陕西省洛南中学2024-2025学年高一下学期数学期末复习检测一（三角函数）

2024-2025学年度第二学期期末复习卷（一） 高一数学 复习范围：第五章 三角函数 建议完成时间：120分钟 1、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．将转化为弧度数为（ ） A． B． C． D． 2．一个扇形的弧长和面积的数值都是6，则这个扇形圆心角的弧度数为（ ） A． B．2 C．3 D． 3．已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 4．已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A． B. 1 C. D． 5．已知，则（ ） A． B． C． D． 6．（2025新高考2卷）已知，，则（ ） A． B． C． D． 7．（2025新高考1卷）若点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ） A． B． C． D． 8．设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A．8 B．6 C．4 D．3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9．下列结论正确的是（ ） A．若角为锐角，则角为钝角 B．是第三象限角 C．若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为 D．周长为20的扇形的面积取到最大值时，扇形圆心角的大小是2 rad 10．古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示．下列结果等于黄金分割率的值的是（  ） A． B． C． D． 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A.是偶函数 B.是的一个周期 C.的图象关于直线对称 D.在区间上单调递减 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12．已知，则的值为 . 13．某实验室一天的温度（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：．若要求实验室温度不高于，则实验室需要降温时间段，即t的取值范围是 ． 14.(2025天津)，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为 ． 4、 解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15.（13分）（2025新高考2卷）已知函数． (1)求; (2)设函数，求的值域和单调区间． 16.（15分)已知，，，. (1)求的值； (2)求的值. 17.（15分）如图，在平面直角坐标系中，以原点为顶点，轴非负半轴为始边作角与，它们的终边分别与以为圆心的单位圆相交于点，，且点的坐标为．单位圆与轴的非负半轴交于点A，△OAN的面积是△OAM的面积的倍． (1)求的值； (2)求的值． 18.（17分）已知函数（，，）的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式； (2)当时，求函数的最大值与最小值； (3)先将的图象纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图象，若函数的图象与直线没有公共点，求实数m的取值范围. 19.（17分）已知函数． (1)求的最小正周期及对称中心； (2)将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将的图象向右平移个单位后，再将纵坐标变为原来的，最终得到的图象，若，满足不等式，求的取值范围． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 试卷类型 A A B A 缺考标记（禁止考生填涂） A 注意事项 选择题请用2B铅笔填涂方框，如需改动，必须用橡皮擦干净，不留痕迹，然后再选择其它答案标号。 非选择题必须使用黑色签字笔书写，笔迹清楚。 请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域，以及在草稿纸和试题上的答案均无效。 请保持卷面清洁，不要折叠和弄破答题卡。 填 涂 样 例 正确填涂 SHAPE \* MERGEFORMAT SHAPE \* MERGEFORMAT SHAPE \* MERGEFORMAT SHAPE \* MERGEFORMAT SHAPE \* MERGEFORMAT 2024-2025学年度第二学期期末复习（一） 高一数学答题卡 姓 名 准考证号 � � � � � � � � � � � 条形码粘贴区域 (正面朝上，切勿贴出虚线方框) 三、填空题（每小题5分，共15分） 12、 13、 14、 一、选择题（每小题5分，共40分） 1� A � B � C � D � � � � 6� A � B � C � D � � 2� A � B � C � D � � � � 7� A � B � C � D � � 3� A � B � C � D � � � � 8� A � B � C � D � � 4� A � B � C � D � � � � � � � � � � 5� A � B � C � D � � � � � � � � � � 二、多选题（每小题6分，共18分） 9� A � B � C � D � � � � � � � � � � 10� A � B � C � D � � � � � � � � � � 11� A � B � C � D � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � 四、解答题（共77分） 15、（13分） 16、（15分） 17、（15分） 18、（17分） 19、（17分） 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 数学 第1页 共2页 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 数学 第1页 共2页 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 $$答案第 1页，共 8页 2024-2025 学年度第二学期期末复习卷（一） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 D C A B D D B C CD 题号 10 11 答案 AD AC 1．D 【详解】 321920 1920 180 3        ． 2．C 【分析】根据扇形的弧长和面积公式求解即可. 【详解】设扇形的圆心角为 ，半径为 r， 由题意，弧长 6l  ，面积 6S  ， 由 1 6 2 S lr  ，则 1 6 6 2 r  ，即 2r  ， 则 6 3 2 l r     . 故选：C. 3．A 【分析】由三角函数的定义求得 sin ， cos ，利用正弦的二倍角公式求解即可. 【详解】因为角 的终边过点  5,12 ，所以 13 12sin  ， 13 5cos  ， 所以 169 120 13 5) 13 12(2cossin22sin   . 故选：A. 4．B 【分析】根据函数图象得出周期进而得出 2  ，再根据点 π , 2 6       在图象上计算求出 ，最后结合特殊值求 解. 【详解】由题图可知， 3 11π π 3π 4 12 6 4 T    ，所以 πT  ， 又因为 0  ，所以 2π 2π 2 πT     ． 答案第 2页，共 8页 又因为 π π2cos 2 2 6 6 f               ，所以 π2 2 π, Z 6 k k    ， 所以 π 2 π, Z 3 k k    ，又 π| | 2   ，令 0k  ，可得 π 3   ， 所以 π( ) 2cos 2 3 f x x      ，故 4π 7π2cos 1 3 3 f        ． 故选：B． 5．D 【分析】根据已知利用商数关系化弦为切求出 tan ，再根据两角和的正切公式即可得解. 【详解】由 cos 1 3 cos sin 1 tan         ，得 3 1tan 3   ， 所以 3 1 1 π 3tan 2 3 1 4 3 11 3             . 故选：D. 6．D 【分析】利用二倍角余弦公式得 3cos 5    ，则 4sin 5  = ，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案. 【详解】 2 2 5 3cos 2cos 1 2 1 2 5 5               ， 因为0    ，则 2    ，则 2 2 3 4sin 1 cos 1 5 5             ， 则 4 2 3 2 7 2sin sin cos cos sin 4 4 4 5 2 5 2 10                        . 故选：D. 7．B 【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解. 【详解】根据正切函数的性质， π2 tan( ) 3 y x  的对称中心横坐标满足 π π , 3 2 kx k  Z， 即 π2 tan( ) 3 y x  的对称中心是 π π ,0 , 3 2 k k      Z， 即 π π , 3 2 ka k  Z ， 又 0a  ，则 0k  时 a最小，最小值是 π 3 ， 答案第 3页，共 8页 即 π 3 a  . 故选：B 8．C 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 【详解】函数 π( ) sin( ) cos( ) 2 sin( )( 0) 4 f x x x x        ， 设函数 ( )f x 的最小正周期为 T，由 ( π) ( )f x f x  可得  π, NkT k   ， 所以  2π π , NT kk    ，即  2 , Nk k   ； 又函数 ( )f x 在 π0, 4      上存在零点，且当 π0, 4 x     时， π π π 4 4 4 π, 4 x         ， 所以 π 44 π π   ，即 3  ； 综上，的最小值为 4. 故选：C. 9．CD 【分析】利用举反例可判断 A项错误；找到与 4π 3  终边相同的角即可判断 B项；利用扇形弧长与面积公式， 借助于二次函数的值域即可判断 C，D两项. 【详解】对于 A，若取 30  为锐角，但 2 60  也是锐角，故 A错误； 对于 B， 4π 2π2π 3 3     ，即 4π 3  与 2π 3 终边相同，为第二象限角，故 B错误； 对于 C，设扇形半径为 r，依题， π π 6 2 r  ，解得 3r  ， 则扇形面积为 2 21 1 π 3π3 2 2 6 4 r     ，故 C正确； 对于 D，设扇形半径为 r，弧长为 l，则 2 20l r  ， 扇形面积为 2 21 1 (20 2 ) 10 ( 5) 25 2 2 S lr r r r r r         扇形 ， 故当 = 5r 时，扇形面积最大，此时， 10l  ，扇形圆心角为 2 l r  rad，故 D正确. 故选：CD. 10．AD 【分析】根据题意，结合三角恒等变换的公式，准确化简、运算，即可求解. 【详解】对于 A中，由 sin102 3 cos102 2sin(102 60 ) 2sin162         2sin(180 162 ) 2sin18     ，所以 答案第 4页，共 8页 A正确； 对于 B中，由 2cos(62 0 18 ) 2cos(60 18cos78 2cos )42          14cos60 cos18 4 cos18 2cos18 2        ， 所以 B不正确； 对于 C中，由 2 2 tan 9 cos18 tan18 cos18 sin18 1 tan 9          ，所以 C不正确； 对于 D中，由 sin 36 2sin18 cos18 2sin18 cos18 2sin18 sin108 sin(90 18 ) cos18               ，所以 D正确. 故选：AD. 11．AC 12． 8 5  【分析】先利用二倍角公式 sin 2 2sin cos   将 2sin 2 3cos  变形，再根据同角三角函数的基本关系 2 2sin cos 1   ，将式子化为只含 tan 的形式，最后代入 tan 的值进行计算. 【详解】因为 1tan 2   ，所以 2 2 22 2 2 12 32sin cos 3cos 2tan 3 82sin2 3cos sin cos tan 1 51 1 2                          . 故答案为： 8 5  13． (10,18) 【详解】 3 π 1 π π π( ) 10 2 cos sin 10 2sin , [0, 24) 2 12 2 12 12 3 tf t t t t                  ．依题意，当 ( ) 11f t  时，实验 室需要降温，所以 π π10 2sin 11 12 3 t       ，即 π π 1sin 12 3 2 t       ，所以 7π π π 11π 6 12 3 6 t    ，又0 24t  ，所以 10 18t  ，故在 10时至 18时内实验室需要降温，即 t的取值范围是  10,18 ． 14．【分析】利用正弦函数的对称性得出 4 2n   ，根据单调性得出0 2  ，从而确定，结合对称轴与 对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】设  f x 的最小正周期为T ，根据题意有 π π 2 π 12 2 π π 3 k m              ，  , Zm k ， 由正弦函数的对称性可知    2 1π π Z 3 12 4 n T n     ， 即 π 2 π π , 4 2 4 2 n n       ， 又  f x 在 5π π, 12 12     上单调递增，则 π 5π π π, 0 2 2 12 12 2 T               ， 答案第 5页，共 8页 ∴ 2  ，则 π 2 π 3 2ππ 3 k m           ， ∵  π, π   ，∴ 0, 1k m  时， π 3   ，∴   πsin 2 3 f x x      ， 当 π0, 2     x 时， π π 4π 2 3 3 3 x       , ， 由正弦函数的单调性可知  min 4π 3sin 3 2 f x    . 15．(1) π 3   (2)答案见解析 【分析】（1）直接由题意得  1cos , 0 π 2     ，结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得   π3 cos 2 6 g x x      ，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数  g x 的单调 区间. 【详解】（1）由题意    10 cos , 0 π 2 f      ，所以 π 3   ； （2）由（1）可知   πcos 2 3 f x x      ， 所以     π πcos 2 cos 2 6 3 g x f x f x x x                1 3 3 3 πcos 2 sin 2 cos 2 cos 2 sin 2 3 cos 2 2 2 2 2 6 x x x x x x           ， 所以函数  g x 的值域为 3, 3  ， 令 π2 π 2 π 2 π, Z 6 k x k k     ，解得 π 5ππ π, Z 12 12 k x k k      ， 令 ππ 2 π 2 2π 2 π, Z 6 k x k k      ，解得 5π 11ππ π, Z 12 12 k x k k     ， 所以函数  g x 的单调递减区间为 π 5ππ, π , Z 12 12 k k k       ， 函数  g x 的单调递增区间为 5π 11ππ, π , Z 12 12 k k k      . 16．(1) 4 2 9 (2) π 4    【分析】（1）根据同角关系以及二倍角公式以及诱导公式即可求解， （2）根据同角关系，根据余弦的差角公式求解即可. 答案第 6页，共 8页 【详解】（1）由于 π0 2   ，故 π π 3π 4 4 4    ，结合 π 1cos 4 3       ，故 2 π π 2 2sin 1 cos 4 4 3                 ， 故 π π π 2 2 1 4 2cos 2 sin 2 2sin cos 2 4 4 4 3 3 9                             （2）由 π0 2   ， 2 24 2cos 2 2cos 1 1 2sin 9        ，故 2 2 1 4 2cos 63 2     ， 2 2 1 4 2sin 63 2     ， 由 π 0 2    ， 2 2cos 3   可得 1sin 3    ， 故   4 2 2 2 4 2 1 8 2 4 4 2 2cos cos cos sin sin 6 3 6 3 18 2                     ， 因为  0, π   ，故 π 4    ， 17．(1) 3sin 5   ， 4cos 5   (2) 1 7  【分析】（1）首先求出M 点的坐标，再根据三角函数的定义得解； （2）依题意可得 4 4 3 5N M y y  ，即可求出 sin  ，再由平方关系求出 cos ，最后由诱导公式化简，代入 计算可得. 【详解】（1）因为 3, 5 M x     在单位圆上，且M 位于第一象限， 所以 0x  且 2 2 3 1 5 x       ，解得 4 5 x  ，所以 4 3, 5 5 M      ， 所以 3sin 5   ， 4cos 5   ； （2）因为 OAN 的面积是 OAM△ 的面积的 4 3 倍， 所以 4 4 3 5N M y y  ， 又 π 0 2    ，所以 4 5N y   ，即 4sin 5    ，又 2 2sin cos 1   ， 解得 3cos 5   或 3cos 5    （舍去）； 答案第 7页，共 8页 所以 4 3 sin( ) cos( π ) sin cos 15 5 4 3π 3π sin cos 7cos sin 5 52 2                                . 18．(1)   π2sin 2 3 f x x      ； (2)最大值为 2，最小值为 1 ； (3)    , 0 2,  . 【分析】（1）根据图象求 ,A T ，利用周期公式可得，代点的坐标可求； （2）求出 π2 3 x  的范围，结合正弦函数性质可解； （3）根据图象变化求出  g x ，利用   1y g x  的值域即可得解. 【详解】（1）由图可知， 3 5π π 3π2, 4 12 3 4 TA          ，所以 πT  ，故 2  ， 又  f x 的图象过点 5π ,2 12       ，所以 5π 5π2sin 2 12 6 f              ， 即 5π π 2 π, 6 2 k k Z    ，得 π 2 π, 3 k k    Z ， 因为 π ，所以 π 3    ，所以   π2sin 2 3 f x x      . （2）因为 π π, 12 2 x      ，所以 π π 2π2 , 3 6 3 x       ， 所以当 π π2 3 6 x    ，即 π 12 x  时，  f x 取得最小值 π 1 12 f        ； 当 π π2 3 2 x   ，即 5π 12 x  时，  f x 取得最大值 5π 2 12 f       . （3）由题可知，   π π πsin 2 sin 2 12 3 6 g x x x                 ， 易知函数   1y g x  的值域为  0,2 ， 因为函数   1y g x  的图象与直线 y m 没有公共点， 所以实数 m的取值范围为    , 0 2,  . 19．(1) ， ))(0, 62 ( Zkk   (2)  1, 1,2       【分析】（1）由三角恒等变换公式化简，再由正弦型函数的单调区间，代入计算，即可得到结果； 答案第 8页，共 8页 （2）先由三角函数的图像变换得到  g x 的解析式，再将问题转化为最值问题，结合换元法以及二次函数的 值域，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）     2 3π2sin π cos 2 3cos 3 2 f x x x x          22sin cos 3 1 2sin sin2 3cos2x x x x x     ， 所以   π2sin 2 3 f x x      ， 所以  f x 的周期为 2π π 2  ， 由 )( 3 2 Zkkx   得 )( 62 Zkkx   所以函数  f x 的对称中心为 ))(0, 62 ( Zkk   . （2）将  f x 图象上所有点的横坐标变为原来的 2倍，即可得到 π2sin 3 y x      ， 再将  f x 的图象向右平移 π 12 个单位，得到 π π π2sin 2sin 3 12 4 y x x               ， 再将纵坐标变为原来的 1 2 ，即可得到   πsin 4 g x x      ， 因为 π π, 2 2 x       ， 2π2sin sin2 2 3 4 x x m m        ， 所以当 , 2 2 π πx      ，时， 2 min π2sin sin2 2 3 4 x x m m          π2 sin sin 2 sin cos 2sin cos 4 y x x x x x x           2sin cos 1 sin cosx x x x     ， 令 sin cost x x  ， , 2 2 π πx      ，则 π2 sin 1, 2 4 t x           2 2 1 51 2 4 y t t t           ，所以当 1t   时， 2 1y t t    取得最小值，最小值为 1 所以 21 2 3m m   ，解得 1m  或 1 2 m  ， 故m的取值范围为  1, 1,2       ．