文档内容
押新高考 5 题
三 角 函 数 与 解 三 角 形
考点 4年考题 考情分析
2023年新高考Ⅰ卷第8、15题
2023年新高考Ⅱ卷第7、16题
三角函数与解三角形会以单选题、多选题、填空题、解
2022年新高考Ⅰ卷第6题 答题4类题型进行考查，单选题难度较易或一般，纵观
近几年的新高考试题，分别考查三角函数的图象与性
三角函数与 2022年新高考Ⅱ卷第6题
质，三角恒等变换，本内容是新高考冲刺的重点复习内
解三角形
2021年新高考Ⅰ卷第6题 容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以三角函数
的图象与性质、值域及参数范围、三角恒等变换、解三
2020年新高考Ⅰ卷第10、15
角形及其实际应用等问题展开命题．
题
2020年新高考Ⅱ卷第11、16题
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第8题）已知 ，则 （ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出 ，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为 ，而 ，因此 ，
则 ，
所以 .
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，
使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，
由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
2．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第15题）已知函数 在区间 有且仅有3个零点，
则 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】
令 ，得 有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】
因为 ，所以 ，
令 ，则 有3个根，
令 ，则 有3个根，其中 ，
结合余弦函数 的图像性质可得 ，故 ，
故答案为： .
3．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第7题）已知 为锐角， ，则 （ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】因为 ，而 为锐角，
解得： ．
故选：D．
4．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第16题）已知函数 ，如图A，B是直线 与曲线
的两个交点，若 ，则 ．
【答案】
【分析】设 ，依题可得， ，结合 的解可得， ，从而得
到 的值，再根据 以及 ，即可得 ，进而求得 ．
【详解】设 ，由 可得 ，
由 可知， 或 ， ，由图可知，
，即 ， ．
因为 ，所以 ，即 ， ．
所以 ，
所以 或 ，又因为 ，所以 ， ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查根据图象求出 以及函数 的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，
以及特殊角的三角函数值是解题关键．
5．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第6题）记函数 的最小正周期为T．若
，且 的图象关于点 中心对称，则 （ ）
A．1 B． C． D．3
【答案】A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足 ，得 ，解得 ，
又因为函数图象关于点 对称，所以 ，且 ，
所以 ，所以 ， ，
所以 .
故选：A
6．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第6题）若 ，则（ ）
A． B．
C． D．【答案】C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得： ,
即： ，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取 ，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β ，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换
所以
即
故选：C.
7．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第6题）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母( )，进行齐次化处
理，化为正切的表达式，代入 即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用 ，求出 的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过
齐次化处理，可以避开了这一讨论．
1. 特殊角的三角函数值
2. 同角三角函数的基本关系
平方关系：
商数关系：
3. 正弦的和差公式，
4. 余弦的和差公式
，
5. 正切的和差公式
，
6. 正弦的倍角公式
7. 余弦的倍角公式
升幂公式： ，
降幂公式： ，
8. 正切的倍角公式
9. 推导公式
10. 辅助角公式
， ，其中 ，
11. 正弦定理
（1）基本公式：
（其中 为 外接圆的半径）
（2）变形
12. 三角形中三个内角的关系， ，
13. 余弦定理
（1）边的余弦定理
， ，
（2）角的余弦定理
， ，
14. 三角形的面积公式
1．（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.
2．（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
3．（2024·山东济南·一模）已知 a，b，c 分别为 三个内角 A，B，C 的对边，且
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题设条件和正弦定理化边为角，再利用和角公式进行拆角化简，即可得到 ，利用三角形内角
范围即得.
【详解】由 以及正弦定理可得： ，
因 ，代入整理得 ，
因 ,则得 ，又因 ，故 .
故选：A.
4．（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．
5．（2024·辽宁大连·一模）若 ，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】先利用三角恒等变换公式化简可得 ，结合 可得 ，进而
可得 .
【详解】由 得 ，
即 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，结合 ，且 ，
得 ，
所以 .
故选：A.
6．（2024·贵州·模拟预测）如图，甲秀楼位于贵州省贵阳市南明区甲秀路，是该市的标志性建筑之一.甲秀
楼始建于明朝，后楼毁重建，改名“凤来阁”，清代甲秀楼多次重修，并恢复原名、现存建筑是宣统元年
（1909年）重建.甲秀楼上下三层，白石为栏，层层收进.某研究小组将测量甲秀楼最高点离地面的高度，
选取了与该楼底 在同一水平面内的两个测量基点 与 ，现测得 ， ，
，在 点测得甲秀楼顶端 的仰角为 ，则甲秀楼的高度约为（参考数据： ，）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
利用正弦定理在 中取得 的长，根据正切函数的定，可得答案.
【详解】
由题意可知， ， ，所以 ，又因 ，
由正弦定理 ，可得： ，解得 ，
又因为 ，所以 ，
故选:C.
7．（2024·湖南·模拟预测）湖南省衡阳市的来雁塔，始建于明万历十九年（1591年），因鸿雁南北迁徙时
常在境内停留而得名.1983年被湖南省人民政府公布为重点文物保护单位.为测量来雁塔的高度，因地理条
件的限制，分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点，已知点A为塔底， 在水平地面上，
来雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面（如图所示）.测得 ，在C点处测得E点的仰角
为30°，在E点处测得B点的仰角为60°，则来雁塔AB的高度约为（ ）（ ，精确到 ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】现从四棱锥 中提取两个直角三角形 和 的边角关系，进而分别解出两个三
角形边 的长，求出来雁塔AB的高度即可.
【详解】过点 作 ，交 于点 ，
在直角三角形 中，因为 ，
所以 ，
在直角三角形 中，因为 ，
所以 ，
则 .
故选：B.
8．（2024·云南·一模）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用两角和的正弦公式及诱导公式化简，并运用齐次式运算求解.
【详解】已知 ,则 ，
.
故选：B.
9．（2024·全国·模拟预测）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据同角关系以及和差角公式即可求解.
【详解】由 可得 ，又 ，则 ，
故 ．
故选：B．
10．（2024·重庆·模拟预测）已知角θ满足 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】切化弦，得到 ，利用正弦二倍角公式求出答案.
【详解】 ，
故 ，
则 .
故选：B11．（2024·全国·模拟预测）已知 为锐角， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】借助三角恒等变换、同角三角函数的基本关系计算即可得.
【详解】因为 为锐角，所以 ， ，
又 ，所以 ，
而 ，所以 ，
所以 ，
因此 .
故选：D．
12．（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.
13．（2024·重庆·模拟预测）已知 的内角 的对边分别为 若面积
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先利用余弦定理的变形： ，结合三角形的面积公式 ，可把条
件转化为： ，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中 ，可求得 .
【详解】因为 ，所以 ，
又由 ，
所以 .
所以所以 ，又因为在 中， ，所以 .
故选：A
14．（2024·山东临沂·一模）在同一平面上有相距14公里的 两座炮台， 在 的正东方.某次演习时，
向西偏北 方向发射炮弹， 则向东偏北 方向发射炮弹，其中 为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公
里外的同一目标，接着 改向向西偏北 方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点 ，则 炮台与弹着点
的距离为（ ）
A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里
【答案】D
【分析】设炮弹第一次命中点为 ，在 中利用余弦定理求出 ，又二倍角公式求出 ，最后
在 中利用余弦定理计算可得.
【详解】依题意设炮弹第一次命中点为 ，则 ， ，
， ，
在 中 ，
即 ，解得 ，
所以 ，又 为锐角，解得 （负值舍去），
在 中
，
所以 ，即 炮台与弹着点 的距离为 公里.
故选：D15．（2024·山东济宁·一模）已知 的内角 的对边分别为 ，且 ，
，则 面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理对已知条件进行边角转化，求得 ，结合余弦定理以及不等式求得 的最大值，再
求三角形面积的最大值即可.
【详解】因为 ，由正弦定理可得： ，
即 ， ，
又 ， ，故 ；由 ，解得 ；
由余弦定理，结合 ，可得 ，
即 ，解得 ，当且仅当 时取得等号；
故 的面积 ，当且仅当 时取得等号.
即 的面积的最大值为 .
故选：A.
16．（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.
17．（2024·安徽·模拟预测）已知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由两角和与差的正弦，余弦，正切公式求解即可.
【详解】由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，由题设显然 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
故选：C.
18．（2024·湖北·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
19．（2024·辽宁·模拟预测）已知 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知化简可推得 ，两边平方整理得出 ，求解得出
，进而根据二倍角的余弦公式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得， ，显然 ，
两边同时乘以 可得， ，
整理可得 ，
所以， ，
两边同时平方可得 ，
即 ，解得 或 .
当 时， ，此时 ，不满足题意，舍去.
所以， .
故选：A.
20．（2024·广东广州·一模）已知 是函数 在 上的两个零点，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的对称性可得 ，进而代入化简，结合诱导公式即可求解.【详解】令 ，得 ，
， ，
因为 是函数 在 上的两个零点，
则 是 在 上的两个根，
故 ，故 ，
则
.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用三角函数的对称性得到 的关系，从而得解.
21．（2024·全国·模拟预测）已知函数 在区间 上至少有两个零点，则实数
的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由 得 ，得 ，不妨设 且 和 在区
间 内，从而可求出 的范围，再由 进行讨论即可得解.
【详解】由 得 ，得 ，不妨设 且 和 在区间 内，则 ，
即 ，化简得 ，
由 ，得 ，所以 为大于1的整数，
当 时， ；
当 时， ；
当 时， ；
当 时， ，
可得当 时， ，且当 时， ，
所以 ，
故实数 的取值范围为 ．
故选：C.
【点睛】思路点睛：根据题意令 ，求得函数零点 ，令 ，由零点 和
在区间 内，再求出 的范围，再分别对 取值即可.
22．（2024·辽宁抚顺·一模）已知 ，若 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由二倍角的余弦公式和同角三角函数的基本关系求解即可.
【详解】由题可得：
，
又因为 ，
所以 ，所以 ，
解得： 或 ，
因为 ， ，所以 .
故选：D.
23．（2024·山西晋中·模拟预测）已知 ，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用两角差的余弦公式和二倍角的余弦公式化简求出 ，然后利用同角三角函数基本关
求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，所以 ，即 ，又 ，所以 .
故选：D
24．（2024·安徽·二模）已知 的内角A， ， 对边分别为 ， ， ，满足
，若 ，则 面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理得 ，然后根据余弦定理求出 ，再利用重要不等式求出
即可
【详解】由 ，
由正弦定理得 ，
又 ，且 ，
所以 ，故 ，
又 ，所以 ，
由 ，即 ，得 ，
面积的最大值为 ，
故选：C．
25．（2024·江苏盐城·模拟预测）在 中，已知 ，则 的值为
（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】利用和角的正切公式求出 ，再代入计算即得.
【详解】在 中， ，否则
，
， ，矛盾，并且有 ，
，
因此 ，而 ，则 ， ，
所以 .
故选：A
26．（2024·云南昆明·一模）早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：
地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在 位置
时，测出 ；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了 位置，测出 ，
．若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据：
）（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】连接 ，根据给定条件，在 中利用正弦定理求出 ，再在 中利用余弦定理求
解即得.
【详解】连接 ，在 中， ，又 ，则 是正三角形， ，
由 ， ，得 ， ，
在 中， ，由正弦定理得 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 .
故选：A
27．（2024·湖南·二模）在 中，角 所对边分别为 ，且 ，若
， ，则 的值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．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.
28．（2024·辽宁丹东·一模）已知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先结合二倍角公式、半角公式以及角的范围将已知等式变形为 ，解
得 ，两边平方即可求解.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
所以，
所以 ，
即 ，
所以 ，
即 ，
所以 .
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是得出 ，由此即可顺利得解.
29．（2024·全国·模拟预测）已知函数 在 上单调递增，
则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据函数结构特征利用三角恒等变换公式将函数解析式化为一角一函数形式，再结合三角函数的
图象与性质进行求解即可.
【详解】法一:由题
，令 ， ，因为 ，所以 ， ，
因为 在 上单调递增，所以 且 ，
得 ．由 ，得 ，
又 且 ，所以 ， .
故选:C.
法二:由题
，
由 ，得 ，
设 的最小正周期为T，则由题意得 ，所以 ，
从而 ，结合函数 在 上单调递增， 在 上单调递增，得
，且 ，解得 .
故选:C.
30．（2024·江苏泰州·模拟预测）设函数 在 上至少有两个不同零点，
则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先令 得 ，并得到 ，从小到大将 的正根写出，因为，所以 ，从而分情况，得到不等式，求出答案.
【详解】令 得 ，
因为 ，所以 ，
令 ，解得 或 ，
从小到大将 的正根写出如下：
， ， ， ， ， ……，
因为 ，所以 ，
当 ，即 时， ，解得 ，
此时无解，
当 ，即 时， ，解得 ，此时无解，
当 ，即 时， ，解得 ，
故 ，
当 ，即 时， ，解得 ，
故 ，
当 时， ，此时 在 上至少有两个不同零点，
综上， 的取值范围是 .
故选：A
【点睛】方法点睛:在三角函数 图象与性质中， 对整个图象性质影响最大，因为 可
改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解 的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正
周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力.
