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专题 03 三角函数与解三角形
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
考点1 三角函 1、从当前命题趋势来看，本节内容依旧
数的图像与性 是高考重点，会着重围绕三角函数的图
质：奇偶性、 2025北京卷、2024北京卷、2023北京 像、周期性、单调性、奇偶性、对称性、
单调性、奇偶 卷、2022北京卷 最值等核心要点展开。同时，命题还会与
性 三角公式、化简求值、平面向量、解三角
（5年4考） 形等内容深度融合，进行综合考查。基于
考点2 伸缩变 此，在复习过程中，学生需高度重视三角
换问题 2025北京卷 知识的工具性作用，强化应用意识。
（5年1考） 2、高考对本节内容的考查方向较为稳
考点3 正余弦 定，不会有大幅变动，仍会以正余弦定理
2025北京卷、2024北京卷、2023北京
的基本运用以及面积公式的应用为主要考
定理综合应用
卷、2022北京卷、2021北京卷
查点。以近五年北京卷为例，本节内容始
（5年5考）
终是高考热点，且主要聚焦于正余弦定理
考点4 三角恒
2025北京卷、2024北京卷、2023北京 的应用和面积公式的考查。所以，考生在
等变换
卷、2021北京卷 备考时应精准把握这些重点，提升解题能
（5年4考）
力。
考点01 三角函数的图像与性质：奇偶性、单调性、奇偶性
1．（2025·北京·高考真题）设函数 ，若 恒成立，且 在
上存在零点，则 的最小值为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】C
【解析】函数 ，
设函数 的最小正周期为T，由 可得 ，
所以 ，即 ；
又函数 在 上存在零点，且当 时， ，所以 ，即 ；
综上， 的最小值为4.
故选：C.
2．（2024·北京·高考真题）设函数 .已知 ， ，且 的最小值为
，则 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由题意可知： 为 的最小值点， 为 的最大值点，
则 ，即 ，
且 ，所以 .
故选：B.
3．（2023·北京·高考真题）设函数 ．
(1)若 ，求 的值．
(2)已知 在区间 上单调递增， ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一
个作为已知，使函数 存在，求 的值．
条件①： ；
条件②： ；
条件③： 在区间 上单调递减．
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．
【解析】（1）因为
所以 ，
因为 ，所以 .（2）因为 ，
所以 ，所以 的最大值为 ，最小值为 .
若选条件①：因为 的最大值为 ，最小值为 ，所以 无解，故条件①不能使
函数 存在；
若选条件②：因为 在 上单调递增，且 ，
所以 ,所以 , ,
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，因为 ，所以 .
所以 ， ；
若选条件③：因为 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 处取得最小值 ，即 .
以下与条件②相同．
4．（2022·北京·高考真题）已知函数 ，则（ ）
A． 在 上单调递减 B． 在 上单调递增
C． 在 上单调递减 D． 在 上单调递增
【答案】C
【解析】因为 .
对于A选项，当 时， ，则 在 上单调递增，A错；
对于B选项，当 时， ，则 在 上不单调，B错；对于C选项，当 时， ，则 在 上单调递减，C对；
对于D选项，当 时， ，则 在 上不单调，D错.
故选：C.
考点02 伸缩变换问题
5．（2025·北京·高考真题）为了得到函数 的图象，只需把函数 的图象上所有点的（ ）
A．横坐标变为原来的 倍（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）
C．纵坐标变为原来的 倍（横坐标不变） D．纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变）
【答案】A
【解析】因为 ，所以将函数 的图象上所有点的横坐标变成原来的 倍，纵坐标不变，即
可得到函数 的图象，
故选：A.
考点03 正余弦定理综合应用
6．（2025·北京·高考真题）在 中， ．
(1)求c的值；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 存在，求BC边上的高．
条件①： ；条件②： ；条件③： 的面积为 ．
【解析】（1）因为 ，所以 ，
由正弦定理有 ，解得 ；
（2）如图所示，若 存在，则设其 边上的高为 ，
若选①， ，因为 ，所以 ，因为 ，这表明此时三角形 有两个钝角，而这是不可能的，所以此时三角形 不存在，故 边上的高也不存在；
若选②， ，由 有 ，由正弦定理得 ,所以 ，
所以由余弦定理得 ,
此时三角形 是存在的，且唯一确定，
所以 ,即 ，
所以 边上的高 ；
若选③， 的面积是 ，则 ，
解得 ，由余弦定理可得 可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得 也可以唯一确定，即 可以唯一确定，
这表明此时三角形 是存在的，且 边上的高满足： ，即 .
7．（2024·北京·高考真题）在 中，内角 的对边分别为 ， 为钝角， ，
．
(1)求 ；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 存在，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．
【解析】（1）由题意得 ，因为 为钝角，
则 ，则 ，则 ，解得 ，
因为 为钝角，则 .
（2）选择① ，则 ，因为 ，则 为锐角，则 ，
此时 ，不合题意，舍弃；选择② ，因为 为三角形内角，则 ，
则代入 得 ，解得 ，
,
则 .
选择③ ，则有 ，解得 ，
则由正弦定理得 ，即 ，解得 ，
因为 为三角形内角，则 ，
则
，
则
8．（2023·北京·高考真题）在 中， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为 ，
所以由正弦定理得 ，即 ，
则 ，故 ，
又 ，所以 .
故选：B.
9．（2022·北京·高考真题）在 中， ．
(1)求 ；(2)若 ，且 的面积为 ，求 的周长．
【解析】（1）因为 ，则 ，由已知可得 ，
可得 ，因此， .
（2）由三角形的面积公式可得 ，解得 .
由余弦定理可得 ， ，
所以， 的周长为 .
10．（2021·北京·高考真题）在 中， ， ．
（1）求 ；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一确定，求 边
上中线的长．
条件①： ；
条件②： 的周长为 ；
条件③： 的面积为 ；
【解析】（1） ，则由正弦定理可得 ，
， ， ， ，
，解得 ；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得 ，
与 矛盾，故这样的 不存在；
若选择②：由（1）可得 ，
设 的外接圆半径为 ，
则由正弦定理可得 ，
，
则周长 ，解得 ，则 ，
由余弦定理可得 边上的中线的长度为：
；
若选择③：由（1）可得 ，即 ，
则 ，解得 ，
则由余弦定理可得 边上的中线的长度为：
.
考点04 三角恒等变换
11．（2025·北京·高考真题）已知 ，且 ， .写出满
足条件的一组 的值 ， ．
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
【解析】因为 ， ，
所以 的终边关于 轴对称，且不与 轴重合，
故 且 ，
即 ，
故取 可满足题设要求；
故答案为： ； （答案不唯一）
12．（2024·北京·高考真题）在平面直角坐标系 中，角 与角 均以 为始边，它们的终边关于原点
对称.若 ，则 的最大值为 ．
【答案】 /
【解析】由题意 ，从而 ，
因为 ，所以 的取值范围是 ， 的取值范围是 ，当且仅当 ，即 时， 取得最大值，且最大值为 .
故答案为： .
13．（2023·北京·高考真题）已知命题 若 为第一象限角，且 ，则 ．能说明p为假
命题的一组 的值为 ， ．
【答案】
【解析】因为 在 上单调递增，若 ，则 ，
取 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
因为 ，则 ，
即 ，则 .
不妨取 ，即 满足题意.
故答案为： .
14．（2021·北京·高考真题）若点 关于 轴对称点为 ，写出 的一个取值
为 ．
【答案】 （满足 即可）
【解析】 与 关于 轴对称，
即 关于 轴对称，
，
则 ，
当 时，可取 的一个值为 .
故答案为： （满足 即可）.1．（2025·北京·三模）已知函数 ，其中 .如图A，B是直线
与曲线 的两个交点，若 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由 ，设 ，
由 可得 ，由 可得 或 ， ，
由题意，可知 ，故得 ，
又 ，所以 ， ，即 ， ，
故 ，即 或 ，
又因为 ，故 ，故 .
故选：A.
2．（2025·北京大兴·三模）已知函数 ，则函数 的最小正周期为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】 ，则函数 的最小正周期为 .
故选：C
3．（2025·北京·三模）已知集合 则集合M的元素个数为（ ）A．2 B．4
C．6 D．8
【答案】B
【解析】因为 ，所以 或 ，
所以 或 ，
所以 或 ，
若 为偶数，则 或 ，
若 为奇数，则 或 ，
所以 或 或 或 .
故选：B.
4．（2025·北京昌平·二模）设函数 ．已知 ，且当
时， 的最小值为4，则（ ）．
A． ， B． ， C． ， D． ，
【答案】C
【解析】因为 的值域为 ， ，
所以当函数值同时取最大值或最小值时，满足 .
因为 的最小值为4，所以函数的周期 .
所以 .
因为 ，所以 .
又 ，所以 ，所以 .
故选：C.
5．（2025·北京朝阳·二模）设 ，则“ ”是“ ”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】B
【解析】由 ，
得 ，解得 或 ，
由 ，得 ，
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：B.
6．（2025·北京海淀·二模）在锐角 中， ，则 的一个可能的取值为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】B
【解析】在锐角 中， ，则 ，又 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
故符合题意的只有B.
故选：B
7．（2025·北京东城·二模）已知 ，则“ ”是“ ”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】B
【解析】充分性：因为 ，所以 或 ，
当 时， 或 ， ，
当 时，
或 ， ，可得 或 ，所以充分性不成立，
必要性：若 ，
当 为偶数时，设 ，则 ，
则 ，满足 ，
当 为奇数时，设 ，则 ，
则 ，满足 ，
所以必要性成立，
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：B.
8．（2025·北京东城·一模）在平面直角坐标系 中，角 以 为始边，其终边落在第一象限，则下列
三角函数值中一定大于零的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意得 ，
A选项， ，A错误；
B选项， ，B错误；
C选项， ，C正确；
D选项， ，若 ，此时 ，D错误.
故选：C
9．（2025·北京西城·一模）已知函数 ．若 ，则（ ）
A． B． 或
C． D． 或
【答案】B
【解析】因为 ，则该函数的最小正周期为 ，
由 可得 ，
所以，函数 的对称轴方程为 ，因为 ，则 或 ，
故选：B.
10．（2025·北京西城·一模）在长方形 中， 为 的中点， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设 ，则 ，如下图所示：
因为 ， ， ，所以， ，
所以， ，故 ，
因此， .
故选：B.
11．（2025·北京·三模）在锐角 中， ， ， ， 的角平分线交 于
D，则 ； .
【答案】 2
【解析】
如图所示，在 根据正弦定理可得 ，即 ，解得 ，因为 为锐角三角形，所以 ，可知 ，
已知 是 的角平分线，所以 ,根据三角形外角性质得 ,
所以 是等腰三角形， .
故答案为： ；2.
12．（2025·北京大兴·三模）已知函数 （ ）， ， ，
且 的最小值为 ，则 ， ．
【答案】 /1.5
【解析】
，
所以 ，
因为 ， ，且 的最小值为 ，
所以 ，即 ，解得 .
故答案为： ；
13．（2025·北京大兴·三模）已知函数 ，若 对任意 都成立，则满足条件
的一个实数 的值是 .
【答案】 （答案不唯一）
【解析】因为 ，即 ，
所以 ，即 .
故答案为： （答案不唯一）
14．（2025·北京·二模）设函数 ，则使得函数 在区间 上存在
最大值的一个 值为 ．【答案】 （答案不唯一）
【解析】因为 ，则 ，
令 ，所以 ，
因为 在区间 上存在最大值，
所以 ，
则 ，
又 ，即 ，所以 或 ，
所以符合题意的一个 值为 （答案不唯一）.
故答案为： （答案不唯一）
15．（2025·北京朝阳·二模）在 中， ，且 ，则 ； 面积
的最大值为 ．
【答案】
【解析】在 中，由 ，得 ，而 ，所以 ；
的面积 ，当且仅当 时取等号，
所以 面积的最大值为 .
故答案为： ；
16．（2025·北京·三模）已知函数 .
(1)若 ，求 的值；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数 存在，求出 ， 的值，并
证明：当 时， .
条件①： ；条件②：当 时， 的最小值为 ；
条件③： 图象关于直线 对称.
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.
【解析】（1）若 ，可得 ，
所以 .
（2）由
，
若选择条件①②：
由 ，可得 ，所以 ，
因为 ，可得 ；
又因为 ，由 且 的最小值为 ，
可得 ，可得 ，可得 ，所以 ；
若选择条件②③：
由 ，由 且 的最小值为 ，
可得 ，可得 ，可得 ，所以 ，
此时 ，
又由 图象关于直线 对称，可得 ，
即 ，所以 ，可得 ，
因为 ，可得 ；
若选择条件①③：
由 ，可得 ，所以 ，因为 ，可得 ，即 ，
又由 图象关于直线 对称，可得 ，
即 ，所以 ，可得 ，
因为 ，此时 不存在.
17．（2025·北京大兴·三模）在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，角 的角平分线交
于点 ，且 ．
(1)求 ；
(2)若 ，且 的面积为 ，角 的角平分线为 ，求 的长．
【解析】（1）由已知 ，
又由正弦定理可得 ，
又 ，所以 ，
则 ，又 ，即 ，
又 ， ，即 ，
则 ，所以 ， ；
（2）由已知 ，所以 ，
因为 为角 的角分线，
故 ，
所以 ，
即 ，
解得 .
18．（2025·北京海淀·三模）在 中，已知 ．
(1)求 ；(2)若 ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一
确定，求 边上中线的长．
条件①： ；条件②： ；条件③： 的面积为 ．
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．
【解析】（1）法一：由正弦定理 及 ，得 ，
因为 ，
所以 ，整理得 ．
因为 ，所以 ，所以 ，又 ，所以 ．
法二：由余弦定理， ，代入得： ．
整理得： ，所以 ，又 ，所以 ．
（2）选条件①：取 的中点 ，连接 ，
由正弦定理及 ，得 ，
因为 ，所以 ， ，所以 ，
在 中，由余弦定理知， ，
所以 ，即 边上中线的长为 ．
选条件③：取 的中点 ，连接 ，由正弦定理及 ，得 ，
因为 的面积为 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ， ，所以 ，
在 中，由余弦定理知， ，
所以 ，即 边上中线的长为 ．选条件②：由 ，知 ，
在 中，由余弦定理知， ，
若 ，则 ，该等式恒成立，
即 不唯一，不符合题意．
19．（2025·北京·三模）在△ABC中,
(1)求∠B；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的周长.
条件①: ；
条件②：△ABC的面积为 ；
条件③：AC边上的高等于
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.
【解析】（1）由 可得 ，
由余弦定理可得： ，
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 .
（2）若选择①：因为 ， ，所以 ，所以 ，
则 ，不知道三条边的边长，所以△ABC的周长不唯一，故不能选择①.
若选择②：由（1）可得 ，即 ，
则 ，解得 ，
再代入 可得： ，
所以△ABC的周长为： .若选择③：由（1）可得 ，即 ，
由 可得： ，
所以 ，
又因为AC边上的高等于 ， ，
所以 ，解得： ，所以 ， ，
所以△ABC的周长为： .
20．（2025·北京东城·二模）已知函数 .
(1)若 的最小值为 ，求 的值；
(2)若 ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数 存在且唯
一，求 在区间 上的取值范围.
条件①： 的图象关于 和 对称；
条件②： 在区间 上单调，且 的图象关于点 对称；
条件③： 的最小正周期 ，且 .
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.
【解析】（1）
，
因为 的最小值为 ，所以 ，所以 ；
（2）因为 ，所以 ，解得 ，
所以 ，若选择条件①：函数 的图象的对称轴为 ，
所以 ，所以 ， ，
因为 ，所以 ， ，
所以 ，即 ，
因为 ，故 ，且 ，对应的 满足题意，
所以函数 存在且不唯一；
若选择条件②：因为 在区间 上单调，所以 ，
所以 ，又 ，所以 ，
因为 的图象关于点 对称，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，解得 ，因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，此时当 时， ，
故 在 上单调减，故 符合题设要求.
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ；
若选择条件③：因为 的最小正周期 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 或 ，
所以 或 ，
当 时， ，因为 ，所以 ，此时 ，当 时， ，因为 ，所以不存在满足不等式的 ，此时 无解，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，所以 .
