三角函数压轴题专项训练-2026年高考数学 含答案

/三角函数压轴题专项训练-2026年高考数学1．的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）求；（2）若，的面积为，求的周长．2．在中，角，，的对边长分别为，，，的面积为，且．（1）求角的大小；（2）若，且当时，取得最大值，试求的值．3．中，内角的对边分别是，已知成等比数列，且．（I）求的值；（II）设，求的值．4．已知的角所对应的边为，，.（1）若，求；（2）若，求；（3）在（2）的条件下，求证.5．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求B；（2）若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC（包括顶点）上，，.设，将的面积S表示为的函数，并求S的取值范围.6．在中，角的对边分别为，，，已知，.（1）求角的大小.（2）若.（i）求的值.（ii）求的面积.7．记的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若的面积为，求边上的中线长.8．已知的内角，，的对边分别为，，.且满足.（1）求角；（2）已知的外接圆的圆心为，半径.（i）作角的平分线交于，，求的面积；（ii）若，求的取值范围.9．对于函数，，若存在非零常数和，使得对任意实数都有，且等式恒成立，则称函数是“类对称函数”.（1）判断函数是否是“类对称函数”，请说明理由；（2）设，若函数是“类对称函数”，求的值；（3）设，证明：函数是“类对称函数”的充要条件是“且”.10．在中，内角的对边分别为，且满足.（1）求；（2）若为边上一点（异于端点），，求的取值范围.11．已知函数.（1）求的最小正周期和值域；（2）先将的图象向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象，求的单调递增区间.12．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.（1）求角A；（2）若，的面积为，求的值.13．如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和．（1）当时，求的最小值；（2）当时，求的最小值．14．已知向量，，设函数，．（1）求的最小正周期；（2）求的单调递增区间；（3）设，且，，求的值．15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）若，，求的值；（2）若，且的面积，求a和b的值．16．在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的周长．（3）若三角形为锐角三角形，且，求周长的取值范围.17．如图，在直角坐标系中，点P是单位圆上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，过O作射线交的延长线于点Q，使得，记，，且．（1）若，求的值；（2）已知函数，，记的最小值为．若，求m的值及此时的最大值．18．克罗狄斯托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号如图，半圆O的直径为4cm，A为直径延长线上的点，，B为半圆上任意一点，且三角形为正三角形.（1）当时，求四边形的周长；（2）当多大时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；（3）若与相交于点D，则当线段的长取最大值时，求的值.19．人脸识别技术在社会各行各业中的应用深刻改变着人们的生活.所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像、并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份.在人脸识别中，为了检测样本之间的相似度主要运用余弦距离进行测试.二维空间有两个点，，定义之间的余弦距离为，其中.（1）若，，求之间的余弦距离；（2）已知，，，，若，，①求之间的余弦距离；②求的值．

答案解析部分1．【正确答案】（1）解：因为，

由正弦定理可得，

即，所以，

又，所以，则，

又，所以.（2）解：因为，所以，

由余弦定理，即，

即，所以，

所以（负值已舍去），所以的周长为.2．【正确答案】解：（1）由，可得，

则，因为，所以；（2），当（），即（）时，，又因为，所以，，则，，，．3．【正确答案】解：（1）由a，b，c，成等比数列得，结合余弦定理，

求出或，

根据，解得

解得.

解：（2），所以

结合余弦定理解得.4．【正确答案】（1）由和正弦定理知，又，则，

又，cosA=2sinA代入该式因，sinA>0，解得​​​（2）由得，，即，由，，即，则或，当时，，与题目中的矛盾，舍去，故，又，故，即（3）证明：因，则，则，即，故，即，因为，故为钝角，令，，令，由，故在上单调递减，又，，

所以由零点存在定理可知，存在使得，所以，因，

则由可得，又

则，从而，则.又，则，所以，即又，则，综上：5．【正确答案】（1）解：，由余弦定理可得，整理可得，因为，，所以；（2）解：由（1）的结论，，可知为等边三角形，因为，，所以，在中，，由正弦定理，可得，在中，，由正弦定理，可得，则，，因为，所以，所以，所以，所以，

所以，则，故的取值范围为.6．【正确答案】（1）解：由和正弦定理，

可得，又因为，

则，

所以，则，

解得.（2）解：（i）由题意，得，，由余弦定理，得，

解得或（舍去）.（ii）由三角形面积公式，

得.7．【正确答案】（1）解：由正弦定理可得，所以，即，

又，所以，

整理得，解得.（2）解：依题意，，解得，

又，所以为钝角，所以由，

解得，由正弦定理可得，

又，所以，

设的中点为，则，

所以，

所以边上的中线长为.​​​​​​​8．【正确答案】（1）解：由，，

可得，

即，

即，

即，

整理可得，即，

即，即，

因为，所以；（2）解：（i）由（1）知，由正弦定理，可得，

因为是角的角平分线，所以，

因为，所以，所以，

即，由余弦定理可得，

整理可得，

又因为，所以，即，

即，解得，

则；

（ii）由（1）知，因为点为的外接圆的圆心，所以，，，

因为，，

所以，

即，

即，即，即，

则，

因为，所以，所以，

所以，

则的取值范围为.9．【正确答案】（1）解：是，理由如下：存在，，对任意的，都有，且恒成立，

所以函数是“类对称函数”.（2）解：由题意知，即（*）恒成立，

令，得，令，得，

又且时（*）恒成立，

所以，又，所以或.（3）证明：充分性：当且时，，

，

所以函数是“类对称函数”：

必要性：

若函数是“类对称函数”，

则，

即①恒成立；

下用反证法证明：若，因为，，

所以，所以，

故足够大时，一定会超过，①式不成立，

（事实上，可以取），

此时①式为②

令，得，令，得，

则，解得，从而或，

当时，②式左边为不是定值，因此②式不恒成立，

当时，②式为，此时，

综上所述，函数是“类对称函数”的充要条件是“且”.10．【正确答案】（1）解：在中，因为，所以，得到，由正弦定理，可得，

则，由余弦定理，得，因为，

​​​​​​​所以.（2）解：在中，

因为，所以，则，由正弦定理，得，则，又因为，

所以，

则，结合函数性质，可得，

所以，的取值范围为.11．【正确答案】（1）解：因为

，（），所以的最小正周期为：，值域为.（2）解：先向左平移个单位得到，

再将横坐标缩小到原来的，

得到.（），由或，，得或，，所以，函数的单调递增区间为：

​​​​​​​和，.12．【正确答案】（1）解：由正弦定理得，，

因为，所以，

所以，

所以，

因为，所以sinA≠0，所以.因为，所以，

即，解得或(舍去)所以.​​​​​​（2）解：设的面积为，外接圆半径为R，

所以，所以，

由正弦定理，得，

所以.13．【正确答案】（1）解：依题意，当时，，在和中，，则，因此，令，，则，函数在上单调递减，，所以当时，取得最小值.（2）解：当时，，在和中，，则，而，则，因此当时，，所以当时，取得最小值.14．【正确答案】（1）解：由题意可知：，由，得的最小正周期为π．（2）解：由（1）知意，令，，即，．所以的单调递增区间为，．（3）解：由题意，

又，所以，又，则，即．

又，即所以，即，故的值为．15．【正确答案】（1）解：由，，，可得，则；（2）解：，

由半角公式可得，即，即，，即，由正弦定理可得，因为，所以，解得，即①，的面积，解得②，联立①②：可得.16．【正确答案】（1）解：因为，，，

所以，，

，又因为，

，

，

.（2）解：，

​​​​​​​，，，

，

的周长为．（3）解：在锐角三角形ABC中，，

根据正弦定理，得：，

所以，因为三角形周长为，又因为，所以，所以

，因为，

所以，

所以，则，

​​​​​​​所以，所以.17．【正确答案】（1）解：，，则，由三角函数的定义可得，又，即，得，所以，即，所以，所以，（2）解：​​​​​​，设，，则，所以原函数化为，对称轴为，当时，；当时，；当时，，综上，，因为，所以，解得；或，解得（舍）或（舍），或，解得（舍），所以，此时，，对称轴为，所以当时，，即此时的最大值为.18．【正确答案】（1）解：在中，由余弦定理，得：所以，所以，四边形的周长为.（2）解：设，

在中，由余弦定理，得，所以，四边形的面积为：，当时，即当时，

四边形的面积取到最大值为.（3）解：解法一：

由题意，且为正三角形，因为，，，

则的最大值为6，取等号时，，

则，不妨设，则，得，

即，所以，在中，由余弦定理得，故为的角平分线，由角平分线性质可得，，

故，，下证角平分线性质：已知中，是的角平分线，交于，

求证.证明：在中，，

在中，，因为是的角平分线，所以，又，所以，由，A，C，B四点共圆，由相交弦定理，

得，或（舍去），在中，，所以