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热点05 三角函数与解三角形-2022年高考数学【热点·重点·难点】专练（新高考专用）（解析版）
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这是一份热点05 三角函数与解三角形-2022年高考数学【热点·重点·难点】专练（新高考专用）（解析版），共40页。试卷主要包含了三角恒等变形时，要注意三看，利用正等内容，欢迎下载使用。
热点05 三角函数与解三角形
从新高考的考查情况来看，三角函数与解三角形重点是：①以三角函数的定义，同角三角函数的基本关系和诱导公式作为工具考查三角恒等变形；②三角函数图像与性质的综合应用，有时也与三角恒等变形综合考查，多以选择题和填空题的形式呈现；③主要考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，有时也与三角恒等变形等进行综合命题，既有选择题、填空题，也有解答题．
1、从三角函数的定义出发，利用同角三角函数关系式、诱导公式进行简单的三角函数化简、求值，结合三角函数的图像，准确掌握三角函数的单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性等性质，并能正确地描述三角函数图像的变换规律。要重视对三角函数图像和性质的深入研究，三角函数是高考考查知识的重要载体，是三角函数的基础。“五点法”画正弦函数图像是求解三角函数中的参数及正确理解图像变换的关键，把解决问题的方法技巧进行归纳、 整理，达到举一反三、触类旁通。
2、三角恒等变形时，要注意三看：角、名、形
角：观察角之间的关系，如α＝(α＋β)－β，＝2等，通过观察角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分与组合，从而正确使用公式。
名：观察三角函数的名称之间的关系，如sinα，cosα，tanα的关系，常常要用到同角关系、诱导公式。通过观察函数名称之间的关系，确定使用的公式，常见的有“切化弦”“弦化切”等。
形：观察已知与未知的表达式之间的关系，主要是公式的变形应用。分析表达式的结构特征，寻求变形的方向，迅速准确地使用公式。
3、利用正、余弦定理解决平面几何问题的一般思路
1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解。
2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果。
做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题。
4、解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路是：要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题。这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大。
热点1、三角函数的图象和性质
注意对基本三角函数y＝sin x，y＝cos x的图象与性质的理解与记忆，有关三角函数的五点作图、图象的平移、由图象求解析式、周期、单调区间、最值和奇偶性等问题的求解，通常先将给出的函数转化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，然后利用整体代换的方法求解．
热点2、三角函数与平面向量结合
三角函数、解三角形与平面向量的结合主要体现在以下两个方面：(1)以三角函数式作为向量的坐标，由两个向量共线、垂直、求模或求数量积获得三角函数解析式；(2)根据平面向量加法、减法的几何意义构造三角形，然后利用正、余弦定理解决问题．
热点3、解三角形
新高考对解三角形的考查，以正弦定理、余弦定理的综合应用为主．其命题规律可以从以下两方面看：
(1)从内容上看，主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函数公式，一般是以三角形或其他平面图形为背景，结合三角形的边角关系考查学生利用三角函数公式处理问题的能力；
(2)从命题角度看，主要是在三角恒等变换的基础上融合正弦定理、余弦定理、面积公式，常中线、周长、面积、实际问题等来命题．
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·广东·模拟预测）十七世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿，”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形），如图所示的五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，在其中一个黄金中，，据这些信息，可得（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】计算出，利用二倍角的余弦公式可求得，然后利用诱导公式可求得的值.
【详解】由题意可得，且，
所以，，
因此，.故选：A.
2．（2021·山东省青岛第五十八中学高三期中）如图，在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，终边分别是射线和射线，且射线和射线关于轴对称，射线与单位圆的交点为，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由三角函数的定义可得，，，的值，再由差角的余弦公式计算即得.
【详解】由任意角的三角函数的定义可得，，，因，且射线和射线关于轴对称，则射线OB与单位圆的交点为，于是得，，
因此，，
所以的值是.故选：D
3．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）已知，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据已知条件得到，再利用同角三角函数关系求解即可.
【详解】，，
整理得：，解得或.
因为，所以，，.故选：C
4．（2021·江苏盐城·高三期中）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据同角三角函数平方关系和角的范围可求得，进而结合二倍角公式可求得，根据角的范围可进一步求得，，由，利用两角和差正弦公式可求得结果.
【详解】，，又，
，，
，解得：，，
，，
，，
.故选：B.
5．（2021·江苏泰州·高三期中）的值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【分析】利用两角和的正弦公式将展开化简即可求解.
【详解】
，故选：C.
6．（2021·江苏南通·模拟预测）函数在上的零点个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】在时，解方程，即可得解.
【详解】当时，由.
若，可得、、；若，可得、、、.
综上所述，函数在上的零点个数为.故选：C.
7．（2021·山东济宁·高三期中）已知函数，下面结论错误的是（ ）
A．在区间上单调递减
B．是函数图象的一个对称中心
C．在上的值域为
D．图象上的所有点向右平移个单位后得到函数的图象
【答案】D
【分析】A. 利用余弦函数的单调性判断；B. 利用余弦函数的对称性判断； C.利用余弦函数的值域判断；D.利用三角函数的图象平移变换判断.
【详解】A. ，则，所以在区间上单调递减，故正确；
B. 因为，所以是函数图象的一个对称中心，故正确；
C. ，则，则，所以在上的值域为，故正确；D. 图象上的所有点向右平移个单位后得到函数，故错误；故选：D
8．（2021·山东淄博·一模）已知在区间上的最大值是，则实数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用在区间上的最大值，结合的单调性求得的最小值.
【详解】
.
由于，即的值域为，
，即在处取得最小值，
而的最小正周期为，其一半为，则，
所以在上递增，且在处取得最大值，故的最小值为.故选：D
9．（2021·山东·模拟预测）已知函数(，)的部分图像如图所示，则函数的单调递减区间为（ ）
A．() B．()
C．() D．()
【答案】A
【分析】根据三角函数的图象，求得函数的解析式，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】根据函数的图象，可得函数的最小正周期为，
可得，即
又由，可得，即，
因为，所以，所以，
令，解答，
即函数的单调递增区间为.故选：A.
【点睛】识别二次函数的图象应用学会“三看”：1、一看符号：看二次项系数的符号，它确定二次函数图象的开口方向；2、二看对称轴：看对称轴和最值，它确定二次函数图象的具体位置；3、三看特殊点：看函数图象上的一些特殊点，如函数图象与轴的交点、与轴的交点、函数图象的最高点或最低点等.
10．（2021·江苏泰州·高三期中）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则边长c的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题知，进而根据正弦定理即可求解.
【详解】解：因为，，所以，
所以由正弦定理得故选：B
11．（2021·广东河源·模拟预测）的内角的对边分别为.已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】正弦定理边化角后，结合余弦定理可得关于的方程，解方程可求得.
【详解】由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理知，，解得：.故选：A.
12．（2021·山东菏泽·高三期中）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到应用.假定在水流稳定的情况下，简车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.如图，将简车抽象为一个几何图形（圆），筒车半径为4，筒车转轮的中心O到水面的距离为2，筒车每分钟沿逆时针方向转动4圈.规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即P0时的位置）时开始计算时间，且以水轮的圆心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系.设盛水筒M从点P0运动到点P时所经过的时间为t（单位：），且此时点P距离水面的高度为h（单位：），则点P第一次到达最高点需要的时间为（ ）.
A．2 B．3 C．5 D．10
【答案】C
【分析】设点离水面的高度为，根据题意求出，再令可求出结果.
【详解】设点离水面的高度为，依题意可得，，，
所以，令，得，得，，
得，，因为点P第一次到达最高点，所以，所以.故选：C
13．（2021·山东聊城·高三期中）设的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若的面积为S，且，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】由三角形面积公式及余弦定理结合已知条件可得，利用两角和差化积公式可得
【详解】∵，
代入，即，
∵，∴，即，选：B.
二、多选题
14．（2021·河北衡水中学模拟预测）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的值可能为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】AB
【分析】根据给定条件求出函数的解析式，进而求出的含有数0的单调区间，再借助集合的包含关系列式作答.
【详解】依题意，，由，得：，
于是得的一个单调递增区间是，因在上为增函数，
因此，，即有，解得，
所以，选项C，D不满足，选项A，B满足.故选：AB
15．（2021·辽宁·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
A． B．将的图象向右平移个单位，得到函数的图象
C．的图象关于直线对称 D．若，则
【答案】BD
【分析】利用图象求出函数的解析式，可判断A选项的正误；利用三角函数图象变换可判断B选项的正误；利用代入法可判断C选项的正误；利用正弦型函数的有界性可判断D选项的正误.
【详解】由图可知，函数的最小正周期为，则，
，得，
所以，，得，，得，所以，A项错误；
将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，B项正确；
，故C项错误；
的最小正周期为，所以若，则，故D项正确，故选：BD．
16．（2021·福建师大附中高三期中）在中各角所对得边分别为a，b，c，下列结论正确的有（ ）
A．则为等边三角形；
B．已知，则；
C．已知，，，则最小内角的度数为；
D．在，，，解三角形有两解．
【答案】ABC
【分析】利用正弦定理、余弦定理一一计算可得；
【详解】解：对于A：若，则，即，即，即是等边三角形，故A正确；
对于B：由，可得，余弦定理：．，，故B正确．对于C：因为，，，所以，所以，所以，，，故C正确；
对于D：因为，，，所以，即解得，因为，所以，所以三角形只有1解；故选：ABC
17．（2022·全国·高三专题练习）已知､，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】A、B．利用两角和的正弦公式将条件展开，然后两边同除得到所满足的等式，结合基本不等式确定出和的取值范围；
C．根据两角和的正弦和余弦公式化简C选项，从而可计算出的值并进行判断；
D．根据两角和的正切公式以及的取值范围化简并计算出的取值范围.
【详解】由得，
同除得(*)，所以，
即，∴，取等号时，故A，B正确；
，显然不成立，故C错误；
，
由知，，∴，故D正确.故选：ABD.
【点睛】解答本题的关键在于对条件等式的化简，通过等式两边同除得到所满足的关系，根据基本不等式求解，的取值范围，根据的公式结合的关系求解的取值范围.
三、填空题
18．（2021·浙江·台州一中高三期中）如图，在中，为边上靠近的三等分点，，，，则=________，_______.
【答案】
【分析】在中，由余弦定理求出的长，进而可得的长，求出的长，在中，由余弦定理求出的长，再由正弦定理即可得的值.
【详解】在中，，，，
由余弦定理可得：，
即，整理可得，解得：或（舍），
因为为边上靠近的三等分点，所以，在中，，，，
由余弦定理可得：，所以，
在中，由正弦定理可得：，即，可得.故答案为：；.
19．（2021·黑龙江·大庆中学高三期中）设函数，将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于__________．
【答案】
【分析】写出平移之后的函数解析式，由题意，列关于的等式关系，再由，赋值得最小值.
【详解】将函数的图像向右平移个单位长度得到的解析式为，由题意可知，解得，又因为，所以当时，取最小值.故答案为：
20．（2021·辽宁·高三期中）已知，若$x1，x2，x3Î，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，若x1＋x2＋x3的最大值为M，最小值为N，则M＋N＝_______．
【答案】
【分析】作出f(x)在上的图像，为f(x)图像与y＝m图像交点的横坐标，数形结合即可求得M和N﹒
【详解】作出f(x)图像：
当f(x)图像与y＝图像相交时，前三个交点横坐标依次为，此时取N，
，∴；
当f(x)图像与y＝图像相交时，交点横坐标依次为，此时取M，
②，∴；
∴M＋N＝．故答案为：﹒
21．（2021·甘肃省武威第一中学高三阶段练习）在中，角，，的对边分别为，，，若，，且的面积为，则b =___________.
【答案】
【分析】由正弦定理可求出，由面积公式可求出，再利用余弦定理即可求出.
【详解】由正弦定理可得，即，则，解得，
又，解得，
则由余弦定理可得，则.故答案为：.
22．（2021·陕西·西安中学高三期中）函数的最大值为_________
【答案】
【分析】由平方关系转化为的二次函数，结合二次函数知识可得最大值．
【详解】，
由得，所以时，，此时．故答案为：．
四、解答题
23．（2021·河北邯郸·高三期末）已知中，内角的对边分别为，且满足.（1）求的值；（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）2；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理以及逆用两角和的正弦公式得出，而，即可求出的值；
（2）根据题意，由余弦定理得，再根据基本不等式求得，当且仅当时取得等号，即可求出面积的最大值.
（1）解：由题意得，由正弦定理得：，
即，即，因为，所以．
（2）解：由余弦定理，即，
由基本不等式得：，即，当且仅当时取得等号，
，所以面积的最大值为．
24．（2021·浙江·台州一中高三期中）已知函数.（1）求的单调递增区间；
（2）若关于的方程在上有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数解析式，再利用换元法求单调递增区间；
（2）求函数在上的值域，可得实数的取值范围.
（1）解：
，
令，解得，
即函数的单调递增区间为；
（2）解：由，即，
，，
又方程在上有解，所以.
25．（2021·福建龙岩·高三期中）在△ABC中，角的对边分别为，且.
（1）求角C；（2）若，D为边BC的中点，△ABC的面积且，求AD的长度.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用正弦定理进行边角转换，结合三角恒等变换即可得解；
（2）结合面积公式及余弦定理进行求解.
（1）因为，所以，
又，所以，因为，
所以，所以，即，又，所以；
（2）由△ABC的面积可得，即 ①，
又，所以 ②，
联立①②得或，又，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以.
26．（2021·四川·树德中学高三期中）在中，它的内角，，的对边分别为，，，且，．（1）若，求的面积；（2）试问能否成立？若能成立，求此时的周长；若不能成立，请说明理由．
【答案】（1）；（2）不成立，理由见解析.
【分析】（1）由已知可得，由两角和的余弦公式将展开可求出的值，由正弦定理化边为角，，代入面积公式即可求解；
（2）假设，利用余弦定理可求出，结合基本不等式判断即可.
（1）由，得，因为，即．
又因为，所以．
在中，由正弦定理，所以，．
所以.
（2）假设，
由余弦定理，，即，
所以，因为，所以，
解得：或－2（舍），此时．
不满足，所以假设不成立.
27．（2021·上海杨浦·一模）已知函数.（1）若，求函数在上的零点；
（2）已知，函数，，求函数的值域.
【答案】（1）和；（2）．
【分析】（1）由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后求出的范围，从而利用正弦函数性质得零点；（2）利用二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后求出的范围，结合正弦函数性质得值域．
（1），，
时，，所以或时，，此时或，
所以零点为和；
（2），，
，
，则，，所以的值域是．
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·河北衡水中学模拟预测）已知，均为锐角，且，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将变形，配角利用两角差的正弦公式展开化简计算，可得关于的一元二次方程，根据列不等式求解的取值范围，即可得最大值.
【详解】∵，∴，即，∴，即，又因为为锐角，所以该方程有解，即，解得．又为锐角，∴．所以的最大值是.故选：C
2．（2021·天津市实验中学滨海学校高三期中）在中，角的对边分别为，已知，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用三角形边角关系，将转化为关于边的方程，解得边，进而由三角形的面积公式，直接求出面积即可.
【详解】
如图，过作,交的延长线于，因为，则,，，
所以
又因为所以，
即，解得：或（舍）所以.故选：B.
3．（2021·江苏南通·二模）如图，点在半径为的上运动，若，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立适当的坐标系，设，利用向量的坐标运算得到m,n与α的关系，进而得到m+n关于α的三角函数表达式，利用辅助角公式整理后，根据三角函数的性质求得其最大值.
【详解】以为原点､的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，则有，.
设，则.由题意可知
所以.因为，所以，
故的最大值为.
【点睛】本题考查与向量有关的几何最值问题，属基础题.利用坐标方法转化为三角函数的最值问题是处理几何最值得十分有效的方法.
4．（2021·上海嘉定·一模）已知函数的定义域为，值域为，则的值不可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】化简函数解析式得，根据其值域，可得，，求解出对应的范围，代入即可得的范围.
【详解】由化简得.
因为其值域为，不妨设，，
即，，则得.故选：D.
5．（2021·新疆高三期中）已知△的内角所对的边分别为若，且△内切圆面积为，则△面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件及正弦定理可得，由内切圆的面积可得内切圆半径，最后根据及余弦定理，并结合基本不等式求的范围，进而求△面积的最小值.
【详解】由题设，，而且，
∴，，则，
∴，由题设△内切圆半径，又，
∴，而，即，
∴，可得，当且仅当时等号成立.∴.故选：D
6．（2021·江苏·金陵中学高三期中）已知函数，定义域为的函数满足，若函数与图象的交点为，，…，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先根据题意得到，的图象关于对称，设关于点对称的坐标为，，则，，同理可得：，，，，即可得到答案.
【详解】由得的图象关于对称，函数也关于对称，
则函数与图象的交点关于对称，
则不妨设关于点对称的坐标为，，则，，则，，
同理可得：，，，，即，故选：．
7．（2021·广东顺德·高三阶段练习）已知函数，且有，，则在区间内至少有（ ）个零点．
A．4 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【分析】根据题意得出函数的对称轴和对称中心，根据对称轴和对称中心求出的值，然后判断出的值最小时，周期最大，函数在区间内的零点最少，从而即可求出答案.
【详解】因为，即，所以函数关于点对称，
所以，——①
因为，所以为函数的一条对称轴，所以，——②
由①②，得，即，
要使在区间内的零点最少，则周期最大，所以的值最小，
又因为，所以，把代入①，得，即，
又因为，所以或.
当时，，此时在内零点个数为12；
当时，，此时在内零点个数为12.故选：D.
8．（2021·山东师范大学附中高三期中）对于函数，下列结论正确的是（ ）
A．是以为周期的函数 B．的减区间为
C．的最大值为1 D．图象的对称轴为
【答案】D
【分析】由题意先化简解析式，画出其图像，由图象和正弦、余弦函数的性质，分别判断四个命题的真假．
【详解】由题意得，画出其图像如下图：
由图可得的周期为，A错误；
的减区间为和 ，B错误；
的最大值为，C错误；图象的对称轴为，D正确.故选：D.
9．（2021·山东济南·一模）函数在上的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由为偶函数，可排除A；当时，，可排除C；当时，函数，可排除D，即可求解.
【详解】由函数图像知，为偶函数， 对于A中，函数为非奇非偶函数，所以可排除A项；对于C中，当时，，
当时，取得最小值，不符合题意，排除C项；
对于D中，函数，当时，函数，可排除D项；
综上可得，只有选项B符合题意.故选：B.
二、多选题
10．（2021·江苏镇江·高三期中）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为 B．为偶函数
C．函数的图像关于直线对称 D．函数的最小值为1
【答案】ABD
【分析】画出在上的函数图象，数形结合，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】在上的函数图像如下所示：
数形结合可知：的最小正周期为，且其不关于对称，的最小值为；
又，
又其定义域关于原点对称，故其为偶函数.综上所述，正确的选项是：ABD.故选：ABD.
11．（2021·福建·三明一中高三期中）随着市民健康意识的提升，越来越多的人走出家门健身，身边的健身步道成了市民首选的运动场所.如图，某公园内有一个以为圆心，半径为，圆心角为的扇形人工湖，、是分别由、延伸而成的两条健身步道.为进一步完善全民健身公共服务体系，主管部门准备在公园内增建三条健身步道，其中一条与相切于点，且与、分别相交于、，另两条是分别和湖岸、垂直的、(垂足均不与重合).在区域以内，扇形人工湖以外的空地铺上草坪，则（ ）
A．点到点的直线距离是一个定值 B．新增步道的长度可以为
C．新增步道、长度之和可以为 D．当点为的中点时，草坪的面积为
【答案】ABD
【分析】设，则，其中，利用解三角形及三角变换变换公式逐项计算后可得正确的选项.
【详解】设，则，其中.
故，，
故
.故，故A正确.
又，而，
故，
因为，故，由基本不等式可得：
，
故，当且仅当时等号成立，
的取值范围为，而，故B成立.,
因为，故，故，
故的取值范围为，故C不正确.当点为的中点时，，
故草坪的面积为，故D正确.故选：ABD.
12．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数若存在实数，，，（）满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABCD
【分析】画出函数图像，根据图像得到，故，计算函数最值，化简得到，再利用均值不等式得到答案.
【详解】，，所以，，，，如图，画出函数的图象，
，根据图像知：，
，关于对称，，A正确；
，，函数单调递增，故，C正确；
又，，．，即，B正确；，，，D正确；故选：ABCD．
13．（2021·湖南·雅礼中学高三阶段练习）在中，、、所对的边为、、，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则 B．的最大值为 C． D．角的最小值为
【答案】ABC
【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】对A，由余弦定理可得，得，故，A对；
对于B，由基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，
由余弦定理可得，
则，B对；
对于C，，则，
由余弦定理可得，，
所以，，整理可得，则，C对；
对于D，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，
因为且函数在上单调递减，故，D错.故选：ABC.
14．（2021·全国·模拟预测）某商场前有一块边长为60米的正方形地皮，为了方便消费者停车，拟划出一块矩形区域用于停放电动车等，同时为了美观，建造扇形花坛，现设计两种方案如图所示，方案一：，在线段上且，方案二：在圆弧上且．若花坛区域工程造价0.2万元/平方米，停车区域工程造价为0.1万元/平方米，则下列说法正确的是（ ）
A．两个方案中矩形停车区域的最大面积为2400平方米
B．两个方案中矩形停车区域的最小面积为1200平方米
C．方案二中整个工程造价最低为万元
D．两个方案中整个工程造价最高为万元
【答案】AB
【分析】方案一中根据矩形和扇形面积公式即可得出相应面积，依题意可列出工程造价不等式；方案二中停车区域面积需结合三角函数知识即可求解，依题意可列出工程造价不等式，即可得出答案.
【详解】方案一中令，则停车区域面积，扇形花坛区域面积，设工程造价为，则；
方案二中令，则停车区域面积．
令，．
∴，∴，所以选项A，B正确；扇形花坛区域面积，设工程造价为，则，，所以选项C，D错误.故选：AB．
三、填空题
15．（2021·江苏南通·高三期中）如图，将矩形纸片的右下角折起，使得点落在边上点处，得到折痕.已知，，则当___________时，折痕最短，其长度的最小值为_________cm.
【答案】
【分析】根据题意，设，用表示，换元后，结合导数判断单调性，即可求解.
【详解】根据题意，设，，
则，在中，，
因此，令，，
则，令，，则，
当时，，单调递增，当，，单调递减，
因此，故.
此时，，.故答案为：；.
16．（2021·北京十四中高三期中）已知函数为的零点，为图像的对称轴，且在单调，则的最大值是______ .
【答案】9
【分析】先根据正弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断为奇数，由在单调，分在单调递增、单调递减两种情况，分别求得的最大值，综合可得它的最大值．
【详解】解：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9．
当时，，，，．
此时在单调递减，不满足题意．
当时，，，，，
此时在不单调，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9．
当时，，，，．
此时在单调递减，满足题意．故的最大值为9．故答案为：9．
四、解答题
17．（2021·福建龙岩·高三期中）已知函数，最小正周期是，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.（1）求f（x）的单调递减区间；（2）若f（A）=，a=2，求△ABC周长的取值范围.
【答案】（1）单调递减区间为[+kπ，+kπ]，k∈Z（2）（4，6]
【分析】（1）利用倍角公式和辅助角公式进行求解；（2）利用余弦定理或者正弦定理进行求解.
（1）
∵f(x)的最小正周期为，
f（x）=sin（2x-）+，令+2kπ≤2x-≤+2kπ，k∈Z，得+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，
∴f（x）的单调递减区间为[+kπ，+kπ]，k∈Z.
（2）由（1）可知，f（A）=sin（2A-）+=，则sin（2A-）=1，
∵0
∴（b+c）2-4=3bc≤3（）2，即b+c≤4，当且仅当b=c时等号成立，
又b+c>a=2，∴2
∴b+c=（sinB+sinC）.∵A=，∴C=π-A-B=π-B，
∴sinB+sinC=sinB+sin（π-B）=sinB+cosB=sin（B+），
又B∈（0，），∴B+∈（π），sin（B+）∈（，1]，
∴b+c∈（2，4]，a+b+c∈（4，6]，∴△ABC周长的取值范围是（4，6].
18．（2021·山东·泰安一中模拟预测）在①的周长为6，②，③这三个条件中任选一个，补充在下画问题中.若问题中的三角形存在，判断的形状；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且成等差数列，，___________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】答案见解析
【分析】选择条件①，易得，利用余弦定理可得①，利用三角形的面积公式可得②，两式相比结合二倍角的正余弦公式求得角，从而可得出结论；
选择条件②，根据三角形的面积公式求得边，再根据成等差数列，结合基本不等式求得，根据三角形的面积公式可得，即可得出结论；
选择条件③，根据三角形的面积公式求得角，再利用余弦定理可得，即可得出结论.
【详解】解：成等差数列，则.
选择条件①，由的周长为6，得，又，则，
，
则，即①，
，即②，
得，，又，所以，即，
则，则，故为等边三角形.
选择条件②，由，得，，则，
，则，又，则，矛盾，故不存在这样的.
选择条件③，由，得，又，所以或.
因为，所以不可能为最大边，故，由余弦定理得，
所以，因此，
则，所以，所以为等边三角形.
19．（2021·山东·泰安一中模拟预测）设函数，其中，其图象的两条对称轴间的最短距离是，若对恒成立，且.（1）求的解析式；（2）在锐角中，是的三个内角，满足，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据两条对称轴间的最短距离求得，由恒成立以及求得，由此求得的解析式.（2）化简已知条件求得，将表示为关于的形式，由此求得的取值范围.
（1）函数图象的两条对称轴间的最短距离是，所以最小正周期为，所以.
因为对恒成立，且,
所以，又，,所以的解析式为.
（2）依题意是锐角.由，,
即，则，所以.
因为为锐角三角形，, 所以可得，
，所以.
20．（2021·上海崇明·一模）已知函数的最小正周期为8．
（1）求的值及函数的单调减区间；（2）若，且，求的值．
【答案】（1），[](k∈Z)；（2）．
【分析】(1)化简f(x)，根据最小正周期求出ω，再求f(x)单调减区间；(2)由求出，在结合求出，最后利用正弦的和角公式求﹒
（1）由已知可得，，
∵的最小正周期，∴，∴，
由得，
∴f(x)的单调递减区间为[](k∈Z)；
（2）∵，由(1)有，即，
由，知；∴，
故
﹒
21．（2020·河北·衡水市冀州区第一中学高三期中）已知函数只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数的最大值为2；②函数的图象可由的图象平移得到；③函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）请写出这两个条件序号，并求出的解析式及单调减区间；
（2）求方程在区间上所有解的和．
【答案】（1）①③，，；（2）﹒
【分析】(1)①②互相矛盾，判断②不合题意，然后利用①③得到函数的解析式．
(2)利用三角函数方程的应用求出所有的的值，进一步求出它们的和．
（1）函数满足条件为①③：
理由如下：由题意可知条件①②互相矛盾，故③为函数满足的条件之一．
由③可知：，∴．故②不合题意．∴满足条件为①③：
由①知：．∴；由得，
∴f(x)的单调减区间为；
（2）由于，∴，∴或，
解得：或，由于，，∴的取值为．
∴方程的所有的解的和为．
22．（2021·江苏镇江·高三期中）在中，，，分别为角，，的对边，已知，，，点为线段上的点，点为线段上的点，记和的面积分别为，.（1）若，求的长；（2）若，且，求的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理边角互化，求出的值，由余弦定理求得边，由可得，在中，由余弦定理即可求解；（2）由（1）知，可得的值，再由可得的值，由可得，可得、的长，在中，，由正弦定理即可求解.
（1）在中，，由正弦定理化边为角可得：，
所以，
再由正弦定理化角为边可得，所以，可得，
在中，由余弦定理可得：即，所以，可得，
设中，边上的高为，若，则，所以，
在中，由余弦定理可得：，
所以的长为.
（2）由（1）知：，，所以，
由可得，
因为，所以，由可得，可得，
所以，，在中，，即，可得.
23．（2021·河南·郑州市第一〇六高级中学高三期中）已知．
（1）若函数f(x)和函数g(x)的图象关于原点对称，求函数g(x)的解析式；
（2）若在上是增函数，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）﹒
【分析】(1)化简f(x)解析式，设函数的图象上任一点，，它关于原点的对称点为，其中，，利用点在函数的图象上，将其坐标代入的表达式即可得g(x)解析式；(2)可令，将在转化为：，对的系数分类讨论，利用一次函数与二次函数的性质讨论解决即可．
（1）
设函数的图象上任一点，关于原点的对称点为，则，，
点在函数的图象上，，即，
函数的解析式为；
（2），设，，且t在上单调递增，
根据复合函数单调性规则，要使h(x)在上为增函数，则在上为增函数，①当时，在，上是增函数满足条件，；
②当时，m(t)对称轴方程为直线，
(i时，－(1＋λ)＞0，应有t＝，解得，
(ii时，－(1＋λ)＜0，应有，解得；综上所述，．
24.（2021·重庆一中高三期中）某商圈准备在其室外广场上设计一个绿化人文景观带，具体操作如下：下图中的正方形的边长为40米，以点A为顶点，引出放射角为的阴影部分的区域作为绿化人文景观排，其中，根据预测，修好后人流量基本上都集中在两条线段附近，所以该景观带的边界长度之和越大，人流量就越大，现在记的长度之和为．（1）求函数的解析式；（2）求的最大值．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）分、两种情况求出即可；（2）当时，，易得的最大值为，当时，，通过三角恒等变换可得，然后令，可得，然后结合其单调性可得答案.
（1）当时，点在线段上，易得
当时，在中，，，所以
在中，，，所以所以
综上：
（2）当时，，当时，最小
所以此时的最大值为
当时，
令，
则 所以
所以
因为在上单调递增，所以在上单调递减
所以综上：
热点05 三角函数与解三角形
从新高考的考查情况来看，三角函数与解三角形重点是：①以三角函数的定义，同角三角函数的基本关系和诱导公式作为工具考查三角恒等变形；②三角函数图像与性质的综合应用，有时也与三角恒等变形综合考查，多以选择题和填空题的形式呈现；③主要考查正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，有时也与三角恒等变形等进行综合命题，既有选择题、填空题，也有解答题．
1、从三角函数的定义出发，利用同角三角函数关系式、诱导公式进行简单的三角函数化简、求值，结合三角函数的图像，准确掌握三角函数的单调性、奇偶性、周期性、最值、对称性等性质，并能正确地描述三角函数图像的变换规律。要重视对三角函数图像和性质的深入研究，三角函数是高考考查知识的重要载体，是三角函数的基础。“五点法”画正弦函数图像是求解三角函数中的参数及正确理解图像变换的关键，把解决问题的方法技巧进行归纳、 整理，达到举一反三、触类旁通。
2、三角恒等变形时，要注意三看：角、名、形
角：观察角之间的关系，如α＝(α＋β)－β，＝2等，通过观察角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分与组合，从而正确使用公式。
名：观察三角函数的名称之间的关系，如sinα，cosα，tanα的关系，常常要用到同角关系、诱导公式。通过观察函数名称之间的关系，确定使用的公式，常见的有“切化弦”“弦化切”等。
形：观察已知与未知的表达式之间的关系，主要是公式的变形应用。分析表达式的结构特征，寻求变形的方向，迅速准确地使用公式。
3、利用正、余弦定理解决平面几何问题的一般思路
1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解。
2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果。
做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题。
4、解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路是：要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题。这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大。
热点1、三角函数的图象和性质
注意对基本三角函数y＝sin x，y＝cos x的图象与性质的理解与记忆，有关三角函数的五点作图、图象的平移、由图象求解析式、周期、单调区间、最值和奇偶性等问题的求解，通常先将给出的函数转化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，然后利用整体代换的方法求解．
热点2、三角函数与平面向量结合
三角函数、解三角形与平面向量的结合主要体现在以下两个方面：(1)以三角函数式作为向量的坐标，由两个向量共线、垂直、求模或求数量积获得三角函数解析式；(2)根据平面向量加法、减法的几何意义构造三角形，然后利用正、余弦定理解决问题．
热点3、解三角形
新高考对解三角形的考查，以正弦定理、余弦定理的综合应用为主．其命题规律可以从以下两方面看：
(1)从内容上看，主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函数公式，一般是以三角形或其他平面图形为背景，结合三角形的边角关系考查学生利用三角函数公式处理问题的能力；
(2)从命题角度看，主要是在三角恒等变换的基础上融合正弦定理、余弦定理、面积公式，常中线、周长、面积、实际问题等来命题．
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·广东·模拟预测）十七世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿，”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形），如图所示的五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，在其中一个黄金中，，据这些信息，可得（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】计算出，利用二倍角的余弦公式可求得，然后利用诱导公式可求得的值.
【详解】由题意可得，且，
所以，，
因此，.故选：A.
2．（2021·山东省青岛第五十八中学高三期中）如图，在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，终边分别是射线和射线，且射线和射线关于轴对称，射线与单位圆的交点为，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由三角函数的定义可得，，，的值，再由差角的余弦公式计算即得.
【详解】由任意角的三角函数的定义可得，，，因，且射线和射线关于轴对称，则射线OB与单位圆的交点为，于是得，，
因此，，
所以的值是.故选：D
3．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）已知，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据已知条件得到，再利用同角三角函数关系求解即可.
【详解】，，
整理得：，解得或.
因为，所以，，.故选：C
4．（2021·江苏盐城·高三期中）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据同角三角函数平方关系和角的范围可求得，进而结合二倍角公式可求得，根据角的范围可进一步求得，，由，利用两角和差正弦公式可求得结果.
【详解】，，又，
，，
，解得：，，
，，
，，
.故选：B.
5．（2021·江苏泰州·高三期中）的值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【分析】利用两角和的正弦公式将展开化简即可求解.
【详解】
，故选：C.
6．（2021·江苏南通·模拟预测）函数在上的零点个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】在时，解方程，即可得解.
【详解】当时，由.
若，可得、、；若，可得、、、.
综上所述，函数在上的零点个数为.故选：C.
7．（2021·山东济宁·高三期中）已知函数，下面结论错误的是（ ）
A．在区间上单调递减
B．是函数图象的一个对称中心
C．在上的值域为
D．图象上的所有点向右平移个单位后得到函数的图象
【答案】D
【分析】A. 利用余弦函数的单调性判断；B. 利用余弦函数的对称性判断； C.利用余弦函数的值域判断；D.利用三角函数的图象平移变换判断.
【详解】A. ，则，所以在区间上单调递减，故正确；
B. 因为，所以是函数图象的一个对称中心，故正确；
C. ，则，则，所以在上的值域为，故正确；D. 图象上的所有点向右平移个单位后得到函数，故错误；故选：D
8．（2021·山东淄博·一模）已知在区间上的最大值是，则实数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用在区间上的最大值，结合的单调性求得的最小值.
【详解】
.
由于，即的值域为，
，即在处取得最小值，
而的最小正周期为，其一半为，则，
所以在上递增，且在处取得最大值，故的最小值为.故选：D
9．（2021·山东·模拟预测）已知函数(，)的部分图像如图所示，则函数的单调递减区间为（ ）
A．() B．()
C．() D．()
【答案】A
【分析】根据三角函数的图象，求得函数的解析式，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】根据函数的图象，可得函数的最小正周期为，
可得，即
又由，可得，即，
因为，所以，所以，
令，解答，
即函数的单调递增区间为.故选：A.
【点睛】识别二次函数的图象应用学会“三看”：1、一看符号：看二次项系数的符号，它确定二次函数图象的开口方向；2、二看对称轴：看对称轴和最值，它确定二次函数图象的具体位置；3、三看特殊点：看函数图象上的一些特殊点，如函数图象与轴的交点、与轴的交点、函数图象的最高点或最低点等.
10．（2021·江苏泰州·高三期中）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则边长c的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题知，进而根据正弦定理即可求解.
【详解】解：因为，，所以，
所以由正弦定理得故选：B
11．（2021·广东河源·模拟预测）的内角的对边分别为.已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】正弦定理边化角后，结合余弦定理可得关于的方程，解方程可求得.
【详解】由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理知，，解得：.故选：A.
12．（2021·山东菏泽·高三期中）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到应用.假定在水流稳定的情况下，简车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.如图，将简车抽象为一个几何图形（圆），筒车半径为4，筒车转轮的中心O到水面的距离为2，筒车每分钟沿逆时针方向转动4圈.规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即P0时的位置）时开始计算时间，且以水轮的圆心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系.设盛水筒M从点P0运动到点P时所经过的时间为t（单位：），且此时点P距离水面的高度为h（单位：），则点P第一次到达最高点需要的时间为（ ）.
A．2 B．3 C．5 D．10
【答案】C
【分析】设点离水面的高度为，根据题意求出，再令可求出结果.
【详解】设点离水面的高度为，依题意可得，，，
所以，令，得，得，，
得，，因为点P第一次到达最高点，所以，所以.故选：C
13．（2021·山东聊城·高三期中）设的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若的面积为S，且，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】由三角形面积公式及余弦定理结合已知条件可得，利用两角和差化积公式可得
【详解】∵，
代入，即，
∵，∴，即，选：B.
二、多选题
14．（2021·河北衡水中学模拟预测）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的值可能为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】AB
【分析】根据给定条件求出函数的解析式，进而求出的含有数0的单调区间，再借助集合的包含关系列式作答.
【详解】依题意，，由，得：，
于是得的一个单调递增区间是，因在上为增函数，
因此，，即有，解得，
所以，选项C，D不满足，选项A，B满足.故选：AB
15．（2021·辽宁·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
A． B．将的图象向右平移个单位，得到函数的图象
C．的图象关于直线对称 D．若，则
【答案】BD
【分析】利用图象求出函数的解析式，可判断A选项的正误；利用三角函数图象变换可判断B选项的正误；利用代入法可判断C选项的正误；利用正弦型函数的有界性可判断D选项的正误.
【详解】由图可知，函数的最小正周期为，则，
，得，
所以，，得，，得，所以，A项错误；
将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，B项正确；
，故C项错误；
的最小正周期为，所以若，则，故D项正确，故选：BD．
16．（2021·福建师大附中高三期中）在中各角所对得边分别为a，b，c，下列结论正确的有（ ）
A．则为等边三角形；
B．已知，则；
C．已知，，，则最小内角的度数为；
D．在，，，解三角形有两解．
【答案】ABC
【分析】利用正弦定理、余弦定理一一计算可得；
【详解】解：对于A：若，则，即，即，即是等边三角形，故A正确；
对于B：由，可得，余弦定理：．，，故B正确．对于C：因为，，，所以，所以，所以，，，故C正确；
对于D：因为，，，所以，即解得，因为，所以，所以三角形只有1解；故选：ABC
17．（2022·全国·高三专题练习）已知､，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】A、B．利用两角和的正弦公式将条件展开，然后两边同除得到所满足的等式，结合基本不等式确定出和的取值范围；
C．根据两角和的正弦和余弦公式化简C选项，从而可计算出的值并进行判断；
D．根据两角和的正切公式以及的取值范围化简并计算出的取值范围.
【详解】由得，
同除得(*)，所以，
即，∴，取等号时，故A，B正确；
，显然不成立，故C错误；
，
由知，，∴，故D正确.故选：ABD.
【点睛】解答本题的关键在于对条件等式的化简，通过等式两边同除得到所满足的关系，根据基本不等式求解，的取值范围，根据的公式结合的关系求解的取值范围.
三、填空题
18．（2021·浙江·台州一中高三期中）如图，在中，为边上靠近的三等分点，，，，则=________，_______.
【答案】
【分析】在中，由余弦定理求出的长，进而可得的长，求出的长，在中，由余弦定理求出的长，再由正弦定理即可得的值.
【详解】在中，，，，
由余弦定理可得：，
即，整理可得，解得：或（舍），
因为为边上靠近的三等分点，所以，在中，，，，
由余弦定理可得：，所以，
在中，由正弦定理可得：，即，可得.故答案为：；.
19．（2021·黑龙江·大庆中学高三期中）设函数，将的图像向右平移个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则的最小值等于__________．
【答案】
【分析】写出平移之后的函数解析式，由题意，列关于的等式关系，再由，赋值得最小值.
【详解】将函数的图像向右平移个单位长度得到的解析式为，由题意可知，解得，又因为，所以当时，取最小值.故答案为：
20．（2021·辽宁·高三期中）已知，若$x1，x2，x3Î，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，若x1＋x2＋x3的最大值为M，最小值为N，则M＋N＝_______．
【答案】
【分析】作出f(x)在上的图像，为f(x)图像与y＝m图像交点的横坐标，数形结合即可求得M和N﹒
【详解】作出f(x)图像：
当f(x)图像与y＝图像相交时，前三个交点横坐标依次为，此时取N，
，∴；
当f(x)图像与y＝图像相交时，交点横坐标依次为，此时取M，
②，∴；
∴M＋N＝．故答案为：﹒
21．（2021·甘肃省武威第一中学高三阶段练习）在中，角，，的对边分别为，，，若，，且的面积为，则b =___________.
【答案】
【分析】由正弦定理可求出，由面积公式可求出，再利用余弦定理即可求出.
【详解】由正弦定理可得，即，则，解得，
又，解得，
则由余弦定理可得，则.故答案为：.
22．（2021·陕西·西安中学高三期中）函数的最大值为_________
【答案】
【分析】由平方关系转化为的二次函数，结合二次函数知识可得最大值．
【详解】，
由得，所以时，，此时．故答案为：．
四、解答题
23．（2021·河北邯郸·高三期末）已知中，内角的对边分别为，且满足.（1）求的值；（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）2；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理以及逆用两角和的正弦公式得出，而，即可求出的值；
（2）根据题意，由余弦定理得，再根据基本不等式求得，当且仅当时取得等号，即可求出面积的最大值.
（1）解：由题意得，由正弦定理得：，
即，即，因为，所以．
（2）解：由余弦定理，即，
由基本不等式得：，即，当且仅当时取得等号，
，所以面积的最大值为．
24．（2021·浙江·台州一中高三期中）已知函数.（1）求的单调递增区间；
（2）若关于的方程在上有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数解析式，再利用换元法求单调递增区间；
（2）求函数在上的值域，可得实数的取值范围.
（1）解：
，
令，解得，
即函数的单调递增区间为；
（2）解：由，即，
，，
又方程在上有解，所以.
25．（2021·福建龙岩·高三期中）在△ABC中，角的对边分别为，且.
（1）求角C；（2）若，D为边BC的中点，△ABC的面积且，求AD的长度.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用正弦定理进行边角转换，结合三角恒等变换即可得解；
（2）结合面积公式及余弦定理进行求解.
（1）因为，所以，
又，所以，因为，
所以，所以，即，又，所以；
（2）由△ABC的面积可得，即 ①，
又，所以 ②，
联立①②得或，又，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以.
26．（2021·四川·树德中学高三期中）在中，它的内角，，的对边分别为，，，且，．（1）若，求的面积；（2）试问能否成立？若能成立，求此时的周长；若不能成立，请说明理由．
【答案】（1）；（2）不成立，理由见解析.
【分析】（1）由已知可得，由两角和的余弦公式将展开可求出的值，由正弦定理化边为角，，代入面积公式即可求解；
（2）假设，利用余弦定理可求出，结合基本不等式判断即可.
（1）由，得，因为，即．
又因为，所以．
在中，由正弦定理，所以，．
所以.
（2）假设，
由余弦定理，，即，
所以，因为，所以，
解得：或－2（舍），此时．
不满足，所以假设不成立.
27．（2021·上海杨浦·一模）已知函数.（1）若，求函数在上的零点；
（2）已知，函数，，求函数的值域.
【答案】（1）和；（2）．
【分析】（1）由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后求出的范围，从而利用正弦函数性质得零点；（2）利用二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后求出的范围，结合正弦函数性质得值域．
（1），，
时，，所以或时，，此时或，
所以零点为和；
（2），，
，
，则，，所以的值域是．
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·河北衡水中学模拟预测）已知，均为锐角，且，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将变形，配角利用两角差的正弦公式展开化简计算，可得关于的一元二次方程，根据列不等式求解的取值范围，即可得最大值.
【详解】∵，∴，即，∴，即，又因为为锐角，所以该方程有解，即，解得．又为锐角，∴．所以的最大值是.故选：C
2．（2021·天津市实验中学滨海学校高三期中）在中，角的对边分别为，已知，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用三角形边角关系，将转化为关于边的方程，解得边，进而由三角形的面积公式，直接求出面积即可.
【详解】
如图，过作,交的延长线于，因为，则,，，
所以
又因为所以，
即，解得：或（舍）所以.故选：B.
3．（2021·江苏南通·二模）如图，点在半径为的上运动，若，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立适当的坐标系，设，利用向量的坐标运算得到m,n与α的关系，进而得到m+n关于α的三角函数表达式，利用辅助角公式整理后，根据三角函数的性质求得其最大值.
【详解】以为原点､的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，则有，.
设，则.由题意可知
所以.因为，所以，
故的最大值为.
【点睛】本题考查与向量有关的几何最值问题，属基础题.利用坐标方法转化为三角函数的最值问题是处理几何最值得十分有效的方法.
4．（2021·上海嘉定·一模）已知函数的定义域为，值域为，则的值不可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】化简函数解析式得，根据其值域，可得，，求解出对应的范围，代入即可得的范围.
【详解】由化简得.
因为其值域为，不妨设，，
即，，则得.故选：D.
5．（2021·新疆高三期中）已知△的内角所对的边分别为若，且△内切圆面积为，则△面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件及正弦定理可得，由内切圆的面积可得内切圆半径，最后根据及余弦定理，并结合基本不等式求的范围，进而求△面积的最小值.
【详解】由题设，，而且，
∴，，则，
∴，由题设△内切圆半径，又，
∴，而，即，
∴，可得，当且仅当时等号成立.∴.故选：D
6．（2021·江苏·金陵中学高三期中）已知函数，定义域为的函数满足，若函数与图象的交点为，，…，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先根据题意得到，的图象关于对称，设关于点对称的坐标为，，则，，同理可得：，，，，即可得到答案.
【详解】由得的图象关于对称，函数也关于对称，
则函数与图象的交点关于对称，
则不妨设关于点对称的坐标为，，则，，则，，
同理可得：，，，，即，故选：．
7．（2021·广东顺德·高三阶段练习）已知函数，且有，，则在区间内至少有（ ）个零点．
A．4 B．8 C．10 D．12
【答案】D
【分析】根据题意得出函数的对称轴和对称中心，根据对称轴和对称中心求出的值，然后判断出的值最小时，周期最大，函数在区间内的零点最少，从而即可求出答案.
【详解】因为，即，所以函数关于点对称，
所以，——①
因为，所以为函数的一条对称轴，所以，——②
由①②，得，即，
要使在区间内的零点最少，则周期最大，所以的值最小，
又因为，所以，把代入①，得，即，
又因为，所以或.
当时，，此时在内零点个数为12；
当时，，此时在内零点个数为12.故选：D.
8．（2021·山东师范大学附中高三期中）对于函数，下列结论正确的是（ ）
A．是以为周期的函数 B．的减区间为
C．的最大值为1 D．图象的对称轴为
【答案】D
【分析】由题意先化简解析式，画出其图像，由图象和正弦、余弦函数的性质，分别判断四个命题的真假．
【详解】由题意得，画出其图像如下图：
由图可得的周期为，A错误；
的减区间为和 ，B错误；
的最大值为，C错误；图象的对称轴为，D正确.故选：D.
9．（2021·山东济南·一模）函数在上的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由为偶函数，可排除A；当时，，可排除C；当时，函数，可排除D，即可求解.
【详解】由函数图像知，为偶函数， 对于A中，函数为非奇非偶函数，所以可排除A项；对于C中，当时，，
当时，取得最小值，不符合题意，排除C项；
对于D中，函数，当时，函数，可排除D项；
综上可得，只有选项B符合题意.故选：B.
二、多选题
10．（2021·江苏镇江·高三期中）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为 B．为偶函数
C．函数的图像关于直线对称 D．函数的最小值为1
【答案】ABD
【分析】画出在上的函数图象，数形结合，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】在上的函数图像如下所示：
数形结合可知：的最小正周期为，且其不关于对称，的最小值为；
又，
又其定义域关于原点对称，故其为偶函数.综上所述，正确的选项是：ABD.故选：ABD.
11．（2021·福建·三明一中高三期中）随着市民健康意识的提升，越来越多的人走出家门健身，身边的健身步道成了市民首选的运动场所.如图，某公园内有一个以为圆心，半径为，圆心角为的扇形人工湖，、是分别由、延伸而成的两条健身步道.为进一步完善全民健身公共服务体系，主管部门准备在公园内增建三条健身步道，其中一条与相切于点，且与、分别相交于、，另两条是分别和湖岸、垂直的、(垂足均不与重合).在区域以内，扇形人工湖以外的空地铺上草坪，则（ ）
A．点到点的直线距离是一个定值 B．新增步道的长度可以为
C．新增步道、长度之和可以为 D．当点为的中点时，草坪的面积为
【答案】ABD
【分析】设，则，其中，利用解三角形及三角变换变换公式逐项计算后可得正确的选项.
【详解】设，则，其中.
故，，
故
.故，故A正确.
又，而，
故，
因为，故，由基本不等式可得：
，
故，当且仅当时等号成立，
的取值范围为，而，故B成立.,
因为，故，故，
故的取值范围为，故C不正确.当点为的中点时，，
故草坪的面积为，故D正确.故选：ABD.
12．（2021·山东·嘉祥县第一中学高三期中）已知函数若存在实数，，，（）满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABCD
【分析】画出函数图像，根据图像得到，故，计算函数最值，化简得到，再利用均值不等式得到答案.
【详解】，，所以，，，，如图，画出函数的图象，
，根据图像知：，
，关于对称，，A正确；
，，函数单调递增，故，C正确；
又，，．，即，B正确；，，，D正确；故选：ABCD．
13．（2021·湖南·雅礼中学高三阶段练习）在中，、、所对的边为、、，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则 B．的最大值为 C． D．角的最小值为
【答案】ABC
【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】对A，由余弦定理可得，得，故，A对；
对于B，由基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，
由余弦定理可得，
则，B对；
对于C，，则，
由余弦定理可得，，
所以，，整理可得，则，C对；
对于D，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，
因为且函数在上单调递减，故，D错.故选：ABC.
14．（2021·全国·模拟预测）某商场前有一块边长为60米的正方形地皮，为了方便消费者停车，拟划出一块矩形区域用于停放电动车等，同时为了美观，建造扇形花坛，现设计两种方案如图所示，方案一：，在线段上且，方案二：在圆弧上且．若花坛区域工程造价0.2万元/平方米，停车区域工程造价为0.1万元/平方米，则下列说法正确的是（ ）
A．两个方案中矩形停车区域的最大面积为2400平方米
B．两个方案中矩形停车区域的最小面积为1200平方米
C．方案二中整个工程造价最低为万元
D．两个方案中整个工程造价最高为万元
【答案】AB
【分析】方案一中根据矩形和扇形面积公式即可得出相应面积，依题意可列出工程造价不等式；方案二中停车区域面积需结合三角函数知识即可求解，依题意可列出工程造价不等式，即可得出答案.
【详解】方案一中令，则停车区域面积，扇形花坛区域面积，设工程造价为，则；
方案二中令，则停车区域面积．
令，．
∴，∴，所以选项A，B正确；扇形花坛区域面积，设工程造价为，则，，所以选项C，D错误.故选：AB．
三、填空题
15．（2021·江苏南通·高三期中）如图，将矩形纸片的右下角折起，使得点落在边上点处，得到折痕.已知，，则当___________时，折痕最短，其长度的最小值为_________cm.
【答案】
【分析】根据题意，设，用表示，换元后，结合导数判断单调性，即可求解.
【详解】根据题意，设，，
则，在中，，
因此，令，，
则，令，，则，
当时，，单调递增，当，，单调递减，
因此，故.
此时，，.故答案为：；.
16．（2021·北京十四中高三期中）已知函数为的零点，为图像的对称轴，且在单调，则的最大值是______ .
【答案】9
【分析】先根据正弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断为奇数，由在单调，分在单调递增、单调递减两种情况，分别求得的最大值，综合可得它的最大值．
【详解】解：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9．
当时，，，，．
此时在单调递减，不满足题意．
当时，，，，，
此时在不单调，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9．
当时，，，，．
此时在单调递减，满足题意．故的最大值为9．故答案为：9．
四、解答题
17．（2021·福建龙岩·高三期中）已知函数，最小正周期是，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.（1）求f（x）的单调递减区间；（2）若f（A）=，a=2，求△ABC周长的取值范围.
【答案】（1）单调递减区间为[+kπ，+kπ]，k∈Z（2）（4，6]
【分析】（1）利用倍角公式和辅助角公式进行求解；（2）利用余弦定理或者正弦定理进行求解.
（1）
∵f(x)的最小正周期为，
f（x）=sin（2x-）+，令+2kπ≤2x-≤+2kπ，k∈Z，得+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，
∴f（x）的单调递减区间为[+kπ，+kπ]，k∈Z.
（2）由（1）可知，f（A）=sin（2A-）+=，则sin（2A-）=1，
∵0
∴（b+c）2-4=3bc≤3（）2，即b+c≤4，当且仅当b=c时等号成立，
又b+c>a=2，∴2
∴b+c=（sinB+sinC）.∵A=，∴C=π-A-B=π-B，
∴sinB+sinC=sinB+sin（π-B）=sinB+cosB=sin（B+），
又B∈（0，），∴B+∈（π），sin（B+）∈（，1]，
∴b+c∈（2，4]，a+b+c∈（4，6]，∴△ABC周长的取值范围是（4，6].
18．（2021·山东·泰安一中模拟预测）在①的周长为6，②，③这三个条件中任选一个，补充在下画问题中.若问题中的三角形存在，判断的形状；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且成等差数列，，___________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】答案见解析
【分析】选择条件①，易得，利用余弦定理可得①，利用三角形的面积公式可得②，两式相比结合二倍角的正余弦公式求得角，从而可得出结论；
选择条件②，根据三角形的面积公式求得边，再根据成等差数列，结合基本不等式求得，根据三角形的面积公式可得，即可得出结论；
选择条件③，根据三角形的面积公式求得角，再利用余弦定理可得，即可得出结论.
【详解】解：成等差数列，则.
选择条件①，由的周长为6，得，又，则，
，
则，即①，
，即②，
得，，又，所以，即，
则，则，故为等边三角形.
选择条件②，由，得，，则，
，则，又，则，矛盾，故不存在这样的.
选择条件③，由，得，又，所以或.
因为，所以不可能为最大边，故，由余弦定理得，
所以，因此，
则，所以，所以为等边三角形.
19．（2021·山东·泰安一中模拟预测）设函数，其中，其图象的两条对称轴间的最短距离是，若对恒成立，且.（1）求的解析式；（2）在锐角中，是的三个内角，满足，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据两条对称轴间的最短距离求得，由恒成立以及求得，由此求得的解析式.（2）化简已知条件求得，将表示为关于的形式，由此求得的取值范围.
（1）函数图象的两条对称轴间的最短距离是，所以最小正周期为，所以.
因为对恒成立，且,
所以，又，,所以的解析式为.
（2）依题意是锐角.由，,
即，则，所以.
因为为锐角三角形，, 所以可得，
，所以.
20．（2021·上海崇明·一模）已知函数的最小正周期为8．
（1）求的值及函数的单调减区间；（2）若，且，求的值．
【答案】（1），[](k∈Z)；（2）．
【分析】(1)化简f(x)，根据最小正周期求出ω，再求f(x)单调减区间；(2)由求出，在结合求出，最后利用正弦的和角公式求﹒
（1）由已知可得，，
∵的最小正周期，∴，∴，
由得，
∴f(x)的单调递减区间为[](k∈Z)；
（2）∵，由(1)有，即，
由，知；∴，
故
﹒
21．（2020·河北·衡水市冀州区第一中学高三期中）已知函数只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数的最大值为2；②函数的图象可由的图象平移得到；③函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）请写出这两个条件序号，并求出的解析式及单调减区间；
（2）求方程在区间上所有解的和．
【答案】（1）①③，，；（2）﹒
【分析】(1)①②互相矛盾，判断②不合题意，然后利用①③得到函数的解析式．
(2)利用三角函数方程的应用求出所有的的值，进一步求出它们的和．
（1）函数满足条件为①③：
理由如下：由题意可知条件①②互相矛盾，故③为函数满足的条件之一．
由③可知：，∴．故②不合题意．∴满足条件为①③：
由①知：．∴；由得，
∴f(x)的单调减区间为；
（2）由于，∴，∴或，
解得：或，由于，，∴的取值为．
∴方程的所有的解的和为．
22．（2021·江苏镇江·高三期中）在中，，，分别为角，，的对边，已知，，，点为线段上的点，点为线段上的点，记和的面积分别为，.（1）若，求的长；（2）若，且，求的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理边角互化，求出的值，由余弦定理求得边，由可得，在中，由余弦定理即可求解；（2）由（1）知，可得的值，再由可得的值，由可得，可得、的长，在中，，由正弦定理即可求解.
（1）在中，，由正弦定理化边为角可得：，
所以，
再由正弦定理化角为边可得，所以，可得，
在中，由余弦定理可得：即，所以，可得，
设中，边上的高为，若，则，所以，
在中，由余弦定理可得：，
所以的长为.
（2）由（1）知：，，所以，
由可得，
因为，所以，由可得，可得，
所以，，在中，，即，可得.
23．（2021·河南·郑州市第一〇六高级中学高三期中）已知．
（1）若函数f(x)和函数g(x)的图象关于原点对称，求函数g(x)的解析式；
（2）若在上是增函数，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）﹒
【分析】(1)化简f(x)解析式，设函数的图象上任一点，，它关于原点的对称点为，其中，，利用点在函数的图象上，将其坐标代入的表达式即可得g(x)解析式；(2)可令，将在转化为：，对的系数分类讨论，利用一次函数与二次函数的性质讨论解决即可．
（1）
设函数的图象上任一点，关于原点的对称点为，则，，
点在函数的图象上，，即，
函数的解析式为；
（2），设，，且t在上单调递增，
根据复合函数单调性规则，要使h(x)在上为增函数，则在上为增函数，①当时，在，上是增函数满足条件，；
②当时，m(t)对称轴方程为直线，
(i时，－(1＋λ)＞0，应有t＝，解得，
(ii时，－(1＋λ)＜0，应有，解得；综上所述，．
24.（2021·重庆一中高三期中）某商圈准备在其室外广场上设计一个绿化人文景观带，具体操作如下：下图中的正方形的边长为40米，以点A为顶点，引出放射角为的阴影部分的区域作为绿化人文景观排，其中，根据预测，修好后人流量基本上都集中在两条线段附近，所以该景观带的边界长度之和越大，人流量就越大，现在记的长度之和为．（1）求函数的解析式；（2）求的最大值．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）分、两种情况求出即可；（2）当时，，易得的最大值为，当时，，通过三角恒等变换可得，然后令，可得，然后结合其单调性可得答案.
（1）当时，点在线段上，易得
当时，在中，，，所以
在中，，，所以所以
综上：
（2）当时，，当时，最小
所以此时的最大值为
当时，
令，
则 所以
所以
因为在上单调递增，所以在上单调递减
所以综上：
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