高考数学全国卷（甲卷、乙卷、新课标I、新课标II）3年（2021-2023）真题分类汇编三角函数与解 (2)

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高考数学全国卷（甲卷、乙卷、新课标I、新课标II）3年（2021-2023）真题分类汇编三角函数与解三角形（解答题）

一、解答题
1．（2023·北京·统考高考真题）设函数．
(1)若，求的值．
(2)已知在区间上单调递增，，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，使函数存在，求的值．
条件①：；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减．
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．
2．（2023·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
3．（2023·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
4．（2023·天津·统考高考真题）在中，角所对的边分別是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求．
5．（2023·全国·统考高考真题）设，函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若曲线与轴所围成的图形的面积为2，求．
6．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线：（为参数，）.
(1)写出的直角坐标方程；
(2)若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求的取值范围.
7．（2023·全国·统考高考真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
8．（2023·全国·统考高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
9．（2022·天津·统考高考真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
10．（2022·浙江·统考高考真题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
11．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
12．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
(1)若，求C；
(2)证明：
13．（2022·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
14．（2022·北京·统考高考真题）在中，．
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长．
15．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
16．（2021·天津·统考高考真题）在，角所对的边分别为，已知，．
（I）求a的值；
（II）求的值；
（III）求的值．
17．（2021·全国·统考高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
18．（2021·北京·统考高考真题）在中，，．
（1）求；
（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，使存在且唯一确定，求边上中线的长．
条件①：；
条件②：的周长为；
条件③：的面积为；
19．（2021·浙江·统考高考真题）设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
20．（2021·全国·统考高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.

参考答案：
1．(1).
(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.

【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；
（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．
【详解】（1）因为
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以，所以的最大值为，最小值为.
若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；
若选条件②：因为在上单调递增，且，
所以,所以,,
所以，
又因为，所以，
所以，
所以，因为，所以.
所以，；
若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，即.
以下与条件②相同．

2．(1)
(2)

【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
3．(1)；
(2).

【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，
  
则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.

4．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
故．
5．(1)
(2)2

【分析】（1）分和讨论即可;
（2）写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.
【详解】（1）若,则,
即,解得,即,
若,则,
解得,即,
综上,不等式的解集为.
（2）.
画出的草图,则与轴围成,
的高为,所以,
所以,解得.

6．(1)
(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意的取值范围；
（2）根据曲线的方程，结合图形通过平移直线分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.
【详解】（1）因为，即，可得，
整理得，表示以为圆心，半径为1的圆，
又因为，
且，则，则，
故.
（2）因为（为参数，），
整理得，表示圆心为，半径为2，且位于第二象限的圆弧，
如图所示，若直线过，则，解得；
若直线，即与相切，则，解得，
若直线与均没有公共点，则或，
即实数的取值范围.
  【点睛】
7．(1)；
(2).

【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：

，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
8．(1)
(2)6

【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.

9．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
10．(1)；
(2)．

【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．

11．(1)
(2)

【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.

12．(1)；
(2)证明见解析．

【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（2）由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．

13．(1)见解析
(2)14

【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.

14．(1)
(2)

【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.

15．(1)；
(2)．

【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．

16．（I）；（II）；（III）
【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；
（II）由余弦定理即可计算；
（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.
【详解】（I）因为，由正弦定理可得，
，；
（II）由余弦定理可得；
（III），，
，，
所以.
17．（1）；（2）存在，且.
【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
18．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；
（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
【详解】（1），则由正弦定理可得，
，，，，
，解得；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，
与矛盾，故这样的不存在；
若选择②：由（1）可得，
设的外接圆半径为，
则由正弦定理可得，
，
则周长，
解得，则，
由余弦定理可得边上的中线的长度为：
；
若选择③：由（1）可得，即，
则，解得，
则由余弦定理可得边上的中线的长度为：
.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【详解】（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，

，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①

在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，

而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．

由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.