2026年高三数学上学期专题训练：三角函数与解三角形（含解析）

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2026年高三数学上学期专题训练：三角函数与解三角形
一、单选题
1．（2025·贵州贵阳·模拟预测）若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·贵州贵阳·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则角C的大小是（ ）
A． B． C． D．或
3．（2025·四川广安·模拟预测）已知函数为偶函数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·四川广安·模拟预测）已知在中，角，边.点在线段上满足，则线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·山西·模拟预测）若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·江西·模拟预测）已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·北京·三模）已知函数，则函数（ ）
A．值域为 B．在区间上单调递增
C．最小正周期为 D．图象关于点成中心对称
8．（2024·河北·模拟预测）已知函数在区间单调递减，且和是两个对称中心，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2025·江苏连云港·模拟预测）已知函数满足，且在上是单调函数，则的所有可能取值是（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
10．（24-25高二下·陕西西安·期末）已知函数的部分图象如图所示，且的面积为，则（ ）

A． B．函数为奇函数
C．在上单调递增 D．直线为图象的一条对称轴
11．（2024·河北·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，所得函数图象关于对称
B．若是锐角，则方程的唯一解为
C．若面积为的的三边长分别为，则
D．在中，
三、填空题
12．（2025·四川绵阳·模拟预测）若函数为奇函数，则 ．
13．（2025·北京大兴·三模）已知函数（），，，且的最小值为，则 ， ．
14．（2025·湖北武汉·三模）已知锐角的内角的对边分别为，若，则的取值范围为 .
四、解答题
15．（2025·江西新余·模拟预测）若的内角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若，求面积的最大值．
16．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在平面四边形中，，，，.

(1)求的长.
(2)若为锐角三角形，求面积的取值范围.
17．（2025·广东·一模）已知函数，其中．
(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；
(2)若时，的最小值为4，求的值．
18．（2024·河北·模拟预测）在中，角所对的边分别为，且满足.
(1)求角的大小；
(2)已知，求边上的中线的长.
19．（2025·山东泰安·模拟预测）函数的最小正周期为，为该函数的一个对称中心.
(1)求函数的解析式及单调递增区间；
(2)当时，设的最大值为，求的值域；
(3)把曲线向右平移个单位，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到曲线.试问当时，，，能否作为三边长？若能，给出证明，并探究的外接圆的半径是否为定值？若不能，请说明理由.
《2026年高三数学上学期专题训练：三角函数与解三角形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B C A D D D AC ABD
题号 11
答案 ABD
1．D
【分析】利用诱导公式直接求解即可.
【详解】．
故选：D
2．B
【分析】根据正弦定理求得，然后根据角的范围求解即可.
【详解】由题设及，则，
又，故C为锐角，且，所以.
故选：B．
3．B
【分析】利用辅助角公式化简函数，利用偶函数性质，可得，或，结合即可求解.
【详解】函数为偶函数，需满足.
将函数化简：.
由偶函数性质得：
即
利用正弦函数的性质，可得：
（舍去，因为不恒成立），
或
解得：，即
结合，得.
故选：B.
4．C
【分析】利用正弦定理与余弦定理，结合平面向量求长度得出线段的表达式，再由三角函数值域求解即可.
【详解】因为，故，
而，则，；
因为角， 设，，
代入正弦定理化简得：，
则
由， 两边平方得展开计算得：
，
；
由，则有，，则
，
则，
因为，，
，故，
所以，即
当且仅当，等号成立.
故选：C.
5．A
【分析】由同角三角函数的商数关系得到，由及两角和的余弦公式得到，由二倍角公式求得.
【详解】由得，
由，
得，
，
所以，
故选：A.
6．D
【分析】根据余弦函数图象得到，即，利用余弦二倍角公式进行求解.
【详解】因为，所以，即，
所以.
故选：D.
7．D
【分析】先利用同角三角函数平方关系和二倍角公式化简函数，再结合三角函数的性质计算判断各个选项；
【详解】函数，
则函数
对于A，因为，所以，A错误；
对于B，因为，此时有增有减，B错误；
对于C，根据周期公式，C错误；
对于D，由，得，
当时，函数对称中心为，D正确；
故选：D.
8．D
【分析】利用正弦型函数图像的单调性和对称性，先求得最小正周期即，，再结合和在区间单调递减可求得，得到函数的解析式，代入求值即可.
【详解】由题意可知，即，则，所以，
且和是两个对称中心，且，
所以和在同一周期内，
又的一个周期内有个对称中心，
所以，即，，则，
又，解得，，
又当，时单调递减，
解得，，
所以区间为的一个子集，
所以，结合得，，可得，
所以，所以，故D正确.
故选：D.
9．AC
【分析】分析出关于中心对称，关于轴对称，根据单调性得到，设对称中心和对称轴的距离为，则，设的最小正周期为，分，，，和五种情况，结合函数的性质判断出答案.
【详解】，故关于中心对称，
，故关于轴对称，
，则，
在上是单调函数，所以，故，
设对称中心和对称轴的距离为，则，
设的最小正周期为，
若，则，故，此时，
，，，，
故，，，，
因为，故当，时，满足要求，此时，
此时，当时，，
此时在上单调递增，满足要求；
若，即，，此时，
，，，，
故，，，，
因为，故当，时，满足要求，此时，
此时，当时，，
故在上不单调，不合要求，
若，即，，此时，
，，，，
故，，，，
因为，故当，时，满足要求，此时，
此时，当时，，
此时在上单调递增，满足要求；
若，即，，此时，
，，，，
故，，，，
因为，故当，时，满足要求，此时，
此时，当时，，
故在上不单调，不合要求，
当时，，不合要求，
综上，所有可能取值为1或5.
故选：AC
10．ABD
【分析】根据三角形面积可得，进而有函数的最小正周期与判断A，从而求出的表达式，再由正弦函数的性质判断BCD.
【详解】设的最小正周期为，由图象可知，，
即，可得，又，所以，解得，故A正确；
所以.
对于选项B：，定义域为R关于原点对称，
又，所以函数为奇函数，故B正确；
对于选项C：令，，解得，，
所以函数的单调递减区间是，，
当时，函数的单调递减区间是，
又，所以在上单调递减，故C错误；
对于选项D：因为，为最小值，
所以函数的图象关于直线对称，故D正确；
故选：ABD
11．ABD
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式及图像平移得出，再将代入求出函数值即可判断选项A；利用两角和的正弦公式、同角三角函数基本关系及正切函数的单调性，验证可判断选项B；利用三角形面积公式、余弦定理、辅助角公式记三角函数的有界性可判断选项C；利用两角和的正弦公式、正余弦定理可判断选项D.
【详解】对于选项A：
因为
，
所以将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，所得函数解析式为，
当时，，故选项A正确；
对于选项B：因为，
所以方程可为为，即.
因为函数在区间上单调递增，
所以方程有唯一解，即当是锐角，方程有唯一解，
而，故选项B正确；
对于选项C：由余弦定理可知：，
则
，即，当且仅当时等号成立，故选项C错误；
对于选项D： 等价于
.
由正弦定理可得：原不等式等价于，
由余弦定理可得：右端，故选项D正确；
故选：ABD
12．
【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质列式求解.
【详解】依题意，，其中锐角由确定，
由为奇函数，得，即，
所以.
故答案为：
13． /1.5
【分析】根据两角和的正弦公式化简，求出，根据零点与极值点求出周期得出.
【详解】
，
所以，
因为，，且的最小值为，
所以，即，解得.
故答案为：；
14．
【分析】正弦定理边角转换，将原式转化为关于角的式子，根据已知信息求出角的取值范围，利用角的关系，将变量都转化为角，根据角的取值范围求出原式的取值范围.
【详解】在锐角中，由，有，
法一：有余弦定理知，，所以，
所以，
由正弦定理得，
又，所以，所以，
所以的取值范围为.
法二：由正弦定理知，，
又，从而，故，所以的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用两角和差公式结合辅助角公式可得，结合正弦函数即可得结果；
（2）利用正弦定理结合两角和差公式可得，利用余弦定理结合基本不等式可得，即可得面积最大值.
【详解】（1）因为，，
则，
可得，
则，
又因为，则，可得，则，
且，则，
可得，所以．
（2）设，则，
因为，即，
可得，即．
由余弦定理可得，即，
又因为，则，解得，
当且仅当时等号成立，
可得，
所以面积的最大值为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）在中求出，然后利用正弦定理可求出的长；
（2）先求出，然后由为锐角三角形，求出角的范围，再利用正弦定理表示出，从而可表示出面积，化简后结合角的范围可求得结果.
【详解】（1）在中，，，则
，
由正弦定理得，，
所以，
因为
，
所以；
（2）因为，，所以，
所以，
因为为锐角三角形，所以，
即，解得，
在中，由正弦定理得，
则
，
所以
，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
即.
17．(1)；单调递增区间为
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式和两角和公式对函数解析式化简，进而根据周期公式求得函数的最小正周期；利用整体法根据正弦函数的单调性求得函数的单调递增区间．
（2）由已知找到取最小值为4时的值，得到关于的方程．
【详解】（1），
．
由，，求得，，
函数的单调递增区间为．
（2）由时，，，
，
解得．
18．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及进行化简，得到，从而得到；
（2）利用余弦定理得到的值，由中线向量求得的长.
【详解】（1）由正弦定理得，
又因为，所以，
所以，
又因为，所以，
因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
代入数值得，解得（舍去）或，
因为是的中点，所以，
所以，
所以，即边上的中线的长为.
19．(1)，
(2)
(3)能，证明见解析，为定值
【分析】（1）根据周期及对称性求得，再利用整体法结合正弦函数的性质可求增区间；
（2）就对称轴是否在区间中分类讨论后可求，从而求得其值域；
（3）图象变换得的解析式，再根据三角变换可证任意两数和大于第三个数，结合余弦定理可证外接圆的半径为定值.
【详解】（1）函数的最小正周期为，
则 ，
又，则，，
又，，所以，
令解得，
所以函数的单调递增区间为；
（2）的值域即为在区间上最大值与最小值之差的取值范围.
①若的对称轴在区间内，不妨设对称轴在内，
则的最大值为1，当，即时，
的最小值为；
②若的对称轴不在区间内，则在区间内单调，在两端点处取得最大值与最小值，
则
，
故函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为，即的值域为.
（3）把曲线向右平移个单位，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到，
当时，可以作为三边长，将问题转化为证明任意两数之和大于第三个数 .
证明如下：
先证明：
由题意可知，，，，
故，
同理，
又.
综上能作为三边长.
设当作边时所对的角为，
则
，
又因为，，
所以，，
由正弦定理可得，的外接圆的直径为，
即为定值.
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