 由A可知， 所以，由正弦定理可得， 所以，故选项C错误； 选项D：由A可知， 因为， 所以， 因为， 所以． 因为为钝角， 所以，即， 因为， 所以，故选项D正确. 14．BD 【详解】对于A，由题可知该函数的最小正周期，A错误； 对于B，因为，所以， 将代入得， 而，B正确； 对于C，由B选项可知， 所以的图象不关于点中心对称，C错误； 对于D，由题可知，，因为，所以， 所以，则， 令，则，即， 所以，所以， 因，则，即得函数在区间内的零点只有2， 故在区间内的零点个数为1，D正确. 15．AC 【详解】A.，所以 ，A正确. B.，B错误. C.，C正确. D.. 因为， 所以原式，D错误. 16．ACD 【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，利用赋值法和代入法，可逐个判断各选项． 【详解】由函数的图象可知：, 又因为,即则得,故A正确； 因,结合函数图象可得 所以,即． 而曲线向左平移个单位长度得到,故B错误； 当时,可得,故的图象关于直线对称,故C正确； 当时,,则,故D正确． 17．ACD 【分析】利用和角公式结合已知等式推出，再由面积、正弦定理求边长，通过平方变形计算，逐一判断选项正误. 【详解】由，可得. 因为， 所以， 则， 即. 因为与均为锐角，所以 当时，此时，. 当时，， 此时，，则， 且，，则， 此时与不能同时成立，同理，也不成立， 综上 ， 选项A正确. 因为，则，由可得成立， 又，则， 成立， 此时， 由正弦定理：，，即， 故. ，，即，所以，，选项B错误. ，选项D正确. 因为， 所以，所以周长选项C正确. 18．/ 【详解】根据三角函数的定义得，又因为，所以. 19． 【详解】将函数的图象向左平移个单位， 得到，由于此函数的图象关于轴对称， 则，即， 又，则. 20． 【分析】由正弦边角关系、三角形内角和及三角恒等变换得且，从而有，结合、和角正切公式得，最后应用基本不等式求最值. 【详解】因为， 由正弦定理得， 又，则， 所以， 即， 所以， 由，则，而，所以， 所以角为钝角，，则角为锐角即， 此时， 由， 所以， 即， 因为，所以， 所以， 当且仅当即时，等号成立， 所以的最大值为. 21． 【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. 22． 【分析】利用完全四边形调和分割性质求解. 【详解】由题可知是完全四边形，对角线被另外两条对角线、截得点、， 满足调和分割关系： 已知，，因此， 设，则，代入调和公式得：， 计算得，整理得，解得，即. 23．4 【分析】证明三角形全等，再由余弦定理求解即可. 【详解】依题意，点在的渐近线上，点在的右支上． 因为，所以． 设为坐标原点，又，分别为，的中点，则， 又，，故， 故，而，则． 在中，由余弦定理，得，解得（负值舍去）． 24． 【分析】设，角A，B，C的对边分别为a，b，c，通过已知条件得，再通过正弦定理即可求出的值；过A作AH垂直于BC与，通过△ABC的面积为3得到，再把代入即可求出. 【详解】设，角A，B，C的对边分别为a，b，c 因为M、N分别是AC、BC的中点，所以，又； 所以，化简得：，即（C为锐角） 由正弦定理可得：，又， 所以，所以，即； 如图，过A作AH垂直于BC于H. 因为，所以，则； 又△ABC的面积为3，所以； 所以，即，所以AB的最小值为. 25． 【分析】利用正余弦定理得到，根据两角差的正切公式得到，令，结合基本不等式求解即可. 【详解】由余弦定理得，， 又，所以，即. 由正弦定理得，，所以， 即， 斜三角形中，，， 所以. . 因为，则，所以，若为钝角，也为钝角，不满足，故为锐角， 令，则. 则，当且仅当，即时取等号. 故的最大值为. 26． 【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． 27．(1)设， 点为的中点，， ． 三点共线，， ，点为的中点． (2)． 【分析】（1）设，由平面向量的线性运算结合向量共线的推论求得，即可求证； （2）由平面向量的共线定理，向量的数量积的运算性质，结合三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）略. （2）由（1）知，． 设， 三点共线，， ，， ，，， ， ，． 28．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理与正弦定理，将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和化简求解； （2）利用余弦定理与面积公式，通过“和平方”将转化为，即可计算面积. 【详解】（1）已知， 由余弦定理，则， 代入可得：. 由正弦定理（为外接圆半径）， 可得，，， 代入上式得：， 整理得：， 根据两角和的正弦公式，即， 因为，所以得，解得， 又因为，所以. （2）已知，，， 由余弦定理，代入得， 所以， 则面积为：. 29．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理及诱导公式求解即可. （2）根据余弦定理及三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）由正弦定理得：， 而， 所以，又，，所以， 又，所以. （2）由余弦定理， 又，所以，即，解得. 所以. 30．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理对边化角，即可求解； （2）由三角形面积公式先求得，再结合余弦定理得到，即可求解. 【详解】（1），由正弦定理知， 因为，， 所以，即． 又因为，所以． （2）因为的面积为，所以． 由（1）知，所以，所以． 由余弦定理知，， 所以， 所以，所以， 所以的周长为． 31．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）法①：由题意可得，在中，由余弦定理可得，再由正弦定理可得，从而得，最后利用求解即可； 法②：在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得从而得，利用求解即可； 法③：在中，由余弦定理可得，从而得，所以，再结合余弦定理求得，最后在直角中，由正弦的定义求解即可； 法④：利用面积公式可得，再由余弦定理可得，最后由正弦定理求解即可. 【详解】（1）因为，且， 则， 即， 得， 则， 因为，所以. （2）由（1）得，，因为，所以， 所以， 法①：如图在中，由余弦定理可得：   ， 即， 在中由正弦定理，即，所以， 因为，故， 在中，. 法②：同解法①， 在中由正弦定理，即， 所以， 又因为，即，所以. 法③：同上， 在直角中，，所以， 由（1）问知，所以， 即，得即， 所以，. 法④：由（1）知，则， 因为， 所以， 即，解得， 所以，即， 在中，由正弦定理，即， 解得. 32． 【分析】以中点为原点，方向为轴正方形，为单位长度建立平面直角坐标系，得到双曲线方程，再设的直线方程为，利用韦达定理和弦长公式计算可得. 【详解】    以中点为原点，方向为轴正方形，为单位长度建立平面直角坐标系，则，，，且，由双曲线的第二定义可知点 都在以 为焦点的双曲线上， 设的直线方程为，代入双曲线方程可得， 因此两点的横坐标是方程的两个根， ， 所以， 再由知， 所以，两边平方并去分母整理得， 解得或（舍）， 而当时，以为根的一元二次方程的二次项系数与常数项符号相反，故一正一负，符合题意，因此 33．S为C在AB上的垂足 【分析】利用两圆外心连线垂直平分公共弦，转化三角形面积，证明三角形相似后，面积随圆心到顶点距离减小而变小，该距离最小值对应线段垂直底边，故是向作垂线的垂足. 【详解】记表示三角形的面积．设H为C到AB的垂足． 因为是锐角三角形，所以H在边内部．下面证明面积最小时． 任取，设M为的中点． 因为P是的外心，所以． 特别地，，故P在线段CS的垂直平分线上． 同理，Q是的外心，所以，故Q也在线段CS的垂直平分线上． 于是P，M，Q共线，． 因此S，C关于直线对称，故它们到直线的距离相等． 以为公共底边，得． 接下来证明∽． 因为P是圆的圆心，且圆周角与圆心角对同一弦， 所以． 又，所以是等腰三角形的顶角平分线， 于是． 由于A，S，B共线，． 又，所以． 同理，在圆中，． 而A，S，B共线，所以． 又，因此． 于是∽． 所以相似三角形面积比等于对应边比的平方：． 结合，得到． 由于与都固定，要使最小，只需使最小． 另一方面，由P是圆的圆心可知， 所以P在线段CA的垂直平分线上． 在线段CA的垂直平分线上，距离点C最近的点显然是的中点， 因此，等号当且仅当P是的中点． 当P是的中点时，圆以AC为直径． 由于S在此圆上，故由泰勒斯定理． 又A，S，B共线，所以． 因此S必须是C到的垂足，即． 反过来，若，则，从而． 于是圆（ASC）的圆心正是的中点，确实取到上面的最小值． 故面积最小时，S为C在上的垂足． 此时最小面积为． 34． 证明：考虑复合变换：先以为中心，为反演幂作反演，再关于的角平分线作对称．于是，因此将圆变为直线，反之亦然．设，，则只需证明三点共线． 设为的外接圆圆心．因为为的等角线，，因此为与的交点，故 设在点处的切线交于点．由于，因此，于是，故在上．类似有，于是，因此，以及．故 类似地，我们有在上，且．于是，由Menelaus逆定理可知三点共线． 【详解】略 35．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量加法的平行四边形法则及中点性质求解； （2）利用三点共线的充要条件建立方程求解； （3）利用三角形面积公式表示面积，再求解范围. 【详解】（1）因为是中点，所以 ，又因为是中点， 所以，所以； （2）已知，， 将其代入 （1）的结论 所以三点共线，所以 ，得； （3）正三角形边长为，，由（2）知，， 面积是， 由，得， 在线段上，在线段上，，代入： 解不等式， ，，得； ，结合，得, 综上参数范围：，， 令，，由得，所以， 由对勾函数性质：在与处取最大值，在处取最小值， 时，； 或时，，所以， 因为，因此，所以面积的取值范围是 ． 36．(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为. 【详解】（1），所以. （2） ， 因为，所以. 令，得；令，得， 因此在上的单调递增区间为，单调递减区间为. 37． 【分析】先利用和差化积由推出，再结合三角形内角关系将条件统一为仅含角的方程，换元平方分解因式求出，最后借助恒等式化简得到正数. 【详解】由，得． 化简：． 所以． 由于， 故括号内为正，因此， 即． 于是． 原条件变为． 有， 所以． 因为右边为正，所以． 设． 平方得． 即，． 分解：． 因为．所以． 解得． 于是． 又由，得． 因此． 因为．所以． 38．(1)5 (2) 【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系求得，再结合正弦定理求解； （2）利用正、余弦定理求得，,再利用等面积法求边上的高. 【详解】（1）因为，所以，所以， 由正弦定理得，所以,所以； （2）由正弦定理得，所以，所以， 由余弦定理可得， 因为，即， 所以AB边上的高. 39．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理进行边化角，得到利用两角和的正弦公式求解即可得解. （2）由题意在边上一点，且，可得，将此式子两边平方，通过计算，结合基本不等式得到的最大值，从而得到的最大值. 【详解】（1）（1）由题意，根据正弦定理得， ∵，∴，∴， ∵，即：， ∵，∴. （2）（2）由题意在边上一点，且， 可得， ∴，∴， 故，， ∴当且仅当时取到等号，故， ∴的最大值为，当且仅当时取到等号. 40．(1)证明：在直四棱柱中， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面，又平面，所以． (2) (3) 【分析】（1）先证明面，然后由线面垂直的性质定理得证； （2），先证明就是二面角平面角，然后在直角三角形中求得其余弦值； （3）设，用余弦定理表示出，然后利用结合三角恒等变换、正弦函数性质得面积最大值，从而可得体积最大值. 【详解】（1）略 （2）连接，记，连接， 易得平面，则平面， 又平面，故， 又因，所以是的中垂线，得， 因平面，易得， 又因O是AC中点，所以， 故就是二面角的平面角， 又因，则， 则. （3）设，，因， 由余弦定理，， ， 因，则， 故当，即时，取得最大值1， 此时的最大值为， 故直四棱柱体积的最大值. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $