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专题 03 三角函数与解三角形
考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律
2026年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北
京卷、天津卷、上海卷；
2025年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北
以同角三角函数关系、两角和差、二倍角
京卷、天津卷、上海卷；
考点01 三角恒等 公式为核心，考查化简、求值；常结合函
2024年：新课标Ⅰ/Ⅱ卷、
变换 数零点、最值综合设问，公式灵活运用是
全国甲卷、北京卷、天津
考查重点，多选题型有所涉及。
卷、上海卷；
题型包含选择、填空、解答
题，为高频必考考点
2026年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北
京卷、天津卷、上海卷；
2025年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北
重点考查周期、奇偶性、单调性、对称
京卷、天津卷、上海卷；
考点02 三角函数 轴、对称中心；图象平移、交点问题热度
2024年：新课标Ⅰ/Ⅱ卷、
图象与性质 高，融入新定义、实际生活情境，侧重数
全国甲卷、北京卷、天津
形结合思想。
卷、上海卷；
选择、填空为主，部分地区
结合解答题考查
2026年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北
京卷、天津卷、上海卷；
2025年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北 主要考察正弦定理、余弦定理、面积公
京卷、天津卷、上海卷； 式；常与立体几何、球面几何、实际测
考点03解三角形 2024年：新课标Ⅰ/Ⅱ卷、 量、机械模型结合命题；解答题综合性
全国甲卷、北京卷、天津 强，多设置多小问分层考查，注重边角互
卷、上海卷； 化与逻辑推理。
小题、解答大题均高频出
现，属于核心主干考点
考点01 三角恒等变换
1．（2026·全国II卷·高考真题）已知 为第二象限角，且 ，则
（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【分析】利用二倍角公式化简可得 ，结合角的范围分别求出 ， 即可求解.
【详解】由 ，得：
因为 是第二象限角，所以 ， ，
化简得： ，即
由于 ，解得： ，
因为 ，所以 ，
所以
2．（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
【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.
【详解】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.
3．（2025·全国II卷·高考真题）已知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用二倍角余弦公式得 ，则 ，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.
【详解】 ，
因为 ，则 ，则 ，
则 .
故选：D.
4．（2024·上海·高考真题）下列函数的最小正周期是 的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .
【详解】对A， ，周期 ，故A正确；
对B， ，周期 ，故B错误；
对于选项C， ，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误；
对于选项D， ，周期 ，故D错误，
故选：A．5．（2024·全国甲卷·高考真题）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先将 弦化切求得 ，再根据两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为 ，
所以 ， ，
所以 ，
故选：B.
6．（2024·新课标I卷·高考真题）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两角和的余弦可求 的关系，结合 的值可求前者，故可求
的值.
【详解】因为 ，所以 ，
而 ，所以 ，
故 即 ，
从而 ，故 ，
故选：A.
7．（2025·全国I卷·高考真题）（多选）已知 的面积为 ，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】对 由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较 和 的
大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利
用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用 算出 取值，最后利用三角形面积求
出三边长，即可判断每个选项.
【详解】 ，由二倍角公式， ，
整理可得， ，A选项正确；
由诱导公式， ，
展开可得 ，
即 ，
下证 .
方法一：分类讨论
若 ，则 可知等式成立；
若 ，即 ，由诱导公式和正弦函数的单调性可知， ，同理 ，
又 ，于是 ，
与条件不符，则 不成立；
若 ，类似可推导出 ，则 不成立.综上讨论可知， ，即 .
方法二：边角转化
时，由 ，则 ，
于是 ，
由正弦定理， ，
由余弦定理可知， ，则 ，
若 ，则 ，注意到 ，则 ，
于是 （两者同负会有两个钝角，不成立），于是 ，
结合 ，而 都是锐角，则 ，
于是 ，这和 相矛盾，
故 不成立，则
方法三：结合射影定理（方法一改进）
由 ，结合正弦定理可得， ，由射影定理可得 ，于
是 ，
则 ，可同方法一种讨论的角度，推出 ，
方法四：和差化积（方法一改进）
续法三：
，可知 同时为 或者异号，即
，展开可得，
，
即 ，结合和差化积， ，由上述分析，，则 ，则 ，则 ，即 ，于是 ，可
知 .
由 ，由 ，则 ，即 ，
则 ，同理 ，由上述推导， ，则 ，
不妨设 ，则 ，即 ，
由两角和差的正弦公式可知 ，C选项正确
由两角和的正切公式可得， ，
设 ，则 ，
由 ，则 ，则 ，
于是 ，B选项正确，由勾股定理可知， ，D选项错误.
故选：ABC
8．（2026·上海·高考真题）已知 ，则 __________．
【答案】
【详解】 ．9．（2025·上海·高考真题）已知 ， 是平面内三个不同的单位向量．若
，则 的取值范围是_______．
【答案】
【分析】利用分段函数值分类讨论，可得 ，再根据数量积关系设出
坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得.
【详解】若 ，则 ，
又三个向量均为平面内的单位向量，故向量 两两垂直，显然不成立；
故 .
不妨设 ，则 ，
不妨设 ， ，
则 ，则 ，
则
，
由 ， ，
则 ，故 .
故答案为： .
10．（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：
11．（2024·全国甲卷·高考真题）函数 在 上的最大值是______．
【答案】2
【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.
【详解】 ，当 时， ，
当 时，即 时， .
故答案为：2
12．（2024·新课标II卷·高考真题）已知 为第一象限角， 为第三象限角， ，
，则 _______.
【答案】
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得 ，再缩小 的范围，最后结合同角的
平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得 ，因为 ， ，
则 ， ，
又因为 ，
则 ， ，则 ，
则 ，联立 ，解得 .
法二： 因为 为第一象限角， 为第三象限角，则 ,
， ，
则
故答案为： .
13．（2026·北京·高考真题）已知函数 ， ， ． 最小正周
期为 ，且 ， ．
(1)求 、 的值；
(2)求 的单调递减区间．
【答案】(1) ，
(2)【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得 ，结合正弦型函数周期公式列方程求 ，
再由 列式求 ；
（2）根据正弦型函数单调区间求法求结论.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，
又 的最小正周期为 ， ，
所以 ，所以 ，
因为 ，
所以 ， ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
（2）令 ， ，可得 ， ，
函数 的单调递减区间为 .
14．（2026·天津·高考真题）已知 ．
(1)求最小正周期；
(2)若 ，求 的最大值和最小值；(3)若 ， ，求 ．
【答案】(1)
(2)最大值为 ，最小值为
(3)
【分析】（1）由正弦型函数周期计算公式计算求解；
（2）利用换元法，结合正弦函数性质求解；
（3）根据同角三角函数基本关系、二倍角公式及两角和的正弦公式计算求解.
【详解】（1） ；
（2）若 ，则 ，
由正弦函数性质可知，当 ，即 时，函数 有最小值，即 ，
当 ，即 时，函数 有最大值，即 .
所以函数 的最大值为 ，最小值为 ；
（3）若 ， ，所以 ，
则 ， ，
则 .
考点02 三角函数1．（2026·北京·高考真题） （ ），将 向 轴正方向平移 个单位，得到的
函数图像与 图像关于 轴对称，则 的取值个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】平移后函数为 ，与 关于 轴对称可知函数值互为相反数，利用正弦相等得方
程，排除不恒成立情形，得到 的取值个数.
【详解】将 向右平移 个单位得
.
由题意， 与 的图像关于 轴对称，即 恒成立，
即 . 分两种情形讨论：
① ，对任意 不恒成立，舍去；
② ，化简得
，即 .
由 得 ，
对应 ，因此 的取值个数为3个.
2．（2026·全国I卷·高考真题）已知集合 ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】因为 ， ，，
即集合 ，且集合 ，所以 .
3．（2026·天津·高考真题）函数 的部分图象如图所示，则 的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断.
【详解】由题意，
由题意及图得，函数 为奇函数，且当 时， ，
对A选项，当 时， ，与图象不符，故A错误；
对B选项，当 时， ，与图象不符，故B错误；
对D选项，当 时， ，与图象不符，故D错误；
对C选项，在 中，
，即该函数为奇函数，
，与图象相符，故C正确.
4．（2025·天津·高考真题） ，在 上单调递增，且 为它
的一条对称轴， 是它的一个对称中心，当 时， 的最小值为（ ）A． B． C．1 D．0
【答案】A
【分析】利用正弦函数的对称性得出 ，根据单调性得出 ，从而确定 ，结合对称轴与对
称中心再求出 ，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解.
【详解】因为函数在 上单调递增，且 为它的一条对称轴，
所以 时函数取最大值，
又因为 是它的一个对称中心，
所以 ， ，
设 的最小正周期为 ，由正弦函数的对称性可知 ，
即 ，
又 在 上单调递增，则 ，
∴ ，则 ， ，
∵ ，∴ 时， ，∴ ，
当 时， ，
由正弦函数的单调性可知 .
故选：A
5．（2025·天津·高考真题）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
【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得.
【详解】由 ，则“ ”是“ ”的充分条件；
又当 时， ，可知 ，
故“ ”不是“ ”的必要条件，
综上可知，“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A.
6．（2025·全国I卷·高考真题）已知点 是函数 的图象的一个对称中心，则a的
最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
【详解】根据正切函数的性质， 的对称中心横坐标满足 ，
即 的对称中心是 ，
即 ，
又 ，则 时 最小，最小值是 ，
即 .
故选：B
7．（2025·上海·高考真题）已知 ，不等式 在 中的整数解
有m个．关于m的个数，以下不可能的是（ ）．
A．0 B．338 C．674 D．1012
【答案】D【分析】由题设可得 ，结合正切函数的周期分 或 时，和 两
种情况讨论求解即可.
【详解】由 ，即 ，
对于 ，周期为 ，
且 ， ，
当 或 时，不等式 在 中无整数解；
当 时，若不等式 有在 内只有1个整数解，
比如 时，此时在 内的整数解为 ，
而 ，
则在 中可能有 个整数解；
若不等式 有在 内只有2个整数解，
比如 时，此时在 内的整数解为 或 ，
则在 中可能有 个整数解；
由于 ，
则在 内最多只有2个整数解，因此在 中不可能有1012个整数解.
故选：D.
8．（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.
9．（2024·天津·高考真题）已知函数 的最小正周期为 ．则 在区间
上的最小值是（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】D
【分析】结合周期公式求出 ，得 ，再整体求出当 时， 的范围，
结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，则 ，所以 ，
即 ，当 时， ，
所以当 ，即 时，
故选：D
10．（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【详解】对A，设 ，函数定义域为 ，但 ， ，则
，故A错误；
对B，设 ，函数定义域为 ，
且 ，则 为偶函数，故B正确；
对C，设 ， ，
，则 不是偶函数，故C错误；
对D，设 ，函数定义域为 ，
因为 ，且 不恒为0，
则 不是偶函数，故D错误.
故选：B.
11．（2024·新课标II卷·高考真题）设函数 ， ，当 时，曲线
与 恰有一个交点，则 （ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】解法一：令 ，分析可知曲线 与 恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得 ，并代入检验即可；解法二：令
，可知 为偶函数，根据偶函数的对称性可知 的零点只能为0，即可
得 ，并代入检验即可.
【详解】解法一：令 ，即 ，可得 ，
令 ，
原题意等价于当 时，曲线 与 恰有一个交点，
注意到 均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得 ，即 ，解得 ，
若 ，令 ，可得
因为 ，则 ，当且仅当 时，等号成立，
可得 ，当且仅当 时，等号成立，
则方程 有且仅有一个实根0，即曲线 与 恰有一个交点，
所以 符合题意；
综上所述： .
解法二：令 ，
原题意等价于 有且仅有一个零点，
因为 ，
则 为偶函数，
根据偶函数的对称性可知 的零点只能为0，
即 ，解得 ，若 ，则 ，
又因为 当且仅当 时，等号成立，
可得 ，当且仅当 时，等号成立，
即 有且仅有一个零点0，所以 符合题意；
故选：D.
12．（2024·新课标I卷·高考真题）当 时，曲线 与 的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在 上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，
函数 的最小正周期为 ，
所以在 上函数 有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
13．（2024·新课标II卷·高考真题）（多选）对于函数 和 ，下列说法中正确的有（ ）
A． 与 有相同的零点 B． 与 有相同的最大值
C． 与 有相同的最小正周期 D． 与 的图象有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令 ，解得 ，即为 零点，
令 ，解得 ，即为 零点，
显然 零点不同，A选项错误；
B选项，显然 ，B选项正确；
C选项，根据周期公式， 的周期均为 ，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质 的对称轴满足 ，
的对称轴满足 ，
显然 图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
14．（2026·全国I卷·高考真题）已知 （ ， ）是偶函数， 在区间
上单调递增．则 __________， __________．
【答案】
【分析】根据单调性和周期性可得 .解法一：根据偶函数可得 ，并代入结合单调性检验即
可；解法二：根据题意可得 ，即可得 ，根据导数与单调性的关系分析求解；解法三：分析可知 在 处取到极小值，可得 ，进而可得结果.
【详解】设函数 的最小正周期为 ，由题意可知 ，
因为函数 在 上单调递增，则 ，即 ，
可得 ，解得 ，
且 ， ，则 .
解法一：因为函数 为偶函数，
则 ， ，且 ，
则 ， ，
若 ，则 ，
即 或 ，不符合题意，
若 ，则 ，
即 或 ，符合题意；
且 或 ；
综上所述： ， .
解法二：因为 ，
若函数 为偶函数，则 ，即 ，
且 ，则 ，若 ，则 ， ，
即 或 在 内恒成立，
可知函数 在 上单调递减，不符合题意，
若 ，则 ， ，
即 或 在 内恒成立，
可知函数 在 上单调递增，符合题意，
且 或 ；
综上所述： ， .
解法三：因为函数 为偶函数，且函数 在 上单调递增，
可知 在 处取到极小值，则 ， ，且 ，
则 ， ，则 ，
即 或 ，符合题意；
且 或 .
15．（2026·上海·高考真题）已知三角函数 （ ， ， ， ），若 ，当 或 时其导数为0，初始速度为0，且速度第一次达到4时用时为0.1秒，则
__________．
【答案】
【分析】利用已知条件结合三角函数的性质构造方程组求出 ，结合初速度为0，求出 ，结合第一次
达到最大值的时间构造方程求出 ，进而求出 解析式．
【详解】由题意知， 和 时，导数为0，即 的最小值为0，最大值为4，
又 ，
所以 ，解得 ，故 ；
已知初速度为0，则 ，解得 ，
已知 ，则 ，
速度第一次达到4时用时 秒，则 ，即 ，
此时 ．
16．（2026·上海·高考真题）有一个油壶，壶身视为圆柱，壶嘴视为直线且不计容积，壶底直径 厘米，
壶身高 厘米，壶内油液面高 厘米，壶嘴长 厘米，与壶身夹角为 ，壶嘴最低点距壶底 厘米，
将壶身向壶嘴方向至少转_____________度可使油倒出（精确到 ）
【答案】【分析】根据题意，结合条件分别表示出 ，然后在 中，由正弦定理代入计算，即可得到结果.
【详解】
设壶嘴最低点，最高点分别是 ，
图中圆柱轴截面矩形，距离点 最近的顶点是点 ，另外三个顶点分别为 ，
当水平液面经过点 时，可将油倒出，
设倾斜角为 ，当液面经过点 时， ，
先考虑液面不超过点 ，即 的情况，
设液面与 分别交于点 ，
设 的中点为 ，过 作 的垂线，垂足为 ，
则 ， ，所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，
在 中， ，
即 ，
即 ，
即 ，所以 ，
即 ，
因为 ，所以至少将油壶倾斜 即可将油倒出.故答案为：
17．（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
18．（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）
【分析】根据角的三角函数的关系可得角的等量关系，从而可得满足条件的一组解.
【详解】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）
19．（2025·上海·高考真题）小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上
有两根长为1米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影
子，阳光可视为平行光：其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4米；另一根杆子的影子完全在斜面
上，长度为0.45米．则斜面的底角 _________．（结果用角度制表示，精确到 ）
【答案】
【分析】先根据在 处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合 处的旗杆算出斜面角.
【详解】如图，在 处， ，在 处满足 ，
（其中 水平面， 是射过 处杆子最高点的光线，光线交斜面于 ），
故设 ，则 ，
由勾股定理， ，解得 ，于是
故答案为：
20．（2025·上海·高考真题）函数 在 上的值域为_________．
【答案】
【分析】利用余弦函数的单调性可得.
【详解】由函数 在 上单调递增，在 单调递减，
且 ，
故函数 在 上的值域为 .
故答案为： .
21．（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： .
22．（2026·上海·高考真题）已知函数 .
(1)当 ， ，求函数 在 处的切线方程；
(2)若函数 的最小正周期为 ，且 在 上恰好有1351个解，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2) 或 ，
【分析】（1）根据 以及 可得 ，即可求导以及点斜式求解直线方程，
（2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解.
【详解】（1）当 时，则 ，
根据 可得 ，故 ，故 ，
由于 ，故 ，故 ，
，则 ，故函数 在 处的切线方程为 ，故 ，
（2）函数 的最小正周期为 ，故 ，所以 ，
令 ，当 ，则 ，
令 ，则 或 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，则 ，解得 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，则 ，解得 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，则 ，无解，
综上可得 或 .
23．（2025·上海·高考真题）已知函数 的定义域为 ．对于正实数a，定义集合
．
(1)若 ，判断 是否是 中的元素，请说明理由；
(2)若 ，求a的取值范围；(3)若 是偶函数，当 时， ，且对任意 ，均有 ．写出 ，
解析式，并证明：对任意实数c，函数 在 上至多有9个零点．
【答案】(1)不是；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）直接代入计算 和 即可；
（2）法一：转化为在实数 使得 ，分析得 ，再计算得 ，
最后根据 的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线 与该函数有两个交点，将 用
表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；
（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出 时解析式，再分析出 ，最后对 的范围
进行分类讨论即可.
【详解】（1）（1） ， ，则 不是 中的元素.
（2）法一：因为 ，则存在实数 使得 ，且 ，
当 时， ，其在 上严格单调递增，
当 时， ，其在 上也严格单调递增，
则 ，则 ，
令 ，解得 ，则 ，
则 .法二：作出该函数图象，则由题意知直线 与该函数有两个交点，
由图知 ，假设交点分别为 ， ，
联立方程组 得
（3）对任意 ，因为其是偶函数，
则 ，而 ，
所以 ，
所以 ，因为 ，则 ，
所以 ，所以 ，
所以当 时， ， ，则 ，
，则 ，
而 ， ，
则 ，则 ，
所以当 时， ，而 为偶函数，画出函数图象如下：
其中 ，但其对应的 值均未知.首先说明 ，
若 ，则 ，易知此时 ，
则 ，所以 ，而 时， ，
所以 ，与 矛盾，所以 ，即 ，
令 ，则 ，
当 时，即使让 ，此时最多7个零点，
当 时，若 ，此时有5个零点，
故此时最多5个零点；
当 时，若 ，此时有5个零点，
故此时最多5个零点；
当 时，若 ，此时有3个零点，
若 ，则 ，易知此时 ，
则 ，所以 ，而 时， ，所以 ，与 矛盾，所以 ，
则最多在 之间取得6个零点，
以及在 处成为零点，故不超过9个零点.
综上，零点不超过9个.
24．（2025·全国II卷·高考真题）已知函数 ．
(1)求 ;
(2)设函数 ，求 的值域和单调区间．
【答案】(1)
(2)值域为 ，单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
【分析】（1）直接由题意得 ，结合余弦函数的单调性即可得解；
（2）由三角恒等变换得 ，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数 的单
调区间.
【详解】（1）由题意 ，所以 ；
（2）由（1）可知 ，
所以，
所以函数 的值域为 ，
令 ，解得 ，
令 ，解得 ，
所以函数 的单调递减区间为 ，
函数 的单调递增区间为 .
25．（2025·全国I卷·高考真题）（1）求函数 在区间 的最大值；
（2）给定 和 ，证明：存在 使得 ；
（3）设 ，若存在 使得 对 恒成立，求b的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者
利用均值不等式可求最大值.
（2）利用反证法可证三角不等式有解；
（3）先考虑 时 的范围，对于 时，可利用（2）中的结论结合特值法求得 ，从而
可得 的最小值；或者先根据函数解析特征得 ，再结合特值法可得 ，结合（1）的结果可得
的最小值.
【详解】（1）法1： ，因为 ，故 ，故 ，
当 时， 即 ，
当 时， 即 ，
故 在 上为增函数，在 为减函数，
故 在 上的最大值为 .
法2：我们有
.
所以：
.这得到 ，同时又有 ，
故 在 上的最大值为 ，在 上的最大值也是 .
（2）法1：由余弦函数的性质得 的解为 ， ，
若任意 与 交集为空，
则 且 ，此时 无解，
矛盾，故无解；故存在 ，使得 ，
法2：由余弦函数的性质知 的解为 ，
若每个 与 交集都为空，
则对每个 ，必有 或 之一成立.
此即 或 ，但长度为 的闭区间 上必有一整数 ，
该整数 不满足条件，矛盾.
故存在 ，使得 成立.
（3）法1：记 ，
因为 ，
故 为周期函数且周期为 ,故只需讨论 的情况.
当 时， ，
当 时， ，
此时 ，
令 ，则 ，而 ，
，故 ，
当 ，在（2）中取 ，则存在 ，使得 ，
取 ，则 ，取 即 ，
故 ，故 ，
综上 ，可取 ， 使得等号成立.
综上， .
法2：设 .
①一方面，若存在 ，使得 对任意 恒成立，
则对这样的 ，同样有 .
所以 对任意 恒成立，这直接得到 .
设 ，则根据 恒成立，有
所以 均不超过 ，
再结合 ，就得到 均不超过 .
假设 ，则 ，
故 .
但这是不可能的，因为三个角 和单位圆的交点将单位圆三等分，
这三个点不可能都在直线 左侧.
所以假设不成立，这意味着 .
②另一方面，若 ，则由（1）中已经证明 ，
知存在 ，使得 .
从而 满足题目要求.
综合上述两个方面，可知 的最小值是 .
26．（2024·上海·高考真题）已知 ，
(1)设 ，求解: 的值域;
(2) 的最小正周期为 ，若在 上恰有3个零点，求 的取值范围.
【答案】(1) ;
(2)
【分析】（1）利用三角函数的性质结合换元法求出单调性，再求解值域即可.
（2）利用三角函数的性质求解参数即可.【详解】（1）因为 ，所以 ，
因为 ，所以令 ，
由正弦函数性质得 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，故 ，
（2）由题意得 ，所以 ，可得 ，
当 时， ， ，即 ， ，
当 时， ，不符合题意，
当 时， ，符合题意，
当 时， ，符合题意，
当 时， ，符合题意，
所以 ，
即 ，故 .
考点03 解三角形
1．（2026·北京·高考真题）摇杆机械装置，如图， ， 为定点， ， 是动点， ， ，
， ，则 的取值范围（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围.
【详解】因为 ，则 ，即得 ，
所以 中，
所以 ，
所以 的范围为 .
2．（2025·全国II卷·高考真题）在 中， ， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由余弦定理 直接计算求解即可.
【详解】由题意得 ，
又 ，所以 .
故选：A
3．（2024·北京·高考真题）已知 是平面直角坐标系中的点集.
设 是 中两点间距离的最大值， 是 表示的图形的面积，则（ ）
A． ， B． ，C． ， D． ，
【答案】C
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域 ，结合图形分析求解即可.
【详解】对任意给定 ，则 ，且 ，
可知 ，即 ，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域 ，
如图阴影部分所示，其中 ，
可知任意两点间距离最大值 ，
阴影部分面积 .
故选：C.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，
见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确
把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
4．（2024·全国甲卷·高考真题）记 的内角 的对边分别为 ，若 ， ，则
（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理得 ，再利用余弦定理有 ，由正弦定理得到
的值，最后代入计算即可.
【详解】因为 ，则由正弦定理得 .
由余弦定理可得: ，
即: ，根据正弦定理得 ，
所以 ，
因为 为三角形内角，则 ，则 .
故选：C.
5．（2026·北京·高考真题）已知三棱锥 ， ， ， ，则
它的底面 的面积为________，体积为________．
【答案】
【分析】先由底面三角形 的边长求面积；再由 ，可知点 在底面 上的投影 为
的外心，由此求出三棱锥的高.
【详解】法一：底面三角形 中， ， .
取 中点 ，连接 ，则 ， .
在 中， ，
故底面面积 .
由 可知，点 在底面 上的投影 为 的外心.
在 中，由余弦定理得 ，
且 ，故 .
由正弦定理， 的外接圆半径 ，
则高 ，
三棱锥 的体积 .
综上，底面面积为 ，体积为 .
法二：在 中，已知 ， .
由余弦定理得 ，且 ，故 ， .
所以底面面积 .
由 可知，点 在底面 上的投影 为 的外心.
由正弦定理， 的外接圆半径 ，
则高 ，
三棱锥 的体积 .
综上，底面面积为 ，体积为 .
6．（2026·全国II卷·高考真题）已知球 的体积为 ，点A，B，C，D均在球表面上，若
为正三角形，且 ，则 __________．
【答案】
【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组
求解.
【详解】由球的体积公式， ，解得 ，
设 的外心为 ，连接 ，
由题意知 为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心 在 上，
不妨设 在线段 上，连接 ，
设 的边长为 ，由正弦定理可得， ，
再设 ，由题知， ，解得 （负值表示球心 在线段 的延长线上，实际情况如右图），
所以 ，
由三角形面积公式， .
7．（2026·天津·高考真题）在 中， ， ， ，则 __________．
【答案】 /
【详解】在 中， ，所以 ，
由正弦定理可得 .
8．（2024·上海·高考真题）三角形 中， ，则 ______
【答案】
【分析】根据已知条件，结合正弦定理，即可求解．
【详解】三角形 中， ，
，
由正弦定理 ， ， ，得 ．
故答案为： ．
9．（2024·上海·高考真题）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向， ,存在点A满足
，则 ______(精确到0.1度)
【答案】
【分析】设 ，在 和 中分别利用正弦定理得到 ，
，两式相除即可得到答案.
【详解】设 ，
在 中，由正弦定理得 ，
即 ’
即 ①
在 中，由正弦定理得 ，即 ，即 ，②
因为 ， 得 ，
利用计算器即可得 ，
故答案为： .
10．（2026·全国II卷·高考真题）在 中，已知 ， ．
(1)证明： 为钝角三角形；
(2)若 的面积为 ，求 的周长．
【答案】(1)证明：由 ，则 ，
又 ，得 ，则 ，
由两角和的余弦公式， ，
结合 可知 ，
则 异号，必然一个为负，一个为正.
又 ，即 中必有一个是钝角；
(2)
【分析】（1） ，结合题设得出 ，然后由两角和的余弦展开得到
，进而得解；
（2）先推出三角形面积公式的变形式 ，解得 ，由正弦定理进而得出 ，然后
列余弦定理和面积公式的关于 的方程组求解.
【详解】（1）略
（2）方法一：由正弦定理和三角形的面积公式，，
（ 是 外接圆半径）
又 ， ，则 ，解得 ，
又 ，则 ，
由余弦定理 ，即 ，
又 ，则 ，
于是 ，即 ，
，解得 ，
故 周长为 .
方法二：由 ，则 ，
即 ，
由正弦定理可得， ，
由三角形面积公式， ，
得到 ，则 ，其余同上.
11．（2026·全国I卷·高考真题）已知在 中， ， ， ．
(1)求 ；
(2)设 ， 两点满足： 在 的延长线上， ， ．若 ，求 ．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边 ，再用余弦定理求 ；
（2）建立坐标系，设出点 坐标，由平行关系得点 的坐标，利用垂直条件求参数，由 长度解出 ，
再计算 .
【详解】（1）在 中， ， ， .
由余弦定理可知 ，
故 . 再由余弦定理得 .
（2）以 为原点， 为 轴正方向建立平面直角坐标系如图：
则 ， ，由 ， 得 .
在 延长线上，设 ，则 ， ， ，
设 ，则 .
由 ，得 ，故 .
于是 .
已知 ，则 ，则 .
代入得 ，而 ，
故 .12．（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 ．
【答案】(1)6
(2)答案见解析
【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解；
（2）若选①，可得 都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得 ，由余弦定理求得 ，利用等面积法
求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得 ，再根据余弦定理可求得 ，由此可说明三角形 存
在，且可由等面积法求解 .
【详解】（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 .
13．（2025·天津·高考真题）在 中，角 的对边分别为 ．已知 ，
， ．
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；
（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于 的方程，求解可得 ，进而求得 ；
（3）利用正弦定理先求 ，再由二倍角公式分别求 ，由两角和的正弦可得.
【详解】（1）已知 ，由正弦定理 ，
得 ，显然 ，
得 ，由 ，故 ；
（2）由（1）知 ，且 ， ，
由余弦定理 ，
则 ，
解得 （ 舍去），
故 ；
（3）由正弦定理 ，且 ，
得 ，且 ，则 为锐角，
故 ，故 ，
且 ；
故 .
14．（2025·上海·高考真题）在 中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且 ．
(1)若 ，求a；
(2)若 ，求 的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理角化边结合勾股定理求解即可；
（2）由三角形的面积公式结合余弦定理求解即可；
【详解】（1）由正弦定理可得 即 ，又 ，所以 ，即 ，解得 ，
所以 .
（2）因为 ，且 ， ，
所以 ，当且仅当 时等号成立，
当 取最小值时， 取最大值，最大值 ，
所以 的面积的最大值为 .
15．（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
16．（2024·天津·高考真题）在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ．
(1)求 的值；
(2)求 的值；
(3)求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1） ，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出 ，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出 ，则得到 ；
（3）法一：根据大边对大角确定 为锐角，则得到 ，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；
法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【详解】（1）设 ， ，则根据余弦定理得 ，
即 ，解得 （负舍）；
则 .
（2）法一：因为 为三角形内角，所以 ，
再根据正弦定理得 ，即 ，解得 ，
法二：由余弦定理得 ，因为 ，则
（3）法一：因为 ，且 ，所以 ，
由（2）法一知 ，
因为 ，则 ，所以 ，
则 ，
.
法二： ，
则 ，
因为 为三角形内角，所以 ，
所以
17．（2024·新课标II卷·高考真题）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
．
(1)求A．
(2)若 ， ，求 的周长．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件 进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角
三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出 ，然后根据正弦定理算出 即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由 可得 ，即 ，
由于 ，故 ，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由 ，又 ，消去 得到：
，解得 ，
又 ，故
方法三：利用极值点求解
设 ，则 ，
显然 时， ，注意到 ，
，在开区间 上取到最大值，于是 必定是极值点，
即 ，即 ，
又 ，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设 ，由题意， ，
根据向量的数量积公式， ，则 ，此时 ，即 同向共线，
根据向量共线条件， ，
又 ，故
方法五：利用万能公式求解
设 ，根据万能公式， ，
整理可得， ，
解得 ，根据二倍角公式， ，
又 ，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又 ，则 ，进而 ，得到 ，
于是 ，
，
由正弦定理可得， ，即 ，
解得 ，
故 的周长为
18．（2024·新课标I卷·高考真题）记 的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知 ，(1)求B；
(2)若 的面积为 ，求c．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出 ，最后结合已知 得 的值即
可；
（2）首先求出 ，然后由正弦定理可将 均用含有 的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程
求解.
【详解】（1）由余弦定理有 ，对比已知 ，
可得 ，
因为 ，所以 ，
从而 ，
又因为 ，即 ，
注意到 ，
所以 .
（2）由（1）可得 ， ， ，从而 ， ，
而 ，
由正弦定理有 ，从而 ，
由三角形面积公式可知， 的面积可表示为
，
由已知 的面积为 ，可得 ，
所以 .
