题号猜押02 天津卷5～7题空间向量位置关系、三角函数、函数、数列8大考点（选择题）（天津专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押02 5~7题空间向量位置关系、三角函数、函数、数列（选择题） 溯源：近5年真题显示，选择题T5~T7考察了函数（函数的性质、零点），空间位置关系、三角函数图像与性质，中间穿插了数列（等比数列）。 预测：2026年将延续几个板块轮动，极大可能考察函数、空间位置关系、三角函数，数列考察的可能性极大。 备考核心：.熟悉函数的性质、特点、零点等；熟记三角函数图象变换、单调区间及对称轴公式，注意整体代换思想；理解空间位置关系；熟悉等差等比数列的性质。 考点1 空间向量位置关系 1．（2026·天津·一模）若为两条直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（　　） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2026·天津红桥·一模）已知是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（    ） A．若平行于同一直线，则 B．若垂直于同一直线，则 C．若不平行，则在内不存在与平行的直线 D．若不平行，则与不可能垂直于同一平面 3．（2025·天津·一模）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（2025·天津·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．，，， B．，， C．， D．， 5．（2025·天津·一模）设m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 考点2 函数零点问题 1．（2025·天津河北·模拟预测）函数的零点个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（25-26高三上·天津红桥·期末）已知[x]表示不超过实数x的最大整数，g(x)=[x]为取整函数，是函数的零点， 则（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 3．（25-26高三上·天津·月考）函数的零点所在区间是（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·天津和平·开学考试）设，对任意实数，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·天津蓟州·期中）函数的零点所在区间是（    ） A． B． C． D． 考点3 利用函数性质判断大小 1．（2026·天津滨海新区·一模）已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·天津西青·期末）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·天津宝坻·月考）已知函数在上是增函数，且满足.若，，.则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·天津·期末）已知奇函数在上是增函数．若，，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·天津和平·月考）已知函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 考点4 函数性质的应用 1．（25-26高三下·天津红桥·开学考试）已知幂函数在上单调递减，若正数，满足，则的最小值为（   ） A．8 B．16 C． D． 2．（25-26高三下·天津南开·月考）已知函数是偶函数，则函数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·天津河西·期末）若函数为偶函数，当时，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·天津宝坻·月考）已知函数满足，且时.若对任意实数，有不等式恒成立，则非零实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 考点5 等差等比数列的性质 1．（2026·天津河北·一模）已知首项为1的等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（   ） A． B．4 C． D． 2．（2026·天津河西·一模）已知等差数列的前n项和为，且．当取得最大值时n的值为k，使得成立的最大正整数n的值为m．则的值为（   ） A．28 B．29 C．30 D．31 3．（25-26高三上·天津蓟州·期末）等差数列满足，，数列的前项和满足，则数列的前8项和为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·天津·一模）已知数列，则数列的前9项和为（    ） A．3 B．6 C．2 D．4 5．（2026·天津和平·一模）已知，各项均为正数的数列的前项和为，数列的前项积为，且成立，则（   ） A． B． C． D． 考点6 三角函数的性质 1．（2026·天津·一模）已知函数在处取得最小值，则在区间上的单调递减区间为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·天津红桥·一模）已知函数的图象在轴上的截距为，在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，关于该函数有下列四个说法： ①； ②； ③函数在上一定单调递增； ④在轴右侧的第一个最低点的横坐标为． 以上说法中，正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2026·天津河西·一模）已知函数，在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·天津滨海新区·一模）已知函数，则下列说法错误的是（   ） A．若，则图象的对称中心为 B．若，则将的图象上所有的点向左平移个单位长度得到的图象关于y轴对称 C．若，则不存在使得在上恰有6个零点 D．若在区间上单调，则的最大值为9 5．（2025·天津·二模）已知函数，对任意，恒有，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（    ） A． B．为奇函数 C．函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数，函数的对称轴方程为， D．在上的最小值为 考点7 三角函数的图像与性质 1．（2025·天津河西·模拟预测）函数的部分图象如图所示，A为图象的最高点，B，C为图象与x轴的交点，且为等边三角形.若，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·天津滨海新区·三模）已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法：    ①在区间上单调递减 ②的图象可由的图象向左平移个单位得到 ③的对称轴为 ④在区间上的最小值为 以上四个说法中，正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（25-26高三上·天津西青·期末）函数的图象如图，则下列有关性质的描述正确的是（    ） A． B．，为函数的对称轴 C．向右移后的函数为偶函数 D．函数的单调递减区间为， 4．（2026·天津河北·一模）已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（   ） A． B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 5．（2026·天津和平·一模）已知函数的导函数的部分图象如下图，记，则函数在区间上的值域为（   ） A． B． C． D． 考点8 三角函数的图像变换 1．（2026·天津河东·一模）已知函数（），将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，下列选项中，p是q的充分不必要条件的为（    ） A．p：函数的最小正周期为，q： B．p：，，q：函数 C．p：，，q：函数的值域为 D．p：，，q：是函数的一个对称中心 2．（2026·天津·一模）已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合.当时，，则（    ） A．1 B． C． D． 3．（2025·天津·二模）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．在区间上单调递减 C．在区间没有零点 D．的图象关于点对称 4．（2025·天津河北·二模）已知函数在区间上单调递减，且将函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则t的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·天津·二模）将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有点向右平移个单位长度，得到图象对应的函数为，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期是 B．是的一条对称轴 C．在区间上单调递减 D．当时，的取值范围为 1．（25-26高三上·天津红桥·期中）若为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2025·天津·二模）已知a，b是两条直线，α，β是两个平面．下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2025·天津和平·三模）定义域为的函数满足，当时，，若时，，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·天津·模拟预测）已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·天津河西·模拟预测）已知正项数列满足，且，则（   ） A．27 B．30 C．33 D．36 6．（2025·天津北辰·三模）已知等比数列的首项为1，公比为，则数列的前10项和为（    ） A．15 B．35 C．45 D．55 7．（25-26高三上·天津滨海新区·月考）已知函数，若，则下列说法中正确的是（   ） A． B． C． D． 8．（25-26高三上·天津·期末）已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 9．（2025·天津·二模）已知函数，，则下列描述正确的是（   ） A．的最小正周期是 B．在上单调递增 C．是的一条对称轴 D．的最大值是 10．（2025·天津北辰·三模）记为中的较大值，则关于函数有如下四个命题： ①的最小正周期为； ②的图象关于直线对称； ③的值域为； ④在区间上单调递增. 其中真命题的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 11．（2025·天津河西·模拟预测）已知角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边过点，定义：，对于函数，有下列四个说法： ①函数的图象关于点对称；②在区间上单调递增； ③将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象； ④方程在区间上有两个不同的实数解． 以上四个说法中，正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 12．（2025·天津和平·三模）设定义在上的函数，，且在区间上有最大值，无最小值，则当取最小值时，的最小正周期为（   ） A． B． C． D． 13．（2025·天津·一模）已知是函数图象的一个对称轴，则下列说法错误的是（    ） A．是函数图象的一个对称中心 B．函数的图象可由图象向左平移个单位长度得到 C．函数在区间上单调递减 D．函数在区间上有且仅有一个零点 14．（2025·天津·模拟预测）已知．给出下列判断： ①若，且，则； ②若在恰有9个零点，则的取值范围为； ③存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称； ④若在上是增函数，则的取值范围为． 其中，判断正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 15．（2025·天津·一模）函数（）的图象关于点成中心对称，则下列结论正确的个数是（   ） ①在单调递减；②在有2个极值点； ③直线是一条对称轴；④直线是一条切线. A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 16．（2025·天津河西·二模）已知、是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，则函数的解析式可能是（   ） A． B． C． D． 17．（2025·天津·二模）已知函数，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，函数的一个对称轴为，则的最小取值为（   ） A． B． C． D． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押02 5~7题空间向量位置关系、三角函数、函数、数列（选择题） 参考答案 押题预测 考点1 空间向量位置关系 1． 【答案】C 【详解】对于A，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故A错误； 对于B，若，则的位置关系可以是平行或或异面，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故D错误. 2． 【答案】D 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，若平行于同一直线，则或与相交，所以A不正确； 对于B，若与垂直于同一直线，则与平行或相交或异面，所以B不正确； 对于C，若不平行，设，在平面内作直线， 因为，所以，即在内存在与平行的直线，所以C不正确； 对于D，若，可得，所以不平行，则与不可能垂直于同一平面，所以D正确. 3． 【答案】D 【分析】举反例判断A，B，C，利用平行的传递性得到，再利用面面平行的性质得到判断D即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误， 对于B，若，则或与异面，故B错误， 对于C，若，则或与相交，故C错误， 对于D，因为，所以，而，可得，故D正确. 故选：D 4． 【答案】D 【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的判断定理即可判断. 【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误； 对于B：当时，则，，，故B错误； 对于C：满足，，则或，故C错误； 对于D：由，,故D正确. 故选：D. 5． 【答案】B 【分析】利用线面垂直的性质推理判断A；利用线面平行的判定性质推理判断B；利用线线、面面平行关系判断C；利用面面垂直及线面平行关系判断D. 【详解】对于A，由，，得，而，则，A错误； 对于B，由，得存在过的平面且与不重合，则， 由，得存在过的平面，则， 又，因此，又，则，B正确； 对于C，由，，，得与相交或平行，C错误； 对于D，由，，，得与相交、平行或异面，D错误. 故选：B 考点2 函数零点问题 1．【答案】C 【分析】应用导数研究函数的区间单调性，结合区间值域及零点存在性定理判断零点个数. 【详解】由题设且定义域为， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 当或时，故在定义域上有2个零点. 故选：C 2．【答案】C 【分析】根据零点存在定理，可判断出零点所在的相邻整数区间，即可由定义求得的值. 【详解】函数在 上单调递增， ，， 所以零点满足 ，所以， 故选：C. 3． 【答案】C 【分析】根据零点存在定理计算判断即可. 【详解】函数是由指数函数和幂函数相减而成. 单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递减. ， 因为为减函数，所以，即， ， 因为在上为增函数，所以，即， 所以，所以该区间存在零点，C正确； 结合在上单调递减. 在、、无零点，故ABD错误. 故选：C. 4． 【答案】B 【分析】令，先由题意得到或，再结合和的符号分类讨论得到结果. 【详解】函数的图象与轴有2个交点和， 所以函数的图象和轴至少有一个交点， 从而，解得或. 函数的图象的对称轴为直线， 设方程的两根分别为，当时，，， 所以和不是函数的零点，函数只有2个零点（如图①），不符合题意； 当时，，，则2不是函数的零点， 函数只有2个零点（如图②），不符合题意； 当时，，，则， 函数只有2个零点（如图③），不符合题意； 当时，函数图象的对称轴方程满足，且， 所以，函数至少有3个零点，符合题意（如图④）. 综上，实数的取值范围是. 故选：B. 5． 【答案】C 【分析】由复合函数的单调性结合指数函数的单调性以及零点存在定理可得. 【详解】由复合函数的单调性可得在上单调递增， 又， ， 所以，由零点存在定理可得函数的零点位于内. 故选：C. 考点3 利用函数性质判断大小 1． 【答案】C 【分析】根据题意，得到在为单调递减函数，且，利用对数函数的单调性，求得，结合的单调性，即可求解. 【详解】由题意知，函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递增， 可得函数在上为单调递减函数，且， 所以，， 因为，所以，，， 可得，所以， 即，所以. 2． 【答案】B 【分析】根据偶函数性质及对数运算可得，，再利用单调性比较的大小即可. 【详解】因为是偶函数，所以，， 因为，在上单调递增， 所以，即. 故选：B. 3．【答案】C 【分析】利用函数奇偶性和单调性，再由对数运算法则比较出自变量的大小，即可得出结论. 【详解】已知函数满足，所以是偶函数， 又在上是增函数，则在上是减函数， 因为，，, 易知，又 所以， 因此， 即. 故选：C. 4． 【答案】C 【分析】比较的大小关系，再结合单调性即可. 【详解】因为是奇函数，所以， 因为， 所以， 因为，，所以， 因为在上是增函数，所以， 故. 故选：C 5． 【答案】A 【分析】由导数知识可得在R上单调递增，然后比较三者大小关系结合单调性可得答案. 【详解】，则在R上单调递增. 又，， 注意到，则，则， 因为在R上单调递增. 所以， 即. 故选：A 考点4 函数性质的应用 1． 【答案】A 【分析】根据幂函数的定义及单调性，可得m值，根据基本不等式“1”的代换，即可得答案. 【详解】因为为幂函数，所以，解得或， 因为在 上单调递减，所以，则， 所以，则，且， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为8. 2． 【答案】A 【分析】由偶函数的定义，求出，再确定函数值域即可． 【详解】， 即， ，解得， ， 则，解得， 的定义域为， 又因为，， 即函数的取值范围是． 3． 【答案】A 【分析】根据的奇偶性，可得时，的解析式，根据指数函数的单调性，可得x的范围. 【详解】当时，， 因为在R上单调递减，所以； 当时，，， 因为为偶函数，所以， 因为在R上单调递增， 由，得， 综上不等式的解集为. 故选：A 4． 【答案】B 【分析】利用函数的对称性可求得函数解析式及单调性，再结合不等式分析可得，最后利用不等式化简求解可得. 【详解】当时，由， 由此可知在单调递增，且 而在单调递增，且 又因为，所以在上单调递增， 由可得：，解得， 又因为非零实数，所以， 由于，所以， 而对于任意实数，有不等式恒成立， 则， 则，即， 所以由不等式， 解得， 即根据题意可得：， 所以，再由，可得， 故选：B. 考点5 等差等比数列的性质 1． 【答案】D 【分析】根据等差中项可得，进而可得和，代入等比数列求和公式运算求解即可. 【详解】因为，，成等差数列，则， 即，可得，则等比数列公比， 且首项，所以. 2．【答案】B 【分析】由可知，结合等差数列的通项公式及前n项和公式确定，即可得. 【详解】因为，所以， 令数列公差为，所以， 所以是单调递减数列，且，则， 所以，则取得最大值时对应，即， 因为，， 且，在开口向下的抛物线上， 所以成立的最大，即，故. 3． 【答案】A 【分析】先根据等差数列的性质求出通项公式，再由与的关系求出通项公式，进而得到数列的表达式，最后利用等比数列求和公式求解. 【详解】由题意：，，则公差，得， 又，两式相减得， 易知，所以，所以， 故前8项和为. 故选：A. 4．【答案】A 【分析】裂项可得，再分组求和即可得. 【详解】， 则、 . 5． 【答案】C 【详解】当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由. 所以. 故选项C正确. 考点6 三角函数的性质 1． 【答案】C 【分析】根据题意结合三角函数的最值点可得，再结合正弦函数单调性运算求解. 【详解】因为，则， 若函数在处取得最小值， 则，解得，可得， 又因为，则， 令，解得， 所以在区间上的单调递减区间为. 2．【答案】C 【分析】先通过已知条件求出三角函数的解析式，再判断题目中函数的性质. 【详解】因为函数的图象在轴上的截距为，所以， 因为，所以，①正确； ， 因为在轴右侧的第一个最高点的横坐标为， 所以，，， 则， 所以函数在上单调递增，③正确； ， 所以在轴右侧的第一个最低点的横坐标为，④正确； ，所以 则 故的最大值为， 因为，所以②错误． 3． 【答案】C 【分析】先利用三角恒等变换对函数化简，再根据对称性和单调性求出，分析方程解的情况，最后求出在区间上所有不相等的实数根之和. 【详解】 ，， 因为为的一条对称轴，所以，，即， 设函数的周期为，由在区间上单调递增，则，即， 所以，即， 所以或或或， 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，满足题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 综上，，. 当时，， 当时，，即， 所以方程等价于，即， 所以或， 解得或， 当时，在区间上，时，，时，，时，； 当时，在区间上，时，，时，，时，； 所以方程在区间上所有不相等的实数根之和为. 4．【答案】B 【详解】对于A，若，则，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，，则的对称中心为，，故A正确. 对于B，若，则，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 设的图象上所有的点向左平移个单位长度得到， 则， 而，所以不是偶函数， 所以图象不关于y轴对称，故B错误. 对于C，若，则，所以， 则有，即，. 由得，又，则， 解得，而，则.又，， 所以不存在使得在上恰有6个整数解， 即不存在使得在上恰有6个零点，故C正确. 对于D，由可知，，， 则，解得，.若在区间上单调， 则有，解得. 当时，，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，显然在上不单调. 当时，，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，显然在上单调递增， 所以的最大值为，故D正确. 5． 【答案】D 【分析】由题意先求，再逐项验证即可. 【详解】因为对任意，恒有，所以为的一条对称轴， 所以， 又在上单调递增，所以， 所以当时，，故A正确；所以， 由为奇函数，故B正确； 由函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数， 令，解得，，故C正确； 由，所以，当，即时，故D错误； 故选：D. 考点7 三角函数的图像与性质 1． 【答案】C 【分析】由函数的部分图象知等边底边上的高和边长，求出的最小正周期和，根据求出，利用，结合正弦函数的图象与性质，得出的范围，求出即可计算的值． 【详解】由函数的部分图象知，等边底边上的高为，所以边长， 所以的最小正周期为，所以， 所以，由，得， 又，所以， 由，得， 所以， 所以 故选：. 2．【答案】C 【分析】根据题中给定图象可得函数解析式，然后利用正弦函数的性质和图象变换对各个选项进行判断即可． 【详解】由图可知，，即，则， 此时，又， 则，，即，， 又，所以，则. 对于①，当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故①正确； 对于②，的图象向左平移得到，故②正确； 对于③，令，解得， 所以的对称轴为，故③错误； 对于④，当时，，则， 则，则在区间上的最小值为，故④正确. 故选：C. 3． 【答案】D 【分析】根据函数的图象，求出函数的解析式，再逐项判断. 【详解】由图象知：，，则，， ，因为在图象上，则， 所以，则，又， 则，所以， 令，解得， 所以的对称轴方程为：， 向右移后得到函数， 令，解得， 所以的单调递减区间为， 故选：D 4． 【答案】B 【详解】由图象可知：，，所以， 由得. 由，得，又可得. 所以，故A正确； 因为，所以不是函数的对称中心，故B错误； 当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故C正确； 将的图象向右平移个单位长度可得，故D正确. 5． 【答案】B 【分析】求导后可表示出，利用图象结合三角函数性质可得、，再利用降幂公式可得，结合正弦函数性质即可得解. 【详解】， 由图可得，则，故，解得， 由图可得，解得， 又，则，故，， 则， 当时，， 则，故. 考点8 三角函数的图像变换 1． 【答案】D 【分析】由题设结合充分与必要条件定义可得答案. 【详解】A，当的最小正周期为，又，则， 从而；又时，可得的最小正周期为，则. 从而是的充要条件，故A错误； B，当，时，， 则由不能得到，从而不是的充分条件，故B错误； C，当，时，，， 因在上单调递增，在上单调递减， 则，， 从而此时值域为，则由不能得到，从而不是的充分条件，故C错误； D，当，时，由B分析可得， 令，得，从而的对称中心为， 取，得，则； 由题， 若其对称中心为，则， 取，易得不是方程的唯一解（例如也是该方程的一组解）， 则不能得到，从而是的充分不必要条件，故D正确. 2． 【答案】D 【分析】由题意可得有周期，则可得，结合可得，再利用函数对称性，可得，代入计算即可得解. 【详解】将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合， 则有周期，则有，即， 又，故，即， 当时，，则在上单调递减， 由，则，即， 则. 3． 【答案】B 【分析】根据平移变换可得.将代入的解析式得，即可判断选项A；当时，，因为余弦函数在上的单调性，即可判断选项B；当时，，根据余弦函数的图象，即可判断选项C；将代入的解析式得，即可判断选项D. 【详解】由题意得. 将代入中，得，故函数的图象关于点中心对称，故选项A错误； 当时，，因为余弦函数在上单调递减，所以函数在区间上单调递减，故选项B正确； 当时，，根据余弦函数的图象可知，当，即时，即在区间有一个零点，故选项C错误； 将代入中，得，故函数的图象关于直线对称，故选项D错误. 故选：B. 4． 【答案】C 【分析】根据已知的一条对称轴为，一个对称中心为，结合已知区间的单调性得到，进而求得、，根据图象变换得，由单调性列不等式求参数范围即可得. 【详解】由，则的一条对称轴为，一个对称中心为， 又在上单调递减，则，故，可得， 所以，可得，，则， 所以，则， 又在区间上单调递增，则， 所以，显然，故t的最大值为. 故选：C 5． 【答案】D 【分析】根据题给条件得到解析式，再根据正弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到新函数，再把所得图象上所有点向右平移个单位长度得到新函数，则. 对于A选项，，的最小正周期是，A错误； 对于B选项，时，，所以不是的一条对称轴，B错误； 对于C选项，则， 所以在上单调递减，在上单调递增，则在区间上不单调，C错误； 对于D选项，当时，， 时，时， 则，得的取值范围为，D正确. 故选：D. 通关特训 1． 【答案】C 【分析】根据题意，结合线面，面面位置关系的判定与性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，若，，则与平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则与平行或相交，故D错误. 故选：C. 2． 【答案】B 【分析】ACD可举出反例；B选项，利用线面平行的性质定理、平行关系的转化判断即可. 【详解】对于A，若，，则，即垂直于同一个平面的直线平行，故A错误； 对于B，若，设，，，则． 又，则． 因为，，则， 所以，故B正确； 对于C，若，，则，即垂直于同一直线的两个平面平行，故C错误； 对于D，若，，则，或，故D错误． 故选：B． 3． 【答案】A 【分析】结合题意求出函数在区间上的最小值，根据题意得出，解该不等式即可得解. 【详解】当时，恒成立，则， 因为定义域为的函数满足， 当时，， 当时，， 则 ， 因为，此时； 当时，， 则， 因为，则，则，所以， 所以，函数在上的最小值为， 所以，，即，即，解得或. 因此，实数的取值范围是. 故选：A. 4． 【答案】A 【分析】分和两类讨论，结合换底公式及对数函数的单调性、对数的运算性质可得关于的不等式即可求解. 【详解】当时，根据对数函数的性质可知：函数在上单调递增，符合题意； 当时，由换底公式可得， 因为函数在上单调递增，且函数在上单调递增，所以. 又，所以，，所以，所以，即，解得. 综上，a的取值范围为. 故选：A. 5．【答案】A 【分析】当时，可得，当时，利用作差法可得到，即当时，数列是公差为3的等差数列，从而可得，进而可得，由，可求解，的值，再利用等差数列的通项公式即可求解 【详解】当时，，可得， 因①， 可知时，②， 用①-②得：， 等式两边同乘，得到，即， 即当时，数列是公差为3的等差数列， 所以，又，所以， 又因为，则 整理得，即， 因为数列是正项数列，所以， 所以，所以 故选：A 6．【答案】C 【分析】利用数列是等比数列求出，再求出，进而可求解. 【详解】等比数列的首项为1，公比为，， ，，，且， 是首项为，公差为的等差数列， 数列的前10项和为. 故选：C. 7． 【答案】D 【分析】分析函数的单调性，利用零点存在定理求出函数零点的取值范围，再由函数的单调性得出的正负即可得解. 【详解】因为，所以恒成立，为增函数， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知， 因为，所以，恒成立，为增函数， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知， 所以，，因此， 故选：D 8．【答案】C 【分析】根据给定条件，结合五点法作图求出函数的解析式，再求出指定区间上的最大值. 【详解】函数的最小正周期，由函数在上单调递减， 得，则，直线与点分别为曲线的一条对称轴和一个对称中心， 而，则，因此，，， 由，得，而，则， 因此，由，得， 则当，即时，取得最大值， 所以在区间上的最大值为. 故选：C 9． 【答案】B 【分析】运用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化简，逐一判断四个选项即可得到正确答案. 【详解】 ， 对于A，的最小正周期是，故A错误； 对于B，当时，， 故在上单调递增，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，的最大值是4，故D错误． 故选：B． 10． 【答案】B 【分析】利用辅助角公式化简函数，画出函数的图象，利用图象判断各个命题. 【详解】设，， 则， 函数的图象如下所示： 对于①，由图知，函数的最小正周期为，①正确； 对于②，由图知，为函数的对称轴，②正确； 对于③，，由图知，函数的值域为，③错误； 对于④，由图知，函数在区间上单调递减，④错误. 所以真命题的个数为2个. 故选：B 11．【答案】B 【分析】由三角函数定义可得，根据题意，可得，利用正切函数的性质依次判断求解各个选项． 【详解】根据题意，，， 对于①，令，，解得， 取，可得， 所以函数的图象关于点对称，故①正确； 对于②，，， 由正切函数的性质可知在上单调递增，故②正确； 对于③，将的图象向左平移个单位可得，为奇函数，故③错误； 对于④，，，令， 由正切函数的性质可知在上单调递增，且，在上单调递增，且， 所以方程在区间上只有一个实数解，故④错误； 故选：B． 12． 【答案】B 【分析】先利用二倍角公式和诱导公式化简原函数，得到，再结合题意并利用正弦函数的对称性得到，进而求出的最小值，检验其符合题意，最后利用正弦函数的最小正周期公式求出结果即可. 【详解】因为， 所以由二倍角公式得， 结合诱导公式得， 因为，所以关于对称， 令，则， 因为，所以当时，最小，此时，， 因为，所以， 令，则变为， 由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则此时最大值为，无最小值， 得到此时有最大值，无最小值，符合题意， 由正弦函数的最小正周期公式得，故B正确. 故选：B 13． 【答案】D 【分析】根据题意，求得，结合正弦型函数的图象与性质，逐项分析求解，即可得到答案. 【详解】由是函数图象的一个对称轴， 可得，可得，即， 因为，所以，所以， 对于A中，由， 所以是函数图象的一个对称中心，所以A正确； 对于B中，将函数图象向左平移个单位长度得到，所以B正确； 对于C中，由，可得， 因为函数在上单调递减，所以在区间上递减，所以C正确； 对于D中，，可得， 当时，即时，可得，即是的一个零点； 当时，即时，可得，即是的一个零点， 所以函数在上有两个零点，所以D错误. 故选：D. 14．【答案】A 【分析】首先对函数进行化简，然后分别针对每个判断，利用三角函数的周期、零点、对称轴以及单调性等性质和条件列出式子求解，判断正确性. 【详解】根据二倍角余弦公式，对进行化简可得： . 对于①： 已知，，且，则，为函数的周期. 根据正弦函数周期公式，由可得，解得，所以①错误. 对于②： 令，则（），解得（）. 若在恰有9个零点，令，则. 解第一个不等式： ，，，解得. 解第二个不等式： ，，，解得. 所以的取值范围是，②正确. 对于③： 的图象向右平移个单位长度后得到的图象. 若该图象关于轴对称，则（）， ，（）。 当时，，不存在满足条件，所以③错误。 对于④： 令（），解关于的不等式得： （）. 若在上是增函数，则 解第一个不等式得：，，； 解第二个不等式得：，，，又， 所以的取值范围是，④错误. 综上，只有②正确，正确的个数是1个，答案是A. 故选：A. 15． 【答案】B 【分析】先利用函数的对称性求出函数的关系式，再根据正弦函数的性质，函数的极值定义和导数的几何意义判断各小题的结论即得. 【详解】因为的图象关于点对称， 所以，，解得，， 因为，所以，故， 对于①，令，解得，故在单调递减，故① 正确； 对于②，由，可得，根据正弦函数的图象，可知在区间只有一个极值点，故②不正确； 对于③，因，故③不正确； 对于④，由，求导可得，， 因为， 故在点处的切线方程为，即， 故直线是曲线的一条切线，故④正确． 故选：B． 16． 【答案】A 【分析】求出函数的最小正周期，可得出的值，然后利用三角函数图象变换可得出平移后所得函数的解析式，根据正切型函数的奇偶性可得出关于的等式，解出的表达式，即可得出合适的选项. 【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，所以， 所以， 将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称， 可得出函数为奇函数， 所以，，解得，A选项合乎题意. 故选：A. 17． 【答案】B 【分析】首先得到平移后的解析式，再根据正弦函数的对称性计算可得. 【详解】将向左平移个单位长度得到， 又函数的一个对称轴为，所以， 解得，当时，所以的最小取值为. 故选：B 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押02 5~7题空间向量位置关系、三角函数、函数、数列（选择题） 溯源：近5年真题显示，选择题T5~T7考察了函数（函数的性质、零点），空间位置关系、三角函数图像与性质，中间穿插了数列（等比数列）。 预测：2026年将延续几个板块轮动，极大可能考察函数、空间位置关系、三角函数，数列考察的可能性极大。 备考核心：.熟悉函数的性质、特点、零点等；熟记三角函数图象变换、单调区间及对称轴公式，注意整体代换思想；理解空间位置关系；熟悉等差等比数列的性质。 考点1 空间向量位置关系 1．（2026·天津·一模）若为两条直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（　　） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】对于A，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故A错误； 对于B，若，则的位置关系可以是平行或或异面，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故D错误. 2．（2026·天津红桥·一模）已知是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（    ） A．若平行于同一直线，则 B．若垂直于同一直线，则 C．若不平行，则在内不存在与平行的直线 D．若不平行，则与不可能垂直于同一平面 【答案】D 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，若平行于同一直线，则或与相交，所以A不正确； 对于B，若与垂直于同一直线，则与平行或相交或异面，所以B不正确； 对于C，若不平行，设，在平面内作直线， 因为，所以，即在内存在与平行的直线，所以C不正确； 对于D，若，可得，所以不平行，则与不可能垂直于同一平面，所以D正确. 3．（2025·天津·一模）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】举反例判断A，B，C，利用平行的传递性得到，再利用面面平行的性质得到判断D即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误， 对于B，若，则或与异面，故B错误， 对于C，若，则或与相交，故C错误， 对于D，因为，所以，而，可得，故D正确. 故选：D 4．（2025·天津·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．，，， B．，， C．， D．， 【答案】D 【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的判断定理即可判断. 【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误； 对于B：当时，则，，，故B错误； 对于C：满足，，则或，故C错误； 对于D：由，,故D正确. 故选：D. 5．（2025·天津·一模）设m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】利用线面垂直的性质推理判断A；利用线面平行的判定性质推理判断B；利用线线、面面平行关系判断C；利用面面垂直及线面平行关系判断D. 【详解】对于A，由，，得，而，则，A错误； 对于B，由，得存在过的平面且与不重合，则， 由，得存在过的平面，则， 又，因此，又，则，B正确； 对于C，由，，，得与相交或平行，C错误； 对于D，由，，，得与相交、平行或异面，D错误. 故选：B 考点2 函数零点问题 1．（2025·天津河北·模拟预测）函数的零点个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】应用导数研究函数的区间单调性，结合区间值域及零点存在性定理判断零点个数. 【详解】由题设且定义域为， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 当或时，故在定义域上有2个零点. 故选：C 2．（25-26高三上·天津红桥·期末）已知[x]表示不超过实数x的最大整数，g(x)=[x]为取整函数，是函数的零点， 则（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】根据零点存在定理，可判断出零点所在的相邻整数区间，即可由定义求得的值. 【详解】函数在 上单调递增， ，， 所以零点满足 ，所以， 故选：C. 3．（25-26高三上·天津·月考）函数的零点所在区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据零点存在定理计算判断即可. 【详解】函数是由指数函数和幂函数相减而成. 单调递减，在上单调递增， 所以在上单调递减. ， 因为为减函数，所以，即， ， 因为在上为增函数，所以，即， 所以，所以该区间存在零点，C正确； 结合在上单调递减. 在、、无零点，故ABD错误. 故选：C. 4．（25-26高三上·天津和平·开学考试）设，对任意实数，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，先由题意得到或，再结合和的符号分类讨论得到结果. 【详解】函数的图象与轴有2个交点和， 所以函数的图象和轴至少有一个交点， 从而，解得或. 函数的图象的对称轴为直线， 设方程的两根分别为，当时，，， 所以和不是函数的零点，函数只有2个零点（如图①），不符合题意； 当时，，，则2不是函数的零点， 函数只有2个零点（如图②），不符合题意； 当时，，，则， 函数只有2个零点（如图③），不符合题意； 当时，函数图象的对称轴方程满足，且， 所以，函数至少有3个零点，符合题意（如图④）. 综上，实数的取值范围是. 故选：B. 5．（25-26高三上·天津蓟州·期中）函数的零点所在区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由复合函数的单调性结合指数函数的单调性以及零点存在定理可得. 【详解】由复合函数的单调性可得在上单调递增， 又， ， 所以，由零点存在定理可得函数的零点位于内. 故选：C. 考点3 利用函数性质判断大小 1．（2026·天津滨海新区·一模）已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，得到在为单调递减函数，且，利用对数函数的单调性，求得，结合的单调性，即可求解. 【详解】由题意知，函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递增， 可得函数在上为单调递减函数，且， 所以，， 因为，所以，，， 可得，所以， 即，所以. 2．（25-26高三上·天津西青·期末）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据偶函数性质及对数运算可得，，再利用单调性比较的大小即可. 【详解】因为是偶函数，所以，， 因为，在上单调递增， 所以，即. 故选：B. 3．（25-26高三上·天津宝坻·月考）已知函数在上是增函数，且满足.若，，.则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用函数奇偶性和单调性，再由对数运算法则比较出自变量的大小，即可得出结论. 【详解】已知函数满足，所以是偶函数， 又在上是增函数，则在上是减函数， 因为，，, 易知，又 所以， 因此， 即. 故选：C. 4．（25-26高三上·天津·期末）已知奇函数在上是增函数．若，，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】比较的大小关系，再结合单调性即可. 【详解】因为是奇函数，所以， 因为， 所以， 因为，，所以， 因为在上是增函数，所以， 故. 故选：C 5．（25-26高三上·天津和平·月考）已知函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由导数知识可得在R上单调递增，然后比较三者大小关系结合单调性可得答案. 【详解】，则在R上单调递增. 又，， 注意到，则，则， 因为在R上单调递增. 所以， 即. 故选：A 考点4 函数性质的应用 1．（25-26高三下·天津红桥·开学考试）已知幂函数在上单调递减，若正数，满足，则的最小值为（   ） A．8 B．16 C． D． 【答案】A 【分析】根据幂函数的定义及单调性，可得m值，根据基本不等式“1”的代换，即可得答案. 【详解】因为为幂函数，所以，解得或， 因为在 上单调递减，所以，则， 所以，则，且， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为8. 2．（25-26高三下·天津南开·月考）已知函数是偶函数，则函数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由偶函数的定义，求出，再确定函数值域即可． 【详解】， 即， ，解得， ， 则，解得， 的定义域为， 又因为，， 即函数的取值范围是． 3．（25-26高三上·天津河西·期末）若函数为偶函数，当时，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据的奇偶性，可得时，的解析式，根据指数函数的单调性，可得x的范围. 【详解】当时，， 因为在R上单调递减，所以； 当时，，， 因为为偶函数，所以， 因为在R上单调递增， 由，得， 综上不等式的解集为. 故选：A 4．（25-26高三上·天津宝坻·月考）已知函数满足，且时.若对任意实数，有不等式恒成立，则非零实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用函数的对称性可求得函数解析式及单调性，再结合不等式分析可得，最后利用不等式化简求解可得. 【详解】当时，由， 由此可知在单调递增，且 而在单调递增，且 又因为，所以在上单调递增， 由可得：，解得， 又因为非零实数，所以， 由于，所以， 而对于任意实数，有不等式恒成立， 则， 则，即， 所以由不等式， 解得， 即根据题意可得：， 所以，再由，可得， 故选：B. 考点5 等差等比数列的性质 1．（2026·天津河北·一模）已知首项为1的等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（   ） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】根据等差中项可得，进而可得和，代入等比数列求和公式运算求解即可. 【详解】因为，，成等差数列，则， 即，可得，则等比数列公比， 且首项，所以. 2．（2026·天津河西·一模）已知等差数列的前n项和为，且．当取得最大值时n的值为k，使得成立的最大正整数n的值为m．则的值为（   ） A．28 B．29 C．30 D．31 【答案】B 【分析】由可知，结合等差数列的通项公式及前n项和公式确定，即可得. 【详解】因为，所以， 令数列公差为，所以， 所以是单调递减数列，且，则， 所以，则取得最大值时对应，即， 因为，， 且，在开口向下的抛物线上， 所以成立的最大，即，故. 3．（25-26高三上·天津蓟州·期末）等差数列满足，，数列的前项和满足，则数列的前8项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据等差数列的性质求出通项公式，再由与的关系求出通项公式，进而得到数列的表达式，最后利用等比数列求和公式求解. 【详解】由题意：，，则公差，得， 又，两式相减得， 易知，所以，所以， 故前8项和为. 故选：A. 4．（2026·天津·一模）已知数列，则数列的前9项和为（    ） A．3 B．6 C．2 D．4 【答案】A 【分析】裂项可得，再分组求和即可得. 【详解】， 则、 . 5．（2026·天津和平·一模）已知，各项均为正数的数列的前项和为，数列的前项积为，且成立，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由； 当时，，由. 所以. 故选项C正确. 考点6 三角函数的性质 1．（2026·天津·一模）已知函数在处取得最小值，则在区间上的单调递减区间为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意结合三角函数的最值点可得，再结合正弦函数单调性运算求解. 【详解】因为，则， 若函数在处取得最小值， 则，解得，可得， 又因为，则， 令，解得， 所以在区间上的单调递减区间为. 2．（2026·天津红桥·一模）已知函数的图象在轴上的截距为，在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，关于该函数有下列四个说法： ①； ②； ③函数在上一定单调递增； ④在轴右侧的第一个最低点的横坐标为． 以上说法中，正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先通过已知条件求出三角函数的解析式，再判断题目中函数的性质. 【详解】因为函数的图象在轴上的截距为，所以， 因为，所以，①正确； ， 因为在轴右侧的第一个最高点的横坐标为， 所以，，， 则， 所以函数在上单调递增，③正确； ， 所以在轴右侧的第一个最低点的横坐标为，④正确； ，所以 则 故的最大值为， 因为，所以②错误． 3．（2026·天津河西·一模）已知函数，在区间上单调递增，为它的一条对称轴，则方程在区间上所有不相等的实数根之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用三角恒等变换对函数化简，再根据对称性和单调性求出，分析方程解的情况，最后求出在区间上所有不相等的实数根之和. 【详解】 ，， 因为为的一条对称轴，所以，，即， 设函数的周期为，由在区间上单调递增，则，即， 所以，即， 所以或或或， 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，满足题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 当时，，令，解得， 当时，的增区间为，而，不合题意； 综上，，. 当时，， 当时，，即， 所以方程等价于，即， 所以或， 解得或， 当时，在区间上，时，，时，，时，； 当时，在区间上，时，，时，，时，； 所以方程在区间上所有不相等的实数根之和为. 4．（2026·天津滨海新区·一模）已知函数，则下列说法错误的是（   ） A．若，则图象的对称中心为 B．若，则将的图象上所有的点向左平移个单位长度得到的图象关于y轴对称 C．若，则不存在使得在上恰有6个零点 D．若在区间上单调，则的最大值为9 【答案】B 【详解】对于A，若，则，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，，则的对称中心为，，故A正确. 对于B，若，则，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 设的图象上所有的点向左平移个单位长度得到， 则， 而，所以不是偶函数， 所以图象不关于y轴对称，故B错误. 对于C，若，则，所以， 则有，即，. 由得，又，则， 解得，而，则.又，， 所以不存在使得在上恰有6个整数解， 即不存在使得在上恰有6个零点，故C正确. 对于D，由可知，，， 则，解得，.若在区间上单调， 则有，解得. 当时，，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，显然在上不单调. 当时，，所以， 则有，即，. 所以，此时满足. 由得，显然在上单调递增， 所以的最大值为，故D正确. 5．（2025·天津·二模）已知函数，对任意，恒有，且在上单调递增，则下列选项中不正确的是（    ） A． B．为奇函数 C．函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数，函数的对称轴方程为， D．在上的最小值为 【答案】D 【分析】由题意先求，再逐项验证即可. 【详解】因为对任意，恒有，所以为的一条对称轴， 所以， 又在上单调递增，所以， 所以当时，，故A正确；所以， 由为奇函数，故B正确； 由函数图像向左平移个单位，再将所有点的横坐标缩为原来的得到函数， 令，解得，，故C正确； 由，所以，当，即时，故D错误； 故选：D. 考点7 三角函数的图像与性质 1．（2025·天津河西·模拟预测）函数的部分图象如图所示，A为图象的最高点，B，C为图象与x轴的交点，且为等边三角形.若，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由函数的部分图象知等边底边上的高和边长，求出的最小正周期和，根据求出，利用，结合正弦函数的图象与性质，得出的范围，求出即可计算的值． 【详解】由函数的部分图象知，等边底边上的高为，所以边长， 所以的最小正周期为，所以， 所以，由，得， 又，所以， 由，得， 所以， 所以 故选：. 2．（2025·天津滨海新区·三模）已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法：    ①在区间上单调递减 ②的图象可由的图象向左平移个单位得到 ③的对称轴为 ④在区间上的最小值为 以上四个说法中，正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据题中给定图象可得函数解析式，然后利用正弦函数的性质和图象变换对各个选项进行判断即可． 【详解】由图可知，，即，则， 此时，又， 则，，即，， 又，所以，则. 对于①，当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故①正确； 对于②，的图象向左平移得到，故②正确； 对于③，令，解得， 所以的对称轴为，故③错误； 对于④，当时，，则， 则，则在区间上的最小值为，故④正确. 故选：C. 3．（25-26高三上·天津西青·期末）函数的图象如图，则下列有关性质的描述正确的是（    ） A． B．，为函数的对称轴 C．向右移后的函数为偶函数 D．函数的单调递减区间为， 【答案】D 【分析】根据函数的图象，求出函数的解析式，再逐项判断. 【详解】由图象知：，，则，， ，因为在图象上，则， 所以，则，又， 则，所以， 令，解得， 所以的对称轴方程为：， 向右移后得到函数， 令，解得， 所以的单调递减区间为， 故选：D 4．（2026·天津河北·一模）已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（   ） A． B．的图象关于点对称 C．在区间上单调递减 D．将的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 【答案】B 【详解】由图象可知：，，所以， 由得. 由，得，又可得. 所以，故A正确； 因为，所以不是函数的对称中心，故B错误； 当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故C正确； 将的图象向右平移个单位长度可得，故D正确. 5．（2026·天津和平·一模）已知函数的导函数的部分图象如下图，记，则函数在区间上的值域为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求导后可表示出，利用图象结合三角函数性质可得、，再利用降幂公式可得，结合正弦函数性质即可得解. 【详解】， 由图可得，则，故，解得， 由图可得，解得， 又，则，故，， 则， 当时，， 则，故. 考点8 三角函数的图像变换 1．（2026·天津河东·一模）已知函数（），将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，下列选项中，p是q的充分不必要条件的为（    ） A．p：函数的最小正周期为，q： B．p：，，q：函数 C．p：，，q：函数的值域为 D．p：，，q：是函数的一个对称中心 【答案】D 【分析】由题设结合充分与必要条件定义可得答案. 【详解】A，当的最小正周期为，又，则， 从而；又时，可得的最小正周期为，则. 从而是的充要条件，故A错误； B，当，时，， 则由不能得到，从而不是的充分条件，故B错误； C，当，时，，， 因在上单调递增，在上单调递减， 则，， 从而此时值域为，则由不能得到，从而不是的充分条件，故C错误； D，当，时，由B分析可得， 令，得，从而的对称中心为， 取，得，则； 由题， 若其对称中心为，则， 取，易得不是方程的唯一解（例如也是该方程的一组解）， 则不能得到，从而是的充分不必要条件，故D正确. 2．（2026·天津·一模）已知函数，将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合.当时，，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得有周期，则可得，结合可得，再利用函数对称性，可得，代入计算即可得解. 【详解】将的图象向右平移个单位长度，所得图象与原来的图象重合， 则有周期，则有，即， 又，故，即， 当时，，则在上单调递减， 由，则，即， 则. 3．（2025·天津·二模）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．在区间上单调递减 C．在区间没有零点 D．的图象关于点对称 【答案】B 【分析】根据平移变换可得.将代入的解析式得，即可判断选项A；当时，，因为余弦函数在上的单调性，即可判断选项B；当时，，根据余弦函数的图象，即可判断选项C；将代入的解析式得，即可判断选项D. 【详解】由题意得. 将代入中，得，故函数的图象关于点中心对称，故选项A错误； 当时，，因为余弦函数在上单调递减，所以函数在区间上单调递减，故选项B正确； 当时，，根据余弦函数的图象可知，当，即时，即在区间有一个零点，故选项C错误； 将代入中，得，故函数的图象关于直线对称，故选项D错误. 故选：B. 4．（2025·天津河北·二模）已知函数在区间上单调递减，且将函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则t的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知的一条对称轴为，一个对称中心为，结合已知区间的单调性得到，进而求得、，根据图象变换得，由单调性列不等式求参数范围即可得. 【详解】由，则的一条对称轴为，一个对称中心为， 又在上单调递减，则，故，可得， 所以，可得，，则， 所以，则， 又在区间上单调递增，则， 所以，显然，故t的最大值为. 故选：C 5．（2025·天津·二模）将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有点向右平移个单位长度，得到图象对应的函数为，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期是 B．是的一条对称轴 C．在区间上单调递减 D．当时，的取值范围为 【答案】D 【分析】根据题给条件得到解析式，再根据正弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到新函数，再把所得图象上所有点向右平移个单位长度得到新函数，则. 对于A选项，，的最小正周期是，A错误； 对于B选项，时，，所以不是的一条对称轴，B错误； 对于C选项，则， 所以在上单调递减，在上单调递增，则在区间上不单调，C错误； 对于D选项，当时，， 时，时， 则，得的取值范围为，D正确. 故选：D. 1．（25-26高三上·天津红桥·期中）若为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据题意，结合线面，面面位置关系的判定与性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，若，，则与平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则与平行或相交，故D错误. 故选：C. 2．（2025·天津·二模）已知a，b是两条直线，α，β是两个平面．下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】ACD可举出反例；B选项，利用线面平行的性质定理、平行关系的转化判断即可. 【详解】对于A，若，，则，即垂直于同一个平面的直线平行，故A错误； 对于B，若，设，，，则． 又，则． 因为，，则， 所以，故B正确； 对于C，若，，则，即垂直于同一直线的两个平面平行，故C错误； 对于D，若，，则，或，故D错误． 故选：B． 3．（2025·天津和平·三模）定义域为的函数满足，当时，，若时，，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合题意求出函数在区间上的最小值，根据题意得出，解该不等式即可得解. 【详解】当时，恒成立，则， 因为定义域为的函数满足， 当时，， 当时，， 则 ， 因为，此时； 当时，， 则， 因为，则，则，所以， 所以，函数在上的最小值为， 所以，，即，即，解得或. 因此，实数的取值范围是. 故选：A. 4．（2025·天津·模拟预测）已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分和两类讨论，结合换底公式及对数函数的单调性、对数的运算性质可得关于的不等式即可求解. 【详解】当时，根据对数函数的性质可知：函数在上单调递增，符合题意； 当时，由换底公式可得， 因为函数在上单调递增，且函数在上单调递增，所以. 又，所以，，所以，所以，即，解得. 综上，a的取值范围为. 故选：A. 5．（2025·天津河西·模拟预测）已知正项数列满足，且，则（   ） A．27 B．30 C．33 D．36 【答案】A 【分析】当时，可得，当时，利用作差法可得到，即当时，数列是公差为3的等差数列，从而可得，进而可得，由，可求解，的值，再利用等差数列的通项公式即可求解 【详解】当时，，可得， 因①， 可知时，②， 用①-②得：， 等式两边同乘，得到，即， 即当时，数列是公差为3的等差数列， 所以，又，所以， 又因为，则 整理得，即， 因为数列是正项数列，所以， 所以，所以 故选：A 6．（2025·天津北辰·三模）已知等比数列的首项为1，公比为，则数列的前10项和为（    ） A．15 B．35 C．45 D．55 【答案】C 【分析】利用数列是等比数列求出，再求出，进而可求解. 【详解】等比数列的首项为1，公比为，， ，，，且， 是首项为，公差为的等差数列， 数列的前10项和为. 故选：C. 7．（25-26高三上·天津滨海新区·月考）已知函数，若，则下列说法中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析函数的单调性，利用零点存在定理求出函数零点的取值范围，再由函数的单调性得出的正负即可得解. 【详解】因为，所以恒成立，为增函数， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知， 因为，所以，恒成立，为增函数， 因为，，且， 所以由零点存在定理可知， 所以，，因此， 故选：D 8．（25-26高三上·天津·期末）已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合五点法作图求出函数的解析式，再求出指定区间上的最大值. 【详解】函数的最小正周期，由函数在上单调递减， 得，则，直线与点分别为曲线的一条对称轴和一个对称中心， 而，则，因此，，， 由，得，而，则， 因此，由，得， 则当，即时，取得最大值， 所以在区间上的最大值为. 故选：C 9．（2025·天津·二模）已知函数，，则下列描述正确的是（   ） A．的最小正周期是 B．在上单调递增 C．是的一条对称轴 D．的最大值是 【答案】B 【分析】运用二倍角公式、两角和与差的正弦公式化简，逐一判断四个选项即可得到正确答案. 【详解】 ， 对于A，的最小正周期是，故A错误； 对于B，当时，， 故在上单调递增，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，的最大值是4，故D错误． 故选：B． 10．（2025·天津北辰·三模）记为中的较大值，则关于函数有如下四个命题： ①的最小正周期为； ②的图象关于直线对称； ③的值域为； ④在区间上单调递增. 其中真命题的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】利用辅助角公式化简函数，画出函数的图象，利用图象判断各个命题. 【详解】设，， 则， 函数的图象如下所示： 对于①，由图知，函数的最小正周期为，①正确； 对于②，由图知，为函数的对称轴，②正确； 对于③，，由图知，函数的值域为，③错误； 对于④，由图知，函数在区间上单调递减，④错误. 所以真命题的个数为2个. 故选：B 11．（2025·天津河西·模拟预测）已知角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边过点，定义：，对于函数，有下列四个说法： ①函数的图象关于点对称；②在区间上单调递增； ③将函数的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数的图象； ④方程在区间上有两个不同的实数解． 以上四个说法中，正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由三角函数定义可得，根据题意，可得，利用正切函数的性质依次判断求解各个选项． 【详解】根据题意，，， 对于①，令，，解得， 取，可得， 所以函数的图象关于点对称，故①正确； 对于②，，， 由正切函数的性质可知在上单调递增，故②正确； 对于③，将的图象向左平移个单位可得，为奇函数，故③错误； 对于④，，，令， 由正切函数的性质可知在上单调递增，且，在上单调递增，且， 所以方程在区间上只有一个实数解，故④错误； 故选：B． 12．（2025·天津和平·三模）设定义在上的函数，，且在区间上有最大值，无最小值，则当取最小值时，的最小正周期为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用二倍角公式和诱导公式化简原函数，得到，再结合题意并利用正弦函数的对称性得到，进而求出的最小值，检验其符合题意，最后利用正弦函数的最小正周期公式求出结果即可. 【详解】因为， 所以由二倍角公式得， 结合诱导公式得， 因为，所以关于对称， 令，则， 因为，所以当时，最小，此时，， 因为，所以， 令，则变为， 由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则此时最大值为，无最小值， 得到此时有最大值，无最小值，符合题意， 由正弦函数的最小正周期公式得，故B正确. 故选：B 13．（2025·天津·一模）已知是函数图象的一个对称轴，则下列说法错误的是（    ） A．是函数图象的一个对称中心 B．函数的图象可由图象向左平移个单位长度得到 C．函数在区间上单调递减 D．函数在区间上有且仅有一个零点 【答案】D 【分析】根据题意，求得，结合正弦型函数的图象与性质，逐项分析求解，即可得到答案. 【详解】由是函数图象的一个对称轴， 可得，可得，即， 因为，所以，所以， 对于A中，由， 所以是函数图象的一个对称中心，所以A正确； 对于B中，将函数图象向左平移个单位长度得到，所以B正确； 对于C中，由，可得， 因为函数在上单调递减，所以在区间上递减，所以C正确； 对于D中，，可得， 当时，即时，可得，即是的一个零点； 当时，即时，可得，即是的一个零点， 所以函数在上有两个零点，所以D错误. 故选：D. 14．（2025·天津·模拟预测）已知．给出下列判断： ①若，且，则； ②若在恰有9个零点，则的取值范围为； ③存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称； ④若在上是增函数，则的取值范围为． 其中，判断正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】首先对函数进行化简，然后分别针对每个判断，利用三角函数的周期、零点、对称轴以及单调性等性质和条件列出式子求解，判断正确性. 【详解】根据二倍角余弦公式，对进行化简可得： . 对于①： 已知，，且，则，为函数的周期. 根据正弦函数周期公式，由可得，解得，所以①错误. 对于②： 令，则（），解得（）. 若在恰有9个零点，令，则. 解第一个不等式： ，，，解得. 解第二个不等式： ，，，解得. 所以的取值范围是，②正确. 对于③： 的图象向右平移个单位长度后得到的图象. 若该图象关于轴对称，则（）， ，（）。 当时，，不存在满足条件，所以③错误。 对于④： 令（），解关于的不等式得： （）. 若在上是增函数，则 解第一个不等式得：，，； 解第二个不等式得：，，，又， 所以的取值范围是，④错误. 综上，只有②正确，正确的个数是1个，答案是A. 故选：A. 15．（2025·天津·一模）函数（）的图象关于点成中心对称，则下列结论正确的个数是（   ） ①在单调递减；②在有2个极值点； ③直线是一条对称轴；④直线是一条切线. A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】B 【分析】先利用函数的对称性求出函数的关系式，再根据正弦函数的性质，函数的极值定义和导数的几何意义判断各小题的结论即得. 【详解】因为的图象关于点对称， 所以，，解得，， 因为，所以，故， 对于①，令，解得，故在单调递减，故① 正确； 对于②，由，可得，根据正弦函数的图象，可知在区间只有一个极值点，故②不正确； 对于③，因，故③不正确； 对于④，由，求导可得，， 因为， 故在点处的切线方程为，即， 故直线是曲线的一条切线，故④正确． 故选：B． 16．（2025·天津河西·二模）已知、是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称，则函数的解析式可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出函数的最小正周期，可得出的值，然后利用三角函数图象变换可得出平移后所得函数的解析式，根据正切型函数的奇偶性可得出关于的等式，解出的表达式，即可得出合适的选项. 【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，所以， 所以， 将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于原点对称， 可得出函数为奇函数， 所以，，解得，A选项合乎题意. 故选：A. 17．（2025·天津·二模）已知函数，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，函数的一个对称轴为，则的最小取值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先得到平移后的解析式，再根据正弦函数的对称性计算可得. 【详解】将向左平移个单位长度得到， 又函数的一个对称轴为，所以， 解得，当时，所以的最小取值为. 故选：B 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $