新高考数学二轮复习选题题+解答题专项练考点三 三角函数与解三角形（选填题 11种考向）（2份，原卷版+解析版）

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考向一 扇形的弧长与面积
【例1-1】（24-25高三上·湖南长沙·期末）扇子发源于我国，我国的扇文化有着深厚的文化底蕴，是民族文化的一个组成部分，历来我国有“制扇王国”之称.现有某工艺厂生产的一款优美的扇环形扇子，如图所示，其扇环面是由画有精美图案的油布构成，扇子对应的扇环外环的弧长为48cm，内环的弧长为16cm，油布径长（外环半径与内环半径之差）为24cm，则该扇子的油布面积大约为（油布与扇子骨架皱折部分忽略不计）
A．1024cm2B．768cm2
C．640cm2D．512cm2
【答案】B
【解析】设扇子对应的扇形的圆心角为，内环的半径为cm，外环的半径为cm，
则，因为扇环外环的弧长为48cm，内环的弧长为16cm，
所以，则，所以该扇子的油布面积为cm2.
故选：B
【例1-2】（2024·陕西汉中 ）蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧…….以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可知：每段圆弧的圆心角为，
设第段圆弧的半径为，则可得，
故数列是以首项，公差的等差数列，则，
则“蚊香”的长度为.故选：D.
【例1-3】（2025高三·全国·专题练习）某地进行老旧小区改造，有半径为、圆心角为的一块扇形空置地，如图，现欲从中规划出一块三角形绿地，其中点在上，，垂足为，垂足为，当点在上运动时，这块三角形绿地的最大面积是 ．
【答案】
【解析】在中，，所以，
在中，可得，由题可知，
所以的面积
，
又，
所以当，即时，的面积有最大值，即三角形绿地的最大面积是．
故答案为：.
【例1-4】（2024·全国·模拟预测）（多选）如图，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴的非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，．若，则下列说法正确的是（ ）

A．当时，的面积为 B．当时，扇形的面积为
C．当时，四边形的面积为 D．四边形面积的最大值为1
【答案】AC
【解析】由题意，得圆的半径，，，．
对于A，由，，得，
则，故A正确；
对于B，当时，因为，
所以扇形的面积，故B错误；
对于C，当时，
，故C正确；
对于D，
，
由，得
，
所以当，即时，取得最大值，为，故D错误．
故选：AC
考向二 三角函数的定义与同角三角函数
【例2-1】．（24-25高三下·广西·开学考试）已知过原点的直线的倾斜角为，若点在直线上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意知，点到原点的距离为，由三角函数定义可得，
所以.故选：D.
【例2-2】（2025·广东肇庆·二模）已知是锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由得，
由得，化简得，得故选：B.
【例2-3】（2025·安徽·模拟预测）若，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以.故选：B
【例2-4】（2024·全国甲卷·高考真题）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以，，所以，
故选：B.
【例2-5】（2025·辽宁沈阳·一模）已知锐角满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，则，可得，
化简可得，由角为锐角，则，
由，整理可得，分解因式可得，
由角为锐角，解得.故选：B.
【例2-6】（24-25高三上·山东德州·期末）（多选）已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】由得，
，又，，所以，所以，A正确；
，D正确；
结合可得，，B正确；，C不正确．故选：ABD．
考向三 诱导公式与恒等变化
【例3-1】（2025·山东日照·一模）已知是第一象限角，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
所以，所以，左右两侧平方得，
【例3-2】（2024·广东江苏·高考真题）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以，
而，所以，
故即，
从而，故，
故选：A.
【例3-3】（2023·全国·高考真题）已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【例3-4】（2025高三·全国·专题练习）设，则 ．
【答案】
【解析】因为，，
所以，
所以．
故答案为：.
【例3-5】（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
【答案】
【解析】法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则

故答案为：.
【例3-6】（24-25高三下·重庆沙坪坝·开学考试） ． (请用最简数值作答)
【答案】
【解析】
. 故答案为：
考向四 角的拼凑
【例4-1】（24-25高三上·湖北·期中）已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】.故选：B.
【例4-2】（2024·吉林长春·模拟预测）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，.故选：C.
【例4-3】（24-25高三上·湖北·阶段练习）若 则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
故选：C
【例4-4】（24-25高三上·江苏常州·期中）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，，可得，则，
，则或，
由于，所以，，
，
故选：B
考向五 三角函数的性质
【例5-1】（24-25高三下·湖北·开学考试）（多选）已知函数，若将的图象向右平移个单位后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．的图象关于直线对称
D．的图象与的图象在内有4个交点
【答案】BD
【解析】的图象向右平移个单位后，可得，
进而可得，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，，故不是的对称轴，故C错误，
对于D，分别作出与在内的图象，可知有4个交点，故D正确，
故选：BD
【例5-2】（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选）已知函数的图象如图所示，是直线与曲线的两个交点，且，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A．
B．的图象关于原点对称
C．在上单调递增
D．若关于的方程在有两个不同的根，则实数的取值范围为
【答案】AD
【解析】由函数的图象知，设，
由，可得，令，即，
结合图象可得，则，即，得，
把，即，
又，所以，则，故A正确；
将函数的图象向左平移个单位长度得到函数
的图象，
易知不是奇函数，所以的图象不关于原点对称，故B错误；
当时，，
由余弦函数的单调性可知在上不是单调函数，故C错误；
由，得，所以，
当时，，
因为关于的方程在有两个不同的根，
所以，解得，故D正确.
故选：AD
【例5-3】（2025·安徽·模拟预测）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在区间上单调递增
C．函数的图象的一条对称轴方程为
D．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
【答案】AD
【解析】对于A，
，
函数的最小正周期，故A正确；
对于B，因为，∴，
而函数在上不单调，故在区间上不单调，故B错误；
对于C，由（），得（），
不可能取到，故C错误；
对于D，由的图象向左平移个单位长度，得，故D正确.
故选：AD
考向六 w的求法
【例6-1】（2025·江西九江·一模）将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称，则的值可能是（ ）
A．5B．8C．11D．13
【答案】D
【解析】依题意，得为偶函数，
则，即，
当时，，D正确，其他选项均不正确.
故选：D．
【例6-2】（24-25江苏省）已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】当时，由于，则，
因为在区间上单调递增，则，
所以，，解得，因此，的取值范围为.
故选：A.
【例6-3】（24-2海南）已知函数与的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．C．6D．3
【答案】D
【解析】设函数的最小正周期分别为，由图象可知：，且，
则，整理可得.故选：D.
【例6-4】（24-25福建）已知函数在区间上有最大值，没有最小值，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，时，，
由于在区间上有最大值，没有最小值，
故，解得.
故选：A
【例6-5】（24-25 湖南常德 ）已知函数，（），若与在区间上有且仅有3个交点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由图可知，要使与在区间上有且仅有3个交点，
则，解得，即的最小值为.
故选：D.
【例6-6】（24-25高三下·河北·开学考试）已知函数的最小正周期T满足，且该函数的图象关于点中心对称，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，，因为，所以，计算可得，
又函数的图象关于点中心对称，所以，
所以，，
计算可得，，因为，
所以当时，.故选：C．
【例6-7】（2025·山东青岛·一模）已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为（ ）
A．13B．11C．9D．7
【答案】C
【解析】函数，，为的零点，为图象的对称轴，
，，且，，
相减可得，，即，即为奇数．
在单调，
①若在单调递增，
则，且，，
即①，且，②，
把①②可得：，，故有奇数的最大值为11．
当时，，，，．
此时在上不单调，不满足题意．
当时，，，，，
此时在上单调递减，不满足题意；
故此时无解．
②若在单调递减，
则，且，，
即③，且，④，
把③④可得：，，故有奇数的最大值为11．
当时，，，，．
此时在上不单调，不满足题意．
当时，由①在上单调递减，满足题意；
故的最大值为9．故选：C
考点七 三角函数的零点
【例7-1】（2025·广东佛山·一模）函数在区间上的零点个数为
【答案】5
【解析】令，则，故或，而，
所以或或或或，故共有5个零点，故选：B.
【例7-2】（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，所以，
令，则有3个根，
令，则有3个根，其中，
结合余弦函数的图像性质可得，故，
故答案为：.
【例7-3】（2025·湖南邵阳·一模）已知函数在区间上有且仅有4个零点，则的取值范围是
【答案】
【解析】，
令，得.
，.
令，由的图象得：
，化简得.

【例7-4】（2014·河北唐山）函数所有零点的和等于
【答案】9
【解析】
函数的零点即方程的解，
即函数与函数的图象交点的横坐标．
，故两函数的图象都是从原点出发，且是一个交点，
由于函数的定义域为，，
且两个函数的图象都关于直线对称，
函数对应的曲线方程为，
表示一个半圆，如图中所示：半圆在、处的切线斜率不存在，
，，
所以在、处的切线斜率分别为，，
可见，这两个函数的图象在区间上有6个交点，且这些交点关于直线对称，
而两个关于直线对称的点的横坐标之和等于3，
故函数所有零点的和是9.
【例7-5】（24-25高三下·山东德州·开学考试）函数在上单调递增，且在上恰有三个零点，则的取值范围为
【答案】
【解析】由，，，
可得，
所以函数的单调递增区间为，，
因为函数在上单调递增，
所以，所以，所以，
由，，，可得，，
所以函数的零点的集合为，，
因为函数在上恰有三个零点，所以，，
所以，所以，所以的取值范围为.
【例7-6】（24-25天津河西）设函数，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围是
【答案】
【解析】因为在上恰有3个零点，所以在上恰有3个解，
因为时，，所以由正弦函数性质可得，解得，
所以实数的取值范围是
考向八 正余弦定理
【例8-1】（2024·陕西商洛·一模）（多选）设的内角的对边分别是，若，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的外接圆的面积是
C．的面积的最大值是D．的取值范围是
【答案】BCD
【解析】对于A项，因为，
所以，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以，故A项错误．
对于B项，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，
则的外接圆的面积是，故B项正确．
对于C项，由余弦定理可得，即①．
因为②，当且仅当时，等号成立，
所以由①②得，当且仅当时，等号成立，
所以的面积，则C项正确．
对于D项，由正弦定理可得，则，，
所以
又因为，所以，所以，
所以，即的取值范围是，故D项正确．
故选：BCD.
【例8-2】（24-25高三上·江苏苏州·期中）（多选）已知的内角，，所对的边分别为，，，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若为锐角三角形，则
B．若，，则是直角三角形
C．若，则是等腰三角形
D．若为钝角三角形，且，，，则的面积为
【答案】AC
【解析】对于A, 若为锐角三角形，则 即，
故，故A正确；
对于B，若，，则，
即，故，且，故是等边三角形，故B错误；
对于C，若，则
即即
故，是等腰三角形.故C正确；
对于D，，解得或，
且，
当时，，为钝角，故，
当时，，B为钝角，故，故D错误.
故选：AC
【例8-3】（2024·广东·模拟预测）（多选）已知中，角所对的边分别为的面积记为，若，则（ ）
A．
B．的外接圆周长为
C．的最大值为
D．若为线段的中点，且，则
【答案】AC
【解析】依题意，，故A正确；
记外接圆的半径为，则，则的外接圆周长为，故B错误；
由余弦定理，，则，
故，当且仅当时等号成立，故C正确；
由C可知，当时，为等边三角形，此时，故D错误.
故选：AC.
【例8-4】（2024·辽宁沈阳）（多选）在中，角、、的对边分别为、、，且已知，则（ ）
A．若，且有两解，则的取值范围是
B．若，且，则恰有一解.
C．若，且为钝角三角形，则的取值范围是
D．若，且为锐角三角形，则的取值范围是
【答案】AD
【解析】A选项：由正弦定理，，，
且，则，选项A正确；
选项B：，所以无解，故B错误；
C选项：①为最大边：，且，此时；
②为最大边：，且，此时，选项C错误；
D选项：，且，所以，选项D正确；
故选；AD.
【例8-5】（2024·云南曲靖·模拟预测）（多选）在中，，，，为边上一动点，则（ ）
A．
B．当为角的角平分线时，
C．当为边中点时，
D．若点为内任一点，的最小值为
【答案】AB
【解析】对于A中，在中，由余弦定理得
即，所以，所以A正确；
对于B中，当为角的角平分线时，
由等面积法得，
即，解得，所以B正确；
对于C中，由为边中点时，可得，
则，
所以，所以C错误；
对于D中，以为原点，以为轴，过A垂直的直线为轴，
建立平面直角坐标系，如图，
所以，设，
则，，，
，
因为，所以，
当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.所以D错误.
故选：AB
【例8-6】（2024·重庆·模拟预测）（多选）在锐角中，内角的对边分别为，若，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的最小值为
D．的取值范围是
【答案】AB
【解析】对A，由正弦定理角化边得，
由余弦定理有，
，
因为为锐角三角形，所以，，
所以，
所以，所以，A正确；
对B，由上知，，
因为为锐角三角形，，解得，
所以，B正确；
对C，
，
当时，得，
因为，，所以等号不成立，C错误；
对D，
，
因为，所以，所以，所以，
即，D错误.故选：AB
考向九 实际应用
【例9-1】（2024·四川）一艘海轮从处出发， 以每小时 40 海里的速度沿东偏南方向直线航行， 30 分钟后 到达 B 处．在 C 处有一座灯塔， 海轮在 A 处观察灯塔， 其方向是东偏南， 在 B 处观察 灯塔， 其方向是北偏东，那么 B、C 两点间的距离是（ ）
A．海里B．海里C．海里D．海里
【答案】A
【解析】依题意，如图，在中，
，则，
由正弦定理得，即 ，因此（海里），
所以两点间的距离是 海里．
故选：A
【例9-2】（2024·河南 ）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题图（2）得，圆形木板的直径为.
设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.
由且可得，
在中，由正弦定理得，解得.
在中，由余弦定理，得，
所以，，
即，可得，当且仅当时等号成立.
在中，，
由余弦定理可得
，
即，即，当且仅当时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为.故选：D.
考向十 与其他知识的综合运用
【例10-1】（2025·云南·模拟预测）已知函数在上有且仅有一个极大值点，则在下列区间中单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
，
，，
当时，，
因为在上有且仅有一个极大值点，
所以，
又，
所以或，
由，
得，
当时，解得，
当时，解得，
当时，符合题意.
故选：B.
【例10-2】（2025·陕西渭南·一模）已知则曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】因为，所以，
令，得到，
化简得，解得，
代入回原函数得到，
而，故切点为，
而，，
设曲线在处的切线斜率为，
由导数的几何意义得，
故切线方程为，化简得，
令，得到，所以与轴交点为，
令，得到，所以与轴交点为，
且设三角形面积为，故，故A正确.
故选：A
【例10-3】（2025·新疆·模拟预测）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．在区间上为增函数
C．的对称中心为
D．的最小值为
【答案】ACD
【解析】对于A：因为的最小正周期为，的最小正周期为，
所以的最小正周期为，
事实上，故A正确；
对于C：
，，
所以的对称中心为，故C正确；
对于D：因为的最小正周期为，
所以只需考虑求在上的最小值即可.
又，
则，
令，求得或，
所以当或时，，此时，
则在上单调递增，
当时，，此时，但不恒为，
则在上单调递减，
则当时，函数取得最小值，
为，故D正确；
对于B：由D可知在区间上不单调，所以在区间上不单调，故B错误.
故选：ACD
【例10-4】（2024·安徽·三模）（多选）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，，，则（ ）
A．
B．的外接圆面积为
C．若，，则
D．若，，则
【答案】BCD
【解析】对于A选项，依题意，，
则，
由正弦定理，，
因为，且，
故，故，
因为，故，故A错误；
对于B选项，由选项A可知，，故其外接圆面积为，故B正确；
对于C、D选项，因为，记，
所以，，，，
在中，由正弦定理，，即，
在中，由余弦定理，，
故，解得，
因为，则，，故C、D正确；
故选：BCD.
【例10-5】（2025·云南昆明·一模）（多选）已知函数，则（ ）
A．图象关于轴对称B．是的一个周期
C．在单调递减D．图象恒在轴的上方
【答案】ABD
【解析】函数的定义域为，
又，
所以为偶函数，则图象关于轴对称，故A正确；
因为，
所以是的一个周期，故B正确；
因为，
，
又，所以，所以且在定义域上连续，
所以在不可能单调递减，故C错误；
因为，
当时，且，
又因为，
所以，即，
由在上单调递增，所以，
所以；
当时，且，
又因为，
所以，即，
由在上单调递增，所以，
所以；
综上可得：对，恒成立，即图象恒在轴的上方，故D正确.
故选：ABD
考向十一 新定义
【例11-1】（24-25福建莆田）若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，例如函数，与函数，为“同族函数”．下面函数表达式中，可以用来构造“同族函数”的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可知，可以用来构造“同族函数”的函数不能严格单调，
A选项，在R上严格单调递增，不满足要求；
B选项，在上严格单调递增，不满足要求；
C选项，在R上严格单调递增，不满足要求；
D选项，在R上不严格单调递增，
其中，与，的值域均为，
故为“同族函数”，D正确.
故选：D
【例11-2】（2025山东）设，定义运算，则函数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可得
当时，即
则，即
此时当时，有最小值为
当时，即
则，即
此时，
所以的最小值为
故选：B
【例11-3】（2025湖北）（多选）已知角和都是任意角，若满足，则称与“广义互余”若，则下列角中，可能与角“广义互余”的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】若与广义互余，则，即．
又由，可得．
对于A，若与广义互余，则，由可得与可能广义互余，故A正确；
对于B，若与广义互余，则，由可得 ，故B错误；
对于C，综上可得，，所以，由此可得C正确，D错误．
故选：AC．
【例11-4】（2025高三·北京·专题练习）定义：为集合相对常数的“余弦方差”.若，则集合相对的“余弦方差”的取值不可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，
，
，可得，故，
即.
故选：D.
单选题
1．（24-25高三上·安徽黄山·期末）已知角顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，则它的终边过点若将角的终边绕坐标原点顺时针旋转得到角，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，
则.
故选：C
2．（2025高三·全国·专题练习）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，记直角三角形中较大的锐角为，且满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意，
，
所以，得.
故选：A.
3．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，可得，
又因为，可得，
所以
故选：C
4．（24-25高三上·辽宁·期末）（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【解析】原式
.
故选：C
5．（24-25高三上·陕西西安·阶段练习）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】.故选：A.
6．（24-25高三上·河北邢台·期末）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，则，，
.
故选：D.
7．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知角满足则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由可得，
所以，
，
所以，
故选：A
8．（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，点为角终边上一点，四边形为正方形，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】点是角终边上的一点，
，
，，
，
，
四边形为正方形，
∴，
∴
.
故选：D.
9．（23-24高三上·北京·开学考试）（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【解析】根据三角函数两角和公式，则.
代入原式化简,
将 代入原式可得：
.
因为，，所以.
则原式变为.
故选：C.
10．（2024·天津·高考真题）已知函数的最小正周期为．则在区间上的最小值是（ ）
A．B．C．0D．
【答案】D
【解析】因为函数的最小正周期为，则，所以，
即，当时，，
所以当，即时，
故选：D
11．（2024·广东江苏·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【解析】因为函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
12．（2023·全国·高考真题）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】因为向左平移个单位所得函数为，所以，
而显然过与两点，
作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；
所以由图可知，与的交点个数为.故选：C.
13．（2025·黑龙江·模拟预测）函数图象如图所示，若函数在单调增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】∵，
∴，
∵的图象过点，
∴.
∴，
∴．
由，，
得，，
∴函数的单调增区间为，．
若函数在单调增，则的取值范围是.
故选：C.
14．（2025·浙江·模拟预测）函数在区间内的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【解析】由，得，即，
令，函数在内的零点个数，
即函数在内的图象交点个数，
在同一坐标系内作出函数在内的图象，如图：

观察图象，得函数在内的图象交点个数为4，
所以函数在区间内的零点个数为4.
故选：C
15．（2024·四川·一模）函数的图象向左平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（ ）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】函数图象向左平移个单位长度后，
得的图象，
由已知得，
所以，
所以，
所以，，
所以，，
因为，所以的最小值为3，
故选：C.
15．（2025·广东佛山·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，由正弦定理得，．
又因为，所以，所以，
又因为，解得或（舍去）．
由余弦定理可知，又，
所以，故．
故选：D.
16．（2025·河北邯郸·二模）在锐角三角形中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，且满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，即，所以，
因为，所以，所以，
又，
根据正弦定理可得，所以，
由余弦定理得，所以，
所以由正弦定理得，
，
所以.
故选：C.
17．（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．D．4
【答案】B
【解析】由于，，成等差数列，则，
由正弦定理可得,
故,
，
由于，因此，故
，当且仅当，取等号，
故选：B
18．（2025·江西新余·一模）已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则对任意的都有
B．若的图象关于直线对称，则
C．若在上单调递增，则的取值范围是
D．若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是
【答案】C
【解析】因为函数的图象经过点，
所以，即，又，所以，所以；
对于A：当时，，
则，故A错误；
对于B：因为的图象关于直线对称，则，
又，所以，故B错误；
对于C：由，得，
因为在上单调递增，所以，
即，解得，即的取值范围是，故C正确；
对于D，因为，所以，
方程在上恰有两个不同的实数解，即在上恰有两个不同的实数解，
则有，解得，即的取值范围是，故D错误．
故选：C．
19．（2025·江西·一模）若函数的定义域内存在，（），使得成立，则称为“完整函数”．已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意得，
，
因为，所以，
故在上有两个最大值点，
令，则函数在区间上至少存在两个最大值点，
则，解得．当，即时，显然符合题意．
当时，因为，所以，
因为，所以，，分以下两种情况讨论：
①当，即时，，即，所以；
②当，即时，，即，所以．
综上，的取值范围为，故B正确.
故选：B
20．（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】由题知，由正弦定理得，
即，
因为，所以，
又，
所以，得，
所以最多有一个是钝角，所以，
因为
，
由基本不等式得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.
故选：B
多选题
21．（2025·陕西榆林·二模）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数的图象关于点中心对称
C．函数在上有最小值
D．函数在内有3个零点
【答案】ABD
【解析】由图知，，所以，
过点，即，
所以，，
因为，所以，，A正确.
因为，所以函数的图象关于点中心对称，B正确.
由得，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，，，C错误.
由得，的图象在上有3个零点，
所以函数在内有3个零点，D正确.
22．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的单调递增区间为
C．函数的图象和函数的图象关于直线对称
D．若将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，可得
【答案】ACD
【解析】对于A选项：已知，根据余弦函数最小正周期公式得，
所以函数的最小正周期为，A选项正确.
对于B选项：.
令，解不等式得，
所以函数的单调递增区间是，B选项错误.
对于C选项：，即，函数的图象和函数的图象关于直线对称，C选项正确.
对于D选项：已知，又，
则，即.
根据两角和差公式，，
整理得.
因为该等式对任意都成立，所以，
由得，，
由得，，，又，
综合可得，D选项正确.
故选：ACD.
23．（2024·江苏宿迁·三模）在中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则（ ）
A．B．的取值范围为
C．面积的最大值为D．周长的最大值为
【答案】AB
【解析】对于A，由，所以,
所以，由正弦定理可得
，因为，,
可得，化简得，又，
.故A正确；
对于B，设，，，根据题意，，，
，化简得，则，
，当且仅当时等号成立，又，，
，，即，故B正确；

对于C，由B，可得，故C错误；
对于D，由前面选项，可得，且，，
，即，令，由，得，解得，
所以三角形周长，
则，令，解得，又，所以在
上单调递减，所以，故D错误.
故选：AB.
24．（2024·云南·一模）记中的内角，，所对的边分别为，，，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，的周长为，则一定为等边三角形
C．若是锐角三角形，且，则面积的取值范围是
D．若，则内切圆周长的最大值为
【答案】ABD
【解析】对于A，在中，由及正弦定理，得，
因为，所以，
又因为，所以，则，即，故A正确；
对于B，由及余弦定理，得，
因为的周长为，即，解得，所以为等边三角形，故B正确；
对于C，由正弦定理：，得和，
则，
因为是锐角三角形，所以，故，
则，即，故，即面积的取值范围为，故C错误.
对于D，由，及正弦定理：，
可得，，因为面积，周长，
所以内切圆半径
，
由，得，所以，
即内切圆半径的取值范围为，则内切圆周长的最大值为，故D正确；
故选:ABD
25．（2024江苏连云港·期中）中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，求其法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ）
A．外接圆的半径为
B．若的平分线与交于，则的长为
C．若为的中点，则的长为
D．若为的外心，则
【答案】BD
【解析】根据题意由，利用正弦定理可得，
不妨设，
利用余弦定理可得，又，可得；
又面积为，解得，
所以，
对于选项A，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，
所以，即A错误；
对于B，分别作垂直于，垂足为，如下图所示：

易知的面积为，
可得，即B正确；
对于C，若为的中点，易知，如下图所示：

所以可得，
可得，即C错误；
对于D，延长交外接圆于点，连接；如下图所示：

易知即为直径，所以可知，；
利用投影向量的几何意义可得
，
即可得D正确.
故选：BD．
26．（2024·云南·模拟预测）在中，内角，，的对边分别为，，，已知，且，则（ ）
A．，，成等比数列B．为钝角三角形
C．，，成等差数列D．若，则
【答案】ABD
【解析】对于A，，由正弦定理可得，且，
则，，成等比数列，故A正确；
对于B，将，利用正弦定理化简得：，
即，，利用正弦定理化简得：，
，，，所以角最大，
由得角为钝角，故B正确；
对于C，若，，成等差数列，则，且，可得，
则由余弦定理可得，故C错误；
对于D，若，可得，，则，由，，
可得，所以，故D正确.
故选：ABD．
填空题
27．（2023·全国甲卷·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
【答案】
【解析】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
28．（2025·贵州黔东南·模拟预测）已知分别为锐角三个内角的对边，的面积，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】在中，由及三角形面积公式，得，
由余弦定理得，则，
而，解得，，
由正弦定理得
，锐角由确定，
而为锐角三角形，则，即，，
显然，而，
，因此，，
所以的取值范围是.
故答案为：
29．（24-25高三上·湖北武汉·期末）在中，，点是上的点，平分面积是面积的3倍，当的面积最大时， .
【答案】/
【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则，
由，得，又，所以，
则，设，直线的斜率分别为，
则，又，
由到角公式得，即，
得，
整理得，即，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为3的圆.
所以当在点处时，的面积最大.
此时，
在中，由余弦定理得，
又为锐角，所以.
故答案为：
30．（2024·河南新乡·一模）在中，角的对边分别为，的面积，则的最小值为 ，此时的周长为 ．
【答案】 8 /
【解析】由和正弦定理可得，
故,
，
，故,
当且仅当，即时取等号，
，故，
此时周长为，
故答案为：8，
31．（2025·辽宁·模拟预测）已知函数的图象与直线在区间上恰有4个交点，从左向右依次为，，，，且，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】
由题意得，又，
所以，，
所以，且，
解得，
又因为，此时，所以，
解得，所以的取值范围是.
故答案为：.
32．（2024·江西新余·模拟预测）已知函数在内有且仅有个零点，则的取值范围是： .
【答案】
【解析】，
令，则.，
当①时，得或
当②时，得
当③时，得
联立以上各式解得，
即实数a的取值范围为
故答案为：
33．（2024·四川德阳·模拟预测）在正方体中，为上靠近的三等分点，为上的点，则当异面直线与夹角最大时， .
【答案】
【解析】设正方体的棱长为3，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，，
所以，
令，则，则，
要使异面直线与夹角最大，则取到最小，
从而取到最大，因为，所以，
函数的对称轴为，
所以当即时，即时，，
则.
故答案为：.
34．（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）在中，内角所对的边分别为（）.已知，则的最大值是 .
【答案】/
【解析】由，则由正弦定理可得，，
所以或，而，且，即，
所以，且，即，
，
令，则，所以，
当时，，则在上递增；
当时，，则在上递减；
所以.
故答案为：.