专题提优：三角函数综合训练-2027届高三数学一轮复习

专题提优：三角函数-2026-2027学年高三数学上学期 一、单选题 1．已知，则（     ） A． B． C． D． 2．已知角的终边经过点，则（     ） A． B． C． D． 3．已知函数（，），若，则（    ） A． B． C． D． 4．在平面直角坐标系中，锐角以为顶点，轴的非负半轴为始边.将的终边绕顺时针旋转后与单位圆交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 5．已知，则（    ） A． B． C． D． 6．数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数图象的特征．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（     ） A． B． C． D． 7．数学里有一种证明方法叫做Proof without words，也被称为无字证明，是指仅用图象而无需文字解释就能不证自明的数学命题，由于这种证明方法的特殊性，无字证明被认为比严格的数学证明更为优雅与有条理．如图，点为半圆上一点，，垂足为，记，则由可以直接证明的三角函数公式是（   ） A． B． C． D． 8．函数的部分图象如图所示，则以下说法正确个数为（   ） ① ②函数图象的对称中心为 ③ ④不等式的解集为 A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 9．若，且，则（    ） A． B． C． D． 10．若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（     ） A． B．在上的最小值为 C．的图象关于点对称 D． 11．若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A． B．的单调递减区间是 C．当时，函数有507个零点 D．把的图象向右平移2个单位长度，纵坐标不变，可得的图象 三、填空题 12．已知 ，则 ______． 13．已知函数在区间上单调，且满足，若在区间上恰有5个零点，则的取值范围为______． 14．以下说法正确的有________． ①将函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的，则所得函数的最小正周期为，则； ②已知，，且在区间内有最大值，无最小值，则可能的取值有或； ③已知，将向轴正方向平移个单位，得到的函数图象与图象关于轴对称，则可能的取值有，，． 四、解答题 15．已知函数. (1)求函数的最小正周期； (2)求函数的单调递增区间； (3)求不等式的解集. 16．已知函数，． (1)若 的最小正周期为，求的单调递减区间； (2)若方程在 内恰有4个实数根，求的取值范围． 17．已知函数与的部分图象如图所示，其中，，且． (1)求，，的值； (2)设函数，求的单调递减区间及图象的对称轴方程． 18．如图，已知函数的图象经过点，． (1)求的解析式； (2)若，且，证明：； (3)将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得到的曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象.若，使得，求实数t的最小值. 19．设函数的定义域为．若存在常数，使得对任意给定的，，当时，总有，则称函数具有性质． (1)设，函数具有性质．若，求函数的表达式； (2)设，．若函数具有性质，求的所有可能值； (3)设，函数是定义域为的严格增函数．若且是非空有限集，试问：是否存在常数，使得函数具有性质？若存在，求出的所有可能值；若不存在，说明理由． 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《专题提优：三角函数-2026-2027学年高三数学上学期》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D C A A C C AB BCD 题号 11 答案 BCD 1．A 【详解】由 ，得 . ； . 分子分母同除以 ，得 2．A 【详解】已知角的终边经过点，则， ， ． 3．D 【分析】根据函数特征构造新函数，利用新函数的奇偶性性质求值. 【详解】根据题意构造新函数（，）， 因为，即，所以， 所以. 4．C 【分析】根据三角函数的定义得到，利用同角三角函数关系及两角差的正弦公式计算即可. 【详解】由题意知，. 因为为锐角，所以. 又， 所以. 5．A 【分析】由二倍角公式和辅助角公式化简等式左边，即可求得结果. 【详解】， 6．A 【分析】根据给定的图象，由偶函数定义排除BD；确定函数在的单调性判断AC. 【详解】函数的定义域为R， 对于BD，，， 函数是偶函数，其图象关于轴对称，而给定图象关于轴不对称，BD不是； 对于AC，令，函数在上单调递增， 函数分别是增函数和减函数， 因此在上分别单调递增、单调递减， 选项A符合给定图象，选项C不符合给定图象，A可能是，C不是. 7．C 【分析】由图形结合几何知识可得答案. 【详解】由题设可得，则，， 又，，，， 因此． 8．C 【分析】由图象先求出周期，即可求出，利用定义域问题可求出，由特殊点可求出，即；令可求出对称中心，可讨论出，即可解出范围. 【详解】由图象知相邻渐近线为和，间距为，故周期． 时，有，又，解得， 由，得，因此． A选项：由可知，A选项错误； B选项：正切函数的对称中心为，令，得， 即函数图象的对称中心为选项正确. C选项：， 故，C选项正确. D选项：当时，；当时，. 不等式等价于，即， 解得，即，D选项正确． 9．AB 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式、诱导公式和正弦的倍角公式，准确运算，即可求解. 【详解】对于A，因为， 所以， 所以，所以A正确； 对于B，由，所以B正确； 对于C，由， 所以，所以C错误； 对于D，由，所以D错误． 10．BCD 【分析】先根据图象的平移变换，得到的解析式，可得选项A错误；再根据正弦函数的图象性质，可知选项B、C正确；根据函数的周期性，先求得、，进而可判断选项D正确. 【详解】对于A选项，函数的图象向左平移个单位长度，可得，故A错误； 对于B选项，当时，可得， 可知当时，取得最小值，即，因此在上的最小值为，故B正确； 对于C选项，因为，令（），解得（）， 取时，可得，因此点是的对称中心，故C正确； 对于D选项，由，可得，则，， 所以，所以，故D正确. 综上所述，选项BCD正确. 11．BCD 【分析】由图象求出 确定函数解析式，再结合三角函数的性质逐项判断即可. 【详解】由图象可知，.函数图象过点 和 ，且在 之间有一个波峰， 所以半个周期 ，即 . 由 ，得 ，所以 . 将点 代入，得 ， 由图象可知 处函数图象处于上升阶段，即 ，解得 . 因为 ，所以 ，故 . 选项A：由上述分析可知 ，故A错误； 选项B：令 ， 解得 . 所以 的单调递减区间是 ，故B正确； 对于C，令，即. 设，，；. 解方程可得或,， 在一个周期内有两个解. 当时有253个完整周期余下区间，能取个根， 所以当时，有507个零点，C正确； 选项D：，向右平移 2 个单位得到 ，故D正确. 12． 【分析】对 进行切化弦，并由积化和差把两边都化为的式子，即可求得 ． 【详解】由 有意义知 ，，. 所以 ， 所以. 又， . 所以 ， 即 ，所以 . 13． 【分析】由结合函数单调性，即可确定的一个对称中心为，利用函数的对称中心和单调区间，结合周期可得，求出，再结合函数零点个数，列出不等式求得，综合，即可求得的取值范围. 【详解】因为函数在区间上单调， 且满足，而，, 即的一个对称中心为， 而，故在区间上单调， 设函数的最小正周期为，则； 函数在区间上恰有个零点，则恰好为第一个零点， 相邻两个零点之间相距半个周期， 故，即， 解得，结合， 可得的取值范围为. 14．②③ 【分析】利用三角函数的周期公式、对称性质、图象平移缩放变换以及区间内的最值限制条件，将几何特征转化为代数方程，依次验证即可. 【详解】对于①，， 则其最小正周期，解得，故①错误. 对于②，由，且在区间内有最大值，无最小值， 所以的对称轴为，且. 由得，即， 因为，，当时，；当时，； 当时，；当时，. 综上，可能的取值有或，故②正确. 对于③，， 由题意得，即， 若对任意恒成立，则或. 由得，与为常数矛盾，故舍去； 由得，即， 当时，， 当时，， 当时，， 其它值求出的均不在内，所以可能的取值有，，，③正确. 15．(1)； (2)，； (3)，. 【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简函数，由函数周期公式即可求得结果； （2）令，，解得范围即为函数单调递增区间； （3）列出不等式，然后根据三角函数得到范围，从而得到不等式的解集. 【详解】（1）， 函数的最小正周期为； （2），， 整理得，， 所以函数的单调递增区间是，； （3）由 得， 所以， 整理得， 所以函数的解集是， 16．(1)，； (2) 【分析】（1）先用两角和与差公式与二倍角公式把化为一个余弦型函数，由最小正周期求出，再解不等式得单调递减区间； （2）换元，把“区间内恰有 4 个根”转化为区间右端点与的根的位置关系. 【详解】（1）， 所以. 由最小正周期 得，即. 令，解得，. 所以的单调递减区间为，. （2）方程 即. 令. 由， 得 . 在 上， 的根依次为 方程在内恰有4个根，等价于区间含前4个根而不含第 5 个根， 即，解得 . 所以的取值范围是. 17．(1)，， (2)单调递减区间为，；对称轴方程为， 【分析】（1）根据函数周期性可得，再分别代入点和求，的值； （2）利用三角恒等变换可得，结合正弦函数的单调性和对称性运算求解. 【详解】（1）设函数、的最小正周期分别为、， 且，则，，即， 由图可知：，即， 则，解得，，， 因为函数的图象过点，则， 且，则， 可得，解得，， 因为函数的图象过点，则， 且，则， 可得，解得，， 综上所述：，，. （2）由题意可知： ， 令，，解得，， 所以函数的单调递减区间为，； 令，，解得，， 所以函数的对称轴方程为，. 18．(1)； (2)证明：由，得， 所以， 又，则，所以， 故，即，所以． (3) 【分析】（1）根据图象所过的点得到方程，求出，，求出解析式； （2）化简得到，利用正弦差角公式得到方程，求出，相除可得结论； （3）根据伸缩和平移变换得到的解析式，从而解不等式，得到的解集，则的区间长度不小于解集的区间长度，从而求出t的取值范围，得到答案 【详解】（1）由题意可知，，则，又，得， 由图象可知，点A在的增区间上，所以， 又是函数的图象的一条对称轴， 根据五点作图法可知，，解得， 所以． （2）略 （3）的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到， 再将所得到的曲线向左平移个单位长度，得到． 由得，，， 解得，， 要使，，使得， 则的区间长度不小于解集的区间长度， 所以，解得， 故实数t的最小值为． 19．(1)， (2)， (3)不存在，理由为： 设为非空有限集，设中最大元素为， 因为是定义在上的严格增函数，从而的值域为无限集， 且对任意，存在唯一使. 若存在使具有性质， 即任意给定，当时，有， 当时，由时， 由的单调性知，不合题意； 不妨设，令， 若所有满足的均在中，则仅在有限集中取到，与的值域是值域（无限集）的子集矛盾， 故存在使； 故，从而（） 存在，使得， 则，则，， 由严格递增得，即，矛盾； 综上，不存在满足条件的常数，使具有性质. 【分析】（1）根据函数具有性质，结合已知条件逐步推导函数在不同自变量取值时的函数值，进而得出函数表达式； （2）根据函数具有性质，结合正弦函数的性质求出的所有可能值. （3）假设存在使具有性质，取，可证存在使，进而得，分情况讨论，均会导出与严格递增或有限的矛盾，从而判断不存在满足条件的. 【详解】（1）由题意，函数具有性质，即对任意给定的， 当时，总有. 因为，根据性质可得，即. 又因为，再根据性质可得， 即. 同理，由可得，即. 以此类推，对于任意的，都有. 因为函数的定义域为，且对于任意的，都有， 所以函数的表达式为，. （2）已知函数具有性质，即对任意给定的， 当时，总有. 因为，所以或. 当时，，恒成立. 当时，. 根据正弦函数的性质， 可得恒成立时，. 又因为，所以的所有可能值为，. （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 $