备战高一数学下学期期中（人教B）期中真题精选（十四大常考题型专练）（解析版）

这是一份备战高一数学下学期期中（人教B）期中真题精选（十四大常考题型专练）（解析版），共61页。
题型一 任意角与弧度制
题型二 三角函数定义
题型三 同角三角函数基本关系
题型四 诱导公式化简问题
题型五 三角函数的图象与性质
题型六 求三角函数解析式
题型七 生活中的三角函数模型
题型八 向量的模长
题型九 向量的夹角
题型十 投影向量
题型十一 数量积的最值范围
题型十二 三角恒等变换
题型十三 三角函数中的零点问题
题型十四 三角函数中的恒成立问题
题型一 任意角与弧度制
1．（2024·25高一上·吉林·期中）与终边相同的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】，所以与终边相同的角是，且是第一象限角，
而，，分别是第三象限角，第四象限角，第二象限角，因此C是，ABD都不是.
故选：C
2．（2023·24高一下·上海黄浦·期中）当手表比标准时间慢10分钟时，只需将分针旋转 弧度就可以调节准确
【答案】
【详解】由题意，分针需要顺时针旋转，即弧度数为.
故答案为：.
3．（2022·23高一下·河北张家口·期中）如图，已知扇形的周长为6，当该扇形的面积取最大值时，弦长（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设扇形的圆心角为，半径为，弧长为，可得出，
由可得，
所以，扇形的面积为，
当且仅当，即时，扇形的面积最大，此时．
因为，则扇形的圆心角，
取线段的中点，由垂径定理可知，
因为，则，
所以，.
故选：A.
4．（2024·25高一上·吉林·期中）莱洛三角形是定宽曲线所能构成的面积最小的图形，它是由德国机械学家莱洛首先发现的，故而得名．如图所示：它是分别以正三角形的顶点为圆心，以正三角形边长为半径作三段圆弧组成的一条封闭曲线，若，求：
(1)莱洛三角形的周长；
(2)莱洛三角形的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，由于三角形为正三角形，
所以以为圆心的扇形的弧长是，
莱洛三角形的周长为；
（2）因为，由于三角形为正三角形，
所以以为圆心的扇形的面积是，
又的面积是，
所以勒洛三角形的面积为3个扇形面积减去2个正三角形面积，
即．
题型二 三角函数定义
5．（2024·25高三上·北京通州·期中）已知角终边经过点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据三角函数定义得，故，
则．
故选：A
6．（2024·25高一上·吉林·期中）点在平面直角坐标系中位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以点在平面直角坐标系中位于第二象限，
故选：B.
7．（2023·24高一下·北京·期中）已知是第二象限的角，为其终边上的一点，且，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】点是第二象限的角终边上的一点，则，
由，得，所以.
故选：C
8．（2024·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．11B．C．10D．
【答案】B
【详解】因为角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，
且角的终边经过点，
所以，，
所以.
故选：B.
9．（2023·24高一下·江西九江·期中）设角的终边不在坐标轴上，那么函数的值域为 ．
【答案】
【详解】当为第一象限角时，，
当为第二象限角时，，
当为第三象限角时，，
当为第四象限角时，.
所以函数的值域为.
故答案为：
题型三 同角三角函数基本关系
10．（2024·25高一上·河北保定·期中）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】，故，则，
故.
故选：A
11．（2024·25高一上·广东东莞·期中）已知，则 .
【答案】
【详解】
故答案为：.
12．（2024·25高二上·云南昭通·期中）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C
13．（2023·24高一下·江苏扬州·期中）1626年，阿贝尔特格洛德最早推出简写的三角符号：、、（正割），1675年，英国人奥屈特最早推出余下的简写三角符号：、、（余割），但直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中，，若，且，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意 , 且 ,
可得 ,
两边平方, 可得
即
可得 ，
解得 .
故选: .
14．（2023·24高一下·四川绵阳·期中）化简（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
，
因为，所以，
所以，，
所以原式.
故选：B.
15．（2022·23高一下·江苏南通·期中）已知与是方程的两个根，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】与是方程的两个根，
，两边平方得：，
，得．
即．
故选：D．
16．（2024·25高三上·河南·期中）（1）已知是第三象限角，且是方程的一个实根，求的值；
（2）已知，且，求的值.
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由，得或，
是方程的一个实根，且是第三象限角，，
.
（2），
，则，
，所以，
故，
.
题型四 诱导公式化简问题
17．（2024·25高一下·四川乐山·期中）已知，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【详解】.
故选：C
18．（2024·25高一下·云南昆明·期中）在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由角的终边经过点，则，
故选：B.
19．（2024·25高一下·河南·期中）已知，则 ．
【答案】/0.5
【详解】，
故答案为：.
20．（2024·25高一下·广东佛山·期中）已知点是角终边上一点，将角的终边逆时针旋转得到角，则 ．
【答案】/
【详解】由题可知，
将角的终边逆时针旋转得到角，可得，
因此；
所以.
故答案为：
21．（2024·25高一下·陕西渭南·期中）已知，则的值为 .
【答案】
【详解】因为，所以.
故答案为：
题型五 三角函数的图象与性质
22．（2024·25高一上·河北衡水·期中）设函数在上有且只有4个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】，
又因为在上有且仅有4个零点，
，解得
故选：B.
23．（2022·23高一下·四川内江·期中）已知函数，的最小正周期为，函数图象关于点对称，且满足函数在区间上单调递增，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为函数的最小正周期为，，所以，解得，
则，因为函数图象关于点对称，
所以，解得，
因为，所以或.
令，解得：，
所以的单调递增区间为，
又函数在区间上单调递增，
所以，，
解得：，
因为，所以，故，
故选：D
24．（2023·24高一下·安徽宿州·期中）已知函数其中．若，在区间上单调递增，则的取值范围是 .
【答案】
【详解】若，则，
因为在区间上单调递增，
所以，解得，
由，又，故或，
所以当时，得；当时，得.
所以满足题意的的取值范围是.
故答案为：.
25．（2023·24高一下·北京延庆·期中）关于函数，给出下列三个命题：
①是周期函数；
②曲线关于直线对称；
③在区间上恰有1个零点．
其中正确的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】A
【详解】对于①，因为，所以，
故，所以选项①正确，
对于②，因为
，由对称轴的定义知，
为函数的一条对称轴，所以选项②正确，
对于③，因为，
令，得到，
解得或，又，
由，得到，由，得到，
所以在区间上有2个零点．选项③错误，
故选：A.
26．（2023·24高一下·北京延庆·期中）已知函数，．给出下列四个结论：
①存在m，使得没有最值；
②不存在m，使得有单调减区间；
③当时，函数只有两个零点；
④当时，若a，b，c互不相等，且，则的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【详解】对于①，取时，图象如图所示：

此时函数不存在最值，故①正确；
对于②，当时，的图象大致如下：

函数在上单调递减，故②错误；
对于③，当时，图象如图所示：

此函数的图象与只有两个交点，
所以函数只有两个零点，故③正确；
对于④，当时，图象如图所示：

因为,不妨设,
则有,
又因为关于对称，
所以,
所以,故④正确.
故答案为：①③④
27．（2024·25高一上·河北衡水·期中）已知函数，当 时，函数在区间上单调递减，求实数的取值范围.
【答案】
【详解】，令，
可得：,
由可得，
由题意可得 ，解得 ，所以的取值范围为 .
28．（2023·24高一下·云南昭通·期中）已知函数的最小正周期为，且．
(1)求函数的解析式，并求的最大值与最小值；
(2)求函数的单调递减区间．
【答案】(1)；最大值为，最小值为
(2)
【详解】（1）因为的最小正周期为，且，
所以，解得，，
因为，所以，即，
所以，，解得，
又因为，所以，
所以，的最大值为，的最小值为．
（2）由（1）得，
若单调递减，则，
即，
所以的单调递减区间为.
29．（2024·25高三上·北京朝阳·期中）设函数.
(1)若，，求的值；
(2)已知在区间上单调递增，且是函数的图象的对称轴，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求ω，φ的值.
条件①：当时，取到最小值；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析.
【详解】（1）由，，得.
则；
（2），
，
.
选择条件①：
因为在区间上单调递增，
且是函数的图象的对称轴，
又当时，取到最小值，所以，
故.
因为，所以.
所以，.
又因为，
所以，得.
又因为，所以.
选择条件③：
因为在区间上单调递增，
且是函数的图象的对称轴，
又在区间上单调递减，所以，
故.
因为，所以.
所以，.
又因为，
所以，得.
又因为，所以.
选择条件②不能求出参数值，故不能选条件②.
题型六 求三角函数解析式
30．（2024·25高三上·湖南长沙·期中）如图是函数的部分图象，则函数的解析式可为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据图象可得最小正周期为，
所以，故或，
由图可知当时，函数取最小值，
当时，可得，，
所以，，此时，
当时，可得，，
所以，，取可得，，
故函数的解析式可能为，B、C错；
由，D错误．
故选：A．
31．（2024·25高一上·河北保定·期中）已知，，函数的图象如图所示，，，是的图象与相邻的三个交点，与轴交于相邻的两个交点，，若在区间上，有2027个零点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】将原点坐标代入得，又，所以，
故，
的中点横坐标为，
故，
又对应的点为轴左侧第一个最低点，所以，
解得，解得，
所以，
令得，
则或，
解得或，
所以相邻两个零点的距离有两种，可能为，
在上，有2027个零点，要求的最大值，
则当为个和1014个时，取得最大值，
故最大值为.
故选：A
32．（2023·24高一下·湖北黄冈·期中）函数的部分图象如图所示，，，则（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【详解】因为过点，则，
可得，
因为过点，，结合图象可知，即，
且，可得.
故选：B.
33．（2024·25高三下·重庆·期中）（多选）如图是某地一天从6点到14点的气温变化曲线，该曲线近似满足函数：，其中：.则下列说法正确的有（ ）

A．函数的最小正周期为
B．函数解析式为
C．函数在区间上单调递增
D．
【答案】BC
【详解】A.由函数图象得，函数的最小正周期为，A错误.
B. 由题意得，，解得.
设函数的最小正周期为，则，故，
由得，，
∴，
由得，，故，选项B正确.
C.∵，
∴函数在区间上的单调性与函数在区间上的单调性相同，
由图象可得，函数在区间上单调递增，C正确.
D.等价于，
由图可知，函数的图象不关于点中心对称，D错误.
故选：BC.
34．（2023·24高一下·北京延庆·期中）已知函数的部分图象如下图，，．

(1)若已知图中点A的横坐标．
（ⅰ）求，，的解析式；
（ⅱ）若，求x的取值范围；
(2)求的值．
【答案】(1)（i），，;（ii）
(2)
【详解】（1）(i)图中点的横坐标,
，
将点代入得：，
所以,
所以，
因为，
所以时，.
.
(ii)若,
则,
,
解得，
即的取值范围为.
（2）由图可知, , 又 ,
将点代入得：，
所以,
解得,
因为,即,
所以,
所以当时，，
，
，
，
，
由图可知，
，
，
，
.
题型七 生活中的三角函数模型
35．（2023·24高一下·北京丰台·期中）半径为2m的水轮如图所示，水轮的圆心距离水面m.已知水轮按逆时针方向每分钟转4圈，水轮上的点到水面的距离(单位：m）与时间(单位：s）满足关系式.从点离开水面开始计时，则点到达最高点所需最短时间为（ ）
A．sB．sC．sD．10 s
【答案】B
【详解】水轮每分钟逆时针转动4圈，则函数的最小正周期为15s，则，
由水轮的半径为2m，水轮圆心O距离水面m，
因为，可得，，
所以，
当水轮上点P从水中浮出时x= 0s开始计时，
令，解得，点P第一次到达最高点需要.
故选：B.
36．（2024·河南新乡·二模）（多选）如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度（单位：）由关系式，确定，其中，，．小球从最高点出发，经过后，第一次回到最高点，则（ ）

A．
B．
C．与时的相对于平衡位置的高度之比为
D．与时的相对于平衡位置的高度之比为
【答案】BC
【详解】对于AB，由题可知小球运动的周期，又，所以，解得，
当时，，又，所以，故A错误，B正确；
对于CD，则，
所以与时的相对于平衡位置的高度之比为
，故C正确D错误.
故选：BC.
37．（2023·24高一下·山东济宁·期中）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色。如图1，某摩天轮最高点距离地面高度为120m，直径为110m，设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要30min.
(1)如图2，建立平面直角坐标系，游客甲在P处坐上摩天轮的座舱，开始转动tmin后距离地面的高度为Hm，求转动一周的过程中，H关于t的函数解析式；
(2)求游客甲在开始转动10min后距离地面的高度；
(3)如图2，若甲、乙两人先后分别坐在两个相邻的座舱里，两人的位置分别用点A，B表示，在运行一周的过程中，求经过tmin后，乙距离地面的高度的函数解析式，并求出两人距离地面高度相等的时刻t(精确到0.1).
（参考公式：)
【答案】(1)
(2)92.5m
(3)；15.3
【详解】（1）如图，设座舱距离地面最近的位置为点P，以轴心为原点，与地面平行的直线为x轴建立直角坐标系.
设时，游客甲位于点P，因为转盘直径为110m，所以，以OP为终边的角为；根据摩天轮转一周大约需要30min，可知座舱转动的角速度为，又摩天轮最高点距离地面高度为120m，最低点距离地面高度为
由题意可得.
H关于t的函数解析式为.
（2）由（1）可知时，
.
所以，游客甲在开始转动10min后距离地面的高度约为92.5m.
（3）如图，甲、乙两人的位置分别用点A，B表示，则，经过后甲距离地面的高度为，点B相对于A始终落后，此时乙距离地面的高度为
，
两人距离地面高度相等的时刻，
方法一：甲、乙分别位于最高点的两侧，并且具有对称性的时刻，两人距离地面高度相等因为转一周大约需要30min，，所以甲从最低点开始转动，转过，乙从最低点开始转动，转过，
此时时间为.
所以，两人距离地面高度相等的时刻t约为15.3
方法二：即时，即，
可得，解得.
所以，两人距离地面高度相等的时刻t约为15.3
方法三：甲乙距离地面的高度差为
，
利用，可得：
，
当时，，由题意可知：，
解得.
所以，两人距离地面高度相等的时刻t约为15.3.
38．（2023·24高一下·河南南阳·期中）深圳别称“鹏城”，“湾区之光”摩天轮位于深圳，是目前亚洲最大的摩天轮.游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色.已知某摩天轮的直径为，最高点距离地面高度为，摩天轮的圆周上均匀地安装着24个座舱，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，摩天轮运行时按逆时针方向匀速旋转，转一周需要．

(1)游客甲从最低点坐上摩天轮的座舱，转动后距离地面的高度为，求在转动过程中，关于的函数解析式；
(2)已知游客在距离地面时的高度能够获得最佳视觉效果，记某游客从坐上摩天轮后达到最佳视觉效果的时刻依次为，求．
【答案】(1)；
(2)．
【详解】（1）以摩天轮中心为原点，与地面平行的直线为轴，建立直角坐标系．

由题意，摩天轮的角速度
所以甲所在的位置的纵坐标
则．
所以关于的函数解析式
（2）令，则．
或，
或，
可得当时，，．当时，，
综上所述，该游客坐上摩天轮后第四次达到最佳视觉效果的时刻．
题型八 向量的模长
39．（2023·24高一下·江西上饶·期中）（多选）已知平面向量，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【详解】因为，，
所以，
所以
，
所以，
因为，所以，
整理得：，解得，故C错误；
所以，，故A正确；
因为，，所以，所以，故B正确；
，故D正确.
故选：ABD
40．（2023·24高一下·福建泉州·期中）设向量，，满足，且，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．5
【答案】D
【详解】∵，∴，
又，，，
∴，
∴.
故选：D.
41．（2023·24高三上·浙江杭州·期中）设平面向量，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，所以，解得，所以，所以.
故选：A
42．（2023·24高一下·江苏盐城·期中）如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对（x，y）叫做向量在坐标系中的坐标.若，则（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】C
【详解】依题意，，
，则,
则，故.
故选：C.
43．（2023·24高一下·辽宁辽阳·期中）（多选）已知向量，满足，，且，则（ ）
A．B．
C．向量，的夹角是D．
【答案】BCD
【详解】对于A,设，则，解得，
由于，故或，故A错误，
对于B，，B正确，
对于C，，，故C正确，
对于D，，D正确，
故选：BCD
44．（2023·24高一下·山东淄博·期中）已知两个非零向量与的夹角为，我们把数量叫作向量与的叉乘的模，记作，即.若向量，，则（ ）
A．B．10C．D．2
【答案】B
【详解】若向量，，则，
，则，
.
故选：B
45．（2023·24高一下·山东青岛·期中）已知正三角形与正方形的中心为同一点，的边长为，则 ．
【答案】
【详解】
由题意知，
.
故答案为：.
题型九 向量的夹角
46．（2023·24高一下·山东青岛·期中）已知，，，则与的夹角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为，，所以，
解得，
又，所以.
故选：D
47．（2023·24高一下·江苏淮安·期中）若两个单位向量满足，则向量与的夹角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为是两个单位向量，所以，
所以向量与的夹角是.
故选：C.
48．（2024·湖北·二模）已知平面向量，，，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】，
，
，
，．
故选：B
49．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】若“”可得，可得；
当时，与的方向相反，其夹角为，
即与的夹角为钝角或平角，充分性不成立；
若“与的夹角为钝角”，即可知，解得，必要性成立；
因此“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B
50．（2023·24高一下·四川内江·期中）已知，，均为单位向量，且满足，则 .
【答案】/
【详解】由题意，所以，解得.
故答案为：.
51．（2023·24高一下·江西·期中）已知向量，，若向量，的夹角，则的取值范围是 ．
【答案】
【详解】由题意可得，
因为，所以，
所以，
则，
解得或.
故答案为：
52．（2022·23高一下·河北邯郸·期中）在平行四边形ABCD中，，，，，线段AE与BF相交于点G，则 .
【答案】
【详解】如图，不妨以A为原点，所在直线为横轴，建立直角坐标系，
过作轴于M点，由题意可得，，
则，，，，，
得，，
所以.
故答案为：.

53．（2023·24高一下·重庆·期中）已知向量，，
(1)若，求实数的值；
(2)若，求向量与的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）向量，则，
由，得，解得.
（2），由，有，
解得，则，
.
所以向量与的夹角的余弦值.
54．（2023·24高一下·江苏盐城·期中）平行四边形ABCD中，，求：
(1)的值；
(2).
【答案】(1)3
(2)
【详解】（1）由题意可得：，且，
所以=.
（2）由（1）可知：，，
则，
所以.
题型十 投影向量
55．（2023·24高一下·安徽芜湖·期中）已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：因为，且，所以，
即，所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A.
56．（2023·24高三上·江苏徐州·期中）已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【详解】由题在上的投影向量为，
又，，即，
.
故选：A.
57．（2023·福建福州·模拟预测）在菱形中，若，且在上的投影向量为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由，得，而是菱形，则是正三角形，
于是，，
因此在上的投影向量为，所以.
故选：B
58．（2023·24高一下·安徽马鞍山·期中）已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由，
，
即，所以，作图如下：
由上可知：的外接圆圆心为在的中点，
又因为，所以，即，则
所以向量在向量上的投影向量为：，
故选：C.
59．（2023·24高一下·湖南衡阳·期中）已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ）
A．7B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意可得，向量在向量上的投影向量为，
则，解得，则，
故．
故选：D.
60．（2023·24高一下·山西临汾·期中）（多选）已知，与同向的单位向量为，与同向的单位向量为，下列有关投影向量叙述正确的是（ ）
A．在方向上的投影向量为B．在方向上的投影向量为
C．在方向上的投影向量为D．在方向上的投影向量为
【答案】AC
【详解】在方向上的投影向量为，故A正确，B错误
在方向上的投影向量为，故C正确，D错误.
故选：AC
61．（2023·24高一下·上海宝山·期中）已知向量在向量方向上的投影向量为，且 ，则 (结果用数值表示)
【答案】
【详解】因为向量在向量方向上的投影向量为，
即，故，
故答案为：
62．（2023·24高一下·山东临沂·期中）已知向量满足．
(1)求向量与的夹角；
(2)若向量在方向上的投影向量为，求的值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1），
，即，
，，
又，与的夹角为；
（2），
．
题型十一 数量积的最值范围
63．（2023·24高一下·湖南·期中）已知矩形的长，宽.点在线段上运动（不与两点重合），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意得，点在线段上，设，
且.以为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，
则，则，
由，
故，
所以，
由于，所以.
故选：A.
64．（2024·湖南邵阳·二模）“四叶回旋镖”可看作是由四个相同的直角梯形围成的图形，如图所示，.点在线段与线段上运动，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，以为原点建立平面直角坐标系，
易知，，，
当在线段上运动，设，其中，
所以，，
则，
因为，所以，
当在线段上运动，设，则，且,
则，故，，
则，
因为，所以，综上，的取值范围为.
故选：C.
65．（2024·河北沧州·一模）如图，在等腰直角中，斜边，点在以BC为直径的圆上运动，则的最大值为（ ）
A．B．8C．D．12
【答案】D
【详解】如图：以为原点，建立平面直角坐标系.
则，，可设，
则，
所以
所以.
又因为，所以.
故选：D
66．（2024·河北石家庄·二模）在平行四边形中，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】设与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，
由题意，所以，
所以，即，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，即.
故选：A
67．（2022·23高一下·辽宁鞍山·期中）在中，，，，P，Q是BC边上的两个动点，且，则的最大值为 ．
【答案】3
【详解】

如图，取中点，连接，
，
，
两式相减得
，
要使有最大值，则最小，
当时，，
所以的最大值为.
故答案为：3.
68．（2023·24高一下·上海·期中）如图，这个优美图形由一个正方形和以各边为直径的四个半圆组成，若正方形的边长为4，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为 .
【答案】
【详解】
如图，以点为原点，分别以所在直线为轴建立坐标系.
因，
而表示在方向上的投影向量的数量，
由图不难发现，设过正方形的中心作与轴平行的直线与左右两个半圆分别交于点，
则当点与点重合时，投影向量的数量最大，当点与点重合时，投影向量的数量最小.
易得，则的最大值为6，最小值为，
故.
故答案为：.
69．（2023·24高一下·江苏常州·期中）在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，．
(1)当时，求的值；
(2)求向量的夹角；
(3)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）当时，
依题意知，，，.
则， .
因为，
，
.
所以.
因此.
因为， ，，
所以，，
所以.
（2）由（1）知.
因为，，
所以；
.
则.
因为，， ，
所以，
故向量的夹角为.
（3）由（2）可知：
，
.
则.
因为，， ，
所以
,
由题意知，，
所以的取值范围是，
∴的取值范围是．
70．（2023·24高一下·江苏南京·期中）如图，在中，，，，，.
(1)求的值；
(2)线段上是否存在一点，使得？若存在，请求出点的位置，若不存在，请说明理由；
(3)若是内一点，且满足，求的最小值.
【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【详解】（1），
，
（2）设，
，
，
，
，
，
解得；
（3），
所以，
，
，
，
，
，，、、三点共线，
，
当且仅当即为中点时取等号，
而，
所以的最小值为.
71．（2023·24高一下·河南信阳·期中）如图，已知是边长为2的正三角形，点、、是边的四等分点.
(1)求的值；
(2)若为线段上的动点，求的最小值，并指出当取最小值时点的位置.
【答案】(1)
(2)，最小值为.
【详解】（1）由于正三角形中，为边的中点，
所以，，，，
故
，
由于，所以，
故.
（2）记，，，，又，
则，
设，其中，则，
，
所以
，，
当且仅当即时，取最小值.
题型十二 三角恒等变换
72．（2023·24高一下·江苏宿迁·期中）（多选）下列各式中，化简结果为 的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：因为，
所以，故B正确；
对于C：
，故C错误；
对于D：
，故D正确.
故选：ABD
73．（2023·24高一下·云南昭通·期中）如图，有三个相同的正方形相接，若，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【详解】设正方体边长为1，由图可得，
则，
故选：B
74．（2024·25高一上·四川眉山·期中）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为，
由.
故选：D.
75．（2024·25高一上·河北保定·期中）如图，圆与轴的正半轴的交点为，点，在圆上，且点位于第一象限，点的坐标为，．若，则的值为 ．
【答案】/0.8
【详解】由于的坐标为，故，故在单位圆上，设终边所对角为，
由于，故,，
所以，故，
，
故答案为：
76．（2024·25高一上·河北保定·期中）已知角的终边经过点，将角的终边顺时针旋转后得到角，则（ ）
A．B．7C．D．
【答案】B
【详解】角的终边经过点，则
将角的终边顺时针旋转后得到角，则.
故选：B.
77．（2023·24高一下·山东青岛·期中）古希腊的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.若实数满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】，
，
因为，，，
所以，
所以的值为.
故选：D
78．（2024·25高一上·河北保定·期中）（多选）已知，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【详解】因为，所以，
所以，解得，故A错误，B正确；
又因为，故C正确；
因为，且，
所以，所以，故D正确；
故选：BCD.
79．（2023·24高一下·福建泉州·期中）在平面直角坐标系中，设向量.
(1)当时，求的值；
(2)设，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）依题意得，，
由，得，
得，
得，
得，
得．
（2）因为，所以，则，
由，得，
得，
得，
由，得，所以，
得．
题型十三 三角函数中的零点问题
80．（2023·24高一下·内蒙古呼和浩特·期中）已知函数在区间上有且仅有两个零点，则的最大值是
【答案】/
【详解】因为，
则由，得，
因为函数在区间上恰有两个零点，
所以，解得，
所以的最大值是.
故答案为：.
81．（2023·24高一下·广西柳州·期中）已知函数，若的最小正周期为．
(1)求的解析式；
(2)若函数在上有三个不同零点，求实数a取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【详解】（1）
因为的最小正周期为，
所以，即，
所以；
（2）①由（1）知，
由，可得，
令，则，，
若函数在有三个零点，
即在有三个不相等的实数根，
也就是关于t的方程在区间有一个实根，另一个实根在上，或一个实根是1，另一个实根在，
当一个根在，另一个实根在，令
所以,即,解得：
当一个根为0时，即，所以，此时方程为，所以，不合题意，
当一个根是即，解得，
此时可求得另一根，所以符合题意，
当一个根是1，另一个实根在，由得，
此时方程为，解得或，这两个根都不属于，不合题意，
综上a的取值范围是．
82．（2023·24高一下·贵州六盘水·期中）已知函数（）.
(1)当时，求的最大值以及取得最大值的x的集合；
(2)若在上恰有两个零点，且在上单调递增，求的取值范围.
【答案】(1)2；
(2)
【详解】（1），
当时，，故的最大值为2，
此时，即，
故最大值的x的集合为：.
（2）若，则，
在上恰有两个零点，故，
解得，
若，则，
在上单调递增，
故，
解得，且
故当时，，
所以的取值范围是
83．（2023·24高一下·上海·期中）已知函数.
(1)求函数的单调减区间；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；
(3)若函数在上恰有3个零点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
，
由，
所以函数的单调递减区间为；
（2）因为不等式在上恒成立，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即；
（3），
由，得，
因为函数在上恰有3个零点，
所以，解得，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
84．（2023·24高一上·山东菏泽·期中）已知函数的部分图象如图所示.
(1)求的解析式；
(2)求在上的最大值和最小值；
(3)若在区间上恰有两个零点、，求.
【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为
(3)
【详解】（1）由图象可知，函数的最小正周期满足，则，，
所以，，则，可得，
因为，则，所以，，解得，
因此，.
（2）因为，则，所以，，即，
所以的最大值为，最小值为.
（3）因为，当时，，
令，所以，
因为在区间上恰有两个零点、，
函数图象在区间内的对称轴为直线，
由正弦型函数的对称性可知，点、关于直线对称，则，
所以，
由得，，
所以，
所以.
85．（2023·24高一下·四川达州·期中）已知函数的最大值为1．
(1)求实数的值；
(2)若函数在区间上有两个零点，求的值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）
因的最大值为1，而的最大值为1，
故，
（2）由（1）可知，则
因在区间上有两个零点，
即在上有两个解，
即在上有两个解．
在上单调递增，在上单调递减，
依题意
故
86．（2023·24高一下·四川泸州·期中）已知向量，，．
(1)求函数的解析式及在区间的单调递增区间；
(2)若函数在区间上有且只有两个零点，求m的取值范围．
【答案】(1)；增区间为和
(2)
【详解】（1）
，
由，，得，，
即函数的单调递增区间为．
∵，当时，，当时，
所以在区间上的单调递增区间为和.
（2）
当时，取，作出函数的图象.
因函数在区间上有且只有两个零点，
即函数在上有且仅有两个零点，
由图，需使，解得，
即的取值范围为．
题型十四 三角函数中的恒成立问题
87．（2023·24高一下·江苏南通·期中）已知，恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【详解】当时，，则，
于是，而，令，
函数在上单调递减，因此，即
依题意，，所以实数的最大值为2.
故选：C
【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，
①若，总有成立，则；②若，总有成立，则；
③若，使得成立，则；④若，使得成立，则.
88．（2023·24高一下·江西南昌·期中）当时，不等式恒成立则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据题意可得， ，
，则，，
则根据题意可得不等式组为：，解得．
故选：D．
89．（2023·24高一下·云南曲靖·期中）已知函数的最小正周期是．
(1)求的解析式，并求的单调递减区间；
(2)将图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移个单位，最后将整个函数图象向上平移个单位后得到函数的图象，若时，恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)，单调递减区间为，
(2)
【详解】（1）有题意知，
由，解得，
所以．
由，得
，，，
所以单调递减区间为，
（2）依题意得，
因为，所以
当时，恒成立，
所以只需，转化为求的最大值与最小值．
当时，为单调减函数，
所以，
从而，，即，
故的取值范围是．
90．（2023·24高一下·江苏镇江·期中）已知．
(1)求图象的对称中心；
(2)当时，关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）
，
令，解得，
所以图象的对称中心．
（2）由已知恒成立，
因为，，
所以恒成立，
所以，
，
令为减函数，
所以当时，，
所以．
91．（2023·24高一下·上海·期中）已知函数
(1)求函数的最小正周期
(2)当时，求函数的最大值和最小值
(3)已知函数，若对任意的，当时，恒成立，求实数的取值范围
【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为
(3)
【详解】（1），
则最小正周期为.
（2）；
则函数的最大值为，最小值为.
（3），
因为，
，
因为对任意的，当时，恒成立，
则对任意的，当时，恒成立，
，
不妨设，则问题转化成在上单调递减，
所以，其中，解得，
所以的取值范围为.
92．（2023·24高一下·广东惠州·期中）已知向量.
(1)若，求；
(2)记，若对于任意恒成立，求的最小值.
【答案】(1)1
(2)
【详解】（1）因为，所以，
所以.
（2）
.
因为，所以，所以.
当，即时，取得最小值；
当，即时，取得最大值1.
因为恒成立，
且
所以，故的最小值为.