三角函数阶段性测试-2025届高三数学一轮复习

三角函数阶段性测试 一、单选题 1．已知都是锐角，，则（    ） A． B． C．或 D．不能确定 2．函数在[－π，π]上的图象大致为(　　) A．B． C．D． 3．已知命题，，，则；命题，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，，则，则下列命题为真命题的是（    ） A． B． C．D． 4．在下列函数中，最小正周期为且在为减函数的是（    ） A． B． C． D． 5．函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 6．函数的单调减区间为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，要得到的图象，只需将的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 8．函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在平面直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，轴的非负半轴为始边，若终点经过点，且（），定义：，称“”为“正余弦函数”，对于“正余弦函数”，有同学得到以下性质，其中正确的是（    ） A．的值域为 B．的图象关于对称 C．的图象关于直线对称 D．为周期函数，且最小正周期为 10．已知函数，下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．不等式的解集是 C．函数，的最小值为 D．若，且，则 11．已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图象的两条对称轴，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．将钟表拨快10分钟，则分针转过的角为 弧度. 13．若函数（，且）的图象经过定点，若点在角的终边上（是坐标原点），则 . 14．已知关于的方程在上有两个不同的实数根，则m的取值范围是 . 四、解答题 15．已知，求证：． 16．已知函数，且的图象关于轴对称． (1)求的值并证明在区间上单调递增； (2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围． 17．已知，且满足． （1）求证： （2）求的最大值，并求当取得最大值时的值． 18．证明下列恒等式： (1)； (2)． 19．已知在中，内角所对的边分别为，且满足. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）若为锐角三角形，且，求的取值范围. 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C C D A D D AD ACD 题号 11 答案 D 1．B 【分析】根据条件求出，然后确定出的范围，进而求得的值． 【详解】∵，都是锐角， ∴sin， ∴， 又都是锐角，∴， ∴． 故选：B． 2．D 【详解】由题易得函数f(x)是奇函数，所以其图象关于原点对称，排除选项B、C，当 时，f(x)>0，排除选项A.故选D. 3．C 【分析】先判断命题和命题，根据复合命题的真假判断，即可求得答案. 【详解】对于命题，，， 或，故命题是假命题； 对于命题，，，得， 又， ，故命题是真命题， 是真命题. 故选C. 【点睛】本题主要考查了判断复合命题的真假，解题关键是掌握复合命题基础知识，考查了分析能力，属于基础题. 4．C 【分析】根据三角函数的图像性质，逐个选项进行判断即可得出答案. 【详解】对于A，的图像关于轴对称，在为增函数，不符题意，故A错； 对于B，的最小正周期为，，不是减函数，不符题意，故B错； 对于C，的最小正周期为，在为减函数，符合题意，故C对； 对于D，的最小正周期为，不符题意，故D错； 故选：C 5．D 【分析】由在单调递增可排除A、B，由可排除C 【详解】因为在上单调递增，在上单调递增 所以在单调递增 所以A、B不满足 因为，所以C不满足 故选：D 【点睛】解决本类题时，通常是利用函数的单调性、奇偶性、函数值等排除选项. 6．A 【分析】根据正弦函数的性质得上函数单调递减，即可求单调减区间. 【详解】由题设，有， ∴上函数单调递减，即，而. 故选：A 7．D 【分析】根据三角函数平移法则直接得到答案. 【详解】 .将的图象向左平移个单位长度可得到的图象. 故选 【点睛】本题考查了三角函数的平移，属于常考题型. 8．D 【分析】根据余弦函数的单调性及复合函数的性质，列式解得答案. 【详解】， 由题意单调递减，且， 则，解得，， 所以的单调递减区间是. 故选：D. 9．AD 【分析】利用三角函数的定义得到，，从而得到，再根据三角函数的图象和性质逐项判断即可． 【详解】由三角函数的定义可知，， 所以， 对于A，由，则，故A正确； 对于B，由于，则， 所以的图象关于对称是错误的，故B错误； 对于C，当时，， 所以的图象关于对称是错误的，故C错误； 对于D，由于，则为周期函数，且最小正周期为，故D正确． 故选：AD． 10．ACD 【分析】利用弦化切可判断A；根据正切函数的图象与性质可判断B；利用换元法转化为二次函数的最小值问题可判断C；根据和得到和，再利用诱导公式可判断D. 【详解】对于A，，，故A正确； 对于B，的解集为，故B错误； 对于C，当时，令，， ，当时，，故C正确； 对于D，若，则， ，， ，且， 解得， . 故选：ACD 11．D 【分析】根据单调性和对称轴可得周期，进而可得或，利用，即可代入求解或，即可得函数表达式，即可代入求解. 【详解】因为函数在区间单调递增，且直线和直线为函数的图象的两条对称轴， 所以所以，即， 则或． 而，即或， 所以或， 即或， 所以或， 所以或， 故选:D． 12． 【分析】根据任意角的概念即可求解. 【详解】将钟表拨快10分钟，也即分针顺时针旋转， 由任意角的概念可知将钟表拨快10分钟，则分针转过的角为弧度， 故答案为：. 13． 【分析】利用对数函数图象性质可得，再由三角函数定义即可得. 【详解】由对数函数图象性质易知函数过定点， 点在角的终边上，由三角函数定义可得， 所以. 故答案为： 14． 【分析】参变分离可得，再利用二倍角公式及辅助角公式将右边化简，得到，令，，根据正弦函数的性质求出函数的单调区间，依题意可得与在上有两个不同的交点，即可求出参数的取值范围； 【详解】解：方程可转化为，， 令，，因为，所以， 当，即时单调递减，当即时单调递增， 又，，， 依题意关于的方程在上有两个不同的实数根， 即与在上有两个不同的交点，所以，即 故答案为： 15．证明见解析 【分析】利用同角间的三角函数关系，将已知等式分离出角的三角函数，再把角化弦为切，即可证明结论. 【详解】, , , 等式成立. 【点睛】本题考查条件等式的证明，熟练应用同角间的三角函数关系是解题的关键，属于中档题. 16．(1)，证明见解析； (2) 【分析】（1）根据函数的图象关于轴对称即可求解，利用单调性的定义即可证明； （2）结合（1）可得，将不等式对恒成立转化为在恒成立，利用换元法分情况讨论即可求解. 【详解】（1）函数的定义域为， 的图象关于轴对称，得：， ，解得， 当时，，图象关于轴对称， ，， ，则 ， 在上单调递增，，， ，， 故在区间上单调递增； （2）由题意，偶函数在单调递增，在上单调递减， ，即， 得：， 令，则在恒成立， ①当，即时，由，得， ②当，即时，由，得， ③当，即时，由， 得：或， 综上所述，所求实数的取值范围是. 17．（1）证明见解析；（2）的最大值为，当取得最大值时． 【分析】（1）由可得：，利用同角三角函数的基本关系公式对式子化简变形，可得答案； （2）由（1）中结论弦化切后，可将表示成的函数关系式，进而利用基本不等式得到的最大值，然后由条件可得，即可得到答案． 【详解】（1） ， ， ； （2）由（1）得：， ，， ， 由， 可得：当时，取得最大值， 即； 所以． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用两角和的正弦公式展开，分子分母同时除以即可得证． （2）利用两角和公式对等式左边进行展开，化简整理进而利用同角三角函数基本关系，进一步化简整理证明原式． 【详解】（1）左边（分子分母同时除以． ， 右边， 从而得证． （2）左边 右边． 从而得证． 19．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）. 【详解】试题分析： （Ⅰ）利用正弦定理把已知边角关系转化为角的关系，结合两角和与差的正弦公式可得，再讨论角特别是的范围后可证得结论． （Ⅱ）由（Ⅰ）可得，已知条件可化为，从而易得的取值范围． 试题解析： （Ⅰ），由正弦定理知 ， 即. 因为， 所以，且，所以， 所以，. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，. 由为锐角三角形得， 得. 由得. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$