三角函数专题模拟卷-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 高三数学三角函数专题一轮复习模拟卷，通过多样题型系统覆盖三角函数核心知识，注重运算能力与推理意识培养，适配复习阶段基础巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|19题/95分|三角函数定义、诱导公式、图像变换|结合单调性、零点问题考查推理能力，如第7题极值点与零点综合分析| |多选题|6题/36分|函数奇偶性、周期性、对称轴|通过多选项设计深化性质理解，如第22题结合奇函数性质判断周期与图像对称性| |填空题|1题/5分|同角三角函数关系|简洁考查公式应用，如第26题利用和差角公式化简求值| |解答题|1题/34分|函数解析式、解三角形|分层次综合应用，如第27题结合单调性求对称轴、解析式及锐角三角形中取值范围，体现模型意识与应用能力|

2026-2027学年高三数学一轮复习三角函数专题自编模拟卷 一、单选题（共95分） 1．（本题5分）设，，，则有（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知，，则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知，，则（   ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知，则（   ） A． B． C． D．1 5．（本题5分）已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（本题5分）已知，则（    ） A． B． C．或-2 D．或 7．（本题5分）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 9．（本题5分）已知，，则（   ） A． B． C． D． 10．（本题5分）已知函数在区间上单调，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 11．（本题5分）已知函数和，其中，的最大值为3，若与的图象在区间上恰有一个交点，则k的值可以为（   ） A．1 B． C． D． 12．（本题5分）设，若恒成立，则（   ） A． B． C． D． 13．（本题5分）已知，，则（    ） A． B． C． D． 14．（本题5分）若，且，则（   ） A． B． C． D． 15．（本题5分）已知，则（    ） A．5 B． C．-5 D． 16．（本题5分）函数，保持纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到函数，下列说法正确的是（   ） A．的一个零点为 B．的图象关于直线对称 C．在上单调递减 D．的一个周期为 17．（本题5分）（   ） A． B． C．1 D．2 18．（本题5分）函数，其，若对于，都有恒成立，则的取值不可能是（   ） A． B．1 C． D．2 19．（本题5分）已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时，的图象的一条对称轴方程为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共36分） 20．（本题6分）已知函数，则存在实数，使得（   ） A．的最小正周期为 B．是偶函数 C．是奇函数 D．的最大值为0 21．（本题6分）已知函数，下列说法中正确的有（    ） A．的最大值为1 B．在上单调递增 C．的图象关于直线对称 D．的最小正周期为 22．（本题6分）已知函数（，为常数），且函数为奇函数，则下列结论正确的是（   ） A．的最小正周期为 B． C．与的图象有相同的对称轴 D．当时，方程有且仅有4个实根 23．（本题6分）已知函数，若，且，则下列说法正确的是（    ） A．函数为偶函数 B．函数为偶函数 C． D．在区间上单调递减 24．（本题6分）下列式子的运算结果为的是（   ） A． B． C． D． 25．（本题6分）设函数，则下列结论正确的是（   ） A．，在上单调递减 B．若且，则 C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为 D．存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数 三、填空题（共5分） 26．（本题5分）已知，，则______． 四、解答题（共34分） 27．（本题17分）已知函数在区间单调，，且 (1)求图象的一条对称轴； (2)求的解析式； (3)在锐角中，若，求的取值范围. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026-2027学年一轮复习三角函数专题模拟卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A D B B C C D D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B B D A D B C C B C 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 答案 B ABC AC BC ACD BCD ABC BCD AC 1．C 【分析】利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质判断即可. 【详解】 因为当时，为增函数， 所以，故 故选：C. 2．C 【分析】由二倍角公式，同角三角函数关系可得，据此可得答案. 【详解】因，则. . 则. 故选：C 3．A 【分析】利用变角化，然后再用正弦的两角和差公式，结合平方关系即可求值. 【详解】 , 故选：A. 4．D 【分析】利用诱导公式及和（差）角公式整理得到，即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 即， 因为，所以. 故选：D. 5．B 【分析】根据条件，利用两角和的正弦、余弦公式化简可得，再根据二倍角余弦公式求解. 【详解】由，可得， 即，即得， . 故选：B. 6．B 【分析】把所给条件进行平方并除以“1”，再把“1”化为“”，分子分母同时除以，可得关于的方程，先求出，再代入二倍角公式求出. 【详解】由题意， 可得， 解得或， 代入得到， 故选：B. 7．C 【分析】结合正弦函数的图象可得答案. 【详解】因为，所以， 由函数在区间恰有三个极值点、两个零点， 得，解得. 故选：C. 8．C 【分析】解不等式求得集合，进而可求得. 【详解】由，可得，解得， 所以，或， 由，可得，所以， 所以，所以或. 故选：C. 9．D 【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案. 【详解】， 因为，则，则， 则. 故选：D. 10．D 【分析】结合题设和函数的周期公式可得，再根据余弦函数的性质可得，进而求解即可. 【详解】由题可知的最小正周期为，因为在区间上单调， 所以，则，解得， 当时，， 且，， 所以，解得，结合，得的取值范围为． 故选：D． 11．B 【分析】由的最大值为3可得，由与的图象在区间上恰有一个交点，可知在区间上恰有一个根，令，，由函数性质分析即可求. 【详解】由的最大值为3，得，即． 因为与的图象在区间上恰有一个交点， 所以在区间上恰有一个根． 令，其图象是开口向上的抛物线，对称轴为， 所以当，单调递减，当，单调递增， 当时，， 令，则， 要使与图象只有一个交点， 则的最小值点与最大值点重合， 即， 所以，． 所以符合题意． 故选：B 12．B 【分析】利用诱导公式和辅助角公式化简函数，得到辅助角，根据正弦型函数的性质求出，再代入化简求值即可. 【详解】因为， 所以，其中， 因为恒成立，所以，即， 则. 故选：B. 13．D 【分析】由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用两角差的正弦公式可求得的值，再利用二倍角的余弦公式可求得的值. 【详解】由可得，即， 由题意可得，解得， 所以. 因此. 故选：D. 14．A 【分析】由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，再利用两角差的正弦公式可求出的值. 【详解】由，得，即①， 又②， 由①②解得，， 所以. 故选：A. 15．D 【分析】把写成，写成，是为了后续能用两角和与差的公式展开，将已知条件转化为与、相关式子. 依据两角和与差的余弦公式，把和展开，得到只含、、、的式子，得到，再根据正切的定义，将其转化为的形式，进而求出结果. 【详解】已知，可变形为. 因为，， 所以. 左边， 即. 右边， 即. 所以. 可得： . 即. 所以，也就是. 故选：D. 16．B 【分析】利用辅助角公式可得，根据图像变换可得.进而结合正弦函数性质逐项分析判断. 【详解】因为，可得. 对于选项A：因为，故A错误； 对于选项B：因为为最大值， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于选项C：因为，则， 且在内不单调，所以在上不单调，故C错误； 对于选项D：的最小正周期为，所以不为的周期，故D错误； 故选：B. 17．C 【分析】根据诱导公式、两角差的余弦公式及二倍角的正弦公式化简求值即可. 【详解】原式 . 故选：C 18．C 【分析】应用指数函数的值域，结合不等式的性质及根式计算求解值域. 【详解】函数有意义，有， 因为，所以，所以， 所以函数的值域为. 故选：C. 19．B 【分析】作出函数的图象，设，首先得到与有三个交点，横坐标分别为，其中，，，然后将方程解的个数问题转化为方程，，解的个数之和即可得出答案. 【详解】函数的图象如图所示： 设，则方程即，由图象可知，与有三个交点， 横坐标分别为，其中，，， 方程解的个数转化为方程，，解的个数之和， 由图象可知，与有一个交点，与有三个交点， 与没有交点， 所以方程解的个数为. 故选：B 20．C 【分析】根据给定条件，可得在上单调，借助函数图象的对称轴建立不等式求出范围即可. 【详解】依题意，函数在上单调，函数图象对称轴为， ，解得， 由，解得，又，则或， 所以或，的取值不可能是. 故选：C 21．B 【分析】由可求得，根据函数在区间上有且仅有一个零点可求出的取值范围，再利用正弦型函数的对称性可求得结果. 【详解】当时，且，， 由可得，所以，， 解得，， 若无解，则或，解得或， 由于且存在，故或，即或，则有或， 故的最大值为，此时， 由可得， 当时，函数的一条对称轴方程为， 故选：B. 22．ABC 【分析】直接利用不等式即可求解AC，利用乘“1”法即可求解B，利用不等式成立的条件即可求解D. 【详解】对于A：因为，则，当且仅当，即时取等号，故A正确， 对于B，，当且仅当，即时取等号，故B正确， 对于C：因为，则，当且仅当，即时取等号，故C正确， 对于D：因为， 当且仅当，即，时取等号，这与均为正实数矛盾，故D错误， 故选：ABC． 23．AC 【分析】取，可验证AC的真假；假设函数为偶函数，根据偶函数的性质，判断B的真假；结合二倍角公式和辅助角公式，求函数的最大值，判断D的真假. 【详解】当时，，为奇函数，且，故AC正确； 若为偶函数，则，恒成立，矛盾，故B错误； 因为，所以，无解，故D错误． 故选：AC 24．BC 【分析】先根据二倍角公式化简函数，再根据化简后的函数分析各选项. 【详解】根据二倍角正弦公式，可得. 对于选项A，在中，，所以的最大值为，而不是，故A选项错误. 对于选项B，正弦函数的单调递增区间为. 令，解不等式可得. 当时，单调递增区间为，，所以在上单调递增，故B选项正确. 对于选项C，正弦函数的对称轴方程为. 令，解得. 当时，，所以的图象关于直线对称，故C选项正确. 对于选项D，在中，，所以的最小正周期，而不是，故D选项错误. 故选：BC. 25．ACD 【分析】根据给定函数及性质求出并化简，再结合正弦函数的图象性质判断ABC；作出函数图象判断D. 【详解】对于B，由函数为奇函数，得函数图象的一个对称中心为， 则，解得，B错误； 对于A，，的最小正周期为，A正确； 对于C，，与的图象有相同的对称轴，C正确； 对于D，方程在上的实根个数即为与 图象交点个数，在同一坐标系内作出函数与的图象，如图， 观察图象知，函数与在上的图象恰有4个交点，D正确. 故选：ACD 26．BCD 【分析】利用辅助角公式可得，为锐角，且，，利用余弦型函数的奇偶性可判断AB选项；利用正弦型函数的最值可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项. 【详解】由辅助角公式可得， 为锐角，且，， 因为，则，可得， 所以，，因为，故， 对于A选项，， 且，故， 即函数不是偶函数，A错； 对于B选项，， 即函数为偶函数，B对； 对于C选项，， 所以，，C对； 对于D选项，因为，且当时，， 由于，故函数在区间上单调递减，D对. 故选：BCD. 27．ABC 【分析】利用两角和的正切公式判断A、B、D；根据同角三角函数的基本关系及诱导公式、二倍角公式判断C. 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：， 所以，故B正确； 对于C： ，故C正确； 对于D：，故D错误. 故选：ABC 28．BCD 【分析】利用函数奇偶性的定义判断A；对原函数进行求导，利用导数判断函数的单调性和求出最值；即可判断BD；再结合导数的几何意义判断C即可. 【详解】因为函数的定义域为，故， 故且，所以为非奇非偶函数；故A错误； 因为 ， 令，可得或. 当时，,单调递减; 当时，, 单调递增; 当时，,单调递减; 当时，, 单调递增; 故有4个单调区间，且存在最小值，故选项正确； 当时，,且， 故函数在处的切线方程为； 即直线是曲线的一条切线，故； 故选：. 29．AC 【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质逐项判断即可. 【详解】函数， 对于A，，当时，， 而函数在上单调递增，因此在上单调递减，A正确； 对于B，当时，的最小正周期为，， 由，得，B错误； 对于C，由，得，由在上有且仅有2个不同的解， 得，解得，C正确； 对于D，，要为奇函数， 当且仅当，而当时，，因此不可能是奇函数，D错误. 故选：AC 30．/0.8 【分析】由已知结合同角基本关系及和差角公式进行化简即可求解． 【详解】因为， 所以， 所以， 即， 即， 因为， 则． 故答案为：． 31． 【分析】证明函数为偶函数，利用导数判断函数在上的单调性，结合函数性质将条件转化为恒成立，结合二次函数性质列不等式求的范围. 【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称， 且， 所以为偶函数， 又当时，，， 所以， 所以在上单调递增， 所以不等式对任意恒成立， 转化为，即， 所以且在上恒成立， ①若在上恒成立，则，解得； ②若在上恒成立，则，解得， 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 32．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后根据导数非负结合分类讨论可求的值； （2）求出的导数，根据虚设零点可求最小值，结合基本不等式可证最小值小于1. 【详解】（1）， 因为在上单调递增，故， 而时，，故即； 而时，，故即， 故. （2）, 故， 设，则， 故即在上单调递增. 而，， 故在存在一个零点且： 当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 而，故， 故， 而，双勾函数在为减函数，故， 故. 33．(1) (2) (3) 【分析】（1）由最小正周期，且且，可得图像的一条对称轴. （2）由（1）知，故，由，得，2或再由直线为图像的一条对称轴可得，又由，可得，或得出或，判断出当时从而得，即得答案. （3）因为，得，再根据三角形为锐角三角形得出B的范围，根据二倍角公式化简问题式结合对勾函数的性质计算即可. 【详解】（1）由题可知函数的最小正周期, 又因为且， 所以直线为图像的一条对称轴； （2）由（1）知，故，由，得，2或 由直线为图像的一条对称轴，所以， 因为，所以或， 若，则， 即，不存在整数，，使得，2或 若，则， 即不存在整数，，使得或3； 当时，，此时， 由，得，所以. （3）因为，所以, 因为在锐角中，，所以， 由，得，,则； 而， 当且仅当，即时，取最小值， 当或1时，，则的值域为， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：根据三角函数的图象与性质分类讨论可求解析式；由三角形为锐角三角形确定B的范围，通过二倍角公式化简结合对勾函数的性质可计算范围. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $