专题05 三角函数
任意角的三角函数
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
1．的一个充分不必要条件是 .
（2024·重庆·统考一模）
2．英国著名数学家布鲁克·泰勒（Taylor Brook）以微积分学中将函数展开成无穷级数的定理著称于世泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，如：，其中．根据该展开式可知，与的值最接近的是（ ）
A． B．
C． D．
（2024·福建厦门·统考一模）
3．若，则 ．
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
4．下列说法正确的是 （ ）
A．
B．若圆心角为的扇形的弧长为，则扇形的面积为
C．终边落在直线上的角的集合是
D．函数的定义域为，为该函数的一个周期
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
5．已知函数，若，是锐角的两个内角，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2024·河北·校联考一模）
6．在中，若，则（ ）
A．对任意的，都有
B．对任意的，都有
C．存在，使成立
D．存在，使成立
两角和与差的三角函数
（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）
7．若，则（ ）
A． B． C． D．
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）
8．已知，则（ ）
A． B． C． D．
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
9．已知，则（ ）
A． B． C． D．
（2024·浙江·校联考一模）
10．已知是第二象限角，，现将角的终边逆时针旋转后得到角，若，则 ．
（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）
11．已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）
12．已知，且，则可能为（ ）
A． B． C． D．
（2024·吉林延边·统考一模）
13．已知函数的最小正周期为．
(1)求的值，并写出的对称轴方程；
(2)在中角的对边分别是满足，求函数的取值范围．
三角函数的图象与性质
（2024·福建厦门·统考一模）
14．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点成中心对称
C．在区间上单调递增
D．若的图象关于直线对称，则
（2024·吉林延边·统考一模）
15．将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）
16．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．当时，的最小正周期为
B．当时，的最小值为
C．当时，在区间上有4个零点
D．若在上单调递减，则
（2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模）
17．已知函数f(x)=sin(>0)满足:f()=2,f()=0,则( )
A．曲线y=f(x)关于直线对称 B．函数y=f()是奇函数
C．函数y=f(x)在(,)单调递减 D．函数y=f(x)的值域为[-2,2]
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
18．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A．
B．
C．函数在上单调递减
D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
（2024·重庆·统考一模）
19．已知的部分图象如图所示，当时，的最大值为 ．
（2024·云南曲靖·统考一模）
20．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数的最小正周期是
C．函数的图象关于直线对称
D．将函数的图象向左平移个单位长度以后，所得的函数图象关于原点对称
（2024·浙江·校联考一模）
21．已知函数，该图象上最高点与最低点的最近距离为5，且点是函数的一个对称点，则和的值可能是（ ）
A． B．
C． D．
（2024·广东深圳·校考一模）
22．已知函数的最小正周期为，则在区间上的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．2
（2024·山西晋城·统考一模）
23．若函数在上至少有两个极大值点和两个零点，则的取值范围为 ．
（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）
24．在物理学中，把物体受到的力（总是指向平衡位置）正比于它离开平衡位置的距离的运动称为“简谐运动”．在适当的直角坐标系下，某个简谐运动可以用函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．，频率为，初相为
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在上的值域为
D．若把图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位，则所得函数是
解三角形
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
25．如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E．从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°．若测得DC＝2，CE＝(单位：百米)，则A，B两点的距离为（ ）
A． B．2
C．3 D．2
（2024·广东深圳·校考一模）
26．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝2acosA，则cosA＝（ ）
A． B． C． D．
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
27．在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的取值范围为
D．的最小值为
（2024·福建厦门·统考一模）
28．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，且的周长为，求的面积．
（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）
29．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求角的大小；
(2)若，求周长的最大值．
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
30．在中，内角的对边分别是，且.
(1)求的值；
(2)若的周长为18，求的面积.
（2024·浙江·校联考一模）
31．在中，内角所对的边分别是，已知．
(1)求角；
(2)设边的中点为，若，且的面积为，求的长．
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
32．已知在△ABC中，sin（A+B）＝1+2sin2．
（1）求角C的大小；
（2）若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，△ABC的外接圆半径为2，求△ABI周长的最大值．
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
33．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求证：；
(2)当取最小值时，求的值.
（2024·重庆·统考一模）
34．在梯形中，为钝角，，．
(1)求；
(2)设点为的中点，求的长．
（2024·山西晋城·统考一模）
35．在中，，，．
(1)求A的大小；
(2)求外接圆的半径与内切圆的半径．
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）
36．记的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若的面积为，求边上的中线长.
（2024·云南曲靖·统考一模）
37．在中，内角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)线段上一点满足，求的长度．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（答案不唯一）
【分析】
根据三角函数的性质结合充分不必要条件即可求解.
【详解】
因为时，
由可得,
故的一个充分不必要条件是，
故答案为：（答案不唯一）
2．C
【分析】观察题目将其转化为三角函数值，再将弧度制与角度制互化，结合诱导公式判断即可.
【详解】原式，
故选：C.
3．##
【分析】
应用诱导公式有，即可求值.
【详解】.
故答案为：
4．ABD
【分析】
根据三角函数在各象限内的符号可判断出A正确；根据扇形弧长和面积公式可知B正确；由终边相同的角的集合表示方法可知C错误；根据正切型函数定义域和周期的判断方法可知D正确.
【详解】对于A，均为第二象限角，，，，A正确；
对于B，设扇形的半径为，则，解得：，
扇形的面积，B正确；
对于C，终边落在直线上的角的集合为，C错误；
对于D，由得：，
的定义域为；
又，是的一个周期，D正确.
故选：ABD.
5．D
【分析】
由已知可得，根据余弦函数的单调性，得出，由的单调性即可判断选项.
【详解】因为，所以，
当时，，所以，即，
所以在上单调递减.
因为，是锐角的两个内角，所以，则，
因为在上单调递减，
所以，
故，故D正确.
同理可得，C错误；
而的大小不确定，故与，与的大小关系均不确定，
所以与，与的大小关系也均不确定，AB不能判断.
故选：D
6．AD
【分析】
根据给定条件，举例说明判断BD；构造函数，借助导数探讨单调性判断AC.
【详解】
在中，当时，，取，则，，
，，则，B错，D对；
显然，即，则，
令，，，
因此函数在上单调递减，则，即，从而，A对，C错.
故选：AD
【点睛】思路点睛：涉及不同变量的数式大小比较，细心挖掘问题的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解作答.
7．A
【分析】
根据二倍角的余弦公式和诱导公式即可.
【详解】,
所以 ，
故选：A.
8．A
【分析】
利用换元法，结合诱导公式、二倍角公式等知识求得正确答案.
【详解】
设，则
.
故选：A
9．B
【分析】
根据和差角公式以及诱导公式可得，由辅助角公式以及二倍角公式即可求解.
【详解】由得，进而可得，
结合辅助角公式得，
则，
故选：B.
10．##
【分析】
由两角和的正切公式先得，进一步由两角差的正切公式即可求解.
【详解】由题意，且，，
解得，
所以.
故答案为：.
11．A
【分析】先由已知条件求出的值，再利用三角函数恒等变换公式求出的值，然后对利用两角和的正弦公式化简计算即可
【详解】由，得，
所以，
，
所以
，
故选：A
12．B
【分析】
由得，化简后可求出，再利用同角三角函数的关系可求出.
【详解】由，得，
所以，
所以，
整理得，
，
所以或，
所以或，
①当时，，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
②当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
③当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
综上，，或，或，
故选：B
13．(1)
(2)
【分析】
（1）利用三角函数的恒等变换化简函数，再根据周期求出的值,利用整体法即可求解对称轴.
（2）把已知的等式变形并利用正弦定理可得，故，故，根据正弦函数的定义域和值域求出的取值范围．
【详解】（1）
．
，．
故
令，解得，
故对称轴方程为：
（2）
由得，
．
，，,．
，，
，
14．BC
【分析】
根据正弦型函数的性质，结合代入法、整体法逐一判断各项正误.
【详解】由，最小正周期，A错；
由，即是对称中心，B对；
由，则，显然在区间上单调递增，C对；
由题意，故，D错.
故选：BC
15．B
【分析】
得出平移后的方程后，再根据正弦型函数的性质即可得到答案.
【详解】结合题意可得，
因为曲线关于轴对称，所以，
解得,因为，所以当时，有最小值.
故选：B.
16．AB
【分析】
根据三角函数的周期性、含的二次项函数的值域、三角函数的零点、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】当时，，所以的最小正周期为，A选项正确；
当时，，
所以的最小值为，B选项正确；
当时，，
令，解得或，此时或或，
在区间上有3个零点，C选项错误；
，设，
在上单调递减，则，根据复合函数的单调性，
在上单调递增，所以，解得，D选项错误.
故选：AB
17．ABD
【分析】
用辅助角公式化简,再利用,得出的取值集合,再结合三角函数性质逐项判断即可.
【详解】,所以函数的值域为,故D正确；
因为,所以,所以，
因为,所以,所以，
所以,即，
所以，
因为，
所以曲线关于直线对称,故A正确；
因为
即，
所以函数是奇函数,故B正确；
取,则最小正周期,故C错误.
故选：ABD
18．ACD
【分析】
令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
19．
【分析】
由图象求出函数的解析式，然后利用正弦型函数的基本性质可求得函数在上的最大值.
【详解】因为，
设，
由图可知，函数的最小正周期为，则，
又因为，则，
因为，可得，
所以，，则，
则，
当时，，
故.
故答案为：.
20．AC
【分析】
利用图象求出函数的解析式，代值计算可判断A选项；利用正弦型函数的周期性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】由图可知，，
函数的最小正周期满足，则，，B错；
所以，，
，可得，
因为，所以，，则，可得，
所以，，则，A对；
，
所以，函数的图象关于直线对称，C对；
将函数的图象向左平移个单位长度以后，
得到函数的图象，所得函数为非奇非偶函数，D错.
故选：AC.
21．D
【分析】
由题意首先得，进一步由，对比选项即可得解.
【详解】
由题意函数的周期满足，，所以，
又点是函数的一个对称点，所以，
所以或，对比选项可知，只有当时满足题意.
故选：D.
22．C
【分析】
由周期公式求得，结合换元法即可求得最大值.
【详解】由题意，解得，所以，
当时，，
所以在区间上的最大值为，当且仅当时等号成立.
故选：C.
23．
【分析】
先求出极大值点表达式，利用题干条件列不等式赋值求解.
【详解】
令，，得的极大值点为，，则存在整数，使得，
解得．
因为函数在两个相邻的极大值点之间有两个零点，
所以．
当时，．当时，．
当时，．又，
所以的取值范围为．
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：本题考查三角函数的图象及其性质，求出并赋值计算是解决问题关键.
24．BCD
【分析】
根据图象求出三角函数解析式，再根据正弦函数图象与性质以及函数平移的原则即可判断.
【详解】由图象可得，
频率是，
即，
，
对于A，，初相是，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，因为，所以，
在上的值域为，故C正确；
对于D，把的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数为，
又向左平移个单位，得到的函数为，故D正确；
故选：BCD.
25．C
【分析】在中，求得；在中，利用正弦定理求得；再在中，利用余弦定理即可求得结果.
【详解】根据题意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝2，
则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝2，
在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝，
则∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，
则有＝，变形可得BC＝＝＝，
在中，AC＝2，BC＝，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，
则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，
则AB＝3．
故选：.
【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及距离的求解，属基础题.
26．D
【分析】由已知结合余弦定理进行化简即可求解.
【详解】解：因为c＝2acosA，
由余弦定理可得，将a＝3，b＝5代入整理得，
所以.
故选：D.
27．AC
【分析】用正弦定理可判断A项，由锐角三角形可判断B项，用倍角公式可判断C项，切化弦后用取等条件即可判断D项.
【详解】在中，由正弦定理可将式子化为，
把代入整理得，，
解得或，即或（舍去），所以，选项正确；
选项：因为为锐角三角形，，所以，由解得，故选项B错误；
选项C：，因为，所以，，即的取值范围为，故选项C正确；
选项D：，当且仅当即时取等，但因为，所以，无法取到等号，故D错.
故选：AC.
28．(1)；
(2).
【分析】
（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长；
（2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积.
【详解】（1）由题设，由正弦定理有，
所以，而，故，又，
所以.
（2）由（1）及已知，有，可得，
又，即，
所以，故.
29．(1)
(2)6
【分析】
（1）根据题意利用正、余弦定理进行边角转化，进而可得结果；
（2）根据，结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
整理得，
由余弦定理可得，
且，所以.
（2）由（1）可知：，整理得，即，
因为，当且仅当时，等号成立，
则，可得，即，
所以周长的最大值为.
30．(1)
(2)
【分析】
（1）由正弦定理边化角结合同角三角函数关系求解;
（2）由余弦定理解方程得边长，再利用面积公式求解.
【详解】（1）因为，，所以
因为，所以，
则.
（2）因为，所以.
因为，所以，解得.
因为的周长为18，所以，解得，
则.
故的面积为.
31．(1)
(2)
【分析】
（1）根据正弦定理和题中所给式子化简计算得到，再结合余弦定理即可求出角；
（2）根据三角形面积公式得到和，再结合中线向量公式计算即可.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，，
因为，所以，
化简得，，
在中，由余弦定理得，，
又因为，所以
（2）由，得，
由，得，所以．
又因为边的中点为，所以，
所以
32．（1） ；（2）4+2．
【分析】（1）利用降幂公式、两角和的正弦公式变形可得sin（C+）＝1，再根据角的范围可得解；
（2）利用正弦定理求出，求出，设出，将用表示，根据三角函数知识求出的最大值可得解.
【详解】（1）∵sin（A+B）＝1+2sin2，且A+B+C＝π，
∴sinC＝1+1﹣cosC＝2﹣cosC，即sinC+cosC＝2，
∴sin（C+）＝1．
∵C∈（0，π），∴C+∈（，），∴C+＝，即C＝．
（2）∵△ABC的外接圆半径为2，
∴由正弦定理知，＝＝2×2＝4，∴AB＝，
∵∠ACB＝，∴∠ABC+∠BAC＝，
∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，
∴∠ABI+∠BAI＝，∴∠AIB＝，
设∠ABI＝θ，则∠BAI＝﹣θ，且0＜θ＜，
在△ABI中，由正弦定理得，＝＝＝＝4，
∴BI＝4sin（﹣θ），AI＝4sinθ，
∴△ABI的周长为2+4sin（﹣θ）+4sinθ＝2+4（cosθ﹣sinθ）+4sinθ
＝2+2cosθ+2sinθ＝4sin（θ+）+2，
∵0＜θ＜，∴＜θ+＜，
∴当θ+＝，即时，△ABI的周长取得最大值，最大值为4+2，
故△ABI的周长的最大值为4+2．
【点睛】关键点点睛：将用表示，根据三角函数知识求出的最大值是解题关键.
33．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用余弦定理并结合正弦函数两角和差公式化简即可求解.
（2）利用基本不等式求得的最小值时的取等条件，再结合余弦定理从而求解.
【详解】（1）证明：由余弦定理知，又因为，
所以，化简得，
所以，因为，
所以，
所以，
所以，因为，
所以或（舍），所以.
（2）由题知，，
当且仅当时取等，又因为，所以，
所以.
34．(1)；
(2)
【分析】
（1）在中利用余弦定理求出，再利用二倍角的余弦公式计算即得.
（2）利用（1）的结论，借助向量数量积求出的长.
【详解】（1）在梯形中，由为钝角，得是锐角，
在中，，则，
由余弦定理得，即为等腰三角形，
所以.
（2）由，得，由点为的中点，得，
所以.
35．(1)
(2)
【分析】
（1）由余弦定理即可求解；
（2）由正弦定理求出外接圆半径，由等面积法求出内切圆半径.
【详解】（1）
由余弦定理得，
因为，所以．
（2）
设外接圆的半径与内切圆的半径分别为，，由正弦定理得，则．
的面积，
由，得．
36．(1)
(2).
【分析】
（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得.
（2）根据三角形的面积求得，根据同角三角函数的基本关系式求得，利用正弦定理、向量数量积运算来求得边上的中线长.
【详解】（1）由正弦定理可得，所以，
即，又，
所以，
整理得，解得；
（2）依题意，，解得，
又，
所以为钝角，所以由,
解得，
由正弦定理可得，又，
所以，
设的中点为，则，
所以，
所以边上的中线长为.
37．(1)；
(2).
【分析】
（1）由余弦边角关系及已知得，再由余弦定理即可求；
（2）由题设得，且，，在、应用正弦定理得、，即可求的长度．
【详解】（1）由题设及余弦定理知：，
所以，又，，
所以.
（2）
由题设，且，，
在中，则，
在中，则，
综上，可得，则，故.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
