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专题 06 三角函数与解三角形
考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势
2020-2024：5年十一考：正（余）弦型函数的 1. 三角函
性质：周期性、单调性、奇偶性、对称性等； 数和解三角形作为高考的必考
考点1 三角函
参数问题；单调性；三角恒等变换公式：诱导 内容,在高考中选择、填空、
数
公式、二倍角、和差角、辅助角等；三角函数 解答三种题型都会涉及，大部
（5年几考）
新定义；任意角概念；正切（型）函数性质； 分是考查基础知识和基本方
零点问题 法,考查内容涉及三角函数定
义、诱导公式、同角三角函数
基本关系式,图象变换、正弦
型函数或余弦型函数的图象和
性质、三角恒等变换、解三角
形.如果考查解答题,多数位于
解答题第一题或者第二题,难
度不大.
2. 三角函
考点2 解三角 数的应用问题,往往涉及数学
2020-2024：5年五考：正余弦定理边角互换；
形 文化,通常会用到解三角形的
三角形面积公式的应用；三角恒等变换化简
（5年几考） 知识,有较强的几何意义,除了
考查学生的应用意识和建模能
力之外，更重要的是考查能否
用正弦定理、余弦定理解决问
题.三角函数中部分题目侧重
于函数的图象和性质,主要考
查学生的数学核心素养为逻辑
推理、数学运算、数学建
模.。
考点01 三角函数1．（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
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】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.
2．（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
【分析】化简得出 ，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】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.
3．（2021·北京·高考真题）函数 是
A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为【答案】D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可
判断最大值.
【详解】由题意， ，所以该函数为偶函数，
又 ，
所以当 时， 取最大值 .
故选：D.
4．（2020·北京·高考真题）已知 ，则“存在 使得 ”是“ ”的
（ ）．
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.
【详解】(1)当存在 使得 时，
若 为偶数，则 ；
若 为奇数，则 ；
(2)当 时， 或 ， ，即 或
，
亦即存在 使得 ．
所以，“存在 使得 ”是“ ”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，
属于基础题.
5．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率
的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数 充分大时，
计算单位圆的内接正 边形的周长和外切正 边形（各边均与圆相切的正 边形）的周长，将它们的算
术平均数作为 的近似值．按照阿尔·卡西的方法， 的近似值的表达式是（ ）．
A． B．C． D．
【答案】A
【分析】计算出单位圆内接正 边形和外切正 边形的周长，利用它们的算术平均数作为 的近似值可
得出结果.
【详解】单位圆内接正 边形的每条边所对应的圆心角为 ，每条边长为 ，
所以，单位圆的内接正 边形的周长为 ，
单位圆的外切正 边形的每条边长为 ，其周长为 ，
，
则 .
故选：A.
【点睛】本题考查圆周率 的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正 边形和外切正 边形的周
长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
6．（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】 /
【分析】首先得出 ，结合三角函数单调性即可求解最值.
【详解】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： .
7．（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】【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.
【详解】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： .
8．（2022·北京·高考真题）若函数 的一个零点为 ，则 ；
．
【答案】 1
【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为 ，代入自变量 ，计算即可.
【详解】∵ ，∴
∴
故答案为：1，
9．（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）
【分析】根据 在单位圆上，可得 关于 轴对称，得出 求解.【详解】 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）.
10．（2020·北京·高考真题）若函数 的最大值为2，则常数 的一个取值为 ．
【答案】 （ 均可）
【分析】根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得 ，可得
，即可解出.
【详解】因为 ，
所以 ，解得 ，故可取 .
故答案为： （ 均可）.
【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式，辅助角公式的应用，以及平方关系的应用，考查学生的数学运
算能力，属于基础题.
11．（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．
【答案】(1) .
(2)条件①不能使函数 存在；条件②或条件③可解得 ， .
【分析】（1）把 代入 的解析式求出 ，再由 即可求出 的值；
（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把 的解析式化简，根据 在 上的单调性及函
数的最值可求出 ，从而求出 的值；把 的值代入 的解析式，由 和 即可求出 的
值；若选条件③：由 的单调性可知 在 处取得最小值 ，则与条件②所给的条件一样，解
法与条件②相同．
【详解】（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．
考点 02 常用逻辑用语
12．（2023·北京·高考真题）在 中， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为 ，
所以由正弦定理得 ，即 ，
则 ，故 ，
又 ，所以 .
故选：B.
13．（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．
【答案】(1) ；(2)选择①无解；选择②和③ ABC面积均为 .
△
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得 ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出 ，再代
入式子得 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 ，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先
得到 ，再利用正弦定理得到 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 ，最后利用三角形
面积公式即可；
【详解】（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
14．（2022·北京·高考真题）在 中， ．
(1)求 ；
(2)若 ，且 的面积为 ，求 的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得 的值，结合角 的取值范围可求得角 的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得 的值，由余弦定理可求得 的值，即可求得 的周长.
【详解】（1）解：因为 ，则 ，由已知可得 ，
可得 ，因此， .
（2）解：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 .
15．（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 ；【答案】（1） ；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；
（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
【详解】（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：
.
16．（2020·北京·高考真题）在 中， ，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，
求：（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ） 和 的面积．
条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ） , ；
选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ） , .
【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得 ,再根据正
弦定理求 ,最后根据三角形面积公式求结果；
选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得 ，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和
正弦公式求 ，再根据三角形面积公式求结果.
【详解】选择条件①（Ⅰ）
（Ⅱ）
由正弦定理得：
选择条件②（Ⅰ）
由正弦定理得：
（Ⅱ）【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
1．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，
三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面
所成的锐二面角依次为 ， ， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】连接 ，过边 的中点 作 ，垂足为 ，则 就是漏壶的侧面与底面所成锐二
面角的一个平面角，记为 ，设漏壶上口宽为 ，下底宽为 ，高为 ，在 中，根据等差数列即可
求解.
【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下
底宽和深度也依次递减1寸，
如图，在正四棱台 中， 为正方形 的中心， 是边 的中点，
连结 ，过边 的中点 作 ，垂足为 ，
则 就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为 ，
设漏壶上口宽为 ，下底宽为 ，高为 ，
在 中， ， ，
因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，
所以 为定值，
又因为三个漏壶的高 成等差数列，所以 .
故选： ．【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基
础上考查等差数列的相关知识.
2．（2022·山东淄博·模拟预测）“角 与 的终边关于直线 对称”是“ ”的（ ）
A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据终边关于 对称，得两角的关系，再由 ，得两角满足
的关系，根据充分必要条件的定义即可求解.
【详解】角 与 的终边关于直线 对称,则 ,
,则 ，
“角 与 的终边关于直线 对称”是“ ”的充分必要条件.
故选:A
3．（2024·北京顺义·三模）已知函数 ，则（ ）
A． 为偶函数且周期为 B． 为奇函数且在 上有最小值
C． 为偶函数且在 上单调递减 D． 为奇函数且 为一个对称中心
【答案】C
【分析】由二倍角公式得 ，再根据余弦函数性质判断即可；
【详解】解：因为 ，
所以，函数 为偶函数且周期为 ，在 上单调递减.
所以，ABD选项错误，C选项正确.
故选：C
4．（2024·北京通州·三模）已知函数 （ ， ）的图象在y轴上的截距为 ，
是该函数的最小正零点，则（ ）
A．
B． 恒成立
C． 在 上单调递减D．将 的图象向右平移 个单位，得到的图象关于y轴对称
【答案】C
【分析】对于A，由函数图象在y轴上的截距为 ，可求出 ，对于B，由 是该函数的最小正零点，求
出 ，从而可求得函数关系式，进而可求出 进行判断，对于C，由 ，求出 的范
围，结合余弦函数的性质分析判断，对于D，根据三角函数图象变换规律求出解析式再判断其奇偶性.
【详解】对于A，函数 （ ， ）的图象在y轴上的截距为 ，
所以 ，因为 ，所以 ，故A错误；
对于B，因为 是该函数的最小正零点，
所以 ，所以 ，
解得 ，所以 ， ，
所以
（其中 ），故B错误；
对于C，当 时， ，故C正确；
对于D，将 的图象向右平移 个单位，得到 ，
是非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，故D错误．
故选：C．
5．（2024·天津河西·一模）已知函数 在区间 的图象如下图所示，则 的解析式可能为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合函数图像，根据函数的奇偶性及特殊点的函数值可判断结果.【详解】当 时， ，所以 ，由图可知A错误；
由偶函数定义 ，得 为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，故B错误；
当 时， ，由图可知D错误；
由奇函数定义可知函数 为奇函数，当 时 ，
当 时， ，选项C均符合图像特征，故C正确；
故选：C.
6．（2024·北京海淀·二模）在 中， ，则 的长为（ ）
A．6或 B．6 C． D．3
【答案】A
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由余弦定理可得 ,
故 或 ，
故选：A
7．（2024·北京朝阳·二模）在平面直角坐标系 中，锐角 以 为顶点， 为始边.将 的终边绕 逆
时针旋转 后与单位圆交于点 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据同角的平方关系求出 ，结合三角函数的定义和两角和的正弦公式计算即可求解.
【详解】如图，由 ， ，得 ，
所以 .
故选：D
8．（2024·北京通州·二模）在平面直角坐标系xOy中，角 的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重
合，终边与单位圆交于点 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】接根据三角函数的定义可求出 ，再由诱导公式和二倍角余弦公式化简即可得
出答案.
【详解】由三角函数的定义可得 ，
所以 .
故选：B.
9．（2024·北京房山·一模）已知角 的终边经过点 ，把角 的终边绕原点O逆时针旋转 得到角
的终边，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得 ，再根据诱导公式及三角函数的定义即可得解.
【详解】因为角 的终边经过点 ，
所以 ，因为把角 的终边绕原点O逆时针旋转 得到角 的终边，
所以 ，
所以 .
故选：D.
10．（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐标系 中，角 以 为始边，终边在第三象限.则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对A、B：举出反例即可得；对C、D：借助三角函数的商数关系及其值域计算即可得.
【详解】由题意可得 、 ， ，
对A：当 时， ，则 ， ，
此时 ，故A错误；
对B：当 时， ，故B错误；
对C、D： ，由 ，
故 ，则 ，即 ，
故C正确，D错误.
故选：C.
11．（2017·四川绵阳·一模）在△ABC中，若 a=2bsinA,则B为
A． B． C． 或 D． 或
【答案】C
【详解】 ， ，则 或 ，选C.
12．（2024·北京西城·三模）在 中，若 ， ， ，则 ， .
【答案】 /
【分析】在 中，运用正弦定理求得 ，运用余弦定理求得 即可.
【详解】由正弦定理 ，有 ，所以 ，由余弦定理 ，有 ，
解得 .
故答案为： ， .
13．（2024·北京海淀·二模）已知函数 .
（i）若 ，则函数 的最小正周期为 .
（ii）若函数 在区间 上的最小值为 ，则实数 .
【答案】
【分析】根据二倍角公式即可结合周期公式求解，利用二次函数的性质即可求解最值.
【详解】当 时， ,所以最小正周期为 ，
，
当 时， ，且二次函数开口向下，
要使得 在区间 上的最小值为 ，则需要 ，
且当 时取最小值，故 ，解得 ，
故答案为： ，
14．（2024·北京通州·二模）已知的数 （ ），若 的最小正周期为 ， 的
图象向左平移 个单位长度后，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数 的
图象，则 ；若 在区间 上有3个零点，则 的一个取值为 ．
【答案】 或 6（答案不唯一）
【分析】由 的最小正周期为 ，可求出 ，再根据三角函数的平移和伸缩变化可求
出 ；根据 ，求出 ，结合题意可得 ，解不等式即
可得出答案.
【详解】因为 的最小正周期为 ，所以 ，解得： ，所以 ， 的图象向左平移 个单位长度后，
可得： ，
再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数 的图象，
所以 ；
因为 ， ，
在区间 上有3个零点，
所以 ，解得： ，
则 的一个取值可以为6.
故答案为： 或 ；6（答案不唯一）.
15．（2024·北京海淀·一模）已知函数 ，则 ；函数 的图象
的一个对称中心的坐标为 .
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据函数表达式，代入即可求出 的函数值，根据条件，先求出使 的一个取值
，再证明 是 的一个对称中心即可.
【详解】因为 ，所以 ，
因为 定义域为 ，当 时， ，
下证 是 的一个对称中心，
在 上任取点 ，其关于 对称的点为 ，
又 ，
所以函数 的图象的一个对称中心的坐标为 ，故答案为： ； （答案不唯一）
16．（2024·北京朝阳·一模）已知函数 .若曲线 在点 处的切线与其在点
处的切线相互垂直，则 的一个取值为 .
【答案】 (答案不唯一)
【分析】利用导数的几何意义，结合条件可知， ，再根据函数的取值，即可求解.
【详解】 ，由题意可知， ，
即 ，所以 ，得 ， ， ，
或 ，得 ， ， ，
所以 ， ， ,
所以 的一个取值为 .
故答案为： (答案不唯一)
17．（2024·北京西城·三模）已知函数 .
(1)求 的最小正周期；
(2)从条件①，条件②，条件③选择一个作为已知条件，求m的取值范围.
① 在 有恰有两个极值点；
② 在 单调递减；
③ 在 恰好有两个零点.
注：如果选择的条件不符合要求，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.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用三角恒等变换公式对函数化简变形，然后利用周期公式直接求解即可；
（2）先由 ，得 ，若选①，则 ，从而可求出m的取值范围，
若选②，则当 时，函数递增，所以不合题意，若选③，则 ，从而可求出m
的取值范围.【详解】（1）因为
.
所以 的最小正周期为 .
（2）因为 ，所以 .
选择①，因为 在 有恰有两个极值点.
所以 .
所以 .
若选择②，因为当 时， 函数递增，
所以 在 不可能单调递减，所以②不符合题意；
选择③，因为 在 恰好有两个零点.
所以 .
所以 .
18．（2024·北京顺义·三模） 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知 ．
(1)求角B的大小；
(2)若 ；从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求 ABC的面积.
条件①： ； △
条件②： ；
条件③： .
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理化边为角并化简可得 ，再利用 的范围可得答案；
（2）若选条件①，由余弦定理解得 ，因不满足唯一性，舍去；若选条件②，利用平方关系得 ，再
由两角和的正弦公式可得 ，由正弦定理解得 ，再由三角形面积公式可得答案；若选条件③， 由面积公式可得答案.
【详解】（1）设 的外接圆半径为 ，
由正弦定理可得 ，又
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，故 ，
因为 ，所以 .
（2）若选条件①：由已知可得 ， ， ，
由余弦定理得 ，解得 ，
因为答案不唯一，所以舍去.
若选条件②：因为 ， ，
故 ， ，
所以
，
由正弦定理得 ，解得 ，
则 的面积为 .
若选条件③：由已知可得 ， ，由（1） ，
则 的面积为 .
19．（2023·广东东莞·三模）在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， .已知
.
(1)求角 的大小；
(2)设 ， ，求 的值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）运用正弦定理求解；
（2）运用两角差公式求解.
【详解】（1）在 中，由正弦定理得： ，
因为 ，所以 ，可得 ，
即 ， ，又 ，可得 ；
（2）在 中，由余弦定理得： ，
由 ，以及 ，可得 ，
因为 ，所以A是锐角，所以 ，
因此 ， ，
所以， ，
综上， ， .
20．（2024·北京海淀·二模）已知函数 ，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 存在且唯一确定.
(1)求 的值；
(2)若不等式 在区间 内有解，求 的取值范围.
条件①： ；
条件②： 的图象可由 的图象平移得到；
条件③： 在区间 内无极值点，且 .
注：如果选择的条件不符合要求，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.
【答案】(1)条件选择见解析， ；
(2) .【分析】（1）选条件①，由 的解不唯一，此条件不符合题意；选条件②，由周期求出 ；
选条件③，由给定等式确定最大最小值条件，求出周期范围，由给定区间内无极值点求出周期即可.
（2）由（1）求出函数 的解析式，再借助不等式有解列式求解即得.
【详解】（1）依题意， ，
选条件①，由 ，得 ，即 ，
于是 或 ，显然 的值不唯一，
因此函数 不唯一，不符合题意.
选条件②， 的图象可由 的图象平移得到，
因此 的最小正周期为函数 的最小正周期 ，而 ，则 ，
所以 .
选条件③， 在区间 内无极值点，且 ，
则 ，即函数 分别在 时取得最大值､最小值，
于是 的最小正周期 ，
由 在区间 内无极值点，得 的最小正周期 ，
因此 ，而 ，
所以 .
（2）由（1）知 ，由 ，得 ，
由不等式 在区间 内有解，即 在区间 内有解，
则有 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
21．（2024·北京朝阳·二模）在 中， 为锐角，且
(1)求 的值;(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求 .
条件①:
条件②: ;
条件③: .
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式可求 ，进而可求 ；
（2）选条件①②:由已知可求 ，进而由正弦定理可求 ，再利用余弦定理可求 .
选条件①③: 由已知可求 ，进而由正弦定理可求 ，后面同选条件①②.
选条件②③:利用余弦定理可求 .
【详解】（1）因为 所以
因为∠A为锐角，cosA >0，所以
又因为
所以
（2）选条件①②:
因为 又0<B<π，所以
由 得
由 得
即 又c>0，所以
选条件①③:因为 又0<B<π，所以
由 得
下同选条件①②.
选条件②③:
由 得
即 解得
经检验，符合题意.
22．（2024·北京通州·二模）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ．
(1)求角 的大小；
(2)若 ， ， 为 边上的一点，再从下面给出的条件①、条件②这两个条件中选择一个作为
已知，求 的面积．
条件①； ；
条件②： ．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出 ，即可得解；
（2）若选条件①：得到 为 中点，利用余弦定理求出 ，即可得到 为直角三角形，从而求出
的面积；若选条件②：利用余弦定理求出 ，即可得到 为直角三角形，从而得到 ，
再由余弦定理求出 ，最后由面积公式计算可得．
【详解】（1）因为 ，
由正弦定理可得 ，
即 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ．
（2）若选条件①： ，
所以 为 中点，
所以 ，
因为 ， ， ，
所以由余弦定理 ，
可得 ，即 ，解得 或 （舍去）．
则 ，即 ，所以 为直角三角形，
所以 ．
所以 ．
所以 的面积为 ．
若选条件②： ．
所以 ，
因为 ， ， ，
所以由余弦定理 ，
可得 ，即 ，解得 或 （舍去），
则 ，即 ，所以 为直角三角形，
所以 ．
所以 ，
在 中由余弦定理 ，
即 ，解得 ，
所以 ，
所以 的面积为 ．
23．（2024·北京房山·一模）在 中， ，且 ．
(1)求 的大小；
(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 的
面积．
条件①： 为锐角；
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作答，按第一个解
答计分．
【答案】(1) ；
(2)①， ；③， .【分析】（1）根据 得 为锐角，从而根据 的值得到 的大小；
（2）②由正弦定理得 ，根据 为锐角得 ，则 存在且唯一确定，进而得到 ，由
得到 的面积；
③由正弦定理得边 ，再根据 得到 ，由 得到 的面积.
【详解】（1）因为 ，所以 ，所以 ，由 得 ， .
（2）选条件①： 为锐角；
由正弦定理 即 知 ，
因为 为锐角，所以 ，所以 存在且唯一确定.
，
从而 .
选条件②： ，由 得 ，从而 可能是锐角，也可能是钝角，则 不唯一，故不
能选②；
选条件③： ，
由 ，得 ，所以 ， ，
由正弦定理 即 得 ，
，
.
24．（2024·北京海淀·一模）在 中， .
(1)求 ；
(2)若 ，求 的面积.【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角得到 ，再利用辅助角公式及特殊角的三
角函数值，即可求出结果；
（2）根据（1）中 及条件，由余弦定理得到 ，再结合 ，即可求出 ，再利
用三角形面积公式，即可求出结果.
【详解】（1）因为 ，由正弦定理可得 ，
又 ，所以 ，得到 ，即 ，
所以 ，又因为 ，所以 ，得到 .
（2）由（1）知 ，所以 ，又 ，得到 ①，
又 ，得到 代入①式，得到 ，
所以 的面积为 .
25．（2024·北京朝阳·一模）已知函数 的最小正周期为 .
(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，确定 的解析式，并求函数
的单调递增区间.
条件①： 的最大值为2；
条件②： 的图象关于点 中心对称；
条件③： 的图象经过点 .
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2) ，单调递增区间 ， ，【分析】（1）根据条件，代入 ，即可求解；
（2）根据三角函数的性质，选择条件，代入后，即可求解函数的解析式，利用三角恒等变换，代入函数
单调递增区间，即可求解.
【详解】（1）因为 ， ，则 ，且 ，则 ；
（2）因为函数 的最小正周期为 ，则 ，
若选①②，则 ，且 ，
且 ，则 ，则 ，则 ，
所以 ；
若选择①③，则 ，且 ，则 ，
，则 ，则 ，则 ，
所以 ；
若选择②③，由②可知， ，
由③可知， ，则 ，
所以 .
，
，
令 ， ，
得 ， ，
所以函数 的单调递增区间是 ， ，
