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专题05 三角函数及解三角形
任意角的三角函数
一、单选题
1．（2024 山西省吕梁二模）已知角
的顶点在原点，始边在
轴的正半轴上，终边经过点
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的定义可得
，即可利用和差角公式求解，或者根据特殊角得
，代入求解.
【详解】方法一；由角
终边经过点
，可得
，所以
.
故选：A.
方法二：角
终边经过点
，故为
第二象限角，
，则
，
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2
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则
.
故选:A.
2．
（2024 浙江省天域全国名校协作体二模）古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割
函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数
，正割函数
，余割函数
，正矢函数
，余矢函数
.如图角
始边
为
轴的非负半轴，其终边与单位圆交点
，、分别是单位圆与
轴和
轴正半轴的交点，过点
作
垂直
轴，作
垂直
轴，垂足分别为
、
，过点
作
轴的垂线，过点
作
轴的垂线分别交
的终边
于
、，其中
、
、
、
为有向线段，下列表示正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知
，
，
，然后结合新定义简单计算
可判断各个选项.
【详解】根据题意，易得
，
对于A，因为
，即
，故A 错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，
，故B 错误；
对于C，
，故C 正确；
对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得
，故D 错误.
故选：C.
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【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角
形相似比求解，注意有向线段.
3．（2024 新疆乌鲁木齐地二模）已知角
终边上
点坐标为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先确定角
的终边所在的位置，再根据诱导公式及商数关系即可得解.
【详解】因为
，
所以角
的终边在第二象限，
又因为
，
且
，
所以
.
故选：B.
4．（2024 福建省莆田二模）已知角
的顶点为坐标原点，始边与
轴的非负半轴重合，把它的终边绕原点逆
时针旋转角
后经过点
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据同角三角函数关系求得
的值，再结合正弦两角差公式即可得
的值.
【详解】因为
，所以
，则
，
又
，所以
，由
得
，则
，
由题意可知角
的终边经过点
，则
，
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4
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所以
.
故选：A.
二、多选题
5．（2024 浙江省温州二模）已知角
的顶点为坐标原点，始边与
轴的非负半轴重合，
为其终边上一
点，若角
的终边与角
的终边关于直线
对称，则（ ）
A．
B．
C．
D．角
的终边在第一象限
【答案】ACD
【分析】
根据三角函数的定义，可求角
的三角函数，结合诱导公式判断A 的真假；利用二倍角公式，求出
的三角
函数值，结合三角函数的概念指出角
的终边与单位圆的交点，由对称性确定角
终边与单位圆交点，从而
判断BCD 的真假.
【详解】因为角
的顶点为坐标原点，始边与
轴的非负半轴重合，终边经过点
，
所以：
，所以
，
，所以
，故A 对；
又
，
，
所以
的终边与单位圆的交点坐标为：
，
因为角
的终边与角
的终边关于直线
对称，所以角
的终边与单位圆的交点为
，
所以
，且
的终边在第一象限，故CD 正确；
又因为终边在直线
的角为：
，角
的终边与角
的终边关于
对称，
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所以
，故B 错误.
故选：ACD
三、填空题
6．（2024 广东二模）如图，在平面直角坐标系
中放置着一个边长为1 的等边三角形
，且满足
与
轴平行，点
在
轴上.现将三角形
沿
轴在平面直角坐标系
内滚动，设顶点
的轨迹方程是
，则
的最小正周期为 ；
在其两个相邻零点间的图象与
轴所围区域的面积为 .
【答案】
【分析】根据题设条件可得
的轨迹（如图所示），再根据轨迹可得
的周期和相邻零点间的图象与
轴所
围区域的面积.
【详解】设
，
如图，当三角形
沿
轴在平面直角坐标系
内滚动时，
开始时，
先绕
旋转，当
旋转到
时，
旋转到
，此时
，
然后再以
为圆心旋转，旋转后
旋转到
，此时
，
当三角形再旋转时，
不旋转，此时
旋转到
，
当三角形再旋转后，必以
为圆心旋转，旋转后
旋转到
，
点
从开始到
时是一个周期，故
的周期为
，
如图，
为
相邻两个零点，
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6
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在
上的图像与
轴围成的图形的面积为：
.
故答案为：
.
【点睛】方法点睛：以图形旋转为背景的函数问题，应该通过前几次的旋转得到周期性，再在一个周期内讨论
对应的函数性质即可.
7．（2024 山东省部分学校金科大联考二模）在平面直角坐标系中，角
的始边与
轴非负半轴重合，终边经
过点
，则
．
【答案】
/
【分析】先利用角
的终边所经过的点求出
，再求
.
【详解】因为角
的始边与
轴非负半轴重合，终边经过点
，
所以
，
；
.
故答案为：
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三角变换
一、单选题
1．（2024 辽宁二模）数学试题）已知
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由
，可得
，进而可得
，再根据两
角差的余弦公式化简求出
的关系，即可得解.
【详解】因为
，
所以
，
所以
，
所以
，
所以
，
因为
，所以
，
所以
，所以
，
所以
.
故选：B.
2．（2024 青海省西宁大通二模）已知
,则
（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】C
【详解】因为
,
又
,
所以
,
故选C.
3．（浙江省杭州市2024 届高三下学期4 月教学质量检测数学试题）在
中，已知
．若
，则
（ ）
A．无解
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【分析】由
可得
，进而得到
，借助三角形内角和与两角和的正
切公式可得
，设
，有
，可得该方程无解，故不存在这样的
.
【详解】由
，即
，则
，
由
，知
，
则
，则
，
又
，
故
，设
，则
，
有
，即
，
，
即该方程无解，故不存在这样三角形，即
无解.
故选：A.
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4．（2024 浙江省天域全国名校协作体二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据余弦两角和公式将
展开成角
与
的两角和形式与
与
的两角和形式，
建立等式关系结合已知等式即可得结论.
【详解】因为
，
又
，
所以
，
因为
，
则
.
故选：B.
5．（2024 山西省天一名校二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先根据已知结合两角和差的正弦公式及二倍角公式化简，求出
，再根据两角差的正切公式即可
得解.
【详解】由
，
得
，
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即
，所以
，
所以
，
所以
.
故选：C.
6．（2024 浙江省宁波二模）若
为锐角，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据同角关系得
，即可由和差角公式求解.
【详解】
为锐角，
,故
，
所以
，
故选：A
7．（2024 河南省新乡一中二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据
及
将已知化简，
再根据辅助角公式结合余弦函数的性质求出
，再根据两角和的正切公式即可得解.
【详解】
，
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，
因为
，
所以
，
所以
，
即
，即
，
所以
或
，
，
所以
，
故
，
所以
.
故选：A.
【点睛】方法点睛：给值求值的方法：
（1）直接法：当已知两个角时，所求角一般表示为两个角的和或差的形式；
（2）常值代换：用某些三角函数代替某些常数，使之代换后能运用相关公式，我们把这种代换称之为常值代
换，其中要特别注意的是“ ”的代换，如
，
，
等，、
、
、、
等均
可视为某个特殊角的三角函数值，从而将常数换为三角函数使用；
（3）角的代换：将未知角利用已知角表示出来，使之能直接运用公式，像这样的方法就是角的代换，常见的有：
，
，
，
，
，
，
等.
8．（2024 湖北省七市州二模）若
，则
（ ）
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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
9．（2024 安徽省池州二模）已知
，则
（ ）
A．7
B．-7
C．
D．
【答案】D
【分析】由
可求
，再由两角和的正切可求
.
【详解】因为
，故
，
故
，而
，故
，故
，
而
，故
，所以
，
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故
，故
，
故选：D.
10．（2024 辽宁省鞍山六中二模）已知
，
均为锐角，
，则
取得最大值时，
的值为（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】D
【分析】先利用
展开变形，可得
，再利用
展开
变形，将
用
表示出来，利用基本不等式求最值及等号成立条件即可.
【详解】
,
则
，
所以
，
整理得
，
因为
，
均为锐角，且
，即
，
所以
，
所以
，
当且仅当
，即
时等号成立，
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所以
，
所以
取得最大值时，
的值为
.
故选：D.
11．（2024 吉林省白山二模）若
，则
（ ）
A．
B．7
C．
D．
【答案】B
【分析】
根据两角和与差的余弦公式和同角三角函数的基本关系求得
，然后利用二倍角的正切公式求得
，再根据两角差的正切公式求解即可.
【详解】因为
，故
，
则
，
故
.
故选：B.
12．（2024 河南省新乡二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
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【分析】根据题意，求得
，结合
，代入即可求解.
【详解】因为
，可得
，
则
，
.
故选：A.
13．（2024 广东省广州市天河区二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据辅助角公式求得
，结合角的范围可得
，继而利用两角差的余弦公
式，即可求得答案.
【详解】因为
，
故
，则
，
而
，故
，
故
，
故选：B
14．（2024 浙江省绍兴二模）已知
，
，则
（ ）
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16
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】首先得
，进一步由
有
，结合二倍角公式、商数关系以及诱
导公式即可求解.
【详解】因为
，所以
，
又因为
，所以
，
从而
，
，
所以
.
故选：B.
15．（2024 东北三省四城市联考二模）已知
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据
结合
可得
与
，进而可得
.
【详解】
则
，
即
，
又因为
，故
，
，
，
故
，因为
，则
，
结合
可得
，
，则
.
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17
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故
.
故选：C
16．（2024 河北省石家庄二模）已知
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意，由正弦的二倍角公式代入计算可得
，再由同角三角函数的平方关系与商关
系，即可得到结果.
【详解】因为
，且
，
所以
，
由题意知
，
所以
，所以
，
所以
，
则
.
故选：D
17．（2024 湖南省岳阳二模）已知
，则（ ）
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18
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】分类讨论并利用诱导公式对
进行化简，再利用同角三角函数关系式、倍
角公式的逆用求得
.
【详解】设
①
时，
，
②
时，
，
③
时，
，
此时
④
时，
，
此时
综合①②③④，可以排除
、
,
，
所以
，
故选：C.
18．（2024 湖南衡阳二模）已知
，
则
（ ）
A．
B．
C．2
D．4
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19
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【答案】A
【分析】利用诱导公式，二倍角公式和同角三角函数基本关系，结合角的取值范围，可求角的正切值.
【详解】由
，
所以
或
.
又
，所以
.
所以
.
故选：A
二、填空题
19．（2024 山西省晋城二模）已知
，
，则
．
【答案】
【分析】由
切化弦可得
，结合两角和差公式分析求解.
【详解】因为
，即
，可得
，
又因为
，可得
，
所以
.
故答案为：
.
20．（2024 河北邯郸二模）正五角星是一个非常优美的几何图形，其与黄金分割有着密切的联系，在如图所示
的五角星中，以
为顶点的多边形为正边边形，设
，则
，
．
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19
20
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【答案】 0
/0.0625
【分析】由正五角星的性质，求得
，进而根据诱导公式及二倍角公式计算即可.
【详解】正五角星可分割成5 个3 角形和1 个正五边形,五个3 角形各自角度之和
正五边形的内角和
；每个角为
，
三角形是等腰三角形，底角是五边形的外角，即底角为
，
三角形内角和为
，那么三角形顶角，即五角星尖角
，
即
.
;
因为
,
所以
.
故答案为：；
.
21．（2024 年山东二模考）已知
，且
，那么
．
【答案】
【分析】先根据平方关系和商数关系求出
，再根据二倍角的正弦公式化简即可得解.
【详解】因为
，所以
，
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21
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.
故答案为：
.
三角函数的图像与性质
一、单选题
1．（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
，
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21
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依题有
，则
，得到
，
故选：B.
2．
（2024·浙江丽水·二模）将函数
的图象向右平移
个单位后得到函数
的图象，
若对满足
的
，有
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据函数图象的平移可得
，利用三角函数的最值，求出自变量
，的值，然后判
断选项即可，
【详解】因函数
的最小正周期为
，
将
的图象向右平移
个单位后得到函数
的图象，
若对满足
的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有
，
不妨
，则
，即
在
取得最小值，
当
时，
，
此时
，
，
，不合题意
，
当
时，
，
此时
，
，
，当
，
满足题意，
故选：A，
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3．（2024·山东·二模）已知函数
，若将
的图象向左平移
个单位后所得的函数图
象与曲线
关于
对称，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．1
D．
【答案】A
【分析】求出函数
的图象平移后所得函数的解析式，再利用对称列式计算即得.
【详解】函数
，
的图象向左平移
个单位后所得函数
，
函数
的图象与
的图象关于直线
对称，则
，
于是
对任意实数
恒成立，
即
对任意实数
恒成立，
因此
，解得
，而
，则
，
所以当
时，
取得最小值
.
故选：A
4．（2024·浙江嘉兴·二模）已知函数
是奇函数，则
的值可以是（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的奇偶性可得
，
，求解得答案.
【详解】由
为奇函数，可得
，
，
当
时，
.
故选：C.
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5．（2024·广东·二模）在平面直角坐标系
中，已知圆
，若等腰直角
的直角边
为圆
的一条弦，且圆心
在
外，点
在圆
外，则四边形
的面积的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设
，表达出
的面积，相加得到四边形
的面积，利用辅助角公式求
出最大值.
【详解】如图所示，设
，则
，
故
，
由余弦定理得
，
故等腰直角三角形
的面积为
，
故四边形
的面积为
，
其中
，
，
其中
，故
，
则当
时，
取得最大值，最大值为
.
故选：A
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6．（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.
7．
（2024·浙江杭州·二模）设甲：“函数
在
单调递增”，乙：“
”，则甲是乙的
（ ）
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
【分析】根据函数单调性求出
的范围，即可判断答案.
【详解】若“函数
在
单调递增”，则
，
由
得
，则
，解得
，
所以，甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
8．（2024·辽宁抚顺·三模）已知函数
，则下列结论正确的是（ ）
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26
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A．
的最小正周期为
B．
在
上单调递增
C．
为偶函数
D．
的最小值为
【答案】C
【分析】由积化和差公式化简，根据周期公式判断A，根据正弦函数的最值判断D，根据正弦型函数的单调性
判断B，根据导数判断C.
【详解】因为
，此时最小正周期为
，其最小值为
，
所以A 错误，D 错误；
因为
，所以
，可知
在
上不单调，B 错误；
又
，所以
为偶函数，C 正确．
故选：C
9．（2024·湖北·二模）将函数
的图象上每一点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再向右平
移
个单位长度，所得图象对应的函数（ ）
A．在区间
上单调递减
B．在区间
上单调递增
C．在区间
上单测递减
D．在区间
上单调递增
【答案】B
【分析】根据三角函数图象的变换及性质判定选项即可.
【详解】函数
的图象上每一点的横坐标变为原来的
得
，
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再向右平移
个单位长度得
，
即
，
由
，
得增区间为
，
．
当
时，一个增区间为
，而
，所以B 正确.
故选：B
10．（2024·山东·二模）已知函数
，则下列结论正确的是（ ）．
A．函数
的最大值是
B．函数
在
上单调递增
C．该函数的最小正周期是
D．该函数向左平移
个单位后图象关于原点对称
【答案】B
【分析】根据题意，化简函数
，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数
，
可得最大值是2，最小正周期是
，所以选项A，C 错误；
当
，可得
，根据正弦函数的性质，
可得函数
在
上单调递增，所以B 正确；
将函数
图象向左平移
得到函数
，
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此时函数
的图象不关于原点对称，所以D 错误.
故选：B．
11．（2024·湖南·二模）已知函数
，若沿
轴方向平移
的图象，总能保证平移
后的曲线与直线
在区间
上至少有2 个交点，至多有3 个交点，则正实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】将函数化成正弦型函数
，根据横向平移的特点将其解析式设成通式
，将
看成整体角，结合
的图象特点，使的区间
的长度在
到
之间计算即得.
【详解】由
可得：
，
若沿
轴方向平移，考虑其任意性，不妨设得到的函数
.
令
，即
，
，取
，则
.
依题意知，
在
上至少有2 解，至多有3 解，
则须使区间
的长度在
到
之间，即
，解得
.
故选：A.
12．（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.
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【详解】依题意，函数
是偶函数，则
，
即
，而
，所以
.
故选：B
13．（2024·广东佛山·二模）已知函数
在
有且仅有两个零点，且
，
则
图象的一条对称轴是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由函数的零点情况，求出
的取值范围，再利用给定等式分析判断函数图象的对称轴即可得解.
【详解】由函数
在
有且仅有两个零点，
得
，解得
，则
，
又
，而
，当
时，
，
，
由
，得
，当
时，
，
即函数
在
有3 个零点，不符合题意，
因此
是函数
图象的一条对称轴，即
，解得
，
当
时，
，当
时，
，均不符合题意；
当
时，
，得
，则
图象的对称轴为
.
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及三角函数在指定区间上的零点个数求参数范围，利用五点法作图思想分析周期情况是
解题的关键.
14．（2024·黑龙江吉林·二模）已知函数
为偶函数，其图象上相邻两对称轴
之间的距离为
，若
，则
的值为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先根据函数的奇偶性和对称性求出函数解析式，利用同角三角关系结合二倍角公式整理可得所求等
于
，再由
即可得解.
【详解】∵
为偶函数，
，
又
，
又∵函数
图象上相邻对称轴之间的距离为
，
∴
，则
，
，
则
，
即
，
∴
.
故选：D.
15．（2024·湖南长沙·二模）已知函数
的最小正周期为
，直线
是
图象的一条对称轴，则
的单调递减区间为（ ）
A．
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B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据
的最小正周期确定
的值，根据函数的对称轴求出
，结合
正切函数的单调性，列出不等式，即可求得答案.
【详解】由于
的图象是将
的图象在x 轴下方部分翻折到
x 轴上方，
且
仅有单调递增区间，
故
和
的最小正周期相同，均为
，
则
，即
，
又直线
是
图象的一条对称轴，则
，
即
，结合
，得
，
故
，令
，则
，
即
的单调递减区间为
，
故选：B
16．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数
的部分图像如图所示，
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，则
（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】
根据题意，结合函数图像即可求得函数
的解析式，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】由图像可知，
，由
可得
，
且
，所以
，解得
，所以
，
由
可得，
，
所以
，即
，
即
，且
，当
时，
，
所以
，则
.
故选：C
17．（2024·河南郑州·二模）声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数
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，但我们平时听到的乐音不止是一个音在响，而是许多个音的结合，称为复合音.若一个复合音的
数学模型是函数
，则下列说法正确的是（ ）
A．
的一个周期为
B．
的最大值为
C．
的图象关于点
对称
D．
在区间
上有2 个零点
【答案】D
【分析】对于A，考查函数
与
的周期即可；对于B，考查函数
与
的最大
值，验证同时取最大值时的条件即可判断；对于C，利用中心对称的条件进行验证即可；对于D，令
，
解方程即可.
【详解】对于A,因为
的周期为
，
的周期为
，所以
的周期为
，
故A 错误；
对于B,因为函数
的最大值为1,
的最大值为
，
故两个函数同时取最大值时，
的最大值为
，
此时需满足
且
，不能同时成立，
故最大值不能同时取到，故
的最大值不为
，则B 错误；
对于C，
，则
，
故
的图象不关于点
对称，C 错误；
对于D,因为
时，
，又
，
所以
或者
；或者
，此时
，又
，
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所以
，综上可知，
在区间
上有2 个零点，故D 正确，
故选：D.
二、多选题
18．（2024·广东深圳·二模）已知函数
（
，
）的最大值为
，其部分图象如图
所示，则（ ）
A．
B．函数
为偶函数
C．满足条件的正实数
，存在且唯一
D．
是周期函数，且最小正周期为
【答案】ACD
【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，再根据函数的最大值及
求出
，由
求出
的取值，
再根据周期确定
的值，即可得到函数解析式，即可判断.
【详解】因为
（其中
、
），
又
，解得
，
又
，所以
，故A 正确；
则
，
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又
，即
，
结合图象可知
，所以
，
又
，所以
，解得
，所以
，故C 正确；
所以
，则
为奇函数，故B 错误；
是周期函数，且最小正周期
，故D 正确.
故选：ACD
19．（2024·安徽黄山·二模）已知函数
图象上相邻两条对称轴之间的距离为
，
则（ ）
A．函数
图象关于点
对称
B．函数
图象关于直线
对称
C．函数
在
上单调递增
D．函数
在
上有
个零点
【答案】AD
【分析】对函数利用辅助角公式进行化简，根据条件求出函数的周期和
，得到
的解析式，对于A，将
代入验证看是否为对称中心；对于B，将
代入检验是否为对称轴；对于C，
，
，结合正弦函数的图象与性质，判断单调性；对于D，求出
在
的零点，判断个
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数即可.
【详解】
，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为
，
所以
，则
，所以
，解得
，
所以
.
对于A 选项，
，
所以函数
图象关于点
对称，故A 正确；
对于B 选项，
，
所以函数
图象不关于直线
对称，故B 错误；
对于C 选项，当
，
，
当
，即
时，
，
结合正弦函数图象可知，函数
在
上先增后减，故C 错误；
对于D 选项，令
，即
，即
，
当
时，
的值为
，
所以函数
在
上有
个零点，故D 正确，
故选：AD.
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20．（2024·山东聊城·二模）已知函数
，则
下列结论正确的是（ ）
A．若动直线
与
的图象的交点分别为
，则
的长可为
B．若动直线
与
的图象的交点分别为
，则
的长恒为
C．若动直线
与
的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为
D．若
，则
【答案】BCD
【分析】先判断函数
的单调性及值域，由条件确定
的范围，设点
的坐标分别为
，列方程化简可得
，由此判断AB，判断直线
与
的图象能围成封闭
图形的形状，结合面积公式判断C,由条件
，结合两角差余弦公式可求
，根据二倍角公式可
求
，由此判断D.
【详解】由
，可得
，
所以
在区间
上单调递减，
且
，
，
所以
，
由
，可得
，
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所以函数
在区间
上单调递减，
且
，
，
所以
，
由已知
，
所以直线
与函数
都只有一个交点，
设点
的坐标分别为
，
则
，
，
，
因为函数
在
上单调递减，
所以
，
所以
，
所以
，A 错误，B 正确，
设直线
与函数
的交点为
，
则
，又
，
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所以四边形
为平行四边形，其面积
，C 正确；
对于D，因为
，
所以
，
，
所以
，
，即
，
又
，
所以
，
所以
，又
，
所以
所以
，D 正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题AB 选项的关键是利用正弦型函数的性质得到
点横坐标之间的关系，即
.
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21．（2024·广东韶关·二模）设函数
，则（ ）
A．
是偶函数
B．
在
上有6 个零点
C．
的是小值为
D．
在
上单调递减
【答案】ABC
【分析】求得
的奇偶性判断选项A；求得
在
上的零点个数判断选项B；求得
的最小
值判断选项C；举特例否定选项D.
【详解】选项A：函数
定义域为R，
由
，
可得
是偶函数.判断正确；
选项B：当
时，
，
由
，可得
，或
，
则当
时，
或
或
，
又
是偶函数，则当
时，
或
或
，
则
在
上有6 个零点. 判断正确；
选项C：当
时，
，
则当
时
取得最小值
，
又
是偶函数，则
的最小值为
.判断正确；
选项D：
，
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则
，则
在
上不单调递减.判断错误.
故选：ABC
22．（2024·浙江嘉兴·二模）已知角
的顶点与原点重合，它的始边与
轴的非负半轴重合，终边过点
，定义：
.对于函数
，则（ ）
A．函数
的图象关于点
对称
B．函数
在区间
上单调递增
C．将函数
的图象向左平移
个单位长度后得到一个偶函数的图象
D．方程
在区间
上有两个不同的实数解
【答案】AB
【分析】由三角函数定义可得
，根据题意，可得
，利用正切函数的性质依次判断求
解各个选项.
【详解】根据题意，
，
，
对于A，由正切函数的性质得
，
，解得
，
所以函数
的对称中心为
，
，故A 正确；
对于B，
，
，由正切函数的性质可知
在
上单调递增，故B 正确；
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对于C，将
的图象向左平移
个单位可得
，为奇函数，故C 错误；
对于D，
，
，令
，
由正切函数
的性质可知在
上单调递增，且
，在
上单调递增，且
，
所以方程
在区间
上无实数解，故D 错误.
故选：AB.
23．（2024·浙江宁波·二模）已知函数
，（ ）
A．若
，则
是最小正周期为
的偶函数
B．若
为
的一个零点，则
必为
的一个极大值点
C．若
是
的一条对称轴，则
的最小值为
D．若
在
上单调，则
的最大值为
【答案】ACD
【分析】根据选项中的条件，结合正弦函数的图像、性质逐项判断.
【详解】若
，则
，
所以
是最小正周期为
的偶函数，A 正确；
若
，则
是最小正周期为
，
若
为
的一个零点，则
为
的一个极大值点或极小值点，B 错误；
若
是
的一条对称轴，
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则
，
所以
，即
，
又
，所以
的最小值为
，C 正确；
若
则
，由正弦函数的单调性，
令
，解得
，
又
在
上单调，所以当
时，
，
即
，解得
，则
的最大值为
，D 正确.
故选：ACD.
24．（2024·广东·二模）下列函数中，是偶函数且在
上单调递增的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】由偶函数的定义判断奇偶性，由给定的区间
，去掉绝对值，化简选项中的函数式，在由正弦
函数的单调性判断区间
是否符合函数的单调递增区间，即可得到答案.
【详解】对于A：
，为偶函数，
当
时，
，
，
的单调递减区间为
，
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44
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的递增区间为
，
而
，
所以
在
上单调递增，故A 正确；
对于B：
，为偶函数，
当
时，
，
，
的单调递增区间为
，
的单调递减区间为
，
而
，
所以
在
上单调递减，故B 错误；
对于C：
，为偶函数，
当
时，
，
的单调递减区间为
，
则
的单调递增区间为
，
而
，
所以
在
上单调递增，故C 正确；
对于D：
，
所以
为非奇非偶函数，故D 错误.
故选：AC.
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25．（2024·安徽·二模）已知函数
（
，
）的部分图象如图，则（ ）
A．
B．函数
的图象关于
轴对称
C．函数
在
上单调递减
D．函数
在
有4 个极值点
【答案】BD
【分析】由“五点法”求得
，根据正弦函数的性质和极值点的概念依次判断选项即可.
【详解】A:由图可知
的周期为：
，又
，所以
；
由
，
，且
，所以
；
由
，所以
，故A 错误；
B：由A 的分析知，所以
因为
为偶函数，故B 正确；
C：由
，得
，故
在
上单调递增，故C 错误；
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46
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D：因为
，
，
，
，故D 正确.
故选：BD.
26．（2024·云南贵州·二模）已知函数
，则下列说法正确的是
A．
B．函数
的最小正周期为
C．函数
的图象的对称轴方程为
D．函数
的图象可由
的图象向右平移
单位长度得到
【答案】BCD
【分析】根据三角恒等变换判断A，根据正弦型函数周期判断B，根据正弦型函数对称轴判断C，由图象平移
判断D.
【详解】对于AB，因为函数
，故A 错误；
所以
，故B 正确；
对于C，令
，解得
，故C 正确；
对于D，
的图象向右平移
单位长度可得
，
故D 正确.
故选：BCD
27．
（2024·河南新乡·二模）已知函数
在区间
上
的最小值为a，最大值为
，则（ ）
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47
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A．
B．
C．
D．将函数
的图象向右平移
个单位长度后，所得函数
的图象关于
轴对称
【答案】BC
【分析】由
求得
，由最大值
求得
，由
求得
，进而确定
的解析
式，结合三角函数图象的平移变换即可求解.
【详解】A：由
，得
，即
，
又
，所以
，故A 错误；
B：
，由
，得
，
又
在
上的最小值为
，最大值为
，
所以
，得
，
当
时，
取得最大值，
，解得
，故B 正确；
C：由选项B 的分析知
，所以
，
得
，所以
，解得
，
故
，得
，故C 正确；
D：将
图象向右平移
个单位长度后，
得
，
该函数图象关于原点对称，故D 错误.
故选：BC
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28．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数
的最小正周期为
，则（ ）
A．
B．
是
图象的一个对称中心
C．
在区间
上单调递增
D．
在区间
上的最小值为
【答案】BC
【分析】由周期公式可得A 错误；由余弦函数的对称中心可得B 正确；由余弦函数的递增区间可得C 正确；由
余弦函数的单调性可得D 错误.
【详解】A：由最小正周期是
，故A 错误；
B：因为
，对称中心
，解得
，
当
时，对称中心为
，故B 正确；
C：由余弦函数的递增区间可知
，解得
，
当
时，
在区间
上单调递增，故C 正确；
D：由C 可知，
在
上单调递增，故最小值为
，故D 错误；
故选：BC.
29．（2024·湖南·二模）已知
，下列结论正确的是（ ）
A．若
的最小正周期为
，则
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48
49
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B．若
的图象向左平移
个单位长度后得到的图象关于
轴对称，则
C．若
在
上恰有4 个极值点，则
的取值范围为
D．存在
，使得
在
上单调递减
【答案】ABC
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式先化简函数式，再利用三角函数的图象与性质一一判定选项即可.
【详解】由
，
对于A，若
的最小正周期为
，则
，故A 正确；
对于B，若
的图象向左平移
个单位长度后得
，其图象关于
纵轴对称，
则有
，显然
，故B 正确；
对于C，
，
根据题意有
，故C 正确；
对于D，
，
显然
，
，即该区间为包含
的连续区间，
根据正弦函数的单调性可知：该区间不可能单调递减，故D 错误.
故选：ABC
30．（2024·安徽池州·二模）已知函数
，则（ ）
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50
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A．
的图象关于点
对称
B．
在区间
内有2 个极大值点
C．
D．将函数
的图象向左平移
个单位，所得图象关于直线
对称
【答案】BCD
【分析】先用辅助角公式把函数化成
的形式，再结合函数
的图象和
性质进行判断.
【详解】因为
.
因为
，所以
是
的一条对称轴，故A 错误；
由
，
，
，
所以
可能为：
，
，
，
，等等，在
内只有两个极大值点
和
，故B 正确；
因为
，
.
又
在
上单调递减，所以
，所以
，
故C 正确；
把
的图象向左平移
个单位，可得
，
当
时，
为函数最小值，是所得函数的一条对称轴，故D 正确.
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故选：BCD
31．（2024·黑龙江·二模）函数
的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
的图象的一个对称中心为
D．设函数
，则
在
上的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据
求出
的解析式，利用三角函数的性质即可求解.
【详解】由图象可知，
，
所以
，即
，
又因为
，所以
，故A 正确；
所以
的解析式为
，
，
，
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52
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所以
，解得
，故B 正确；
所以
，故点
不是
的图象的一个对称中心，故C 错误；
,
因为
，所以
，
当
，即
时，
取的最小值为
，故D 正确.
故选：ABD.
32．（2024·湖南邵阳·二模）已知函数
，则下列结论正确的有（ ）
A．
的最小正周期为
B．
关于点
对称
C．
关于直线
对称
D．
在区间
上单调递减
【答案】ACD
【分析】由辅助角公式化简求出函数
的解析式，再周期，对称性及单调性逐项判断各选项．
【详解】
,
对于A,
的最小正周期为
,故A 正确；
对于B,
,故B 错误；
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对于C,
为函数最大值，故C 正确；
对于D,
,则
故
在区间
上单调递减，故D 正确.
故选：ACD.
三、填空题
33．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数
，若
，
，
，则实数
的取值范围是 .
【答案】
或
【分析】设
，则
，由正弦函数图象可列式
，求得
，
，对
取值分析得到答案.
【详解】设
，
，则
，
所以问题转化为
在
上存在最大值和最小值，
由正弦函数图象可得，
，解得
，
所以
，
当
时，
，
；
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当
时，
，当
时，
，当
时，
，
当
，
时，
，
当
时，
，
而
，即
，
所以
时，所有情况的
范围的并集为
；
综上，实数
的取值范围是
或
.
故答案为：
或
.
【点睛】思路点睛：换元令
，
，利用正弦函数的图象分析可得
，求出
的
范围，再带回上式验证求解
的范围.
34．（2024·安徽芜湖·二模）已知偶函数
的图像关于点
中心对称，且在区间
上单调，则
．
【答案】
/1.5
【分析】根据题意
，再由对称中心求出
，最后根据函数单调性确定
.
【详解】因为偶函数
，所以
，
，
即
或
，
又
的图像关于点
中心对称，
所以
，即
，
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所以
，
因为
函数单调，所以
，即
，
所以当
时，
符合条件.
故答案为：
35．（2024·湖北·二模）已知函数
满足
恒成立，且在区间
上无
最小值，则
．
【答案】
/
【分析】首先由条件确定
是函数的最大值，再结合函数的周期的范围，联立后即可求解.
【详解】由题意可知，
是函数的最大值，
则
，
，得
，
且在区间
上无最小值，所以
，所以
，
所以
.
故答案为：
36．（2024·云南红河·二模）已知函数
在
上恰好有三个零点，请写出符合
条件的一个
的值： .
【答案】7（答案不唯一）
【分析】根据已知条件可以求出第一个零点，再由相邻的两个零点间的距离为半个周期，依次得到第二、三、
四个零点，限定第三个零点在已知范围内，第四个零点不在范围内即可求解.
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56
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【详解】
，因为
，且
，
令
，则
，
所以
位于
正半轴的第一个零点为
，
又
，故
的第二个零点为
，
的第三个零点为
，
的第四个零点为
，
由题知
在
上有三个零点，故
，
解得
，又因为
所以
的值可以为7 或8 或9.
故答案为：7（答案不唯一）.
37．（2024·福建厦门·二模）已知函数
在
上单调，
，则
的可能取值为 .
【答案】
【分析】根据函数的单调区间确定
，再根据
确定关于周期的相应等式，结
合其范围，即可求得答案.
【详解】设
的周期为T，函数
在
上单调，
故
；
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由
以及函数
在
上单调，得
，
由
，
，得
或
或
，
若
，则
；
若
，则
；
若
，则
；
故
的可能取值为
，
故答案为：
四、解答题
38．（2024·河北承德·二模）已知函数
的最小正周期为
.
(1)求
在
上的单调递增区间；
(2)在锐角三角形
中，内角
的对边分别为
且
求
的取值范围.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式化简函数解析式，根据周期求得
的值，从而得到函数的解析式，
整体代入法求解单调区间即可；
（2）利用正弦定理即两角和的正弦公式化简条件，从而求得
继而得到
整体代入求函数值的
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范围即可.
【详解】（1）
.
因为
所以
故
.
由
解得
当
时
又
所以
在
上的单调递增区间为
.
（2）由
得（
所以
.
因为
所以
又
所以
又三角形为锐角三角形，则
，则
，所以
，
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又
，
，
则
，
所以
的取值范围为
.
39．（2024·江苏南通·二模）设函数
.已知
的图象的两条相邻对称轴间
的距离为
，且
.
(1)若
在区间
上有最大值无最小值，求实数m 的取值范围；
(2)设l 为曲线
在
处的切线，证明：l 与曲线
有唯一的公共点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据周期以及
可求解
，进而根据整体法即可求解，
（2）求导，根据点斜式求解切线方程，进而构造函数
，利用导数判断函数的单调
性，即可求解.
【详解】（1）由题意可得周期
，故
，
，
由于
，故
，
故
，
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当
时，
，
由于
在区间
上有最大值无最小值，故
，解得
，
故
.
（2）
，
，
，
故直线方程为
，
令
，则
，
故
在定义域内单调递增，又
，
因此
有唯一的的零点
，
故l 与曲线
有唯一的交点，得证.
40．（2024·黑龙江·二模）已知向量
，
，且函数
在
上的最大值为
．
(1)求常数
的值；
(2)求函数
的单调递减区间．
【答案】(1)
(2)
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【分析】（1）根据向量数量积运算、二倍角和辅助角公式可化简
，根据正弦型函数最大值可构造方程求
得
的值；
（2）采用整体代换的方式，构造不等式
，解不等式即可求得单调递减区间.
【详解】（1）
，
，
，解得：
.
（2）由（1）知：
，
令
，解得：
，
的单调递减区间为
.
解三角形
一、单选题
1．（2024·山东聊城·二模）如图，在平面四边形
中，
，记
与
的面积分别为
，则
的值为（ ）
A．2
B．
C．1
D．
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【答案】B
【分析】根据余弦定理得
、
，两式相减可得
，由三角形的面积公
式得
，即可求解.
【详解】在
中，由余弦定理得
，
即
，得
①，
在
中，由余弦定理得
，
即
，得
②，
又
，
所以
③，
由②
①，得
，由
，
得
，代入③得
.
故选：B
2．（2024·广东韶关·二模）在
中，
．若
的最长边的长为
．则最短边的长为
（ ）
A．
B．
C．2
D．
【答案】A
【分析】求出
，
为钝角，故
，确定
，求出
，由正弦定理求出答案.
【详解】因为
，
又
，故
为锐角，
为钝角，故
，
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因为
在
上单调递增，
，故
，所以
，
又
，
，解得
，同理可得
，
由正弦定理得
，即
，解得
.
故选：A
3．
（2024·广东·二模）在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜
子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为
，之后将小镜子前移
，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为
，已知
人的眼睛距离地面的高度为
，则钟楼的高度大约是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设钟楼的高度为
，根据相似得到
，代入数据计算得到答案.
【详解】如下图，设钟楼的高度为
，
由
，可得：
，
由
，可得：
，
故
，
故
，
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64
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故选：D.
4．（2024·广东梅州·二模）如图，两根绳子把物体M 吊在水平杆子AB 上.已知物体M 的重力大小为20 牛，且
，在下列角度中，当角
取哪个值时，绳
承受的拉力最小.（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由题意作出图形，在
中利用正弦定理列式，得到
的表达式，结合正弦函数的性质算出
的最小值.
【详解】作出示意图，设与物体
平衡的力对应的向量为
，则
，
以
为对角线作平行四边形
，则
，
是绳
承受的拉力大小，
由
，得
，所以
，
中，由正弦定理得
，即
，
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64
65
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可得
，
结合
，可知当
时，
达到最小值10.
综上所述，当角
时，绳
承受的拉力最小.
故选：C
5．（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．
6．（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
，
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66
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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.
7．（2024·黑龙江·二模）“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂
直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，
以“矩”量之，若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角
满足
，则这块四边形木板周长的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
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67
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【答案】A
【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求周长的最大值.
【详解】因为四边形木板的一个内角
满足
，如图，
设
，由题设可得圆的直径为
，
故
，因
，
为三角形内角，故
，
故
，
故
，
故
，
故
，当且仅当
时等号成立，
同理
，当且仅当
等号成立，
故四边形周长的最大值为
，
故选：A.
8．（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（ ）
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68
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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.
9．（2024·河南新乡·二模）在
中，内角
，，的对边分别为
，，，且
，
，
，则（ ）
A．
为锐角三角形
B．
为直角三角形
C．
为钝角三角形
D．
的形状无法确定
【答案】C
【分析】根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.
【详解】由于
,
故
为钝角，进而三角形为钝角三角形
故选：C
10．（2024·湖南·二模）钝角
中，
，则
（ ）
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69
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A．1
B．
C．
D．0
【答案】D
【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到
，进而得到
，进而判定得到
为钝角，得出
，结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】因为
，由正弦定理得
，
在钝角
中，
，所以
，即
且
为锐角，
所以
，所以
，
若
为钝角，则
，可得
，
这与
矛盾，所以只可能
为钝角，所以
，
所以
.
故选：D.
二、多选题
11．（2024·新疆·二模）如图，在
中，内角
的对边分别为
，若
，且
是
外一点，
，则下列说法正确的是（ ）
A．
是等边三角形
B．若
，则
四点共圆
C．四边形
面积的最小值为
D．四边形
面积的最大值为
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【答案】ABD
【分析】对于A，根据正弦定理、两角和的正弦公式有
，即
，结合
，即
即
可判断；对于B，在
中，由余弦定理求得
，结合
，可得两个角
互补，由此即可
判断；对于CD，由三角形面积公式、辅助角公式得四边形
面积的表达式，结合角
的范围即可判断.
【详解】
，
根据正弦定理得
，即
，
，显然
，则
，根据题意，有
，
又
，可得
为等边三角形，故A 正确；
，在
中，
，
当
时，
，即
共圆，B 正确.
又
四边形
面积
，
，则
，
所以四边形
的面积没有最小值，C 错误.
当
，即
时，四边形
面积取最大值
，故D 正确.
故选：ABD.
12．（2024·河南新乡·二模）如图，已知双曲线
：
（
，
）的左、右焦点分别为
，
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，点
在
上，点
在
轴上，，
，三点共线，若直线
的斜率为
，直线
的斜率为
，
则（ ）
A．
的渐近线方程为
B．
C．
的面积为
D．
内接圆的半径为
【答案】ABD
【分析】根据斜率以及双曲线的对称性可得
为等边三角形，即可根据同角关系与和差公式求解三角函
数值，进而利用正弦定理求解
，由双曲线定义可得
，进而根据选项即可逐一求解，
【详解】对于A，依题意，直线
的斜率为
，所以
，又
，
所以
为等边三角形，故
，
在
中，
为锐角，
，
所以
，
根据正弦定理可得
，
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72
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即
，解得
，
所以
，即
，
所以双曲线
的方程为
，
对于AB，
的渐近线方程为
，故AB 正确；
对于C，
的面积为
，故C 错误；
对于D，
的面积为
，
所以
内接圆的半径为
，故D 正确.
故选：ABD，
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用三角函数的知识与正弦定理求得
，从而得到双曲线
的方程，从而得解.
13．（2024·福建厦门·二模）如图1，扇形
的弧长为
，半径为
，线段
上有一动点
，弧
上一
点
是弧的三等分点，现将该扇形卷成以
为顶点的圆锥，使得
和
重合，则在图2 的圆锥中（ ）
A．圆锥的体积为
B．当
为
中点时，线段
在底面的投影长为
C．存在
，使得
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D．
【答案】BCD
【分析】求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥体积公式即可判断A；设M 在底面上的投影为H，利用余弦定理
求得投影的长，判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；结合
，可求得
的长，即可判断D.
【详解】对于A，设圆锥的底面半径为R，高为h，由题意知
，
圆锥的母线长为
，故
，
故圆锥体积为
，A 错误；
对于B，当
为
中点时，设M 在底面上的投影为H，则H 为
的中点，
则
为线段
在底面的投影，
，而
，在
中，
，
即
，即线段
在底面的投影长为
，B 正确；
对于C，作
于T，作
于
，连接
，
设圆锥底面直径为
，由于
，
即
，则
，
，则
为正三角形，故T 为
的中点，
则
，故
，即
为
的四等分点，
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由于平面
底面
，平面
底面
，
底面
，
，故
平面
，
平面
，故
，
又
，
平面
，故
平面
，
平面
，故
，
故当M 与
重合时，
，C 正确；
对于D，由C 的分析知，
，而
，
故
，D 正确，
故选：BCD
三、解答题
14．（2024·辽宁·二模）在
中，
为
边上一点，
，且
面积是
面积的2 倍．
(1)若
，求
的长；
(2)求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可；
（2）根据余弦定理、二倍角的余弦公式求出
的表达式，最后根据正弦定理求出
的表达式，利
用余弦函数的最值性质进行求解即可.
【详解】（1）设
边上的高为
，垂足为
，
因为
面积是
面积的2 倍，
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所以有
，
设
，
由余弦定理可知：
，
解得
或
舍去，即
；
（2）由（1）可知
，
设
，由
且
，
由余弦定理可得：
，
，
在
中，因为
，
所以由正弦定理可知：
2
1
6cos
sin
4
sin
sin
sin
2cos
AB
AD
ADB
AB
ADB
B
B
AD
2
2
2
1
24cos
1
1
1
24
4
cos
4
cos
，
因为
π
0, 2
，
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所以
2
2
2
2
1
1
1
cos
0,1
cos
0,1
1
24
25
24
5
cos
cos
cos
，
于是有
sin
5
sin
4
ADB
B
，因此
sin
sin
ADB
B
的取值范围为
5 ,
4
.
.
15．
（2024·广东梅州·二模）在ABC
中，角A，B，C 所对应的边分别为a，b，c，3 cos
sin
3
a
B
b
A
c
，
2
c
，
(1)求A 的大小：
(2)点D 在BC 上，
（Ⅰ）当AD
AB
，且
1
AD 时，求AC 的长；
（Ⅱ）当
2
BD
DC
，且
1
AD 时，求ABC
的面积
ABC
S
．
【答案】(1)
2π
3
A
(2)
8 3
4
11
AC
；
3 2
3
4
ABC
S
【分析】（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得
tan A
的值，结合
(0, )
A
即可求解
A 的值；
（2）（Ⅰ）根据锐角三角函数和差角公式可得
2
1
5
15
cos
,sin
,sin
10
5
5
5
AB
AD
ABC
ABC
C
BD
BD
正弦定
理即可求解.
（Ⅱ）采用面积分割的方法以及正弦定理即可解决．
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【详解】（1）因为3 cos
sin
3
a
B
b
A
c
，
所以由正弦定理可得
3sin
cos
sin
sin
3sin
A
B
B
A
C
，
又sin
sin(
)
sin
cos
cos
sin
C
A
B
A
B
A
B
，
所以
sin
sin
3cos
sin
B
A
A
B
，
因为B 为三角形内角，sin
0
B
，
所以sin
3 cos
A
A
，可得tan
3
A
，
因为
(0,π)
A
，所以
2π
3
A
；
（2）（Ⅰ）此时
2
2
AB
AD
，AD
AB
，
所以
2
2
5
DB
AB
AD
，所以
2
1
2π
1
1
2
3
5
15
cos
,sin
,sin
sin
3
2
2
10
5
5
5
5
5
AB
AD
ABC
ABC
C
B
BD
BD
，
在
ABC
中，由正弦定理可得
1
2
sin
8 3
4
5
sin
sin
sin
11
5
15
10
5
AC
AB
AB
ABC
AC
ABC
C
C
；
（Ⅱ）设
CAD
，由
ABC
BAD
CAD
S
S
S
，
可得
2π
3
2sin(
)
sin
3
b
b
，化简可得
2π
3
sin
2sin(
)
3
b
b
有
2
,
2π
sin
sin
sin
sin(
)
3
b
CD
BD
ADC
ADB
，
由于
2
BD
DC
，所以
sin
sin
1
2π
sin
2
2sin(
)
3
b
ADB
ADC
，
所以
2π
sin(
)
1
3
sin
3
3
sin
,
sin
2
si
3
n
b
b
b
6
1
2
b
，
则
1
3 2
3
sin
2
4
ABC
S
bc
A
．
16．（2024·浙江嘉兴·二模）在
ABC
中，内角
, ,
A B C
所对的边分别是
, ,
a b c
，已知
2cos
3cos2
3
A
A
.
(1)求cosA 的值；
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(2)若ABC
为锐角三角形，2
3
b
c
，求sinC 的值.
【答案】(1)
1
cos
3
A
或cos
0
A
；
(2)
4 2
9
.
【分析】（1）根据题意，利用二倍角余弦公式化简求解；
（2）解法一，由2
3
b
c
，利用正弦定理边化角得2sin
3sin
B
C
，结合
sin
sin
A
C
B
和
1
cos
3
A
，化简运算
并结合平方关系求得答案；
解法二，根据条件利用余弦定理可得
2
3
c
a
，再利用正弦定理边化角并结合条件求得答案.
【详解】（1）由题可得
2
2cos
3 2cos
1
3
A
A
，即
2
3cos
cos
0
A
A
，
解得
1
cos
3
A
或cos
0
A
.
（2）解法一：因为2
3
b
c
，由正弦定理得2sin
3sin
B
C
，即
2sin
3sin
A
C
C
，
即2sin cos
2sin cos
3sin
A
C
C
A
C
，
因为
1
cos
3
A
，所以
2 2
sin
3
A
；
所以4 2
2
cos
sin
3sin
3
3
C
C
C
，又
2
2
sin
cos
1
C
C
，
且ABC
为锐角三角形，解得
4 2
sin
9
C
.
解法二：由余弦定理得
2
2
2
1
cos
2
3
b
c
a
A
bc
，因为
2
3
b
c
，所以
2
2
2
2
9
1
4
3
3
c
c
a
c
，即
2
2
4
9
c
a
，
所以
2
3
c
a
，所以
2
sin
sin
3
C
A
，
又
1
cos
3
A
，所以
2 2
sin
3
A
，所以
2
4 2
sin
sin
3
9
C
A
.
17．（2024·河北石家庄·二模）在ABC
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，设向量
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(2sin
, 3sin
3 cos
)
m
A
A
A
，
π 2π
(cos ,cos
sin
),
( )
,
,
6
3
n
A
A
A
f A
m n A
.
(1)求函数
f
A
的最大值;
(2)若
6
( )
0,
3,sin
sin
2
f A
a
B
C
，求ABC
的面积.
【答案】(1)
3
(2)
3
4
ABC
S
!
【分析】（1）由平面向量的数量积与三角恒等变换知识计算可得
π
( )
2sin(2
)
3
f x
A
，再结合三角函数的值域
计算即可求得；
（2）由题中条件计算可得
π
3
A
，再由正弦定理得
6
b
c
，由余弦定理可得
1
bc ，再由三角形的面积公式
计算即可求得．
【详解】（1）
( )
2sin
cos
( 3sin
3 cos
)(cos
sin
)
f x
m n
A
A
A
A
A
A
2
2
π
sin 2
3(cos
sin
)
sin 2
3 cos2
2sin(2
)
3
A
A
A
A
A
A
因为
π 2π
,
6
3
A
，所以
π
2π 5π
2
,
3
3
3
A
，
所以当
π
2π
2
3
3
A
，即
π
6
A
时，
( )
f x 有最大值
3
2
3
2
；
（2）因为
0
f
A
，所以
π
2sin(2
)
0
3
A
，所以
π
2
π,
Z
3
A
k
k
，
因为
π 2
[
,
]
6 3
A
A
，所以
π
3
A
，
由正弦定理得：
3
2
2
sin
3
2
a
R
A
，
所以sin
2
2
b
b
B
R
，sin
2
2
c
c
C
R
，
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又因为
6
sin
sin
2
B
C
，所以
6
2
2
2
b
c
，
所以
6
b
c
，
由余弦定理有：
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A
，
即
2
3
(
)
3
b
c
bc
，所以
1
bc ，
所以
1
1
3
3
sin
1
2
2
2
4
ABC
S
bc
A
△
．
18．（2024·湖北·二模）已知ABC
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，
c a
b
，
2 cos
cos
cos2
c
a
A
B
b
A
．
(1)求A；
(2)者
1
3
BD
BC
，
2
AD
，求b
c
的取值范围．
【答案】(1)
π
3
A
(2)
12 7
6
7
b
c
【分析】（1）借助正弦定理、三角形内角和与两角差的正弦公式计算即可得；
（2）借助向量的模长与平方的关系，结合数量积公式计算可得
2
2
(
)
3
36
b
c
c
，借助三角函数的性质，可令
6cos
b
c
，
3
6sin
c
，结合余弦定理计算可得
12 7
6cos
6
7
，即可得解.
【详解】（1）由正弦定理得sin
2sin
cos
cos
sin
cos2
C
A
A
B
B
A
，
则sin
sin 2 cos
sin
cos2
C
A
B
B
A
，
则
sin
sin 2
C
A
B
，
π
C
A
B
Q
，
sin
sin 2
A
B
A
B
．
即
2
A
B
A
B
或
π
2
A
B
A
B
，解得
2
A
B
或
π
3
A
．
因为a
b
，所以A
B
，所以
2
A
B
舍去，即
π
3
A
；
（2）由
1
3
BD
BC
得
1
3
AD
AB
AC
AB ，则
1
2
3
3
AD
AC
AB
，
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则
2
2
2
1
4
4
|
|
cos
9
9
9
AD
b
c
bc
A
uuur
，
则
2
2
1
4
2
4
9
9
9
b
c
bc
，则
2
2
4
2
36
b
c
bc
，即
2
2
(
)
3
36
b
c
c
．
令
6cos
b
c
，
3
6sin
c
，因为
0
c
，
0
b
c
，所以
π
0
2
．
因为
6cos
2 3sin
0
b
，所以tan
3
，解得
π
0
3
．
由（1）得
π
3
A
，则
2
2
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A
b
c
bc
，
又因为
a
b
．所以
2
2
a
b
，所以7
2
2
2
b
c
bc
b
，
解得c
b
，所以2 3sin
6cos
2 3sin
，解得
3
tan
2
，
所以
3
0
tan
2
．
令
1
3
tan
2
，则
1
π
0
3
，则
1
cos
cos
1
．
因为
1
2 7
cos
7
，所以
12 7
6cos
6
7
，即
12 7
6
7
b
c
．
19．（2024·山东·二模）如图所示，,
A B 是海面上位于东西方向的两个观测点，
5 3
3
AB
海里，D 点位于
A 观测点北偏东45，且B 观测点北偏西60的位置，C 点位于B 观测点南偏西60，且
20 3
BC
海里．现D
点有一艘轮船发出求救信号，C 点处的救援船立即前往营救，其航行速度为30 海里/时．求：
(1) DB 的距离；
(2)该救援船到达D 点所需要的时间．
【答案】(1)10 3 海里
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(2)1 小时
【分析】（1）结合已知图形，在
ABD
△
中利用正弦定理转化求解DB 的长.
（2）在
DBC
△
中利用余弦定理求出DC ，然后求解出该救援船到达D 点所需的时间．
【详解】（1）由题意可知，
90
45
45
DAB
，
90
60
30
DBA
，
则
180
ADB
DAB
DBA
180
45
30
105
，
而
6
2
sin105
sin 60
45
sin 60 cos45
cos60 sin 45
4
，
在ADB
中，
5 3
3
AB =
，由正弦定理可得sin
sin
DB
AB
DAB
ADB
，
即
5 3
3
sin
45
sin105
DB
，即
4
5 3
3
2
2
6
2
DB
，解得
10 3
DB
（海里）．
（2）在
DBC
△
中，
60
DBC
，
由余弦定理可得
2
2
2
2
cos60
DC
DB
BC
DB
BC
2
2
(10 3)
(20 3)
2 10 3
20 3
cos60
900
，
所以
30
DC
，则时间为
30
1
30 （小时），
所以该救援船到达D 点需要的时间为1 小时.
20．（2024·河南新乡·二模）已知ABC
的内角
, ,
A B C 的对边分别为
cos
cos
, , ,
4
C
A
a b c
c
b
a
．
(1)求sinC 的值；
(2)若ABC
的面积为
15
2
，且
2 6
3
a
b
c
，求ABC
的周长．
【答案】(1)
15
4
(2)4
6
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得
1
cos
4
C
，进而得到sinC 的值；
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（2）由若ABC
的面积为
15
2
，求得
4
ab
，再由余弦定理，求得
6
c
，进而求得ABC
的周长.
【详解】（1）解：因为
cos
cos
4
C
A
c
b
a
，由正弦定理得
cos
cos
sin
4sin
sin
C
A
C
B
A
，
可得4sin
cos
sin
cos
cos
sin
B
C
A
C
A
C
，
即4sin
cos
sin
cos
cos
sin
sin(
)
sin
B
C
A
C
A
C
A
C
B
，
因为
(0,π)
B
，可得sin
0
B
，所以4cos
1
C ，即
1
cos
4
C
，
所以
2
15
sin
1 cos
4
C
C
.
（2）解：由（1）知
15
sin
4
C
，
因为若ABC
的面积为
15
2
，可得
1
15
sin
2
2
ab
C
，即
1
15
15
2
4
2
ab
，解得
4
ab
，
又因为
2 6
3
a
b
c
，
由余弦定理得
2
2
2
2
1
2
cos
(
)
2
2
4
c
a
b
ab
C
a
b
ab
ab
2
2
5
2 6
(
)
(
)
10
2
3
a
b
ab
c
，
整理得
2
6
c
，解得
6
c
，
所以
2 6
6
4
3
a
b
，
所以ABC
的周长为
4
6
a
b
c
.
21．（2024·河南开封·二模）记ABC
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知cos
2 sin
b
A
a
B
．
(1)求sin A ；
(2)若
3
a
，再从条件①，条件②，条件③中选择一个条件作为已知，使其能够确定唯一的三角形，并求
ABC
的面积．
条件① ：
6
b
c ；条件② ：
6
b
；条件③ ：
1
sin
3
C
．
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
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分．
【答案】(1)
3
sin
3
A
；
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角公式计算即得.
（2）选择条件①，利用余弦定理及三角形面积公式计算求解；选择条件②，利用正弦定理计算判断三角形不
唯一；选择条件③，利用正弦定理计算判断，再求出三角形面积.
【详解】（1）由cos
2 sin
b
A
a
B
得：sin
cos
2 sin
sin
B
A
A
B
，而sin
0
B
，
则cos
2 sin
0
A
A
，A 为锐角，又
2
2
sin
cos
1
A
A
，解得
3
sin
3
A
，
所以
3
sin
3
A
且A 为锐角.
（2）若选条件①，由
3
sin
3
A
，A 为锐角，得
6
cos
3
A
，
由余弦定理得
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A
，又
6
b
c ，则
2
2
2
3
6
4
c
c
c
，
解得
1,
6,
c
b
ABC
唯一确定，所以
1
2
sin
2
2
ABC
S
bc
A
.
若选条件②，由正弦定理得
sin
sin
a
b
A
B
，则
3
6
6
3
sin
1
3
3
B
，
由
6
3
b
a
，得B
A
，因此角B 有两解，分别对应两个三角形，不符合题意.
若选条件③，由
3
sin
3
A
，A 为锐角，得
6
cos
3
A
，
又
3
1
sin
sin
3
3
A
C
，得a
c
，A
C
，则
2 2
cos
3
C
，
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因此
6
sin
sin(
)
sin
cos
cos
sin
,
3
B
A
C
A
C
A
C
ABC
唯一确定，
由正弦定理得
sin
sin
a
c
A
C
，则
1
3
3
1
3
3
c
，所以
1
2
sin
2
2
ABC
S
ac
B
△
.
22．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）记ABC
的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知
4
b
，
2 cos
sin
cos
tan
b
B
A
A
c
C
.
(1)求角B 的大小;
(2)已知直线BD 为
ABC
的平分线，且与AC 交于点D ，若
2 2
3
BD
，求ABC
的周长.
【答案】(1)
π
3
B
(2)2 6
4
【分析】（1）由正弦定理和sin(
)
sin
A
C
B
，得到
1
cos
2
B
，从而求出角B ；
（2）由三角形面积公式和余弦定理得到
2 6
a
c
，从而求出周长.
【详解】（1）由已知，得
sin
2 cos
cos
tan
c
A
b
B
c
A
C
，
根据正弦定理，得
sin
sin
2sin
cos
sin
cos
tan
C
A
B
B
C
A
C
，
即2sin
cos
sin
cos
cos
sin
B
B
A
C
A
C
，
即
2sin
cos
sin(
)
sin
B
B
A
C
B
，
由于0
π
B
，sin
0
B
，
所以
1
cos
2
B
，所以
π
3
B
；
（2）因为
ABC
ABD
BCD
S
S
S
△
△
△
，
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所以
1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
ac
ABC
BD c
ABD
BD a
CBD
，
因为直线BD 为
ABC
的平分线，
所以
1
π
2
6
ABD
CBD
ABC
，
所以
1
3
2
2
ac
1
2 2
1
1
2 2
1
2
3
2
2
3
2
c
a
，
则
2 2
3
(
)
3
ac
a
c
，即
2 2 (
)
3 3
ac
a
c
，
由余弦定理得
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
ABC
，即
2
2
16
a
c
ac
，
所以
2
2
2 2
16
(
)
3
(
)
(
)
3
a
c
ac
a
c
a
c
，
解得
2 6
a
c
或
4 6
3
a
c
（舍），
故ABC
的周长为2 6
4
.
23．（2024·浙江温州·二模）记ABC
的内角
, ,
A B C 所对的边分别为, ,
a b c ，已知2 sin
2
c
B
b
．
(1)求C ；
(2)若tan
tan
tan
A
B
C
，
2
a
，求ABC
的面积．
【答案】(1)
π
4
C
或
3π
4
(2)
4
3
【分析】
（1）根据正弦定理，边化角，结合三角形中角的取值范围，可得sinC ，从而确定角C .
（2）根据条件求角求边，再结合三角形面积公式求面积.
【详解】（1）
由2 sin
2
c
B
b
得2sin sin
2sin
C
B
B
，而B 为三角形内角，
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故
,得
2
sin
2
C
，而C 为三角形内角，
π
4
C
或
3π
4
（2）
由
tan
tan
tan
tan
A
B
C
B
C
得
tan
tan
tan
tan
1
tan tan
B
C
B
C
B
C
，
又tan
tan
0
B
C
，∴tan tan
2
B
C
， ，故
π
,
0, 2
B C
，
由（1）得tan
1
C ，故tan
2
B
，
∴tan
tan
tan
3
A
B
C
，而A 为三角形内角， ∴
3 10
sin
10
A
.
又
sin
sin
a
c
A
C
即
2
3
2
10
10
2
c
20
3
c
，
又tan
2
B
，而B 为三角形内角，故
2
sin
5
5
B
，
1
1
20
2 5
4
sin
2
2
2
3
5
3
S
ac
B
.
24．（2024·广东佛山·二模）在ABC
中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 所对的边，点D 在边AC 上，且满足
3sin
tan
cos
sin
A
ABC
C
C
，sin
3
sin
c
C
BD
BDC
．
(1)求
b
a 的值；
(2)若
3
AD
DC
，求sin
ABD
．
【答案】(1)
2 2
b
a
(2)
3
sin
3
ABD
．
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到
3
c
a
，再利用三角恒等变换得到cos
ABC
，从而利用余弦定理列
出关系式即可得解.
（2）在
BCA
V
中，确定三边的长度关系，利用余弦定理可求cos
ABD
，再利用同角三角函数的关系求
sin
ABD
.
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【详解】（1）如图，在
BCD
△
中，由正弦定理知sin
sin
BD
BC
C
BDC
，
所以
sin
sin
BD
BDC
a
C
，所以sin
3 sin
c
C
a
C
，
因为
0,π
C
，所以sin
0
C
，则
3
c
a
①，
由3sin
tan
cos
sin
A
ABC
C
C
，
则3sin
cos
sin
cos
sin
cos
sin
A
ABC
ABC
C
C
ABC
A
，
因为
0,π
A
，所以sin
0
A
，则
1
cos
3
ABC
，
在ABC
中，由余弦定理知
2
2
2
cos
2
a
a
BC
c
A
b
c
，则
2
2
2
2
0
3
a
c
b
ac
②，
由①②得，
2 2
b
a
．
（2）因为
3
AD
DC
，所以
3
4
AD
b
，
1
4
DC
b
，
在
BCD
△
中，由余弦定理知
2
2
2
2
2
2
4
cos
2
2
4
b
BD
a
BD
DC
BC
BDC
b
BD DC
BD
同理在
BAD
中，
2
2
2
2
2
2
3
4
cos
3
2
2
4
b
BD
c
BD
AD
AB
BDA
b
BD AD
BD
，
因为
π
BDC
BDA
，所以cos
cos
0
BDC
BDA
，
则
2
2
2
2
3
4
3
0
4
b
BD
a
c
，
由（1）知
3
c
a
，
2 2
b
a
，所以
6
2
a
BD
，
在BAD
中，由余弦定理知
2
2
2
2
2
2
6
3
2
4
6
cos
2
3
6
2
2
a
b
c
BD
AB
AD
ABD
BD AB
a
c
，
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所以
3
sin
3
ABD
．
25．（2024·安徽安庆·二模）如图，在平面凸四边形ABCD 中，
2sin
tan
tan
cos
BAD
ABD
ADB
ABD
.
(1)求
ADB
；
(2)若
4
AD
BD
，
6
ACB
BDC
，求CD .
【答案】(1) 3
(2)4
【分析】（1）借助三角恒等变换将所给式子化简计算即可得；
（2）结合题意，借助正弦定理与余弦定理计算即可得.
【详解】（1）由已知得：
sin
sin
2sin
cos
cos
cos
ABD
ADB
BAD
ABD
ADB
ABD
，
故
sin
cos
cos
sin
2sin
cos
cos
cos
ABD
ADB
ABD
ADB
BAD
ABD
ADB
ABD
，
所以
sin(
)
2sin
cos
cos
cos
ABD
ADB
BAD
ABD
ADB
ABD
．
因为
sin
sin π
sin
0
ABD
ADB
BAD
BAD
，
故
1
cos
2
ADB
，由三角形内角范围知
π
3
ADB
；
（2）由
4
AD
BD
，
π
3
ADB
，故
ABD
△
为边长为4 的等边三角形，
在ABC
中，
π
6
ACB
，由正弦定理得sin
sin
BC
AB
BAC
ACB
，
故
sin
8sin
sin
AB
BAC
BC
BAC
ACB
，
由于
π
BAC
BCA
ABD
CBD
，
所以
π
2
BAC
CBD
，故
8cos
BC
CBD
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在
BCD
△
中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
CD
BD
BC
BD
BC
CBD
，
即
2
2
2
4
8
cos
16
CD
BC
BC
CBD
，得
4
CD
.
新定义问题
一、单选题
1．（2024·浙江·二模）古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢
函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数
1
cot
tan
，正割函数
1
sec
cos
，余割函数
1
csc
sin
，正矢函数
sin
1 cos
ver
，余矢函数
cos
1 sin
ver
.如图角始边为x 轴的非负半轴，其
终边与单位圆交点P ，A 、B 分别是单位圆与x 轴和y 轴正半轴的交点，过点P 作PM 垂直x 轴，作PN 垂直y
轴，垂足分别为M 、N ，过点A 作x 轴的垂线，过点B 作y 轴的垂线分别交的终边于T 、S ，其中AM 、PS 、
BS 、NB 为有向线段，下列表示正确的是（ ）
A．
sin
ver
AM
B．csc
PS
C．cot
BS
D．sec
NB
【答案】C
【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知sin
MP
，cos
OM
，tan
AT
，然后结合新定义简单计算
可判断各个选项.
【详解】根据题意，易得OMP
OAT
SBO
PNO
V
: V
: V
: V
，
对于A，因为1 cos
1 OM
MA
，即
sin
ver
MA
，故A 错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，
1
1
csc
sin
BO
OS
OS
MP
MP
OP
，故B 错误；
对于C，
1
1
cot
tan
tan
BS
OSB
，故C 正确；
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对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得
1
1
sec
cos
OA
OT
OT
OM
OM
OP
，故D 错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角
形相似比求解，注意有向线段.
二、多选题
2．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy 中，角θ 以坐标原点O 为顶点，以x 轴的非负半轴为始边，
其终边经过点
,
M a b ，
0
OM
m m
，定义
b
a
f
m
，
b
a
g
m
，则（ ）
A．
π
π
1
6
6
f
g
B．
2
0
f
f
C．若
2
f
g
，则
3
sin 2
5
D．
f
g
是周期函数
【答案】ACD
【分析】根据题意分别求出cos
a
m
，sin
b
m
，则
π
2 sin
4
f
，
π
2 sin
4
g
，从而可对
A 判断求解，利用换元法令
π
sin
cos
2 sin
2,
2
4
t
可对B 判断求解，由
tan
1
2
tan
1
f
g
求出tan
3
，并结合
2
2tan
sin 2
tan
1
从而可对C 判断求解，由
cos2
f
g
可对D 判断求解.
【详解】由题意得
,
M a b 在角的终边上，且OM
m
，所以cos
a
m
，sin
b
m
，
则
π
sin
cos
2 sin
4
b
a
f
m
，
π
sin
cos
2 sin
4
b
a
g
m
，
对A：
π
π
π
π
π
π
sin
cos
sin
cos
1
6
6
6
6
6
6
f
g
，故A 正确；
对B：
2
2
sin
cos
sin
cos
f
f
，令
π
sin
cos
2 sin
2,
2
4
t
，
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所以
2
2
2
1
1
1
2
4
4
f
f
t
t
t
，故B 错误；
对C：
sin
cos
tan
1
2
sin
cos
tan
1
f
g
，解得tan
3
，
又由
2
2
2
2
2sin
cos
2tan
2 3
3
sin 2
2sin
cos
sin
cos
tan
1
3
1
5
，故C 正确；
对D：
2
2
sin
cos
sin
cos
sin
cos
cos2
f
g
，因为
cos2
y
为周期函数，故D 正
确.
故选：ACD.
三、填空题
3．（2024·广东佛山·二模）近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实
推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O 绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角
速度大小为2πrad/s ，圆上两点A，B 始终满足
2
3
AOB
，随着圆O 的旋转，A，B 两点的位置关系呈现周期
性变化.现定义：A，B 两点的竖直距离为A，B 两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即
0
t
秒时，点A 位于圆心正下方：则t 秒时，A，B 两点的竖直距离第一次为0；A，B 两点的竖直距离关于
时间t 的函数解析式为
f t .
【答案】
1
3
π
3 | sin(2π
) |
3
t
【分析】以O 为原点，以OA 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点
,
A B
的坐标，由
已知结合和角的正弦公式化简即得.
【详解】以O 为原点，以OA 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，由于角速
2πrad/s
，
设点
π
π
(cos(2π
),sin(2π
))
2
2
A
t
t
，圆上两点A、B 始终保持
2
3
AOB
，
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则
π
π
(cos(2π
),sin(2π
))
6
6
B
t
t
，要使A、B 两点的竖直距高为0，
则
π
π
sin(2π
)
sin(2π
)
2
6
t
t
，第一次为0 时，
π
4π
π
3
t
，解得
1
3
t
，
π
π
3
1
( ) | sin(2π
)
sin(2π
) | |
sin 2π
cos2π
cos2π |
6
2
2
2
f t
t
t
t
t
t
3
3
π
|
sin 2π
cos2π |
3 | sin(2π
) |
2
2
3
t
t
t
.
故答案为：
1
3 ；
π
3 | sin(2π
) |
3
t
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，
特别注意，始边是x 轴非负半轴.
四、解答题
4．（2024·上海·二模）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691 年，莱布尼茨等得
出“悬链线”方程
(e
e
)
2
x
x
c
c
c
y
，其中c 为参数.当
1
c 时，就是双曲余弦函数
e
e
ch
2
x
x
x
，悬链线的原
理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：
2
2
sin
cos
1
x
x
；②两角和公式：
cos
cos cos
sin sin
x
y
x
y
x
y
，③导数：
(sin )
cos ,
(cos )
sin ,
x
x
x
x
定义双曲正弦
函数
e
e
sh
2
x
x
x
．
(1)直接写出
sh x
，
ch x
具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当
0
x
时，双曲正弦函数
( )
y
x
sh
的图像总在直线
y
kx
的上方，求直线斜率
k
的取值范围；
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(3)无穷数列
na
满足
1a
a
，
2
1
2
1
n
n
a
a
，是否存在实数a ，使得
2024
5
4
a
？若存在，求出a 的值，若不存在，
说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)
,1
(3)存在，
1
1
2023
2023
1 2
2
2
a
【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数
sh
F x
x
kx
，
0,
x
，求导，分
1
k 和
1
k 两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到
函数单调性，进而得到答案；
（3）当
1
1,1
a
a
时，利用数学归纳法证得
1
cos 2n
na
排除该可能；当
1
, 1
1,
a
a
，同理
证得
2
ch 2
2ch
1
x
x
，从而利用换元法即可得解.
【详解】（1）平方关系：
2
2
ch
sh
1
x
x
；
和角公式：
ch
ch
ch
sh
sh
x
y
x
y
x
y
；
导数：
sh( )
ch( )
ch( )
sh( )
x
x
x
x
．
理由如下：平方关系，
2
2
2
2
e
e
e
e
ch
sh
2
2
x
x
x
x
x
x
2
2
2
2
e
e
e
e
1
2
2
4
4
x
x
x
x
；
和角公式：
e
e
ch
2
x y
x y
x
y
，
e
e
e
e
e
e
e
e
ch
ch
sh
sh
2
2
2
2
x
x
y
y
x
y
y
x
x
y
x
y
e
e
e
e
e
e
e
e
4
4
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
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e
e
2
x y
x y
故
ch
ch
ch
sh
sh
x
y
x
y
x
y
；
导数：
e
e
e
e
sh( )
ch
2
2
x
x
x
x
x
x
，
e
e
ch( )
sh
2
x
x
x
x
；
（2）构造函数
sh
F x
x
kx
，
0,
x
，
由（1）可知
ch
F
x
x
k
，
①当
1
k 时，由
e
e
ch( )
e
e
1
2
x
x
x
x
x
，
又因为
0
x
，故e
e
x
x
，等号不成立，
所以
ch
0
F
x
x
k
，故
( )
F x
为严格增函数，
此时
( )
(0)
0
F x
F
，故对任意
0
x
，
( )
x
kx
sh
恒成立，满足题意；
②当
1
k 时，令
,
0,
G x
F
x
x
，
则
sh
0
G
x
x
，可知
G x
是严格增函数，
由
(0)
1
0
G
k
与
1
(ln 2 )
0
4
G
k
k
可知，存在唯一
0
(0,ln 2 )
x
k
，使得
0
(
)
0
G x
，
故当
0
(0,
)
x
x
时，
0
( )
( )
(
)
0
F x
G x
G x
，则
( )
F x
在
0
(0,
)
x
上为严格减函数，
故对任意
0
(0,
)
x
x
，
( )
0
0
F
F
x
，即
( )
x
kx
sh
，矛盾；
综上所述，实数
k
的取值范围为
,1
．
（3）当
1
1,1
a
a
时，存在
0,π
，使得cos
a
，
由数学归纳法证明：
1
cos 2n
na
，证明如下：
①当
1
n 时，
1 1
1
cos 2
cos
a
a
成立，
②假设当n
k
（k 为正整数）时，
1
cos 2k
ka
，
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则
2
2
1
1
1
2
1
2cos
2
1
cos 2 2
cos 2
k
k
k
k
k
a
a
成立.
综上：
1
cos 2n
na
.
所以
1
1,1
a
a
，有
1,1
na
，即
2024
5
4
a
.
当
1
, 1
1,
a
a
时，
1
1
a
，
而函数
e
e
ch
2
x
x
x
的值域为
1,，
则对于任意大于1 的实数
1a ，存在不为0 的实数m ，使得
1
ch m
a
，
类比余弦二倍角公式，猜测
2
ch 2
2ch
1
x
x
.
证明如下：
2
2
2
2
2
2
e
e
e
2
e
e
e
2ch
1
2
1
1
ch 2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
类比
1
1,1
a
时的数学归纳法，设
1a
ch m
，
易证
2
2
2ch
1
ch 2
a
m
m
，
2
3
ch 2
a
m
，L ，
1
ch 2n
na
m
，L ，
所以若
2023
2024
5
ch 2
4
a
m
，
设
2023
2
t
m
，则
e
e
5
ch
2
4
t
t
t
，解得：e
2
t
或1
2 ，即
ln 2
t
，
所以
2023
ln 2
2
m
，于是
1
1
2023
2023
1
e
e
1
ch
2
2
2
2
m
m
a
m
.
综上：存在实数
1
1
2023
2023
1 2
2
2
a
使得
2024
5
4
a
成立.
【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
（3）含有参数是要注意分类讨论的思想.
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