第5章三角函数重难点练习-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

第5章三角函数重难点练习-2026-2027学年高一数学人教A版必修第一册 一、单选题 1．下列函数在区间上是减函数的是（    ） A． B． C． D． 2．下列各角中，与角终边相同的角是（   ） A． B． C． D． 3．已知，，则（   ） A． B． C． D． 4．已知，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，若是函数的零点，为函数图像的一条对称轴，且在上单调，则的最大值为（    ） A．11 B．9 C．7 D．5 6．如图，有一竖着放的壁画，最高点处离地面10m，最低点处离地面6m，若从离地高3m的处观赏它，若要视角最大，则离墙的距离为（    ）m    A． B． C． D． 7．已知函数，先将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再将图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.若，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．某过山车轨道是依据正弦曲线设计安装的，在时刻（单位：）时过山车（看作质点）离地面的高度（单位：）满足（，）.已知当时，过山车到达第一个最高点，当时，过山车到达第一个最低点，则过山车启动时距地面（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列式子成立的是（     ） A． B． C． D． 10．已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．图象关于点对称 B．图象关于直线对称 C．若，则的最小值为 D．若，则或 11．已知函数，若、是关于的方程的两个不同的解，且的最小值为，则下列说法中正确的有（     ） A． B．当时， C．若是偶函数，则 D．若在区间内无最大值，则 三、填空题 12．若，，并且、均为锐角且，则的值为_________. 13．在斜中，已知，其中，若为定值，则实数的值为______． 14．如图，为一个水轮的轴截面示意图，水轮的半径为1米，水轮圆心距离水面米.以圆心为坐标原点，平行于水面为轴，垂直于水面为轴建系.已知水轮每分钟逆时针转动5圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计算时间.点距离水面的高度米，表示为时间秒的函数解析式为__________. 四、解答题 15．（1）若，化简． （2）求证：． （3）已知，求证：． 16．已知角的始边为x轴非负半轴，终边过点． (1)求的值； (2)求的值． 17．已知， (1)若，，求函数在上的值域； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围． 18．设函数，其中．已知． (1)当，求的单调递减区间； (2)将函数的图象上各点的横坐标和纵坐标都伸长为原来的2倍，再将得到的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求在上的最大值． 19．若存在，，使得恰为函数的全部零点所构成的集合，则称为“分圆函数”． (1)分别判断下列函数是否为“分圆函数”，并证明； ①； ②． (2)求证：对任意，均为“分圆函数”； (3)若为“分圆函数”，证明：一定存在不同的取值． 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 《第5章三角函数重难点练习-2026-2027学年高一数学人教A版必修第一册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D A B C C C ACD BCD 题号 11 答案 AC 1．B 【详解】对于选项A：在上递增，上递减，在上不是减函数. 对于选项B：的单调递减区间为，取得，故在上是减函数. 对于选项C：时，在、上递增，在上不是减函数. 对于选项D：时，在上递增，在上不是减函数. 2．C 【详解】因为与终边相同的角的集合为：. 当时，； 若，则不是整数； 若，则不是整数； 若，则不是整数. 3．D 【分析】将等式移项后平方，结合平方关系消元，可求出，，然后根据商数关系求得. 【详解】，所以， 由，得，所以， 因为，所以， 所以，即， 得，（舍去），所以， 则. 4．A 【详解】因为， 所以， 则， 因为，所以， 所以， 又因为，所以. 5．B 【分析】若是函数的零点，则；为函数图像的一条对称轴，则，再结合在上单调即可求得的取值范围. 【详解】若是函数的零点，则；为函数图像的一条对称轴，则，设函数的最小正周期为，那么 ， 令，则， 由于在上单调，则存在， 使得：, 又，故 ，又，故的最大值为. 6．C 【分析】考虑到取最大值时，也取最大值，所以用离墙距离表示，并用基本不等式求得的最大值，此时等号成立条件便是离墙距离. 【详解】设视线与地面所成角为，视线与地面所成角为，视角最大时，离墙的距离为米， 则由题意可得，，， 则，当且仅当，即时等号成立. 因为，所以，且当取最大值时，也取最大值， 因此当时，取最大值. 7．C 【详解】， 将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到， 再将图象向左平移个单位长度，得到函数， 要使且， 则或， 所以，， 所以，，则. 8．C 【分析】根据周期求，最后根据求，再根据函数的解析式求出. 【详解】因为当时，过山车到达第一个最高点，当时，过山车到达第一个最低点， 所以，则，则， 又因为，则， 因为，所以当时，，所以， 当时，. 则过山车启动时距地面. 故选：C. 9．ACD 【详解】对于A，因为，，， 在单调递减，所以，故A正确； 对于B，因为，，在上单调递减， 所以，故B错误； 对于C，因为，， 所以，，则，故C正确； 对于D，因为，，在上单调递增， 所以，故D正确. 10．BCD 【详解】选项A，将代入函数得， 因此图象不关于点对称，A错误； 选项B：是的最大值，因此图象关于直线对称，B正确； 选项C：的最小正周期， 说明是最大值点，说明是最小值点， 相邻最大值点和最小值点的水平距离最小为，即的最小值为，C正确； 选项D：由得或， 分别解得或，D正确. 11．AC 【分析】选项A，由得到 ，从而求出，利用公式求出；选项B，由得到，求出，，利用余弦函数的图像和性质得解；选项C， 求出，结合是偶函数得到，结合求出；选项D. 令，由的范围求出的范围，结合正弦函数的图像得到，结合得到的范围. 【详解】选项A，因为，是的两个不同解， 且，所以 ，，，则选项A正确； 选项B，因为，所以， ， ， 因为在上是单调递减函数，且，所以， 即，则选项B错误； 选项C， 因为是偶函数， 且， 所以 ，， 因为，所以；则选项C正确； 选项D，令，，， 则，， 因为，所以，则选项D错误. 12．/ 【分析】先利用平方关系求出、，再根据结合的范围求出的余弦值即可. 【详解】因为、，所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为、，所以， 则 ， 所以. 13． 【分析】对题干等式同除，展开两角差正弦并切化弦，将用定值和代换，利用等式与变量无关，分离常数项与一次项系数列方程组，结合求出，得到. 【详解】等式两边同时除以， 整理得， 由，可得， 又， 所以可得， 设，则， 所以，得， 因为，所以， 所以. 14． 【详解】设点距离水面的高度与时间的函数关系式为， 水轮每分钟逆时针转动5圈，即周期, 所以角速度, 水轮的半径为1米， 所以点相对于圆心的垂直距离最大为1米，故振幅； 因为点 恰好从水中浮现，此时点距离水面的高度为， 又因为圆心距离水面米，所以，点 的初始纵坐标为， 由题意可知，点在第四象限，且， 为了满足点接下来向上运动（即逆时针旋转），初相， 所以. 15． （1） （2）证明：要证， 只需证：， 只需证：， 只需证：，即证：， 显然上式成立，故成立，得证． （3）证明：由， 得：， 所以， ， ， ，即，则， 得，再由平方关系得，， 代入，得，即：，得证． 【详解】（1）因为，，， 所以． （2）略 （3）略 16．(1) (2) 【详解】（1）角的终边过点，由定义得； （2）原式． 17．(1) (2) 【分析】（1）将，代入，利用正弦函数的性质求解即可； （2）由最小正周期为，可得，求出的解，结合题意可得函数在内恰好有一个解，分、、及分别求解即可. 【详解】（1）当，时， ，， 则， 由正弦函数单调性，，， 故． 所以函数的值域为； （2）由周期，得， 则， 方程的解为或，， 解得或，， 当时，， 区间长度含675个周期（），贡献1350个解， 要求在区间内恰好有一个解， 结合分析，在内的解为，． 若：仅落在区间，恰好1个解，符合； 若：，都落在区间，共2个解，不符合； 若：仅落在区间，恰好1个解，符合； 若：区间内无解，不符合． 综上所述，的取值范围为． 18．(1)和 (2) 【分析】（1）化简的解析式，根据求得，进而结合整体代入法求得单调递减区间即可. （2）结合题意求出变换后的解析式，再结合三角恒等变换与余弦函数性质求解最值即可. 【详解】（1）由题意得， ， 而，得到，， 由于，所以，可得， 令，解得， 而，则当时，，当时，， 故的单调递减区间为和. （2）由（1）得， 函数的图象上各点的横坐标和纵坐标伸长为原来的倍， 得到，再将得到的图象向右平移个单位， 得到， 当时，，则， 故在上的最大值为. 19．(1)①是； 令，解得； 即可得，，所以的零点的解集为； 所以存在，使得为“分圆函数”． ②不是； 令，即， 解得，或，； 显然这两部分解无法用同一个表达式来表示，所以不是“分圆函数”． (2)令，， 故其必有两个不等实根， 由韦达定理： 令，则 因此的全部零点为，； 故对任意，均为“分圆函数”． (3)证明：令， 易知，故其必有两个不等实根，， 由韦达定理可得， 因为在上至多有两个解，在上至多有两个解； 所以在上至多有4个解，则， 当时：由于，则且，不合题意， 当时：必有或． （i）若，则，， 此时，的全部零点为，故合题意； （ii）若，则，， 此时，的全部零点为，故合题意； 当时：若，则， 则，均为的根， 而，故， 因此， 此时，的全部零点为，故合题意； 综上或，即一定存在不同的取值. 【分析】（1）①推出存在，使得为“分圆函数”，故①是；②解得，或，；无法用同一个表达式来表示，所以②不是“分圆函数”． （2）换元，令，由韦达定理可得，得到的全部零点为，；故对任意，均为“分圆函数”． （3）令，由韦达定理可得两根之和，两根之积，在上至多有4个解，则，分时，和三种情况，得到或，即一定存在不同的取值. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 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 $