新高考数学一轮复习核心考点+提升练习考点25简单的三角恒等变换（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点+提升练习考点25简单的三角恒等变换（2份，原卷版+解析版），共8页。
能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式推导二倍角的正弦、余弦、正切公式，并进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆)．
【知识点】
1．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S2α：sin 2α＝2sin αcs α.
(2)公式C2α：cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
(3)公式T2α：tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
2．常用的部分三角公式
(1)1－cs α＝2sin2eq \f(α,2),1＋cs α＝2cs2eq \f(α,2).(升幂公式)
(2)1±sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)±cs \f(α,2)))2.(升幂公式)
(3)sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，tan2α＝eq \f(1－cs 2α,1＋cs 2α).(降幂公式)
【核心题型】
题型一 三角函数式的化简
(1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则：
一看角，二看名，三看式子结构与特征．
(2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的联系点．
【例题1】（2024·河北承德·二模）函数的图象的对称轴方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用三角恒等变换得，再根据正弦型函数对称性得到方程，解出即可.
【详解】，
所以，，解得，
故选：C.
【变式1】（2023·广东珠海·模拟预测） ．
【答案】/0.75
【分析】法1：利用特殊角的三角函数值代入；法2：利用降幂公式求解；
法3：利用余弦定理及正弦定理，再取特殊角代入求解.
【详解】法1：.
法2：.
法3：余弦定理，
根据正弦定理，，取三角形三个内角分别，
则．
故答案为：.
【变式2】（2023·河北·一模）函数的最小值为 .
【答案】/
【分析】根据二倍角公式化简，即可求解最值.
【详解】因为，所以当时，，此时的最小值为.
故答案为：
【变式3】（2024·吉林长春·模拟预测）在中，内角，，的对边分别为，，，已知该三角形的面积．
(1)求角的大小；
(2)线段上一点满足，，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件利用面积公式和余弦定理求解即可；
（2）由已知可得，，，在和中分别利用正弦定理可得，即可求解.
【详解】（1）在中，，
而，即，，
由余弦定理得，所以；
（2）因为，所以，
所以，
由，，，
在中，即，
则，
在中，
则，
综上，可得，又，
则，故.
题型二 三角函数式的求值
(1)给值(角)求值问题求解的关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系，借助角之间的联系寻找转化方法．
(2)给值(角)求值问题的一般步骤
①化简条件式子或待求式子；
②观察条件与所求式子之间的联系，从函数名称及角入手；
③将已知条件代入所求式子，化简求值．
命题点1 给角求值
【例题2】（20-21高三·江苏南京·阶段练习）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据三角恒等变换求的值，再利用作差法比较的大小.
【详解】，
，
∵，则，
又∵，则
，则，即
∴
故选：C.
【变式1】（2022·广东汕头·二模）若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用辅助角公式以及二倍角的正弦公式、诱导公式化简可得的值.
【详解】由已知可得
.
故选：A.
【变式2】（23-24高三上·安徽·期中） ．
【答案】
【分析】由两角和与差的正弦和余弦公式即可化简求值.
【详解】
.
故.
故答案为：.
【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知函数的图像关于直线对称，且图像上相邻两个最高点的距离为．
(1)求和的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由相邻两个最高点的距离为一个周期，可求得，再利用正弦函数的对称轴方程满足和可确定；
（2）由已知的值，去求的值，想到，从而利用同角关系及可求得，最后用两角和正弦公式就可求出结果.
【详解】（1）由题意最小正周期为，
由公式可得：，
又因为，所以，
又由图象关于对称，
则，即
又因为，所以.
（2）由已知得：，则，
又因为，所以，
即，
于是
.
命题点2 给值求值
【例题3】（2024·四川眉山·三模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据平方关系求出，再根据结合两角差的正弦公式即可得解.
【详解】因为，所以，有，
所以
.
故选；A.
【变式1】（2024·陕西铜川·三模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用和差公式、辅助角公式化简得，然后通过整体代换，根据诱导公式和二倍角公式即可求解.
【详解】，
.
故选：A.
【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知为锐角，满足，则 ， ．
【答案】 / /
【分析】由，利用两角和与差的正弦公式和余弦的二倍角公式，求出；再用余弦的二倍角公式求出.
【详解】因为，所以
，
又，所以，
因为为锐角，所以为锐角，
又，所以，
又，所以，
所以．
故答案为：；.
【变式3】（23-24高三下·江西赣州·期中）已知函数（，，），函数和它的导函数的图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)已知，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由函数与的图象可得，，再通过图象过点，得到
（2）根据倍角公式对进行化简即可求解.
【详解】（1），
由图象可以得到：，
因为图象过点，，
所以，所以，
所以.
（2）由，得，
，
命题点3 给值求角
【例题4】（2024·江西九江·二模）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到方程组，即可求出、，再求出即可.
【详解】因为，，
所以，
解得，
所以，
又，所以，所以.
故选：A
【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的正半轴重合，点在角的终边上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用诱导公式化简，可求出P点坐标，根据三角函数定义即可求得，利用二倍角公式化简求值，即可得答案.
【详解】由于，
，
所以，
由于点在角的终边上，所以，
故，
故选：C.
【变式2】（2024·海南海口·模拟预测）已知，写出符合条件的一个角的值为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题目条件得到和，从而求出，进而求出角的值.
【详解】，
故，
，即，
故，
故，即，
则，
则，
可取.
故答案为：
【变式3】（2024·北京平谷·模拟预测）已知函数，其中，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条件，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围．
条件①：对任意的，都有成立；
条件②：；
条件③：．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据所选条件分别计算能否使成立，从而可求解.
（2）根据（1）中可得，再利用整体代换法得，从而可求得，再结合，从而可求解.
【详解】（1）由，
若选条件①：可知当时，，因为，即，且对任意，都有恒成立，故选条件①时存在，故可选①；
若选条件②：，解得或，，因为，所以与条件矛盾，故不选②；
若选条件③：，
所以，因为，可得，故条件③能使成立，故可选③；
综上所述：故可选择条件①或③，此时.
（2）由（1）知，当时，，
且的最小值为，所以可得，解得，又，
所以，
所以的取值范围为.
题型三 三角恒等变换的综合应用
(1)进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．
(2)形如y＝asin x＋bcs x化为y＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)，可进一步研究函数的周期性、单调性、最值与对称性．
【例题5】（2024·贵州贵阳·二模）已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】拆分角度，再根据和差化积公式求得，由正切二倍角公式即可得所求.
【详解】由得
，，
两式相除可得，
所以.
故选：A．
【变式1】（2024高三下·全国·专题练习）已知函数，若，则直线与的图象的交点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】先将函数化简得，再结合以及的任意性求出的值，从而求出的解析式，再数形结合探究即可得出结果.
【详解】由题，
由知，
所以，解得，
所以.
对于，令，得；令，得，
故直线经过点与点.
易知的图象也过点与点，
在同一平面直角坐标系中作出函数的图象与直线，如图所示：
结合图象可知的图象与直线恰有5个交点，
故选：C.
【变式2】（2024·山西晋城·二模）已知，，则 ．
【答案】
【分析】由切化弦可得，结合两角和差公式分析求解.
【详解】因为，即，可得，
又因为，可得，
所以.
故答案为：.
【变式3】（2024·天津红桥·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，且．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，即可得解；
（2）利用余弦定理计算可得；
（3）根据平方关系求出，即可求出、，最后由两角和的余弦公式计算可得.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，所以，
又，所以；
（2）由余弦定理，
即，
所以（负值已舍去）；
（3）由，，所以，
所以，
，
所以
.
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2024·河南三门峡·模拟预测）若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由倍角公式可得，根据题意结合齐次式问题分析求解.
【详解】由题意可得：.
故选：A.
2．（2024·山东·二模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）．
A．函数的最大值是
B．函数在上单调递增
C．该函数的最小正周期是
D．该函数向左平移个单位后图象关于原点对称
【答案】B
【分析】根据题意，化简函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，
可得最大值是2，最小正周期是，所以选项A，C错误；
当，可得，根据正弦函数的性质，
可得函数在上单调递增，所以B正确；
将函数图象向左平移得到函数，
此时函数的图象不关于原点对称，所以D错误.
故选：B．
3．（2023·重庆·模拟预测）式子化简的结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用二倍角公式以及辅助角公式可化简所求代数式.
【详解】原式
.
故选：B.
4．（2024·贵州毕节·一模）已知函数的零点从小到大分别为.若，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】根据已知条件及函数的零点的定义，利用三角方程的解法即可求解.
【详解】令，即，解得或,
因为函数的零点从小到大分别为，
所以，
由，得，
又因为，
所以，解得.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题主要利用函数零点的定义及三角方程的解法即可.
二、多选题
5．（2024·江西赣州·二模）已知函数，则（ ）
A．若相邻两条对称轴的距离为，则
B．当的最小正周期为，时，
C．当时，的图象向右平移个单位长度得到函数解析式为
D．若在区间上有且仅有两个零点，则
【答案】ACD
【分析】先对原函数化简；对于A，直接求出即可；对于B，求出在指定区间的最值，判断即可；对于C，直接求出平移后的函数解析式即可；对于D，由整体法直接求出的取值范围即可.
【详解】由题意知：，
对于A，，所以，所以，故A正确；
对于B，由，所以，由，，
所以当时，即时，，
当，即时，， 故B错误；
对于C，当时，
的图象向右平移个单位长度，
得到函数解析式为，故C正确；
对于D，若在区间上有且仅有两个零点，则，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
6．（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）下列代数式的值为的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用二倍角的余弦公式可判断A选项；利用切化弦以及二倍角的正弦公式可判断B选项；利用二倍角的正弦公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，；
对于B选项，；
对于C选项，；
对于D选项，
.
故选：BCD.
三、填空题
7．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知，，则 .
【答案】/0.25
【分析】根据题意利用三角恒等变换可得，再利用倍角公式以及齐次化问题分析求解.
【详解】因为，则，
显然，可得，
整理得，解得或，
又因为，则，可得，
所以.
故答案为：.
8．（2024·辽宁·二模）已知，则 ．
【答案】
【分析】利用余弦的和角公式，同角三角形函数的和积关系及二倍角公式先得，再将三倍角化为二倍角推导计算得即可.
【详解】由，得即，
两边平方得，得，
所以．
故答案为：．
9．（2023·贵州六盘水·模拟预测）设，，且，则 .
【答案】
【分析】根据三角恒等变化化简可得，再结合，，解方程即可得的值.
【详解】因为，
所以，即
又，，所以，
则可得，则故.
故答案为：.
四、解答题
10．（2024·天津·一模）在中，角，，的对边分别为，，.已知，，.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由余弦定理计算可得；
（2）利用余弦定理计算可得；
（3）首先求出，从而由二倍角公式求出、，最后由两角和的正弦公式计算可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又，，
由余弦定理，即，解得或（舍去），
所以.
（2）由余弦定理.
（3）由（2）可得，
所以，
，
又，
所以
.
11．（2023·广东·模拟预测）已知函数.
(1)求；
(2)若的面积为且，求的周长.
【答案】(1)
(2)20
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，结合已知条件列出方程，求解即可；
（2）由（1）求出，由面积公式求出，因为，则，由正弦定理可得，由余弦定理求得，则，即可得解.
【详解】（1）
，
因为，
所以，
解得；
（2）在中，由（1）可得，，
∵，即，
因为，则，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理得，
∴，则，
∴三角形周长
【综合提升练】
一、单选题
1．（2024·重庆·模拟预测）的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由同角的商数关系，两角和的正弦公式，降幂公式，诱导公式化简求值即可．
【详解】
，
故选：A．
2．（2024·江西南昌·二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用余弦的和角公式化简得，再根据二倍角公式及诱导公式计算即可.
【详解】由已知知：，
化简得
，
令，则，，
所以
.
故选：D
3．（23-24高三上·河北廊坊·期中）设，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换可得答案.
【详解】因为，所以．
因为，所以，
所以，则．
故选：B.
4．（2024·全国·模拟预测）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，则，根据诱导公式可得，结合二倍角的余弦公式计算即可求解.
【详解】设，则，，
所以，
所以.
故选：C．
5．（2024·全国·模拟预测）已知为锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】借助三角恒等变换、同角三角函数的基本关系计算即可得.
【详解】因为为锐角，所以，，
又，所以，
而，所以，
所以，
因此.
故选：D．
6．（2024·辽宁·二模）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，可得，进而可得，再根据两角差的余弦公式化简求出的关系，即可得解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以.
故选：B.
7．（2024·全国·模拟预测）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先利用三角恒等变换，再根据已知条件变换，即可求解.
【详解】由和得，
即，又因为，且，
所以得，因此.
故选：B.
8．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．
【详解】因为，可得，
即，
整理可得，
即，
在三角形中，，
即，,可得；
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
而，
所以，
所以．
即该三角形的面积的最大值为．
故选：A．
二、多选题
9．（2024·浙江金华·三模）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．为偶函数D．在区间的最小值为
【答案】ACD
【分析】先由正弦展开式，五点法结合图象求出，可得A正确，B错误；由诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.
【详解】由题意得，
由图象可得，
又，所以，
由五点法可得，
所以.
A：由以上解析可得，故A正确；
B：由以上解析可得，故B错误；
C：，故C正确；
D：当时，，
所以最小值为，故D正确；
故选：ACD.
10．（2024·安徽合肥·二模）已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数为奇函数
C．当时，函数恰有两个零点
D．设数列是首项为，公差为的等差数列，则
【答案】BCD
【分析】利用三角恒等变换化简，再利用正弦函数单调性奇偶性判断ABC，利用裂项相消及累加求和判断D.
【详解】易知，
同理，
对A, 先减后增，故A错误；
对B, 为奇函数，故B正确；
对C, ,则在单调递增，
在单调递减，即在单调递增，在单调递减，
又，
，
故函数恰有两个零点，故C正确；
对D,易知，令，则，
，
,
……………………..
,
则，
故，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的性质及数列求和应用，关键是利用利用裂项相消及累加求和判断D.
11．（2024·全国·模拟预测）在单位圆上任取一点，圆O与x轴正半轴的交点是A，设将绕原点O旋转到所成的角为，记x，y关于的表达式分别为，则下列说法中正确的是（ ）
A．是偶函数，是奇函数
B．对于恒成立
C．设，若在上有且仅有3个极值点，则
D．函数的最大值为
【答案】ACD
【分析】关键利用任意角三角函数定义可知，再结合辅助角公式，从而可以判断A、B；对于C选项，要用好正弦函数曲线，把相位看成一个整体变量，就很容易分析并得到参数的范围；对于D选项，这个式子的最大值求法上虽然不能转化为二次型复合函数，但是用构造四元均值不等式来突破很是方便.
【详解】由题意可知，．
因为是偶函数，是奇函数，故选项A正确．
因为，
又因为，所以，则，故选项B错误．
因为在上有且仅有3个极值点，且，
再根据正弦函数曲线在上有且仅有3个极值点，
即：且，
则，解得，故选项C正确．
令函数，由于函数的最大值一定是正数，所以平方可得：
，
所以正数的最大值是，即当时，函数能取到最大值，故选项D正确．
故选：ACD．
三、填空题
12．（2024·江西·模拟预测）已知，，则 .
【答案】
【分析】利用和角、差角的余弦公式以及二倍角公式求解即可.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以.
故答案为：.
13．（2024·全国·模拟预测）已知函数在区间内恰有2个极值点和3个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意利用三角恒等变换可得，分析可知，且的极值点即为的极值点，结合余弦函数图象分析求解.
【详解】由题意可得：
，
令，可得，
且的极值点即为的极值点，
因为，则，
由题意结合余弦函数图象可得：，解得，
所以的取值范围是．
故答案为：.
14．（2024·上海嘉定·二模）已知，，则函数的最小值为 ．
【答案】
【分析】令，可求t的范围，利用同角的基本关系对已知函数化简计算，结合函数的单调性即可求解.
【详解】由题意知，，
令，由，得，
所以，则.
由，得，
所以，则原函数可化为，
又函数在上单调递增，所以在上单调递增，
故当时，取得最大值，此时取得最小值.
故答案为：
四、解答题
15．（2023·安徽合肥·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求的值；
(2)若，，求的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用二倍角公式及诱导公式计算可得；
（2）由面积公式求出，再由余弦定理得到关于的方程，解得即可.
【详解】（1）因为，
所以
.
（2）因为，所以，
因为，即，所以，
再由余弦定理知，即，
即，解得或，
所以或（负值舍去）.
16．（2023·天津津南·模拟预测）在中，.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1) (2)5 (3)
【分析】（1）根据倍角公式结合正弦定理分析运算；
（2）利用倍角公式和两角和差公式求，再利用余弦定理求的值；
（3）利用两角和差公式运算求解.
【详解】（1）因为，则，
由正弦定理可得：，即，
所以.
（2）由（1）可得：且，则，
可得，
所以，
由正弦定理，可得.
（3）由（2）可得.
17．（2023·江苏徐州·模拟预测）在中，．
(1)若，求；
(2)设是边上一点，若，，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件及三角形的内角和定理，结合三角函数的诱导公式和降幂公式即可求解；
（2）利用二倍角公式及正弦定理，结合余弦定理及同角函数的基本关系，再利用两角差的正弦公式及三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）∵在中，，
∴，
∵，
∴，即，∴，∴或，
∵，
∴．
（2）∵，
∴，
由正弦定理得，
又由余弦定理得，
∴，即，
∴，
∵为内角，
∴．
∵，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，
∴．
18．（2024·云南·二模）中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，B是与的等差中项.
(1)若，判断的形状;
(2)若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)是以为斜边的直角三角形.
(2)
【分析】（1）根据等差中项性质及三角形内角和性质得，再结合已知和余弦定理得，即可判断三角形形状；
（2）先根据锐角三角形性质得，然后化切为弦结合三角恒等变换化简目标函数，利用正弦函数性质求解范围即可.
【详解】（1）是与的等差中项，.
.
.
由余弦定理得：，即，
化简得.，即.
.，
是以为斜边的直角三角形.
（2）是锐角三角形，
，解得，
.
由得，，
，即.
的取值范围为.
19．（2024·全国·模拟预测）记的内角的对边分别为.已知．
(1)求；
(2)若为的中点，且，求．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据已知条件右边的形式联想到利用余弦定理进行转化，由正弦定理实现边化角：，进而求得结果；
（2）分析中的边角关系，由余弦定理得考虑到为的中点，再次应用余弦定理.由正弦定理得，利用同角三角基本关系式求得结果.
【详解】（1）由余弦定理形式和，
因此．
又，即，
由正弦定理得：，
整理得：，
．
，，
，．
（2）由，得，得．
在中，由余弦定理得，
为的中点，
，
即，（其中），
．
由正弦定理得，，
，
即．
，
由，可得；
，．
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2024·安徽池州·二模）已知，则（ ）
A．7B．-7C．D．
【答案】D
【分析】由可求，再由两角和的正切可求.
【详解】因为，故，
故，而，故，故，
而，故，所以，
故，故，
故选：D.
2．（2023·山东·模拟预测）若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据切化弦可得，结合两角和差公式运算求解.
【详解】因为，即，可得，
又因为，可得，
所以.
故选：B.
3．（2023·江苏无锡·三模）已知，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用已知条件和两角和的正切公式，先求出角，再利用已知条件即可求解.
【详解】因为，
又因为，，
所以，
所以
因为，所以，
所以，
所以当为奇数时，，，
当为偶数时，，，
因为，所以，
因为，所以.
故选：C.
4．（2024·全国·模拟预测）在锐角中，若，且，则能取到的值有（ ）
A．5B．4C．D．3
【答案】B
【分析】由可求，再根据，化简可得，用对应角的正弦来表示边，得，最后结合两角差的正弦公式、辅助角公式即可求解.
【详解】由，
又，
所以，则．
因为,
根据正弦定理得，
故，
即，
所以，即．
根据正弦定理得，
所以，．
因为为锐角三角形，且，
所以，，即，，解得，
所以
．
因为，所以，则，
所以，即．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于用正弦定理的边角互化，求出和用对应角表示对应边，将所求边长之和转化为关于角的三角函数进行化简，再根据所求角的范围来求值域即可.
二、多选题
5．（2024·浙江·二模）关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．最小正周期为B．关于点中心对称
C．最大值为D．在区间上单调递减
【答案】BC
【分析】首先化简函数的解析式，再根据三角函数的性质，判断选项.
【详解】，
，
函数的最小正周期，故A错误；
，所以函数图象关于点中心对称，故B正确；
，所以函数的最大值为，故C正确；
由，，函数在区间单调递增，
所以函数在区间上单调递增，故D错误.
故选：BC
6．（2024·湖南·二模）在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若为锐角三角形，的最小值为1
D．若为锐角三角形，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确.
【详解】对于中，由正弦定理得，
由，得，即，
由，则，故，所以或，
即或（舍去），即，A正确；
对于B，若，结合和正弦定理知，
又，所以可得，B正确；
对于，在锐角中，，即.
故，C错误；
对于，在锐角中，由，
，
令，则，
易知函数单调递增，所以可得，D正确；
故选：ABD.
三、填空题
7．（2024·广西南宁·一模）已知，则 ．
【答案】
【分析】根据同角三角函数的关系结合两角差的正弦值可得，进而可得.
【详解】由题意，，且，故.
故
.
故，.
故答案为：
8．（2023·江苏徐州·模拟预测）已知，则 ．
【答案】
【分析】由条件等式右边含有，可联想到中分离出来处理，设，待求表达式中用表示，结合万能公式进行求解.
【详解】设，于是，
整理可得，根据万能公式，，
整理可得，
由可得，，
故，
根据诱导公式，，
根据两角和的正切公式，，
故.
故答案为：
9．（2024·山西晋中·三模）已知函数的最大值为，则满足条件的整数的个数为 ．
【答案】5
【分析】先用基本不等式证明的最大值是，得到，再由是整数及确定，，最后逐个枚举的可能值并分类讨论即可得到全部的.
【详解】因为
，
且不等号取等的充要条件是，即，展开并化简即得.
由及，结合零点存在定理知关于的方程一定有解.
所以的最大值是，从而，即.
若要，，则，所以，这得到.
从而，且.
若，则；
若，则；
若，则.
所以满足条件的共有5个：.
故答案为：5．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用基本不等式证明的最大值是，中间需要一定的平方式计算.
四、解答题
10．（23-24高三上·江苏盐城·阶段练习）计算求值：
(1)；
(2)已知，均为锐角，，，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）发掘角关系再利用诱导公式，降幂公式化简求值即可.
（2）先将用来表示，代入，利用两角和差公式求解即可.
【详解】（1）
（2）∵、都为锐角，∴，
又，
∴，
，
∴
.
11．（2024·海南海口·二模）已知函数，等差数列的前项和为，记.
(1)求证：的图象关于点中心对称；
(2)若，，是某三角形的三个内角，求的取值范围；
(3)若，求证：.反之是否成立?并请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析，反之不成立，理由见解析.
【分析】（1）设出的图象任意一点的坐标，计算判断点也在的图象上即可.
（2）利用三角形内角和为和等差中项性质求解出和 ，再根据定义展开，根据三角函数恒等变换展开化简即可求出的取值范围.
（3）根据等差数列性质可得，将该关系式代入计算即可，当时，利用等差数列性质，构造函数并结合零点存在性定理推理即得..
【详解】（1）设的图象上任意一点，则，
点关于点的对称点为，
因为，
因此点在的图象上，
所以的图象关于点中心对称.
（2）若，，是某三角形的三个内角，则，又是等差数列，则，
因此
，
不妨设，则，即有，，
所以.
（3）由是等差数列，且，得，
即，因此当时，，，
.
所以成立.
反之不成立.
考虑存在等差数列，满足，则，
显然当时，，，于是，
下面证明，存在，可以使得，且，
不妨设，由，得，
，即，
设，其中，显然，，
则存在，使得，即存在，使得， ，
但此时，所以反之不成立.
【点睛】方法点睛：
常见函数的累加求值：①若函数呈周期性变化，或者函数的部分呈周期性变化，因此在累加求值的过程中，先找到函数的周期性，再计算出一个周期中的取值情况，最后整体计算；②若无周期变化，该函数还可能呈首尾相加取定值，可先判断是否存在该规律，再进行整体计算.