閆旭 王恩波

摘? 要：對2021年高考三角函數(shù)相關(guān)試題，按知識點和解法進行分類分析，闡述三角函數(shù)試題的特點及其解題方法. 通過對這一部分高考試題的研究發(fā)現(xiàn)三角函數(shù)的定義、三角函數(shù)的最值和性質(zhì)、三角函數(shù)的圖象變換、三角恒等變換、解三角形是高考三角函數(shù)專題考查的重點內(nèi)容. 通過對這部分試題的典型解法和創(chuàng)新解法進行解析，總結(jié)出其內(nèi)在的解題規(guī)律，為今后的復(fù)習(xí)備考提供參考.

關(guān)鍵詞：2021年高考;三角函數(shù);解題分析;解法賞析

三角函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中特別重要的一類初等函數(shù)，是描述周期運動的重要數(shù)學(xué)模型，它來自生產(chǎn)生活，是解決周期性問題的重要工具，與物理等學(xué)科聯(lián)系緊密. 2021年高考對三角函數(shù)的考查主要集中在三角函數(shù)的定義、最值、圖象與性質(zhì)、三角恒等變換和解三角形等知識點. 同時，注重與向量、解析幾何、不等式等知識進行綜合考查. 試題風(fēng)格新穎，突出素養(yǎng)立意，大部分試題側(cè)重對學(xué)生所必需的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識、基本技能、基本思想、基本活動經(jīng)驗的考查. 因此，對于三角函數(shù)知識的復(fù)習(xí)也應(yīng)該以夯實基礎(chǔ)為主. 例如，系統(tǒng)化、網(wǎng)絡(luò)化地掌握三角公式，注意辨清三角公式之間的相互推導(dǎo)關(guān)系;在解決三角函數(shù)問題時注重數(shù)形結(jié)合思想;注意總結(jié)三角求值和三角函數(shù)值域、單調(diào)區(qū)間等題目的類型;解三角形時注意邊角互化，以及正弦定理和余弦定理的選擇;等等.

一、典型試題分析

2021年高考三角函數(shù)試題總體穩(wěn)定，形式略有創(chuàng)新，試題難度有所提升， 既考查了學(xué)生對基礎(chǔ)知識的理解和應(yīng)用，又考查了學(xué)生化繁為簡的運算能力，以及數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想方法. 試題重視對學(xué)科觀念、規(guī)律及學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的考查. 下面按知識點和題型對2021年高考三角函數(shù)試題進行分類解析.

1. 三角函數(shù)的定義

例1 （北京卷·14）若點[Acosθ，sinθ]關(guān)于[y]軸的對稱點為[Bcosθ+π6，sinθ+π6]，則[θ]的一個取值為? ? ? .

解：由題意，得角[θ]與角[θ+π6]終邊關(guān)于[y]軸對稱.

所以[θ+π6+θ=π+2kπ，k∈Z].

解得[θ=kπ+5π12，k∈Z].

當(dāng)[k=0]時，[θ]的值為[5π12].

故答案為[5π12].（滿足[θ=kπ+5π12，k∈Z]即可.）

【評析】根據(jù)點[A，B]在以坐標(biāo)原點為圓心的單位圓上，可得[θ]與[θ+π6]的終邊關(guān)于[y]軸對稱，從而得出[θ+π6+θ=π+2kπ，k∈Z]. 該題需要學(xué)生熟練掌握任意角三角函數(shù)的定義，得出角的終邊與單位圓的交點坐標(biāo)與角之間的關(guān)系，進而得到兩個角之間的關(guān)系.

2. 三角函數(shù)的最值和性質(zhì)

例2 （北京卷·7）函數(shù)[fx=cosx-cos2x]是（? ? ）.

（A）奇函數(shù)，且最大值為2

（B）偶函數(shù)，且最大值為2

（C）奇函數(shù)，且最大值為[98]

（D）偶函數(shù)，且最大值為[98]

解：因為[f-x=cos-x-cos-2x=cosx-cos2x=fx]，

所以該函數(shù)為偶函數(shù).

因為[fx=-2cos2x+cosx+1=-2cosx-142+98]，

所以當(dāng)[cosx=14]時，[fx]取最大值，最大值為[98].

故答案選D.

【評析】利用函數(shù)奇偶性的定義與三角函數(shù)的性質(zhì)可以判斷函數(shù)的奇偶性. 研究三角函數(shù)要把整章內(nèi)容看成一個整體，理清單元知識內(nèi)在的邏輯關(guān)系，將陌生函數(shù)轉(zhuǎn)化為熟悉的基本初等函數(shù). 該題借用二倍角公式通過整體代換把原式轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)求出最大值. 特別注意，在研究函數(shù)最值時一定要考慮函數(shù)自變量的取值范圍.

例3 （浙江卷·18）設(shè)函數(shù)[fx=sinx+cosx x∈R.]

（1）求函數(shù)[y=fx+π22]的最小正周期;

（2）求函數(shù)[y=fxfx-π4]在[0， π2]上的最大值.

解：（1）因為[y=fx+π22]

[=sinx+π2+cosx+π22]

[=1-2sinxcosx]

[=1-sin2x]，

所以該函數(shù)的最小正周期[T=2π2=π].

（2）[y=fxfx-π4]

[=sinx+cosx · 2sinx]

[=2sin2x+2sinxcosx]

[=2 ? 1-cos2x2+22sin2x]

[=22sin2x-22cos2x+22]

[=sin2x-π4+22].

由[x∈0， π2]，得[2x-π4∈-π4， 3π4].

所以當(dāng)[2x-π4=π2]，即[x=3π8]時，函數(shù)取得最大值，最大值為[1+22].

【評析】研究三角函數(shù)圖象與性質(zhì)等問題通常需要將函數(shù)轉(zhuǎn)化為正弦型函數(shù)或余弦型函數(shù). 第（1）小題由題意結(jié)合三角恒等變換，可得[y=1-sin2x]. 再由三角函數(shù)最小正周期公式即可求解. 第（2）小題由三角恒等變換，得[y=][sin2x-π4+22]. 再由三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可求解. 特別注意，在進行三角恒等變換時，記錯公式是學(xué)生常犯的錯誤，要注意三角函數(shù)兩角和公式、兩角差公式、倍角公式、半角公式之間的內(nèi)在邏輯關(guān)系，系統(tǒng)化、網(wǎng)絡(luò)化地理解公式是避免此類錯誤的好辦法. 例2和例3展示了三角函數(shù)求最值的最基本的兩種方法：二次函數(shù)法和輔助角公式法. 方法的選擇取決于試題中函數(shù)的特點，如果是同一角的齊次式用輔助角公式法，若不是齊次式就要嘗試用三角恒等變換轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值. 另外，導(dǎo)數(shù)和均值不等式也是三角函數(shù)求最值常用的方法.

3. 三角函數(shù)的圖象變換

例4 （全國乙卷·理7）把函數(shù)[y=fx]圖象上所有點的橫坐標(biāo)縮短到原來的[12]，縱坐標(biāo)不變，再把所得曲線向右平移[π3]個單位長度，得到函數(shù)[y=sinx-π4]的圖象，則[fx]等于（? ? ）.

（A）[sinx2-7x12] （B）[sinx2+π12]

（C）[sin2x-7π12] （D）[sin2x+π12]

解：將函數(shù)[y=sinx-π4]逆向變換.

第一步：將函數(shù)圖象向左平移[π3]個單位長度，得到[y=][sinx+π3-π4=sinx+π12]的圖象.

第二步：把圖象上所有點的橫坐標(biāo)伸長到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到[y=sinx2+π12]的圖象，即為[y=fx]的圖象，所以[fx=sinx2+π12].

故答案選B.

【評析】三角函數(shù)圖象變換歷來是考試的重點，既可以從正向推導(dǎo)，也可以從逆向入手. 從簡潔的角度來看，該題可以從函數(shù)[y=sinx-π4]出發(fā)，逆向?qū)嵤└鞑阶儞Q，利用平移伸縮變換法則得到[y=fx]的函數(shù)解析式. 需要特別注意的是，平移變換和伸縮變換都是相對于自變量[x]而言的.

4. 三角恒等變換

例5 （全國甲卷·理9）若[α∈0， π2]，[tan2α=][cosα2-sinα]，則[tanα]的值為（? ? ）.

（A）[1515]? （B）[55]? （C）[53]? （D）[153]

解：因為[cosα≠0]，[tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α]，[α∈0， π2]，

所以[2sinαcosα1-2sin2α=cosα2-sinα]. 解得[sinα=14].

所以[cosα=1-sin2α=154.]

所以[tanα=sinαcosα=1515.]

故答案選A.

【評析】三角函數(shù)化簡求值問題一定要注意已知角與未知角、函數(shù)名、次數(shù)、系數(shù)之間的聯(lián)系，利用誘導(dǎo)公式和同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式對其進行轉(zhuǎn)化，將陌生題型轉(zhuǎn)化為熟悉題型. 該題主要考查三角函數(shù)的化簡問題，解題的關(guān)鍵是利用二倍角公式化簡求出[sinα]. 由倍角公式，可得[tan2α=sin2αcos2α=2sinαcosα1-2sin2α]，再結(jié)合已知可求得[sinα=14]. 進而利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式即可求解.

5. 解三角形

例6 （全國新高考Ⅱ卷·18）在[△ABC]中，角[A，][B，C]所對的邊長分別為[a，b，c，b=a+1，c=a+2.]

（1）若[2sinC=3sinA]，求[△ABC]的面積;

（2）是否存在正整數(shù)[a]，使得[△ABC]為鈍角三角形？若存在，求出[a]的值;若不存在，說明理由.

解：（1）因為[2sinC=3sinA]，

所以[2c=3a=2a+2].

所以[a=4，b=5，c=6].

所以[cosC=a2+b2-c22ab=18].

所以[C]為銳角，[sinC=1-cos2C=378].

因此[S△ABC=12absinC=12×4×5×378=1574].

（2）顯然[c>b>a].

若[△ABC]為鈍角三角形，則[C]為鈍角.

由余弦定理，可得[cosC=a2+a+12-a+222aa+1=][a2-2a-32aa+1=a-32a<0]，解得[0<a<3].

由三角形三邊關(guān)系，得[a+a+1>a+2]，解得[a>1].

由[a]為正整數(shù)，得[a=2].

【評析】正弦定理和余弦定理是解三角形問題的主要工具，關(guān)鍵是選擇合適的方式進行邊角互化. 對于第（1）小題，由正弦定理可以得到[2c=3a]，結(jié)合已知條件求出[a]的值，進一步可以求得[b]，[c]的值，利用余弦定理及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出[sinB]，再利用三角形的面積公式可求得結(jié)果. 對于第（2）小題，由分析可知，角[C]為鈍角，由余弦定理[cosC<0]，可以求得[a]的取值范圍. 同時，要注意結(jié)合三角形“兩邊之和大于第三邊”求出整數(shù)[a]的值.

二、解法分析

1. 利用數(shù)形結(jié)合，通過圖形分析、研究、總結(jié)三角函數(shù)的性質(zhì)和圖象特征

例7 （全國甲卷·理16）已知函數(shù)[fx=][2cosωx+φ]的部分圖象如圖1所示，則滿足條件[fx-f-7π4fx-f4π3>0]的最小正整數(shù)[x]為? ? ? ?.

[y] [x] [O][2][圖1]

解：由圖知[34T=13π12-π3=3π4]，即[T=π].

由[T=2πω]，解得[ω=2].

由五點法，得[2 · π3+φ=π2]，即[φ=-π6].

所以[fx=2cos2x-π6].

所以[f-7π4=1， f4π3=0].

由[fx-f-7π4fx-f4π3>0]，得[fx>1]或[fx<0].

[f1=2cos2-π6<2cosπ2-π6=1]，下面用兩種方法解決.

（方法1）結(jié)合圖形可知，最小正整數(shù)應(yīng)該滿足[fx<0]，即[cos2x-π6<0]，

解得[kπ+π3<x<kπ+5π6，k∈Z].

令[k=0]，可得[π3<x<5π6]，得[x]的最小正整數(shù)為2.

（方法2）結(jié)合圖形可知，最小正整數(shù)應(yīng)該滿足[fx<0]. 因為[f2=2cos4-π6<0]，符合題意，所以符合條件的最小正整數(shù)[x]為2.

【評析】三角函數(shù)的圖象有顯著的周期性特點，利用圖象解決問題是三角函數(shù)部分的常見考點. 先根據(jù)圖象求出函數(shù)[fx]的解析式，由周期可以求出[ω]的值，利用定點可以求出[φ]值. 再求出[f-7π4，f4π3]的值，然后求解三角不等式可得符合要求的最小正整數(shù).

2. 利用數(shù)學(xué)建模思想解決應(yīng)用型問題

例8 （全國甲卷·理8）2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8 848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一. 如圖2，是三角高程測量法的一個示意圖，現(xiàn)有[A，B，C]三點，且[A，B，C]在同一水平面上的投影[A，B，C]滿足[∠AC′B′=45°]，[∠ABC=60°]. 由點[C]測得點[B]的仰角為[15°]，[BB]與[CC]的差為100;由點[B]測得點[A]的仰角為[45°]，則[A，C]兩點到水平面[ABC]的高度差[AA-CC]約為（? ? ）.（[3≈1.732].）

（A）346? ?（B）373? ?（C）446? ?（D）473

[A][B][C] [圖2] [A][B][C][D][H] [圖3]

解：如圖3，過點[C]作[CH⊥BB，] 過點[B]作[BD⊥AA.]

由題意，知[△ADB]為等腰直角三角形，得[AD=DB].

因為[AA-CC=AA-BB-BH=AA-BB+100=][AD+100]，

所以[AA-CC=DB+100=AB+100].

因為[∠BCH=15°]，

所以[CH=CB=100tan15°].

在[△ABC]中，由正弦定理，得[ABsin45°=CBsin75°=]

[100tan15°cos15°=100sin15°].

因為[sin15°=6-24]，

所以[AB=100×4×226-2=1003+1≈273].

所以[AA-CC=AB+100≈373].

故答案選B.

【評析】解答該題的關(guān)鍵點在于正確將[AA-CC]的長度通過引入輔助線的方式轉(zhuǎn)化為[AB+100]. 借助輔助線，將已知及所求量轉(zhuǎn)化到一個三角形中，利用正弦定理，求得[AB]的長度，進而得到答案. 正弦定理和余弦定理是解決三角形應(yīng)用問題的重要工具，該題側(cè)重考查學(xué)生的數(shù)學(xué)建模能力，培養(yǎng)學(xué)生用數(shù)學(xué)語言發(fā)現(xiàn)、表達、建立和解決現(xiàn)實世界中的實際問題的能力.

3. 創(chuàng)新性題型：多選題和結(jié)構(gòu)不良題的解決策略

例9 （全國新高考Ⅰ卷·10）已知點[O]為坐標(biāo)原點，點[P1cosα，sinα，P2cosβ，-sinβ，P3cosα+β，sinα+β，][A1，0]，則（? ? ）.

（A）[OP1=OP2]

（B）[AP1=AP2]

（C）[OA ? OP3=OP1 ? OP2]

（D）[OA ? OP1=OP2 ? OP3]

解：由[OP1=cosα，sinα]，[OP2=cosβ，-sinβ]，得[OP1=1， OP2=1]. 所以[OP1=OP2]. 故選項A正確.

因為[AP1=cosα-1，sinα， AP2=cosβ-1，-sinβ]，所以[AP1=cosα-12+sin2α=21-cosα=4sin2α2=][2sinα2]. 同理，[AP2=2sinβ2]. 所以[AP1， AP2]不一定相等. 故選項B錯誤.

由題意，得[OA ? OP3=1 · cosα+β+0 · sinα+β=][cosα+β， OP1 ? OP2=cosαcosβ+sinα-sinβ=cosα+β.]故選項C正確.

由題意，得[OA ? OP1=1 · cosα+0 · sinα=cosα]，[OP2 ? OP3=cosβcosα+β+-sinβsinα+β=cosα+2β.]

所以[OA ? OP1]和[OP2 ? OP3]不一定相等. 故選項D錯誤.

綜上所述，答案選AC.

【評析】多選題的多級得分模式有利于提高學(xué)生的得分. 同時，多選題具有更大的考查容量，更豐富的數(shù)學(xué)思想，需要更廣的解題思路，綜合性加強，難度增大. 大部分學(xué)生解答該題時，會先寫出向量的坐標(biāo)，借用三角恒等變換研究向量的模和向量的數(shù)量積. 還有的學(xué)生利用單位圓與任意角的三角函數(shù)的定義，在坐標(biāo)系中刻畫點的位置，這樣更容易解答問題. 多選題是近幾年才出現(xiàn)的創(chuàng)新型試題，相對于單選題而言，需要逐項檢驗正誤. 因此，學(xué)生在復(fù)習(xí)過程中需要不斷強化基礎(chǔ)知識和基本技能，尋找問題的解題思路.

例10（北京卷·16）在[△ABC]中，[c=2bcosB，][∠C=2π3].

（1）求[∠B];

（2）再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使[△ABC]存在且唯一確定，求[BC]邊上中線的長.

條件①：[c=][2b];條件②：[△ABC]的周長為[4+23];條件③：[△ABC]的面積為[334].

解：（1）因為[c=2bcosB]，

所以由正弦定理，得[sinC=2sinBcosB].

所以[sin2B=sin2π3=32].

因為[C=2π3]，

所以[B∈0， π3]，則[2B∈0， 2π3].

所以[2B=π3]，解得[B=π6].

（2）若選擇①：由正弦定理結(jié)合第（1）小題，得[cb=sinCsinB=3212=3]. 與[c=2b]矛盾. 故這樣的[△ABC]不存在.

若選擇②：由第（1）小題，得[A=π6]. 設(shè)[△ABC]的外接圓半徑為[R]，由正弦定理，得[a=b=2Rsinπ6=R，][c=2Rsin2π3=3R]. 所以周長[a+b+c=2R+3R=4+23]，解得[R=2]，則[a=2，c=23]. 由余弦定理，得[BC]邊上的中線的長度為[232+12-2×23×1×cosπ6=7.]

若選擇③：由第（1）小題，得[A=π6]. 所以[a=b]. 則有[S△ABC=12absinC=12a2 · 32=334]. 解得[a=3.] 根據(jù)余弦定理，可得[△ABC]的邊[BC]上的中線的長度為[b2+a22-2 · b · a2 · cos2π3=212].

【評析】由正弦定理化邊為角即可求解第（1）小題. 對于第（2）小題，若選擇①，由正弦定理可求得三角形不存在;若選擇②，由正弦定理結(jié)合周長可求得三角形的外接圓半徑，進而求得三角形各邊長，再利用余弦定理即可求解;若選擇③，由面積公式求出各邊長，再用余弦定理進行求解. 由上述解答過程可以看出，試題所給的三個不確定條件是平行的，即無論選擇哪個條件，都可以解答. 而且在這三個不確定條件中，并沒有哪個條件讓解答過程變得比較繁雜，學(xué)生只要推導(dǎo)嚴(yán)謹(jǐn)、解答過程規(guī)范，都能順利求解. 現(xiàn)實生活中的問題多是結(jié)構(gòu)不良型問題，結(jié)構(gòu)不良試題對于促進學(xué)生數(shù)學(xué)素養(yǎng)的養(yǎng)成、培養(yǎng)數(shù)學(xué)邏輯思維能力、體現(xiàn)高考選拔功能都有積極意義.

三、解法賞析

例11 （浙江卷·8）已知[α，β，γ]是互不相同的銳角，則在[sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα]三個值中，大于[12]的個數(shù)的最大值是（? ? ）.

（A）0? ? （B）1? ? （C）2? ? （D）3

解法1：由均值不等式，得

[sinαcosβ≤sin2α+cos2β2].

同理，可得[sinβcosγ≤sin2β+cos2γ2，]

[sinγcosα≤sin2γ+cos2α2].

所以[sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤32].

所以[sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα]不可能均大于[12].

不妨設(shè)[α=π6，β=π3，γ=π4].

由此可得[sinαcosβ=14<12]，[sinβcosγ=64>12]，[sinγcosα=][64>12.]

所以三式中大于[12]的個數(shù)的最大值為2.

故答案選C.

解法2：不妨設(shè)[α<β<γ]，則[cosα>cosβ>cosγ，][sinα<sinβ<sinγ].

因為[sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα-sinαcosγ-][sinβcosβ-sinγcosα=sinαcosβ-cosγ+sinβcosγ-cosβ=][cosβ-cosγsinα-sinβ<0]，

所以[sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα<sinαcosγ+][sinβcosβ+sinγcosα].

因為[sinαcosγ+sinβcosβ+sinγcosα=sinγ+α+][12sin2β≤32]，

所以[sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα]不可能均大于[12].

不妨設(shè)[α=π6，β=π3，γ=π4].

由此可得[sinαcosβ=14<12]，[sinβcosγ=64>12]，[sinγcosα=][64>12.]

故三式中大于[12]的個數(shù)的最大值為2.

故答案選C.

解法3：由積化和差公式，得

[sinαcosβ=12sinα+β+sinα-β]，

[sinβcosγ=12sinβ+γ+sinβ-γ]，

[sinγcosα=12sinγ+α+sinγ-α].

因為[α-β+β-γ+γ-α=0]，

所以[α-β， β-γ， γ-α]中至少有一個小于0且大于[-π2].

所以[sinα-β，sinβ-γ，sinγ-α]中至少有一個小于0.

因為[sinα+β，sinβ+γ，sinγ+α]的最大值為1，

所以[sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα]中至少有一個小于[12].

不妨設(shè)[α=π6，β=π3，γ=π4].

由此可得[sinαcosβ=14<12]，[sinβcosγ=64>12]，[sinγcosα=][64>12.]

故三式中大于[12]的個數(shù)的最大值為2.

故答案選C.

【評析】比較代數(shù)式的大小問題，可以根據(jù)代數(shù)式的乘積的特點選擇用均值不等式或排序不等式進行放縮，要注意根據(jù)三角恒等變換的公式特征選擇正確的放縮方向. 該題利用均值不等式或者排序不等式，可得[sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤32]. 從而可判斷三個代數(shù)式不可能均大于[12]，再結(jié)合特例可得三式中大于[12]的個數(shù)的最大值. 也可以使用積化和差公式判斷三個代數(shù)式不可能均大于[12].

參考文獻：

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