2026年高考数学二轮复习专题02 三角函数与解三角形（高频考点）（天津）（解析版）

专题02三角函数与解三角形内容概览01命题探源·考向解密（分析近3年高考考向与命题特征）02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等）03高频考点·妙法指津（4大命题点+6道高考预测题，高考必考·（19-24）分）考点一三角函数命题点1三角函数的图象与性质命题点2ω参数范围高考预测题3道考点二解三角形命题点1正余弦定理边角互化命题点2面积公式（结合角度/边长）高考预测题3道04好题速递·分层闯关（精选15道最新名校模拟试题+10道高考闯关题）考点考向命题特征三角函数（3年3考）三角函数的图象与性质（小题核心）：ω参数范围（单调、对称、零点、最值）；单调性、周期、对称、奇偶判断；图象变换（平移/伸缩）；由图求解析式与复合型最值（换元转化）1.

2023第6题考奇偶性、周期性；2024第7题考值域与最值；2025第8题考图象性质（ω参数），多为中档，偶作小压轴。2.ω范围仍是难点，可能结合零点、对称、单调求参数；复合型最值（二次/分式结构）与图象变换大概率出现，难度稳中有升3.专项练ω范围（单调/对称/零点）；换元法解复合型最值；图象特征快速定位解析式。解三角形（3年3考）解三角形（大题核心）：正余弦定理边角互化；面积公式（结合角度/边长）；多解判断（角的范围取舍）；偶与平面向量、几何图形综合1.2023-2025连续考查三角恒等变换+解三角形，常结合和差角、二倍角公式，用正余弦定理求边角、面积，有时与图象性质融合。2.

恒等变换+解三角形保持融合；可能加入几何分析，减少单纯化简；与向量、解析几何简单交汇，强调建模与运算。3.

步骤分意识（公式→代入→化简→结论）；多解讨论（边长/角度范围）；几何分析辅助建模。综合：做近5年天津真题与优质模拟，归纳解题模板，提升限时正确率。【三角函数常用结论】1.（1）函数的对称轴为，对称中心为；（2）函数的对称轴为，对称中心为；（3）函数函数无对称轴，对称中心为；（4）求函数的对称轴的方法；令，得；对称中心的求取方法；令，得，即对称中心为.（5）求函数的对称轴的方法；令得，即对称中心为2.因为对称性奇偶性（若函数图像关于坐标原点对称，则函数为奇函数；若函数图像关于轴对称，则函数为偶函数）；对称性周期性（相邻的两条对称轴之间的距离是；相邻的对称中心之间的距离为；相邻的对称轴与对称中心之间的距离为）；对称性单调性（在相邻的对称轴之间，函数单调，特殊的，若，函数在上单调，且，设，则深刻体现了三角函数的单调性与周期性、对称性之间的紧密联系）3.形如：第一步：第二步：等号左侧若是加号，则等号右侧也为加号，等号左侧若是减号，等号右侧也为减号.第三步：的求算，只需在第一象限标明点寻找夹角即可达到秒杀的境界.注意：若果，则需提负号，继续遵循以上步骤【解三角形常用结论】1．《正弦定理》①正弦定理：②变形：③变形：④变形：⑤变形：《余弦定理》①余弦定理：②变形：什么情况下角化边?什么情况下边化角?⑴当每一项都有边且次数一样时，采用边化角⑵当每一项都有角《》且次数一样时，采用角化边⑶当每一项都是边时，直接采用边处理问题⑷当每一项都有角《》及边且次数一样时，采用角化边或变化角均可2.三角形中定值面积求算三角形面积公式①②其中分别为内切圆半径及的周长推导：将分为三个分别以的边长为底，内切圆与边相交的半径为高的三角形，利用等面积法即可得到上述公式③（为外接圆的半径）推导：将代入可得将代入可得④⑤海伦公式（其中）推导：根据余弦定理的推论令，整理得3.三角形中特殊形式面积求算高端结论：推导过程：4.三角形中面积最值求算正规方法：面积公式+基本不等式①②③考点一三角函数《解题指南》解题步骤与技巧：1.

ω参数范围求解解题模板：先确定函数单调区间/对称轴/零点的通用表达式→结合题目给定的区间条件列不等式→求解ω的取值范围（注意ω>0的隐含条件）。常用技巧：利用整体换元法，将

ωx+φ

看作一个整体，代入正弦/余弦函数的性质中分析。2.

图象变换问题解题原则：“先平移，后伸缩”与“先伸缩，后平移”的区别，平移量由

φ/ω

决定（伸缩后x的系数变为ω，平移量需除以ω）。快速判断：对比变换前后的解析式，锁定

φ

和

ω

的变化，避免平移方向和幅度的混淆。3.

值域与最值求解常规题型：通过三角恒等变换将函数化为

y=Asin(ωx+φ)+k

的形式，结合定义域求最值。复合型题型：出现

sinx+cosx

与

sinxcosx

时，令

t=sinx+cosx

，转化为二次函数

y=at²+bt+c

求解（注意t的范围

）。易错提醒：ω参数范围求解忽略ω>0的隐含条件；区间端点取舍错误解题时先标注ω>0；结合函数图象验证区间端点是否满足条件三角恒等变换二倍角公式符号错误；开方时忽略角的范围先确定角所在的象限，再判断三角函数值的符号；公式记忆时结合图象解三角形多解问题遗漏“两边及其中一边的对角”的多解情况用正弦定理求出sinB后，对比sinB与1的大小，再结合大边对大角判断角的个数图象变换平移方向和幅度错误；混淆“左加右减”的对象牢记“左加右减”是对x本身的操作，伸缩后平移量需除以ω；可代入特殊点验证变换结果复合型最值问题忽略换元后t的取值范围换元后先确定t的范围，再求二次函数的最值，避免直接用顶点式忽略定义域限制；命题点01三角函数的图象与性质【典例01】（2025·天津河西·模拟预测）函数的部分图象如图所示，A为图象的最高点，B，C为图象与x轴的交点，且为等边三角形.若，且，则的值为（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】由函数的部分图象知等边底边上的高和边长，求出的最小正周期和，根据求出，利用，结合正弦函数的图象与性质，得出的范围，求出即可计算的值．【详解】由函数的部分图象知，等边底边上的高为，所以边长，所以的最小正周期为，所以，所以，由，得，又，所以，由，得，所以，所以故选：.【典例02】（2025·天津·二模）已知函数，对任意，恒有，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（

）A．B．为奇函数C．函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数，函数的对称轴方程为，D．在上的最小值为【答案】D【分析】由题意先求，再逐项验证即可.【详解】因为对任意，恒有，所以为的一条对称轴，所以，又在上单调递增，所以，所以当时，，故A正确；所以，由为奇函数，故B正确；由函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数，令，解得，，故C正确；由，所以，当，即时，故D错误；故选：D.命题点02ω参数范围【典例01】（2025·天津和平·三模）设定义在上的函数，，且在区间上有最大值，无最小值，则当取最小值时，的最小正周期为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用二倍角公式和诱导公式化简原函数，得到，再结合题意并利用正弦函数的对称性得到，进而求出的最小值，检验其符合题意，最后利用正弦函数的最小正周期公式求出结果即可.【详解】因为，所以由二倍角公式得，结合诱导公式得，因为，所以关于对称，令，则，因为，所以当时，最小，此时，，因为，所以，令，则变为，由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减，则此时最大值为，无最小值，得到此时有最大值，无最小值，符合题意，由正弦函数的最小正周期公式得，故B正确.故选：B【典例02】（2025·天津·模拟预测）已知．给出下列判断：①若，且，则；②若在恰有9个零点，则的取值范围为；③存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；④若在上是增函数，则的取值范围为．其中，判断正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】首先对函数进行化简，然后分别针对每个判断，利用三角函数的周期、零点、对称轴以及单调性等性质和条件列出式子求解，判断正确性.【详解】根据二倍角余弦公式，对进行化简可得：.对于①：已知，，且，则，为函数的周期.根据正弦函数周期公式，由可得，解得，所以①错误.对于②：令，则（），解得（）.若在恰有9个零点，令，则.解第一个不等式：，，，解得.解第二个不等式：，，，解得.所以的取值范围是，②正确.对于③：的图象向右平移个单位长度后得到的图象.若该图象关于轴对称，则（），，（）。当时，，不存在满足条件，所以③错误。对于④：令（），解关于的不等式得：（）.若在上是增函数，则解第一个不等式得：，，；解第二个不等式得：，，，又，所以的取值范围是，④错误.综上，只有②正确，正确的个数是1个，答案是A.故选：A.高考预测题1．已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（

）A．B．将函数图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称C．关于点对称D．在区间上的最大值为2【答案】D【分析】由辅助角公式可得，然后由正弦函数最小正周期，图像变换，对称性，单调性可判断选项正误.【详解】.对于A，由题可得，则，故A错误；对于B，由A分析，，将图象向左平移个单位，对应的解析为，则得到的新函数为偶函数，图像不关于原点对称，故B错误；对于C，代入，得，则在时取得最大值，图像关于对称，不关于中心对称，故C错误；对于D，时，，注意到在上单调递增，在上单调递减，则，，故D正确.故选：D2．已知函数，有下列命题：①为函数图象的一条对称轴；②将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上的最大值为，则的最大值为；③在上恰有3个零点，则实数的取值范围是；④函数在上单调递减，其中错误的命题个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据三角恒等变换化简，根据对称轴处取得最值判断①；先求出，再根据余弦函数的性质判断②；根据零点求值判断③；根据正弦函数的单调区间判断④.【详解】由.对于①，，则为函数图象的一条对称轴，故①正确；对于②，，当时，，由于在上的最大值为，所以，则，所以的最大值为，故②正确；对于③，当时，，因为在上恰有3个零点，所以，解得，故③错误；对于④，当时，，因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故④正确.故选：A.3．已知函数的部分图象如图所示，给出下列结论：①；②当时，；③函数的单调递增区间为，；④将的图象向右平移个单位，得到的图象；其中正确的结论个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】先根据图象，求出函数的解析式，再结合正弦函数的图象和性质，逐项分析，即可得到答案．【详解】由图象可知：，，由，又，所以.所以，因为，故①正确；当时，，所以，所以，故②错误；由，，，所以函数的单调递增区间为，.故③正确；将的图象向右平移个单位，得到的图象，故④错误．故选：B．考点二解三角形《解题指南》解题步骤与技巧：1.

正余弦定理选用技巧已知两角一边或两边及其中一边的对角：用正弦定理（注意多解情况的判断）。已知两边及夹角或三边：用余弦定理（常用于求边或角，或结合面积公式）。2.

面积公式的灵活运用基础公式：

S=1/2absinC

，结合余弦定理可实现“边”与“角”的互化，解决边角混合的最值问题。3.

解题步骤规范：先写公式，再代入数值，最后化简计算，确保步骤分不丢失。命题点01正余弦定理边角互化【典例01】（2025·天津·二模）在中，内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)若，且面积，（ⅰ）求的值；（ⅱ）求．【答案】(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合范围，可求的值．（2）（ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而可求的值，根据余弦定理可得的值；（ⅱ）由余弦定理求得，进而可得，再根据两角差余弦及二倍角公式求解即可.【详解】（1）因为，所以，可得：，由正弦定理可得：，可得：，因为，所以，所以，即，因为，所以（2）（ⅰ）因为，且，解得：，，由余弦定理可得：，解得：；（ⅱ）由余弦定理可得，所以，，，所以.【典例02】（2025·天津·二模）在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，，．(1)求的值；(2)若，求c的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简可得，再由同角三角函数的基本关系即可得出答案；（2）由正弦定理可求出，再由两角和的正弦公式求出，最后由正弦定理即可得出答案.【详解】（1）因为，由正弦定理，得，即．因为，，所以，．由，得，因为，所以．（2）由正弦定理，可得．又，由正弦定理，可得．命题点02面积公式（结合角度/边长）【典例01】（2025·天津河北·二模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求及的值；(2)若，求的面积．【答案】(1)，；(2).【分析】（1）应用余弦边角关系及已知得，再由平方关系求，且，应用二倍角正切公式求；（2）由正弦定理求得，根据（1）及和角正弦公式求得，最后应用三角形面积公式求面积.【详解】（1）由题设，即，故，可得，，则，由上，则；（2）由，则，由（1）知，则，所以.【典例02】（2025·天津和平·三模）在中，角、、所对的边分别为、、，，，(1)求角的大小；(2)求的值与的面积；(3)求的值．【答案】(1)(2)，(3)【分析】（1）利用辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值；（2）由正弦定理得出，结合余弦定理求出、的值，再利用三角形的面积公式即可求出的面积；（3）利用余弦定理求出的值，结合同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用两角差的正弦公式可求出的值.【详解】（1）由可得，可得，因为，则，所以，解得.（2）由正弦定理，有，所以，由（1）知，由余弦定理得，解得，，所以的面积为.（3）由余弦定理可得，所以，所以.高考预测题1．已知的内角的对边分别为，且．(1)求角的大小；(2)若，求的面积；(3)若，求．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）首先分析题意，利用正弦定理进行边角互化，进而通过特殊角的余弦值求解即可.（2）通过余弦定理列出方程，求解关键边长，进而求出三角形面积即可.（3）通过正弦定理判断角为锐角，利用二倍角公式结合两角差的余弦公式求解即可.【详解】（1）由正弦定理得，可得，得到，即，显然，则，又，可得.（2），由余弦定理可得，整理可得，又，解得，.（3）由正弦定理得，则，，即，则，故为锐角，，，，.2．已知．(1)求的最小正周期及单调递减区间；(2)已知锐角的内角的对边分别为，且，求面积的最大值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用诱导公式先化简，再利用三角恒等变换化简得，利用正弦型函数求周期和单调减区间即可求解；（2）先求，再利用余弦定理和基本不等式即可求解.【详解】（1）由题意有：，所以，令，解得，所以的单调递减区间；（2）由，即，又，所以，所以，即，由余弦定理得：，即，当且仅当时，等号成立，所以，所以的面积的最大值为.3．在中，角所对的边分别为．已知，．(1)求的值；(2)当时，（i）求的值和的面积；（ii）求的值．【答案】(1)(2)（i），；（ii）【分析】（1）利用正弦定理角化边可直接求得；（2）（i）利用余弦定理可构造方程求得的值，结合三角形面积公式可求得；（ii）利用余弦定理可得，由同角三角函数关系可得，结合二倍角公式、两角和差正弦公式可求得结果.【详解】（1）由正弦定理得：，又，.（2）（i）由余弦定理得：，，即，解得：（舍）或，，，.（ii）由余弦定理得：，，，，，.好题速递1．（2024·天津河北·二模）在中，角，，的对边分别为，，，已知.(1)若，求的值和的面积；(2)在（1）的条件下，求的值；(3)若，求的值.【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）由余弦定理求，再根据求，进而求得的面积；（2）由二倍角公式求得和，再由两角和与差的余弦公式得解；（3）由正弦定理得到与的关系，再结合余弦定理求解的值.【详解】（1）在中，由余弦定理得，即，化简得，解得或(舍)，，，的面积.（2），，.（3）在中，由正弦定理得，，化简得，由余弦定理得，，解得（负值舍去），所以.2．（2025·天津红桥·模拟预测）在中，若，，，则的长度为（

）A．2 B．4 C． D．【答案】A【分析】利用余弦定理即可求解.【详解】由余弦定理得：，所以，故选：A.3．（2025·天津武清·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，.(1)求C的值；(2)求的值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由余弦定理可得答案；（2）由正弦定理可得答案；（3）由平方关系求出，再利用两角和的余弦展开式化简可得答案.【详解】（1）由余弦定理，得，又因为，所以；（2）因为，由正弦定理，得；（3）因为，所以，所以，所以,.4．（2025·天津河北·模拟预测）已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，，，则．【答案】/【分析】应用余弦定理求余弦值即可.【详解】由题设.故答案为：5．（2025·天津河北·模拟预测）函数的最大值为．【答案】3【分析】根据余弦函数的值域及已知函数的解析式确定的最大值即可.【详解】由余弦函数的性质知，则，当时，函数有最大值为3.故答案为：36．（2025·天津·二模）已知函数，，则下列描述正确的是（

）A．的最小正周期是 B．在上单调递增C．是的一条对称轴 D．的最大值是【答案】B【分析】运用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化简，逐一判断四个选项即可得到正确答案.【详解】，对于A，的最小正周期是，故A错误；对于B，当时，，故在上单调递增，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，的最大值是4，故D错误．故选：B．7．（2025·天津·二模）函数的大致图象可能是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用定义法证明为偶函数，根据，结合排除法即可求解.【详解】的定义域为R，则，所以为偶函数，图象关于y轴对称，故排除C，D选项；又因为，故排除B选项.故选：A．8．（2025·天津北辰·三模）在中，角所对的边分别为.满足.(1)求角的大小；(2)若的面积为.①求的值；②求的值.【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）利用正弦定理边化角求解.（2）①利用余弦定理及三角形面积公式列出方程组求解；②利用余弦定理、二倍角及和角的正弦公式求解.【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，而，则，又，所以.（2）①在中，，由（1）及余弦定理得，即，又，即，而，所以.②由余弦定理得而，则，，.9．（2025·天津北辰·三模）记为中的较大值，则关于函数有如下四个命题：①的最小正周期为；②的图象关于直线对称；③的值域为；④在区间上单调递增.其中真命题的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】利用辅助角公式化简函数，画出函数的图象，利用图象判断各个命题.【详解】设，，则，函数的图象如下所示：对于①，由图知，函数的最小正周期为，①正确；对于②，由图知，为函数的对称轴，②正确；对于③，，由图知，函数的值域为，③错误；对于④，由图知，函数在区间上单调递减，④错误.所以真命题的个数为2个.故选：B10．（2025·天津河西·模拟预测）在中，内角的对边分别为，且．(1)求角的大小；(2)若的面积为，，．（ⅰ）求和的值；（ⅱ）求的值．【答案】(1)(2)（ⅰ），；（ⅱ）【分析】（1）根据正、余弦定理化简计算可得，即可求解；（2）（i）根据三角形的面积公式和余弦定理计算可得、，即可求出；（ii）根据正弦定理求出，结合同角的平方关系和二倍角的正弦公式计算即可求解.【详解】（1）由余弦定理，，由，得，由正弦定理，得，则，又，所以，又，所以．（2）（ⅰ）由（1）知，，得①．由余弦定理，所以②．由①②，得，解得，由，解得，．（ⅱ）由正弦定理，所以，为锐角，，．11．（2025·天津·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，.(1)求边b的长；(2)求C的正切值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由余弦定理求解即可；（2）构造直角三角形，计算边长即可求解C的正切值；（3）由（2）可求出C的正弦、余弦值，再利用两角差的正弦公式求解即可.【详解】（1）由余弦定理得（2）过点作于点，在中，，在中，，（3）由（2）可知因为，，12．（2025·天津·二模）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（

）A．的图象关于直线对称 B．在区间上单调递减C．在区间没有零点 D．的图象关于点对称【答案】B【分析】根据平移变换可得.将代入的解析式得，即可判断选项A；当时，，因为余弦函数在上的单调性，即可判断选项B；当时，，根据余弦函数的图象，即可判断选项C；将代入的解析式得，即可判断选项D.【详解】由题意得.将代入中，得，故函数的图象关于点中心对称，故选项A错误；当时，，因为余弦函数在上单调递减，所以函数在区间上单调递减，故选项B正确；当时，，根据余弦函数的图象可知，当，即时，即在区间有一个零点，故选项C错误；将代入中，得，故函数的图象关于直线对称，故选项D错误.故选：B.13．（2025·天津·二模）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】A【分析】通过观察图象，根据函数的奇偶性和定义域即可用排除法进行作答.【详解】根据图象可以看出，函数的定义域不包括，这说明函数在这两个点上无意义，而选项C,D的定义域包括，所以排除C,D.由图象可以看出，函数关于原点对称，是奇函数，而选项B中，因为，说明选项B中的函数为偶函数，不符合图象，所以排除.故选：A.14．（2025·天津和平·三模）函数在区间的图象大致为（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的正负即可排除求解.【详解】由于，故为奇函数，其图象关于原点对称，此时可排除CD,又，故排除B，故选：A15．（2025·天津滨海新·三模）已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法：

①在区间上单调递减②的图象可由的图象向左平移个单位得到③的对称轴为④在区间上的最小值为以上四个说法中，正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题中给定图象可得函数解析式，然后利用正弦函数的性质和图象变换对各个选项进行判断即可．【详解】由图可知，，即，则，此时，又，则，，即，，又，所以，则.对于①，当时，，因为函数在上单调递减，所以在区间上单调递减，故①正确；对于②，的图象向左平移得到，故②正确；对于③，令，解得，所以的对称轴为，故③错误；对于④，当时，，则，则，则在区间上的最小值为，故④正确.故选：C.高考闯关1．已知是函数图象的一个对称轴，则下列说法错误的是（

）A．是函数图象的一个对称中心B．函数的图象可由图象向左平移个单位长度得到C．函数在区间上单调递减D．函数在区间上有且仅有一个零点【答案】D【分析】根据题意，求得，结合正弦型函数的图象与性质，逐项分析求解，即可得到答案.【详解】由是函数图象的一个对称轴，可得，可得，即，因为，所以，所以，对于A中，由，所以是函数图象的一个对称中心，所以A正确；对于B中，将函数图象向左平移个单位长度得到，所以B正确；对于C中，由，可得，因为函数在上单调递减，所以在区间上递减，所以C正确；对于D中，，可得，当时，即时，可得，即是的一个零点；当时，即时，可得，即是的一个零点，所以函数在上有两个零点，所以D错误.故选：D.2．已知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】B【分析】根据函数的奇偶性，结合选项判断函数的奇偶性，结合即可求解.【详解】由图象可知的图象关于原点对称，所以为奇函数，且，对于A,，故不符合，A错误，对于B,，则为奇函数，且满足，故B正确，对于C,，则为偶函数，不符合，C错误，对于D,，为偶函数，不符合，D错误，故选：B3．在中，内角A，B，C所对的边分别为．(1)求a的值；(2)求；(3)求的值．【答案】(1)的值为6(2)(3)【分析】（1）由已知利用余弦定理可得，解方程即可得解的值．（2）由正弦定理即可得解的值．（3）由已知利用余弦定理可求的值，利用二倍角公式可求，，进而根据两角差的余弦公式即可求解的值．【详解】（1）因为，，，由余弦定理，可得，可得，解得，或（舍去），即a的值为6．（2）由正弦定理，可得；（3）因为，所以，，．4．已知函数（）的最小正周期为，(1)求的值和函数的对称轴方程；(2)当时，求的最大值与最小值；(3)若，求的值．【答案】(1)，，；(2)，；(3)【分析】（1）先根据最小正周期为得出，再应用对称轴方程计算求解；（2）由得，可得在上的最大值和最小值；（3）先化简表达式，再利用诱导公式结合同角三角函数关系计算即可.【详解】（1）因为的最小正周期，所以，且，即得，所以，令，，

解得，.所以图象的对称轴方程为，.（2）由（1）知，当时，.可得，当，即时，，当，即时，；（3）由，知，即，∴5．已知函数图象的最小正周期是，则正确的有.①的图象关于点对称②将的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称③在上的值域为④在上单调递增【答案】①②④【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据函数的最小正周期求出，即可得到函数的解析式，由正弦函数的对称性可判断①；由函数图象的平移变换，结合余弦函数的性质可判断②；根据的范围和正弦函数的性质直接求解可判断③；根据正弦函数单调性通过解不等式可判断④.【详解】因为，函数的最小正周期，∴，，，∴关于点对称，故①正确.，∴关于轴对称，故②正确.当时，有，则，所以，则，故③错误.由，解得，所以的一个单调增区间为，而，∴在上单调递增，故