文档文本内容
第01 讲 三角函数的概念与诱导公式
目 录
模拟·基础演练.......................................................................................................................................2
题型01 象限角与弧度制的应用.........................................................................................2
题型02 三角函数的定义与坐标运算...................................................................................9
题型03 同角三角函数基本关系的应用...........................................................................14
题型04 诱导公式的化简与求值
..................................................................................20
题型05 同角关系与诱导公式的综合应用.......................................................................25
题型06 三角函数的化简与证明
..................................................................................29
重难·创新演练.....................................................................................................................................33
真题·实战演练.....................................................................................................................................43
模拟·基础演练
考查重点：三角函数的化简与证明
题型01 象限角与弧度制的应用
一、单选题
1．已知角
的终边绕原点O 逆时针旋转
后与角
的终边重合，且
，则
的取值可以为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】因为角
的终边绕原点O 逆时针旋转
后与角
的终边重合，
所以
，
又因为
，
所以
，
，得
.
A：令
，显然该方程无整数解，本选项不符合题意；
B：令
，显然该方程无整数解，本选项不符合题意；
C：令
，显然该方程无整数解，本选项不符合题意；
D：令
，显然该方程有整数解，本选项符合题意；
2．已知弧长为1cm 的扇形面积是
，则其圆心角大小为（ ）
A．
B．1
C．
D．
【答案】A
【分析】利用扇形的面积公式及弧长公式即可求解.
【详解】设扇形的半径为
，
由扇形面积公式
及题意得
，解得
，
由圆心角公式
得圆心角大小为
.
故选：A.
3．将时钟拨慢15 分钟，分针转过的弧度数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用分针转一周为60 分钟，转过的角度的大小为
，根据
分钟占
分钟的比例，即可得解.
【详解】时间过去1 小时，相当于分针转一圈，一圈的弧度为
，
故将时钟拨慢15 分钟，分针逆时针转过的弧度数为
.
故选：D.
4．（2026·四川遂宁·模拟预测）在一张半圆形纸片（圆心为
内部剪掉一个小半圆形（圆心为
，将剩
余部分卷成一个圆台的侧面，则该圆台的母线与底面所成角的度数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设大半圆半径为
，小半圆半径为，圆台上底面圆的半径为
，圆台下底面圆的半径为
，由
题意求得
，
，过
作
垂直
，可得
底面圆
，
是母线与底面所成角，进而
求解即可.
【详解】设大半圆半径为
，小半圆半径为，则
，
设圆台上底面圆的半径为
，圆台下底面圆的半径为
，
将此半圆环卷成圆台侧面时，展开的扇环大弧长
，对应圆台底面周长
，
所以
，则
；小弧长
对应顶面周长
，所以
，则
，
圆台母线长
，过
作
垂直
，则
，所以
底面圆
，
则母线与底面所成角为
，底面与顶面半径差为
，
在直角三角形
中，
，所以
，
所以
，即母线与底面所成角的度数是
．
5．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图是由一个扇形和三角形组成的平面区域，
，
，
扇形圆心角
，
，则扇形区域的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】
，
，
.
中，
，
，
，
，
由正弦定理得
，解得
，
扇形区域面积为
.
6．【新思维】（2026·北京昌平·一模）在平面直角坐标系
中，角
与角
均以
为始边，则“
”是“
”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】验证必要性：若
，代入
，利用三角函数诱导公式化简，结合
的奇偶
性判断.
验证充分性：若
，利用三角函数的诱导公式，推导
与
的关系.
【详解】必要性证明：
已知
，
若
为偶数，设
，则
，
，
故
；
若
为奇数，设
，则
，
，
故
，因此右边可以推出左边，必要性成立.
充分性证明：
由
得
，
根据
的通解：
，
代入
得：
，
因此充分性也成立，
综上，“
”是“
”的充分必要条件.
二、多选题
7．（2026·重庆万州·模拟预测）下列各角中，与
终边相反的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】依题意，
，则
角与
角终边相同，
与
角终边相反的角可以为
，
因此与
角终边相反的所有角的集合为
，
显然
，
.
8．（2026·辽宁抚顺·一模）用平行于大圆锥底面的平面截这个大圆锥，得到一个小圆锥和一个圆台．若大
圆锥的高为9，小圆锥的侧面展开图是一个弧长为
、圆心角为
的扇形，则下列结论正确的是
（ ）
A．小圆锥的高为1
B．大圆锥的体积为
C．圆台的母线长为
D．圆台的表面积为
【答案】BC
【分析】作出圆锥的轴截面，利用弧长公式求得小圆锥的高
，利用
，结合圆锥的体积公
式及圆台的表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，作出圆锥的轴截面等腰
，则
，
设小圆锥的半径
，小圆锥的侧面展开图是一个弧长为
，所以
，
又因为侧面展开图是圆心角为
的扇形，所以
，计算得
，
可得
，小圆锥的高为3，A 选项错误；
由
，可得
，所以
，
则
，即圆台的母线长为
，C 选项正确；
所以大圆锥的体积为
，B 选项正确；
圆台的表面积为
，D 选项错误；
9．【新考法】数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是
分别以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体
中，正四面体
的棱长为4，则下列结论正确的是（ ）
A．记勒洛四面体
表面上以
，
为球心的两球球面交线为弧
，其长度为
B．平面
截勒洛四面体
所得截面的面积为
C．过棱
的中点和
的平面截勒洛四面体
所得的截面的周长小于
D．勒洛四面体
的内切球半径是
【答案】BCD
【分析】根据勒洛四面体的结构特征，结合余弦定理、扇形面积、空间几何体的截面与内切球相关知识，
依次分析各选项即可.
【详解】在正四面体
中，
为
的中心，
是正四面体
外接球的球心，
连接
、
、
，由正四面体的性质可知
在
上.
因为
，所以
，
则
.
因为
，
即
，解得
，
对A 选项，如图，取
中点
，
在
中，
，
，
记该“勒洛四面体”上以
，
为球心的两球交线为弧
，
设
为弧
上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性，弧
在平面
上，且
平面
.
所以
.
所以该弧是以
的中点
为圆心，以
为半径的圆弧，
设圆心角为
，则
，可知
，
所以弧长不等于
，故A 错误；
对B 选项，勒洛四面体
被平面
截得的截面如图所示，
其面积为
，则B 正确；
对C 选项，由A 选项可知，过棱
的中点和
的平面截勒洛四面体
所得的截面为平面
，
且平面
截勒洛四面体
所得的截面周长为弧长
的3 倍，弧长
为
，故截面周长为
.
又
，所以
，所以所得的截面的周长小于
，故C 正确；
对D 选项，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心
是正四面体
外接球的球心，
连接
并延长交勒洛四面体的曲面于点
，则
就是勒洛四面体内切球的半径.
因为
，所以
，
所以勒洛四面体
内切球的半径是
，故D 正确.
故选：BCD
三、填空题
10．【新情境】（2026·陕西·二模）如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”．画法如下：在水平
直线上取长度为1 的线段
，作一个等边
，然后以点
为圆心，
为半径逆时针画圆弧交线段
的延长线于点
（第一段圆弧），再以点
为圆心，
为半径逆时针画圆弧交线段
的延长线于点
，再以点
为圆心，
为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有7 段圆弧时，
“蚊香”的长度为______．
【答案】
【分析】先分析每段圆弧的圆心角都是相同的特殊角，再找出半径的规律（每次增加一个单位长度），然
后利用数列的求和方法求和.
【详解】由题意可得每段圆弧所对的圆心角均为
，
题中依次所得的圆弧其所在圆的半径成公差为1 的等差数列，且第一段圆弧所在圆的半径为1，
设该等差数列为
，则
，等差数列通项公式为
，
所以第n 段圆弧所在圆的半径为
，
所以恰好有7 段圆弧所制作的“蚊香”的长度为
.
题型02 三角函数的定义与坐标运算
一、单选题
1．（2026·甘肃白银·三模）已知点
是角
终边上的一点，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】应用三角函数定义结合两角差正切公式计算求解.
【详解】点
是角
终边上的一点，则
，
所以
.
2．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知角
的终边过点
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据题意可得
，则
.
3．【新情境】（2026·河北保定·模拟预测）在信号处理领域，简谐信号是最基础的信号形式之一，其波动
规律可通过三角函数描述．已知某简谐信号关于时间x 的原始波动函数为
，为适配传
输需求，对该函数依次进行两次图象变换：①将
的图像向左平移
个单位长度；②将所得图像上所
有点的横坐标伸长为原来的2 倍(纵坐标不变)，得到目标信号函数
的图像，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据三角函数伸缩、平移变换法则即可得到函数
的解析式，进而求解．
【详解】将
的图像向左平移
个单位长度得到
，
再将所得图像上所有点的横坐标伸长为原来的2 倍(纵坐标不变)，得到
，
所以
．
4．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知角
的终边与圆
交于点
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】因为
在圆
上，所以
，
所以
，
所以
．
5．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）已知
，且
为关于t 的方程
的
一个根，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】将
代入原方程，得
，令
，求出
的值，
即可得答案.
【详解】将
代入
，
得
，
令
，
因为
，所以
，
所以
，
所以
，
所以原方程即为
，
解得
或
(舍)，
所以
，
，
所以
，
解得
.
二、多选题
6．【新思维】（2025·河南许昌·三模）如图，点
是以
为顶点的正方形边上的
动点，角
以Ox 为始边，OP 为终边，定义
．则（ ）
A．
B．
C．函数
的图象关于点
对称
D．函数
的图象与
轴围成封闭图形的面积为
【答案】BCD
【分析】由题意可得到
，从而可得
的表达式，直接
代入化简求值，可判断AB；根据函数的对称性可判断C，判断函数
的对称性，由此可
求
上图象与x 轴围成的图形面积，即可判断D.
【详解】由题意得
，
化简得
，
对于A，
，故A 错误；
对于B，
，故B 正确；
对于
，
，
而
，
故
，
故
的图象关于点
对称，故C 正确，
对于D，
，
而
，
故
的图象关于点
对称，
而
，
即
关于
对称，且设
在
内与
轴围成封闭图形的面积为
，
故所求
在
内与
轴围成封闭图形的面积为4A，
当
时，
，
且
，
在
上的图象关于点
对称，
在
的图象与
轴围成图形面积等于以
为直角边的直角三角形面积，
故
，则
，故D 正确．
故选：BCD．
三、填空题
7．（2026·湖北·三模）平面直角坐标系中，若角
的终边经过点
，角
的终边经过点
，则
_________．
【答案】0
【详解】由三角函数定义知，
，
，
，
，
所以
.
8．（2026·河南周口·二模）已知函数
，则
____________.
【答案】2
【分析】根据分段函数解析式代入求解即可.
【详解】由
，可得
，
由
，可得
，
由
，可得
，故
，
因此
.
9．【新题型】（2026·北京·三模）已知
，
，且
，
．则满足
条件的一组
，
的值可以是
________，
________．
【答案】
（答案不唯一）
（答案不唯一）
【分析】先利用诱导公式化简已知等式，推导
与
的关系，结合二者的取值范围写出一组符合条件的解
即可.
【详解】由诱导公式知
，所以
，即
① ，
，即
②，
因为
，
，故
，由①得
，因此
，
由②得
，因此
，
由诱导公式知
，又
，与
的取值范围一致，因此
，
取
，则
，代入①②验证均成立，符合条件，
则满足条件的一组
，
的值可以是
，
.（答案不唯一）
10．（2026·云南·模拟预测）若角α 的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点
，
则
________．
【答案】
【分析】利用任意角三角函数的定义得出角
的正切值和余弦值，再结合二倍角的余弦公式即可求解．
【详解】由三角函数的定义得
，
则
，
所以
.
题型03 同角三角函数基本关系的应用
一、单选题
1．（2026·湖南岳阳·三模）已知
，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．0
【答案】D
【详解】因为
，
所以
，
而
，所以
．
2．（2026·河南信阳·三模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．1
D．
【答案】D
【分析】由诱导公式、同角三角函数商的关系即可求解.
【详解】
3.已知
，则
（ ）
A．
B．7
C．
D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式和降幂公式进行化简，利用商数关系转化为
求值即可，注意“1”可以转化为
进行计算．
【详解】
4．（2026·陕西咸阳·三模）已知
，
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由
，
，得，
，
由
，
，得，
，
所以，
，
.
5．（2026·安徽阜阳·二模）若
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由
，
则
，所以
，
又因为
，所以
，
则
，即
，
联立
，解得
，
所以
.
6．（2026·山东泰安·模拟预测）已知
，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题意利用二倍角的余弦公式化为关于
的一元二次方程，即可求得
的值，结合角的象限
从而求得
．
【详解】因为
，
所以
，即
，
化简得
，解得
（舍去）或
，
因为
，所以
.
二、填空题
7．（2026·山东日照·模拟预测）已知
，
，则
________.
【答案】
【详解】因为
，所以
，又
，
所以
，所以
，
所以
.
8．（2026·湖南湘潭·二模）已知
，
，则
______.
【答案】
/
【详解】由
，
因为
，所以
，则
，
由
，解得
，
，
则
.
三、解答题
9．【新考法】（2026·河北沧州·三模）证明下列恒等式：
(1)
；
(2)
；
(3)
．
【答案】(1)
；
(2)因为
，
所以
；
(3)
.
【分析】（1）提公因式，由
化简即可证明；
（2）弦切互化结合
可得
，化简即可证明；
（3）分子分母同乘
结合
化简即可证明.
10．【新角度】（2026·四川成都·模拟预测）已知数列
满足
，且
.
(1)求
的通项公式；
(2)若a2n+1-a2n-1<2，求证：
；
(3)已知
，求
的值.（结果用
表示）
【答案】(1)
(2)由（1）可得
，
则由
，
可得
，
即
，
整理得
，因
，则
，
所以
，故
.
(3)
【分析】（1）运用累加法进行求解即可；
（2）根据同角三角函数关系式中的平方和关系，结合正弦二倍角公式进行运算证明即可；
（3）根据余弦的两角和差公式，结合同角三角函数关系式中的平方和关系进行求解即可.
【详解】（1）由
可得：
，由累加法得：
，
又因为
，所以
，故
.
（2）略.
（3）因为
，所以有
，
取
，
得
，
所以
已知
，
则
，因此原式的计算结果为
.
题型04 诱导公式的化简与求值
一、单选题
1．（2026·湖南·模拟预测）已知函数
的最小正周期为4，且
，则
（ ）
A．
B．
C．0
D．
【答案】D
【详解】由函数
的最小正周期为4，得
，解得
，
由
，得
，解得
，
所以
.
2．（2026·北京东城·二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】因为
，所以
，
故
3．已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式，即可求得答案.
【详解】因为
，所以
，则
.
4．（2026·上海·三模）下列函数为奇函数的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】对于A 选项，
，定义域关于原点对称，
，
为偶函数，故A 选项错误；
对于B 选项，
，
，
为非奇非偶函数，故B 选项错误；
对于C 选项，
为偶函数，故C 选项错误；
对于D 选项，
为奇函数，故D 选项正确.
5．（2026·福建泉州·模拟预测）已知
，且
，则
（ ）
A．-2
B．
C．
D．2
【答案】B
【分析】解法一：应用诱导公式结合同角三角函数关系计算求解；解法二：应用诱导公式结合弦切互化计
算求解；解法三：应用辅助角公式结合正切函数值计算求解.
【详解】解法一：由
，得
，所以
，
联立
，得
，所以
.
解法二：由
，得
，所以
，
所以
则
，所以
.
解法三：由
，得
，
所以
，其中
，
.
所以
，
，则
.
6．【新思维】（2026·安徽合肥·模拟预测）计算：
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】设
，利用倍角公式、两角和差的余弦公式、诱导公式化简
，
，
，进而得出
是方程
的根，利用此式子化简
即
可求出．
【详解】首先证明三次方程韦达定理：
设方程
的三个根为
，
则
，
右边展开后整理得：
，
比较系数得：
，证毕；
设
，
则
，
，
则
；
因为
，
，
所以
；
因为
，
所以
是方程
的根，
则
，
又
，
所以
，
故
．
二、多选题
7．（2026·云南玉溪·二模）已知角θ的终边过点
，下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】由题意得，
，则
，
故AC 正确，B 错误；
，故D 错误.
三、填空题
8．（2025·上海·模拟预测）已知
，则
________．
【答案】
3
【详解】由
，则
9．（2026·北京通州·一模）函数
，则
________．
【答案】
/
【详解】由题意可得
10．【新考法】（2026·江西·模拟预测）已知函数
关于点
对称，则
______．
【答案】
【分析】根据对称性得
，进而利用诱导公式求值即可.
【详解】若曲线
关于点
对称，
则
，
则
恒成立，
即
或
，
当
时，
，不符；
当
时，
；
故
．
题型05 同角关系与诱导公式的综合应用
一、单选题
1．（2026·湖北·模拟预测）若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据余弦的二倍角公式，结合同角三角函数关系的齐次式求值得
，再结合诱导公式与
余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】因为
，所以
，
所以，由诱导公式可得
.
2．（2026·西藏林芝·二模）设△ABC的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．已知
，△ABC的
面积
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由已知得，△ABC的面积
，
所以
.
由余弦定理得，
，
所以
.
因为
，所以
，
化简得，
，
即
，
解得，
或
.
因为
，所以
，所以
.
3．（2026·河南驻马店·模拟预测）已知
，则
（ ）
A．
B．5
C．
D．
【答案】A
【分析】先将已知等式化简，结合
，求出
，
，再将
化为
，代入求
值即可.
【详解】解：由
，化简得，
，则
，
又
，代入解得
，
，
因为
，
所以
.
4．（2026·河南·模拟预测）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】A
【详解】因为
，所以
，
所以
，
即
成立；
反之，若
，
则
，所以
，
解得
或
，
所以
推不出
.
故“
”是“
”的充分不必要条件.
5．（2026·陕西延安·三模）“
”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】A
【详解】当
时，
；
当
时，可得
，
解得
.
所以“
”是“
”的充分不必要条件.
6．（2026·山东济南·二模）已知函数
，若
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意可得
，由余弦函数的对称性，
，
化简得到
，代入
即可求解.
【详解】由于
，所以
,
因为
，所以
，
因为
，且
，则
由余弦函数的对称性，
，且
，
所以
，则
，
则
，
因为
，且
，
所以
7．（2026·宁夏银川·一模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据诱导公式、两角和差的正弦公式、辅助角公式、二倍角公式化简求值即可.
【详解】因为
，
所以
.
则
.
二、多选题
8．（2026·山东聊城·一模）若函数
满足对任意
，都有
，
则（ ）
A．
B．
C．
是偶函数
D．
在
上单调递减
【答案】BCD
【分析】先由函数对称性求出a，再用辅助角公式化简解析式；依次判断参数值、平移后奇偶性，最后通
过换元确定内层角范围，对照正弦函数单调性判断选项D．
【详解】对于A，B，因为对任意
，都有
，
所以取
，可得
，A 错误，B 正确；
对于C，因为对任意
，都有
，即
的图象关于直线
对称，
而
是把
的图象左移
个单位，所以
的图象关于
轴对称，即
是偶函数，
C 正确；
对于D，
，
由
，可得
，
而
在
上单调递减，故
在
上单调递减，D 正确．
三、填空题
9．（2026·浙江·三模）已知
，
，则
______.
【答案】
【详解】因为
，所以
，
可得
，
因为
，所以
，化简得
．
10．（2026·江西抚州·二模）已知
，且
，则
__________.
【答案】
【详解】由
结合诱导公式，得
，又
，所以
，
则
.
题型06 三角函数的化简与证明
一、单选题
1．（2026·陕西榆林·三模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由
，得
，解得
，
所以
.
二、多选题
2．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）已知
，且
，则下列正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】使用三角函数同角关系与诱导公式进行计算即可.
【详解】对于A，
，
因为
，则有
，故
，A 正确；
对于B，因为
，则有
，则
，
则
，故B 错误；
对于C，
，
，
则
，故C 正确；
对于D，
，故D 错误，
故选：AC.
三、填空题
3．（2026·广西南宁·模拟预测）已知
，则
__________.
【答案】
【分析】先求出
，再求
.
【详解】由
，
，
可得
，
所以
.
4．【新考法】设
，则
__________．（用含
的式子表示）
【答案】
【分析】利用两角和差公式化简计算即可.
【详解】由题知
，
解得
，则
．
故答案为：
5．（2026·湖北鄂州·模拟预测）若
，则
___________．
【答案】
【分析】利用同角三角函数关系式与二倍角公式化简计算.
【详解】由同角三角函数关系可得：
，代入右侧通分整理得：
因此得：
由二倍角余弦公式得：
.
6．化简：
________.
【答案】
【分析】利用诱导公式及同角的三角函数关系式化简即可.
【详解】原式
.
故答案为：
.
7．化简：
___________.
【答案】
【分析】根据题意利用诱导公式以及同角三角关系分析求解.
【详解】由题意可得：
.
故答案为：
.
8．写出满足
的一组
和
，
______，
______．
【答案】
（答案不唯一）
【分析】利用所给条件以及两角和的正弦公式，结合诱导公式计算可得结果.
【详解】由
可得
，
即可得
，
不妨取
，所以
，
又
，可取
，
，
所以
.
故答案为：
，
（答案不唯一，符合题意即可）
9．设
，则
________（结果用含
的式子表示）.
【答案】
【分析】根据同角三角函数的关系，结合诱导公式，化简计算，即可得答案.
【详解】原式
故答案为：
10．已知
，则
________．
【答案】11
【分析】利用同角三角函数关系式与积化和差公式化简后代入求值即可.
【详解】因为
而
，
代入可得：
.
重难·创新演练
设题创新:综合考察
一、单选题
1．（2026·山东菏泽·二模）已知
，曲线
与曲线
相邻的四个交点构成一个菱
形，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】作出图形，设曲线
与曲线
相邻的三个交点为
、
、
，根据两角差的正弦公式、同角三角函数的基本关系求出这三个点的坐标，根据
，根
据两点间的距离公式可得出关于
的等式，解之即可.
【详解】如下图所示，取两函数图象相邻的四个交点
、
、
、
，则四边形
为菱形，
不妨设点
、
、
，由题意可知
，
由
，整理可得
，
由
可得
或
，
由
可得
，可得
，
不妨取
、、
，即取点
、
、
，
所以
，
，
由
，即
，解得
.
2．（2026·河南开封·模拟预测）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由
，利用三角恒等变换得到
，再利用同角三角函数商数关
系求解
【详解】因为
，
所以
，
所以
.
3．已知
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】B
【分析】由题可求得
，进而得到
，即
，进
而得到
，再代入求
即可．
【详解】
，即
，
，
，
由
解得
，
，
，则
，
，又
，
，即
，
则
，即
，
解得
或
（舍去）．
故选：B．
4．（2026·云南·模拟预测）若
，则
＝
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】将已知等式两侧平方相加，应用差角正弦公式化简得
，从而有
，代入
整理得
，并将
化为求
，即可得.
【详解】由题设
，则
，
所以
，可得
，
由
，则
，故
，
代入
，则
，
所以
，则
，
所以
，
所以
.
二、多选题
5．（2026·河北保定·三模）在△ABC 中，若
则（ ）
A．△ABC 为锐角三角形
B．
C．
D．若
的面积为1，则
【答案】BD
【分析】利用三角形内角和的三角诱导公式，把已知
化为
，
将
换成
展开整理，结合
不为零，推出
，判定三角形为直角三角形，
再依次用三角恒等式、面积公式与勾股定理验算各选项，排除A、C，证得、B、D 正确.
【详解】在
中，
，故
，
已知
，变形得：
.
展开得：
.
整理得：
.
即
.
因为
，化简得：
.
即
，故
，
，
为直角三角形.
选项A：
为直角三角形，非锐角三角形，A 错误.
选项B：
所以
，B 正确.
选项C：由
，得
，
.
，
，
，
，C 错误
选项D：直角三角形中，
，面积
，故
.
，代入
，得
，
.
，
故
，即
，D 正确.
6．【新角度】（2026·山东日照·一模）对于函数
，下列说法正确的是（ ）
A．曲线
关于直线
对称
B．
C．
D．记
的最小值为
，则
【答案】ACD
【分析】根据三角恒等变换化简及三角函数值域可判断ABC 选项，再利用换元法设
，构造函数
，根据导数判断函数单调性，可得
，再根据函数
恒成立，
可判断D 选项.
【详解】A 选项：由已知
，
令
，
，则
，
，
当
时，
，即曲线
关于直线
对称，A 选项正确；
B 选项：
，
所以由
，得
，B 选项错误；
C 选项：当
时，
，
又
恒成立，即
，且
，
则
，C 选项正确；
D 选项：
时，
的最小值为
，
时，设
，则
，
，
则
，
，
又
，易知函数
在
上单调递减，
且当
时，
，
即当
时，
，
，即
，
；
当
时，
，
，即
，
；
即函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以函数
，即
，
时也符合上式，所以
，
令
，
，
，
所以
在
上单调递减，且
，
所以
，
所以
，D 选项正确.
7．已知函数
（
，
，
）的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．曲线
关于原点对称
D．若
在
上恰有两个实根，则实数
的取值范围为
【答案】ABD
【分析】本题考查三角函数的图象和性质．对于A，由图可知函数
的最小正周期及
，从而可求出
；
对于B，根据最值点可求出
，进而可知
的解析式，再根据诱导公式可判断B；对于C，首先求出
的解析式，判断其是否为奇函数即可判断C；对于D，根据
在
上的图象可知实数
的
取值范围.
【详解】对于A，设
的最小正周期为
，由图象可知
，
，
故A 正确；
对于B，由
，
所以
，解得
，
又
，所以
，
所以
，故B 正确；
对于C，
，是偶函数，
其图象关于
轴对称，故C 错误；
对于D，当
时，
，
所以
，
，
又因为
，结合
的图象，若
恰有两个实根，则
，故D 正确．
故选：ABD.
三、填空题
8．（2026·山西忻州·模拟预测）已知实数x，y 满足
，则
的最大值为__________．
【答案】
/
【分析】由条件可设
，
，故
，结合正弦型函数性质求
最值.
【详解】因为
，则可设
，
，
所以
，
又
，
所以
，
故当
，
，即
，
时，
取最大值为
，
即当
，
或
，
时，
取最大值为
.
9．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知
，若
在
内的解为
，则
__________.
【答案】
/
【分析】求出函数的对称轴，作出函数的图象，得到
，代入可得
，由
题意知
，根据
范围求出
即可求出答案.
【详解】由题意知，
的最小正周期
，
令
，则
，
即
图象的对称轴为
，
如图，作出
在
上的图象，
因为
，所以
，即
，
所以
，
由题意知
，且
，
所以
，
所以
，
所以
.
10．【新思维】（2025·安徽·二模）已知等差数列
的公差为
，若集合
，则
_____．
【答案】
/
【分析】根据题意得到
的周期为，即
最多3 个不同取值，再结合
，分析得到一定会
有相邻的两项相等，设这两项分别为
，
，解得
，则集合中的两个不同元
素为
，
，再化简计算
即可．
【详解】
，
则
，其周期为
，
而
，即
最多3 个不同取值，
由题可知集合
有且仅有两个元素，
，
则在
，
，
中，
或
，
或
，
又
，即
，一定会有相邻的两项相等，
设这两项分别为
，
，
于是有
，
即有
，
解得
，
不相等的两项为
，
，
故
．
故答案为：
．
四、解答题
11．（2026·江苏南通·一模）已知函数
，且
．
(1)若
，
，求
的值；
(2)从以下三个条件中选择两个作为已知，使得
存在，并求
的取值范围．
①函数
在区间
上只有最大值，没有最小值；
②函数
在区间
上恰有4 个零点：
③函数
在区间
上单调递增．
【答案】(1)
(2)因为②与①、③的交集都为空，所以选①和③，
．
【分析】（1）由
求出
，令
，则
，利用诱导公式及二倍
角公式求解；
（2）设
的周期为
，分别由①②③判断相应
范围，判断选①和③；由①③分别求
范围，取其交
集.
【详解】（1）因为
，所以
，
因为
，所以
．
当
时，
，
因为
，所以
．
令
，则
，
所以
，
所以
．
（2）对于①：因为
，所以
，则
，解得
；
对于②：因为
，所以
，则
，解得
；
对于③：因为
，所以
，则
，解得
；
因为②与①、③的交集都为空，所以选①和③．
由
，得
，
即
的取值范围是
．
真题·实战演练
高频考点：诱导公式的应用
一、单选题
1．（2022·全国甲卷·高考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长
度的“会圆术”，如图，
是以O 为圆心，OA 为半径的圆弧，C 是AB 的中点，D 在
上，
．
“会圆术”给出
的弧长的近似值s 的计算公式：
．当
时，
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】连接
，分别求出
，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】解：如图，连接
，
因为
是
的中点，
所以
，
又
，所以
三点共线，
即
，
又
，
所以
，
则
，故
，
所以
.
故选：B.
2．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数
在区间
单调递增，直线
和
为函数
的图像的两条相邻对称轴，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入
即可得到答案.
【详解】因为
在区间
单调递增，
所以
，且
，则
，
，
当
时，
取得最小值，则
，
，
则
，
，不妨取
，则
，
则
，
故选：D.
3．（2023·全国乙卷·高考真题）在
中，内角
的对边分别是
，若
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得
的值，最后利用三角
形内角和定理可得
的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得
，
即
，
整理可得
，由于
，故
，
据此可得
，
则
.
故选：C.
二、填空题
4．（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：
.
5．（2020·浙江·高考真题）已知圆锥的侧面积（单位：
） 为2π，且它的侧面积展开图是一个半圆，
则这个圆锥的底面半径（单位：
）是_______．
【答案】
【分析】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得
.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.
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·全国乙卷·高考真题）若
，则
________．
【答案】
【分析】根据同角三角关系求
，进而可得结果.
【详解】因为
，则
，
又因为
，则
，
且
，解得
或
（舍去），
所以
.
故答案为：
.
8．（2025·上海·高考真题）已知
，则
__________．
【答案】
【分析】利用同角三角函数关系和余弦的两角和公式求解即可.
【详解】由
可得
，
所以
，
故答案为：
9．（2025·北京·高考真题）关于定义域为
的函数
，给出下列四个结论：
①存在在
上单调递增的函数
使得
恒成立；
②存在在
上单调递减的函数
使得
恒成立；
③使得
恒成立的函数
存在且有无穷多个；
④使得
恒成立的函数
存在且有无穷多个．
其中正确结论的序号是________．
【答案】②③
【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误.
【详解】对于①，若存在在
上的增函数
，满足
，
则
，即
，
故
时，
，故
，
故
即
，矛盾，故①错误；
对于②，取
，该函数为
上的减函数且
，
故该函数符合，故②正确；
对于③，取
，
此时
，由
可得
有无穷多个，
故③正确；
对于④，若存在
，使得
，
令
，则
，但
，矛盾，
故满足
的函数不存在，故④错误.
故答案为：②③
10．（2023·全国甲卷·高考真题）若
为偶函数，则
________．
【答案】2
【分析】利用偶函数的性质得到
，从而求得
，再检验即可得解.
【详解】因为
为偶函数，定义域为
，
所以
，即
，
则
，故
，
此时
，
所以
，
又定义域为
，故
为偶函数，
所以
.
故答案为：2.
三、解答题
11．（2018·上海·高考真题）设常数
R，函数
.
(1)若
为偶函数，求
的值；
(2)若
，求方程
在区间
上的解.
【答案】(1)
(2)
，
，
，
【分析】（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出；
（2）先求出
的值，再根据三角形函数的性质即可求出．
【详解】（1）∵
为偶函数，∴
恒成立，
即
恒成立，
所以
恒成立
∴
；
（2）∵
，∴
，
即
，
∴
，
∴
，
由
，得
，
∵
，∴
∴
或
或
或
，
所以
，
，
，
.
12．（2023·全国乙卷·高考真题）在
中，已知
，
，
.
(1)求
；
(2)若D 为BC 上一点，且
，求
的面积.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长
的值为
，然后由余弦定理可得
，最后由同角
三角函数基本关系可得
；
(2)由题意可得
，则
，据此即可求得
的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则
，
，
.
（2）由三角形面积公式可得
，
则
.
