专题05 三角函数与解三角形-2025年高考数学三模试题分类汇编（新高考）（解析版）

专题05三角函数与解三角形题型概览题型01三角函数化简与求值题型02三角函数的图象与性质题型03正（余）弦定理的基本应用题型04正（余）弦定理正与平行向量、函数等知识的交汇题型01三角函数化简与求值题型011．（2025年山东省泰安市三模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由同角的三角函数关系式，将原式化简为关于的式子，然后将已知代入求解即可.【详解】由题意可得，则.故选：D.2．（2025·河北省张家口·三模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得所求代数式的值.【详解】因为，则.故选：D3．（2025年江西九江市三模）已知，则（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】通过两角和余弦公式展开，两边平方，再用二倍角公式即可得出答案.【详解】，两边平方得：.故选：C.4．（2025·河南省焦作市·三模）已知，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用同角三角函数的基本关系和两角差的余弦公式求解.【详解】因为，所以，所以.故选：D.5．（2025·湖南省永州市·三模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二倍角公式、平方公式、弦化切进行齐次转化即可得所求.【详解】因为，所以.故选：C.6．（2025年广东省广州市天河区三模）设是方程的两根，则（

）A．p B． C． D．【答案】D【分析】将原式化简，然后结合韦达定理代入计算，即可得到结果.【详解】因为是方程的两根，由韦达定理可得，且.故选：D7．（2025·湖南省郴州市·三模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，得，再由即可求解.【详解】，由，得，则，.故选：C.8．（2025·河南省安阳市·三模）已知在中，，，则的值为（

）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】由同角三角函数的平方关系及商数关系得出，再根据诱导公式及两角和的正切公式即可求解．【详解】由已知得，则，所以，故选：D．9．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）若，则.【答案】/【分析】利用平方公式配方，利用两角差正弦公式展开，再结合齐次式弦化切，即可求解.【详解】由，10．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）已知角的终边过点，则．【答案】【分析】根据三角函数的定义，求得，，代入计算，即可求解.【详解】因为的终边过点，根据三角函数的定义，可得，，所以.故答案为：．11．（2025·安徽省安庆市·三模）已知，则.【答案】【分析】根据诱导公式得出，再应用二倍角正弦公式计算即可求值.【详解】因为，所以，所以.12．（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知，且，则．【答案】【分析】结合题设，根据两角和与差的正弦公式及同角三角函数的基本关系可得，，进而求得，再结合二倍角公式求解即可.【详解】由，则，由，得，则，即，，所以，则.题型02三角函数图象与性质题型021（2025年河北石家庄三模）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据乳香的平移变换可得函数的解析式，利用整体代换法即可求解函数图象的对称中心.【详解】由题知.令，解得，∴函数图象的对称中心.∴当时，为函数图象的一个对称中心.故选：A.2．（2025年江苏如皋市三模）已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若与的图象关于y轴对称，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用三角恒等变换化简，根据图象变换求出的解析式，进而根据即可代入化简得求解.【详解】因为，所以，因为与关于y轴对称，则，，，得，，所以的最小值为.故选：C.3．（2025·重庆市·三模）已知函数在上恰有2个零点，则的最小正周期的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意求出的范围，进一步可得周期的最小值，由此即可得解.【详解】当，则，有两个零点，则，所以，由知，最小正周期的最小值为.故选：D.4．（多选）（2025·河南省安阳市·三模）已知函数，则（

）A．的值域是 B．C．在区间上单调递增 D．是奇函数【答案】ABD【分析】利用正弦型函数的值域可判断A选项；代值计算可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的奇偶性可判断D选项.【详解】对于A，因为的值域为，所以的值域为，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，当时，，因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在区间上不单调，故C错误；对于D，，为奇函数，故D正确.故选：ABD.5．（多选）（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知函数，则（

）A．的最小正周期为B．在区间上单调递增C．的一个对称中心为D．图象上所有的点向左平移个单位长度后关于轴对称【答案】ABC【详解】对于A，由周期公式可得最小正周期为，正确，对于B，由，则，由正弦函数的单调性可知在区间上单调递增，正确；对于C，当时，，正确；对于D，图象上所有的点向左平移个单位长度后，得到，显然图像关于轴不对称，错误，故选：ABC6．（2025年广东省广州市天河区三模）已知函数的部分图象如图所示，若A，B，C是直线与函数图象的从左至右相邻的三个交点，且，则（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由三角函数的性质得出的周期，求出的值，再根据题意代入自变量求解【详解】由题意可得，所以最小正周期，所以，解得，所以，由图象过点，所以，所以，所以，所以，又，所以，所以，因为A，B，C是直线与函数图象的从左至右相邻的三个交点，且，所以，所以，所以，所以.故答案为：B.7．（多选）（2025年山东威海市三模）函数的部分图象如图所示，则（

）A．的图象关于直线对称 B．在上的值域为C．在上单调递增 D．的图象关于原点对称【答案】AD【分析】通过图象确定函数解析式，再结合对称性、单调性、值域逐个判断即可.【详解】由图象可知：，，得，所以，即，再由五点作图法可得：，得，所以，对于A，当时，，故的图象关于直线对称，正确；对于B，当时，，则，错误；对于C：当时，，正弦函数在不单调，故C错误；对于D，，易知是奇函数，D正确，故选：AD8．（多选）（2025·湖南省永州市·三模）已知函数，则（

）A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增C．曲线关于直线对称 D．【答案】ABD【分析】A由得是的周期，再利用反证法证明是的最小正周期；B利用导函数判断其单调性即可；C计算得即可判断；D先证明，再利用不等式放缩即可.【详解】A，，则是的周期，假设其最小正周期，则对任意恒成立，故当时，，即①，当时，，即②，当时，，即③，①②两式相加得，因，则，则或或，即或或，经检验，当或时，①式不成立；当时，③式不成立，故是的最小正周期，故A正确；B，当时，，则在上单调递增，故B正确；C，因，，则，故曲线不关于直线对称，故C错误；D，先证明，令，则，则在上单调递减，则，即，即，等号成立时，当时，，则当时有，又因和均为偶函数，则恒成立且等号成立时，则，等号成立时，故D正确.故选：ABD9．（2025·山东省枣庄市·三模）已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先利用辅助角公式将函数化简为的形式，然后根据的取值范围求出的取值范围，再结合图象与性质，找出函数在给定区间上有且仅有个零点时的取值范围．【详解】对进行化简：，令，即，则．根据正弦函数的性质，所以或，解得或．因为且，当时，，；当时，，．如图函数和大致图像，由于函数在区间上有且仅有个零点，则需满足，解不等式组得到可得．所以实数的取值范围是．故选：D．10．（2025·辽宁沈阳·三模）已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时，的图象的一条对称轴方程为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由可求得，根据函数在区间上有且仅有一个零点可求出的取值范围，再利用正弦型函数的对称性可求得结果.【详解】当时，且，，由可得，所以，，解得，，若无解，则或，解得或，由于且存在，故或，即或，则有或，故的最大值为，此时，由可得，当时，函数的一条对称轴方程为，故选：B.11．（多选）（2025·山东省枣庄市·三模）已知函数，则下列结论正确的是（）A．的图象关于轴对称 B．是的一个周期C．在上为增函数 D．【答案】ABD【分析】利用诱导公式证明，结合偶函数定义可判断A；利用可判断B；利用三角函数的性质可判断C；利用导数判断函数的单调性，求得最值，可判断D.【详解】对于A，函数的定义域为，关于原点对称，，所以是偶函数，其图象关于轴对称，故A正确；对于B，，所以的一个周期是，故B正确；对于C，令，当时，在上单调递减，且，在上单调递增，则在上单调递减，所以在上单调递减函数，故C错误；对于D，因为，令，则，求导得，由于，所以，单调递增.当时，取得最大值；当时，取得最小值.因为，所以，即，故D正确.故选：ABD.12．（2025·陕西省安康市·三模）若函数的最小正周期为，则．【答案】【分析】由正弦型函数最小正周期计算公式计算即可.【详解】因为的最小正周期为，所以.13．（2025·辽宁沈阳·三模）函数的最小值为．【答案】【分析】化简函数解析式为，令，，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.【详解】，令，，且该二次函数的对称轴为直线，故函数在上单调递增，故，即函数的最小值为.故答案为：.14．（2025年江西九江市三模）若将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则．【答案】/【分析】先根据余弦函数相位变换及诱导公式求得函数解析式，然后利用特殊角的余弦值求解即可.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，所以．15．（2025年山西省吕梁市三模）设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为．【答案】/【分析】由题可得，又由奇偶性，周期性可得只需研究在上的最值情况，利用导数得其最值可得答案.【详解】对于任意的，都有，则.注意到，，则的一个周期为，且为偶函数，则由在上的最值情况，可得其在定义域上的最值情况.时，，故.，则或.则的最值只可能在处产生.因，则此时，故.16．（2025年山东省泰安市三模）已知函数，圆.(1)若两条相邻的对称轴与C相切，求；(2)若，是的极值点，且点有且仅有两个在C的内部，求的取值范围.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据题意，可得，求得，再根据是其中一条对称轴求得的值；（2）由题可得，，求得，，又圆与轴交点分别为，得，易知能且仅能取两个值，由此求得答案.【详解】（1）由题，相邻对称轴间的距离为，又圆的直径为3，则，得，又圆心，所以其中一条对称轴为，，得，，又，.（2）若，则的极值点满足，，得，，又圆与轴交点分别为，所以原题设等价于有且仅有2个的值满足，整理得，故能且仅能取两个值，所以，解得.题型03正（余）弦定理的基本应用题型031．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正弦定理可求解或，即可判断AB,根据三角形内角和以及正弦定理求解，即可判断CD.【详解】由正弦定理可得，由于,故或，故AB错误，若时，则,此时，若时，则,此时为三角形中最小的内角，故，故C错误，D正确，故选:D2．（2025年山东省泰安市三模）已知中，，，，则.【答案】【分析】根据给定条件，利用余弦定理列式计算得解.【详解】在中，，由余弦定理得：，解得.故答案为：3．（2025年广东省广州市天河区三模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的面积为．【答案】【分析】由余弦定理整理等式，解得与的值，根据同角三角函数以及三角形面积公式，可得答案.【详解】由，根据余弦定理，则，解得，同理，由，则，通分可得，由，则，化简可得，易知，则，所以的面积.4．（2025年湖北武汉市武昌区三模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，，角的角平分线交于点，且．(1)求的长；(2)求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用降幂公式求出，再结合余弦定理求解即可；（2）先求出，，利用等面积法求出，进而求解即可.【详解】（1）由，则，因为，所以，所以，则，又是角的角平分线，则在中，由余弦定理得，即.（2）由（1）知，则，由，则，又是角的角平分线，由，则，则，解得，所以.5．（2025·重庆市·三模）在中，内角所对的边分别为，.(1)求角；(2)若，的面积为，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）通过对已知等式进行变形，然后利用余弦定理求出角.（2）先根据已知角求出角，再利用三角形面积公式求出的值.【详解】（1）由，得，根据余弦定理，则有，所以，因为，则；（2）因为，所以.所以，由正弦定理及，有，即有，解得.6．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）记内角的对边分别为，已知，．(1)求的大小；(2)若，的面积为，求．【答案】(1)或．(2)【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求得，得到，再由，求得，得到或，进而得到的大小；（2）由及（1）得到，，利用正弦定理，得到，，根据的面积为，列出方程，即可求得的值.【详解】（1）解：因为，由余弦定理可得，因为，可得，又因为，可得，因为，所以或，所以或．（2）由及（1）可得，．

因为，

由正弦定理得，得，，

所以．又因为已知的面积为，可得，解得．7．（2025年江西省萍乡市三模）已知中，，且.(1)若，求的外接圆面积；(2)若，，的面积为，求的周长.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由已知及三角恒等变换得，进而得、，再由正弦定理求外接圆半径，即可求圆的面积；（2）由题设及（1）有，进而得，再应用三角形面积公式求得，，，应用余弦定理求，即可得.【详解】（1）依题意，，则，故，因为，且，故，则，故的外接圆半径，故的外接圆面积.（2）由，由（1）知，，又，则，所以，则，故.由的面积为，则，代入，可得，，又，则，解得，由余弦定理，故的周长为.8．（2025·陕西省安康市·三模）在中，内角所对的边分别为，已知．(1)求角的大小；(2)若的周长为，证明：为等边三角形．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由正弦定理转化为三角函数即可得解；（2）由余弦定理及三角形周长化简可得证.【详解】（1）由及正弦定理，得．因为，所以，则，得．（2）证明：由余弦定理得．因为的周长为，即，所以，即，所以，故为等边三角形．9．（2025年山西省吕梁市三模）已知在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，其中．(1)求B；(2)若的面积，求b的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理边角转化解得，结合角度关系即可得的值；（2）根据三角形面积公式求解边的值，结合余弦定理即可得b的值．【详解】（1）因为，所以，由正弦定理得，由于，则，即，由于，则；（2）由于的面积，解得，由余弦定理得，故.10．（2025·山东省枣庄市·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，且.(1)证明：；(2)若的面积为，证明为等边三角形.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）根据正弦定理进行边换角并结合三角恒等变换得，再利用正弦定理角换边即可；（2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理即可得到，则得其为等边三角形.【详解】（1）由正弦定理得，即，所以，所以，所以，由正弦定理得．（2）因为，所以，因为，所以为锐角，所以．由余弦定理得，又，代人化简得，所以，所以为等边三角形．11．（2025年山东威海市三模）在中，角所对的边分别为．(1)求；(2)若是边BC上一点，，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据二倍角公式及两角差的余弦可得，故可得，从而可求得.（2）法1：，在、中分别利用余弦定理可得的关系，从而求得故可求面积；法2：利用向量的线性运算可得，平方后可得的关系，再结合余弦定理可得的值，从而可求面积.【详解】（1）由题设有即即.因为，所以，即，所以，又，所以或，所以（舍）或，因为，所以（2）法一：设，则，在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，由，可得，在中，由余弦定理可得，所以可得所以法二：设，则，而，故，故，所以，可得，在中，由余弦定理可得，所以可得，所以．12．（2025·湖南省永州市·三模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且.(1)求的值；(2)若，，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）应用余弦定理及同角三角函数关系计算求解；（2）先应用正弦定理计算得出，再应用两角和正弦公式计算，最后面积公式计算求解.【详解】（1）因为，由余弦定理得，所以，所以，所以，所以，因为，所以.（2）因为，，由正弦定理得，所以，因为，所以，则的面积为.13．（2025·河南省焦作市·三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点，，且，记．(1)证明：；(2)证明：；(3)记，若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）设，则，在和中，利用余弦定理分别表示，即可得证.（2）在和中，利用正弦定理结合即可证明.（3）若，根据三角形相似得，与已知矛盾；若，则，结合已知得，利用二倍角余弦公式化简得，求解即可.【详解】（1）设，则．由余弦定理得，所以，所以．（2）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，由（1）知，又，所以．（3）若，则，得，与已知矛盾．若，则，所以化为，即，整理得，即，解得．题型04解三角形与平面向量等知识的交汇题型041．（2025年山东省泰安市三模）数列的通项公式为，则.【答案】【分析】根据题意，得到，得到是以8为周期的数列，结合数列的周期性，即可求解.【详解】由，可得，所以是以8为周期的数列，且2025=8×253+1，，所以.故答案为：.2．（2025·河南省安阳市·三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的值为，的取值范围为.【答案】2【分析】空1：根据题设结合两角和的正弦公式、正弦定理化简即可求解；空2：根据余弦定理可得，再结合基本不等式即可求解.【详解】由，得，即，即，由正弦定理得，即；而，当且仅当，即时取等号，又，所以，故的取值范围为.3．（2025年河北石家庄三模）设的内角、、的对边分别为、、，已知．(1)求角的大小；(2)若，且，求边上中线的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）利用正弦定理可得出的值，利用余弦定理得出的值，利用中线向量可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求出的值，即为所求.【详解】（1）在中，由及正弦定理得，即，因为、，则，即，可得，故.（2）由正弦定