三角恒等变换与三角函数的性质、平面向量、解三角形综合专项训练-2026届高考数学二轮复习

这是一份三角恒等变换与三角函数的性质、平面向量、解三角形综合专项训练-2026届高考数学二轮复习，共14页。
A．B．C．2D．1
【答案】B
【详解】
.
由题意知，，因为，所以.
例2．（25-26高三下·上海·月考）若存在实数及正整数，使得在区间内恰有2026个零点，则满足条件的正整数的值的个数共有（ ）
A．5个B．6个C．7个D．8个
【答案】A
【详解】，
令，则函数可转化为，，
，
而，，
（1）若，则，，故在仅有一个零点，
因为在中，有且只有两个解，且这个两个解在中，
故若在内恰有2026个零点，需或.
（2）若，则，，
故在两个零点，或，
因为在中，只有一个解为，
有且只有两个解，且这个两个解在中，
而，故，但当时，
、在内恰有个零点，不合题意，
此时不存在使得、在内恰有2026个零点.
（3）若，则，，
故在两个零点，或，
在上有且只有两个不同的解，且均在中，
有且只有两个不同的解，且均在中，
因、在内恰有2026个零点，故.
（4）若，则，，
故在两个零点，或，同（2）分析得.
（5）若，则，，
故在上有一个零点，
因在内恰有2026个零点，同（1）分析得或，
所以满足条件的正整数的值为，共5个.
例3．（25-26高三上·广东珠海·月考·多选）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数
B．若周期是，则其对称轴方程为，
C．若，则在区间单调递增
D．若方程在上有三个根，则
【答案】ACD
【详解】,
由于,，故是奇函数，A正确；
若周期是，则，即，
令，则
则的对称轴方程为，B错误；
若，则，在区间单调递增，C正确；
，即，即，
则或，
解得或，
当时，或；当时，或；当时，或；
由于，在上有三个根，故，解得，D正确，
故选：ACD
例4．（25-26高三上·山西运城·期末·多选）已知函数的最小正周期是，则（ ）
A．B．在上的最大值是
C．是的一条对称轴D．在上单调递增
【答案】ACD
【详解】对于A选项，，
因为该函数的最小正周期为，故，所以，A正确；
对于B选项，当时，，
当时，取得最大值，B错误；
对于C选项，当时，，此时函数取得最大值，
所以是函数的对称轴，C正确；
当时，，在上单调递增，
故函数在上单调递增，D对.
故选：ACD.
例5．（2026·山东潍坊·模拟预测）若函数在区间有且仅有两个零点，则实数的最大值为__________.
【答案】
【详解】
，
当时，，
由题意可得，即，
故实数的最大值为.
故答案为：.
例6．（2026·陕西榆林·一模）函数的最大值为_______．
【答案】
【详解】
，
其中，故的最大值为．
变式1．（2026·天津河西·一模）已知函数，在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
，，
因为为的一条对称轴，所以，，即，
设函数的周期为，由在区间上单调递增，则，即，
所以，即，
所以或或或，
当时，，令，解得，
当时，的增区间为，而，满足题意；
当时，，令，解得，
当时，的增区间为，而，不合题意；
当时，，令，解得，
当时，的增区间为，而，不合题意；
当时，，令，解得，
当时，的增区间为，而，不合题意；
综上，，.
当时，，
当时，，即，
所以方程等价于，即，
所以或，
解得或，
当时，在区间上，时，，时，，时，；
当时，在区间上，时，，时，，时，；
所以方程在区间上所有不相等的实数根之和为.
变式2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）已知函数的图象关于直线轴对称，且，则的值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【详解】易知
，
因为函数的图象关于直线轴对称，所以，，
解得，，又，故，可得.
故选：C.
变式3．（2026·山西临汾·一模·多选）已知函数的部分图象如图，则（ ）
A．是图象的一条对称轴
B．在区间上单调递增
C．在区间上的零点之和为
D．函数的零点个数为11个
【答案】BCD
【详解】
.
由图象可知，，所以，即，解得.
所以，又图象经过点，且在处递增趋势，
所以，，解得，，
因为，所以.
所以.
选项A：令，，则，，
即函数的对称轴为，，故不满足，A错误.
选项B：当时，，
又在上单调递增，所以在区间上单调递增，故B正确.
选项C：令，即，，解得，，
又，所以或，零点之和为，故C正确.
选项D：函数定义域为.
令，则，
易知，最小正周期为.
令，，，
在定义域上单调递增，所以大致图像如下：
由图可知，曲线与有11个交点，故D正确.
变式4．（25-26高三下·广东江门·开学考试·多选）已知函数，则正确的有（ ）
A．将曲线上的各点向左平移个单位长度得到的曲线关于轴对称
B．将曲线上的各点向左平移个单位长度得到的曲线关于原点对称
C．在区间上单调递增
D．在区间上单调递增
【答案】ACD
【详解】由，
A：为偶函数，对，
B：为非奇非偶函数，错，
C：，则，显然在区间上单调递增，对，
D：，，则，显然在区间上单调递增，对.
变式5．（25-26高三上·天津蓟州·月考）已知函数，，图象的两条相邻对称轴之间的距离为．若，且，则的值_______．
【答案】
【详解】函数.
由，图象的两条相邻对称轴之间的距离为，得的最小正周期为，所以.
若，则.
因为，所以，所以.
所以.
故答案为：.
变式6．（25-26高三上·江苏无锡·月考）已知函数，在上有且仅有3个不同的零点，则的取值范围为___________．
【答案】
【详解】化简函数的解析式为.
因为函数在上有且仅有3个不同的解，即在上有且仅有3个不同的解.
令，解得.
当时，；当时，；
当时，；当时，；
因为函数在上有且仅有3个不同的解，所以，解得.
所以的取值范围为.
故答案为：.
考点二 三角恒等变换与平面向量综合
例1．（2026·山东日照·一模）若向量，记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，所以，
所以.
例2．（2026·北京密云·一模）已知向量，则的最小值为（ ）
A．B．2C．-2D．
【答案】D
【详解】向量，
则，
当时，取最小值.
例3．（25-26高三上·山东泰安·期末）已知向量，若与的夹角不超过，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意设，得，且，
因为，在单位圆上取，

因为与的夹角不超过，
所以，
所以，
又，所以，
所以，
所以，
故的范围是，
故选：A
例4．（25-26高三上·广东广州·月考）已知向量，且，则的值为______．
【答案】/
【详解】因为，
所以，
所以
，
由，所以，即，
所以,
解得，又，
所以,
故答案为：.
例5．（25-26高三上·北京东城·期末）在平面直角坐标系中，已知点，点满足：，．若，则_____________；若，则的最大值为_____________．
【答案】
【详解】由题可知，.
所以.
所以.
①将代入，可得
②
，其中，是锐角.
因为，所以，所以
所以当时，取得最大值 ，取得最大值 ，即的最大值为.
故答案为：①，②.
变式1．（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）如图，边长为的等边，动点在以为直径的半圆上.若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
结合已知得，，，
半圆弧的方程为：，
设，则，，，
由得：，
解得：，
所以，
因为在上，所以，
又，
则可设，，，
将，代入整理得：
由得，
所以，，
故的取值范围是.
故选：D.
变式2．（2025·海南·模拟预测）在中，点为边上一点，已知，则角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为在中，点为边上一点，已知，
所以，即，
而，所以，解得.
故选：A.
变式3．（25-26高三上·河北张家口·月考）已知向量，则的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】B
【详解】由题，
，
所以
，
所以，
令，则，.
所以时取得最大值为.
故选：B
变式4．（25-26高三上·江苏无锡·月考）已知向量，且，则__________．
【答案】2
【详解】因为向量，
则，
即，可得，
则，
，
可知向量，且，
所以.
故答案为：2.
变式5．（25-26高三上·福建厦门·月考）在中，，，．P为所在平面内的动点，且，若，的最大值为________．
【答案】14
【分析】建立以为原点，所在的直线分别为轴，平面直角坐标系，设，然后表示出的坐标，得出，再利用数量积的坐标公式计算即可.
【详解】
如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，
则，因为，所以设，
则
，
其中，
所以的最大值为14.
故答案为：14
考点三 三角恒等变换与解三角形综合
例1．（2026·广东东莞·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知、、成等差数列.
(1)若，，求的面积.
(2)求证:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可得，将，代入可得，
则，
因为，所以，
所以的面积为；
（2）由余弦定理及可得，
由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
则，
所以，
即，
化简可得.
例2．（25-26高三下·河南周口·月考）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)证明：.
(2)若，，D，E是边上的两个点，且，求的面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，
所以，即，
由正弦定理可得，
因为，即，所以，
所以，化简可得，
则，即，
所以或（舍去）
故成立；
（2）若，则，，
因为，所以，，
设，则，
在中，，由正弦定理可得：
，即，
在中，，由正弦定理可得：
，即，
所以的面积为，
令，
则
因为，所以，
由余弦函数性质可知，
当，即时，有最大值为，
此时的面积有最小值为.
例3．（2026·江西赣州·模拟预测）已知锐角的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)求角B的大小；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，得，
整理得.
由正弦定理，得.
由余弦定理的推论，得.
因为，所以.
（2）由（1）知，所以，所以.
所以
.
由，得.
因为在上单调递增，在上单调递减，且，
所以.
所以的取值范围是．
例4．（2026·湖北黄冈·模拟预测）锐角三角形的内角的对边分别为，且满足．
(1)求角；
(2)设为锐角三角形的垂心，求的值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由条件知：，由正弦定理可得，
所以，则；
（2）设AD垂直于BC于D，BE垂直于AC于E，AD与BE交于垂心H，
则，故，
有，则，
设外接圆半径为，在中用正弦定理：
，
故，
所以.
变式1．（2026·湖北宜昌·模拟预测）在中，内角的对边分别是．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
且，
所以，整理得，
即.
所以或.
因为，所以，所以.
所以，所以A2=π6，.
（2）因为，，
所以由余弦定理，得
，即，，所以.
所以.
所以的面积为.
变式2．（2026·天津和平·一模）在中，角所对的边分别为，且．
(1)求的值；
(2)已知．
（i）若的外接圆半径为，，求的值；
（ii）求的值．
【答案】(1)
(2)（i），；（ii）
【详解】（1）由，整理得，
由余弦定理，故；
（2）由正弦定理可得，由，则，
即，所以，；
（i）由，故，
由正弦定理可得，故，则，故；
（ii）由可知，故，，由，
，
故．
变式3．（2026·广西北海·一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
(1)求角B及的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)，
(2)
【详解】（1），
即有，
由正弦定理可得，
则，
又，故；
由，则，故，
则
；
（2）由正弦定理，可得，
则.
变式4．（2026·河北唐山·一模）记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知.
(1)证明：；
(2)若，求A.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）因为，可得，
整理可得，
由正弦定理可得.
（2）因为，即，
则，
又因为，则，可得，
即，可得，
即，可得，
且，则，
可得，解得.考点目录
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三角恒等变换与解三角形综合