专题02 三角函数、三角恒等、解三角形、数列-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（安徽专用）

专题02 三角函数、三角恒等、解三角形、数列 一、三角函数 1．（2025·安徽黄山·一模）已知角的终边过点，则（   ） A． B． C．7 D． 2．（2025·安徽马鞍山·一模）在平面直角坐标系中，角与角均以x轴的非负半轴为始边，它们的终边关于直线对称．若，则（   ） A． B． C． D． 3．（2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 4．（2025·安徽滁州·一模）已知函数的图象关于点对称，且在区间内有且只有两条对称轴，则（ ） A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递增 C．在区间上单调递减 D．在区间上单调递减 5．（2025·安徽·一模）（多选）已知函数，则（    ） A．与的奇偶性相同 B．曲线关于直线对称 C．的最小正周期是最小正周期的2倍 D．在上单调递减 6．（2025·安徽马鞍山·一模）（多选）已知函数，则（   ） A． B．是偶函数 C．的一个周期为 D．在区间单调递增 二、三角恒等变换 7．（2025·安徽合肥·一模）已知，则（    ） A． B． C．3 D． 8．（2025·安徽滁州·一模）已知角的始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（ ） A． B． C． D． 9．（2025·安徽·一模）如图，这是一朵美丽的几何花，且这八片花瓣的顶端恰好可以围成一个正八边形，设，则（    ） A．-3 B． C． D． 10．（2025·安徽·一模）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点.动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（    ） A． B． C． D． 三、解三角形解答题 11．（2025·安徽·一模）在中，角的对边分别为，已知. (1)若，求； (2)若依次成等差数列，求面积的最大值. 12．（2025·安徽合肥·一模）记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知 (1)证明：； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 13．（2025·安徽滁州·一模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 (1)求 (2)已知，D为AB边上一点，且，，求 14．（2025·安徽黄山·一模）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)若，求的取值范围． 15．（2025·安徽马鞍山·一模）记锐角三角形的内角，，的对边分别为a，b，c，已知，． (1)求； (2)求的最大值． 四、数列小题 16．（2025·安徽马鞍山·一模）在等比数列中，，．则 ． 17．（2025·安徽·一模）已知等差数列的前项和为，且，等比数列的首项为1，若，则的值为（    ） A． B． C． D．5 18．（2025·安徽马鞍山·一模）已知数列的通项公式为，前n项和为，则取得最小时n的值为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 19．（2025·安徽滁州·一模）已知数列的第1项和第2项均为1，以后各项由给出.若数列的各项除以3所得余数组成一个新数列，则（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 20．（2025·安徽黄山·一模）（多选）如图，曲线上的点与x轴非负半轴上的点，构成一系列正三角形，记为，，…，（为坐标原点）．设的边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（   ） A．数列的通项公式 B．数列的通项公式 C． D． 五、数列新定义解答题 21．（2025·安徽滁州·一模）对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列;记，称数列为数列的二阶差分数列一般地，对于，记，规定：，，称数列为数列的k阶差分数列.对于数列，如果为常数，则称数列为k阶等差数列. (1)已知7，14，25，41，63是一个k阶等差数列的前5项，求k的值及 (2)已知数列满足，对，且，恒成立. ⅰ求证：数列为二阶等差数列; ⅱ令，求证：数列的前n项和 22．（2025·安徽·一模）设是各项均为正数的无穷数列，其前项和为. (1)若对任意都成立，且. ①求数列的通项公式； ②已知首项为，公比满足的无穷等比数列，当无限增大时，其前项和无限趋近于常数，则称该常数为无穷等比数列的各项和.现从数列中抽取部分项构成无穷等比数列，且的各项和不大于，求的最大值. (2)若对任意都成立，试证明：. 23．（2025·安徽黄山·一模）记数列前项的最大值依次构成一个新的数列，称数列为的“生成子列”，数列所有项组成的集合为． (1)已知数列，都只有项，为的“生成子列” ①若数列为3，2，1，4，求数列； ②若数列各项均不相等且，它的“生成子列”的通项公式，写出所有符合条件的数列； (2)若，且中有个元素，求的取值范围； (3)若，的“生成子列”的前n项和为，从，，，…，中任取个，记其中能被2整除且不能被整除的个数为，求． 24．（2025·安徽·一模）已知是各项均为正数的数列，事件“”发生的概率为，事件“”发生的概率为. (1)若随机变量的期望不小于，求的取值范围； (2)已知，若依次成等比数列的概率为，比较与的大小； (3)若（为大于的常数，且为偶数），证明在得到的次递推过程中，事件“”发生的次数为奇数，并求的最大值. 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 三角函数、三角恒等、解三角形、数列 一、三角函数 1．（2025·安徽黄山·一模）已知角的终边过点，则（   ） A． B． C．7 D． 【答案】B 【分析】根据正切函数定义求出，利用两角和的正切公式求解. 【详解】由题意，可得， . 故选：B. 2．（2025·安徽马鞍山·一模）在平面直角坐标系中，角与角均以x轴的非负半轴为始边，它们的终边关于直线对称．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角函数的定义分角的终边在第一象限和第二象限讨论即可. 【详解】若角的终边在第一象限，设终边上一点，则关于对称点在终边上， 此时； 若角的终边在第二象限，设终边上一点，则关于对称点在终边上， 此时. 故选：B 3．（2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用几何扇形弧长计算，结合圆台的几何特征计算即可. 【详解】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为， 设圆台的上下底面半径分别为， 则， 所以， 所以， 所以圆台的高为 故选： 4．（2025·安徽滁州·一模）已知函数的图象关于点对称，且在区间内有且只有两条对称轴，则（ ） A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递增 C．在区间上单调递减 D．在区间上单调递减 【答案】B 【分析】根据三角恒等变换化简函数，利用函数关于点对称，在区间内有且只有两条对称轴，可求得，利用整体法可求得单增区间与单减区间判断即可. 【详解】， 因为函数的图象关于点对称， 所以，所以， 又，所以， 因为函数在区间内有且只有两条对称轴， 所以， 所以，所以， 所以， 由，可得， 所以在区间上单调递增，故A错误，B正确 由，可得，故C，D错误. 故选：B. 5．（2025·安徽·一模）（多选）已知函数，则（    ） A．与的奇偶性相同 B．曲线关于直线对称 C．的最小正周期是最小正周期的2倍 D．在上单调递减 【答案】ABD 【分析】利用奇偶函数的定义可以判断出其奇偶性可判断A，利用抽象函数的对称性区证明即可判断B选项，求出的最小正周期再去验证是否满足即可判断, 【详解】因为，， 所以与均为偶函数，A正确. 因为，所以曲线关于直线对称，B正确. 因为，所以的最小正周期为， 又，所以的最小正周期不是，C错误 由，得， 所以在上单调递增，则在上单调递减，D正确. 故选： 6．（2025·安徽马鞍山·一模）（多选）已知函数，则（   ） A． B．是偶函数 C．的一个周期为 D．在区间单调递增 【答案】AB 【分析】根据函数的奇偶性、周期性、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】，A选项正确. 函数的定义域是，关于原点对称， ， 所以是偶函数，B选项正确. ，所以C选选项错误. 当时，，， ， 令，整理得， 设，则在区间上单调递减， 所以D选项错误. 故选：AB 二、三角恒等变换 7．（2025·安徽合肥·一模）已知，则（    ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】先利用二倍角公式化简，再代入正切值求解 【详解】因为， 所以 故选： 8．（2025·安徽滁州·一模）已知角的始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角函数的定义可求得，，，利用二倍角的余弦公式可求值. 【详解】由题意可得，，因此，， 所以，，，， 所以 故选：B. 9．（2025·安徽·一模）如图，这是一朵美丽的几何花，且这八片花瓣的顶端恰好可以围成一个正八边形，设，则（    ） A．-3 B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件，解三角形求，，再结合两角和正切公式求结论. 【详解】连接， 设线段与的交点为，线段与线段的交点为， 因为，所以，又， 所以， 设，则， 所以， 所以， 所以，， 所以. 故选：D. 10．（2025·安徽·一模）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，角的终边与圆交于点.动点以为起点，沿圆周按逆时针方向运动到点，点运动的轨迹长为，当角的终边为射线时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由题意结合三角函数、弧长公式等依次求出、圆O的半径和，再由结合两角和正切公式即可求解. 【详解】由题得，且圆O的半径为， 所以， 所以. 故选：C 三、解三角形解答题 11．（2025·安徽·一模）在中，角的对边分别为，已知. (1)若，求； (2)若依次成等差数列，求面积的最大值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）先应用正弦定理得出，再根据余弦定理计算求解； （2）先应用等差数列得出，再结合余弦定理应用基本不等式计算得出，最后应用面积公式计算求解最值. 【详解】（1）由及正弦定理，得， 因为，所以 ， 由余弦定理得，代入得， 解得或（舍） （2）因为依次成等差数列，所以 ，           由余弦定理得，因为， 所以，    所以，且， 所以的面积， 当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为. 12．（2025·安徽合肥·一模）记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知 (1)证明：； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知条件及正弦定理可得，结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式可得，最后结合B，C的范围可证得结论. （2）由已知条件及（1）可求出，然后利用正弦定理及二倍角公式化简所求式，进而得到结论. 【详解】（1）由正弦定理及，知， 即， 所以， 所以或， 因为B，，所以，即 （2）由（1）知，，又为锐角三角形， 所以，， 故，所以，得， 故 13．（2025·安徽滁州·一模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 (1)求 (2)已知，D为AB边上一点，且，，求 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，可求； （2）由已知可得，可求得，利用余弦定理可求得，进而可得为等腰三角形，可求解. 【详解】（1）由可得， 即， 所以， 又因为，所以， 结合，所以； （2）由题可知，与相似，则， 设，则，有，故，所以， 在中，，解得：， 所以，所以为等腰三角形，所以 14．（2025·安徽黄山·一模）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理角化边得，结合余弦定理求得答案； （2）由正弦定理可得，，则，结合为锐角三角形可得，求得答案. 【详解】（1）由正弦定理得：， ，即， ，又， . （2），， ，则，， ， 为锐角三角形，，则， ，则， 的取值范围为. 15．（2025·安徽马鞍山·一模）记锐角三角形的内角，，的对边分别为a，b，c，已知，． (1)求； (2)求的最大值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由倍角公式结合正弦定理即可求； （2）由正弦定理边化角，由为锐角三角形得出的范围，利用正弦型函数性质即可求. 【详解】（1）因为，所以．    又为锐角三角形，故，则．    因为，所以． 又，故． （2）由正弦定理得，    则，．    由（1）知，则． 所以 ， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以， 所以当时，即时，取得最大值． 四、数列小题 16．（2025·安徽马鞍山·一模）在等比数列中，，．则 ． 【答案】 【分析】由等比数列下标的性质可解. 【详解】在等比数列中，或(,无解，舍去）， 所以，即， 所以. 故答案为：. 17．（2025·安徽·一模）已知等差数列的前项和为，且，等比数列的首项为1，若，则的值为（    ） A． B． C． D．5 【答案】B 【分析】先由等差数列前n项和公式结合下标性质求出，进而求出等比数列的公比即可计算求解. 【详解】由题得， 所以，设等比数列的公比为，所以， 则. 故选：B 18．（2025·安徽马鞍山·一模）已知数列的通项公式为，前n项和为，则取得最小时n的值为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】令，解得：或，分类分析的单调性求解即可. 【详解】令，解得：或， 当时，，故当时，递增，且 当时，，故当时，递减； 当时，，递增. 且，，，，，， 故，所以取得最小时n的值为. 故选：C 19．（2025·安徽滁州·一模）已知数列的第1项和第2项均为1，以后各项由给出.若数列的各项除以3所得余数组成一个新数列，则（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】利用数列的递推式求得数列的项，进而求得各项除以3的余数组成的新数列是周期为8的数列，进而可求解. 【详解】因为，，所以数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，， 此数列各项除以3的余数依次构成的数列为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，，是以8为周期的周期数列， 所以 故选：A. 20．（2025·安徽黄山·一模）（多选）如图，曲线上的点与x轴非负半轴上的点，构成一系列正三角形，记为，，…，（为坐标原点）．设的边长为，点，的面积为，则下列说法中正确的是（   ） A．数列的通项公式 B．数列的通项公式 C． D． 【答案】ACD 【分析】利用正三角形的性质以及曲线方程找出数列与的递推关系，即可判断AB，然后求得，由平方和公式代入计算，即可判断C，再由时，，由裂项相消法代入计算，即可判断D. 【详解】已知，设，因为为正三角形， 则直线的斜率为，直线的方程为， 联立，化简可得，因为，解得，则， 即，则， 由，则的横坐标为，纵坐标为， 且在曲线上，故①， 又因为，即代入①可得， 即②， 当时，， 再将代入上式可得③， 由②③可得，即， 由 ，可得，故得， 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列， 则，故A正确； 对于B，因， 则 ，故B错误； 对于C，因为是正三角形，其面积， 则 由平方和公式， 可得， 故C正确； 对于D，因为，， 当时，， 则 ，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了数列的递推关系以及求和公式与不等式的相关知识，难度较大，解答本题的关键在于由曲线方程得到数列的递推公式，从而求解. 五、数列新定义解答题 21．（2025·安徽滁州·一模）对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列;记，称数列为数列的二阶差分数列一般地，对于，记，规定：，，称数列为数列的k阶差分数列.对于数列，如果为常数，则称数列为k阶等差数列. (1)已知7，14，25，41，63是一个k阶等差数列的前5项，求k的值及 (2)已知数列满足，对，且，恒成立. ⅰ求证：数列为二阶等差数列; ⅱ令，求证：数列的前n项和 【答案】(1)， (2)证明见解析；证明见解析 【分析】（1）根据k阶等差数列的定义逐个项计算可得即可判断； （2）取，化简可得即可判断； 利用累加法可得，再在等式中，取，，可得，再放缩可得，根据错位相减法证明即可. 【详解】（1）由题意知，，， ， ，， ，， 由k阶等差数列的定义可知，， 由可得 （2）取，可得， 又，所以， 所以， 即， 所以为常数， 所以数列为二阶等差数列. 由知， 当时，， ， ， ， 相加得， 整理得， 所以，， 在等式中，取，，得，解得， 所以， 所以， 令， ， 相减得， 所以， 所以，得证. 【点睛】方法点睛： （1）新定义题型注意根据定义逐步计算各项，进而得出答案； （2）证明数列不等式时，观察通项的形式确定放缩后的求和方法，进而确定放缩所需的通项结构. 22．（2025·安徽·一模）设是各项均为正数的无穷数列，其前项和为. (1)若对任意都成立，且. ①求数列的通项公式； ②已知首项为，公比满足的无穷等比数列，当无限增大时，其前项和无限趋近于常数，则称该常数为无穷等比数列的各项和.现从数列中抽取部分项构成无穷等比数列，且的各项和不大于，求的最大值. (2)若对任意都成立，试证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析 【分析】（1）①应用等比数列及计算求解得出通项公式；②应用求和公式结合指数运算计算求解得出最大值即可； （2）先应用分析法将问题转化为，再分为奇数和为偶数两种情况分别证明即可. 【详解】（1）①因为对任意都成立，所以，且，所以， 则数列是等比数列，又， 作差得，，所以， 又数列为等比数列，故数列的公比为， 又因为，所以，所以， 所以是以1为首项以为公比的等比数列， 所以数列的通项公式为； ②因为，设数列，公比为，其中， 则数列的各项和等于，所以， 又因为，所以， 当时，由，得， 即时满足题意，所以； （2）记，，因为 对任意都成立，且， 得，即， 要证：， 只需证：， 只需证：， 只需证：， 只需证：， 若为奇数，只需证， 因为，所以， 所以成立； 若为偶数，只需证， 因为，所以，又， 所以成立； 综上可知，对任意，不等式都成立. 【点睛】方法点睛：解题的方法是对分析法的应用将要证明不等式转化为即可分类证明. 23．（2025·安徽黄山·一模）记数列前项的最大值依次构成一个新的数列，称数列为的“生成子列”，数列所有项组成的集合为． (1)已知数列，都只有项，为的“生成子列” ①若数列为3，2，1，4，求数列； ②若数列各项均不相等且，它的“生成子列”的通项公式，写出所有符合条件的数列； (2)若，且中有个元素，求的取值范围； (3)若，的“生成子列”的前n项和为，从，，，…，中任取个，记其中能被2整除且不能被整除的个数为，求． 【答案】(1)①；②答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据“生成子列”的定义即可求解； （2）根据中有个元素结合数列单调性及“生成子列”定义可得：，，从而可得参数的取值范围. （3）根据特殊角的三角函数结合“生成子列”的定义可得其通项，从而可求. 【详解】（1） ①    当数列为3，2，1，4时， 根据定义有：，，，， 所以数列为：； ②    因为有项，且各项均不相等且，所以中个元素都出现， 又因为的“生成子列”的通项公式，所以数列中， 所以符合条件的有： ，，，，， 种可能. （2）因为，所以， ， 因为，， 所以当，即时，数列递增， 当，即时，数列递减， 因为中有个元素，结合数列的单调性可知， 且，即，， 整理得，解得，所以. （3）由题意得 所以，，， 所以，能被4整除， ，不能被2整除， ，能被2整除，不能被4整除， ，不能被2整除， 所以，，…，中能被2整除，但不能被4整除的有n个， ，，，， ， 所以. 【点睛】思路点睛： 数列新定义问题，应该根据定义得到新数列的形成过程，将该过程与数列常见性质（如单调性等）结合在一起，另外数列的最值或诸项之间的大小关系往往和数列的单调性相关. 24．（2025·安徽·一模）已知是各项均为正数的数列，事件“”发生的概率为，事件“”发生的概率为. (1)若随机变量的期望不小于，求的取值范围； (2)已知，若依次成等比数列的概率为，比较与的大小； (3)若（为大于的常数，且为偶数），证明在得到的次递推过程中，事件“”发生的次数为奇数，并求的最大值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，. 【分析】j（1）列出所有的可能取值，再去求其概率，利用随机变量的期望列出不等关系，求出的取值范围； （2）依次成等比的情况只有两种，分别求其满足等比的概率，再利用分组求和在比较大小即可； （3） 结合，对次递推的过程分段进行处理，在分情况进行讨论，利用反证法得出事件“”发生的次数为偶数次时不成立，再结合分段去表示出，并对其放缩，得到的最大值. 【详解】（1）随机变量的分布列为 所以. 因为，所以或，即的取值范围是. （2）根据题意可得依次成等比数列的情况有两种，第一种是公比为，第二种是公比为，      .. 所以， 所以，    因为，所以. （3）记为Ⅰ，为Ⅱ. 设次递推的过程中有次为Ⅱ，于是这次递推过程被Ⅱ分成段， 各段中递推Ⅰ的次数分别为（若最后一次用Ⅱ，则；若第一次用Ⅱ，则），则 若为偶数，则， 因为为偶数，所以为奇数，则为奇数， 因为为偶数， 所以为奇数， 所以，，不可能成立 若为奇数，则， 因为为偶数，所以为奇数，则为偶数，同理可得也为偶数， 所以可能成立，所以事件“”发生的次数为奇数， 则，则， 当且仅当时，等号成立，所以的最大值为. 故的最大值为，得的最大值为. 19 学科网（北京）股份有限公司 $$