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专题02 三角函数与解三角形
一、单选题
1．（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.
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
1
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【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.
二、填空题
2
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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．（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】∵
，∴
∴
3
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故答案为：1，
6．（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）.
三、解答题
7．（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
4
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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
，
5
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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．
8．（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)
6
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(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
.
9．（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
，
7
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，
，
，
，
，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：
.
8
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一、单选题
1．（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.
2．（2024·北京延庆·一模）“
”是“
为第一或第三象限角”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】由二倍角公式、充分必要条件的定义即可得解.
【详解】因为
或
，
所以“
”是“
为第一或第三象限角”的充分必要条件.
故选：C.
9
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3．（2024·北京门头沟·一模）在
中，
，则
的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先利用余弦定理求出，再利用面积公式求解.
【详解】
，
解得
，则
，
所以
.
故选：A.
4．（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.
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故选：C.
5．（2024·北京石景山·一模）已知函数
的部分图象如图所示，则
的值是（ ）
A．
B．1
C．
D．
【答案】A
【分析】由图可得
，求得
，再利用图象过点
，可得到
，从而得到
，再利用诱导公式及特殊角的三角函数值求解即可.
【详解】由图象可知
，解得
，因为
，所以
，解得
，
将
代入解析式化简得
，因为
，则
，得
，
故
，所以
.
故选：A
6．（2024·北京东城·一模）已知函数
的最小正周期为
，最大值为
，
则函数
的图象（ ）
A．关于直线
对称
11
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B．关于点
对称
C．关于直线
对称
D．关于点
对称
【答案】C
【分析】先利用辅助角公式化一，再根据周期性求出
，根据最值求出，再根据正弦函数的对称性逐一
判断即可.
【详解】
，其中
，
因为函数的最小正周期为
，
所以
，解得
，
因为函数的最大值为
，
所以
，解得
（
舍去），
所以
，
因为
，
所以函数图象不关于直线
对称，也不关于点
对称，故AB 错误；
因为
，
所以函数图象关于直线
对称，不关于点
对称，故C 正确，D 错误.
故选：C.
7．（2024·北京西城·一模）关于函数
，给出下列三个命题：
①
是周期函数；
②曲线
关于直线
对称；
12
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③
在区间
上恰有3 个零点．
其中真命题的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【分析】选项①，根据条件得到
，即可判断出①的正误；选项②，根据条件得出
，根据对称轴的定义，即可得出②的正误；选项③，令
，直接求出
的值，即可得
出③的正误，从而得出结果.
【详解】对于①，因为
，所以
，
故
，所以选项①正确，
对于②，因为
，
由对称轴的定义知，
为函数
的一条对称轴，所以选项②正确，
对于③，因为
，令
，得到
，
解得
或
，又
，由
，得到
或
，
由
，得到
，所以选项③正确，
故选：D.
8．（2024·北京丰台·一模）已知函数
，则“
”是“
是偶函数，
且
是奇函数”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】A
【分析】首先求出
、
的解析式，再根据正弦函数的性质求出使
是偶函数且
是奇函数时
的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
13
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【详解】因为
，则
，
，
若
是奇函数，则
，解得
，
若
是偶函数，则
，解得
，
所以若
是偶函数且
是奇函数，则
，
所以由
推得出
是偶函数，且
是奇函数，故充分性成立；
由
是偶函数，且
是奇函数推不出
，故必要性不成立，
所以“
”是“
是偶函数，且
是奇函数”的充分不必要条件.
故选：A
二、填空题
9．（2024·北京西城·一模）已知
．使
成立的一组
的值为
；
．
【答案】
（答案不唯一）
【分析】任取一组
，验证是否满足
即可得.
【详解】取
，此时
，
，
故
，符合要求.
故答案为：
；
（答案不唯一）.
10．（2024·北京门头沟·一模）若函数
的最大值为
， 则
14
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，
．
【答案】 1
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式，求解
【详解】
，
由最大值为
，
,则
,
所以
，
所以
，
故答案为：；
11．（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
，
15
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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）
12．（2024·北京延庆·一模）
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
，
，
，则
，
的面积为 ．
【答案】 1
/
【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理求得，再运用三角形的面积公式即可求得结果.
【详解】因为
，由正弦定理可得
，
因为
，在
中，由余弦定理可得：
，
所以
，解得：
；
所以
，由三角形面积公式可得：
，
故答案为：；
.
13．（2024·北京东城·一模）已知角
的终边关于直线
对称，且
，则
的一组取
值可以是
，
.
【答案】
（答案不唯一，符合题意即可）
（答案不唯一，符合题意即可）
【分析】由角
的终边关于直线
对称，可得
，再由
可得
或
，即可求出答案.
【详解】因为角
的终边关于直线
对称，
16
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则
，
，则
，
因为
，所以
，
所有
或
，
，
解得：
或
，
，
取
，
的一个值可以为
，
的一个值可以为
.
故答案为：
（答案不唯一，符合题意即可）；
（答案不唯一，符合题意即可）.
三、解答题
14．（2024·北京石景山·一模）在锐角
中，角
的对边分别为
，且
．
(1)求角
的大小；
(2)求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角求解即可；
（2）由（1）可知
，所以
，所以将
转化为同一个角的三角函数，最后求其值域
即可.
【详解】（1）因为
，由正弦定理边化角得：
，所以
，
由于在
中，
，所以
，
17
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即
，又
，所以
.
（2）由（1）可知
，所以
，
所以
由于在锐角
中，
，所以
，
所以
，所以
，
所以
，所以
的取值范围为
.
15．（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
，
18
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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
.
16．（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
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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
，
，
20
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所以函数
的单调递增区间是
，
，
17．（2024·北京延庆·一模）已知函数
，
的最大值为
.
(1)求
的值；
(2)将
的图象向右平移
个单位得到
的图象，求函数
的单调增区间．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简
，再根据正弦函数的性质求解即可；
（2）利用三角函数的平移公式求出
，再根据正弦函数的图象和性质求解即可.
【详解】（1）因为
，
其中
，
，
所以
，
又因为
，解得
.
（2）由（1）可得
，
将
的图象向右平移
个单位可得
，
由
得
，
即函数
的单调增区间为
.
21
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18．（2024·北京丰台·一模）已知函数
(
)．
(1)若
，求
的值；
(2)若
在区间
上单调递减，
，求
的值．
【答案】(1)
；
(2)1．
【分析】(1)直接代入
及
计算即可；
(2)化简f(x)解析式，根据
在区间
上单调递减可知该区间长度小于或等于f(x)的半个周期，再结
合
，
可得ω 的值．
【详解】（1）∵
，
∴
．
（2）
∵
在区间
上单调递减，
∴
，即
，
∴
．
∵
，
22
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∴
，
即
，
所以当
时，
.
此时
，
当
，
，故此时
单调递减，符合题意.
综上，
.
19．（2024·北京门头沟·一模）设函数
，已知
，
，
在区间
上单调，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．
(1)求
的值；
(2)当
时，若曲线
与直线
恰有一个公共点， 求
的取值范围．
条件①：
为函数
的图象的一个对称中心；
条件②：直线
为函数
的图象的一条对称轴；
条件③：函数
的图象可由
的图象平移得到．
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)见解析；
(2)
【分析】（1）先根据已知条件证明
，
，然后将①②③中的每个条件逐个转化为函数
值的条件，即可求出函数
的表达式，从而得到
的值；
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（2）将条件转化为关于
的方程
在
上的根的个数，然后对不同区间上的
分类讨论即
可.
【详解】（1）由
，知
，从而
.
而
在区间
上单调，
的周期为
，
这意味着
，即
，故
.
注意到
，从而有：
，
，
所以
，
，即
，而
，故
.
从而
，故
.
若选择条件①，则
为函数
的图象的一个对称中心，从而这等价于
，
所以
，从而
，故
，
所以
，由
知
，故
，故
，
；
若选择条件②，则直线
为函数
的图象的一条对称轴，从而
，
而
在区间
上单调，
，故
.
从而
，所以
，故
，
所以
，由
知
，故
，故
，
24
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；
若选择条件③，函数
与
的振幅不一致，无法通过平移得到，
故不能选择；
（2）条件等价于，关于
的方程
即
在
上恰有一个解.
记
，则
，从而
和
一一对应，
这就表明条件等价于关于
的方程
在
上恰有一个解.
设
，则在
上递增，在
上递减，
，
，
.
此时，若
，则
，方程
无解，不满足条件；
若
，则当
时，
；
当
时，
.
故方程
在
上无解，不满足条件；
若
，由
，
，
，
知方程
在
和
上各至少有一个根，
从而在
上至少有两个根，不满足条件；
若
，则当
时，
.
故方程
在
上无解；
而
在
上单调，且
，
，
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所以方程
在
上恰有一个根.
这就表明方程
在
上恰有一个根，满足条件；
若
，则
，当且仅当
时等号成立.
而
，故当且仅当
时等号成立，
故方程
在
上恰有一个根
，满足条件.
综上，
的取值范围是
.
20．（2024·北京西城·一模）在
中，
．
(1)求
的大小；
(2)若
，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使
存在，求
的面积．
条件①：
边上中线的长为
；
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)答案见解析
【分析】（1）借助正弦定理计算即可得；
（2）选条件①或③：借助余弦定理与面积公式计算即可得；不可选条件②，不存在这样的
.
【详解】（1）由
，得
，
在
中，由正弦定理得
，
因为
，所以
，
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又
，所以
；
（2）选条件①：
边上中线的长为
：
设
边中点为
，连接
，则
，
在
中，由余弦定理得
，
即
，
整理得
，解得
或
（舍），
所以
的面积为
，
选条件③：
：
在
中，由余弦定理得
，即
，
整理得
，解得
或
，
当
时，
的面积为
．
当
时，
的面积为
．
不可选条件②，理由如下：
若
，故
为钝角，则
，
则
，
，即
，
其与
为钝角矛盾，故不存在这样的
.
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21．（2024·北京东城·一模）在
中，
.
(1)求
；
(2)若
为
边的中点，且
，求
的值.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）由正弦定理可得
，结合三角和为
及诱导公式可得
，即
可得答案；
（2）在
中，由正弦定理可求得
，从而可得
，在
中，利用余弦定理求解
即可.
【详解】（1）解：因为
，
由正弦定理可得
，
即
，
，
又因为
，
所以
，
解得
，又因为
，
所以
；
（2）解：因为
为
边的中点，
，
所以
,
设
,
在
中，由正弦定理可得
，
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即
，解得
，
又因为
，所以
，
在
中，
，
在
中，
，
由余弦定理可得：
，
所以
，
即
.
22．（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，
.
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【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
，
，
.
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一、单选题
1．（2024·北京怀柔·模拟预测）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建
筑等，如图所示的亭子带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为
，屋顶的体积为
，
算得侧面展开图的圆心角约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】
根据底面圆面积求出底面圆半径，从而求出底面圆周长，得侧面展开图扇形的弧长，再由圆锥体积求圆锥
的高，勾股定理求圆锥母线长，得侧面展开图扇形半径，可求侧面展开图的圆心角.
【详解】底面圆的面积为
，得底面圆的半径为
，
所以底面圆周长为
，即圆锥侧面展开图扇形的弧长为
，
屋顶的体积为
，由
得圆锥的高
，
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所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形半径
，
得侧面展开图扇形的圆心角约为
.
故选：C.
2．（2024·北京怀柔·模拟预测）已知函数
，
，及其导函数的图象如图
所示，则函数
的解析式为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据给定图象，由
可得
，由
时
可得函数
的单调性，进而确
定
及其导函数图象求解.
【详解】观察图象知，
，而
，
，则
，
当
时，
，则函数
在
上单调递增，
因此最大值为1 的函数图象为函数
的图象，即
，
由
，求导得
，则
，解得
，
即
，由
，得
，又
，
于是
，所以函数
的解析式为
.
故选：C
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3．（2024·北京·模拟预测）已知函数
，将
的图象向左平移
个单位后得到函数
的图象，若
和
在区间
上均单调递增，则的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】
化简
的解析式为一般式，并求得其单调增区间；根据三角函数图象变换求得
的解析式，再求其
单调增区间；结合题意，即可求得的最大值.
【详解】
，令
，解得
，
故
的单调增区间为
，则
在
上单调递增；
将
的图象向左平移
个单位后得到函数
的图象，则
，
令
，解得
，
故
的单调增区间为
，则
在
上单调递增；
若
和
在区间
上均单调递增，则的最大值为
.
故选：A.
二、填空题
4．（2024·北京·模拟预测）已知
满足：
，则
；
.
【答案】
/
【分析】根据同角三角比的基本关系求解出
的值，然后利用二倍角的余弦公式并结合弦化切即可求出
的值.
【详解】因为
，所以
；
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因为
，所以
，
所以
，
故答案为：
；
.
5．（2024·北京平谷·模拟预测）设
，
．若对任意的实数x 都有
，
则满足条件的
所有可能的取值为 ．
【答案】
，
【分析】根据给定关系式，求出
值，再分类求出
值.
【详解】由对任意的实数x 都有
，得
或
，
当
时，
，
则
，而
，因此
；
当
时，
，
则
，而
，因此
，
所以满足条件的
所有可能的取值为
，
.
故答案为：
，
6．（2024·北京平谷·模拟预测）若
的面积为
，且
为钝角，则
；
的
取值范围是 ．
【答案】
【分析】
由三角形面积公式可得
，可求出
；再根据
为钝角限定出
，利用正弦定理可得
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，可得其范围是
.
【详解】根据题意可得面积
，
可得
，即
，
又易知
为锐角，可得
；
由正弦定理可得
，
因为
为钝角，
可得
，所以
；
可得
，因此
；
故答案为：
；
；
三、解答题
7．（2024·北京怀柔·模拟预测）在①
，
②
，
③
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
问題：在
中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且选择条件______，
(1)求角A；
(2)若O 是
内一点，
，
，
，
，求
.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分；选择第②个条件解答不给分.
【答案】(1)选②不符合题意，无论选①还是选③，都有
(2)
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【分析】
（1）结合正弦定理或者余弦定理进行边角转换，由三角形内角和为
及和差公式化简等式，再根据角的范
围及函数值，即可求得A；
（2）先由角度关系得
，即
，在
、
中，分别
由正弦定理可得，
，
，即可建立等式化简得
，即可求得
.
【详解】（1）若选①
，
则
，
又因为
，所以
，即
，
所以
，又因为
，所以
，
所以
，解得
；
若选②
，则
，
所以
，即
矛盾，故选②不符合题意；
若选③
，
则
，
又因为
，所以
，从而
；
综上所述，选②不符合题意，无论选①还是选③，都有
；
（2）
，
，
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所以
，
在
中，由正弦定理得，
，
，
在
中，
，
，
，整理得
，
.
8．（2024·北京·模拟预测）在
中，角
所对边分别为
，已知：
(1)求
；
(2)已知
，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使得
存在且唯一确定，并求
的面积.
①
；
②
；
③
.
【答案】(1)
(2)若选①不符题意，选②满足题意且
，选③满足题意且
【分析】（1）由正弦定理角化边，再由余弦定理边化角即可求解；
（2）若选①，可余弦定理运算可知此时
存在但不唯一，不符题意；若选②，由正弦定理可知此时
，此时通过余弦定理可唯一解出满足题意，结合三角形面积公式求解即可；若选③，一方面有
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，另一方面
，且
，由此可唯一解出，进而
也唯一，满
足题意，结合三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为
所以
，即
，
所以
.
（2）若选①
，因为
，
，
所以由余弦定理有
，整理得
，
解得
，此时
存在但不唯一，不符题意；
若选②
，则
，
所以此时
，
由余弦定理有
，整理得
，
解得
或
（舍去），此时
存在且唯一，
且
；
若选③
，则
，
又
，且
，
所以整理得
，解得
或
（舍去），
此时
存在且唯一，
且
.
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9．（2024·北京平谷·模拟预测）已知函数
，其中
，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条件，使
存在，并完成下列两个问题．
(1)求
的值；
(2)若
，函数
在区间
上最小值为
，求实数
的取值范围．
条件①：对任意的
，都有
成立；
条件②：
；
条件③：
．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据所选条件分别计算能否使
成立，从而可求解.
（2）根据（1）中可得
，再利用整体代换法得
，从而可求得
，再结合
，从而可求解.
【详解】（1）由
，
若选条件①：可知当
时，
，因为
，即
，且对任意
，都有
恒成立，故选条件①时
存在，故可选①；
若选条件②：
，解得
或
，
，因为
，所
以与条件矛盾，故不选②；
若选条件③：
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，
所以
，因为
，可得
，故条件③能使
成立，故可选③；
综上所述：故可选择条件①或③，此时
.
（2）由（1）知
，当
时，
，
且
的最小值为
，所以可得
，解得
，又
，
所以
，
所以
的取值范围为
.
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