专题05 三角函数、解三角形-2024年高考数学二模试题分类汇编学案（原卷版+解析版）

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任意角的三角函数
一、单选题
1．（2024山西省吕梁二模）已知角的顶点在原点，始边在轴的正半轴上，终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的定义可得，即可利用和差角公式求解，或者根据特殊角得，代入求解.
【详解】方法一；由角终边经过点，可得，所以.
故选：A.
方法二：角终边经过点，故为第二象限角，，则，
则.
故选:A.
2．（2024浙江省天域全国名校协作体二模）古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数，正割函数，余割函数，正矢函数，余矢函数.如图角始边为轴的非负半轴，其终边与单位圆交点，、分别是单位圆与轴和轴正半轴的交点，过点作垂直轴，作垂直轴，垂足分别为、，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线分别交的终边于、，其中、、、为有向线段，下列表示正确的是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知，，，然后结合新定义简单计算可判断各个选项.
【详解】根据题意，易得，
对于A，因为，即，故A错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段.
3．（2024新疆乌鲁木齐地二模）已知角终边上点坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先确定角的终边所在的位置，再根据诱导公式及商数关系即可得解.
【详解】因为，
所以角的终边在第二象限，
又因为
，
且，
所以.
故选：B.
4．（2024福建省莆田二模）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，把它的终边绕原点逆时针旋转角后经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同角三角函数关系求得的值，再结合正弦两角差公式即可得的值.
【详解】因为，所以，则，
又，所以，由得，则，
由题意可知角的终边经过点，则，
所以.
故选：A.
二、多选题
5．（2024浙江省温州二模）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，为其终边上一点，若角的终边与角的终边关于直线对称，则（ ）
A．B．
C．D．角的终边在第一象限
【答案】ACD
【分析】
根据三角函数的定义，可求角的三角函数，结合诱导公式判断A的真假；利用二倍角公式，求出的三角函数值，结合三角函数的概念指出角的终边与单位圆的交点，由对称性确定角终边与单位圆交点，从而判断BCD的真假.
【详解】因为角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
所以：，所以，，所以，故A对；
又，
，
所以的终边与单位圆的交点坐标为：，
因为角的终边与角的终边关于直线对称，所以角的终边与单位圆的交点为，
所以，且的终边在第一象限，故CD正确；
又因为终边在直线的角为：，角的终边与角的终边关于对称，
所以，故B错误.
故选：ACD
三、填空题
6．（2024广东二模）如图，在平面直角坐标系中放置着一个边长为1的等边三角形，且满足与轴平行，点在轴上.现将三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动，设顶点的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图象与轴所围区域的面积为 .
【答案】
【分析】根据题设条件可得的轨迹（如图所示），再根据轨迹可得的周期和相邻零点间的图象与轴所围区域的面积.
【详解】设，
如图，当三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动时，
开始时，先绕旋转，当旋转到时，旋转到，此时，
然后再以为圆心旋转，旋转后旋转到，此时，
当三角形再旋转时，不旋转，此时旋转到，
当三角形再旋转后，必以为圆心旋转，旋转后旋转到，
点从开始到时是一个周期，故的周期为，
如图，为相邻两个零点，
在上的图像与轴围成的图形的面积为：
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：以图形旋转为背景的函数问题，应该通过前几次的旋转得到周期性，再在一个周期内讨论对应的函数性质即可.
7．（2024山东省部分学校金科大联考二模）在平面直角坐标系中，角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则 ．
【答案】/
【分析】先利用角的终边所经过的点求出，再求.
【详解】因为角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，
所以，；
.
故答案为：
三角变换
一、单选题
1．（2024辽宁二模）数学试题）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.
2．（2024青海省西宁大通二模）已知,则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为,
又,
所以,
故选C.
3．（浙江省杭州市2024届高三下学期4月教学质量检测数学试题）在中，已知．若，则（ ）
A．无解B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】由可得，进而得到，借助三角形内角和与两角和的正切公式可得，设，有，可得该方程无解，故不存在这样的.
【详解】由，即，则，
由，知，
则，则，
又，
故，设，则，
有，即，，
即该方程无解，故不存在这样三角形，即无解.
故选：A.
4．（2024浙江省天域全国名校协作体二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据余弦两角和公式将展开成角与的两角和形式与与的两角和形式，建立等式关系结合已知等式即可得结论.
【详解】因为，
又，
所以，
因为，
则.
故选：B.
5．（2024山西省天一名校二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据已知结合两角和差的正弦公式及二倍角公式化简，求出，再根据两角差的正切公式即可得解.
【详解】由，
得，
即，所以，
所以，
所以.
故选：C.
6．（2024浙江省宁波二模）若为锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同角关系得，即可由和差角公式求解.
【详解】为锐角，,故，
所以，
故选：A
7．（2024河南省新乡一中二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据及将已知化简，再根据辅助角公式结合余弦函数的性质求出，再根据两角和的正切公式即可得解.
【详解】
，
，
因为，
所以，
所以，
即，即，
所以或，，
所以，
故，
所以.
故选：A.
【点睛】方法点睛：给值求值的方法：
（1）直接法：当已知两个角时，所求角一般表示为两个角的和或差的形式；
（2）常值代换：用某些三角函数代替某些常数，使之代换后能运用相关公式，我们把这种代换称之为常值代换，其中要特别注意的是“”的代换，如，，等，、、、、等均可视为某个特殊角的三角函数值，从而将常数换为三角函数使用；
（3）角的代换：将未知角利用已知角表示出来，使之能直接运用公式，像这样的方法就是角的代换，常见的有：
，，，
，，
，等.
8．（2024湖北省七市州二模）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据公式化解条件等式，再结合二倍角和两角差的正弦公式，即可化解求值.
【详解】由条件等式可知，，
整理为，则，
又，，
所以，，
所以
.
故选：D
9．（2024安徽省池州二模）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.
10．（2024辽宁省鞍山六中二模）已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】先利用展开变形，可得，再利用展开变形，将用表示出来，利用基本不等式求最值及等号成立条件即可.
【详解】,
则，
所以，
整理得，
因为，均为锐角，且，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以取得最大值时，的值为.
故选：D.
11．（2024吉林省白山二模）若，则（ ）
A．B．7C．D．
【答案】B
【分析】
根据两角和与差的余弦公式和同角三角函数的基本关系求得，然后利用二倍角的正切公式求得，再根据两角差的正切公式求解即可.
【详解】因为，故，
则，
故.
故选：B.
12．（2024河南省新乡二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，求得，结合，代入即可求解.
【详解】因为，可得，
则，
.
故选：A.
13．（2024广东省广州市天河区二模）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据辅助角公式求得，结合角的范围可得，继而利用两角差的余弦公式，即可求得答案.
【详解】因为，
故，则，
而，故，
故
，
故选：B
14．（2024浙江省绍兴二模）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先得，进一步由有，结合二倍角公式、商数关系以及诱导公式即可求解.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，
从而，，
所以.
故选：B.
15．（2024东北三省四城市联考二模）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据结合可得与，进而可得.
【详解】则，
即，
又因为，故，，，
故，因为，则，
结合可得，，则.
故.
故选：C
16．（2024河北省石家庄二模）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由正弦的二倍角公式代入计算可得，再由同角三角函数的平方关系与商关系，即可得到结果.
【详解】因为，且，
所以，
由题意知，
所以，所以，
所以，
则.
故选：D
17．（2024湖南省岳阳二模）已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】分类讨论并利用诱导公式对进行化简，再利用同角三角函数关系式、倍角公式的逆用求得.
【详解】设
①时，，
②时，，
③时，，
此时
④时，，
此时
综合①②③④，可以排除、,
，
所以，
故选：C.
18．（2024湖南衡阳二模）已知，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】A
【分析】利用诱导公式，二倍角公式和同角三角函数基本关系，结合角的取值范围，可求角的正切值.
【详解】由，
所以或.
又，所以.
所以.
故选：A
二、填空题
19．（2024山西省晋城二模）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：.
20．（2024河北邯郸二模）正五角星是一个非常优美的几何图形，其与黄金分割有着密切的联系，在如图所示的五角星中，以为顶点的多边形为正边边形，设，则 ， ．

【答案】 0 /0.0625
【分析】由正五角星的性质，求得，进而根据诱导公式及二倍角公式计算即可.
【详解】正五角星可分割成5个3角形和1个正五边形,五个3角形各自角度之和
正五边形的内角和；每个角为，
三角形是等腰三角形，底角是五边形的外角，即底角为，
三角形内角和为，那么三角形顶角，即五角星尖角，
即.
;
因为,
所以.
故答案为：；.
21．（2024年山东二模考）已知，且，那么 ．
【答案】
【分析】先根据平方关系和商数关系求出，再根据二倍角的正弦公式化简即可得解.
【详解】因为，所以，
.
故答案为：.
三角函数的图像与性质
一、单选题
1．（2024·江苏南通·二模）已知函数（）在区间上单调递增，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件，利用辅助角公式得到，再利用的图象与性质，得到的单调增区间，再根据条件，可得到，即可求出结果.
【详解】因为，又，
由，得到，
所以函数的单调增区间为，
依题有，则，得到，
故选：B.
2．（2024·浙江丽水·二模）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若对满足的，有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象的平移可得，利用三角函数的最值，求出自变量，的值，然后判断选项即可，
【详解】因函数的最小正周期为，
将的图象向右平移个单位后得到函数的图象，
若对满足的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有，
不妨，则，即在取得最小值，
当时，，
此时，，，不合题意，
当时，，
此时，，，当，满足题意，
故选：A，
3．（2024·山东·二模）已知函数，若将的图象向左平移个单位后所得的函数图象与曲线关于对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】求出函数的图象平移后所得函数的解析式，再利用对称列式计算即得.
【详解】函数，的图象向左平移个单位后所得函数，
函数的图象与的图象关于直线对称，则，
于是对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，
因此，解得，而，则，
所以当时，取得最小值.
故选：A
4．（2024·浙江嘉兴·二模）已知函数是奇函数，则的值可以是（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的奇偶性可得，，求解得答案.
【详解】由为奇函数，可得，，
当时，.
故选：C.
5．（2024·广东·二模）在平面直角坐标系中，已知圆，若等腰直角的直角边为圆的一条弦，且圆心在外，点在圆外，则四边形的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，表达出的面积，相加得到四边形的面积，利用辅助角公式求出最大值.
【详解】如图所示，设，则，
故，
由余弦定理得
，
故等腰直角三角形的面积为，
故四边形的面积为，
其中，，
其中，故，
则当时，取得最大值，最大值为.
故选：A
6．（2024·广东湛江·二模）函数在上的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得的范围，结合正弦函数的性质，即可容易求得结果.
【详解】因为，所以，所以，
故在上的值域为.
故选：B.
7．（2024·浙江杭州·二模）设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的（ ）
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】A
【分析】根据函数单调性求出的范围，即可判断答案.
【详解】若“函数在单调递增”，则，
由得，则，解得，
所以，甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
8．（2024·辽宁抚顺·三模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．在上单调递增
C．为偶函数D．的最小值为
【答案】C
【分析】由积化和差公式化简，根据周期公式判断A，根据正弦函数的最值判断D，根据正弦型函数的单调性判断B，根据导数判断C.
【详解】因为，此时最小正周期为，其最小值为，所以A错误，D错误；
因为，所以，可知在上不单调，B错误；
又，所以为偶函数，C正确．
故选：C
9．（2024·湖北·二模）将函数的图象上每一点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（ ）
A．在区间上单调递减B．在区间上单调递增
C．在区间上单测递减D．在区间上单调递增
【答案】B
【分析】根据三角函数图象的变换及性质判定选项即可.
【详解】函数的图象上每一点的横坐标变为原来的得，
再向右平移个单位长度得，
即，
由，得增区间为，．
当时，一个增区间为，而，所以B正确.
故选：B
10．（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．
11．（2024·湖南·二模）已知函数，若沿轴方向平移的图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将函数化成正弦型函数，根据横向平移的特点将其解析式设成通式，将看成整体角，结合的图象特点，使的区间的长度在到之间计算即得.
【详解】由可得：，
若沿轴方向平移，考虑其任意性，不妨设得到的函数.
令，即，，取，则.
依题意知，在上至少有2解，至多有3解，
则须使区间的长度在到之间，即，解得.
故选：A.
12．（2024·全国·二模）若函数的图象关于轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用余弦函数的性质求解即得.
【详解】依题意，函数是偶函数，则，
即，而，所以.
故选：B
13．（2024·广东佛山·二模）已知函数在有且仅有两个零点，且，则图象的一条对称轴是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由函数的零点情况，求出的取值范围，再利用给定等式分析判断函数图象的对称轴即可得解.
【详解】由函数在有且仅有两个零点，
得，解得，则，
又，而，当时，，，
由，得，当时，，
即函数在有3个零点，不符合题意，
因此是函数图象的一条对称轴，即，解得，
当时，，当时，，均不符合题意；
当时，，得，则图象的对称轴为.
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及三角函数在指定区间上的零点个数求参数范围，利用五点法作图思想分析周期情况是解题的关键.
14．（2024·黑龙江吉林·二模）已知函数为偶函数，其图象上相邻两对称轴之间的距离为，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据函数的奇偶性和对称性求出函数解析式，利用同角三角关系结合二倍角公式整理可得所求等于，再由即可得解.
【详解】∵为偶函数，，
又，
又∵函数图象上相邻对称轴之间的距离为，
∴，则，
，
则，
即，
∴
.
故选：D.
15．（2024·湖南长沙·二模）已知函数的最小正周期为，直线是图象的一条对称轴，则的单调递减区间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据的最小正周期确定的值，根据函数的对称轴求出，结合正切函数的单调性，列出不等式，即可求得答案.
【详解】由于的图象是将的图象在x轴下方部分翻折到x轴上方，
且仅有单调递增区间，
故和的最小正周期相同，均为，
则，即，
又直线是图象的一条对称轴，则，
即，结合，得，
故，令，则，
即的单调递减区间为，
故选：B
16．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数的部分图像如图所示，，则（ ）

A．0B．C．D．
【答案】C
【分析】
根据题意，结合函数图像即可求得函数的解析式，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】由图像可知，，由可得，
且，所以，解得，所以，
由可得，，
所以，即，
即，且，当时，，
所以，则.
故选：C
17．（2024·河南郑州·二模）声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，但我们平时听到的乐音不止是一个音在响，而是许多个音的结合，称为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的一个周期为B．的最大值为
C．的图象关于点对称D．在区间上有2个零点
【答案】D
【分析】对于A，考查函数与的周期即可；对于B，考查函数与的最大值，验证同时取最大值时的条件即可判断；对于C，利用中心对称的条件进行验证即可；对于D，令，解方程即可.
【详解】对于A,因为的周期为，的周期为，所以的周期为，故A错误；
对于B,因为函数的最大值为1,的最大值为，
故两个函数同时取最大值时，的最大值为，
此时需满足且，不能同时成立，
故最大值不能同时取到，故的最大值不为，则B错误；
对于C，，则，
故的图象不关于点对称，C错误；
对于D,因为时，，又，
所以或者；或者，此时，又，
所以，综上可知，在区间上有2个零点，故D正确，
故选：D.
二、多选题
18．（2024·广东深圳·二模）已知函数（，）的最大值为，其部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数为偶函数
C．满足条件的正实数，存在且唯一
D．是周期函数，且最小正周期为
【答案】ACD
【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，再根据函数的最大值及求出，由求出的取值，再根据周期确定的值，即可得到函数解析式，即可判断.
【详解】因为（其中、），
又，解得，
又，所以，故A正确；
则，
又，即，
结合图象可知，所以，
又，所以，解得，所以，故C正确；
所以，则为奇函数，故B错误；
是周期函数，且最小正周期，故D正确.
故选：ACD
19．（2024·安徽黄山·二模）已知函数图象上相邻两条对称轴之间的距离为，则（ ）
A．函数图象关于点对称
B．函数图象关于直线对称
C．函数在上单调递增
D．函数在上有个零点
【答案】AD
【分析】对函数利用辅助角公式进行化简，根据条件求出函数的周期和，得到的解析式，对于A，将代入验证看是否为对称中心；对于B，将代入检验是否为对称轴；对于C，，，结合正弦函数的图象与性质，判断单调性；对于D，求出在的零点，判断个数即可.
【详解】，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以，则，所以，解得，
所以.
对于A选项，，
所以函数图象关于点对称，故A正确；
对于B选项，，
所以函数图象不关于直线对称，故B错误；
对于C选项，当，，
当，即时，，
结合正弦函数图象可知，函数在上先增后减，故C错误；
对于D选项，令，即，即，
当时，的值为，
所以函数在上有个零点，故D正确，
故选：AD.
20．（2024·山东聊城·二模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若动直线与的图象的交点分别为，则的长可为
B．若动直线与的图象的交点分别为，则的长恒为
C．若动直线与的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为
D．若，则
【答案】BCD
【分析】先判断函数的单调性及值域，由条件确定的范围，设点的坐标分别为，列方程化简可得，由此判断AB，判断直线与的图象能围成封闭图形的形状，结合面积公式判断C,由条件，结合两角差余弦公式可求，根据二倍角公式可求，由此判断D.
【详解】由，可得，
所以在区间上单调递减，
且，，
所以，
由，可得，
所以函数在区间上单调递减，
且，，
所以，
由已知，
所以直线与函数都只有一个交点，
设点的坐标分别为，
则，
，，
因为函数在上单调递减，
所以，
所以，
所以，A错误，B正确，
设直线与函数的交点为，
则，又，
所以四边形为平行四边形，其面积，C正确；
对于D，因为，
所以，，
所以，，即，
又，
所以，
所以，又，
所以
所以，D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是利用正弦型函数的性质得到点横坐标之间的关系，即.
21．（2024·广东韶关·二模）设函数，则（ ）
A．是偶函数B．在上有6个零点
C．的是小值为D．在上单调递减
【答案】ABC
【分析】求得的奇偶性判断选项A；求得在上的零点个数判断选项B；求得的最小值判断选项C；举特例否定选项D.
【详解】选项A：函数定义域为R，
由，
可得是偶函数.判断正确；
选项B：当时，，
由，可得，或，
则当时，或或，
又是偶函数，则当时，或或，
则在上有6个零点. 判断正确；
选项C：当时，，
则当时取得最小值，
又是偶函数，则的最小值为.判断正确；
选项D：，
则，则 在上不单调递减.判断错误.
故选：ABC
22．（2024·浙江嘉兴·二模）已知角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边过点，定义：.对于函数，则（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．函数在区间上单调递增
C．将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象
D．方程在区间上有两个不同的实数解
【答案】AB
【分析】由三角函数定义可得，根据题意，可得，利用正切函数的性质依次判断求解各个选项.
【详解】根据题意，，，
对于A，由正切函数的性质得，，解得，
所以函数的对称中心为，，故A正确；
对于B，，，由正切函数的性质可知在上单调递增，故B正确；
对于C，将的图象向左平移个单位可得，为奇函数，故C错误；
对于D，，，令，
由正切函数的性质可知在上单调递增，且，在上单调递增，且，
所以方程在区间上无实数解，故D错误.
故选：AB.
23．（2024·浙江宁波·二模）已知函数，（ ）
A．若，则是最小正周期为的偶函数
B．若为的一个零点，则必为的一个极大值点
C．若是的一条对称轴，则的最小值为
D．若在上单调，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】根据选项中的条件，结合正弦函数的图像、性质逐项判断.
【详解】若，则，
所以是最小正周期为的偶函数，A正确；
若，则是最小正周期为，
若为的一个零点，则为的一个极大值点或极小值点，B错误；
若是的一条对称轴，
则，
所以，即，
又，所以的最小值为，C正确；
若 则，由正弦函数的单调性，
令，解得，
又在上单调，所以当时，，
即，解得，则的最大值为，D正确.
故选：ACD.
24．（2024·广东·二模）下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】由偶函数的定义判断奇偶性，由给定的区间，去掉绝对值，化简选项中的函数式，在由正弦函数的单调性判断区间是否符合函数的单调递增区间，即可得到答案.
【详解】对于A：，为偶函数，
当时，，，
的单调递减区间为，
的递增区间为，
而，
所以在上单调递增，故A正确；
对于B：，为偶函数，
当时，，，
的单调递增区间为，
的单调递减区间为，
而，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C：，为偶函数，
当时，，
的单调递减区间为，
则的单调递增区间为，
而，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D：，
所以为非奇非偶函数，故D错误.
故选：AC.
25．（2024·安徽·二模）已知函数（，）的部分图象如图，则（ ）
A．B．函数的图象关于轴对称
C．函数在上单调递减D．函数在有4个极值点
【答案】BD
【分析】由“五点法”求得，根据正弦函数的性质和极值点的概念依次判断选项即可.
【详解】A:由图可知的周期为：，又，所以；
由，，且，所以；
由，所以，故A错误；
B：由A的分析知，所以
因为为偶函数，故B正确；
C：由，得，故在上单调递增，故C错误；
D：因为，，，，故D正确.
故选：BD.
26．（2024·云南贵州·二模）已知函数，则下列说法正确的是
A．
B．函数的最小正周期为
C．函数的图象的对称轴方程为
D．函数的图象可由的图象向右平移单位长度得到
【答案】BCD
【分析】根据三角恒等变换判断A，根据正弦型函数周期判断B，根据正弦型函数对称轴判断C，由图象平移判断D.
【详解】对于AB，因为函数
，故A错误；
所以，故B正确；
对于C，令，解得，故C正确；
对于D，的图象向右平移单位长度可得，
故D正确.
故选：BCD
27．（2024·河南新乡·二模）已知函数在区间上的最小值为a，最大值为，则（ ）
A．B．
C．D．将函数的图象向右平移个单位长度后，所得函数的图象关于轴对称
【答案】BC
【分析】由求得，由最大值求得，由求得，进而确定的解析式，结合三角函数图象的平移变换即可求解.
【详解】A：由，得，即，
又，所以，故A错误；
B：，由，得，
又在上的最小值为，最大值为，
所以，得，
当时，取得最大值，，解得，故B正确；
C：由选项B的分析知，所以，
得，所以，解得，
故，得，故C正确；
D：将图象向右平移个单位长度后，
得，
该函数图象关于原点对称，故D错误.
故选：BC
28．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数的最小正周期为，则（ ）
A．
B．是图象的一个对称中心
C．在区间上单调递增
D．在区间上的最小值为
【答案】BC
【分析】由周期公式可得A错误；由余弦函数的对称中心可得B正确；由余弦函数的递增区间可得C正确；由余弦函数的单调性可得D错误.
【详解】A：由最小正周期是，故A错误；
B：因为，对称中心，解得，
当时，对称中心为，故B正确；
C：由余弦函数的递增区间可知，解得，
当时，在区间上单调递增，故C正确；
D：由C可知，在上单调递增，故最小值为，故D错误；
故选：BC.
29．（2024·湖南·二模）已知，下列结论正确的是（ ）
A．若的最小正周期为，则
B．若的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称，则
C．若在上恰有4个极值点，则的取值范围为
D．存在，使得在上单调递减
【答案】ABC
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式先化简函数式，再利用三角函数的图象与性质一一判定选项即可.
【详解】由，
对于A，若的最小正周期为，则，故A正确；
对于B，若的图象向左平移个单位长度后得，其图象关于纵轴对称，
则有，显然，故B正确；
对于C，，
根据题意有，故C正确；
对于D，，
显然，，即该区间为包含的连续区间，
根据正弦函数的单调性可知：该区间不可能单调递减，故D错误.
故选：ABC
30．（2024·安徽池州·二模）已知函数，则（ ）
A．的图象关于点对称
B．在区间内有2个极大值点
C．
D．将函数的图象向左平移个单位，所得图象关于直线对称
【答案】BCD
【分析】先用辅助角公式把函数化成的形式，再结合函数的图象和性质进行判断.
【详解】因为.
因为，所以是的一条对称轴，故A错误；
由，，，
所以可能为：，，，，等等，在内只有两个极大值点和，故B正确；
因为，
.
又在上单调递减，所以，所以，
故C正确；
把的图象向左平移个单位，可得，
当时，为函数最小值，是所得函数的一条对称轴，故D正确.
故选：BCD
31．（2024·黑龙江·二模）函数的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）

A．
B．
C．的图象的一个对称中心为
D．设函数，则在上的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据求出的解析式，利用三角函数的性质即可求解.
【详解】由图象可知，，
所以，即，
又因为，所以，故A正确；
所以的解析式为，
，，
所以，解得，故B正确；
所以，故点不是的图象的一个对称中心，故C错误；
,
因为，所以，
当，即时，取的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
32．（2024·湖南邵阳·二模）已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．的最小正周期为B．关于点对称
C．关于直线对称D．在区间上单调递减
【答案】ACD
【分析】由辅助角公式化简求出函数的解析式，再周期，对称性及单调性逐项判断各选项．
【详解】,
对于A, 的最小正周期为,故A正确；
对于B, ,故B错误；
对于C, 为函数最大值，故C正确；
对于D, ,则故在区间上单调递减，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
33．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数，若，，，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【分析】设，则，由正弦函数图象可列式，求得，，对取值分析得到答案.
【详解】设，，则，
所以问题转化为在上存在最大值和最小值，
由正弦函数图象可得，，解得，
所以，
当时，，；
当时，，当时，，当时，，
当，时，，
当时，，
而，即，
所以时，所有情况的范围的并集为；
综上，实数的取值范围是或.
故答案为：或.
【点睛】思路点睛：换元令，，利用正弦函数的图象分析可得，求出的范围，再带回上式验证求解的范围.
34．（2024·安徽芜湖·二模）已知偶函数的图像关于点中心对称，且在区间上单调，则 ．
【答案】/1.5
【分析】根据题意，再由对称中心求出，最后根据函数单调性确定.
【详解】因为偶函数，所以，，
即或，
又的图像关于点中心对称，
所以，即，
所以，
因为函数单调，所以，即，
所以当时，符合条件.
故答案为：
35．（2024·湖北·二模）已知函数满足恒成立，且在区间上无最小值，则 ．
【答案】/
【分析】首先由条件确定是函数的最大值，再结合函数的周期的范围，联立后即可求解.
【详解】由题意可知，是函数的最大值，
则，，得，
且在区间上无最小值，所以，所以，
所以.
故答案为：
36．（2024·云南红河·二模）已知函数在上恰好有三个零点，请写出符合条件的一个的值： .
【答案】7（答案不唯一）
【分析】根据已知条件可以求出第一个零点，再由相邻的两个零点间的距离为半个周期，依次得到第二、三、四个零点，限定第三个零点在已知范围内，第四个零点不在范围内即可求解.
【详解】，因为，且，
令，则，
所以位于正半轴的第一个零点为，
又，故的第二个零点为，
的第三个零点为，
的第四个零点为，
由题知在上有三个零点，故，
解得，又因为
所以的值可以为7或8或9.
故答案为：7（答案不唯一）.
37．（2024·福建厦门·二模）已知函数在上单调，，则的可能取值为 .
【答案】
【分析】根据函数的单调区间确定，再根据确定关于周期的相应等式，结合其范围，即可求得答案.
【详解】设的周期为T，函数在上单调，
故；
由以及函数在上单调，得，
由，，得或或，
若，则；
若，则；
若，则；
故的可能取值为，
故答案为：
四、解答题
38．（2024·河北承德·二模）已知函数的最小正周期为.
(1)求在上的单调递增区间；
(2)在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式化简函数解析式，根据周期求得的值，从而得到函数的解析式，整体代入法求解单调区间即可；
（2）利用正弦定理即两角和的正弦公式化简条件，从而求得继而得到整体代入求函数值的范围即可.
【详解】（1）
.
因为所以
故.
由
解得
当时又
所以在上的单调递增区间为.
（2）由
得（
所以.
因为所以
又所以
又三角形为锐角三角形，则，则，所以，
又，，
则，
所以的取值范围为.
39．（2024·江苏南通·二模）设函数.已知的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且.
(1)若在区间上有最大值无最小值，求实数m的取值范围；
(2)设l为曲线在处的切线，证明：l与曲线有唯一的公共点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据周期以及可求解，进而根据整体法即可求解，
（2）求导，根据点斜式求解切线方程，进而构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）由题意可得周期，故，
，
由于，故，
故，
当时，，
由于在区间上有最大值无最小值，故，解得，
故.
（2），，
，
故直线方程为，
令，则，
故在定义域内单调递增，又，
因此有唯一的的零点，
故l与曲线有唯一的交点，得证.
40．（2024·黑龙江·二模）已知向量，，且函数在上的最大值为．
(1)求常数的值；
(2)求函数的单调递减区间．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量数量积运算、二倍角和辅助角公式可化简，根据正弦型函数最大值可构造方程求得的值；
（2）采用整体代换的方式，构造不等式，解不等式即可求得单调递减区间.
【详解】（1），
，，解得：.
（2）由（1）知：，
令，解得：，
的单调递减区间为.
解三角形
一、单选题
1．（2024·山东聊城·二模）如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】B
【分析】根据余弦定理得、，两式相减可得，由三角形的面积公式得，即可求解.
【详解】在中，由余弦定理得，
即，得①，
在中，由余弦定理得，
即，得②，
又，
所以③，
由②①，得，由，
得，代入③得.
故选：B
2．（2024·广东韶关·二模）在中，．若的最长边的长为．则最短边的长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】求出，为钝角，故，确定，求出，由正弦定理求出答案.
【详解】因为，
又，故为锐角，为钝角，故，
因为在上单调递增，，故，所以，
又，，解得，同理可得，
由正弦定理得，即，解得.
故选：A
3．（2024·广东·二模）在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为，之后将小镜子前移，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为，已知人的眼睛距离地面的高度为，则钟楼的高度大约是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设钟楼的高度为，根据相似得到，代入数据计算得到答案.
【详解】如下图，设钟楼的高度为，
由，可得：，
由，可得：，
故，
故，
故选：D.

4．（2024·广东梅州·二模）如图，两根绳子把物体M吊在水平杆子AB上.已知物体M的重力大小为20牛，且，在下列角度中，当角取哪个值时，绳承受的拉力最小.（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意作出图形，在中利用正弦定理列式，得到的表达式，结合正弦函数的性质算出的最小值.
【详解】作出示意图，设与物体平衡的力对应的向量为，则，
以为对角线作平行四边形，则，是绳承受的拉力大小，
由，得，所以，
中，由正弦定理得，即，
可得，
结合，可知当时，达到最小值10.
综上所述，当角时，绳承受的拉力最小.
故选：C
5．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）在中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合正弦定理可得，再结合余弦定理可得.
【详解】

由正弦定理可得，，
又，所以，
不妨设，
所以由余弦定理得．
故选：D．
6．（2024·湖南·二模）在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（ ）
A．1B．2C．4D．2或4
【答案】C
【分析】利用余弦定理先得B，结合余弦的和差公式构造齐次式弦化切解方程计算即可.
【详解】由余弦定理得，
即，
，
所以或，
又，所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：由余弦定理先求，根据条件及余弦的和差角公式、弦化切构造齐次式方程解方程即可.
7．（2024·黑龙江·二模）“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，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，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】A
【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求周长的最大值.
【详解】因为四边形木板的一个内角满足，如图，

设，由题设可得圆的直径为，
故，因，为三角形内角，故，
故，
故，
故，
故，当且仅当时等号成立，
同理，当且仅当等号成立，
故四边形周长的最大值为，
故选：A.
8．（2024·黑龙江·二模）在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换与正弦定理的边角变换，结合正弦函数的性质得到，从而利用锐角三角形的性质得到的范围，再利用正弦定理转化所求即可得解.
【详解】因为，则由正弦定理得，
又，
所以，
则，
因为是锐角三角形，则，则，
所以，即，则，
所以，解得，则，
所以.
故选：B.
9．（2024·河南新乡·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则（ ）
A．为锐角三角形B．为直角三角形
C．为钝角三角形D．的形状无法确定
【答案】C
【分析】根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.
【详解】由于,
故为钝角，进而三角形为钝角三角形
故选：C
10．（2024·湖南·二模）钝角中，，则（ ）
A．1B．C．D．0
【答案】D
【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到，进而得到，进而判定得到为钝角，得出，结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
在钝角中，，所以，即且为锐角，
所以，所以，
若为钝角，则，可得，
这与矛盾，所以只可能 为钝角，所以，
所以.
故选：D.
二、多选题
11．（2024·新疆·二模）如图，在中，内角的对边分别为，若，且是外一点，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等边三角形
B．若，则四点共圆
C．四边形面积的最小值为
D．四边形面积的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A，根据正弦定理、两角和的正弦公式有，即，结合，即即可判断；对于B，在中，由余弦定理求得，结合，可得两个角互补，由此即可判断；对于CD，由三角形面积公式、辅助角公式得四边形面积的表达式，结合角的范围即可判断.
【详解】，
根据正弦定理得，即，
，显然，则，根据题意，有，
又，可得为等边三角形，故A正确；
，在中，，
当时，，即共圆，B正确.
又
四边形面积
，
，则，
所以四边形的面积没有最小值，C错误.
当，即时，四边形面积取最大值，故D正确.
故选：ABD.
12．（2024·河南新乡·二模）如图，已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在上，点在轴上，，，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则（ ）

A．的渐近线方程为B．
C．的面积为D．内接圆的半径为
【答案】ABD
【分析】根据斜率以及双曲线的对称性可得为等边三角形，即可根据同角关系与和差公式求解三角函数值，进而利用正弦定理求解，由双曲线定义可得，进而根据选项即可逐一求解，
【详解】对于A，依题意，直线的斜率为，所以，又，
所以为等边三角形，故，
在中，为锐角，
，
所以，
根据正弦定理可得，
即，解得，
所以，即，
所以双曲线的方程为，
对于AB，的渐近线方程为，故AB正确；
对于C，的面积为，故C错误；
对于D，的面积为，
所以内接圆的半径为，故D正确.
故选：ABD，
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用三角函数的知识与正弦定理求得，从而得到双曲线的方程，从而得解.
13．（2024·福建厦门·二模）如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（ ）

A．圆锥的体积为
B．当为中点时，线段在底面的投影长为
C．存在，使得
D．
【答案】BCD
【分析】求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥体积公式即可判断A；设M在底面上的投影为H，利用余弦定理求得投影的长，判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；结合，可求得的长，即可判断D.
【详解】对于A，设圆锥的底面半径为R，高为h，由题意知，
圆锥的母线长为，故，
故圆锥体积为，A错误；
对于B，当为中点时，设M在底面上的投影为H，则H为的中点，
则为线段在底面的投影，
，而，在中，
，
即，即线段在底面的投影长为，B正确；

对于C，作于T，作于，连接，
设圆锥底面直径为，由于，
即，则，
，则为正三角形，故T为的中点，
则，故，即为的四等分点，
由于平面底面，平面底面，底面，
，故平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，
故当M与重合时，，C正确；
对于D，由C的分析知，，而，
故，D正确，
故选：BCD
三、解答题
14．（2024·辽宁·二模）在中，为边上一点，，且面积是面积的2倍．
(1)若，求的长；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可；
（2）根据余弦定理、二倍角的余弦公式求出的表达式，最后根据正弦定理求出的表达式，利用余弦函数的最值性质进行求解即可.
【详解】（1）设边上的高为，垂足为，
因为面积是面积的2倍，
所以有，
设，
由余弦定理可知：
，
解得或舍去，即；
（2）由（1）可知，
设，由且，
由余弦定理可得：
，
，
在中，因为，
所以由正弦定理可知：
，
因为，
所以，
于是有，因此的取值范围为.
.
15．（2024·广东梅州·二模）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，，
(1)求A的大小：
(2)点D在BC上，
（Ⅰ）当，且时，求AC的长；
（Ⅱ）当，且时，求的面积．
【答案】(1)
(2)；
【分析】（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合即可求解的值；
（2）（Ⅰ）根据锐角三角函数和差角公式可得正弦定理即可求解.
（Ⅱ）采用面积分割的方法以及正弦定理即可解决．
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，
又，
所以，
因为为三角形内角，，
所以，可得，
因为，所以；
（2）（Ⅰ）此时，，
所以，所以，
在中，由正弦定理可得；
（Ⅱ）设，由，
可得，化简可得
有，
由于，所以，
所以，
则．
16．（2024·浙江嘉兴·二模）在中，内角所对的边分别是，已知.
(1)求的值；
(2)若为锐角三角形，，求的值.
【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）根据题意，利用二倍角余弦公式化简求解；
（2）解法一，由，利用正弦定理边化角得，结合和，化简运算并结合平方关系求得答案；
解法二，根据条件利用余弦定理可得，再利用正弦定理边化角并结合条件求得答案.
【详解】（1）由题可得，即，
解得或.
（2）解法一：因为，由正弦定理得，即，
即，
因为，所以；
所以，又，
且为锐角三角形，解得.
解法二：由余弦定理得，因为，所以，即，
所以，所以，
又，所以，所以.
17．（2024·河北石家庄·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量，.
(1)求函数的最大值;
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由平面向量的数量积与三角恒等变换知识计算可得，再结合三角函数的值域计算即可求得；
（2）由题中条件计算可得，再由正弦定理得，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式计算即可求得．
【详解】（1）
因为，所以，
所以当，即时，有最大值；
（2）因为，所以，所以，
因为，所以，
由正弦定理得：，
所以，，
又因为，所以，
所以，
由余弦定理有：，
即，所以，
所以．
18．（2024·湖北·二模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，．
(1)求A；
(2)者，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理、三角形内角和与两角差的正弦公式计算即可得；
（2）借助向量的模长与平方的关系，结合数量积公式计算可得，借助三角函数的性质，可令，，结合余弦定理计算可得，即可得解.
【详解】（1）由正弦定理得，
则，
则，，．
即或，解得或．
因为，所以，所以舍去，即；
（2）由得，则，
则，
则，则，即．
令，，因为，，所以．
因为，所以，解得．
由（1）得，则，
又因为．所以，所以7，
解得，所以，解得，
所以．
令，则，则．
因为，所以，即．
19．（2024·山东·二模）如图所示，是海面上位于东西方向的两个观测点，海里，点位于观测点北偏东，且观测点北偏西的位置，点位于观测点南偏西，且海里．现点有一艘轮船发出求救信号，点处的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时．求：
(1)的距离；
(2)该救援船到达点所需要的时间．
【答案】(1)海里
(2)1小时
【分析】（1）结合已知图形，在中利用正弦定理转化求解的长.
（2）在中利用余弦定理求出，然后求解出该救援船到达D点所需的时间．
【详解】（1）由题意可知，，，
则，
而，
在中，，由正弦定理可得，
即，即，解得（海里）．
（2）在中，，
由余弦定理可得
，
所以，则时间为（小时），
所以该救援船到达点需要的时间为1小时.
20．（2024·河南新乡·二模）已知的内角的对边分别为．
(1)求的值；
(2)若的面积为，且，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得，进而得到的值；
（2）由若的面积为，求得，再由余弦定理，求得，进而求得的周长.
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，
可得，
即，
因为，可得，所以，即，
所以.
（2）解：由（1）知，
因为若的面积为，可得，即，解得，
又因为，
由余弦定理得，
整理得，解得，
所以，
所以的周长为.
21．（2024·河南开封·二模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求；
(2)若，再从条件①，条件②，条件③中选择一个条件作为已知，使其能够确定唯一的三角形，并求的面积．
条件① ：；条件② ：；条件③ ：．
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)答案见解析.
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角公式计算即得.
（2）选择条件①，利用余弦定理及三角形面积公式计算求解；选择条件②，利用正弦定理计算判断三角形不唯一；选择条件③，利用正弦定理计算判断，再求出三角形面积.
【详解】（1）由得：，而，
则，为锐角，又，解得，
所以且为锐角.
（2）若选条件①，由，为锐角，得，
由余弦定理得，又，则，
解得唯一确定，所以.
若选条件②，由正弦定理得，则，
由，得，因此角有两解，分别对应两个三角形，不符合题意.
若选条件③，由，为锐角，得，
又，得，，则，
因此唯一确定，
由正弦定理得，则，所以.
22．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
(1)求角的大小;
(2)已知直线为的平分线，且与交于点，若，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和，得到，从而求出角；
（2）由三角形面积公式和余弦定理得到，从而求出周长.
【详解】（1）由已知，得，
根据正弦定理，得，
即，
即，
由于，，
所以，所以；
（2）因为，
所以，
因为直线为的平分线，
所以，
所以，
则，即，
由余弦定理得，即，
所以，
解得或（舍），
故的周长为.
23．（2024·浙江温州·二模）记的内角所对的边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)或
(2)
【分析】
（1）根据正弦定理，边化角，结合三角形中角的取值范围，可得，从而确定角.
（2）根据条件求角求边，再结合三角形面积公式求面积.
【详解】（1）
由 得，而为三角形内角，
故,得，而为三角形内角，或
（2）
由得，
又，∴， ，故 ，
由（1）得，故，
∴，而为三角形内角， ∴.
又即，
又，而为三角形内角，故，
.
24．（2024·广东佛山·二模）在中，，，分别是角，，所对的边，点在边上，且满足，．
(1)求的值；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到，再利用三角恒等变换得到，从而利用余弦定理列出关系式即可得解.
（2）在中，确定三边的长度关系，利用余弦定理可求，再利用同角三角函数的关系求.
【详解】（1）如图，在中，由正弦定理知，
所以，所以，
因为，所以，则①，
由，
则，
因为，所以，则，
在中，由余弦定理知，则②，
由①②得，．
（2）因为，所以，，
在中，由余弦定理知
同理在中，，
因为，所以，
则，
由（1）知，，所以，
在中，由余弦定理知
，
所以．
25．（2024·安徽安庆·二模）如图，在平面凸四边形中，.
(1)求；
(2)若，，求.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）借助三角恒等变换将所给式子化简计算即可得；
（2）结合题意，借助正弦定理与余弦定理计算即可得.
【详解】（1）由已知得：，
故，
所以．
因为，
故，由三角形内角范围知；
（2）由，，故为边长为4的等边三角形，
在中，，由正弦定理得，
故，
由于，
所以，故，
在中，由余弦定理得，
即，得.
新定义问题
一、单选题
1．（2024·浙江·二模）古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数，正割函数，余割函数，正矢函数，余矢函数.如图角始边为轴的非负半轴，其终边与单位圆交点，、分别是单位圆与轴和轴正半轴的交点，过点作垂直轴，作垂直轴，垂足分别为、，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线分别交的终边于、，其中、、、为有向线段，下列表示正确的是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知，，，然后结合新定义简单计算可判断各个选项.
【详解】根据题意，易得，
对于A，因为，即，故A错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段.
二、多选题
2．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，，则（ ）
A．B．
C．若，则D．是周期函数
【答案】ACD
【分析】根据题意分别求出，，则，，从而可对A判断求解，利用换元法令可对B判断求解，由求出，并结合从而可对C判断求解，由可对D判断求解.
【详解】由题意得在角的终边上，且，所以，，
则，，
对A：，故A正确；
对B：，令，
所以，故B错误；
对C：，解得，
又由，故C正确；
对D：，因为为周期函数，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
3．（2024·广东佛山·二模）近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则 秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为 .
【答案】
【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得.
【详解】以O为原点，以OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，由于角速，
设点，圆上两点A、B始终保持，
则，要使A、B两点的竖直距高为0，
则，第一次为0时，，解得，
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴.
四、解答题
4．（2024·上海·二模）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：；②两角和公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当时，双曲正弦函数的图像总在直线的上方，求直线斜率的取值范围；
(3)无穷数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；
（3）当时，利用数学归纳法证得排除该可能；当，同理证得，从而利用换元法即可得解.
【详解】（1）平方关系：；
和角公式：；
导数：．
理由如下：平方关系，
；
和角公式：，
故；
导数：，；
（2）构造函数，，
由（1）可知，
①当时，由，
又因为，故，等号不成立，
所以，故为严格增函数，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，
则，可知是严格增函数，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在上为严格减函数，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数的取值范围为．
（3）当时，存在，使得，
由数学归纳法证明：，证明如下：
①当时，成立，
②假设当（为正整数）时，，
则成立.
综上：.
所以，有，即.
当时， ，
而函数的值域为，
则对于任意大于1的实数，存在不为0的实数，使得，
类比余弦二倍角公式，猜测.
证明如下：
类比时的数学归纳法，设，
易证，，，，，
所以若，
设，则，解得：或，即，
所以，于是.
综上：存在实数使得成立.
【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
（3）含有参数是要注意分类讨论的思想.