三角函数（解析版）(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_2024年高考数学一模试题好题汇编--三角函数

三角函数
题型01 任意角的三角函数
题型02 两角和与差的三角函数
题型03 三角函数的图象与性质
题型04 解三角形
题型01 任意角的三角函数
1 (2024·辽宁沈阳·统考一模)sinx=1的一个充分不必要条件是 .
π
【答案】x= (答案不唯一)
2
【分析】根据三角函数的性质结合充分不必要条件即可求解.
π
【详解】因为x= 时sinx=1，
2
π
由sinx=1可得x= +2kπ,k∈Z,
2
π
故sinx=1的一个充分不必要条件是x= ，
2
π
故答案为：x= (答案不唯一)
2
2 (2024·重庆·统考一模)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，
x3 x5 x7 23 25 27
如：sinx=x- + - +⋯，其中n!=1×2×3×⋯×n．根据该展开式可知，与2- + - +
3! 5! 7! 3! 5! 7!
⋯的值最接近的是 ( )
A.sin2° B.sin24.6° C.cos24.6° D.cos65.4°
【答案】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=sin2≈sin2×57.3°
1
 =sin90°+24.6°  =cos24.6°，
故选：C.
π
3 (2024·福建厦门·统考一模)若sinα+
4

3 π
=- ，则cosα-
5 4
 = ．
3
【答案】- /-0.6
5
π 【分析】应用诱导公式有cosα-
4
 π =cos α+
4
   - π
 2
 π =sinα+
4
 ，即可求值.
π 【详解】cosα-
4
 π =cos α+
4
   - π
 2
 π =sinα+
4
 3 =- .
5
3
故答案为：-
5
4 (2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)下列说法正确的是 ( )
A.cos2sin3<0
π 3π
B.若圆心角为 的扇形的弧长为π，则扇形的面积为
3 2
C.终边落在直线y=x上的角的集合是 α 
π
 α= +2kπ,k∈Z

4
π
D.函数y=tan2x-
6
2
 的定义域为 x 
π kπ
 x≠ + ,k∈Z

3 2
 ，π为该函数的一个周期
【答案】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，∵2,3均为第二象限角，∴cos2<0，sin3>0，∴cos2sin3<0，A正确；
π
对于B，设扇形的半径为r，则 r=π，解得：r=3，
3
1 π 3π
∴扇形的面积S= × ×32= ，B正确；
2 3 2
对于C，终边落在直线y=x上的角的集合为 α 
π
 α= +kπ,k∈Z

4
 ，C错误；
π π
对于D，由2x- ≠ +kπk∈Z
6 2

π kπ
得：x≠ + k∈Z
3 2
 ，
π
∴y=tan2x-
6
 的定义域为 x 
π kπ
 x≠ + ,k∈Z

3 2
 ；
又tan 2x+π    - π
 6
 π =tan2π+2x-
6
 π =tan2x-
6
 π ，∴π是y=tan2x-
6
 的一个周期，D正确.
故选：ABD.
cosx
5 (2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)已知函数f(x)= ，若A，B是锐角△ABC的两个内
x
角，则下列结论一定正确的是 ( )
A. f(sinA)>f(sinB) B. f(cosA)>f(cosB)
C. f(sinA)>f(cosB) D. f(cosA)>f(sinB)
【答案】D
π π
【分析】由已知可得 >A> -B>0，根据余弦函数的单调性，得出cosA<sinB，由fx
2 2
 的单调性即
可判断选项.
cosx -xsinx-cosx
【详解】因为f(x)= ，所以f(x)= ，
x x2
π
当x∈0,
2

-xsinx-cosx
时，sinx>0,cosx>0，所以 <0，即f(x)<0，
x2
所以fx 
π
在0,
2
 上单调递减.
π π π
因为A，B是锐角△ABC的两个内角，所以A+B> ，则 >A> -B>0，
2 2 2
π
因为y=cosx在0,
2
 上单调递减，
π
所以0<cosA<cos -B
2

π
=sinB<1< ，
2
故f(cosA)>f(sinB)，故D正确.
同理可得f(cosB)>f(sinA)，C错误；
而A,B的大小不确定，故sinA与sinB，cosA与cosB的大小关系均不确定，
所以f(sinA)与f(sinB)，f(cosA)与f(cosB)的大小关系也均不确定，AB不能判断.
故选：D
6 (2024·河北·校联考一模)在△ABC中，若A=nBn∈N*  ，则 ( )
A.对任意的n≥2，都有sinA<nsinB B.对任意的n≥2，都有tanA<ntanB
C.存在n，使sinA>nsinB成立 D.存在n，使tanA>ntanB成立【答案】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.
π π
【详解】在△ABC中，当A=3B时，n=3，取B= ，则A= ，tanA=1，
12 4
π π
tanB=tan -
3 4
3

3-1
= =2- 3，3tanB=3(2- 3)，则tanA>3tanB，B错，D对；
1+ 3
0<A<π 0<nB<π
  π
显然0<B<π，即0<B<π ，则0<B< ，
n+1
0<C<π 0<π-B-nB<π
π
令f(x)=sinnx-nsinx，0<x< ,n≥2，f(x)=ncosnx-ncosx=n(cosnx-cosx)<0，
n+1
π
因此函数f(x)在0,
n+1
 上单调递减，则f(x)<f(0)=0，即sinnB<nsinB，从而sinA<nsinB，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.
题型02 两角和与差的三角函数
π
7 (2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)若cosα+
4

3
= ，则sin2α= ( )
5
7 7 9 9
A. B.- C. D.-
25 25 25 25
【答案】A
【分析】根据二倍角的余弦公式和诱导公式即可.
π
【详解】cos2α+
4

π
=2cos2α+
4

3
-1=2×
5

2 7
-1=- ,
25
π
所以 sin2α=-cos2α+
2

7
= ，
25
故选：A.
π
8 (2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知cosα+
6

1 π
= ，则sin2α-
4 6
 = ( )
7 7 3 3
A. B.- C. D.-
8 8 8 8
【答案】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.
π π 1 π 【详解】设α+ =t，则α=t- ,cost= ,sin2α-
6 6 4 6
 π =sin 2t-
6
   - π
 6
 π =sin2t-
2

=-cos2t=-2cos2t-1  1 =- 2×
4
   2 -1

 7 = .
8
故选：A
π
9 (2024·辽宁沈阳·统考一模)已知sin -θ
2

π
+cos -θ
3

π
=1，则cos2θ-
3
 = ( )
1 1 3 3
A. B.- C. D.-
3 3 3 3
【答案】B3 3
【分析】根据和差角公式以及诱导公式可得 cosθ+ sinθ=1，由辅助角公式以及二倍角公式即可求
2 2
解.
π
【详解】由sin -θ
2
4

π
+cos -θ
3

1 3 3 3
=1得cosθ+ cosθ+ sinθ=1，进而可得 cosθ+ sinθ=1，
2 2 2 2
π
结合辅助角公式得 3cosθ-
6
 =1，
π
则cosθ-
6

3 π
= ,∴cos2θ-
3 3

π
=2cos2θ-
6

1
-1=- ，
3
故选：B.
π
10 (2024·浙江·校联考一模)已知α是第二象限角，β∈0,
2

π
,tanα+
4

1
=- ，现将角α的终边逆
4
1
时针旋转β后得到角γ，若tanγ= ，则tanβ= ．
7
19
【答案】 /2.375
8
5
【分析】由两角和的正切公式先得tanα=- ，进一步由两角差的正切公式即可求解.
3
π
【详解】由题意tanα+
4

tanα+1 1
= =- ，且γ=α+β，tanγ=tanα+β
1-tanα 4

1
= ，
7
5
解得tanα=- ，
3
所以tanβ=tanα+β-α 
1 --5
7 3 =

1+-5
3

19 = .
× 1 8
7
19
故答案为： .
8
tanα-1 π
11 (2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)已知 =2，则sin2α+
1+tanα 6
 的值为 ( )
4+3 3 4-3 3 4+3 3 4-3 3
A.- B.- C. D.
10 10 10 10
【答案】A
【分析】先由已知条件求出tanα的值，再利用三角函数恒等变换公式求出sin2α,cos2α的值，然后对
π
sin2α+
6
 利用两角和的正弦公式化简计算即可
tanα-1
【详解】由 =2，得tanα=-3，
1+tanα
2sinαcosα 2tanα -6 3
所以sin2α= = = =- ，
sin2α+cos2α tan2α+1 10 5
cos2α-sin2α 1-tan2α 1-9 4
cos2α= = = =- ，
sin2α+cos2α tan2α+1 10 5
π
所以sin2α+
6

π π
=sin2αcos +cos2αsin
6 6
3 3 4
=- × +-
5 2 5

1 4+3 3
× =- ，
2 10
故选：A
12 (2024·江西吉安·吉安一中校考一模)已知α∈0,π  ，且3tanα=10cos2α，则cosα可能为 ( )
10 5 10 5
A.- B.- C. D.
10 5 10 5
【答案】B1-tan2α
【分析】由3tanα=10cos2α得3tanα=10× ，化简后可求出tanα，再利用同角三角函数的关系可
1+tan2α
求出cosα.
【详解】由3tanα=10cos2α，得3tanα=10(cos2α-sin2α)，
cos2α-sin2α
所以3tanα=10× ，
cos2α+sin2α
1-tan2α
所以3tanα=10× ，
1+tan2α
整理得3tan3α+10tan2α+3tanα-10=0，
(tanα+2)(3tan2α+4tanα-5)=0，
所以tanα+2=0或3tan2α+4tanα-5=0，
-2± 19
所以tanα=-2或tanα= ，
3
sinα π
①当tanα=-2时， =-2，α∈ ,π
cosα 2
5
 ，
因为sin2α+cos2α=1，所以5cos2α=1，
5
所以cosα=± ，
5
π
因为α∈ ,π
2

5
，所以cosα=- ，
5
-2+ 19 sinα -2+ 19 π
②当tanα= 时， = ,α∈0,
3 cosα 3 2
 ，
19-2
因为sin2α+cos2α=1，所以 cosα
3

2
+cos2α=1，
π
由于α∈0,
2

9
，所以解得cosα= ，
32-4 19
-2- 19 sinα -2- 19 π
③当tanα= 时， = ,α∈ ,π
3 cosα 3 2
 ，
- 19-2
因为sin2α+cos2α=1，所以 cosα
3

2
+cos2α=1，
π
由于α∈ ,π
2

9
，所以解得cosα=- ，
32+4 19
5 9 9
综上，cosα=- ，或cosα= ，或cosα=- ，
5 32-4 19 32+4 19
故选：B
13 (2024·吉林延边·统考一模)已知函数fx 
1 3
= -sin2ωx+ sin2ωx,ω>0
2 2
 的最小正周期为4π．
(1)求ω的值，并写出fx  的对称轴方程；
(2)在△ABC中角A,B,C的对边分别是a,b,c满足2a-c  cosB=b⋅cosC，求函数fA  的取值范围．
1 2π
【答案】(1)ω= ,x= +2kπ,k∈Z
4 3
1
(2) ,1
2

π
【分析】(1)利用三角函数的恒等变换化简函数f(x)=sin2ωx+
6
 ，再根据周期求出ω的值,利用整体法
即可求解对称轴.
1 π 1 π
(2)把已知的等式变形并利用正弦定理可得cosB= ，故B= ，故f(A)=sin A+
2 3 2 6

2π
,0<A< ，
3根据正弦函数的定义域和值域求出fA
6
 的取值范围．
【详解】(1)fx 
1 3 1 3 1 3 1-cos2ωx
= -sin2ωx+ sin2ωx= + sin2ωx-sin2ωx= + sin2ωx-
2 2 2 2 2 2 2
3 1 π
= sin2ωx+ cos2ωx=sin2ωx+
2 2 6
 ．
2π 1
∵T= =4π，∴ω= ．
2ω 4
故fx 
1 π
=sin x+
2 6

1 π π 2π
令 x+ = +kπ,k∈Z，解得x= +2kπ,k∈Z，
2 6 2 3
2π
故对称轴方程为：x= +2kπ,k∈Z
3
(2)由2a-c  cosB=b⋅cosC得(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC，
∴2sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC=sin(B+C)=sinA．
1
∵sinA≠0，∴cosB= ，B∈0,π
2

π
,∴B= ．
3
1 π
∴f(A)=sin A+
2 6

2π π A π π
,0<A< ，∴ < + < ，
3 6 2 6 2
1 A π
∴ <sin +
2 2 6

1
<1，∴f(A)∈ ,1
2

题型03 三角函数的图象与性质
π
14 (2024·福建厦门·统考一模)已知函数f(x)=2sin2x-
3
 ，则 ( )
π
A. f(x)的最小正周期为
2
2π
B. f(x)的图象关于点 ,0
3
 成中心对称
C. f(x)在区间 0, π
 3
 上单调递增
1
D.若f(x)的图象关于直线x=x 对称，则sin2x =
0 0 2
【答案】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.
π
【详解】由f(x)=2sin2x-
3

2π
，最小正周期T= =π，A错；
2
2π
由f
3

2π π
=2sin2× -
3 3

2π
=0，即 ,0
3
 是对称中心，B对；
由x∈ 0, π
 3
 ，则2x- π ∈ - π , π
3  3 3
 ，显然f(x)在区间 0, π
 3
 上单调递增，C对；
π π 5π 1
由题意2x - =kπ+ ⇒2x =kπ+ ，故sin2x =± ，D错.
0 3 2 0 6 0 2
故选：BC
15 (2024·吉林延边·统考一模)将函数fx 
π
=sinωx+
6

π
(ω>0)的图象向左平移 个单位长度后得
2
到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是 ( )
1 2 4 5
A. B. C. D.
3 3 3 3
【答案】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.
π 【详解】结合题意可得fx+
2
7
 π =sin ωx+
2
   + π
 6
 π π =sinωx+ ω+
2 6
 ,(ω>0)，
π π π
因为曲线C关于y轴对称，所以 ω+ =kπ+ ,k∈Z
2 6 2
 ，
2
解得ω=2k+ ,k∈Z
3

2
,因为ω>0，所以当k=0时，ω有最小值 .
3
故选：B.
16 (2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知函数fx  =cos2x+acosx+2，则下列说法正确的有
( )
A.当a=0时，fx  的最小正周期为π
B.当a=1时，fx 
7
的最小值为
8
C.当a=3时，fx  在区间0,2π  上有4个零点
D.若fx 
π
在0,
3
 上单调递减，则a≥2
【答案】AB
【分析】根据三角函数的周期性、含cosx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a=0时，fx  =cos2x+2，所以fx  的最小正周期为π，A选项正确；
当a=0时，fx 
1
=cos2x+cosx+2=2cos2x+cosx+1=2cosx+
4

2 7 7
+ ≥ ，
8 8
所以fx 
7
的最小值为 ，B选项正确；
8
当a=4时，fx  =cos2x+3cosx+2=2cos2x+3cosx+1=2cosx+1  cosx+1  ，
令fx 
1 2π 4π
=0，解得cosx=- 或cosx=-1，此时x= 或x= 或x=π，
2 3 3
fx  在区间0,2π  上有3个零点，C选项错误；
fx  =cos2x+acosx+2=2cos2x+acosx+1，设t=cosx，
π
cosx在0,
3

1
上单调递减，则t∈ ,1
2
 ，根据复合函数的单调性，
gt 
1
=2t2+at+1在 ,1
2

a 1
上单调递增，所以- ≤ ，解得a≥-2，D选项错误.
4 2
故选：AB
π
17 (2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知函数f(x)=sinωx+ 3cosωx(ω>0)满足:f
6
 =2,
2π
f
3
 =0,则 ( )
7π π
A.曲线y=f(x)关于直线x= 对称 B.函数y=fx-
6 3
 是奇函数
π 7π
C.函数y=f(x)在 ,
6 6
 单调递减 D.函数y=f(x)的值域为[-2,2]
【答案】ABD
π
【分析】用辅助角公式化简f(x),再利用f
6

2π
=2,f
3
 =0,得出ω的取值集合,再结合三角函数性质逐
项判断即可.
π
【详解】f(x)=2sinωx+
3
 ,所以函数y=f(x)的值域为[-2,2],故D正确；2π
因为f
3
8

2π π 3k-1
=0,所以 ω+ =kπ,k∈Z,所以ω= 1 ,k∈Z，
3 3 1 1 2 1
π
因为f
6

π π π
=2,所以 ω+ = +2k π,k ∈Z,所以ω=12k +1,k ∈Z，
6 3 2 2 2 2 2
3k-1
所以 1 =12k +1,即k=8k +1，
2 2 1 2
所以ω∈{1,13,25,37⋯}，
7π
因为f 6  =2sin 12k 2 +1 
7π π
 + 6 3 
3π
=2sin14k π+ 2 2  =-2，
7π
所以曲线y=f(x)关于直线x= 对称,故A正确；
6
π
因为fx- 3  =2sin 12k 2 +1 
π
x- 3 
π
 + 3 
=2sin 12k 2 +1   x-4k 2 π  =2sin 12k 2 +1   x 
π
即fx-
3

π
=-f-x-
3
 ，
π
所以函数y=fx-
3
 是奇函数,故B正确；
2π 2π 7π π
取ω=13,则最小正周期T= = < - =π,故C错误.
ω 13 6 6
故选：ABD
18 (2024·辽宁沈阳·统考一模)如图，点A,B,C是函数fx  =sinωx+φ  (ω>0)的图象与直线y=
3
相邻的三个交点，且BC
2
 -AB 
π π
= ,f-
3 12
 =0，则 ( )
A.ω=4
9π
B. f
8

1
=
2
C.函数fx 
π π
在 ,
3 2
 上单调递减
D.若将函数fx  的图象沿x轴平移θ个单位，得到一个偶函数的图像，则θ 
π
的最小值为
24
【答案】ACD
【分析】令fx 
3
= 求得x ,x ,x 根据BC
2 A B C
 -AB 
π π
= 求得ω=4，根据f-
3 12
 =0求得fx  的解析
式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令fx  =sinωx+φ 
3 π 2π
= 得，ωx+φ= +2kπ或ωx+φ= +2kπ，k∈Z，
2 3 3
π π 2π
由图可知：ωx +φ= +2kπ，ωx +φ= +2kπ+2π，ωx +φ= +2kπ，
A 3 C 3 B 3
所以BC 
1 π
=x -x = - +2π
C B ω 3
 ，AB 
1 π
=x -x = ⋅ ，
B A ω 3
π
所以 =BC
3
 -AB 
1 2π
= - +2π
ω 3
 ，所以ω=4，故A选项正确，所以fx
9
 =sin4x+φ 
π
，由f-
12

π
=0得sin- +φ
3
 =0，
π
所以- +φ=π+2kπ，k∈Z，
3
4π
所以φ= +2kπ，k∈Z，
3
所以fx 
4π
=sin4x+ +2kπ
3

4π
=sin4x+
3

π
=-sin4x+
3
 ，
9π
f
8

9π π
=-sin +
2 3

1
=- ，故B错误.
2
π π
当x∈ ,
3 2

π 5π π
时，4x+ ∈ ,2π+
3 3 3
 ，
5π π
因为y=-sint在t∈ ,2π+
3 3
 为减函数，故fx 
π π
在 ,
3 2
 上单调递减，故C正确；
将函数fx  的图象沿x轴平移θ个单位得gx 
π
=-sin4x+4θ+
3
 ，(θ<0时向右平移，θ>0时向左平
移)，
gx 
π π
为偶函数得4θ+ = +kπ，k∈Z，
3 2
π kπ
所以θ= + ，k∈Z，则θ
24 4

π
的最小值为 ，故D正确.
24
故选：ACD.
19 (2024·重庆·统考一模)已知fx  =2asinωx⋅cosωx+bcos2ωxω>0,a>0,b>0  的部分图象如图
所示，当x∈ 0, 3π
 4
 时，fx  的最大值为 ．
【答案】 3
【分析】由图象求出函数fx  的解析式，然后利用正弦型函数的基本性质可求得函数fx  在 0, 3π
 4
 上的
最大值.
【详解】因为fx  =2asinωx⋅cosωx+bcos2ωx=asin2ωx+bcos2ωxω>0,a>0,b>0  ，
设fx  =Asin2ωx+φ  A>0,ω>0  ，
由图可知，函数fx 
π π
的最小正周期为T=4× +
6 12

2π 2π
=π，则2ω= = =2，
T π
fx
又因为A=
 -fx
max
 2+2
min = =2，则fx
2 2
 =2sin2x+φ  ，
π
因为f-
12

π
=2sinφ-
6

π
=2，可得sinφ-
6
 =1，
π π
所以，φ- = +2kπk∈Z
6 2

2π
，则φ= +2kπk∈Z
3
 ，
则fx 
2π
=2sin2x+ +2kπ
3

2π
=2sin2x+
3
 ，
3π 2π 2π 13π
当0≤x≤ 时， ≤2x+ ≤ ，
4 3 3 6故fx
10

2π 3
=2sin =2× = 3.
max 3 2
故答案为： 3.
20 (2024·云南曲靖·统考一模)函数fx  =Asinωx+φ  (其中A>0，ω>0，φ 
π
≤ )的部分图象如
2
图所示，则 ( )
A. f0  =-1
B.函数fx  的最小正周期是2π
C.函数fx 
π
的图象关于直线x= 对称
3
D.将函数fx 
π
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
6
【答案】AC
【分析】利用图象求出函数fx  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.
fx
【详解】由图可知，A=
 -fx
max
 2--2
min =
2

=2，
2
函数fx 
3T 7π π
的最小正周期T满足 = --
4 12 6

3π 2π 2π
= ，则T=π，ω= = =2，B错；
4 T π
所以，fx  =2sin2x+φ  ，
π f-
6
 π =2sin 2×-
6
   +φ

 π =2sinφ-
3
 π =-2，可得sinφ-
3
 =-1，
π π 5π π π π π π
因为- ≤φ≤ ，所以，- ≤φ- ≤ ，则φ- =- ，可得φ=- ，
2 2 6 3 6 3 2 6
所以，fx 
π
=2sin2x-
6
 ，则f0 
π
=2sin-
6
 =-1，A对；
π
f
3

π π
=2sin2× -
3 6

π
=2sin =2=fx
2
 ，
max
所以，函数fx 
π
的图象关于直线x= 对称，C对；
3
将函数fx 
π
的图象向左平移 个单位长度以后，
6
π 得到函数y=2sin 2x+
6
   - π
 6
 π =2sin2x+
6
 的图象，所得函数为非奇非偶函数，D错.
故选：AC.
21 (2024·浙江·校联考一模)已知函数y=2sinωx+φ  ，该图象上最高点与最低点的最近距离为5，且
点1,0  是函数的一个对称点，则ω和φ的值可能是 ( )
π π π 2π π π π 2π
A.ω=- ,φ=- B.ω=- ,φ= C.ω= ,φ= D.ω= ,φ=
3 3 3 3 3 3 3 3【答案】D
π
【分析】由题意首先得ω= ，进一步由ω+φ=kπ,k∈Z，对比选项即可得解.
3
T 2π
【详解】由题意函数的周期T满足， = 52-42=3=
2 2ω
11

π
，所以ω=± ，
3
又点1,0  是函数的一个对称点，所以ω+φ=kπ,k∈Z，
ω= π
所以   ω φ= = k π 3 π- π,k∈Z 或   ω φ= =- kπ π 3 + π,k∈Z ，对比选项可知，只有当     φ= 2 3 3 π 时满足题意.
3 3 
k=1
故选：D.
22 (2024·广东深圳·校考一模)已知函数fx 
π
=cosωx+
3
 +1(ω>0)的最小正周期为π，则fx  在
区间 0, π
 2
 上的最大值为 ( )
1 3
A. B.1 C. D.2
2 2
【答案】C
【分析】由周期公式求得ω，结合换元法即可求得最大值.
2π
【详解】由题意T= =π，解得ω=2，所以fx
ω

π
=cos2x+
3
 +1，
当x∈ 0, π
 2
 时，t=2x+ π ∈  π , 4π
3  3 3
 ，
所以fx  在区间 0, π
 2
 π 3 上的最大值为cos +1= ，当且仅当x=0时等号成立.
3 2
故选：C.
5π
23 (2024·山西晋城·统考一模)若函数f(x)=cosωx(0<ω<100)在π,
2
 上至少有两个极大值点和
两个零点，则ω的取值范围为 ．
8
【答案】 ,2
5

12
∪ ,100
5

【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.
ω>0
2kπ 2kπ >π
【详解】令ωx=2kπ，k∈Z，得f(x)的极大值点为x= ，k∈Z，则存在整数k，使得 ω
ω
2k+1 



， 
   π < 5π
ω 2
4(k+1)
解得 <ω<2k(k∈N*)．
5
因为函数y=cosx在两个相邻的极大值点之间有两个零点，
4(k+1)
所以 <ω<2k(k∈N*)．
5
8 12
当k=1时， <ω<2．当k=2时， <ω<4．
5 5
4(k+1) 4(k+2)
当k≥2时， < <2k．又0<ω<100，
5 5
8
所以ω的取值范围为 ,2
5

12
∪ ,4
5

16
∪ ,6
5

204
∪⋅⋅⋅∪ ,100
5

8
= ,2
5

12
∪ ,100
5
 ．
8
故答案为： ,2
5

12
∪ ,100
5
4k+1
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象及其性质，求出
12

<ω<2kk∈N*
5
 并赋值计算是解
决问题关键.
24 (2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)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fx 
=Asinωx+φ  A>0,ω>0,φ   <π  的部分图象如图所示，则下列结论正确的是 ( )
1 π
A.ω=2，频率为 ，初相为
π 6
B.函数fx 
π
的图象关于直线x=- 对称
6
C.函数fx  在  π , 13π
12 24
 上的值域为0,2 
D.若把fx 
2 π
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
3 12
π
是y=2sin3x+
12

【答案】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.
3 13π π 3π
【详解】由图象可得A=2, T= - = ,∴T=π，
4 12 3 4
1 1 2π π
频率是 = ,ω= =2,∵f
T π π 3

π
=2,∴f
3

2π
=2sin +φ
3
 =2，
2π
即sin +φ
3

2π π
=1,∴ +φ=2kπ+ (k∈Z)，
3 2
π π
∴φ=2kπ- (k∈Z),∵|φ|<π,∴φ=- ，
6 6
π
对于A，∴f(x)=2sin2x-
6

π
，初相是- ，故A错误；
6
π
对于B，f-
6

π π
=2sin- -
3 6
 =-2，故B正确；
对于C，因为x∈  π , 13π
12 24
 ，所以2x- π ∈ 0, 11π
6  12
 ，
π ∴f(x)=2sin2x-
6
 在  π , 13π
12 24
 上的值域为[0,2]，故C正确；
2 π
对于D，把f(x)的横坐标缩短为原来的 倍，纵坐标不变，得到的函数为y=2sin3x-
3 6
 ，
π π 又向左平移 个单位，得到的函数为y=2sin 3x+
12 12
   - π
 6
 π =2sin3x+
12
 ，故D正确；
故选：BCD.
题型04 解三角形
25 (2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)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 3，CE= 2(单位：百米)，则A，B两点的距离为 ( )
A. 6 B.2 2 C.3 D.2 3
【答案】C
【分析】在△ADC中，求得AC=DC；在△BCE中，利用正弦定理求得BC；再在△ABC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 3，
则∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°，则AC=DC=2 3，
在△BCE中，∠BCE=75°，∠BEC=60°，CE= 2，
则∠EBC=180°-75°-60°=45°，
2× 3
则有 CE = BC ，变形可得BC= CE⋅sin∠BEC = 2 = 3，
sin∠EBC sin∠BEC sin∠EBC 2
2
在△ABC中，AC=2 3，BC= 3，∠ACB=180°-∠ACD-∠BCE=60°，
则AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=9，
则AB=3．
故选：C.
【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 (2024·广东深圳·校考一模)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= ( )
1 2 3 6
A. B. C. D.
3 4 3 3
【答案】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，
b2+c2-a2
由余弦定理可得c=2a⋅ ，将a=3，b=5代入整理得c=2 6，
2bc
c 6
所以cosA= = .
2a 3
故选：D.
27 (2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,
c，且c-b=2bcosA，则下列结论正确的有 ( )
π
A.A=2B B.B的取值范围为0,
4
13

a
C. 的取值范围为 2, 3
b

1 1
D. - +2sinA的最小值为2 2
tanB tanA
【答案】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△ABC中，由正弦定理可将式子c-b=2bcosA化为sinC-sinB=2sinBcosA，
把sinC=sinA+B
14
 =sinAcosB+cosAsinB代入整理得，sinA-B  =sinB，
解得A-B=B或A-B+B=π，即A=2B或A=π(舍去)，所以A=2B，选项A正确；
0<B< π,
 2

选项B：因为△ABC为锐角三角形，A=2B，所以C=π-3B，由 0<2B< π, 解得B∈ π , π
 2 6 4


0<π-3B< π,
2
 ，故选
项B错误；
a sinA sin2B π π
选项C： = = =2cosB，因为B∈ ,
b sinB sinB 6 4

2 3
，所以cosB∈ ,
2 2
 ，2cosB∈ 2, 3  ，即
a
的取值范围为 2, 3
b
 ，故选项C正确；
1 1 sinA-B
选项D： - +2sinA=
tanB tanA
 1 1
+2sinA= +2sinA≥2 ×2sinA=2 2，当
sinAsinB sinA sinA
1 2 π π
且仅当 =2sinA即sinA=± 时取等，但因为B∈ ,
sinA 2 6 4

π π
，所以A=2B∈ ,
3 2
 ,sinA∈
3
 ,1
2
 ，无法取到等号，故D错.
故选：AC.
28 (2024·福建厦门·统考一模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2cosB+abcosA
=2c．
(1)求a；
2π
(2)若A= ，且△ABC的周长为2+ 5，求△ABC的面积．
3
【答案】(1)a=2；
3
(2) .
4
【分析】(1)应用正弦边角关系及和角正弦公式有asin(A+B)=2sinC，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b2+c2+bc=4且b+c= 5，进而求得bc=1，最后应用面积公式求面积.
【详解】(1)由题设a(acosB+bcosA)=2c，由正弦定理有a(sinAcosB+sinBcosA)=2sinC，
所以asin(A+B)=2sinC，而A+B=π-C，故asinC=2sinC，又sinC>0，
所以a=2.
b2+c2-a2 b2+c2-4 1
(2)由(1)及已知，有cosA= = =- ，可得b2+c2+bc=4，
2bc 2bc 2
又a+b+c=2+ 5，即b+c= 5，
1 3
所以(b+c)2-bc=5-bc=4⇒bc=1，故S = bcsinA= .
△ABC 2 4
a-b
29 (2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知 =
c
sinA-sinC
．
sinA+sinB
(1)求角B的大小；
(2)若b=2，求△ABC周长的最大值．
π
【答案】(1)B=
3
(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a2+c2-b2=ac，结合基本不等式运算求解.
a-b sinA-sinC a-b a-c
【详解】(1)因为 = ，由正弦定理可得 = ，
c sinA+sinB c a+b
整理得a2+c2-b2=ac，
a2+c2-b2 ac 1
由余弦定理可得cosB= = = ，
2ac 2ac 2
且B∈0,π
15

π
，所以B= .
3
(2)由(1)可知：a2+c2-b2=ac，整理得a+c 
a+c
2-4=3ac，即ac=
 2-4
，
3
a+c
因为ac≤
 2
，当且仅当a=c=2时，等号成立，
4
a+c
则
 2-4 a+c
≤
3
 2
，可得a+c
4
 2≤16，即a+c≤4，
所以△ABC周长的最大值为4+2=6.
30 (2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且cosC
1
=- ,c=2a.
4
(1)求sinA的值；
(2)若△ABC的周长为18，求△ABC的面积.
15
【答案】(1)
8
(2)3 15
【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.
1 15
【详解】(1)因为0<C<π，cosC=- ，所以sinC= 1-cos2C = .
4 4
因为c=2a，所以sinC=2sinA，
sinC 15
则sinA= = .
2 8
1 1
(2)因为cosC=- ，所以c2=a2+b2+ ab.
4 2
1 3
因为c=2a，所以3a2- ab-b2=0，解得b= a.
2 2
9
因为△ABC的周长为18，所以a+b+c= a=18，解得a=4，
2
则b=6,c=8.
1 1 15
故△ABC的面积为 bcsinA= ×6×8× =3 15.
2 2 8
c2
31 (2024·浙江·校联考一模)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，已知 =
b2+c2-a2
sinC
．
sinB
(1)求角A；
3 3
(2)设边BC的中点为D，若a= 7，且△ABC的面积为 ，求AD的长．
4
π
【答案】(1)A=
313
(2)
2
【分析】(1)根据正弦定理和题中所给式子化简计算得到b2+c2-a2=bc，再结合余弦定理即可求出角A；
(2)根据三角形面积公式得到bc=3和b2+c2=10，再结合中线向量公式计算即可.
sinC c
【详解】(1)在△ABC中，由正弦定理得， = ，
sinB b
c2 sinC c2 c
因为 = ，所以 = ，
b2+c2-a2 sinB b2+c2-a2 b
化简得，b2+c2-a2=bc，
b2+c2-a2 1
在△ABC中，由余弦定理得，cosA= = ，
2bc 2
π
又因为0<A<π，所以A=
3
1 3 3 3
(2)由S = bcsinA= bc= ，得bc=3，
△ABC 2 4 4
由a2=b2+c2-2bccosA，得7=b2+c2-3，所以b2+c2=10．
  
1
又因为边BC的中点为D，所以AD= AB+AC
2
16
 ，

所以AD 
 
1 1 1 1 13
= (AB+AC)2= b2+c2+2bccosA= × 10+2×3× =
2 2 2 2 2
C
32 (2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)已知在△ABC中， 3sin(A+B)=1+2sin2 ．
2
(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．
π
【答案】(1) ；(2)4+2 3．
3
π
【分析】(1)利用降幂公式、两角和的正弦公式变形可得sinC+
6
 =1，再根据角的范围可得解；
(2)利用正弦定理求出AB，求出∠AIB，设出∠ABI，将AI,BI用∠ABI表示，根据三角函数知识求出AI+
BI的最大值可得解.
C
【详解】(1)∵ 3sin(A+B)=1+2sin2 ，且A+B+C=π，
2
∴ 3sinC=1+1-cosC=2-cosC，即 3sinC+cosC=2，
π
∴sinC+
6
 =1．
π π 7π
∵C∈(0，π)，∴C+ ∈ ，
6 6 6

π π π
，∴C+ = ，即C= ．
6 2 3
(2)∵△ABC的外接圆半径为2，
AB AB
∴由正弦定理知， = =2×2=4，∴AB=2 3，
sin∠ACB sinπ
3
π 2π
∵∠ACB= ，∴∠ABC+∠BAC= ，
3 3
∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，
π 2π
∴∠ABI+∠BAI= ，∴∠AIB= ，
3 3π π
设∠ABI=θ，则∠BAI= -θ，且0<θ< ，
3 3
BI
在△ABI中，由正弦定理得，
sin π -θ
3
17

AI AB 2 3
= = = =4，
sinθ sin∠AIB sin2π
3
π
∴BI=4sin -θ
3
 ，AI=4sinθ，
π
∴△ABI的周长为2 3+4sin -θ
3

3 1
+4sinθ=2 3+4 cosθ- sinθ
2 2
 +4sinθ
π
=2 3+2 3cosθ+2sinθ=4sinθ+
3
 +2 3，
π π π 2π
∵0<θ< ，∴ <θ+ < ，
3 3 3 3
π π π
∴当θ+ = ，即θ= 时，△ABI的周长取得最大值，最大值为4+2 3，
3 2 6
故△ABI的周长的最大值为4+2 3．
【点睛】关键点点睛：将AI,BI用∠ABI表示，根据三角函数知识求出AI+BI的最大值是解题关键.
33 (2024·辽宁沈阳·统考一模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且b2=ac+a2.
(1)求证：B=2A；
3c+7a
(2)当 取最小值时，求cosB的值.
3b
【答案】(1)证明见解析
1
(2)cosB=-
3
【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.
3c+7a 2 3
(2)利用基本不等式求得 的最小值时的取等条件b= a，再结合余弦定理从而求解.
3b 3
【详解】(1)证明：由余弦定理知b2=a2+c2-2accosB，又因为b2=a2+ac，
所以a2+ac=a2+c2-2ac⋅cosB，化简得a=c-2acosB，
所以sinA=sinC-2sinAcosB，因为A+B+C=π，
所以sinA=sinA+B  -2sinAcosB，
所以sinA=sinAcosB+cosAsinB-2sinAcosB=cosAsinB-sinAcosB，
所以sinA=sinB-A  ，因为A∈0,π  ,B-A∈-π,π  ，
所以A=B-A或A+B-A  =π(舍)，所以B=2A.
3c+7a 3ac+7a2 3b2-a2
(2)由题知， = =
3b 3ab
 +7a2 b 4 a 4 4 3
= + ⋅ ≥2 = ，
3ab a 3 b 3 3
2 3 1
当且仅当b= a时取等，又因为b2=ac+a2，所以c= a，
3 3
a2+c2-b2 a2+ 3 1a
所以cosB= =
2ac
 2- 2 3a 3  2 1
=- .
2a× 1a 3
3
34 (2024·重庆·统考一模)在梯形ABCD中，AB⎳CD,∠ABC为钝角，AB=BC=2,CD=4，15
sin∠BCD= ．
4
(1)求cos∠BDC；
(2)设点E为AD的中点，求BE的长．
7
【答案】(1) ；
8
34
(2)
2
【分析】(1)在△BCD中利用余弦定理求出BD，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BE的长.
【详解】(1)在梯形ABCD中，由AB⎳CD,∠ABC为钝角，得∠BCD是锐角，
15 1
在△BCD中，sin∠BCD= ，则cos∠BCD= 1-sin2∠BCD= ，
4 4
1
由余弦定理得BD= 22+42-2×2×4× =4，即△BCD为等腰三角形，
4
7
所以cos∠BDC=cos(π-2∠BCD)=-cos2∠BCD=1-2cos2∠BCD= .
8
  
1
(2)由AB⎳CD，得∠ABD=∠BDC，由点E为AD的中点，得BE= (BA+BD)，
2
    
1 1 7 34
所以|BE|= BA2+BD2+2BA⋅BD= 22+42+2×2×4× = .
2 2 8 2
35 (2024·山西晋城·统考一模)在△ABC中，AB=3 3，AC=5 3，BC=7 3．
(1)求A的大小；
(2)求△ABC外接圆的半径与内切圆的半径．
2π
【答案】(1)A=
3
3
(2)
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.
AB2+AC2-BC2 1
【详解】(1)由余弦定理得cosA= =- ，
2AB⋅AC 2
2π
因为0<A<π，所以A= ．
3
BC 7 3
(2)设△ABC外接圆的半径与内切圆的半径分别为R，r，由正弦定理得2R= = =14，则R=7．
sinA 3
2
1 45 3
△ABC的面积S= AB⋅AC⋅sinA= ，
2 4
1 2S 3
由 r(AB+AC+BC)=S，得r= = ．
2 AB+AC+BC 2
π
36 (2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B= ,
4
4bcosC= 2c+2a.
(1)求tanC；
183
(2)若△ABC的面积为 ，求BC边上的中线长.
2
1
【答案】(1)tanC=
2
5
(2) .
2
【分析】(1)利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得tanC.
(2)根据三角形ABC的面积求得ac，根据同角三角函数的基本关系式求得sinA,cosA，利用正弦定理、向
量数量积运算来求得BC边上的中线长.
c b
【详解】(1)由正弦定理可得 = ，所以4sinBcosC= 2sinC+2sinA，
sinC sinB
即2 2cosC= 2sinC+2sinA，又A+B+C=π，
π
所以2 2cosC= 2sinC+2sin +C
4
19
 =2 2sinC+ 2cosC，
1
整理得 2cosC=2 2sinC，解得tanC= ；
2
1 1 2 3
(2)依题意， acsinB= ac× = ，解得ac=3 2，
2 2 2 2
3π
又tanA=tan -C
4

-1-tanC
= =-3，
1-tanC
 sinA =-3
所以A为钝角，所以由 cosA ,
sin2A+cos2A=1
3 1
解得sinA= ,cosA=- ，
10 10
1
由正弦定理可得 c = sinC = 5 = 2 ，又ac=3 2，
a sinA 3 3
10
2× 2
所以a=3,c= 2,b= csinB = 2 = 5，
sinC 1
5
  
1
设BC的中点为D，则AD= AB+AC
2
 ，
所以A  D  2= 1 (A  B  +A  C  )2= b2+c2+2bccosA = 2+5+2× 2× 5×- 1 10
4 4
 5 = ，
4 4
5
所以BC边上的中线长为 .
2
37 (2024·云南曲靖·统考一模)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且c=2acosC-2b．
(1)求A；
  
1
(2)线段BC上一点D满足BD= BC,AD
4


=BD  =1，求AB的长度．
2π
【答案】(1)A= ；
3
4 7
(2) .
7
【分析】(1)由余弦边角关系及已知得-bc=b2+c2-a2，再由余弦定理即可求A；π
(2)由题设得∠ADB=π-2B，且AD=BD=1,BC=4，C= -B，在△ADB、△ABC应用正弦定理得
3
3 π
AB=2cosB、tanB= ,0<B< ，即可求AB的长度．
2 3
a2+b2-c2 a2+b2-c2
【详解】(1)由题设及余弦定理知：c=2a× -2b= -2b，
2ab b
b2+c2-a2 1
所以-bc=b2+c2-a2，又cosA= =- ，A∈(0,π)，
2bc 2
2π
所以A= .
3
(2)
π
由题设∠ADB=π-2B，且AD=BD=1,BC=4，C= -B，
3
AD AB AB
在△ADB中 = = ，则AB=2cosB，
sinB sin(π-2B) sin2B
AB
在△ABC中
sin π -B
3
20

BC 8 AB 8
= = ，则 = ，
sin2π 3 3cosB- 1sinB 3
3 2 2
3 π 2 4 7
综上，可得tanB= ,0<B< ，则cosB= ，故AB= .
2 3 7 7