2026年高考数学终极冲刺：专题07 三角函数、解三角形中的重点公式（抢分专练9大热点题型）（解析版）

4/4专题07三角函数、解三角形中的重点公式题型考情分析考向预测1．扇形的弧长和面积公式、三角函数定义 2025年全国一卷：第11题考查了和差化积公式2025年全国二卷：第5题考查了二倍角公式、同角三角函数的基本关系2024年新高考卷Ⅰ：第4题考查了两角和差的余弦公式、同角三角函数的基本关系三角恒等变换中的相关公式例如二倍角、降幂公式、辅助角公式的等，注意与三角函数的性质一起考查2．同角三角函数的关系（含知一求二、弦切齐次化等）3．诱导公式求值与化简4．二倍角、半角、降幂、辅助角公式5．给值求值、给值求角问题6．积化和差、和差化积公式7．三倍角公式8．射影定理9．正弦平方差公式题型1扇形的弧长和面积公式、三角函数定义1、弧长公式：.2、扇形面积公式：.（为圆的半径，扇形弧长为，圆心角为）3、三角函数定义2：设点（不与原点重合）为角终边上任意一点，点P与原点的距离为：，则：，，.1．（25-26高三上·山东德州·期末）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用扇形的弧长公式，结合圆锥的结构特征计算即得.【详解】因圆锥的底面半径为，则其底面周长为，又圆锥的母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为.故选：B.2．（2026·湖南衡阳·二模）已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则（

）A． B． C． D．3【答案】B【详解】由三角函数的定义可得，所以．3．（25-26高三上·河南·月考）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则是（

）A．第一象限角 B．第二象限角C．第三象限角 D．第四象限角【答案】C【分析】根据题意利用诱导公式求点P的坐标，即可得结果.【详解】因为，，即点，所以是第三象限角.故选：C.4．（24-25高三上·贵州贵阳·月考）砖雕是我国古建筑雕刻中的重要艺术形式，传统砖雕精致细腻､气韵生动､极富书卷气.一扇环形砖雕如图所示.若，且扇形的弧长为，则该扇环的面积为（

）A． B．4 C． D．【答案】A【分析】由圆心角算出弧长，再由扇形面积公式算出扇形面积，在作差得出扇环的面积.【详解】，弧长为，∴，又∵，∴扇环的面积为，故选：A.5．（2026·河北邢台·二模）设，已知角的终边经过点，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用同角三角函数基本关系，将正切化为正弦和余弦，结合二倍角公式化简，转化为关于的一元二次方程求解，舍去不符合取值的根得到的值.【详解】由题得，即，所以，所以，解得（舍去）.6．甲、乙两个扇形的半径相等，圆心角之和为3弧度，扇形面积分别为和，周长分别为和.若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由甲、乙两个扇形的半径相等，圆心角之和为3弧度，，求出圆心角，，再用半径和圆心角表示，计算即可.【详解】甲、乙两个扇形的半径相等，圆心角之和为3弧度，设甲、乙两个扇形的半径均为，圆心角分别为，，弧长分别为，.，又，联立，解得：，，，，.故选：B题型2同角三角函数的关系（含知一求二、弦切齐次化等）1、利用sin2α＋cos2α＝1可实现α的正弦、余弦的互化，利用eq\f(sinα,cosα)＝tanα可以实现角α的弦切互化．2、由一个角的任意一个三角函数值可求出这个角的另外两个三角函数值，因为利用”平方关系”公式，需求平方根，会出现两解，需根据角所在的象限判断符号，当角所在的象限不明确时，要进行分类讨论.已知角α的正切值,求由sinα和cosα构成的代数式的值,构成的代数式通常是分式齐次式或整式齐次式.(1)形如asinα+bcosα(2)形如asin2α+bsinαcosα+ccos2α(a,b,c不全为0)的齐次式,可以将分母看作是1=sin2α+cos2α,转化为asin注意:涉及常数时,如sin2α+k,则将k转化为ksin2α+kcos2α后转化为(2)的形式,但涉及sinα3、已知sinα±cosα,sinαcosα求值问题,一般利用三角恒等式,采用整体代入的方法求解,涉及的三角恒等式有:(1)(sinα+cosα)2=1+2sinαcosα;(2)(sinα-cosα)2=1-2sinαcosα;(3)(sinα+cosα)2+(sinα-cosα)2=2;(4)(sinα-cosα)2=(sinα+cosα)2-4sinαcosα.上述三角恒等式告诉我们,若已知sinα+cosα,sinα-cosα,sinαcosα中的任何一个,则另两个式子的值均可求出.1．（2026·贵州·模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将弦化切，再代入计算可得.【详解】因为，所以．故选：C2．（2025高三·全国·专题练习）已知，则的值（

）A．2 B．-2 C．3 D．-3【答案】C【分析】根据二倍角余弦公式进行化简求解即可.【详解】，故选C.3．（25-26高三上·山西长治·开学考试）已知，且是第二象限的角，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由的象限，求得和的值，然后利用二倍角公式化简代数式，即可求得答案.【详解】因为，且是第二象限的角，则．所以.故选：B．4．（2026·四川达州·二模）已知为第四象限角，且，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】借助二倍角公式计算可得，再利用同角三角函数基本关系计算即可得解.【详解】，由为第四象限角，则，则，则.5．（2026·广东茂名·二模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】根据二倍角公式可得，，化简可得，，代入，可得.6．若为第二象限角，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用同角三角函数的商关系和二倍角公式进行化简可求得，然后根据同角三角函数的关系求出.【详解】由题意得，，化简得，整理得，,，因为为第二象限角，所以.故选：A7．（多选题）（25-26高三上·黑龙江·月考）已知，且，则（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据给定条件，利用同角三角函数的关系，结合正、余弦值的符号逐项计算判断.【详解】由，得，所以，又，所以，结合，解得，所以.故选：AC.题型3诱导公式求值与化简利用诱导公式把任意角的三角函数转化为锐角三角函数的步骤也就是：“负化正，大化小，化到锐角就好了”．1．已知角的终边与单位圆的交点为，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据交点求出，结合选项验证即可.【详解】由题得．所以，A错误；，B错误；，C正确；，D错误．故选：C2．（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式化简即可求出.【详解】,故选：3．（24-25高三上·安徽合肥·月考）与以下哪个值相同（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用诱导公式来求得正确答案.【详解】由诱导公式易得.故选：C.4．（25-26高三上·天津·月考）已知角的终边经过点，则__________．【答案】【分析】由三角函数的定义可得，利用诱导公式化简所求式，再通过弦切互化，代入正切值即可求得.【详解】由题意，，则.故答案为：.5．（25-26高三上·上海·月考）函数在区间上的值域为_____.【答案】【分析】由诱导公式化简，利用正弦函数的单调性求解.【详解】因为，，所以.所以函数的值域为.故答案为：.6．（25-26高三上·江苏无锡·月考）已知，则______．【答案】【分析】由题设等式利用诱导公式和辅助角公式推得，其中，求出，再由同角三角函数计算即得.【详解】由可得，则，整理得，其中，故，解得，于是.故答案为：题型4二倍角、半角、降幂、辅助角公式1、二倍角的正弦（）：．2、二倍角的余弦（）：．3、二倍角的正切（）：．4、降幂公式：；；；．5、常见辅助角结论（1）；（2）；（3）；（4）．1．（2025·全国·模拟预测）若，则（

）A． B．0 C．1 D．【答案】C【分析】利用二倍角公式降幂即可得解.【详解】因为，所以，则.故选：C.2．（2025高三·全国·专题练习）已知角满足，则（

）A． B．或 C． D．【答案】C【分析】本题可先利用二倍角公式、同角三角函数关系对已知等式进行化简，求出的值，再根据二倍角公式计算.【详解】由，得.由题知，所以，解得或（舍去），（点拨：时，不符合题意）所以故选：C.3．（2026·四川泸州·模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由，得，所以.4．（2026·北京西城·一模）已知函数，则是（

）A．奇函数，且最小正周期为 B．奇函数，且最小正周期为C．偶函数，且最小正周期为 D．偶函数，且最小正周期为【答案】B【分析】根据的关系判断的奇偶性，再根据周期的定义，判断的周期，即可选择.【详解】由题意得，故，又其定义域为，故为奇函数；又的最小正周期为，且的最小正周期为，则的最小正周期为，且，故的最小正周期为.综上所述：是奇函数，且最小正周期为.5．（2026·甘肃·二模）函数的最小值为（

）A．-1 B． C．-3 D．-5【答案】B【详解】，其中，所以的最小值为.6．（2026·青海西宁·二模）已知，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据两角和的余弦公式，可得的值，根据半角公式，即可得答案.【详解】由题得，又，所以是锐角，所以．7．（2026·陕西商洛·模拟预测）已知锐角满足，则（

）A． B．3 C．2 D．5【答案】C【详解】由题意，，解得或，由为锐角，得，则，所以.8．（2026·福建厦门·二模）已知函数，若，则（

）A．0 B． C．1 D．【答案】D【分析】根据辅助角公式及条件，可得a值，根据诱导公式及特殊角的三角函数值，即可得答案.【详解】由辅助角公式得，因为，所以在处取得最大值，则，解得，则，所以.题型5给值求值、给值求角问题1、给值求值问题一般策略（1）关键是把“所求角”用“已知角”表示．①当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式；②当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系．（2）常见的配角技巧：①；；②；③；④；⑤．2、三角函数给值求角问题一般策略实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，最后确定角．遵照以下原则：（1）已知正切函数值，选正切函数；（2）已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；若角的范围是，选正、余弦皆可；若角的范围是，选余弦较好；若角的范围是，选正弦较好．1．（25-26高三下·浙江·开学考试）若，，则的值为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】对进行变换可得，再结合两角差的正切展开公式求解.【详解】因为，所以．2．（25-26高三上·贵州黔西南·月考）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用两角和正弦公式展开，再利用辅助角公式和诱导公式化简即可求值.【详解】由，则，故选：B3．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】设，则，．4．（2026·新疆·模拟预测）已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】.，因为，所以，因为，所以，所以.5．（23-24高三上·贵州铜仁·月考）已知，且和均为钝角，则的值为（

）A． B． C．或 D．【答案】D【分析】根据角度范围求解，再求解，结合角度范围判断即可.【详解】∵和均为钝角，∴，．∴．由和均为钝角，得，∴．故选：D6．（23-24高三上·河北廊坊·期中）设，且，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用三角恒等变换可得答案.【详解】因为，所以．因为，所以，所以，则．故选：B.7．（25-26高三上·江西·期中）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由、可得，根据同角的平方关系、商数关系和两角差的正弦公式计算即可求解.【详解】由，得，又，所以，则.由，得.故选：C8．（25-26高三上·江苏无锡·月考）已知，那么等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据已知角和未知角的关系，结合同角的三角函数关系式、两角和的正弦公式进行求解即可.【详解】因为，所以，又因为，所以，因此，故选：B9．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）若，，则（

）A． B． C． D．或【答案】B【分析】对进行“辅助角变换”可得，再结合同角三角函数基本关系式和两角差的余弦展开公式求解即可.【详解】因为，所以，而，故，则，故.10．（2026·湖北孝感·二模）已知、均为锐角，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据同角三角函数关系式求出，，再由和两角和的正切公式即可求解.【详解】因为，为锐角，所以，，所以，所以.因为，所以，，因为，所以，则，所以，，.11．（24-25高三上·湖北荆州·月考）已知且，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用两角差的正弦公式结合求，注意确定角的范围，然后得出结论．【详解】因为且，函数在上单调递减，，，又，，所以，，，，所以，又，，所以，结合，可得，所以，所以，故选：A．12．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用同角三角函数的平方关系及题中角度范围，求出和的值，再利用整体思想，将转化为，用余弦的和角公式展开求值即可.【详解】，，，又，，，，，，，，则，故选：C．13．（25-26高三上·河北秦皇岛·月考）已知，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用和角正切公式，结合同角公式求出，再利用和差角的正弦公式求解即得.【详解】由，得，解得，而，则，，由，解得，由，得，而，则，所以，，所以.故选：C题型6积化和差、和差化积公式1、积化和差公式：；；；.口诀：积化和差得和差，余弦在后要相加；异名函数取正弦，正弦相乘取负号。证明：由两角和与差的正弦公式得两式相加可得，两式相减可得．同理，由两角和与差的余弦公式可得其他公式.2、和差化积公式:口诀：正弦＋正弦,正弦在前；正弦－正弦,正弦在后；余弦＋余弦,余弦并肩；余弦－余弦，余弦靠边。证明：由，，得.其他同理可证.1．下列各式中不正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据和差化积公式逐项化简判断即可.【详解】对于A，，A正确；对于B，，B正确；对于C，，而选项C的右边，与左边不相等，所以C错误；对于D，，D正确.故选：C.2．（25-26高三上·甘肃兰州·期中）设，则（

）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】使用和差化积公式化简分子即可代值求解．【详解】，，代入，．故选：A．3．（2025·云南·一模）在中，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，应用和差化积及已知可得，再由三角形内角和性质、诱导公式化简得，利用二倍角正切公式、平方关系求.【详解】设，则①，②，得，在中，所以，即，又因为，即，因为，代入得，因为，所以．故选：A4．（2025高三·全国·专题练习）已知，那么______．【答案】/【分析】由三角恒等变换化简表达式得，代入即可得解.【详解】.故答案为：.5．（2025高三·全国·专题练习）若，则______．【答案】【分析】根据积化和差公式及二倍角公式即可得解.【详解】已知积化和差公式则．故答案为：.6．（25-26高三上·湖南·月考）设三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则角__________.【答案】【分析】根据给定条件，利用二倍角公式、和差化积公式，结合诱导公式得，再分类讨论求解.【详解】由，得，即，则，在中，，于是，则或，当时，，则与矛盾，当时，，，又，则，即，解得或，于是或，符合题意，所以.故答案为：7．（2026·湖北襄阳·一模）已知，若，且，则_______．【答案】【分析】利用，根据和差化积公式得，即可由万能公式求解.【详解】．∵∴∴,由于，故，则，∴∴.8．（2026·湖南·三模）已知函数，则在上共有________个零点.【答案】2【分析】把用积化和差公式变形后再由和差化积公式变形，然后结合正弦函数性质可得所求零点个数．【详解】由于，因此，令，得或，因为，所以解得，解得，所以在共有2个零点和.题型7三倍角公式1、正弦三倍角公式：2、余弦三倍角公式：3、正切三倍角公式：推导过程：1.32.同理：3..1．（2025高三上·内蒙古包头·专题练习）已知函数．若有两个零点和，则___________．【答案】【分析】利用和差化积公式得，再结合正弦函数性质即可求出的值，代入可得，并求出，从而得到答案.【详解】根据和差化积公式得，令，当时，，则，此时无解，当时，，则，则或，解得或，，，设，即，两边取余弦，得，其中，所以，整理方程，得，故，，，，，，解得，，，.故答案为：.2．已知由，，可推得三倍角余弦公式，已知，结合三倍角余弦公式和二倍角正弦公式可得______________；如图，已知五角星是由边长为的正五边形和五个全等的等腰三角形组成的，则___________【答案】【分析】由结合三倍角的余弦公式、二倍角的正弦公式可得出关于的二次方程，结合可求得的值；求得，，过点作，垂足为点，求得，，然后利用平面向量数量积的定义可求得结果.【详解】因为，所以，，即，即，即，因为，解得.在五角星中，，，，故，从而可得，，过点作，垂足为点，则，于是，从而有，于是，所以，.故答案为：；.3．（2024·福建厦门·模拟预测）三角学于十七世纪传入中国，此后徐光启、薛风祚等数学家对此深入研究，对三角学的现代化发展作出了巨大贡献，三倍角公式就是三角学中的重要公式之一，类似二倍角的展开，三倍角可以通过拆写成二倍角和一倍角的和，再把二倍角拆写成两个一倍角的和来化简.(1)证明：；(2)若，，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用两角和的正弦公式及倍角公式证明即可；（2）将转为方程的一个实根，通过函数的单调性及零点存在性定理即可求解.【详解】（1）因为；（2）由（1）可知，，即是方程的一个实根.令，，显然，当时，，所以在上单调递减，又，，所以，即.4．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.三倍角公式是把形如等三角函数用单倍角三角函数表示的恒等式，广泛应用于数学､物理､天文等学科.(1)记，试写出此三倍角公式的具体内容，并证明；(2)若角满足，求的值；(3)试用三倍角公式并结合三角函数相关知识，求出黄金分割值.【答案】(1)，证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据二倍角公式和两角和的余弦公式，进行三角恒等变换，求出公式即可；（2）根据二倍角公式和两角和的正弦公式，以及同角三角函数的平方关系，求出的公式，并求出结果；（3）根据诱导公式，和余弦的三倍角公式，列出方程，求出结果即可.【详解】（1）.即.（2）由（1）及已知得：解得：，又.由得：，.（3）即，等式两边同除得：，即，化简得：，解得：（舍）由题意知黄金分割值为5．设次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.(1)由的表达式求；(2)由第（1）问结论求的值；(3)证明是方程的根，并求的值.【答案】(1)(2)(3)证明见解析，【分析】（1）利用两角和的余弦公式及二倍角公式求出，结合题目信息即可求出答案；（2）由（1）知，再根据对式子化简得到，解方程即可求出答案；（3）将代入得到即可证明；可知为方程的根，进而得到，证明即可求出答案.【详解】（1）因为，所以，所以所以.（2）由（1）知，又所以，又，所以，所以，即，因为，解得（舍去）.（3）证明:将代入得，，所以，即是方程的根.不妨取，设，因为为方程的根则，，而，所以，所以.题型8射影定理射影定理，，将关系式转化为射影定理的形式，整体代换直接利用公式解决问题；反用公式时注意能否正确应用.1．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示的面积，若，，则（

）A．30° B．90° C．45° D．60°【答案】B【分析】根据给定条件，利用三角形射影定理及三角形面积公式分别求出即可.【详解】在中，由三角形面积公式及，得，则，而，解得，，由三角形射影定理得，而，则，又，解得，解得，所以.故选：B2．在△ABC中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足，则的大小为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据三角形中的射影公式，即可容易求得结果.【详解】因为，即，解得，又因为，故可得.故选：B.【点睛】本题考查三角形中的射影公式，本质是利用正弦定理将边化角，属基础题.3．在中，（，，分别为角，，的对边），则是（

）A．等边三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形【答案】B【分析】根据给定条件，利用二倍角公式及三角形射影定理判断得解.【详解】由，得，整理得，在中，由射影定义得，则，而，因此，又，则，所以是直角三角形.故选：B4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为___________.【答案】/0.75【分析】利用三角形射影定理结合正弦定理可得，再由和角的正切公式，配方变形即可计算作答.【详解】在中，由射影定理及得：，由正弦定理边化角为：，于是得，由得，，即角是钝角，，，当且仅当，即时取“=”，所以tanA的最大值为.故答案为：题型9正弦平方差公式正弦平方差公式证明：

1．（多选题）（2026·四川内江·二模）已知的面积为，角的对边分别是，，，则（

）A． B．C． D．边的中线长为【答案】ABD【分析】利用条件化简判断A；根据正弦定理及三角恒等变换判断B；根据正弦定理求判断C；根据余弦定理求出中线长判断D.【详解】因为，所以，即，所以，由可知，即为钝角，又，所以，又为锐角，所以，故A正确；因为，由正弦定理可得，所以，由和差化积公式可得，即，即，由可得，所以或（舍去），即，故B正确；由AB可知，，所以，故.因为，所以.由正弦定理，，即，解得，所以，故C错误；由可知，，设边的中线长为，则，所以，故D正确.2．（多选题）（25-26高三上·湖北咸宁·期末）在锐角中，角的对边分别为，若，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．的最小值为【答案】ACD【分析】利用正弦定理、余弦定理，和差化积公式与和角公式将题设等式化简即可判断A，B项；借助于和角的正切公式和题设条件由即可证明C项；利用求导判断函数单调性即可求得最小值判断D项.【详解】对于A，由和余弦定理，可得，整理得，即得，故A正确；对于B，由和正弦定理，可得，则，即，由和差化积公式可得，因，则得，展开得，整理得，则有，故B错误；对于C，因是锐角三角形，故，则得，即，故，即C正确；对于D，又，，设，则，且，则，当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增.故，即当时，的最小值为，故D正确.故选：ACD.1．（2026·广东汕头·一模）圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】设底面半径为r，母线长为l，根据侧面展开图是一个半圆，可得，代入表面积公式，结合条件，即可得答案.【详解】设底面半径为r，母线长为l，由侧面展开图是一个半圆，得，解得，则侧面展开图的面积，所以圆锥的表面积，解得.2．（25-26高三上·重庆·月考）设α为第一象限角，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用同角三角函数的关系，结合诱导公式求值即可.【详解】因为α为第一象限角，且，所以，又.故选：C3．（25-26高三上·河北邯郸·期中）已知角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，其中点在第一象限，且点的横坐标为，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角函数的定义得到，再利用诱导公式求解即可.【详解】由三角函数定义可知，，，所以，．故选:C4．（25-26高三上·河北邢台·期末）已知，则（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】由三角恒等变换建立方程，即可求得答案.【详解】设.因为，所以，化简得，解得或.因为，所以，故.故选：D.5．（25-26高三下·青海西宁·月考）已知，且，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由二倍角公式化简原式，结合所在象限计算，进而求得，再使用正弦和差公式进行求解即可.【详解】由得，又，所以，，所以6．（2025·广东·三模）函数的一条对称轴为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正弦、余弦二倍角公式，和辅助角公式得到，再通过整体代换即可求解.【详解】，令，，可得，即函数的对称轴为，当时，，当时，，当时，，结合选项只有B符合，故选：B7．（25-26高三上·浙江金华·期末）若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，根据诱导公式求解.【详解】因为，所以.故选：B.8．（25-26高三上·重庆九龙坡·开学考试）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据诱导公式以及同角关系即可求解.【详解】,由于，所以，结合故，所以，故选：A9．（2026·河南南阳·模拟预测）已知角的终边经过点，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据角的终边上的点和二倍角正弦公式计算，然后得到关于的一元二次方程，进而求得结果.【详解】因为角的终边经过点，所以，所以，即，解得.所以或（舍去）故选：B.10．（25-26高三下·河北·开学考试）函数的最小正周期为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二倍角公式和辅助角公式即可求得.【详解】由二倍角公式得：，则利用辅助角公式得：，其中，所以最小正周期：.11．若，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据半角公式及角的范围求解即可.【详解】由半角公式可知，，又，所以，所以.故选：B12．（2024高三·全国·专题练习）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据两角和的正弦公式展开，再利用辅助角公式，求得，进而求得，根据，得出答案.【详解】由，得，所，由二倍角公式得，又，所以，所以.故选：B13．（24-25高三上·山东聊城·月考）已知，，，则(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】由同角三角函数平方关系可求得，利用两角差余弦公式求得，由同角三角函数商数关系化简所求后可得结果.【详解】因为，，，，故，且，故，所以．故选：D.14．（2026·广西河池·二模）已知某圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为的扇形，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等腰三角形的性质，可得的关系，根据扇形的性质，可得的关系，即可得答案.【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意得，侧面展开图为扇形，对应的弧长为，所以.15．（25-26高三上·辽宁抚顺·期末）“”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】D【分析】根据余弦函数和正弦函数的性质，结合充分性和必要性的定义进行运算判断即可.【详解】当时，可得，或，当时，，当时，，因此由不一定能推出.当时，可得，则有，因此由不一定能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D16．（2026·辽宁抚顺·一模）当时，函数取得最大值，则的最小值是（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】使用辅助角公式化简，代入，利用最大值条件并给赋值即可求解.【详解】，取，则，由题意得,即，整理得，因为，令，则，即的最小值为1.17．（25-26高三上·湖南长沙·月考）已知函数的图象关于直线轴对称，且，则的值为（

）A． B．1 C． D．2【答案】C【分析】利用三角恒等变换化简可得，再由对称轴方程得出，结合其范围可得.【详解】易知，因为函数的图象关于直线轴对称，所以，，解得，，又，故，可得.故选：C.18．（2026·青海西宁·二模）已知，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据两角和的余弦公式，可得的值，根据半角公式，即可得答案.【详解】由题得，又，所以是锐角，所以．19．（2026·广西南宁·一模）已知，则＝（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由二倍角公式可得，由诱导公式可得，结合条件可求结论.【详解】，且，故，故.故选：A20．（25-26高三下·河北衡水·期中）若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，可得，切化弦可得，继而化简，即可求得答案.【详解】设，则，由，得，即，则，故.21．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）若，，则（

）A． B． C． D．或【答案】B【分析】对进行“辅助角变换”可得，再结合同角三角函数基本关系式和两角差的余弦展开公式求解即可.【详解】因为，所以，而，故，则，故.22．（2026·江苏·二模）已知锐角满足，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】锐角满足，所以,,则,因为，所以23．（25-26高三下·北京海淀·月考）存在实数使得点在直线上，则实数k的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】将点在直线上转化为直线与圆有公共点的问题，再用几何法解得.【详解】由同角三角函数基本关系，可知点一定在单位圆上.存在使得在直线上，等价于直线与单位圆有公共点.将直线整理为一般式：，单位圆圆心为，半径.直线与圆有公共点时，圆心到直线的距离：两边平方得：，整理得，即，解得：.因此的取值范围是.24．（2026·四川南充·二模）已知角，满足，，则（

）A． B． C． D．2【答案】D【分析】利用三角恒等变换，将已知条件转化为关于的关系式，再结合，求出，最后用正切和角公式计算.【详解】因为，所以，所以，即，化简可得：，又因为，所以，所以，所以.25．已知，都是锐角，，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用三角函数和差角公式化简求解，同时注意根据三角函数值确定角的范围【详解】因为，都是锐角，所以，又，则，注意到，故，，所以.26．（2026·湖南岳阳·一模）已知，则（

）A． B． C． D．或【答案】C【分析】由平方关系分别求出，利用，由两角差的余弦公式求解.【详解】因为，所以，所以，因为，，所以，又，所以，，所以，所以，故选：C.27．（24-25高三上·河北·期中）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据已知求出，再根据两角和的余弦公式求出即可得解.【详解】由，得，所以，又，所以，所以，又，所以，所以.故选：D.28．（25-26高三上·黑龙江牡丹江·月考）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题可知，进而根据计算即可.【详解】由，得，因为，所以，所以.故选：D29．若，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据已知及平方关系得、，且，再应用差角余弦公式求，即可得.【详解】因为，所以，又，所以，则，因为，，所以，又，所以，所以，因为，，所以，所以，所以.故选：C30．（23-24高三上·黑龙江佳木斯·月考）若，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题及两角差的余弦公式可得的值，再由和差化积公式可得的值，即可求解.【详解】由题知.∵，∴，即.∴.故选：C.31．（25-26高三下·陕西西安·月考）已知函数，若在上恰有四个不同的实数根，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用辅助角公式化简，结合正弦函数的对称性和正切二倍角公式求解可得.【详解】，其中，，．因为0，所以．因为在上恰有四个不同的实数根，，，，不妨设，由正弦函数的对称性可知，所以，则．因为，所以，从而．32．已知锐角满足，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用和差化积公式得到，再结合余弦函数性质求解不等式即可.【详解】由和差化积公式得，欲求，则求即可，因为是锐角，所以，且，故求即可，解得，则，当时，，而，得到，故B正确.故选：B33．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，，则（

）A． B． C．3 D．【答案】C【分析】由射影定理以及可得的值，根据可计算出的值，结合已知条件可求解出的值.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以，所以，又因为，，所以是等边三角形，所以.故选：C.【点睛】本题考查解三角形中射影定理的应用以及二倍角公式的化简，难度一般.三角形中的射影定理：，，.34．（25-26高三上·北京通州·期中）设函数，关于有下列四个结论：①的导函数为周期函数，且最小正周期为；②在上单调递增③的图象关于对称；④方程在上有唯一解，则实数的值为．其中正确结论的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】利用导数的运算法则求出，再举反例判断①，利用换元法结合复合函数的性质判断②，利用函数轴对称的定义判断③，利用三角恒等变换并结合换元法得到，再求出和的对应关系，进而确定参数值判断④即可.【详解】对于①，由积化和差公式得，则，而，，不满足，则不可能是最小正周期为的函数，故①错误，对于②，而，令，则可化为，由二倍角公式得，令，则可化为，由二次函数性质得在上单调递减，由余弦函数性质得在上单调递减，由复合函数性质得在上单调递增，可得在上单调递增，故②正确，对于③，由题意得，可得的图象关于对称，故③正确，对于④，由题意得，而，令，则可化为，由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减，而，，当时，，则，当时，可得，解得，此时对应个，当时，结合题意可得此时对应个，若方程在上有唯一解，则与在上有唯一交点，可得此时对应个，得到，而可化为，此时，即，故④正确.综上可得，其中正确结论的个数为3个，故C正确.故选：C35．（多选题）（2026·湖南常德·二模）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用弦化切计算逐项判断即可.【详解】对于A选项，，A对；对于B选项，，B错；对于C选项，，C对；对于D选项，，D对.36．（多选题）（25-26高三上·湖南邵阳·期中）已知，，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根据同角三角函数的基本关系，结合二倍角的正弦公式，可求，判断A的真假；根据所给的角的取值范围，判断角的三角函数的符号，再结合同角三角函数的基本关系，可判断B的真假；利用同角三角函数的基本关系，可求，判断C的真假；结合两角差的余弦公式，可求的值，判断D的真假.【详解】由，得：，即，所以，所以A正确；又，，所以，则，所以，所以B错误；联立，解得：，，所以C正确；由，所以D错误.故选：AC37．（多选题）已知是方程的根，且，则（）A．B．C．D．【答案】ABD【详解】，所以或，所以或，解得：或，又，所以，所以A正确；对于B，，故B正确；对于C，，所以，即，所以，所以，故C错误；对于D，，故D正确.38．（多选题）数学家切比雪夫曾用一组多项式阐述余弦的倍角公式，即，称为第一类切比雪夫多项式.第一类切比雪夫多项式的前几项为：，，，，，，…，探究上述多项式，下列选项正确的是（

）A．B．C．D．若函数在区间，内恰有20个零点，则这20个零点的和为100π【答案】ACD【分析】利用三角变换公式求解三倍角公式后可判断A，利用可求判断B，利用三倍角公式求出后判断C，利用三角变换公式化简后可求在上的零点和，从而可求零点之和判断D.【详解】，A正确；，所以，即，即，解得，B错误；，故，C正确；.令，得或，若，在上或；若，则，其中舍去，该方程在上有2个实根，因为在该区间内的图象关于直线对称，所以这两根之和为2π，所以在上有4个零点，记为，，，，其中，，，，这4个零点和，故个零点可分成组，相邻两组零点和的差为，故个零点的和为，D正确.39．（多选题）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，