专题06 期中填选压轴题（九大题型）（沪教版2020必修第二册，上海专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期中真题分类汇编

专题06 期中填选压轴题 题型概览 题型01 三角恒等变换 题型02 列举；赋值等思想 题型03 三角恒等变换与三角函数 题型04 利用三角函数的对称性解题 题型05 零点及其应用 题型06恒成立问题 题型07 新定义题 题型08 分类讨论动区间 题型09 三角函数的综合辨析 ( 题型01 ) 三角恒等变换 1．（20-21高一下·上海徐汇·期中）若，满足，，则的值是（    ） A．0 B． C． D．1 2．（21-22高三上·上海静安·期中）已知、是不同的两个锐角，则下列各式中一定不成立的是（    ） A． B． C． D． 3．（2023·上海奉贤·一模）已知，，，，满足，，，有以下个结论： ①存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数； ②存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数. 下列说法正确的是（    ） A．结论①、②都成立 B．结论①不成立、②成立 C．结论①成立、②不成立 D．结论①、②都不成立 4．（24-25高三上·上海·期中）已知，关于等式，以下两个命题： ①对任意的，总存在，使得等式成立； ②对任意的，总存在，使得等式成立. 则下列判断正确的是（   ） A．①与②都正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①与②都不正确 5．（19-20高一下·上海徐汇·期中）下列六个命题（1）不存在无穷多个角和，使得 （2）存在这样的角和，使得 （3）对任意角和，都有 （4）不存在这样的角和，使得 （5）不存在这样的角和，使得 （6）对任意角和，都有 其中假命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 ( 题型02 ) 列举；赋值等思想 6．（23-24高一下·上海·期中）已知k是正整数，且，则满足方程的k有 个. 7．（23-24高一下·上海·期中）已知与都是非零有理数，则在，，中，一定是有理数的有（    ）个. A．0 B．1 C．2 D．3 8．（21-22高三上·上海闵行·期中）已知函数的最大值为2，则使函数在区间上至少取得两次最大值，则取值范围是 9．（23-24高一下·上海嘉定·期中）已知，，函数，对任意正整数n，有，且集合的元素个数为3，则满足要求的的取值集合 ． 10．（23-24高一下·上海·期中）设集合，则集合的元素个数为（    ）. A．1012 B．1013 C．2024 D．2025 ( 题型03 ) 三角恒等变换与三角函数 11．（23-24高三上·上海闵行·期中）设函数，其中是一个正整数，若对任意实数，均有，则的最小值为 . 12．（23-24高一下·上海·期中）已知，常数满足，若集合中恰有6个元素，则的取值构成的集合为 . ( 题型04 ) 利用三角函数的对称性解题 13．（23-24高三上·上海静安·期中）若函数，则图象上关于原点对称的点共 对 14．（23-24高一下·上海·期中）已知，若满足（互不相等），则的取值范围是 . 15．（20-21高一下·上海浦东新·期中）函数，且，若任意，、、都能构成某个三角形的三条边，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 16．（23-24高一下·上海·期中）已知函数，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若关于的方程在上有5个实数根，，，，，则 ． ( 题型0 5 )零点及其应用 17．（23-24高一下·上海·期中）设若函数在区间内恰有7个零点，则的取值范围是 . 18．（22-23高一下·上海·期中）已知函数，，若方程在区间内无解，则的取值范围是 ． 19．（23-24高一下·上海·期中）若存在实数及正整数使得在内恰有2024个零点，则满足条件的正整数的值有 个． 20．（23-24高一下·上海·期中）已知函数的定义域为，将的所有零点按照由小到大的顺序排列，记为：，……，……，对于正整数n有如下两个命题：甲：；乙：恒成立；则（    ） A．甲正确，乙正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲错误，乙错误 ( 题型0 6 ) 恒成立问题 21．（22-23高一下·上海闵行·期中）已知，，若存在，对任意，恒成立，则 . 22．（24-25高三上·上海松江·期中）已知函数，.对任意，存在，，使得，则实数的取值范围是 . 23．（22-23高一下·上海闵行·期中）已知函数（），其图像的一个对称中心是，将图像向左平移个单位长度后得到函数的图像.若对任意，当时，都有，则实数的最大值为 . ( 题型0 7 ) 新定义题 24．（22-23高一下·上海松江·期中）定义：对于任意实数，，记，（常数），记，若对于任意，总存在，使得成立，则实数a的取值范围是 ． 25．（22-23高一下·上海徐汇·期中）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 .（填上所有正确的序号） ①该函数的值域为；②该函数的图象关于原点对称；③该函数的图象关于直线对称；④该函数为周期函数，且最小正周期为. ( 题型0 8 ) 分类讨论动区间 26．（2022·四川泸州·一模）已知函数，任取，记函数在上的最大值为，最小值为，设，则函数的值域为（    ） A． B． C． D． ( 题型0 9 ) 三角函数的综合辨析 27．（23-24高一下·上海·期中）已知函数的性质中以下两个结论是正确的：①偶函数在区间上的取值范围与在区间上的取值范围是相同的；②周期函数在一个周期内的取值范围也就是在定义域上的值域，由此可求函数的值域为 . 28．（22-23高一下·上海黄浦·期中）某同学对函数进行研究后，得出以下五个结论： ①函数的图象是轴对称图形； ②函数对定义域中任意的值，恒有成立； ③函数的图象与轴有无穷多个交点，且每相邻两个交点间的距离相等； ④对于任意常数，存在常数，函数在上严格单调递减，且； ⑤当常数满足时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点. 其中结论正确的序号是 . 29．（23-24高一下·上海·期中）对于实数，用表示不超过的最大整数，例如.已知，，则下列3个命题4，真命题的个数为（    ） （1）函数是周期函数；（2）函数的图象关于直线对称；（3）方程有2个实数根. A．0 B．1 C．2 D．3 30．（23-24高三上·上海·期中）已知函数，，下列四个结论中，正确的结论有（    ） ①方程有2个不同的实数解； ②方程有2个不同的实数解； ③方程有且只有1个实数解； ④当时，方程有2个不同的实数解. A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 31．（21-22高一下·上海杨浦·期中）设函数，其中m，n，，为已知实常数，，则下列4个命题： （1）若，则对任意实数x恒成立； （2）若，则函数为奇函数； （3）若，则函数为偶函数； （4）当时，若，则， 其中错误的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 32．（23-24高一下·上海嘉定·期中）我们把正切函数在整个定义域内的图像看作一组“平行曲线”.而“平行曲线”具有性质：任意一条平行于横轴的直线与两条相邻的“平行曲线”相交，被截得的线段长度相等，已知函数图像中的两条相邻“平行曲线”与直线相交于A、B两点，且，已知命题：①：②函数在上有4048个零点，则以下判断正确的是（    ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 33．（22-23高一下·上海浦东新·期中）设函数，其中､为已知实常数，，有如下命题： （1）若，则对任意实数恒成立； （2）若，则函数为奇函数： （3）若，则函数为偶函数； （4）当时，若，则. 则所有正确命题的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 34．（23-24高一下·上海杨浦·期中）对于任意，不等式有以下两个结论：①当时，对于任意实数，不等式成立；②对于任意实数，总存在，使不等式成立那么（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①正确②正确 D．①错误②错误 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 期中填选压轴题 题型概览 题型01 三角恒等变换 题型02 列举；赋值等思想 题型03 三角恒等变换与三角函数 题型04 利用三角函数的对称性解题 题型05 零点及其应用 题型06恒成立问题 题型07 新定义题 题型08 分类讨论动区间 题型09 三角函数的综合辨析 ( 题型01 ) 三角恒等变换 1．（20-21高一下·上海徐汇·期中）若，满足，，则的值是（    ） A．0 B． C． D．1 【答案】B 【分析】由题意可得和是方程 的两个实数解．再由 和的范围都是，，方程在，上只有一个解，可得，所以，由此求得的值． 【解析】解：， ，即． 再由，可得． 故和是方程 的两个实数解． 再由，，，，所以和的范围都是，， 因为函数在，上单调递增， 所以函数在，上单调递增， 故方程在，上只有一个解， 所以，，所以，所以． 故选：B． 2．（21-22高三上·上海静安·期中）已知、是不同的两个锐角，则下列各式中一定不成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据题意得到与的范围，再利用正余弦函数的和差公式，对选项逐一进行化简，从而利用正余弦函数的性质即可判断. 【解析】因为、是不同的两个锐角，即， 所以，， 对于A，因为， 所以一定成立，故A错误； 对于D，可能成立，故D错误； 对于B，因为， 所以恒成立， 即一定不成立，故B正确； 对于C，可能成立，故C错误. 故选：B. 3．（2023·上海奉贤·一模）已知，，，，满足，，，有以下个结论： ①存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数； ②存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数. 下列说法正确的是（    ） A．结论①、②都成立 B．结论①不成立、②成立 C．结论①成立、②不成立 D．结论①、②都不成立 【答案】B 【分析】根据三角恒等变换的知识，分别将和用，表示即可. 【解析】对于结论①， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴当为常数，时，不是一个常数，故结论①不成立； 对于结论②， 方法一： ∵ 又∵ ∴ 化简得， ∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立. 方法二：（特值法） 当时，， ∴，∴. ∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立. 故选：B. 【点睛】本题中结论②的判断，使用常规三角恒等变换的方法运算量较大，对于存在性结论，使用特值法可以有效验证其正确性，减少运算量. 4．（24-25高三上·上海·期中）已知，关于等式，以下两个命题： ①对任意的，总存在，使得等式成立； ②对任意的，总存在，使得等式成立. 则下列判断正确的是（   ） A．①与②都正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①与②都不正确 【答案】B 【分析】结合诱导公式及特殊角的三角函数值，举例判断即可. 【解析】①任意的，当时，， ，满足，故①正确； ②当时，，， 则不存在，使得等式成立，故②不正确. 故选：B. 5．（19-20高一下·上海徐汇·期中）下列六个命题（1）不存在无穷多个角和，使得 （2）存在这样的角和，使得 （3）对任意角和，都有 （4）不存在这样的角和，使得 （5）不存在这样的角和，使得 （6）对任意角和，都有 其中假命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用和角的余弦、正弦公式判断(3)(4)，借助举特例的方法逐一计算判断余下各个命题得解. 【解析】对于(1)，令，则有，成立， 显然角和有无穷多个，(1)不正确； 对于(2)，令，则， 即成立，(2)正确； 对于(3)，由和角的余弦公式知，对任意角和，都有，(3)正确； 对于(4)，由和角的正弦公式知，对任意角和，， 即不存在这样的角和，使得，(4)正确； 对于(5)，令，则，有，(5)不正确； 对于(6)，令，则，无意义，(6)不正确， 所以给定的6个命题中有3个不正确. 故选：C ( 题型02 ) 列举；赋值等思想 6．（23-24高一下·上海·期中）已知k是正整数，且，则满足方程的k有 个. 【答案】11 【分析】分析得到时满足要求，当时，结合等式左右两边的单调性和特殊值得到只有时，满足要求，结合正弦函数的周期和，得到答案. 【解析】显然时，，满足要求， 当时，先考虑一个周期内， 当时，，故单调递增且大于， 而单调递减且小于，两者不可能相等， 时，单调递减且大于0， ，两者不可能相等， 当时，， 故要想成立， 则， 由周期性知，当时，等式左边为0， 又当时，， 故当时，满足要求， 共11个. 故答案为：11 【点睛】关键点点睛：本题需要先分析得到等式两边的单调性，从而确定只有两者等于0时，才会符合要求，进而结合正弦函数周期性和特殊值得到答案 7．（23-24高一下·上海·期中）已知与都是非零有理数，则在，，中，一定是有理数的有（    ）个. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】令，分别用表示，，，进而求得在，，中一定是有理数的个数. 【解析】， ， 则，则， 令，则为非零有理数， 若，则， 结合上述限制条件可得，此时， 故三者中有理数的个数为3个. 若， 则， 解之得，令，则， 由，可得，t为有理数， 则， ， 则均为有理数. 综上，在，，中，一定是有理数的有3个. 故选：D 【点睛】关键点点睛：关键是得到是有理数且，从而即可顺利得解. 8．（21-22高三上·上海闵行·期中）已知函数的最大值为2，则使函数在区间上至少取得两次最大值，则取值范围是 【答案】/ 【分析】结合辅助角公式先求出，函数化简为，取得最值时由整体法得，要满足题设条件，只需满足当时，对应取值即可. 【解析】，因为，，故，原式为，当取到最大值时，，当，取得前两次最大值时，分别为0和1，时，，，此时需满足，解得. 故答案为： 9．（23-24高一下·上海嘉定·期中）已知，，函数，对任意正整数n，有，且集合的元素个数为3，则满足要求的的取值集合 ． 【答案】 【分析】由得到周期为4从而求得， 因为周期为4，列举，结合集合元素的互异性得到可能的的值，进而求得的值. 【解析】因为，所以周期，又由得，所以， 则，， ，， 而集合中只有3个元素，根据集合元素的互异性，说明以上四个值中一定有两个是相等的， 若即，则，集合中只有2个元素，不合题意； 若即，则，集合中只有2个元素，不合题意； 若即，则，得或，此时 ； 若即，则，得或，此时或； 综上的值为0或1或-1，所以. 故答案为：. 10．（23-24高一下·上海·期中）设集合，则集合的元素个数为（    ）. A．1012 B．1013 C．2024 D．2025 【答案】A 【分析】依题意由表达式中角的特征可知当时，的取值各不相同，当时，利用诱导公式以及集合元素的互异性即可求得元素个数为. 【解析】根据题意可知，当时，，此时； 又因为为奇数，为偶数，且中的任意两组角都不关于对称， 所以的取值各不相同，因此当时集合中的取值会随着的增大而增大， 所以当时，集合中有1011个元素； 当时，易知 又易知，所以可得 ， 即时的取值与时的取值相同， 根据集合元素的互异性可知，时并没有增加集合中的元素个数， 当时，易知 ， 可得当时，集合中的元素个数只增加了一个0， 所以可得集合的元素个数为个. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过观察集合中元素的特征，利用的三角函数值的范围以及图象的对称性，由集合中元素的互异性得出当时，集合中的元素个数的增加情况即可求得结果. ( 题型03 ) 三角恒等变换与三角函数 11．（23-24高三上·上海闵行·期中）设函数，其中是一个正整数，若对任意实数，均有，则的最小值为 . 【答案】7 【分析】利用同角公式、二倍角的正余弦公式化简函数，再利用函数周期列式求解即得. 【解析】 ， 若对任意实数，均有， 则函数的最小正周期，即，而，于是，即， 所以的最小值为7. 故答案为：7 12．（23-24高一下·上海·期中）已知，常数满足，若集合中恰有6个元素，则的取值构成的集合为 . 【答案】 【分析】根据，集合有6个元素，利用和差化积进行求解，利用函数的性质求解. 【解析】由， 设， 则 所以函数，最小正周期, 由集合有6个元素，则可得到在半个周期内存在6个不同的值，即 化简，即， 又由，， 所以，即, 故答案为：. 【点睛】方法点睛：本题主要运用和差化积的求解公式，再运用三角函数的性质进行求解. ( 题型04 ) 利用三角函数的对称性解题 13．（23-24高三上·上海静安·期中）若函数，则图象上关于原点对称的点共 对 【答案】 【分析】由题意可知观察的图象与关于原点对称的函数的图象交点个数即可，由此作出相应函数图象，数形结合，可得答案. 【解析】由题意图象上关于原点O对称的点的个数， 只需观察的图象与关于原点对称的函数的图象交点个数即可， 作出函数和的图象如图：    由上图可知：两个图象交点个数为4个， 即函数，则图象上关于原点对称的点共4对. 故答案为：4． 14．（23-24高一下·上海·期中）已知，若满足（互不相等），则的取值范围是 . 【答案】 【分析】作出函数图象，根据三角函数对称性得，解得，进而得答案． 【解析】作出函数图象，不妨设，如图， 根据三角函数的对称性得可得， 另一方面，，即， 所以， 故答案为： 15．（20-21高一下·上海浦东新·期中）函数，且，若任意，、、都能构成某个三角形的三条边，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令的值最大，根据，根据正弦函数图象进行推断． 【解析】解：令的值最大，当，，为最大值， ，，都能构成某个三角形的三条边， ，即， 当，在直线的上方时满足条件， 故的最大值为， 故选：． 16．（23-24高一下·上海·期中）已知函数，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若关于的方程在上有5个实数根，，，，，则 ． 【答案】 【分析】首先根据函数的平移规则得到的解析式，画出函数图象，结合的对称性计算可得. 【解析】因为函数，将的图象向左平移个单位长度得到， 函数的对称轴为，对称中心为，且为偶函数， 又函数的图象是由的图象将轴下方的部分关于轴对称上去，轴及轴上方部分保持不变而得到， 所以的对称轴为， 又的图象是将的图象向上平移一个单位得到， 所以的图象如下所示： 因为关于的方程在上有个实数根， 即与在上有个交点， 又，，所以， 令与交点的横坐标从小到大依次为， 则关于对称，关于对称，关于对称，关于对称， 所以， 所以 . 故答案为：. 【点睛】方法点睛：函数零点问题，将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. ( 题型05 )零点及其应用 17．（23-24高一下·上海·期中）设若函数在区间内恰有7个零点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】先根据三角函数图象变换判断当时不成立，再分析当时，函数的零点个数分别为0，1，2时，根据三角函数的图象变换，讨论的零点个数即可. 【解析】由题意，当时，在内无零点，又不可能有7个零点，故当时不满足题意； 由基本不等式， 当且仅当，即时取等号，最小值为. ①当时，即时，无零点，则当时， 有7个零点，此时， 即，故零点分别为时取得. 故，解得； ②当，即时，有一个零点. 此时有6个零点，即， 即，故零点分别为时取得. 此时，解得. 又满足，故满足条件题意； ③当，即时，由对勾函数的性质可得在上有1个零点，又，则 1.当，即时，在上有1个零点， 故有2个零点， 此时有5个零点，即， 即，故零点分别为时取得. 此时，解得，综上有 2.当，即时，在上无零点， 故有1个零点， 此时有6个零点，即，不满足； 综上有或或. 故答案为： 18．（22-23高一下·上海·期中）已知函数，，若方程在区间内无解，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】恒等变换化简解析式，求出方程的根，由条件得出区间内不存在整数，再根据可得是或的子集，从而得出的取值范围. 【解析】 ， 令，有，解得， 令，解得， 方程在区间内无解，则区间内不存在整数， 又，得，又， 所以，或， 解得或， 则的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用间接法得到区间内不存在整数，从而得解. 19．（23-24高一下·上海·期中）若存在实数及正整数使得在内恰有2024个零点，则满足条件的正整数的值有 个． 【答案】5 【分析】利用换元思想将问题转化为方程在实数范围内一定有两个异号的根，根据方程与函数的应用进行讨论分析. 【解析】由题意知， ， 令，，此时， 而，，， 则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根， 当时，， 一个周期内有两个零点，则或； 当时，， 一个周期内有三个零点，，则需要个周期， 即； 当时，此时，解得， 若，此时， 则一个周期内有四个零点， 则需要个周期， 即； 若，此时，， 则一个周期内有三个零点，， 个周期恰好个零点，个周期是个零点， 个周期则个零点，此时不符题意， 若，此时， 一个周期内有两个零点， 则或. 综上所述，这样的正整数有个， 分别是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数与方程的应用，通过将三角函数方程换元，得到关于的二次方程，根据二次方程根的分布分类讨论得到的范围，然后根据数形结合的思想结合正弦函数的图像进行求解是解决本题的关键. 20．（23-24高一下·上海·期中）已知函数的定义域为，将的所有零点按照由小到大的顺序排列，记为：，……，……，对于正整数n有如下两个命题：甲：；乙：恒成立；则（    ） A．甲正确，乙正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲错误，乙错误 【答案】A 【分析】将函数的零点转化为函数图象的交点，作出大致图象由零点存在性定理分区间讨论即可判定甲乙命题. 【解析】的零点，即为函数与函数图象在交点的横坐标. 又注意到时，， 时，， ，时，. 据此可将两函数图象画在同一坐标系中，如下图所示. 甲命题，注意到时，， ，. 结合图象可知当，，. 当，，.故甲正确； 乙命题，表示两点与间距离， 由图象可知，随着n的增大，两点间距离越来越近， 即恒成立.故乙命题正确； 故选：A. 【点睛】思路点睛：由零点存在性定理结合余弦函数、反比例函数的图象，分区间讨论可判定甲，而乙命题转化为两点与间距离，根据图象分析即可. ( 题型06 ) 恒成立问题 21．（22-23高一下·上海闵行·期中）已知，，若存在，对任意，恒成立，则 . 【答案】 【分析】依题意，先确定函数，再由三角函数的性质确定最大最小值. 【解析】依题意，                  ， 对任意， 恒成立， 当时，， 当时，则， 当时，， 当 时，. 所以，得， 所以. 故答案为：. 【点睛】对于不等式恒成立问题，常转换为研究函数的最大、最小值满足不等式. 22．（24-25高三上·上海松江·期中）已知函数，.对任意，存在，，使得，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据和的值域以及恒成立、存在性等知识求得的取值范围. 【解析】由，则， 所以. 又的开口向下，对称轴为， 所以在区间上单调递增，， 所以， 由于任意，存在，使得， 所以，解得，所以的取值范围是. 故答案为：. 23．（22-23高一下·上海闵行·期中）已知函数（），其图像的一个对称中心是，将图像向左平移个单位长度后得到函数的图像.若对任意，当时，都有，则实数的最大值为 . 【答案】 【分析】根据函数的对称性求出的值，利用图象变换关系求出，构造函数，将条件转化为当,，为增函数，利用函数的单调性进行求解即可． 【解析】一个对称中心是， ，，即，， ，当时，，即， 将图像向左平移个单位长度后得到函数的图像， 即， 由，得， 设，则不等式等价为当时，， 即若对任意,，为增函数． ， 当,时，,，所以,， 因为对任意,，为增函数， 所以，所以，所以， 即的最大值为． 故答案为：． ( 题型07 ) 新定义题 24．（22-23高一下·上海松江·期中）定义：对于任意实数，，记，（常数），记，若对于任意，总存在，使得成立，则实数a的取值范围是 ． 【答案】. 【分析】根据题意及三角函数的性质，分别求得和的值域，再由的值域包含于函数的值域，列出不等式组，即可求解. 【解析】由题意知且， 又由，可得，所以， 解得， 由，可得，所以， 解得， 即， 所以由三角函数图象与性质，如图所示，可得： 可得在处取得最小值， 在处取得最大值，所以函数的值域为， 因为，所以的值域为， 又因为若对于任意，总存在，使得成立， 所以函数的值域包含与的值域， 所以，解得，所以实数的取值范围. 故答案为：.    25．（22-23高一下·上海徐汇·期中）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 .（填上所有正确的序号） ①该函数的值域为；②该函数的图象关于原点对称；③该函数的图象关于直线对称；④该函数为周期函数，且最小正周期为. 【答案】①④ 【分析】利用三角函数的定义得到，，，再逐项判断. 【解析】对于①：由三角函数的定义可知，， ，故①正确； 对于②：由于，， 函数关于原点对称是错误的，故②错误； 对于③：当时，， 图象关于对称是错误的，故③错误： 对于④：由于，函数为周期函数，且最小正周期为，故④正确， 综上，故正确的是①④. 故答案为：①④ ( 题型08 ) 分类讨论动区间 26．（23-24高三上·上海·期中）已知函数，任取，记函数在上的最大值为，最小值为，设，则函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】考虑一个周期内的情况，根据的取值，求得的解析式，结合三角函数的值域，求该函数值域即可. 【解析】因为，其中分别是指在区间上的最大值和最小值， 因为的周期，故在区间的图象与在区间上的图象完全相同， 故，故，即是周期为的函数，故的值域与时的值域相同； 又在单调递减，单调递增，在单调递减， 故当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时； 当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时； 当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时； 当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时； 当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时； 当时，在区间上的最大值为，最小值为，此时； 故在的函数图象如下所示： 数形结合可知，的值域为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数值域的求解，涉及三角函数值域的求解；处理问题的关键是能够根据题意，找到的周期，同时要对进行分类讨论求的解析式，属综合困难题. ( 题型09 ) 三角函数的综合辨析 27．（23-24高一下·上海·期中）已知函数的性质中以下两个结论是正确的：①偶函数在区间上的取值范围与在区间上的取值范围是相同的；②周期函数在一个周期内的取值范围也就是在定义域上的值域，由此可求函数的值域为 . 【答案】 【分析】求得的周期和奇偶性，结合题意，只需求在的值域即可；再根据的单调性即可求得结果. 【解析】因为，定义域为，故为偶函数； 又，故的一个周期为； 根据题意可得：的值域，也就是在的值域，也就是上的值域； 当，，又在上均为单调增函数，故在单调递增， 又，当趋近于时，趋近于，故的值域为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是求得的周期以及判断其是偶函数，同时要注意已知条件的利用，属中档题. 28．（22-23高一下·上海黄浦·期中）某同学对函数进行研究后，得出以下五个结论： ①函数的图象是轴对称图形； ②函数对定义域中任意的值，恒有成立； ③函数的图象与轴有无穷多个交点，且每相邻两个交点间的距离相等； ④对于任意常数，存在常数，函数在上严格单调递减，且； ⑤当常数满足时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点. 其中结论正确的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】分析函数的奇偶性，可判断①；利用三角函数线以及正弦型函数的有界性可判断②；取函数与轴的三个相邻交点、、，可判断③；取，，可判断④；取，数形结合可判断⑤. 【解析】对于①，函数的定义域为，， 所以，函数为偶函数，故函数的图象关于轴对称，①对； 对于②，当时，如下图所示： 在单位圆中，设，过点作轴，垂足为点， 则，，，即，可得，则， 当时，， 又因为函数为偶函数，故对定义域内的任意实数，，②对； 对于③，由可得，即， 取函数与轴的三个相邻交点、、， 点、之间的距离为，点、之间的距离为，③错； 对于④，当时，函数、在上均为减函数， 且当时，，， 对于任意常数，存在常数，且，使得， 当、时，，即， ，即，所以，， 所以，函数在上严格递减， 取，，则，④对； 对于⑤，由④可知，函数在上单调递减，且， 作出函数的图象如下图所示： 取点，当点在直线上，，可得， 结合图象可知，直线与函数的图象至少两个交点，⑤错. 故答案为：①②④. 29．（23-24高一下·上海·期中）对于实数，用表示不超过的最大整数，例如.已知，，则下列3个命题4，真命题的个数为（    ） （1）函数是周期函数；（2）函数的图象关于直线对称；（3）方程有2个实数根. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】由题意可得、均为偶函数，作出两函数的图象，可判断（1），（2）；分，，且及或，求解（3）． 【解析】函数的定义域为， 因为， 所以为偶函数， 当时，， 当时，， 当时，， 因为为偶函数，所以函数的图像如下图所示： 因为， 所以为偶函数， 由可知，在,内， 当，时，， 当，且，时，， 当或，时，， 则函数的图像如下图所示： 显然不是周期函数，故（1）错误； 的图像不关于直线对称，故（2）错误； 因为当， 时，， 所以； 不存在，使，故无解； 当，且，时，， 所以； 如图所示， 此时有一个解； 当或，时，， 所以； 综上，方程有2个实数根，故（3）正确． 故选：B． 【点睛】方法点睛：求函数零点个数的常用方法： (1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个； (2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题. 30．（23-24高三上·上海·期中）已知函数，，下列四个结论中，正确的结论有（    ） ①方程有2个不同的实数解； ②方程有2个不同的实数解； ③方程有且只有1个实数解； ④当时，方程有2个不同的实数解. A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】根据复合方程的求解方法，结合正弦函数、余弦函数的性质逐项判断即可. 【解析】对于①，，则， 又，所以，所以，所以， 所以方程有2个不同的实数解，正确； 对于②，，则， 又，所以，无解，所以方程无解，错误； 对于③，，则， 又，所以，所以，所以， 所以方程有且只有1个实数解，正确； 对于④，，则， 又，所以， 所以当时，，方程无解， 当时，，方程的解为， 当时，方程的解为， 所以当时，方程至多有2个不同的实数解，错误； 故选：C 【点睛】关键点睛：对于复合函数零点求解方程，利用整体思想，从外到内，数形结合即可求解. 31．（21-22高一下·上海杨浦·期中）设函数，其中m，n，，为已知实常数，，则下列4个命题： （1）若，则对任意实数x恒成立； （2）若，则函数为奇函数； （3）若，则函数为偶函数； （4）当时，若，则， 其中错误的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】可根据各选项中的条件得到参数的关系，再反代入原函数，从而可判断（1）（2）（3）的正确与否，利用反例可判断（4）的正误. 【解析】对于（1），即为， 即， 两边平方后可得，故或. 若，则，故， 此时， 若，则，故， 此时， 若或，则，故（1）成立. 对于（2），因为，则， 若均为零， 则, 其定义域为，且，故为奇函数； 若不全为零，不妨设，则， 故 ， 此时函数的定义域为，而，故为奇函数； 故（2）正确. 对于（3），因为，则， 若均为零， 则， 此时函数的定义域为，而，故为偶函数； 若不全为零，不妨设，则， 故 ， 此时函数的定义域为，而，故为偶函数； 故（3）正确. 对于（4），因为， 故， 整理得到：， 取，则， 即，故， 令，则， 而，故，故（4）错误， 故选：A. 【点睛】思路分析：对多变量的三角函数问题，需根据题设条件得到参数的关系，再根据关系式的形式合理消元反代，从而简化问题的讨论. 32．（23-24高一下·上海嘉定·期中）我们把正切函数在整个定义域内的图像看作一组“平行曲线”.而“平行曲线”具有性质：任意一条平行于横轴的直线与两条相邻的“平行曲线”相交，被截得的线段长度相等，已知函数图像中的两条相邻“平行曲线”与直线相交于A、B两点，且，已知命题：①：②函数在上有4048个零点，则以下判断正确的是（    ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【答案】D 【分析】根据已知条件得，求出，即可判断①；令，求出，解不等式，即可判断②. 【解析】依题意得，所以，故①为假命题； 所以， 令，得，，得，， 由，得，， 所以整数的值有个，函数在上有4048个零点，故②为真命题. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：根据为函数的一个周期，求出是解决本题的关键. 33．（22-23高一下·上海浦东新·期中）设函数，其中､为已知实常数，，有如下命题： （1）若，则对任意实数恒成立； （2）若，则函数为奇函数： （3）若，则函数为偶函数； （4）当时，若，则. 则所有正确命题的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据函数奇偶性的定义判断（1）（2）（3），对于（4），当时，由，结合三角函数的性质，故可得结论． 【解析】（1）若，则 则 函数为奇函数； 若，则， 函数偶函数，故既是奇函数又是偶函数， 故对任意实数恒成立，故（1）正确； （2）由（1）的证明过程可知当时，函数为奇函数，正确. （3）由（1）的证明过程可知当时，函数为偶函数，正确. （4）对于命题（4），当时， 令 则， 由辅助角公式得 其中，则是函数的两个对称中心点， 函数的最小正周期为，该函数的两个相邻对称中心之间的距离为周期的一半， 因此，，命题（4）正确. 故选：D. 34．（23-24高一下·上海杨浦·期中）对于任意，不等式有以下两个结论：①当时，对于任意实数，不等式成立；②对于任意实数，总存在，使不等式成立那么（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①正确②正确 D．①错误②错误 【答案】A 【分析】利用的关系，换元化简不等式左侧为，根据二次函数的性质得出不等式左侧的值域，再利用简易逻辑用语及不等式的恒能成立一一判定结论即可. 【解析】记 ， 令，则， 因为，所以，， 所以， 令，上式化为，， 易知对称轴，由二次函数的性质易知时单调递增， 即，， 所以. 显然恒成立，即当时，恒成立， 故①正确； 显然当时，， 不存在使得成立，故②错误. 故选：A. 【点睛】思路点睛：先利用同角三角函数的和积关系化简不等式左侧，再利用换元法转化为求二次函数定区间的值域，结论①②分别对应恒能成立问题，结合集合包含关系判定即可. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $$