江苏地区一轮复习模拟题汇编：三角函数与解三角形-2025年高考数学核心考点突破
一、单选题
1．（23-24·江苏连云港·模拟预测）在中，若，则最小角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24·江苏连云港·模拟预测）已知，则（ ）
A． B． C．或 D．
3．（23-24·江苏无锡·模拟预测）如图，为测量旗杆的高，在水平线上选取相距的两点，用两个垂直于水平面且高度均为的测量标杆观测旗杆的顶点，记处测量标杆的上端点分别为，直线与水平线分别交于点，且测得的长分别为，则旗杆的高为（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24·江苏扬州·模拟预测）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（23-24·江苏扬州·模拟预测）1626年，阿贝尔特格洛德最早推出简写的三角符号：、、（正割），1675年，英国人奥屈特最早推出余下的简写三角符号：、、（余割），但直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中，，若，且，则（ ）
A．1 B． C． D．
6．（23-24·江苏扬州·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，D为的中点，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24·江苏徐州·模拟预测）设，，，则有（ ）．
A． B． C． D．
8．（23-24·江苏泰州·模拟预测）辅助角公式是我国清代数学家李普兰发现的用来化简三角函数的一个公式，其内容为．已知函数（其中，，）．若，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．过点的直线与的图象一定有公共点
二、多选题
9．（23-24·江苏扬州·模拟预测）下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（23-24·江苏扬州·模拟预测）在中，已知，，，且为边上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．的外接圆半径
B．若是边上的高，则
C．若是的平分线，则
D．若，则
11．（23-24·江苏南京·阶段练习）函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．的表达式可以写成
B．的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是奇函数
C．在区间上单调递增
D．若方程在上有且只有6个根，则
三、填空题
12．（23-24·江苏扬州·模拟预测）已知，则 .
13．（23-24·江苏扬州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知角的终边经过点，若角的终边与角的终边关于轴对称，则 ．
14．（23-24·江苏无锡·模拟预测）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，．则（1） ；（2）的最小值为 ．
四、解答题
15．（23-24·江苏南京·期末）在锐角中，其内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求的值；
(2)求的最小值.
16．（23-24·江苏南京·阶段练习）已知向量，．
(1)若，且，求的值；
(2)设函数，若，求的值．
17．（23-24·江苏无锡·阶段练习）在中，角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，为边上的一点，且.
①若是的平分线，求的面积；
②若为线段的中点，求的面积.
18．（23-24·江苏宿迁·阶段练习）作为一种新的出游方式，近郊露营在疫情之后成为市民休闲度假的“新风尚”.我市城市规划管理局拟将近郊的一直角三角形区域按如图所示规划成三个功能区：区域为自由活动区，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓，区域规划供游客餐饮休息用.为安全起见，预在鱼塘四周围筑护栏.已知，，，.
(1)若时，求护栏的长度（的周长）；
(2)若鱼塘的面积是“餐饮休息区”的面积的倍，求；
(3)当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？
19．（23-24·江苏南京·期末）已知如图一，在矩形ABCD中，，．将沿BD折起，得到大小为的二面角．
(1)当时，求与平面BCD所成角的正切；
(2)当时，求B到平面的距离；
(3)①当，求的值；
②如图二，在三棱锥中，已知，，，二面角的大小为，试直接写出利用，，的三角函数表示的结论，不需要证明．
参考答案：
1．B
【分析】由正弦定理可得，利用余弦定理求出即可.
【详解】因为，所以，
设，则，，所以，
所以，
所以最小角的余弦值为.
故选：B
2．D
【分析】利用诱导公式及两角差的正弦公式求出，再由二倍角公式计算可得.
【详解】因为
所以，
所以，即，
所以.
故选：D
3．A
【分析】由锐角三角函数的定义可得，，再结合条件，即可求出结果.
【详解】由题可得，，所以，
又，得到，
又，所以，解得m，
故选：A.
4．B
【分析】先由已知求出、和，接着结合两角和的余弦公式求即可得解.
【详解】因为，所以，
又，，
所以，，
所以，
所以.
故选：B.
5．C
【分析】根据题意将式子进行化简，再利用弦切互化的方法求解即可.
【详解】由题意 , 且 ,
可得 ,
两边平方, 可得
即
可得 ，
解得 .
故选: .
6．C
【分析】先由结合余弦定理求出，再由余弦定理得，进而由两边平方得，再由三角形面积公式即可得解.
【详解】因为，
所以由余弦定理得，
整理得，故，
又，所以，
所以由得即，
又由题，
所以
，
即，故，
所以的面积为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：解决中线问题通常用向量法，先由向量得，接着两边平方，再结合余弦定理去求解.
7．C
【分析】分别应用二倍角公式及两角和差公式化简，即可判断大小.
【详解】因为，
，
，
因为，所以.
故选：C.
8．D
【分析】由可得，，计算出 、可判断A；由三角函数对称性质可判断B；整体代换法和值可判断C；由可判断D.
【详解】因为（其中，），
因为，，
所以，解得，不妨取，
所以，
即，解得，
所以，
则，
，
所以，故 A错误；
因为，所以关于点对称，故B错误；
当时，，因为在上单调递减，
所以在上单调递减，故C错误；
因为是，且的周期函数，
又，
故过点即过点的直线与的图象一定有公共点，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是对辅助角公式的应用，结合函数的最值得到.
9．AB
【分析】分别由两角差的正弦公式、两角和的正切公式和倍角公式即可依次判断ABCD.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D错误.
故选：AB.
10．ACD
【分析】对于A，先由余弦定理求出，接着由正弦定理即可求解；对于B，由等面积法即可得解；对于C，由以及正弦定理形式的面积公式即可得解；对于D，先求出，再两边平方计算即可得解.
【详解】对于A，由余弦定理得，
所以，故由正弦定理的外接圆半径，故A正确；
对于B，若是边上的高，则，
所以，故B错误；
对于C，若是的平分线，则，
则由得，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：已知三角形一边及其对角，如已知的一边及其对角，则
（1）求角平分线常用等面积公式即来求解；
（2）求（为边上的点且满足）常用向量法先得，再两边平方来求解.
11．ABD
【分析】根据图象可求得函数的解析式，再根据三角函数的性质依次判断各选项.
【详解】由，得，即，又，
，又的图象过点，则，即，
，即得，，又，，
所以，故A正确；
向右平移个单位后得，为奇函数，故B正确；
当时，则，由余弦函数单调性知，在单调递减，故C错误；
对于D，由，得，解得或，，
方程在上有6个根，从小到大依次为：，而第7个根为，所以，故D正确.
故选：ABD.
12．/
【分析】由两角和的正切公式求得，再用弦切互化的方法求解即可.
【详解】，解得
故答案为：
13．
【分析】由三角函数的定义及诱导公式求解即可．
【详解】已知角的终边经过点，则.
若角的终边与角的终边关于轴对称，
则，
则，
故答案为：．
14．
【分析】由正弦定理可得的比，由余弦定理可得的值，由正弦定理可得的值，再由托勒密定理可得的表达式，由基本不等式可得它的最小值.
【详解】，
由正弦定理可得：，
设，
由余弦定理可得，
在中，，可得，
由正弦定理可得，
，，
设，由余弦定理得，
由托勒密定理得，
即，平方得，
设，
，当且仅当且，即时取等号，
的最小值为，即的最小值为.
故答案为：;.
15．(1)
(2)
【分析】（1）先由，可得，由余弦定理，再由正弦定理，则，由三角恒等变换可证结论；
（2）利用，得出，则，利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】（1）因为，则，
由余弦定理，
由正弦定理，则，
在中，，
所以，
则，则，
所以.
（2）由（1），则，
则，
在锐角中，有，
故，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量平行得出坐标关系求参即可；
（2）先应用数量积公式再应用二倍角公式及辅助角公式得出三角函数值，最后应用诱导公式计算求解.
【详解】（1）由，可得
因为，所以，
所以，所以
（2）
，∴，
所以
17．(1)；
(2)①；②.
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解；
（2）选择①，由平分得，分别用三角形面积公式求解可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得的面积；选择②，利用平面向量的线性运算可得，求解向量的模可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得的面积.
【详解】（1）由正弦定理知，由得，
所以，
所以，
所以，
所以，
又在三角形中，
所以，
又
所以.
（2）①：由平分得，，
，
即.
在中，由余弦定理得，
又，
联立得，
解得（舍去），
.
②：因为，
，得，
在中，由余弦定理得，
即，
联立，可得，
.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）在中求出，，再在中，利用余弦定理求出，进而由得，从而求，可得护栏的长度（的周长）；
（2）设（），利用三角形的面积公式可得，又在中，由正弦定理得，从而由可求；
（3）设，在中，利用正弦定理求出，再利用三角形的面积公式和三角恒等变换即可求解.
【详解】（1）由，，，
得，又，则，，
所以，
在中，
由余弦定理可得
，则，
因为，所以，
∵，∴，
∴，
∴护栏的长度（的周长）为.
（2）设，
因为鱼塘的面积是“餐饮休息区”的面积的倍
所以，即，
在中，，
由，得，
从而，即，而，
由，得，所以，即.
（3）设，由（2）知，
又在中，由，得，
所以
，
所以当且仅当，
即时，的面积取最小值为.
【点睛】思路点睛：本题考查余弦定理、正弦定理的应用与三角恒等变换的综合问题，在解题此类问题时，认真观察转化为解三角形问题，在应用正弦定理和余弦定理时候要注意具体在用哪一个三角形，要善于结合三角恒等变换化简求解.
19．(1)
(2)
(3)①②
【分析】（1）由二面角为直二面角，求出为与平面所成角，由余弦定理求出，解直角三角形即可得解；
（2）平面可知三棱锥高，再由等体积法求B到平面的距离；
（3）①求出二面角的余弦，再由余弦定理求解，②直接写出结论.
【详解】（1）过作于，连接，如图，
因为二面角的大小为，所以平面平面，
因为，平面∩平面，平面，
所以平面，
所以为与平面所成角，
在中，
在中，
在中，，
所以在中，
，
所以,
在中，
即与平面所成角的正切是.
（2）在（1）图中，，
在中，
所以，
的面积
因为平面，
所以三棱锥的体积
所以B到平面的距离.
（3）①矩形中找到的对应线段，并设的延长线交于，
在中，，
所以
在三棱锥中，如图，
由，所以为二面角的平面角，
即
在中，
在中，
②
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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