专题5.10 三角函数全章十三大压轴题型归纳（拔尖篇）-2024-2025学年高一数学举一反三系列（人教A版2019必修第一册）

专题5.10 三角函数全章十三大压轴题型归纳（拔尖篇） 【人教A版（2019）】 题型1 象限角及其判定 1．（23-24高一下·四川达州·阶段练习）已知为第二象限角，则所在的象限是（    ） A．第一或第二象限 B．第二或第三象限 C．第二或第四象限 D．第一或第三象限 2．（23-24高一上·河北石家庄·期中）如果角的终边在第三象限，则的终边一定不在（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．（2024高一下·全国·专题练习）已知角的终边在第四象限，确定下列各角终边所在的象限： (1)； (2)； 4．（23-24高一·全国·随堂练习）已知角α的终边在第四象限，确定下列各角终边所在的象限： (1)； (2)； (3)； (4)． 题型2 弧长公式与扇形面积公式的应用 1．（23-24高一上·山东德州·期末）中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成；一个半径为的扇形，它的周长是 ，则这个扇形所含弓形的面积是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三上·安徽·期中）扇子是引风用品，夏令必备之物.我国传统扇文化源远流长，是中华文化的一个组成部分.历史上最早的扇子是一种礼仪工具，后来慢慢演变为纳凉、娱乐、观赏的生活用品和工艺品.扇子的种类较多，受大众喜爱的有团扇和折扇.如图1是一把折扇，是用竹木做扇骨，用特殊纸或绫绢做扇面而制成的.完全打开后的折扇为扇形（如图2），若图2中，，分别在，上，，的长为，则该折扇的扇面的面积为（    ）         图1                   图2 A． B． C． D． 3．（23-24高一上·陕西西安·阶段练习）已知一扇形的圆心角为，所在圆的半径． (1)当，求其弧所在弓形的面积． (2)若该扇形的面积为，当它的圆心角和半径取何值时，该扇形的周长最小？最小值是多少？ 4．（23-24高一下·河南南阳·阶段练习）玉雕在我国历史悠久，拥有深厚的文化底蕴，数千年来始终以其独特的内涵与魅力深深吸引着世人.如图1，这是一幅扇形玉雕壁画，其平面图为图2所示的扇形环面（由扇形OCD挖去扇形OAB后构成）.已知该扇形玉雕壁画的周长为320厘米.    (1)若厘米.求该扇形玉雕壁画的曲边的长度； (2)若.求该扇形玉雕壁画的扇面面积的最大值. 题型3 三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系 1．（23-24高二下·浙江·期末）已知，则的值（    ） A． B． C． D．2 2．（23-24高一上·浙江·期末）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024高一下·上海·专题练习）已知 (1)求的值； (2)求的值． 4．（23-24高一下·上海·期中）已知． (1)求的值； (2)求的值． 题型4 三角函数恒等式的证明——同角三角函数基本关系 1．（23-24高一上·甘肃兰州·期末）求证： (1)； (2). 2．（23-24高一下·全国·课后作业）求证： (1)； (2)已知，求证：. 3．（23-24高一·全国·课后作业）求证： (1)； (2). 4．（23-24高一·江苏·课后作业）证明下列恒等式： （1）； （2）. 题型5 同角基本关系式和诱导公式的综合应用 1．（24-25高三上·河北·期中）已知，且满足，则（    ） A．2 B． C． D． 2．（23-24高一下·北京·阶段练习）已知角，且，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一上·上海·期末）已知，. (1)求的值； (2)求值：. 4．（24-25高三上·山西吕梁·阶段练习）已知为第二象限角，． (1)化简； (2)若，求的值． 题型6 三角函数的零点问题 1．（2024·陕西商洛·三模）已知函数在上有且仅有4个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·安徽·模拟预测）已知函数在上无零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一上·广东湛江·期末）设，函数． (1)讨论函数的零点个数； (2)若函数恰有两个零点，求证：． 4．（24-25高二上·山东日照·开学考试）设a为常数，函数． (1)当时，求函数的值域； (2)若函数在区间上有两个不同的零点，求实数a的取值范围； (3)当时，设n为正整数，在区间上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n的值． 题型7 三角函数的图象与性质的综合应用 1．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数，是函数的一个零点，且是其图象的一条对称轴.若在区间上单调，则的最大值为（    ） A．18 B．17 C．14 D．13 2．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知为偶函数，，则下列结论不正确的是（    ） A． B．若的最小正周期为，则 C．若在区间上有且仅有3个最值点，则的取值范围为 D．若，则的最小值为2 3．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）已知函数． (1)求的最小正周期及单调区间； (2)求的图象的对称轴方程和对称中心； (3)求的最小值及取得最小值时x的取值集合． 4．（23-24高一上·福建福州·阶段练习）已知函数（，）的最小正周期，. (1)求函数的解析式； (2)求函数的单调递减区间；. (3)若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 题型8 三角形中的三角恒等式 1．（23-24高一·全国·课后作业）在△ABC中，若，则△ABC是（    ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 2．（23-24高一下·江苏镇江·期中）在锐角中，若，则的最小值为(    ) A．4 B．6 C．8 D．10 3．（23-24高一·全国·课后作业）已知在中，，求证：是直角三角形. 4．（23-24高三上·辽宁丹东·期中）已知为斜三角形． (1)证明：； (2)若为锐角三角形，，求的最小值． 题型9 三角恒等变换的综合应用 1．（2024·福建福州·模拟预测）函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江苏连云港·期中）已知函数的图象关于对称，且，则的值是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·山东临沂·期中）已知函数在区间上的最大值为6， (1)求常数的值； (2)求的单调递减区间； (3)求使成立的的取值集合． 4．（23-24高一上·湖南益阳·期末）已知函数． (1)求的值； (2)若，求的值域； (3)若关于x的方程有三个连续的实数根，且，，求a的值． 题型10 结合三角函数的图象变换求三角函数的性质 1．（23-24高三上·广西·阶段练习）将曲线向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到曲线，则下列结论错误的是（    ） A．曲线关于直线轴对称 B．函数的最小值为 C．曲线关于点中心对称 D．函数在上单调递增 2．（23-24高三上·江西·阶段练习）已知函数的极大值与极小值之差为2，且对恒成立，，在上单调递减，若将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论错误的是（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数在上单调递增 C．函数的图象关于直线对称 D．函数图象的一个对称中心为 3．（23-24高一下·湖北十堰·阶段练习）已知函数． (1)若，且函数，求的值； (2)若将函数图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再将所得图像向左平移个单位长度，得到的图像，求函数在上的最小值． 4．（23-24高一下·河南驻马店·期末）已知函数的最小正周期为，且图象关于点对称，把函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度得到函数． (1)求函数和的解析式； (2)若方程在上有解，求实数k的取值范围． 题型11 函数y=Asin(ωx+φ)与三角恒等变换的综合应用 1．（2024·陕西榆林·二模）将函数的图象向右平移个单位长度得到一个奇函数，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三上·天津蓟州·阶段练习）已知函数.下列结论错误的是（    ） A．的一个对称中心为； B．是的最大值； C．在上单调递增； D．把函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度后，再向上平移个单位长度，可得到的图象. 3．（23-24高一下·山东临沂·期末）已知函数的最大值为1. (1)求的值； (2)将的图象向右平移个单位，再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求使成立的的取值集合. 4．（23-24高一上·河北邢台·阶段练习）已知函数（，，）的图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线，把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作. (1)求函数的单调减区间； (2)求函数的最小值； (3)若函数在内恰有6个零点，求的值. 题型12 三角函数的应用 1．（2024·四川成都·三模）为迎接大运会的到来，学校决定在半径为，圆心角为的扇形空地的内部修建一平行四边形观赛场地，如图所示.则观赛场地的面积最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·四川·期中）筒车亦称“水转筒车”，是我国古代发明的一种水利灌溉工具，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图）．假设在水流量稳定的情况下，一个半径为的筒车按逆时针方向做一圈的匀速圆周运动，已知筒车的轴心O到水面的距离为，且该筒车均匀分布有8个盛水筒（视为质点），以筒车上的某个盛水筒P刚浮出水面开始计时，设转动时间为t（单位：），则下列说法正确的是（    ）    ①时，盛水筒P到水面的距离为； ②与时，盛水筒P到水面的距离相等； ③经过，盛水筒P共8次经过筒车最高点； ④记与盛水筒P相邻的盛水筒为Q，则P，Q到水面的距离差的最大值为． A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④ 3．（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮.一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋下表是某港口某天的时刻与水深关系的预报. 时刻 水深m 时刻 水深/m 时刻 水深m 0:00 5.0 9：18 2.6 18：:36 5.0 3:06 7.4 12：24 5.0 21：:42 2.6 6:12 5.0 15：:30 7.4 24：00 4.0 (1)根据以上数据，可以用函数来近似描述这一天该港口的水深与时间的关系，请写出这段曲线的函数解析式. (2)一条货船的吃水深度（船底与水面的距离）为，安全条例规定至少要有的安全间隙（船底与洋底的距离），请结合图像说明货船进港的必要条件，并求该船这一天何时能进入港口？在港口能呆多久？ 4．（23-24高一下·江西萍乡·期中）筒车发明于隋而盛于唐，是山地灌溉中一种古老的提水设备，距今已有1000多年的历史，它以水流作动力，取水灌田.如图，为了打造传统农耕文化，某景区的景观筒车直径12米，有24个盛水筒均匀分布，分别寓意一年12个月和24节气，筒车转一周需48秒，其最高点到水面的距离为10米，每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，盛水筒（视为质点）的初始位置到水面的距离为7米. (1)盛水筒经过秒后到水面的距离为米，求筒车转动一周的过程中，关于的函数解析式； (2)为了把水引到高处，在筒车中心正上方距离水面8米处正中间设置一个宽4米的水平盛水槽，筒车受水流冲击转到盛水槽正上方后，把水倒入盛水槽，求盛水筒转一圈的过程中，有多长时间能把水倒入盛水槽.（参考数据：） 题型13 三角函数的新定义问题 1．（23-24高二下·福建漳州·期末）对于集合和常数，定义：为集合相对的“正切方差”.若集合，则（    ） A． B．1 C． D．2 2．（23-24高一·全国·期末）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，若终边经过点，且（），定义，称“”为“正余弦函数”.对于“正余弦函数”，下列结论中正确的是（    ） A．该函数的图像与直线有公共点 B．该函数的一个对称中心是 C．该函数是偶函数 D．该函数的单调递增区间是， 3．（2024高一·全国·专题练习）若函数满足且（），则称函数为“函数”． (1)试判断是否为“函数”，并说明理由； (2)函数为“函数”，且当时，，求的解析式，并写出在上的单调增区间； (3)在（2）条件下，当，关于的方程（为常数）有解，记该方程所有解的和为，求． 4．（23-24高一下·上海杨浦·期中）对于函数，，如果存在一组常数，，…，（其中k为正整数，且）使得当x取任意值时，有则称函数为“k级周天函数”. (1)判断下列函数是否是“2级周天函数”，并说明理由：①；②； (2)求证：当时，是“3级周天函数”； (3)设函数，其中b，c，d是不全为0的实数且存在，使得，证明：存在，使得. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题5.10 三角函数全章十三大压轴题型归纳（拔尖篇） 【人教A版（2019）】 题型1 象限角及其判定 1．（23-24高一下·四川达州·阶段练习）已知为第二象限角，则所在的象限是（    ） A．第一或第二象限 B．第二或第三象限 C．第二或第四象限 D．第一或第三象限 【解题思路】由象限角的定义可得出，求出的取值范围，对分奇数和偶数两种情况讨论，可得出的终边所在的象限. 【解答过程】因为为第二象限角，则， 所以，， ①当为奇数时，设，则， 即，此时为第三象限角； ②当为偶数时，设，则， 此时为第一象限角. 综上所述，为第一或第三象限角. 故选：D. 2．（23-24高一上·河北石家庄·期中）如果角的终边在第三象限，则的终边一定不在（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【解题思路】根据角的终边在第三象限，得，即，然后分类讨论，再结合象限角定义可判断. 【解答过程】∵α为第三象限角，∴， ∴， 令，，时，，， 可得的终边在第一象限； 令，时，，， 可得的终边在第三象限， 令，时，，， ∴可得的终边在第四象限， 故选:B． 3．（2024高一下·全国·专题练习）已知角的终边在第四象限，确定下列各角终边所在的象限： (1)； (2)； 【解题思路】（1）由为第四象限角可知，根据不等式的性质可得角终边所在区域，分类讨论可得角终边所在的位置； （2）由为第四象限角可知，根据不等式的性质可得角终边所在区域，分类讨论可得角终边所在的位置. 【解答过程】（1）由于为第四象限角可知，. 所以 当时，，终边在第二象限， 当时，，终边在第四象限， 所以的终边在第二或第四象限； （2）由（1）得， 当时，，终边在第二象限， 当时，，终边在第三象限， 当时，，终边在第四象限， 所以的终边在第二、第三或第四象限. 4．（23-24高一·全国·随堂练习）已知角α的终边在第四象限，确定下列各角终边所在的象限： (1)； (2)； (3)； (4)． 【解题思路】由为第四象限角可知，根据不等式的性质可得，，，角终边所在区域，对分类讨论可得角终边所在的位置. 【解答过程】（1）由于为第四象限角，所以， 所以， 当时，，终边在第二象限， 当时，，终边在第四象限， 所以的终边在第二或第四象限； （2）由（1）得， 所以的终边在第三或第四象限，也可在轴的负半轴上. （3）由（1）得， 当时，，终边在第二象限， 当时，，终边在第三象限， 当时，，终边在第四象限， 所以的终边在第二､第三或第四象限； （4）由（1）得，即， 所以的终边在第二或三或第四象限，也可在轴的负半轴上. 题型2 弧长公式与扇形面积公式的应用 1．（23-24高一上·山东德州·期末）中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成；一个半径为的扇形，它的周长是 ，则这个扇形所含弓形的面积是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】通过扇形的周长，求出扇形的弧长，求出扇形的圆心角，然后求出扇形的面积，三角形的面积，即可得到这个扇形所含弓形的面积. 【解答过程】 可得：扇形面积， 三角形面积， 可得弓形面积， 故选：C. 2．（23-24高三上·安徽·期中）扇子是引风用品，夏令必备之物.我国传统扇文化源远流长，是中华文化的一个组成部分.历史上最早的扇子是一种礼仪工具，后来慢慢演变为纳凉、娱乐、观赏的生活用品和工艺品.扇子的种类较多，受大众喜爱的有团扇和折扇.如图1是一把折扇，是用竹木做扇骨，用特殊纸或绫绢做扇面而制成的.完全打开后的折扇为扇形（如图2），若图2中，，分别在，上，，的长为，则该折扇的扇面的面积为（    ）         图1                   图2 A． B． C． D． 【解题思路】先求得，再根据扇环的面积公式求得正确答案. 【解答过程】依题意，， 所以， 所以该折扇的扇面的面积为. 故选：D. 3．（23-24高一上·陕西西安·阶段练习）已知一扇形的圆心角为，所在圆的半径． (1)当，求其弧所在弓形的面积． (2)若该扇形的面积为，当它的圆心角和半径取何值时，该扇形的周长最小？最小值是多少？ 【解题思路】（1）由扇形面积公式可得扇形面积，再减去三角形面积即可得所求弓形面积； （2）由扇形面积公式，得(定值)，利用基本不等式求周长即的最小值即可. 【解答过程】（1） 由题意，当时，扇形面积； 如图，扇形中，连接，则， 所以是正三角形，则， 故所求弓形面积为； （2）设扇形弧长为，由已知扇形的面积，则， 则扇形的周长， 当且仅当，即时等号成立， 此时半径为，圆心角，该扇形的周长最小，最小为. 4．（23-24高一下·河南南阳·阶段练习）玉雕在我国历史悠久，拥有深厚的文化底蕴，数千年来始终以其独特的内涵与魅力深深吸引着世人.如图1，这是一幅扇形玉雕壁画，其平面图为图2所示的扇形环面（由扇形OCD挖去扇形OAB后构成）.已知该扇形玉雕壁画的周长为320厘米.    (1)若厘米.求该扇形玉雕壁画的曲边的长度； (2)若.求该扇形玉雕壁画的扇面面积的最大值. 【解题思路】（1）由题可得弧与弧的长度关系，结合条件可解； （2）利用扇形的面积公式，大扇形面积减去小扇形面积，利用基本不等式求最值. 【解答过程】（1）设弧的长度为厘米，弧的长度为厘米. 因为，所以，所以. 因为厘米，所以厘米. 因为该扇形玉雕壁画的周长为320厘米，所以， 所以，解得，即弧的长度为160厘米. （2）因为，所以，所以， 则扇形的面积，扇形的面积， 故该扇形玉雕壁画的扇面面积. 因为该扇形玉雕壁画的周长为320厘米，所以 所以， 则，从而，当且仅当时，等号成立， 故，即该扇形玉雕壁画的扇面面积的最大值为6400平方厘米. 题型3 三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系 1．（23-24高二下·浙江·期末）已知，则的值（    ） A． B． C． D．2 【解题思路】利用同角三角函数之间的基本关系将弦化切代入可得结果. 【解答过程】由可得， 将分式的分子和分母同时除以可得， . 故选：A. 2．（23-24高一上·浙江·期末）若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用同角的三角函数关系求出，判断的范围，确定，结合齐次式法求值求出，即可求得答案. 【解答过程】因为，故， 即，得， 则，且， 所以， 所以，则， 故， 故选：B. 3．（2024高一下·上海·专题练习）已知 (1)求的值； (2)求的值． 【解题思路】因为，两边平方得原式通分、化简，代入求值； 根据同角平方和的关系，即可求解，即可联立方程求解正余弦的值，进而根据代入正切的公式即可求值． 【解答过程】（1）因为， 所以， 所以． 所以； （2）因为， 所以， 所以， 又因为， 所以， 由可得． 所以． 4．（23-24高一下·上海·期中）已知． (1)求的值； (2)求的值． 【解题思路】（1）先求出的值，在分式的分子分母中同时除以，实现弦化切，再将的值代入分式计算即可； （2）首先将原式变形为，再将齐次分式化简为表示，计算求值 【解答过程】（1）由， 所以； （2）.题型4 三角函数恒等式的证明——同角三角函数基本关系 1．（23-24高一上·甘肃兰州·期末）求证： (1)； (2). 【解题思路】（1）利用平方关系和商关系可证结论； （2）利用平方关系可证结论. 【解答过程】（1）证明：左边= =右边. （2）证明：左边= =右边. 2．（23-24高一下·全国·课后作业）求证： (1)； (2)已知，求证：. 【解题思路】利用同角三角函数的基本关系进行证明即可. 【解答过程】（1）左边 =右边. （2） ，成立. 3．（23-24高一·全国·课后作业）求证： (1)； (2). 【解题思路】（1）（2）利用同角三角函数的商数关系、平方关系，将等式左侧化简，证明结论即可. 【解答过程】（1） . 所以原式成立. （2） . 所以原式成立. 4．（23-24高一·江苏·课后作业）证明下列恒等式： （1）； （2）. 【解题思路】（1）利用同角三角函数的平方关系即可证明. （2）利用同角三角函数的平方关系、商的关系即可证明. 【解答过程】（1），即证. （2） ，即证. 题型5 同角基本关系式和诱导公式的综合应用 1．（24-25高三上·河北·期中）已知，且满足，则（    ） A．2 B． C． D． 【解题思路】变形后利用诱导公式得到，根据得到，求出，求出答案. 【解答过程】因为， 可得， 又因为､，则，所以， 整理得，所以. 故选：D. 2．（23-24高一下·北京·阶段练习）已知角，且，则等于（    ） A． B． C． D． 【解题思路】切化弦，然后可得，再结合平方关系式和诱导公式可得. 【解答过程】因为， 所以， 因为，所以， 所以，解得或， 因为，可得，， 所以得，可得，可得， 所以． 故选：A． 3．（23-24高一上·上海·期末）已知，. (1)求的值； (2)求值：. 【解题思路】（1）将两边平方得到，进而求得，与联立求出、，即可得解； （2）利用诱导公式化简，再由同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得. 【解答过程】（1）因为， 所以，即， 即，所以， 又，则，所以，所以， 所以， 则 ， 所以，， 则． （2）因为， 所以 . 4．（24-25高三上·山西吕梁·阶段练习）已知为第二象限角，． (1)化简； (2)若，求的值． 【解题思路】（1）利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式即可化简得解； （2）利用同角三角函数基本关系式即可求解． 【解答过程】（1） . （2）若，为第二象限角， 所以． 题型6 三角函数的零点问题 1．（2024·陕西商洛·三模）已知函数在上有且仅有4个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】整体代入法求得的零点，根据题意列出不等式组即可求解. 【解答过程】令，则，可得， 故的零点有…，，…， 要使在上有且仅有4个零点， 则，解得． 故选：C． 2．（2024·安徽·模拟预测）已知函数在上无零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先求出，结合正弦函数的零点可得存在整数，使得成立，故可求的取值范围. 【解答过程】函数在上无零点， 当时， ， 由题设可得存在整数，使得成立， 解得， 而，故且，故. 当时，；当时，． 结合可得的取值范围为． 故选：D． 3．（23-24高一上·广东湛江·期末）设，函数． (1)讨论函数的零点个数； (2)若函数恰有两个零点，求证：． 【解题思路】（1）化简函数由，令，得到，结合，得到，分类讨论，结合余弦函数的性质，即可求解； （2）设两个零点，转化为，分和，两种情况讨论，结合正弦函数的性质，即可求解. 【解答过程】（1）解：由， 令，因为，可得，且， 令，即，又因为， 当或，即时，此时无解； 当，即时，仅有一解，此时仅有一解； 当，即时，有两解， 因为各有一解，此时恰有两个零点， 综上可得，当时，无零点；当时，恰有一个零点；当时，恰有两个零点. （2）解：若恰有两个零点时， 令，所以为的两解， 所以，所以，所以， 由，可得，所以，则， 所以； 由，可得，所以， 因为在上单调递减，可得，所以． 4．（24-25高二上·山东日照·开学考试）设a为常数，函数． (1)当时，求函数的值域； (2)若函数在区间上有两个不同的零点，求实数a的取值范围； (3)当时，设n为正整数，在区间上恰有2024个零点，求所有可能的正整数n的值． 【解题思路】（1）利用换元法结合三角函数值域，由二次函数性质即可得出函数的值域； （2）根据零点个数可得函数在上仅有一个零点，再由二次函数根的分布可得； （3）由二次函数根的个数及其符号并对参数的取值范围分类讨论，利用三角函数图象性质可得不同区间内的零点个数，即可得出结果. 【解答过程】（1）由题意， 令，则， 当时，， 所以当时，取最大值； 当时，取最小值， 所以的值域为； （2）由题意函数在区间上有两个不同的零点， 即函数在上仅有一个零点，因为， 由零点存在性定理，只需，得； 所以实数a的取值范围为. （3）因为，所以有两个零点， 又，不妨 当时，得，即或； 由三角函数图象性质可知在（k为正整数）内零点个数为，在内零点个数为， 因为，所以； 当时，在（k为正整数）内零点个数为， 在内零点个数为，若，此时不存在n； 当时，则，在（k为正整数）内零点个数为， 因为，所以； 综上n的所有可能值为1012，1349． 题型7 三角函数的图象与性质的综合应用 1．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数，是函数的一个零点，且是其图象的一条对称轴.若在区间上单调，则的最大值为（    ） A．18 B．17 C．14 D．13 【解题思路】由已知可得，结合，得到（），再由是的一个单调区间，可得T，即，进一步得到，然后对逐一取值，分类求解得答案． 【解答过程】由题意，得，∴， 又，∴（）． ∵是的一个单调区间，∴T，即， ∵，∴，即． ①当，即时，，，∴，， ∵，∴，此时在上不单调， ∴不符合题意； ②当，即时，，，∴，， ∵，∴，此时在上不单调， ∴不符合题意； ③当，即时，，，∴，． ∵，∴，此时在上单调递增， ∴符合题意， 故选：D. 2．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知为偶函数，，则下列结论不正确的是（    ） A． B．若的最小正周期为，则 C．若在区间上有且仅有3个最值点，则的取值范围为 D．若，则的最小值为2 【解题思路】先根据是偶函数求判断A选项；根据最小正周期公式计算可以判断B选项；据有且仅有3个最值点求范围判断C选项；据函数值求参数范围结合给定范围求最值可以判断D选项. 【解答过程】为偶函数， 则A选项正确； 若的最小正周期为，由则，B选项正确； 若在区间上有且仅有3个最值点， 则,C选项正确； 若 ， 则或，， 则 或， 又因为，则的最小值为，D选项错误. 故选:D. 3．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）已知函数． (1)求的最小正周期及单调区间； (2)求的图象的对称轴方程和对称中心； (3)求的最小值及取得最小值时x的取值集合． 【解题思路】（1）利用正弦函数的周期及单调性求解即可. （2）利用正弦函数的对称性求出对称轴方程及对称中心坐标. （3）借助正弦函数最值情况求解即得. 【解答过程】（1）函数的最小正周期， 由，解得， 由，解得， 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）由，得， 所以的图象的对称轴方程为； 由，得， 所以的图象的对称中心为. （3）当，即时，，， 所以的最小值为，此时x的取值集合为. 4．（23-24高一上·福建福州·阶段练习）已知函数（，）的最小正周期，. (1)求函数的解析式； (2)求函数的单调递减区间；. (3)若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【解题思路】（1）由函数的最小正周期求出，由求出可得的解析式； （2）根据正弦函数的单调性可得答案； （3）根据的范围求出的范围，由已知可化为，设，即求，利用基本不等式可得答案. 【解答过程】（1）由题意，函数的最小正周期， 可得，且，可得， 又由，所以，所以； （2）令， 解得， 所以函数的单调递减区间为； （3）， 所以，， 因为可化为， 设，所以， 设，则，故， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以. 题型8 三角形中的三角恒等式 1．（23-24高一·全国·课后作业）在△ABC中，若，则△ABC是（    ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 【解题思路】根据已知，诱导公式与和、差角的余弦公式化简得到，从而得到，进而即可得出结论． 【解答过程】在△ABC中，由，得 ， 则， 所以，即，则， 又，，则，所以，即， 所以△ABC为等腰三角形，但无法判断C是不是直角． 故选：A． 2．（23-24高一下·江苏镇江·期中）在锐角中，若，则的最小值为(    ) A．4 B．6 C．8 D．10 【解题思路】根据和可得，令，结合正切和角公式可求m范围.要求的式子可化为，可继续化为用m表示的式子，根据m的范围可求其最小值. 【解答过程】由，得， 两边同时除以，得. 令， ∵是锐角三角形， ∴，∴. 又在三角形中有： ， 故当时，取得最小值 故选：C. 3．（23-24高一·全国·课后作业）已知在中，，求证：是直角三角形. 【解题思路】根据三角形三内角和关系，，利用展开即可化简得证. 【解答过程】∵在中，，∴. ， 又∵， ∴，显然， 故，两边平方，得， 即，∴， ∴，即或. ∵A，B是三角形的内角，故必有一个为直角， ∴是直角三角形. 4．（23-24高三上·辽宁丹东·期中）已知为斜三角形． (1)证明：； (2)若为锐角三角形，，求的最小值． 【解题思路】（1）利用诱导公式结合两角和的正切公式可证得结论成立； （2）推导出，利用（1）中的结论结合基本不等式可求得的最小值. 【解答过程】（1）证明：，所以． 因为，所以，所以． 由，可得． （2）解：因为， 所以，可得． 由（1）得 ． 因为为锐角三角形，由可知， 设，则， 当且仅当时取等号，再由（1）可得， 此时，解得或时， 即当或时，等号成立， 故的最小值为. 题型9 三角恒等变换的综合应用 1．（2024·福建福州·模拟预测）函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，由题意利用正弦函数的单调性可得，所以，利用正弦函数的周期性可求的周期，解得，即可得解． 【解答过程】因为 ， 又因为，且，则， 若在上单调递增， 所以，所以， 因为对任意的实数，在上不单调， 所以的周期，所以， 所以． 故选：D． 2．（23-24高一下·江苏连云港·期中）已知函数的图象关于对称，且，则的值是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据辅助角公式以及三角函数的性质可得，根据对称，可得将诱导公式与二倍角公式相结合即可得结果． 【解答过程】函数，其中，，， 由于它的的图象关于对称， ，化简可得， ，， ，故． 再根据，可得， 则，故 故选：A． 3．（23-24高一下·山东临沂·期中）已知函数在区间上的最大值为6， (1)求常数的值； (2)求的单调递减区间； (3)求使成立的的取值集合． 【解题思路】（1）由三角恒等变换可得，结合正弦函数的有界性分析求解； （2）由（1）可知：，结合正弦函数的单调性分析求解； （3）分析可得，结合正弦函数性质分析求解. 【解答过程】（1）由题意可得：， 因为，则， 可知当，即时，取到最大值， 即，解得. （2）由（1）可知：， 令，解得， 所以的单调递减区间为. （3）由（1）可知：， 令，可得， 则，解得， 所以的解集为. 4．（23-24高一上·湖南益阳·期末）已知函数． (1)求的值； (2)若，求的值域； (3)若关于x的方程有三个连续的实数根，且，，求a的值． 【解题思路】（1）逆用二倍角公式化简函数解析式，再运用辅助角公式，代值计算即得； （2）将看成整体角，由求得，判断的单调性，求得函数的值域，继而得的值域； （3）结合函数的图象，得和，，求得，，由方程即可求得值. 【解答过程】（1）， ． （2）因，取则，因在上单调递增，在上单调递减， 而，故．则，的值域为． （3）       如图，因的周期为， 当时，，代入得 ，无解； 由题意可知：，代入得：． 由，，可得，． 由，，代入，解得，． ，， 当时，，； 当时，， 故的值为． 题型10 结合三角函数的图象变换求三角函数的性质 1．（23-24高三上·广西·阶段练习）将曲线向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到曲线，则下列结论错误的是（    ） A．曲线关于直线轴对称 B．函数的最小值为 C．曲线关于点中心对称 D．函数在上单调递增 【解题思路】先求出的解析式，再根据三角函数性质依次对选项进行判断. 【解答过程】，则 对于选项A，曲线的对称轴为，即，当时，曲线关于直线轴对称，因此选项A正确； 对于选项B，当时，，因此选项B正确； 对于选项C，当时，即，当时，曲线关于点中心对称，因此选项C正确； 对于选项D，函数在上单调递增，即， 在上单调递减，即， 当时，在单调递增，在单调递减，所以在上先增后减，因此选项D错误. 故选：D. 2．（23-24高三上·江西·阶段练习）已知函数的极大值与极小值之差为2，且对恒成立，，在上单调递减，若将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论错误的是（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数在上单调递增 C．函数的图象关于直线对称 D．函数图象的一个对称中心为 【解题思路】通过极大值与极小值之差为2A，对恒成立，，在上单调递减分别求出的值，从而求出的解析式。因为的图象由平移所得，从而求出的解析式，通过的解析式分析各个选项的正误。 【解答过程】因为的极大值与极小值之差为2，所以； 因为对恒成立，所以 且，在上单调递减，所以，可得，即，所以； 因为，所以，可得，即，又因为，所以； 可得，又因为将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，所以. 对于A，函数的最小正周期为，故正确； 对于B，函数在上单调递减，故错误； 对于C，函数的图象关于直线对称，故正确； 对于D，函数图象的一个对称中心为，故正确. 故选：B. 3．（23-24高一下·湖北十堰·阶段练习）已知函数． (1)若，且函数，求的值； (2)若将函数图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再将所得图像向左平移个单位长度，得到的图像，求函数在上的最小值． 【解题思路】（1）化简并结合题意可得，结合的范围可求得，然后利用诱导公式可得，即可求解； （2）先利用图象变换得到，然后利用三角函数的性质即可求得最小值 【解答过程】（1）由题意可得， 得， 由，得， （2）将函数图像上的点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再将所得图像向左平移个单位长度，得到，， 因为所以， 所以当时，即时，. 4．（23-24高一下·河南驻马店·期末）已知函数的最小正周期为，且图象关于点对称，把函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度得到函数． (1)求函数和的解析式； (2)若方程在上有解，求实数k的取值范围． 【解题思路】（1）先由函数对称性、周期性列式求解参数即可得出，利用平移伸缩变换法则可得； （2）通过换元法得出在上有解，进一步分离参数即可得解. 【解答过程】（1）由，得， 由的图象关于点对称，则，即， 又由，则， 故， 由于的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度得到函数， 故. （2）由（1）知，把，代入方程，得， 即方程在上有解， 令，则， 上述方程转化为在上有解， 进一步转化为在上有解， 令，则在上单调递增， 故，也即是. 题型11 函数y=Asin(ωx+φ)与三角恒等变换的综合应用 1．（2024·陕西榆林·二模）将函数的图象向右平移个单位长度得到一个奇函数，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用辅助角公式变形函数，再利用函数图象平移变换，结合正弦函数性质求解即得. 【解答过程】依题意，函数，则， 由函数是奇函数，得，解得， 由，得，因此当时，. 故选：D. 2．（23-24高三上·天津蓟州·阶段练习）已知函数.下列结论错误的是（    ） A．的一个对称中心为； B．是的最大值； C．在上单调递增； D．把函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度后，再向上平移个单位长度，可得到的图象. 【解题思路】先用降幂公式以及辅助角公式化简的解析式，再结合正弦函数性质逐一判断四个选项正确与否 【解答过程】由题意可得： ， 对于选项A：因为， 所以的一个对称中心为，故A错误； 对于选项B：， 所以是的最大值，故B正确； 对于选项C：因为，则， 且在内单调递增， 所以在上单调递增，故C正确； 对于选项D：把函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度后， 得到的图象， 再向上平移个单位长度，得到的图象，故D正确； 故选：A. 3．（23-24高一下·山东临沂·期末）已知函数的最大值为1. (1)求的值； (2)将的图象向右平移个单位，再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求使成立的的取值集合. 【解题思路】（1）化简函数解析式得，则函数最大值为，可得的值； （2）由函数图象变换得解析式，解正弦不等式即可. 【解答过程】（1）由题意，函数， 化简得， ， 的最大值为1，，解得：. （2）由（1）可知， 将的图象向右平移个单位，得到函数的图象， 再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）， 得到函数的图象， ，，则有，， 解得， 所求的取值集合为. 4．（23-24高一上·河北邢台·阶段练习）已知函数（，，）的图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线，把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作. (1)求函数的单调减区间； (2)求函数的最小值； (3)若函数在内恰有6个零点，求的值. 【解题思路】（1）根据所给图象求出函数的解析式，再列出关于x的不等式即可得解； （2）由（1）结合给定图象变换求出的解析式，再求出并作变形即可得解； （3）求出并令，将转化为关于t的一元二次方程，按根所在区间讨论得解. 【解答过程】（1）观察图象得，最小正周期为T， ，则， 而，则，， 又，于是得， 所以， 由，，得，， 所以单调递减区间为，． （2）由题意得， ， 当，即时，取最小值， 所以的最小值为； （3）依题意，， 令，可得， 令，得， 由于，即方程必有两个不同的实数根，， 且，， 由知、异号，不妨设，， ①若，则，，无解， 而在内有四个零点，不符题意； ②若，则，在内有2个零点， 而在内有4个零点， 即在内有6个零点，符合题意， 此时，得； ③若，，在有4个零点， 则在内应恰有2个零点，必有， 此时，，解得， 综上所述有或． 题型12 三角函数的应用 1．（2024·四川成都·三模）为迎接大运会的到来，学校决定在半径为，圆心角为的扇形空地的内部修建一平行四边形观赛场地，如图所示.则观赛场地的面积最大值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】如图，连接，设，可用的三角函数值表示，，即可得到四边形的面积，再根据三角函数的值域的求法即可求解． 【解答过程】如图所示： ． 连接，设，作，，垂足分别为． 根据平面几何知识可知，，，． ∴，． 故四边形的面积也为四边形的面积， 即有 ，其中． 所以当即时， ． 故选：D． 2．（23-24高一下·四川·期中）筒车亦称“水转筒车”，是我国古代发明的一种水利灌溉工具，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图）．假设在水流量稳定的情况下，一个半径为的筒车按逆时针方向做一圈的匀速圆周运动，已知筒车的轴心O到水面的距离为，且该筒车均匀分布有8个盛水筒（视为质点），以筒车上的某个盛水筒P刚浮出水面开始计时，设转动时间为t（单位：），则下列说法正确的是（    ）    ①时，盛水筒P到水面的距离为； ②与时，盛水筒P到水面的距离相等； ③经过，盛水筒P共8次经过筒车最高点； ④记与盛水筒P相邻的盛水筒为Q，则P，Q到水面的距离差的最大值为． A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④ 【解题思路】建立直角坐标系，依题意作图，分析其中的几何关系判断①②，利用周期判断③，求出距离差的表达式结合三角变换求最值判断④即可． 【解答过程】依题意作图如下：    以水车的轴心为原点建立直角坐标系如图，由题可知水车旋转一周的时间为4min， 当刚露出水面时，与轴的夹角是，相邻盛水桶之间的夹角是， 当旋转时，旋转了，旋转到点， 此时点到水面的距离为，所以①正确； ②当时，旋转了周，即，此时的位置是点， 与轴正半轴的夹角是， 当时，旋转了，即点，与轴正半轴的夹角也是， 点与点到水面的距离相等，所以②正确； ③经过，则水车转过了个周期，所以盛水桶共9次经过最高点，故③错误； ④设在的上方，与轴负方向的夹角为，， 则与轴负方向的夹角为， 相邻两筒到水面的距离差为： ， 其中，， 当时取最大值为，故④错误； 故选：A． 3．（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮.一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋下表是某港口某天的时刻与水深关系的预报. 时刻 水深m 时刻 水深/m 时刻 水深m 0:00 5.0 9：18 2.6 18：:36 5.0 3:06 7.4 12：24 5.0 21：:42 2.6 6:12 5.0 15：:30 7.4 24：00 4.0 (1)根据以上数据，可以用函数来近似描述这一天该港口的水深与时间的关系，请写出这段曲线的函数解析式. (2)一条货船的吃水深度（船底与水面的距离）为，安全条例规定至少要有的安全间隙（船底与洋底的距离），请结合图像说明货船进港的必要条件，并求该船这一天何时能进入港口？在港口能呆多久？ 【解题思路】（1）根据条件中的数据，由最值求和，以及根据周期和初相求和，即可求函数的解析式； （2）由条件转化为进港条件为，根据（1）的结果求的的值，再结合函数的图象，即可求解. 【解答过程】（1）从数据和图形可以得出： 由题意可知，，得，， ，；由，得， 所以这段曲线的函数解析式为，． （2）货船需要的安全水深为米，所以，进港条件为. 如上图所示，在点后或点后可以进港. ，与在区间有四个交点. 令，即， 因此，由，及得（时）时2分，（时）时10分. 由函数的周期性得：时2分+12时24分=13时26分，时10分+12时24分=17时34分. 因此，货船可以在1时10分左右进港，早晨5时20分左右出港；或在下午13时30分左右进港，下午17时40分左右出港．每次可以在港口停留约5小时． 4．（23-24高一下·江西萍乡·期中）筒车发明于隋而盛于唐，是山地灌溉中一种古老的提水设备，距今已有1000多年的历史，它以水流作动力，取水灌田.如图，为了打造传统农耕文化，某景区的景观筒车直径12米，有24个盛水筒均匀分布，分别寓意一年12个月和24节气，筒车转一周需48秒，其最高点到水面的距离为10米，每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，盛水筒（视为质点）的初始位置到水面的距离为7米. (1)盛水筒经过秒后到水面的距离为米，求筒车转动一周的过程中，关于的函数解析式； (2)为了把水引到高处，在筒车中心正上方距离水面8米处正中间设置一个宽4米的水平盛水槽，筒车受水流冲击转到盛水槽正上方后，把水倒入盛水槽，求盛水筒转一圈的过程中，有多长时间能把水倒入盛水槽.（参考数据：） 【解题思路】（1）首先以点为原点，建立平面直角坐标系，利用三角函数表示； （2）由题意转化为，转化为三角不等式问题，即可求解. 【解答过程】（1）以简车中心为原点，与水面平行的直线为轴建立平面直角坐标系， 由题知，， 又筒车半径为6，点的纵坐标为3，则， 由题知，，解得，， 故，； （2）如图，作弦平行且等于盛水槽，则在中， ，，，则， 则距离水面的高度， 盛水筒转到盛水槽的正上方（即之间），能把水倒入盛水槽， 即当时符合题意， 则，即，解得， 因为，所以盛水筒转一圈的过程中，能把水倒入盛水槽的时间为秒. 题型13 三角函数的新定义问题 1．（23-24高二下·福建漳州·期末）对于集合和常数，定义：为集合相对的“正切方差”.若集合，则（    ） A． B．1 C． D．2 【解题思路】利用“正切方差” 的定义，结合特殊角的三角函数值即可求解. 【解答过程】由题意，得 . 故选:C. 2．（23-24高一·全国·期末）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，若终边经过点，且（），定义，称“”为“正余弦函数”.对于“正余弦函数”，下列结论中正确的是（    ） A．该函数的图像与直线有公共点 B．该函数的一个对称中心是 C．该函数是偶函数 D．该函数的单调递增区间是， 【解题思路】由正余弦函数定义可得，利用正弦型函数的性质，结合各选项的描述判断正误即可. 【解答过程】∵，， ∴， A：，则，即该函数的最大值为，其图像与直线无公共点，错， B：，该函数图像关于点对称，对， C：图像不关于轴对称，不是偶函数，错， D：，由得，，即该函数单调递增区间为，，对， 故选：BD. 3．（2024高一·全国·专题练习）若函数满足且（），则称函数为“函数”． (1)试判断是否为“函数”，并说明理由； (2)函数为“函数”，且当时，，求的解析式，并写出在上的单调增区间； (3)在（2）条件下，当，关于的方程（为常数）有解，记该方程所有解的和为，求． 【解题思路】（1）根据题干条件代入检验，得到，故不是“函数”； （2）求出函数的周期，由得到，结合当时，，从而得到函数解析式，并求出单调递增区间； （3）画出在上图象，数形结合，由函数的对称性，分三种情况进行求解，得到. 【解答过程】（1）不是“函数”，理由如下： ， ，， 则， 故不是“函数”； （2）函数满足，故的周期为， 因为， 所以， 当时，，， 当时，，， 综上：， 中， 当时，，，此时单调递增区间为， ，中， 当时，，， 则， 当，即时，函数单调递增， 经检验，其他范围不是单调递增区间， 所以在上的单调递增区间为，； （3）由（2）知：函数在上图象为： 当或1时，有4个解，由对称性可知：其和为， 当时，有6个解，由对称性可知：其和为， 当时，有8个解，其和为， 所以. 4．（23-24高一下·上海杨浦·期中）对于函数，，如果存在一组常数，，…，（其中k为正整数，且）使得当x取任意值时，有则称函数为“k级周天函数”. (1)判断下列函数是否是“2级周天函数”，并说明理由：①；②； (2)求证：当时，是“3级周天函数”； (3)设函数，其中b，c，d是不全为0的实数且存在，使得，证明：存在，使得. 【解题思路】（1）令，，然后化简，根据定义可知； （2）令，，，然后化简，从而得证； （3）若，则，取，则；若，则利用反证法证明即可；若时，由，可得，从而可得结论 【解答过程】（1）令，，则， 所以是“2级周天函数”； ，不对任意x都成立， 所以不是“2级周天函数”； （2）令，，，则 所以是“3级周天函数”； （3）对其进行分类讨论： 1°若，则，此时取，则； 2°若，采用反证法，若不存在，使得，则恒成立， 由（2）可知是“3级周天函数”， 所以， 所以， 因为，，， 所以， 再由恒成立， 所以， 进而可得，这与b，c，d是不全为0矛盾， 故存在，使得； 3°若，由，， 得， 所以存在，使得， 所以命题成立. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$