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专题 5 三角函数与解三角形
1.近几年高考在对三角恒等变换考查的同时，对三角函数图象与性质的考查力度有所加强，往往将三角恒等
变换与三角函数的图象和性质结合考查，先利用三角公式进行化简，然后进一步研究三角函数的性质.其中
三角函数的定义域值域、单调性、奇偶性、周期性、对称性以及图象变换是主要考查对象，难度以中档以
下为主.
2.高考对正弦定理和余弦定理的考查较为灵活，题型多变，往往以小题的形式独立考查正弦定理或余弦定理，
以解答题的形式综合考查定理的综合应用，多与三角形周长、面积有关；有时也会与平面向量、三角恒等
变换等结合考查，试题难度控制在中等或以下，主要考查灵活运用公式求解计算能力、推理论证能力、数
学应用意识、数形结合思想等．
预测 2021 年将突出考查恒等变换与三角函数图象和性质的结合、恒等变换与正弦定理和余弦定理的结合.
1．（2020·全国高考真题（理））已知 ，且 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
，得 ，
即 ，解得 或 （舍去），
又 .
故选：A.
2．（2020·山东海南省高考真题）下图是函数 y= sin(ωx+φ)的部分图像，则 sin(ωx+φ)= （ ）
π( )0,α∈ 3cos2 8cos 5α α− = sinα =
5
3
2
3
1
3
5
9
3cos2 8cos 5α α− = 26cos 8cos 8 0α α− − =
23cos 4cos 4 0α α− − = 2cos 3
α = − cos 2α =
2 5(0, ), sin 1 cos 3
α π α α∈ ∴ = − =
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A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】
由函数图像可知： ，则 ，所以不选 A,
当 时， ，
解得： ，
即函数的解析式为：
.
而
故选：BC.
3．（2020·浙江省高考真题）已知 ，则 ________； ______．
【答案】
【解析】
，
，
故答案为：
4．（2020·山东海南省高考真题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆
πsin( 3x + ） πsin( 2 )3 x− πcos(2 6x + ） 5πcos( 2 )6 x−
2
2 3 6 2
T π ππ= − = 2 2 2T
π πω π= = =
2
53 6
2 12x
ππ π+
= = 1y = − ∴ ( )5 32 212 2 k k Z
π πϕ π× + = + ∈
( )22 3k kϕ π π= + ∈Z
2sin 2 2 sin 2 cos 2 sin 23 6 2 6 3y x k x x x
π π π ππ π = + + = + + = + = −
5cos 2 cos( 2 )6 6x x
π π + = − −
tan 2θ = cos 2θ = πtan( )4
θ − =
3
5-
1
3
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
cos sin 1 tan 1 2 3cos2 cos sin cos sin 1 tan 1 2 5
θ θ θθ θ θ θ θ θ
− − −= − = = = = −+ + +
tan 1 2 1 1tan( )4 1 tan 1 2 3
π θθ θ
− −− = = =+ +
3 1,5 3
−
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孔及轮廓圆弧 AB 所在圆的圆心，A 是圆弧 AB 与直线 AG 的切点，B 是圆弧 AB 与直线 BC 的切点，四边形
DEFG 为矩形，BC⊥DG，垂足为 C，tan∠ODC= ， ，EF=12 cm，DE=2 cm，A 到直线 DE 和 EF
的距离均为 7 cm，圆孔半径为 1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．
【答案】
【解析】
设 ，由题意 ， ，所以 ，
因为 ,所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 与圆弧 相切于 点，所以 ，
即 为等腰直角三角形；
在直角 中， ， ，
3
5 //BH DG
54 2
π+
= =OB OA r 7AM AN= = 12EF = 5NF =
5AP = 45AGP °∠ =
//BH DG 45AHO °∠ =
AG AB A OA AG⊥
OAH△
OQD△ 25 2OQ r= − 27 2DQ r= −
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因为 ，所以 ，
解得 ；
等腰直角 的面积为 ；
扇形 的面积 ，
所以阴影部分的面积为 .
故答案为： .
5．（2020·山东海南省高考真题）在① ，② ，③ 这三个条件中任选一个，补充在下
面问题中，若问题中的三角形存在，求 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在 ，它的内角 的对边分别为 ，且 ， ，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】详见解析
【解析】
解法一：
由 可得： ，
不妨设 ，
则： ，即 .
选择条件①的解析：
据此可得： ， ，此时 .
选择条件②的解析：
据此可得： ，
则： ，此时： ，则： .
选择条件③的解析：
可得 ， ，
与条件 矛盾，则问题中的三角形不存在.
3tan 5
OQODC DQ
∠ = = 3 2 5 221 252 2r r− = −
2 2r =
OAH△ 1
1 2 2 2 2 42S = × × =
AOB ( )2
2
1 3 2 2 32 4S
π π= × × =
1 2
1 542 2S S
ππ+ − = +
54 2
π+
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解法二：∵ ,
∴ ,
，
∴ ,∴ ,∴ ,∴ ,
若选①， ,∵ ,∴ ,∴c=1;
若选②， ,则 , ;
若选③,与条件 矛盾.
一、单选题
1．（2020·山东省济南市二模）已知 为第四象限角，则 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
为第四象限角， .
故选：A
2．（2020·山东省仿真联考 2）已知角 的始边与 轴的非负半轴重合，终边过点 ，则 的值
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
∵角 的始边与 轴的非负半轴重合，终边过点 ( 为坐标原点)，
.
故选:A
3．（2020·广东省湛江二十一中高三月考（理））将函数 图象向右平移 个
α 5cos 13
α = sinα =
12
13
− 12
13
5
12
− 5
12
α 2 12sin 1 cos 13
α α= − − = −
θ x 4( )3,M − cos2θ
7
25
− 7
25
24
25
− 24
25
θ x ( 3,4), 5M OM− ∴ = O
24 7sin , cos2 1 2sin5 25
θ θ θ∴ = ∴ = − = −
2( ) sin 2 2 3 cos 3f x x x= + − π
12
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单位，再把各点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得到函数 的图象，则下列说法中正确的
是（ ）
A． 的周期为 B． 是偶函数
C． 的图象关于直线 对称 D． 在 上单调递增
【答案】D
【解析】
函数 ，
把函数图象向右平移 个单位，
得到 ，
再把各点的横坐标伸长到原来的 倍(纵坐标不变)，
得到 ．
①故函数的最小正周期为 ，故选项 A 错误；
②函数 ，不为偶函数，故选项 B 错误；
③当 时， ，故选项 C 错误；
④由于 ，所以 ，
故函数 单调递增，故选项 D 正确．
故选：D．
4．（2020·山东省仿真联考 3）已知函数 图象的相邻两条对称轴之间
的距离为 ，将函数 的图象向左平移 个单位长度后，得到函数 的图象，若函数 为偶函数，
( )g x
( )g x π ( )g x
( )g x π
12x = ( )g x π π,6 3
−
( ) 2sin 2 2 3 cos 3 sin 2 3 cos2 2sin 2 3f x x x x x x
π= + −
= + +
=
π
12
2sin 2 2sin 212 3 6y x x
π π π = − + = +
2
( ) 2sin 6g x x
π = +
2π
( ) ( )g x g x≠ −
π
12x = 2 212g
π = ≠
,6 3x
π π ∈ − 0 6 2x
π π< + < ( )g x ( ) 2sin( ) 0,| | 2f x x πω ϕ ω ϕ = + > ω 2π πω = 2ω =
( )f x
3
π 2( ) 2sin 2 3g x x ϕπ = + +
( )g x 2
3 2
π πϕ π+ = +k k Z∈
| | 2
ϕ π< 6 πϕ = − ( ) 2sin 2 6f x x π = − 0 2x π< < 1 sin 2 12 6x π − < − ≤ ( )f x 0, 2 π ( 1,2]− 3,- 5P x ， sin cos 0α α⋅ >
1 sin 2 2 2cos2α α− + +
9
5
7
5
6
5
α 3, 5P x − sin cos 0α α⋅ >
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所以 ， ，则
.
故选：A.
6．（2020·山东省济南市 6 月模拟）在 中， ， .当 取最大
值时， 内切圆的半径为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【解析】
令 ， ， ，
平方相加得 ，得 ，
显然，当 时， 有最大值，则 ，又 ，得 ，
则 ，设 为 的中点，如图所示：
则 ， ，设内切圆的半径为 ，则
，解得 .
故选：A
7．（2020 届山东省青岛市三模）在 中，如果 ，那么 的形状为（ ）
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形
3sin 5
α = − 4cos 5
α = −
1 sin 2 2 2cos2α α− + +
( )1 2sin cos 2 1 cos2α α α= − ⋅ + +
( )2 2sin cos 4cosα α α= − +
1 8 9sin cos 2 cos 5 5 5
α α α= − + = + =
ABC cos cos 3A B+ = 2 3AB = sin sinA B+
ABC
2 3 3− 2 2 2− 1
3
sin sin= +t A B 0t > cos cos 3A B+ =
2 3 2 cos cos sin sint A B A B+ = + + 2 cos( ) 1t A B= − −
A B= t 3cos 2A = (0, )A π∈
6A B
π= =
2
3C
π= D AB
1CD = 2AC BC= = r
1 12 3 1 (2 2 2 3)2 2ABCS r= × × = + +
r = 2 3 3−
ABC ( )cos 2 cos 0B C C+ + > ABC
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【答案】A
【解析】
，
，
，即 与 异号，
又 ， ，
与 一正一负，
为钝角三角形．
故选：A.
8．（2020·山东省青岛市二模）已知函数 ，且 ，则 （ ）
A． B．2 C．3 D．
【答案】A
【解析】
，所以 ，解得 ．
故选：A．
9．（2020·山东省青岛市二模）已知函数 的最小正周期为 ，则函数
的一个对称中心可以是（ ）
A． B． C． D．
A B C π+ + =
cos(2 ) cosB C C∴ + +
( )cos cos[ ( )]B B C B Aπ= + + + − +
cos[ ( )] cos[ ( )]B A B Aπ π= + − + − +
cos[ ( )] cos[ ( )]B A B Aπ π= + − + − +
cos( ) cos( )B A B A= − − − +
cos cos sin sin cos cos sin sinB A B A B A B A= − − − +
2cos cos 0B A= − >
cos cos 0B A∴ < cos B cos A A (0, )B π∈ cos B∴ cos A ABC∴ ( ) ( )2 sin , 0 log , 0 x x f x a x x ≤= + >
7 16f f
π − = a =
3
2 ln 2
7 7 5 1( ) sin( ) sin6 6 6 2f
π π π− = − = = 2
7 1 1( ) log ( ) 16 2 2f f f a
π − = = + =
3
2a =
( ) ( )sin 03sinf x x x
π ω ωω −
⋅= > π
( )f x
,06
π
1,12 4
π − −
1,3 4
π
,03
π
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【答案】B
【解析】
由题可得
，
最小正周期为 ，即
所以 ，
令 ，
所以其对称中心为 ，结合选项可得，B 选项符合题意.
故选：B
10．（2020·山东省日照丶潍坊、临沂部分 6 月模拟）已知直线 ： ，直线 ：
，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
分析：根据直线的垂直，即可求出 tanα=3，再根据二倍角公式即可求出．
详解：因为 l1⊥l2，所以 sinα﹣3cosα=0，
所以 tanα=3，
( ) sinsin 3f x xx
π ωω = −
⋅
3 1cos sin2 2sin x x xω ωω −
=
2sin3 1cos sin2 2x x xωω ω−=
sin 23 1 cos2
4 4
xx
ωω −−=
1 1sin 622 4x
πω = + −
( )0ω >
π 2 , 12
π π ωω = =
( ) 1 1sin2 6 42f x x
π = + −
, , ,6 2 12 2
kx k k Z x k Z
π π ππ+ = ∈ = − ∈
1, ,2 12 4
k k Z
π π − − ∈
1l sin 1 0x yα + − = 2l
3 cos 1 0x y α− + = 1 2l l⊥ sin 2α =
2
3
3
5
± 3
5-
3
5
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所以 sin2α=2sinαcosα=
故选 D．
11．（2020·山东省泰安市 6 月三模）函数 在 的图象大致为（ ）
A． B． C．
D．
【答案】A
【解析】
因为 ，
所以 是奇函数，排除 B，D；
因为 ，
所以 ，
故选：A.
12．（2020·山东省泰安市模拟）函数 与 的图象关于 y 轴对称，则函数
的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
2 2 2
2sin cos 2tan 3.sin cos 1 tan 5
α α α
α α α= =+ +
( ) 3 cos sin2
xf x x x= + [ ]π π− ，
( ) ( ) ( ) ( )3 3cos sin cos sin2 2
x xf x x x x x f x
− − = − + − = − + = −
( )f x
3 3 3 ,3 3 2 2f
π π = × +
3 3
2 2 1 3 343 3 2 2 3 2f
π π π = × + = × +
2
3 3f f
π π >
( )f x ( )
32sin 12 x
g x x
π − − = ( )f x
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【解析】
，因为 与 图象关于 y 轴对称，
则 ，
，排除 C， ，排除 B，
，排除 A，
故选:D.
13．（2020·山东省泰安市模拟）在 3 世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割
之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”.这可视为中国古代极限观念的佳
作.割圆术可以视为将一个圆内接正 边形等分成 个等腰三角形(如图所示)，当 变得很大时，等腰三角形
的面积之和近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，可得到 sin3°的近似值为（ ）( 取近似值 3.14)
A．0.012 B．0.052
C．0.125 D．0.235
【答案】B
【解析】
当 时,每个等腰三角形的顶角为 ,则其面积为 ,
又因为等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,
所以 ,
故选：B
二、多选题
( )
32sin 1 2cos 12 x xg x x x
π − − − − = = ( )f x ( )g x
( ) ( )2cos 1 2cos 1, 0x xf x xx x
− − − += = ≠−
2cos 1 22 02
2
f
π
π
π π
+ = = >
2cos 1 22 02
2
f
π
π
π π
− + − = = −
( ) [ ] [ ]sin cos cos sinf x x x= + [ ]x
( )f x
( )f x 2π ( )f x
( )f x (0, )π ( )f x 2
[ ] [ ] ( )2 sin co( cos in) s sf x x x f xπ+ = + =
( )f x∴ 2π
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，
是非奇非偶函数，B 正确；
对于 C， 时， ，不增不减，所以 C 错误；
对于 D， ， ，D 正确.
故选：ABD
17．（2020 届山东省青岛市三模）将函数 的图象向右平移 个单位长度得到函数
的图象，若函数 在区间 上是单调增函数，则实数 可能的取值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】ABC
【解析】
由题意，将函数 的图象向右平移 个单位长度，
得到函数 的图象，
若函数 在区间 上是单调增函数，
sin1 1, 0
1, 0, 2
cos1, 2
1 sin1, ,2( )
3cos1 sin1, , 2
3cos1, ,22
cos1, ,02
x
x
x
x
f x
x
x
x
π
π
π π
ππ
π π
π
+ =
∈
=
− ∈ =
− ∈
∈
∈ −
( )f x∴
(0, )2x
π∈ ( ) 1f x =
[0, )2x
π∈ 2( ) sin1 1 sin 1 1 1.7 24 2f x
π= + > + = + > >
( ) ( )sin 0f x xω ω= >
12
π
( )y g x= ( )g x 0, 2
π
ω
2
3
5
6
( ) ( )sin 0f x xω ω= >
12
π
( ) sin( )12
wy g x wx
π= = −
( )g x 0, 2
π
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则满足 ，解得 ，
所以实数 的可能的取值为 .
故选：ABC
18．（2020·山东省仿真联考 2）将函数 的图象向左平移 个单位长度，得到函数
的图象，则下列关于函数 的说法正确的是（ ）
A． 是偶函数
B． 的最小正周期是
C． 的图象关于直线 对称
D． 的图象关于点 对称
【答案】AD
【解析】
由题意可得 ，
函数 是偶函数，A 正确：
函数 最小周期是 ，B 错误；
，则直线 不是函数 图象的对称轴，C 错误；
，则 是函数 图象的一个对称中心，D 正确.
故选：AD.
19．（2020·山东省滨州市三模）已知曲线 ，则下面结论正确的是（ ）
12 2
2 12 2
w
w w
π π
π π π
− ≥ −
− ≤
60 5w< ≤ w 2 5,1,3 6 2sin 2 6y x π = + 6 π ( )f x ( )f x ( )f x ( )f x 2 π ( )f x 12x π= ( )f x ,04 π − ( ) 2sin 2 2sin 2 2cos26 6 2f x x x x π π π = + + = + = ( )y f x= ( )y f x= 2 2 π π= 312f π = 12x π= ( )y f x= 04f π − = ,04 π − ( )y f x= 1 2: 3sin , : 3sin 2 4C y x C y x π = = +
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A．把 上各点的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 个单位长度，得到曲
线
B．把 上各点的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 个单位长度，得到曲
线
C．把 向左平移 个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标变为原来的 倍．纵坐标不变，得到曲
线
D．把 向左平移 个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，得到曲
线
【答案】AC
【解析】
由 变换到 ，
若先伸缩后平移，则把 上各点的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 个单
位长度，得到曲线 .
若先平移后伸缩，则把 向左平移 个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标变为原来的 倍．纵坐
标不变，得到曲线 .
所以正确的选项为 AC
故选：AC
20．（2020·山东省济南市二模）已知函数 （其中， ， ）， ，
恒成立，且 在区间 上单调，则下列说法正确的是（ ）
A．存在 ，使得 是偶函数 B．
C． 是奇数 D． 的最大值为 3
1C 1
2 8
π
2C
1C 1
2 4
π
2C
1C
4
π 1
2
2C
1C
8
π 1
2
2C
1 : 3sinC y x= 2 : 3sin 2 4C y x
π = +
1C 1
2 8
π
2C
1C
4
π 1
2
2C
( )( ) sinf x xω ϕ= + 0>ω | | 2
ϕ π< 08f π − = 3( ) 8f x f π ≤ ( )f x ,12 24 π π − ϕ ( )f x 3(0) 4f f π = ω ω
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【答案】BCD
【解析】
， ，则 ， ，
故 ， ， ，
，则 ，故 ， ， ，
当 时， ， ，
在区间 上单调，故 ，故 ，即 ，
，故 ，故 ，
综上所述： 或 ，故 CD 正确；
或 ，故 或 ， ， 不可能为偶函数，A 错误；
当 时， ， ，故
；
当 时， ，
，故 ，
综上所述： ，B 正确；
故选：BCD.
21．（2020·山东省仿真联考 1）已知函数 ，则( )
A． 的值域为
08f
π − =
3( ) 8f x f
π ≤
3 1
8 8 2 4 2
k T
π π π − − = = + k ∈N
2
2 1T k
π= + 2 1kω = + k ∈N
08f
π − = ( ) s n 08if x
π ω ϕ = + =
−
8 k
π ω ϕ π+ =−
8 kϕ π ω π= + k Z∈
,12 24x
π π ∈ − ,24 6x k k
ωπ ωπω ϕ π π + ∈ + + k Z∈
( )f x ,12 24
π π − 24 12 8 2
Tπ π π − − = ≤ 4T
π≥ 8ω ≤
0 24 3
ωπ π< ≤ 6 2 ωπ π≤ 3ω ≤ 1ω = 3ω = 1ω = 3ω = 8 kϕ π π= + 3 8 kϕ π π= + k Z∈ ( )f x 1ω = (0) sin sin 8f k πϕ π = = + 3 3sin sin4 4 8 8f k k π π π ππ π = + + = + 3(0) 4f f π = 3ω = 3(0) sin sin 8f k πϕ π = = + 3 9 3sin sin4 4 8 8f k k π π π ππ π = + + = + 3(0) 4f f π = 3(0) 4f f π = ( ) tan ,tan sin sin ,tan sin x x xf x x x x >= ≤
( )f x ( )1,− +∞
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B． 的单调递增区间为
C．当且仅当 时，
D． 的最小正周期时
【答案】AD
【解析】
当 ，即 时， ；
当 ，即 时， .
综上， 的值域为 ，故 A 正确；
的单调递增区间是 和 ，B 错误；当
时， ，故 C 错误；
结合 的图象可知 的最小正周期是 ，故 D 正确.
故选：AD.
22．（2020·山东省济南市 6 月模拟）台球运动已有五、六百年的历史，参与者用球杆在台上击球.若和光线
一样，台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律如图，有一张长方形球台 ABCD， ，现从角
落 A 沿角 的方向把球打出去，球经 2 次碰撞球台内沿后进入角落 C 的球袋中，则 的值为（ ）
( )f x ( ), 2k k k
ππ π + ∈ Z
( )
2k x k k
ππ π− < ≤ ∈Z ( ) 0f x ≤ ( )f x 2π tan sinx x> ( )
2k x k k
ππ π< < + ∈Z ( ) ( )tan 0,f x x= ∈ +∞ tan sinx x≤ ( ) 2k x k k ππ π− < ≤ ∈Z ( ) ( )sin 1,1f x x= ∈ − ( )f x ( )1,− +∞ ( )f x 2 ,22 2k k π ππ π − + ( )32 ,2 2k k k ππ π π + + ∈Z ( )2 ,22x k k k ππ π π ∈ + + ∈Z ( ) 0f x >
( )f x ( )f x 2π
2AB AD=
α tanα
20 / 48
A． B． C．1 D．
【答案】AD
【解析】
第一种情况：现从角落 A 沿角 的方向把球打出去，球先接触边 ，反射情况如下：
此时，根据反射的性质， ， ，所以， , 为 中点，
取 ，则 ，设 ，则 ，所以，可得， ， ，
第二种情况：现从角落 A 沿角 的方向把球打出去，球先接触边 ，反射情况如下：
此时，根据反射的性质， ， ， ，所以，
, 为 中点，取 ，则 ，设 ，则 ，所以，
可得， ， ，
故答案选：AD
1
6
1
2
3
2
α CD
FAG FEA α∠ = ∠ = FAD BCE∆ ≅ ∆ AF EF CE= = G AE
1AD = 2 2AB AD= = AG x= GE x EB= = 2
3AG = 1GF AD= =
3tan 2
AD
AG
α∴ = =
α BC
EAB DCF α∠ = ∠ = EFA EAF∠ = FCD BAE∆ ≅ ∆
AE EF CF= = G AF 1AD = 2 2AB AD= = AG x= GF x FD= =
1
3AG = GF BE= = 1tan 6
BE
AB
α∴ = =
21 / 48
23．（2020·山东省最后一卷）已知函数 ，下列结论正
确的是（ ）
A．函数图像关于 对称
B．函数在 上单调递增
C．若 ，则
D．函数 f(x)的最小值为－2
【答案】AC
【解析】
由题意可得：
，
函数图象如下所示
故对称轴为 ， ，故 A 正确；
显然函数在 上单调递增， 上单调递减，故 B 错误；
当 ， 时函数取得最小值 ，故 D 错误；
要使 ，则 ，则 ， ，
( ) sin cos sin cosf x x x x x= + + −
4x
π=
,4 4
π π −
1 2( ) ( ) 4f x f x+ = 1 2 2 ( )2x x k k Z
π π+ = + ∈
32cos (2 ,2 )2cos sin cos 4 4( ) sin cos sin cos 2sin sin cos 52sin [2 ,2 ]4 4
x x k kx x xf x x x x x x x x x x k k
π ππ π
π ππ π
∈ − + + >
( ) ( )( )sin 0,0f x xω ϕ ω ϕ π= + > < < ( )y f x= 3 π 1 2 ( )y g x= ( )g x 2 π
23 / 48
A． 图象与 对称 B． 在 单调递增
C． 在 有且仅有 3 个解 D． 在 有仅有 3 个极大值点
【答案】AC
【解析】
将函数 将 的图象上所有点向左平移 个单位，
可得 ，
再横坐标缩短为原来的 ，可得 ，
因为函数 的最小正周期为 ，即 ，解得 ，
可得 ，
又由函数 为偶函数，则 ，
即 ，当 ，可得 ，
所以 ，
令 ，即 ，
当 时， ，即函数 的图象关于 对称，
所以 A 是正确的；
当 时， ，
所以函数 在区间 不是单调函数，
所以 B 不正确；
由 ，
因为 ，可得 ，
( )y f x= ,012
π
( )f x 50, 12
π
( )
2
xf x g =
50, 4
π
( )g x 5,12 4
π π
( ) ( )sinf x xω ϕ= + ( )y f x=
3
π
sin[ ( ) ]3y x
πω ϕ= + +
1
2
( ) sin(2 )3
wg x wx
π ϕ= + +
( )g x
2
π 2
2 2w
π π= 2w =
( ) 2sin(4 )3g x x
π ϕ= + +
( )g x 2 ,3 2 k k Z
π πϕ π+ = + ∈
,6 k k Z
πϕ π= − + ∈ 1k = 5
6
πϕ =
( ) 5sin(2 )6f x x
π= +
52 ,6x k k Z
π π+ = ∈ 5 ,2 12
kx k Z
π π= − ∈
1k =
12x
π= ( )f x ,012
π
5(0, )12x
π∈ 5 5 526 6 3x
π π π< + < ( )f x 5(0, )12 π ( ) 2 5 3sin(4 ) sin(4 ) cos43 6 2g x x x x π π π= + + = + = − ( ) 2 xf x g = 5sin(2 ) cos26x x π+ = −
24 / 48
，
，
又 ，
所以 在 有且仅有 3 个解，所以 C 正确；
由 ，则 ， 或 ，
即 或 时， 取得极大值，
所以 在 有仅有 2 个极大值点，所以 D 不正确.
故选：AC.
三、填空题
26．（2020·横峰中学泰安市 6 月其他（理））已知 且 ，则
______.
【答案】
【解析】
由
则 ，
因为 ，
所以 ，
由 ，可得 ，
3 3sin2 cos2 0, 3sin(2 ) 02 2 3x x x
π− + = − − =
2 , , ,3 2 6
kx k k Z x k Z
π π ππ∴ − = ∈ = + ∈
5 2 7(0, ), , ,4 6 3 6x
π π π π∴ =
( )
2
xf x g =
50, 4
π
5( , )12 4x
π π∈ 4 ( ,5 )3x
π π∈ 4x π= 4 3x π=
4x
π= 3
4x
π= ( )f x
( )g x 5,12 4
π π
2sin 2 cos sin ,α α β= =
2 2
π πα β ∈ − ， ，
( )cos 2α β+ =
1
4
−
2sin 2 cosα α=
4sin cos cosα α α=
2 2
π πα ∈ − ，
1sin , 0,4 2
πα α = ∈
15cos sin 4
α β= = = 2
πα β+
25 / 48
所以 .
27．（2020·山东省济宁市 6 月三模）已知 ，则 __________.
【答案】
【解析】
因为 ，
所以
所以
故答案为：
28．（2020·山东省临沂市、枣庄市临考演练）已知 ，则 =________.
【答案】
【解析】
，
所以 ．
故答案为： ．
29．（2020·山东省青岛市二模）已知 ，则 __________.
【答案】
【解析】
由题 .
故答案为：
( ) 1cos 2 sin 4
α β α+ = − = −
( )tan 2π α− = sin cos
sin cos
α α
α α
+ =−
1
3
( )tan 2π α− =
tan 2α =-
sin cos tan 1 2 1 1
sin cos tan 1 2 1 3
α α α
α α α
+ + − += = =− − − −
1
3
π 3sin 6 3
α + =
2πcos 23
α −
1
3
−
3cos( ) cos ( ) sin( )3 2 6 6 3
π π π πα α α − = − + = + =
2
22 3 1cos 2 2cos 1 2 13 3 3 3
π πα α − = − − = × − = −
1
3
−
tan 3 3θ = ( )
cos
sin 60
θ
θ =− °
3
3
( )
cos cos 1 1 3
sin 60 31 3 1 3 3 3 3sin cos tan2 2 2 2 2 2
θ θ
θ θ θ θ
= = = =− ° − − −
3
3
26 / 48
30．（2020·山东省日照丶潍坊、临沂部分 6 月模拟）函数 的部分图象
如图所示，则 __________；将函数 的图象沿 x 轴向右平移 个单位后，得到一个偶函
数的图象，则 __________.
【答案】
【解析】
根据函数的图象可得 ，所以 ，所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，所以 ， ，
所以 ， ，
因为 ，所以 .
所以 ，
将 的图象沿 x 轴向右移 个长度单位得函数 的图象，
因为函数 是偶函数，所以 ， ，
所以 ， ，
因为 ，所以 ， .
故答案为： ； .
31．（2020·山东省德州市 6 月二模）声音是由物体振动产生的声波，其中纯音的数学模型是函数
( ) sin( ) 0,| | 2f x x
πω ϕ ω ϕ = + >
,02
πα β − ∈ −
3
πα β∴ − = −
1
2 3
π−
ABC
π
2A∠ = D AC 2AD CD=
3cos 5C = sin CBD∠ =
2 5
25
29 / 48
，设 ， ， .
因为 ，所以 .
又因为 ，所以 ， ， .
因为 ， ， .
在 中， ，所以 .
故答案为：
四、解答题
34．（2020·山东省潍坊市 6 月模拟）已知函数 的图象如图所
示.
（1）求 的解析式；
（2）将函数 的图象向右平移 个单位长度，得到函数 ，设 ，求函数
在 上的最大值.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
（1） 且 ， .
由图象可知：最小正周期 ， .
3cos 5
ACC BC
= = 3AC k= 5BC k= 0k >
π
2A∠ = 2 2(5 ) (3 ) 4AB k k k= − =
2AD CD= 2AD k= CD k= 2 2(4 ) (2 ) 2 5BD k k k= + =
3cos 5C = 0 C π< < 4sin 5C = BCD sin sin CD BD CBD C =∠ 4 1 2 5sin 5 252 5 kCBD k ∠ = × = 2 5 25 ( ) ( ) πsin 0, 0, 2f x A x Aω ϕ ω ϕ = + > > 2A∴ =
2 34 7
1T
π π π − =
= × 2 2T
πω∴ = =
30 / 48
又 ， ，
解得： ，又 ， ，
.
（2）由题意得： ，
当 时， ，
当 时， 取得最大值，最大值为 .
35．（2020·山东省威海市三模）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，
．
（Ⅰ）求角 ；
（Ⅱ）若 ， ，求 边上的高．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ．
【解析】
（Ⅰ）由 及正弦定理可得
，
将 代入上式，整理得 ，
解得 ，所以 ．
（Ⅱ）由 ，得 ，
由余弦定理 得 ，解得 ．
7 72sin 212 6f
π π ϕ = + = −
( )7 26 2 k k Z
π πϕ π∴ + = − + ∈
( )5 23 k k Z
πϕ π= − + ∈
2
πϕ < 3 πϕ∴ = ( ) 2sin 2 3f x x π ∴ = + ( ) 2sin 2 2sin 26 6 3g x f x x x π π π = − = − + = ( ) ( ) ( ) 2sin 2 2sin 23h x g x f x x x π ∴ = + = + + 2sin 2 cos 2cos2 sin 2sin 23 3x x x π π= + + sin 2 3 cos2 2sin 2 3sin 2 3 cos2 2 3sin 2 6x x x x x x π = + + = + = + 0 2x π≤ ≤ 726 6 6x π π π≤ + ≤ ∴ 2 6 2x π π+ = ( )h x 2 3 ABC A B C a b c ( )3 cos sina b C c B− = B 7b = sin 3sinA C= BC 3B π= 3 2 3( cos ) sina b C c B− = 3sin 3sin cos sin sinA B C B C− = ( )sin sinA B C= + 3 cos sin sin sin 0B C B C− = tan 3B = 3B π= sin 3sinA C= 3a c= 2 2 2 2 cosb a c ac B= + − 2 2 27 9 3c c c= + − 1c =
31 / 48
所以 边上的高为 ．
36．（2020·山东省泰安市模拟）在① ；② ；③
，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.
在△ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 .且满足_________.
（1）求 ；
（2）已知 ，△ 的外接圆半径为 ，求△ 的边 AB 上的高 .
【答案】答案不唯一，具体见解析
【解析】
选择条件①：
（1）因为 ,
所以由正弦定理得 ,
即 ,
故 .
又 ,
所以 .
由
所以 .
（2）由正弦定理得 ,
由余弦定理得 ,
所以 .
BC 3sin 2c B =
2sin 3 cos cos 3 cosa C c B C b C− = 5 cos 4 5c B b a+ =
( )2 cosb a C− = cosc A
ABC , ,a b c
sinC
5a b+ = ABC 4 3
3
ABC h
2sin 3 cos cos 3 cosa C c B C b C− =
2sin sin 3sin cos cos 3sin cosA C C B C B C= +
( )sin sin 3cos sin cos sin cosA C C C B B C= +
sin sin 3cos sinA C C A=
( )0, sin 0A Aπ∈ ⇒ ≠
sin 3 cos tan 3C C C= ⇒ =，
( )0,C π∈
3C
π⇒ =
3sin sin 3 2C
π= =
4 32 sin 43 3c
π= × =
( )22 2 2 2 cos 3 163c a b ab a b ab
π= + − = + − =
( )2 16 33
a bab ab
+ −= ⇒ =
32 / 48
于是得 的面积 ,
所以 .
选择条件②：
（1）因为 ,
由正弦定理得 ,
即 ,
于是 .
在 ,
所以 ,
.
（2）由正弦定理得 ,
由余弦定理得 ,
所以 ,
于是得 的面积 ,
所以 .
选择条件③：
（1）因为 ,
所以由正弦定理得 ,
所以 ,
因为 ,
ABC∆ 1 1sin2 2S ab C ch= =
33sin 3 32
4 8
ab Ch c
×
= = =
5 cos 4 5c B b a+ =
5sin cos 4sin 5sinC B B A+ =
( )5sin cos 4sin 5sin 5sin cos 5cos sinC B B B C B C B C+ = + = +
( )sin 4 5cos 0B C− =
sin 0ABC B∆ ≠中，
4cos 5C =
2 3sin 1 cos 5C C= − =
4 3 3 8 32 3 5 5c = × × =
2 2 2 2 cosc a b ab C= + − ( )2 18 192
5 25a b ab= + − =
( )2 192 5 433
25 18 90ab a b = + − × =
ABC∆ 1 1sin2 2S ab C ch= =
sin 433 3 5 433 3
90 5 7208 3
ab Ch c
= = × × =
( )2 cos cosb a C c A− =
( )2sin sin cos sin cosB A C C A− =
( )2sin cos sin sinB C A C B= + =
( )0,B π∈
33 / 48
所以 ,
又 ,
所以 ,
所以 .
（2）由正弦定理得 ,
由余弦定理得 ,
所以 .
于是得 的面积 ,
所以 .
37．（2020·山东省泰安市 6 月三模） 的内角 A，B，C 所对的边分别为 ，已知
.
（1）求角 C.
（2）设 D 为边 AB 的中点， 的面积为 2，求 的最小值.
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）由已知可得 ，
由正弦定理得 ，
所以 ，又 ，所以 .
（2）由 ，即 ，所以 .
1sin 0 cos 2B C≠ ⇒ =
( )0,A π∈
3C
π=
3sin 2C =
4 32 sin 43 3c
π= × =
( )22 2 2 2 cos 3 163c a b ab a b ab
π= + − = + − =
( )2 16 33
a bab ab
+ −= ⇒ =
ABC∆ 1 1sin2 2S ab C ch= =
33sin 3 32
4 8
ab Ch c
×
= = =
ABC∆ , ,a b c
cos2 cos2 2sin sin 1A B A B+ + = +cos2C
ABC∆ 2CD
3
π
2 3
2 2 21 2sin 1 2sin 2sin sin 1 1 2sinA B A B C− + − + = + −
2 2 2sin sin sin sin 2sinA B A B C= + −
2 2 2ab a b c= + −
2 2 2
cos 1
2 2
a b cC ab
+ − == ( )0C π∈ ，
3=C
π
1 sin2ABCS ab C∆ = 1 32= 2 2ab⋅ 8 3
3ab =
34 / 48
由 ，所以 ，
则 ，当且仅当 时取等号，所
以 的最小值为 .
38．（2020·山东省日照丶潍坊、临沂部分 6 月模拟） 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设
， .
（1）求 ；
（2）若 D 是 AC 边上的中点， ，求 .
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
（1）∵ ， ，
∴ ，
由正弦定理得
又∵ ，∴ ，∴ .
（2）在 中，由（1）知 ，
可设 ,则由 ,所以 ，，
则 ，
∵ ，
在 中，由余弦定理得
，
解得 ，
由 ，得 ，
( )1
2CD CA CB= + ( )2 2 21 24CD CA CB CA CB= + + ⋅
( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 1 12 cos 2 2 34 4 4CD b a ab C b a ab ab ab= + + = + + ≥ + = a b=
2CD 2 3
ABC
17a = sin sin co2 17 2 sA B b Ab − =
tan A
2ABD
π∠ = sin DBC∠
tan 2A = 17sin 17DBC =∠
17a = sin sin co2 17 2 sA B b Ab − =
2 sin sin 2 cosb A a B b A− =
2sin sin sin sin 2sin cosB A A B B A⋅ − ⋅ = ⋅
sin 0B > sin 2cosA A= tan 2A =
ABD△ tan 2A =
AB x= tan 2ABA BD
= = 2BD x=
5AD DC x= = 2 2cos 555
AB x
AD x
ADB∠ = = =
BDA BDC π∠ + ∠ =
2 5cos 5BDC∴ ∠ = −
BCD
2 2 2( 17) (2 ) ( 5 ) 2 2 5 cosx x x x BCD= + − × × × ∠
1x =
ABD BCDS S=△ △
1 12 2 17 sin2 2x x x DBC× × = × × × ∠
35 / 48
解得 .
39．（2020·山东省青岛市二模）如图，在平面四边形 ABCD 中， ， ， ，
.
（1）若 ，求四边形 ABCD 的面积；
（2）若 ， ，求 .
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）连接 BD，在 中，
由勾股定理得： ，
所以 ，
在 中，由余弦定理知： ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
，
所以 ABCD 的面积 .
17sin 17DBC =∠
AB AD⊥ 1AB = 3AD =
2BC =
1 3CD = +
3 2sin 5BCD∠ = 0, 2ADC
π ∠ ∈ sin ADC∠
1 32
+ 4 3 3
10
+
Rt△ABD
2 2 2 4BD AB AD= + =
2BD =
BCD
2 2 2 2cos 2 2
BC CD BDC BC CD
+ −= =⋅
( )0,C π∈
4C
π
=
1 3
2 2ABDS AB AD= ⋅ =
1 1 3sin2 2ABDS BC CD C
+= ⋅ ⋅ =
1 32ABD BCDS S S= + = +
36 / 48
（2）在 中，由正弦定理知： ，
所以 .
因为 ，
所以 ， .
在 中， ，
所以 ，
所以 .
40．（2020 届山东省青岛市三模）在 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，
（1）若 还同时满足下列四个条件中的三个：① ，② ，③ ，④ 的面积
，请指出这三个条件，并说明理由；
（2）若 ，求 周长 L 的取值范围．
【答案】（1）①③④，理由见解析；（2） ．
【解析】
因为
所以
即
所以
BCD sin sin
BC BD
BDC BCD
=∠ ∠
sin 3sin 5
BC BCDBDC BD
⋅ ∠∠ = =
0, 2ADC
π ∠ ∈
0, 2BDC
π ∠ ∈
4cos 5BDC∠ =
Rt△ABD 3tan 3
ABADB AD
∠ = =
6ADB
π∠ =
3 3 4 1 4 3 3sin sin 6 5 2 5 2 10ADC BDC
π + ∠ = ∠ + = × + × =
ABC
sin sin sin
cos cos cos
A B C
A B C
+= +
ABC 7a = 10b = 8c = ABC
10 3S =
3a = ABC
( ]6,9
sin sin sin
cos cos cos
A B C
A B C
+= +
sin cos sin cos cos sin cos sinA B A C A B A C+ = +
sin cos cos sin sin cos cos sinA B A B C A C A− = −
( ) ( )sin sinA B C A− = −
37 / 48
因为 A，B， ，
所以 ，即 ，所以
（1） 还同时满足条件①③④
理由如下：
若 同时满足条件①②
则由正弦定理得 ，这不可能
所以 不能同时满足条件①②，
所以 同时满足条件③④
所以 的面积
所以 与②矛盾
所以 还同时满足条件①③④
（2）在 中，由正弦定理得：
因为 ，所以 ，
所以
因为 ，所以 ，
所以 周长 L 的取值范围为 .
41．（2020·山东省济宁市 6 月三模）如图，在四边形 ABCD 中， ，_________，DC=2，在下面给
出的三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并加以解答.(选出一种可行的方案解答，若选出多个方案
( )0,C π∈
A B C A− = − 2A B C= +
3A
π=
ABC
ABC
sin 5 3sin 17
bB a
A= = >
ABC
ABC
ABC
1 1 38 10 32 2sin 2A bS bc= = × × =×
5b =
ABC
ABC 2 3sin sin sin
b c a
B C A
= = =
2
3C B
π= − 2 3sinb B= 22 3sin 3c B
π = −
22 3 s sin 3in 3a b BL c B
π = + + = + − +
sin co3 1 32 s6 2B B
= + +
6sin 36B
π = + +
20, 3B
π ∈
5,6 6 6B
π π π + ∈
1sin ,16 2B
π + ∈
ABC ( ]6,9
AB AD⊥
38 / 48
分别解答，则按第一个解答记分)① ；② ；③
.
（1）求 的大小；
（2）求△ADC 面积的最大值.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
（1）解：若选①在 ，由正弦定理可得：
又 ，可得：
又 ， ，
（2）在 中， ，由余弦定理可得：
即
当且仅当 时取“=”
若选择②
（1）由 可得：
又 ，
（2）在 中， ，由余弦定理可得：
即
23 4 ,sin 3AB BC ACB= ∠ = tan 36BAC
π ∠ + =
2 cos 2 3BC ACB AC AB∠ = −
DAC∠
3
π
3
ABC sin sin
AB BC
ACB BAC
=∠ ∠
23 4 ,sin 3AB BC ACB= ∠ = 1sin ,2 6BAC BAC
π∠ = ∴∠ =
AB AD⊥
2BAD
π∴∠ =
3DAC
π∴∠ =
ACD =2DC
2 2 24DC AC AD AC AD AC AD= = + − ⋅ ≥ ⋅
4AC AD⋅ ≤
1 1 3sin 4 32 2 2ADCS AC AD DAC∴ = ⋅ ∠ ≤ × × =△
AC AD=
tan 36BAC
π ∠ + = 6BAC
π∴∠ =
AB AD⊥ ,2 3BAD DAC
π π∴∠ = ∴∠ =
ACD 2DC =
2 2 24DC AC AD AC AD AC AD= = + − ⋅ ≥ ⋅
4AC AD⋅ ≤
39 / 48
当且仅当 时取“=”.
若选③（1） ，由正弦定理得：
即
又 ，所以 ；
（2）在 中， ，由余弦定理可得：
即
当且仅当 时取“=”
42．（2020·山东省临沂市、枣庄市临考演练） 中的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，设
.
（1）求 ；
（2）若 ， 的外接圆半径为 2，求 的面积.
【答案】（1） ；（2） .
1 1 3sin 4 32 2 2ADCS AC AD DAC∴ = ⋅ ∠ ≤ × × =△
AC AD=
2 cos 2 3BC ACB AC AB∠ = −
2sin cos 2sin 3sinBAC ACB ABC ACB∠ ∠ = ∠ − ∠
( )2sin cos 2sin 3sinBAC ACB ACB BAC ACB∴ ∠ ∠ = ∠ + ∠ − ∠
2sin cos 2sin cos 2cos sin 3sinBAC ACB ACB BAC ACB BAC ACB∴ ∠ ∠ = ∠ ∠ + ∠ ∠ − ∠
2sin cos 3sinACB BAC ACB∠ ∠ = ∠
sin 0ACB∠ >
3cos 2BAC∴ ∠ =
( )0,BAC π∠ ∈
6BAC
π∴∠ =
AB AD⊥ ,2 3BAD DAC
π π∠ = ∴∠ =
ACD 2DC =
2 2 24DC AC AD AC AD AC AD= = + − ⋅ ≥ ⋅
4AC AD⋅ ≤
1 1 3sin 4 32 2 2ADCS AC AD DAC∴ = ⋅ ∠ ≤ × × =△
AC AD=
ABC A B C a b c
cos 3 sinb b A a B+ =
A
2b c a+ = ABC ABC
π
3 3
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【解析】
（1）∵
∴由正弦定理可得 ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ .
（2）设 的外接圆半径为 ，则 ，
∴由正弦定理得 ，
∴ ，
由余弦定理得 ，
∴ ，得 .
∴ 的面积为 .
43．（2020·山东省最后一卷）平面四边形 ABCD 中，边 BC 上有一点 E，∠ADC=120°，
AD=3， ， ，
（1）求 AE 的长：
（2）己知∠ABC=60°求△ABE 面积的最大值.
【答案】（1） ；（2）
【解析】
cos 3 sinb b A a B+ =
sin sin cos 3sin sinB B A A B+ =
0 πB< < sin 0B ≠ 3sin cos 1A A− = π2sin 16A − = 0 A π< < π π 5π,6 6 6A − ∈ − π π 6 6A− = π 3A = ABC R 2R = 2 sin 2 3a R A= = 2 6b c+ = 2 2 2 2 2π2 cos ( ) 2 2 cos ( ) 33a b c bc A b c bc bc b c bc= + − = + − − = + − 12 24 3bc= − 4bc = ABC 1 1 3sin 4 32 2 2S bc A= = × × = 2sin 3ECD∠ = 3DE = 3 3 4CE = AE 2 3= 3 3
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（1）在 中由正弦定理可得 ，
即 ，
因为 ，
所以 是锐角，
故 ，又∠ADC=120°
，在直角三角形 中，
；
（2）在 中， ，由余弦定理可得：
，
因为
，当且仅当 时等号成立，
从而， .
所以△ABE 面积的最大值为 .
44．（2020·山东省济南市 6 月模拟）已知函数 只能同时满足下列三
个条件中的两个：①函数 的最大值为 2；②函数 的图象可由 的图象平移得
到；③函数 图象的相邻两条对称轴之间的距离为 .
（1）请写出这两个条件序号，并求出 的解析式；
（2）求方程 在区间 上所有解的和.
【答案】（1）满足的条件为①③； （2）
CED sin sin
DE CE
ECD CDE
=∠ ∠
3 3
3 4
2 sin
3
CDE
= ∠
1sin ,2CDE∴ ∠ =
CE DE< CDE∠ 30∠ = °CDE 90ADE∴∠ = ° ADE 2 2 2 23 3 12, 2 3AE AD DE AE= + = + = = ABE△ 2 3, 60AE ABC= ∠ = ° 2 2 2 2 22 cos60 ,12AE AB BE AB BE AB BE AB BE= + − ⋅ ° = + − ⋅ 2 2 2 , 12 2 ,AB BE AB BE AB BE AB BE+ ≥ ⋅ ∴ ⋅ + ≥ ⋅ 12AB BE∴ ⋅ ≤ 2 3AB BE= = 1 3sin 60 3 32 4ABES AB BE AB BE= ⋅ ° = ⋅ ≤ 3 3 ( ) ( )πsin 0, 06f x A x Aω ω = + > >
( )f x ( )f x π2 sin 4y x = −
( )f x π
2
( )f x
( ) 1 0f x + = [ ]π,π−
( ) π2sin 2 6f x x = +
2π
3
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【解析】
（1）函数 满足的条件为①③；
理由如下：由题意可知条件①②互相矛盾，
故③为函数 满足的条件之一，
由③可知， ，所以 ，故②不合题意，
所以函数 满足的条件为①③；
由①可知 ，所以 ；
（2）因为 ，所以 ，
所以 或 ，
所以 或 ，
又因为 ，所以 x 的取值为 ， ， ， ，
所以方程 在区间 上所有的解的和为 .
45．（2020·山东省德州市 6 月二模）已知 D 是 边 AC 上的一点 面积是 面积的 3 倍，
（1）若∠ABC= ，求 的值；
（2）若 BC= ，AB=3，求边 AC 的长.
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）因为 ， ，所以 .
所以 ，所以 ；
( ) πsin 6f x A xω = +
( ) πsin 6f x A xω = +
πT = 2ω =
( ) πsin 6f x A xω = +
2A = ( ) π2sin 2 6f x x = +
( ) 1 0f x + = π 1sin 2 6 2x + = −
( )π π2 2 π6 6x k k+ = − + ∈Z ( )π 7π2 2 π6 6x k k+ = + ∈Z
( )π π6x k k= − + ∈Z ( )π π2x k k= + ∈Z
[ ]π,πx∈ − π
6
− 5π
6
π
2
− π
2
( ) 1 0f x + = [ ]π,π− 2π
3
ABC∆ , ABD∆ BCD∆
2 2 .ABD CBD θ∠ = ∠ =
2
π sin
sin
A
C
2
3
3 17
2ABC
π∠ = 2 2ABD CBD θ∠ = ∠ =
6
πθ =
1 1sin 3 sin2 3 2 6AB BD BC BD
π π⋅ = × ⋅ sin 3
sin 3
BC A
AB C
= =
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（2）因为 ，即
所以 ,所以 ，
，所以 .
46．（2020·山东省滨州市三模）如图，半圆 O 的直径 AB=2，点 C 在 AB 的延长线上，BC=1，点 P 为半圆上
异于 A，B 两点的一个动点，以点 P 为直角顶点作等腰直角 ，且点 D 与圆心 O 分布在 PC 的两侧，
设 ．
（1）把线段 PC 的长表示为 的函数；
（2）求四边形 ACDP 面积的最大值．
1 1sin 2 3 sin2 2AB BD BC BDθ θ⋅ = × ⋅ 2 cos 3AB BCθ =
2cos 2
θ =
4
πθ = 33 4ABC
πθ∠ = =
2 29 2 2 3 2 172AC
= + − × × × − = 17AC =
PCD
PAC θ∠ =
θ
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【答案】（1） ， ； （2）5
【解析】
（1）依题设易知 是以 为直角的直角三角形，
又 ，所以 .
在 ，由余弦定理得，
.
所以 ， 定义域为 .
（2）四边形 ACDP 面积为 ，
则
其中 为锐角.
因为 所以 .
又因为 ，所以 ，
所以当 时， 取得最大值为 .
所以四边形 ACDP 面积的最大值为 5 .
47．（2020·山东省仿真联考 3）已知 同时满足下列四个条件中的三个：
29 8cosPC θ= − 0 2
πθ θ <
ABC△
a b> A B> ABC△
ABC△
2 2 2 2 cosa b c bc A= + −
2 2 2 17 3 2 3 2c c= + − × × ×
8c = 5c = −
ABC 1 sin 6 32S bc A= =
ABCDE ED
DC CB BA AE BE
2
3BCD CDE BAE
π∠ = ∠ = ∠ = DE = 4km 3BC CD km= =
BE
BAE
BD
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在 中，由余弦定理得：
，
. ，
，
又 ， ，
在 中， .
（2）在 中， ， .
由余弦定理得 ，
即 ，
故 ，
从而 ，即 ，
当且仅当 时，等号成立，
即设计为 时，折线段赛道 最长.
49．（2020·山东省仿真联考 1）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，在①
；② ；③ 这三个
条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.已知 是 上的一点， ， ，
，若_______，求 的面积.
【答案】选法见解析，面积为：
【解析】
若选择①，则 ，
BCD∆
2 2 2 2BD BC CD BC= + − cos 9CD BCD⋅ ∠ =
3BD∴ = BC CD=
6CBD CDB
π∴∠ = ∠ =
2
3CDE
π∠ =
2BDE
π∴∠ =
Rt BDE∆ 2 2 5BE BD DE= + =
BAE∆ 2
3
π∠ =BAE 5BE =
2 2 2 2 cosBE AB AE AB AE= + − ⋅ BAE∠
2 225 AB AE AB AE= + + ⋅
( )2 25AB AE+ − =
2
2
AB AEAB AE
+ ⋅ ≤
( )23 254 AB AE+ ≤ 10 3
3AB AE+ ≤
AB AE=
AB AE= BAE
ABC A B C a b c
1cos cos sin sin 2b A C a B C b= − 1cos cos sin 2 3 cos2b B C c B a B+ = cos 2cos
b A a cB
+ =
D BC 2BC BD AB= > 2 7AD =
6AB = ACD
6 3
1sin cos cos sin sin sin sin2B A C A B C B= −
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因为 .所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，即 ，
因为 .所以 .
若选择②，则 ，
即
故 .
因为 .所以 ，所以 ，
因为 ，所以 .
若选择③，则 ，
即 ，
因为 .所以 ，
因为 ，所以 .
在 中，由余弦定理可得 ，
即 ，解得 或 .
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 .
50．（2020·济南市高一月考）已知 中，三个内角 ， ， 所对的边分别是 ， ，
．
（1）证明： ；
（2）在① ，② ，③ 这三个条件中任选一
个补充在下面问题中，并解答
若 ， ，________，求 的周长．
【答案】（1）详见解析；（2）选①，选②，选③， 的周长皆为 20
sin 0B ≠ 1cos cos sin sin 2A C A C− = − ( ) 1cos 2A C+ = −
( )B A Cπ= − + ( ) 1cos cos 2A C B+ = − = − 1cos 2B =
0 B π< < 3B π= 2 cos sin1s siin 2 n 2 3sin cosC CB B A B=+ 2sin cos sin sin cos 3sin cosB C C B B A B+ = ( )sin sin 3sin cosB B C A B+ = ( )sin sin 0B C A+ = ≠ sin 3 cosB B= tan 3B = 0 B π< < 3B π= sin cos sin cos 2sin cosB A A B C B+ = ( )sin 2sin cosB A C B+ = ( )sin sin 0B A C+ = ≠ 1cos 2B = 0 B π< < 3B π= ABD△ 2 2 2 2 cosAD AB BD AB BD B= + − ⋅ 228 36 2 6 1 2BD BD= + − × ×× 4BD = 2BD = 2 6BC BD AB= > = 4BD =
2BC BD= s1 1in 36 4 6 32 2 2ACD ABD BDS S AB B= = = × ×⋅ × =△ △
ABC A B C a b
c
cos cosa B b A c+ =
2
cos cos
c b a
B A
− = cos 2 cos cosA b A a C= − cos cos2 cos
b C c Ba A osA
− =
7a = 5b = ABC
ABC
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【解析】
（1）根据余弦定理：
，所以 .
（2）选①：因为 ，所以 ，
所以由（1）中所证结论可知， ，即 ，
因为 ，所以 ；
选②：因为 ，所以 ，
由（1）中的证明过程同理可得， ，
所以 ，即 ，因为 ，所以 ；
选③：因为 ，所以 ，
由（1）中的证明过程同理可得， ，
所以 ，即 ，因为 ，所以 ．
在 中，由余弦定理知， ，
即 ，解得 或 （舍），所以 ，
即 的周长为 20．
2 2 2 2 2 2
cos cos 2 2
a c b b c aa B b A a bac bc
+ − + −+ = ⋅ + ⋅
2 2 2 2 2 2
2
a c b b c a cc
+ − + + −= = cos cosa B b A c+ =
2
cos cos
c b a
B A
− = 2 cos cos cosc A b A a B⋅ = +
2 cosc A c= 1cos 2A =
(0, )A π∈
3A
π=
cos 2 cos cosc A b A a C= − 2 cos cos cosb A a C c A= +
cos cosa C c A b+ =
2 cosb A b= 1cos 2A = (0, )A π∈
3A
π=
cos cos2 cos cos
C Ba b cA A
− ⋅ = ⋅ 2 cos cos cosa A b C c B= +
cos cosb C c B a+ =
2 cosa A a= 1cos 2A = (0, )A π∈
3A
π=
ABC
2 2 2 2 12 cos 25 10 492a b c bc A c c= + − = + − ⋅ =
2 5 24 0c c− − = 8c = 3c = − 7 5 8 20a b c+ + = + + =
ABC
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