第四章 三角函数与解三角形（综合训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以三角函数图像性质与解三角形定理为核心，通过基础辨析与综合应用，构建从概念到推理的知识网络，培养几何直观与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数图像与性质|选择1-4,7-10,填空12-13|图像变换、周期对称、零点对称轴综合判断|从三角函数定义推导图像性质，结合平移变换深化几何直观| |解三角形应用|选择5-6,填空11,14,解答16,18|定理应用、面积最值、三角形形状判断|以正弦余弦定理为核心，构建边与角的数量关系推理链| |综合探究|解答17,19-21|条件选择确定解析式、图像变换与最值|整合三角函数与解三角形，通过开放条件设计提升模型意识与创新思维|

第四章 三角函数与解三角形（综合训练） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的. 1．已知直线是函数图像的一条对称轴，则的值为（   ） A．3 B．4 C．2 D．1 2．要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 3．已知锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（    ） A． B． C． D． 4．在中，“”是“为钝角”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 5．在中，，D为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．在中，角，，分别为，，三边所对的角，，则的形状是（    ） A．等腰三角形但一定不是直角三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形但一定不是等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形 7．函数，其中，其最小正周期为，则下列说法中错误的个数是（    ） ① ②函数图象关于点对称 ③函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为 ④若，则函数的最大值为 A．1 B．2 C．3 D．4 8．方程的实数根的个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 9．已知函数的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（  ）    A． B． C． D． 10．设函数，下列判断正确的是（   ） A．函数的一个周期为； B．函数的值域是； C．函数的图象上存在点，使得其到点的距离为； D．当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点. 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．在中，若，则角等于_____. 12．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于直线对称.若，则的最小值为__________. 13．已知函数（，），为的零点，为图象的对称轴，且在上不单调，则的最小值为______. 14．在中，，. （1）_____； （2）若的最长边的长为，则最短边的长为______. 15．已知函数，给出下列四个结论： ①任意，函数的最大值与最小值的差为2； ②存在，使得对任意，； ③当时，存在，，使得对任意，都有； ④当时，对任意非零实数，. 其中所有正确结论的序号是______. 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分） 在△中，内角的对边分别为． (1)求； (2)若△的面积为，求边上的中线的长． 17．（13分） 设函数，从条件①、条件②、条件③、条件④这四个条件中选择两个作为已知，使得存在且唯一. (1)求函数的解析式； (2)求在区间上的最大值和最小值. 条件①：；条件②：；条件③：的最大值为；条件④：的图象的相邻两条对称轴之间的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分. 18．（14分） 在中，. (1)求的大小； (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，使得存在，求边上中线的长. 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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. 19．（15分） 已知函数的两个相邻零点之间的距离为，__________；从以下三个条件中任选一个补充在上面空白横线中，然后完成下面问题. (1)确定的解析式； (2)令，若函数在上不单调，求整数的最小值. 条件①：的一条对称轴为； 条件②：的一个对称中心为； 条件③：为偶函数. 20．（15分） 在中，. (1)求； (2)再从条件①，条件②，条件③，条件④这四个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，若D是边上的中点，求的面积. 条件①：，； 条件②：，； 条件③：，； 条件④：，. 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. 21．（15分） 已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为，再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件． 条件①：的最小值为；条件②：图象的一个对称中心为；条件③：的图象经过点． (1)确定的解析式； (2)将纵坐标不变横坐标变为原来的2倍，再将图像向右平移个单位，然后横坐标不变纵坐标变为原来的，就得到了的图像，令，求的最大值及取得最大值时的值 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 三角函数与解三角形（综合训练） 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1. 答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的. 1．已知直线是函数图像的一条对称轴，则的值为（   ） A．3 B．4 C．2 D．1 【答案】C 【分析】根据正弦函数图象的对称性可得，由此可得答案. 【详解】依题意得， 所以， 即，又， 所以. 故选：C. 2．要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】C 【分析】先根据辅助角公式化简，然后根据三角函数解析式之间的关系即可得到结论. 【详解】因为， 所以将其图象向左平移个单位长度，可得. 故选：C. 3．已知锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角函数的定义求出，再由诱导公式计算可得. 【详解】因为锐角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点， 所以， 所以. 故选：C 4．在中，“”是“为钝角”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】B 【分析】根据两角和的正切公式结合充分，必要条件的定义，判断求解即可. 【详解】在中，若， 若，，此时满足， 而为钝角，则不为钝角； 反之：若为钝角，则， 在中，，则，即. 所以“”是“为钝角”的必要不充分条件. 故选：B. 5．在中，，D为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等面积法建立边的等量关系，再利用基本不等式求的最小值即可求解. 【详解】 如图，由已知，，且， 的面积， 又， 则有，解得， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 故选：B. 6．在中，角，，分别为，，三边所对的角，，则的形状是（    ） A．等腰三角形但一定不是直角三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形但一定不是等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】C 【分析】先化简应用两角和差的正弦公式，再应用正弦定理结合余弦定理得出，最后得出边长关系即可判断三角形形状. 【详解】由得：，且， ，且， ， ， 化简整理得：，即， 或，又， 是直角三角形但一定不是等腰三角形． 故选：． 7．函数，其中，其最小正周期为，则下列说法中错误的个数是（    ） ① ②函数图象关于点对称 ③函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为 ④若，则函数的最大值为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式可求判断①，验证是否为函数的对称中心判断②，结合函数图象平移变换结论判断③，结合不等式性质及正弦函数性质判断④. 【详解】由已知， 所以， 又，所以函数的最小正周期为， 由已知，所以，①正确； 所以， 因为，所以函数图象关于点对称，②正确， 将函数图象向右移个单位后可得函数的图象， 因为的图象关于轴对称， 所以，又， 所以的最小值为，③正确， 若，则， 所以，故， 所以当时，函数取最大值，最大值为，④错误. 故选:A 8．方程的实数根的个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】方程将题意转化为函数与图象公共点的个数即可. 【详解】令，作出的图象， ，由得， 方程的实数根的个数就是 函数与图象公共点的个数， 当时，函数与图象有3公共点， 当时，函数与图象有3公共点， 故两图象共有6个公共点，从而方程有6个实数根． 故选：C. 9．已知函数的部分图象如图所示，将该函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（  ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合函数图像求出函数的图像距离原点最近的点的坐标，即可确定的值. 【详解】如图设函数的部分图像与轴的交点为，    由图可知，所以， 所以点与点关于点对称， 设，则，解得， 因为将函数函数的图象向左平移（）个单位长度，得到函数的图象，且图象关于原点对称， 所以平移后的函数为奇函数，即相当于把的图象与轴最近的交点平移到坐标原点即可，由图可知此点为， 所以， 故选：B. 10．设函数，下列判断正确的是（   ） A．函数的一个周期为； B．函数的值域是； C．函数的图象上存在点，使得其到点的距离为； D．当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点. 【答案】D 【分析】利用函数的周期性定义结合余弦函数的周期性可判断A；采用三角代换，利用导数判断函数单调性，利用函数单调性求解函数值域，判断B；利用，结合两点间距离公式可判断C；结合解，根据解的情况判断D，即得答案. 【详解】对于A，，， 故不是函数的一个周期，A错误； 对于B，， 需满足，即， 令，，则即为， 当时，在上单调递增，则； 当时，， （，故） 此时在上单调递减，则， 综上，的值域是，B错误； 对于C，由B知，， 当时，, 满足此条件下的图象上的点到的距离； 当时，, 满足此条件下的图象上的点到的距离， 当且仅当且时等号成立， 而时，或， 满足此条件的x与矛盾，即等号取不到， 故函数的图象上不存在点，使得其到点的距离为，C错误； 对于D，由B的分析可知，则，即， 又，故当且仅当时，， 即当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点，D正确． 故选：D 【点睛】难点点睛：本题综合考查了函数的知识的应用问题，涉及余弦函数的周期，值域以及最值和函数图象的交点问题，综合性强，难度较大，解答时要结合余弦函数的性质以及函数的单调性，综合求解. 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11．在中，若，则角等于_____. 【答案】 【分析】先利用正弦定理化边为角，再结合已知可得，再利用余弦定理即可得解. 【详解】因为， 由正弦定理得， 则，所以， 所以， 又，所以. 故答案为：. 12．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于直线对称.若，则的最小值为__________. 【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，取得最小值. 故答案为：. 13．已知函数（，），为的零点，为图象的对称轴，且在上不单调，则的最小值为______. 【答案】2 【分析】首先根据对称轴和对称中心间的距离，得到关于的关系式，再验证，即可求解. 【详解】设函数的最小正周期为，因为为的零点，为图象的对称轴， 所以，即， 所以. 因为，所以在上不单调， 当时，由为的零点可得，， 因为，所以. 因为在上不单调，所以的最小值为. 故答案为：2 14．在中，，. （1）_____； （2）若的最长边的长为，则最短边的长为______. 【答案】 【分析】（1）利用三角形三内角和为计算即可； （2）先确定最长边和最短边，然后利用正弦定理计算即可. 【详解】（1）由题可知 所以； （2）由题可知，最长边为边，最短边为边； 易知 由正弦定理可知， 故答案为：； 15．已知函数，给出下列四个结论： ①任意，函数的最大值与最小值的差为2； ②存在，使得对任意，； ③当时，存在，，使得对任意，都有； ④当时，对任意非零实数，. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【分析】①举一例说明最大值与最小值的差不为2，②令，可证明，③取特值判断，④例如时，举一例说明，从而判断各命题的真假． 【详解】， ①当时，，最大值是1，最小值是0，差为1，①错； ②当时，， ，②正确； ③，，它的最小值正周期是， 存在，使得对任意，，③正确； ④当时，时，， ， 即，④错， 所以正确的只有②③， 故答案为：②③． 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分） 在△中，内角的对边分别为． (1)求； (2)若△的面积为，求边上的中线的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理角化边，结合余弦定理进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合平面向量加法的几何意义、数量积的运算进行求解即可. 【详解】（1）因为，由正弦定理得，因为， 由余弦定理得：， 又，所以． （2）由，所以， 由（1），所以， 因为为边上的中线，所以， 则 ，即. 故边上的中线的长为. 17．（13分） 设函数，从条件①、条件②、条件③、条件④这四个条件中选择两个作为已知，使得存在且唯一. (1)求函数的解析式； (2)求在区间上的最大值和最小值. 条件①：；条件②：；条件③：的最大值为；条件④：的图象的相邻两条对称轴之间的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组条件分别解答，按第一组解答计分. 【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）若选择条件②④，则由可得，再借助三角恒等变换可将原函数化为正弦型函数，结合周期与的关系即可得解；若选择条件③④，则可直接借助三角恒等变换可将原函数化为正弦型函数，结合正弦函数最大值可得，再利用周期与的关系即可得解； （2）由的范围可得的范围，结合正弦型函数的性质即可得其最大、最小值. 【详解】（1）若选择条件②④： 由，可得，即， ， 由的图象的相邻两条对称轴之间的距离为可得， 所以，解得（负值舍去），所以； 若选择条件③④： 由题意可得， 的最大值为，则， 所以， 由的图象的相邻两条对称轴之间的距离为可得， 所以，解得（负值舍去），所以； 其余选法都不成立，理由如下： 若条件①成立，即有， 由， 则，即恒成立， 不符合题意，故①不能选择； 由上知选择条件②与选择条件③都仅可得到，故不能选择②③当已知条件； （2）当时，，， 则当，即时，有最大值； 当，即时，有最小值. 18．（14分） 在中，. (1)求的大小； (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，使得存在，求边上中线的长. 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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①时三角形不存在；选②时边上的中线的长为；选③时边上的中线的长为. 【分析】（1）由正弦定理及得到，结合，得到； （2）选①，由三角形面积和余弦定理得到，由推出矛盾； 选②，先求得，则可得，再利用余弦定理求解即可得中线长. 选③，根据三角恒等变换得到，是以为斜边的直角三角形，由正弦定理得到，求出中线. 【详解】（1）由正弦定理及， 得.（i） 因为，所以.（ii） 由（i）（ii）得.因为，所以. 所以.因为，所以. （2）选①，的面积为，即，即，解得， 因为，由余弦定理得， 即，解得， 由基本不等式得，但， 故此时三角形不存在，不能选①， 选条件②：， 两边平方得，（iii） 由余弦定理得，即，（iiii） 联立（iii）（iiii）得，所以， 设边上的中线长为，由余弦定理得 . 所以边上的中线的长为1. 选条件③：. 由（1）知，. 所以 . 所以. 因为，所以. 所以，即. 所以是以为斜边的直角三角形. 因为， 所以. 所以边上的中线的长为. 19．（15分） 已知函数的两个相邻零点之间的距离为，__________；从以下三个条件中任选一个补充在上面空白横线中，然后完成下面问题. (1)确定的解析式； (2)令，若函数在上不单调，求整数的最小值. 条件①：的一条对称轴为； 条件②：的一个对称中心为； 条件③：为偶函数. 【答案】(1)答案见解析 (2)2 【分析】（1）选①②③时，均可根据整体法求出，结合周期可求解析式； （2）利用三角变换公式可得，结合可得，由正弦函数的性质可得满足的不等式，故可求的范围. 【详解】（1）因为两个相邻零点之间的距离为，故，故. 选①，因为函数的一条对称轴，则， 解得，所以，故； 选②，因为函数的一个对称中心，则， 解得，所以，故； 选③，函数为偶函数， 为偶函数， 得，解得， ，所以，故； （2） ， 当时，， 函数在上不单调，解得. 的最小值为2. 20．（15分） 在中，. (1)求； (2)再从条件①，条件②，条件③，条件④这四个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，若D是边上的中点，求的面积. 条件①：，； 条件②：，； 条件③：，； 条件④：，. 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) 条件①、④均不满足题意， 选择条件②，； 选择条件③，. 【分析】（1）结合正弦定理、余弦定理，进行边角转化即可求解. （2）依次对每一个条件进行分析，选出符合题意的条件进行求解即可；通过分析发现条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解；若选条件③，则可以先得出，，由正弦定理、两角和差公式分别得出的值即可求解；若选条件②，则可以先结合余弦定理唯一确定，此时的三条边唯一确定，即此时存在且唯一确定，由此即可求解. 【详解】（1）由已知， 由正弦定理边化角得，整理得， 由余弦定理得， 又因为为的内角，即， 所以. （2）条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解； 现在我们来说明理由，首先由（1）可知： 若选择条件④：，； 则由正弦定理得，即，解得， 注意到， 所以此时有两种取值，即此时存在但不唯一确定，故条件④不满足题意. 若选择条件①：，； 注意到， 又函数在上单调递减，所以， 但此时，这与三角形内角和定理矛盾，故条件①不满足题意. 若选择条件③：，； 注意到，且，则或， 但是当时，有，这与三角形内角和定理矛盾， 所以只能， 一方面：此时有由正弦定理有，即，解得； 另一方面：此时； 如图所示：    此时存在且唯一确定，若D是边上的中点， 则此时的面积为； 故若选择条件③，则满足题意. 若选择条件②：，； 在中运用余弦定理得，即， 整理得， 又注意到，即， 所以， 整理得，即， 所以，即， 结合可知，此时， 注意到此时，所以由勾股定理逆定理可知； 如图所示：    此时存在且唯一确定，若D是边上的中点， 则此时的面积为； 故若选择条件③，则满足题意. 综上所述：条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解. 21．（15分） 已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为，再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件． 条件①：的最小值为；条件②：图象的一个对称中心为；条件③：的图象经过点． (1)确定的解析式； (2)将纵坐标不变横坐标变为原来的2倍，再将图像向右平移个单位，然后横坐标不变纵坐标变为原来的，就得到了的图像，令，求的最大值及取得最大值时的值 【答案】(1)； (2)当，或，时，取得最大值 【分析】（1）分别将条件①②③化简，结合三角函数的性质代入计算，即可得到其解析式； （2）由三角函数的图像变换得到函数的解析式，再结合换元法，由二次函数的最值即可得到结果. 【详解】（1）由图象的相邻两条对称轴之间的距离为， 可得的最小正周期，， 此时， 选条件①②， 因为，所以， 因为图象的一个对称中心为，所以， 因为，所以，所以； 选条件①③， 因为，所以， 因为的图象经过点，则， 即，， 因为，即，所以， 所以，解得， 所以； 选条件②③， 因为图象的一个对称中心为， 所以，所以， 因为，所以，所以， 因为的图象经过点，则， 即，，即，所以， 所以； （2）将纵坐标不变横坐标变为原来的2倍，解析式变为， 再将图像向右平移个单位，解析式变为， 然后横坐标不变纵坐标变为原来的，可得， ， 令，， 函数可化为， 对称轴为，在上单调递增，上单调递减， 且，所以， 即的最大值为， 此时，， 即或. 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 三角函数与解三角形（综合训练） 参考答案 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B B C A C B D 第二部分（非选择题 共110分） 2、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25 分. 11． 12．/ 13．2 14． 15．②③ 3、 解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．（13分） 【详解】（1）因为，由正弦定理得，因为， 由余弦定理得：， 又，所以． （2）由，所以， 由（1），所以， 因为为边上的中线，所以， 则 ，即. 故边上的中线的长为. 17．（13分） 【详解】（1）若选择条件②④： 由，可得，即， ， 由的图象的相邻两条对称轴之间的距离为可得， 所以，解得（负值舍去），所以； 若选择条件③④： 由题意可得， 的最大值为，则， 所以， 由的图象的相邻两条对称轴之间的距离为可得， 所以，解得（负值舍去），所以； 其余选法都不成立，理由如下： 若条件①成立，即有， 由， 则，即恒成立， 不符合题意，故①不能选择； 由上知选择条件②与选择条件③都仅可得到，故不能选择②③当已知条件； （2）当时，，， 则当，即时，有最大值； 当，即时，有最小值. 18．（14分） 【详解】（1）由正弦定理及， 得.（i） 因为，所以.（ii） 由（i）（ii）得.因为，所以. 所以.因为，所以. （2）选①，的面积为，即，即，解得， 因为，由余弦定理得， 即，解得， 由基本不等式得，但， 故此时三角形不存在，不能选①， 选条件②：， 两边平方得，（iii） 由余弦定理得，即，（iiii） 联立（iii）（iiii）得，所以， 设边上的中线长为，由余弦定理得 . 所以边上的中线的长为1. 选条件③：. 由（1）知，. 所以 . 所以. 因为，所以. 所以，即. 所以是以为斜边的直角三角形. 因为， 所以. 所以边上的中线的长为. 19．（15分） 【详解】（1）因为两个相邻零点之间的距离为，故，故. 选①，因为函数的一条对称轴，则， 解得，所以，故； 选②，因为函数的一个对称中心，则， 解得，所以，故； 选③，函数为偶函数， 为偶函数， 得，解得， ，所以，故； （2） ， 当时，， 函数在上不单调，解得. 的最小值为2. 20．（15分） 【详解】（1）由已知， 由正弦定理边化角得，整理得， 由余弦定理得， 又因为为的内角，即， 所以. （2）条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解； 现在我们来说明理由，首先由（1）可知： 若选择条件④：，； 则由正弦定理得，即，解得， 注意到， 所以此时有两种取值，即此时存在但不唯一确定，故条件④不满足题意. 若选择条件①：，； 注意到， 又函数在上单调递减，所以， 但此时，这与三角形内角和定理矛盾，故条件①不满足题意. 若选择条件③：，； 注意到，且，则或， 但是当时，有，这与三角形内角和定理矛盾， 所以只能， 一方面：此时有由正弦定理有，即，解得； 另一方面：此时； 如图所示：    此时存在且唯一确定，若D是边上的中点， 则此时的面积为； 故若选择条件③，则满足题意. 若选择条件②：，； 在中运用余弦定理得，即， 整理得， 又注意到，即， 所以， 整理得，即， 所以，即， 结合可知，此时， 注意到此时，所以由勾股定理逆定理可知； 如图所示：    此时存在且唯一确定，若D是边上的中点， 则此时的面积为； 故若选择条件③，则满足题意. 综上所述：条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解. 21．（15分） 【详解】（1）由图象的相邻两条对称轴之间的距离为， 可得的最小正周期，， 此时， 选条件①②， 因为，所以， 因为图象的一个对称中心为，所以， 因为，所以，所以； 选条件①③， 因为，所以， 因为的图象经过点，则， 即，， 因为，即，所以， 所以，解得， 所以； 选条件②③， 因为图象的一个对称中心为， 所以，所以， 因为，所以，所以， 因为的图象经过点，则， 即，，即，所以， 所以； （2）将纵坐标不变横坐标变为原来的2倍，解析式变为， 再将图像向右平移个单位，解析式变为， 然后横坐标不变纵坐标变为原来的，可得， ， 令，， 函数可化为， 对称轴为，在上单调递增，上单调递减， 且，所以， 即的最大值为， 此时，， 即或. 学科 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $