新高考数学二轮复习分类汇编练习专题03 三角函数（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习分类汇编练习专题03 三角函数（2份，原卷版+解析版），共7页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2025·全国二卷·高考真题）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】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.
2．（2025·全国一卷·高考真题）若点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足，
即的对称中心是，
即，
又，则时最小，最小值是，
即.
故选：B
3．（2025·北京·高考真题）设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ）
A．8B．6C．4D．3
【答案】C
【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.
【详解】函数，
设函数的最小正周期为T，由可得，
所以，即；
又函数在上存在零点，且当时，，
所以，即；
综上，的最小值为4.
故选：C.
4．（2025·天津·高考真题），在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（ ）
A．B．C．1D．0
【答案】A
【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解.
【详解】设的最小正周期为，根据题意有，，
由正弦函数的对称性可知，
即，
又在上单调递增，则，
∴，则，
∵，∴时，，∴，
当时，，
由正弦函数的单调性可知.
故选：A
二、填空题
5．（2025·上海·高考真题）函数在上的值域为 ．
【答案】
【分析】利用余弦函数的单调性可得.
【详解】由函数在上单调递增，在单调递减，
且，
故函数在上的值域为.
故答案为：.
6．（2025·上海·高考真题）小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为1米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光：其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度为0.45米．则斜面的底角 ．（结果用角度制表示，精确到）
【答案】
【分析】先根据在处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合处的旗杆算出斜面角.
【详解】如图，在处，，在处满足，
（其中水平面，是射过处杆子最高点的光线，光线交斜面于），
故设，则，
由勾股定理，，解得，
于是
故答案为：
7．（2025·北京·高考真题）已知，且，.写出满足条件的一组的值 ， ．
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
【分析】根据角的三角函数的关系可得角的等量关系，从而可得满足条件的一组解.
【详解】因为，，
所以的终边关于轴对称，且不与轴重合，
故且，
即，
故取可满足题设要求；
故答案为：；（答案不唯一）
三、解答题
8．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数．
(1)求;
(2)设函数，求的值域和单调区间．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解；
（2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间.
【详解】（1）由题意，所以；
（2）由（1）可知，
所以
，
所以函数的值域为，
令，解得，
令，解得，
所以函数的单调递减区间为，
函数的单调递增区间为.
一、单选题
1．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知点是角终边上的一点，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】由任意角的三角函数的定义，可得正弦值与余弦值，可得答案.
【详解】由题意可得，，
则.
故选：D.
2．（2025·江苏南京·二模）把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．.
【答案】B
【分析】求出把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）后的函数，求出再将图象上所有的点向右平移个单位长度后的函数.
【详解】把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）后的函数为，
再将图象上所有的点向右平移个单位长度后的函数为.
故选：B.
3．（2025·广东佛山·二模）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦二倍角公式和同角的三角函数关系计算即可.
【详解】.
故选：A
4．（2025·四川成都·三模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用条件求出，再利用倍角公式化简可得结果.
【详解】等式两边平方可得，，即..
故选：C
5．（2025·四川巴中·二模）已知，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由条件结合同角关系可求，再由两角差余弦公式求结论.
【详解】因为，，所以，
因为，，所以，
所以，
故选：B.
6．（2025·宁夏银川·三模）利用诱导公式可以将任意角的三角函数值转化为0°～90°之间的三角函数值，右表是部分5°的奇数倍锐角的正切值（用字母代替），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式，再利用二倍角公式，接着齐次化转化为正切可求.
【详解】
，
故选：B.
7．（2025·湖北十堰·三模）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用三角恒等变换化简题干中的两个等式，可得出、的关系，可得出的值，即可得出的值.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
故，所以，
即，故.
故选：A.
8．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知为锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据同角三角函数关系式及二倍角公式化简可得解.
【详解】因为为锐角，即，则，
又，则，且，
所以．
故选：C．
9．（2025·山东青岛·三模）已知函数的图象关于点中心对称，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】由三角函数图象的对称性可得结果.
【详解】由题意，可得，且，即，
所以，解得：，，
函数，
所以.
故选：C.
10．（2025·湖南岳阳·三模）已知，，则（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】B
【分析】利用二倍角公式化简得，再利用平方关系化简，再开方可得，从而即可.
【详解】由得：，
再两边平方得: ,
又因为，所以，
则，
故选：B.
11．（2025·江苏苏州·三模）设函数，若在内恰有3个零点，则的取值不可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据零点个数得到的取值范围，再根据各个的值得出零点个数判断各个选项即可判断.
【详解】当时，
因为在内恰有3个零点，，即存在有3个不同的解使得，
当时，，所以满足的值有，符合题意；
当时，，所以满足的值有，符合题意；
当时，，所以满足的值有，不符合题意；
当时，，所以满足的值有，符合题意；
故选：C
12．（2025·湖南长沙·三模）将函数的图象向左平移个单位得到的函数图象关于轴对称，则的值可以为（ ）
A．B．1C．2D．5
【答案】B
【分析】利用三角函数平移规律得到函数，由函数图象关于轴对称，推出函数为偶函数，求得，结合选项即得.
【详解】函数的图象向左平移个单位得到的函数为：，
依题意，函数是偶函数，故，
解得，又，结合选项，可得可以取1．
故选：B.
13．（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．
14．（2025·辽宁·二模）已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】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．
15．（2025·辽宁·三模）函数，其，若对于，都有恒成立，则的取值不可能是（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】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
二、多选题
16．（2025·浙江·三模）已知函数（其中，）的最大值为，其图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象向左平移单位后关于原点对称
C．函数的图象关于点对称
D．函数在区间上单调递增
【答案】ABD
【分析】根据条件求出函数的解析式，再结合正弦型函数的基本性质、三角函数图象变换逐项判断即可.
【详解】对于A选项，因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，
所以该函数最小正周期为，故，A正确；
对于B选项，由函数的最大值为可知，故，
函数的图象向左平移单位后，可得到函数的图象，该函数为奇函数，B正确；
对于C选项，，故函数的图象不关于点对称，C错误；
对于D选项，当时，，
故函数在区间上单调递增，D正确.
故选：ABD.
17．（2025·内蒙古赤峰·三模）将函数图象上每个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，则（ ）
A．为偶函数B．的最小正周期为
C．的图象关于点对称D．在上的最大值为2
【答案】BC
【分析】求出变换之后的解析式，依次判断选项可得结果.
【详解】由
则，
所以，
，
所以函数定义域为，
令，则，
所以为奇函数，故A错误.
的最小正周期为，B正确.
由，
得的图象关于点对称，C正确.
令，
由，得，
又在单调递增，
所以 时，取得最大值，
则在上的最大值为，D错误
故选：BC
18．（2025·重庆·三模）如图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的图象关于中心对称
C．在上单调递增
D．的图象向左平移个单位长度后为奇函数
【答案】AC
【分析】根据、结合周期可判断A；根据余弦函数的单调性及对称性可判断BC；根据函数图象平移得到函数解析式，结合余弦函数的奇偶性可判断D.
【详解】对于A，由得，由得，
由得，故，
化简得，
由图可知该函数的周期，故，解得，
所以，故A正确；
对于B，由，得不是函数的对称中心，故B错误；
对于C，由，可得，
由，得函数在上单调递增，故C正确；
对于D，的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，此时为偶函数，故D错误.
故选：AC.
19．（2025·广东广州·三模）已知函数，则下列结论一定正确的是（ ）
A．的图象关于轴对称B．的值域是
C．的最小正周期为D．不是中心对称函数
【答案】ABD
【分析】利用奇函数、周期函数的定义判断AC；利用周期性、单调性分析判断BD.
【详解】对于A，函数的定义域为R，
，A正确；
对于C，，是函数的周期，C错误；
对于B，由选项C知，当时，，，值域为，B正确；
对于D，由选项B知，函数在上单调递增，在上单调递减，
在上的图象关于直线对称，无对称中心，又的周期是，
因此函数的图象无对称中心，D正确.
故选：ABD
20．（2025·江西·二模）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
【答案】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
21．（2025·四川巴中·二模）已知函数在区间在区间上有且仅有3条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（ ）
A．在区间上有且仅有2个不同的零点；
B．的最小正周期可能是；
C．的取值范围是；
D．在区间上单调递增
【答案】BD
【分析】由已知结合余弦函数的对称性可得的取值范围，从而判断C；再根据余弦函数的零点、周期性、单调性结合的取值范围分别检验即可判断A,B,D．
【详解】的对称轴方程为，
已知在上有且仅有3条对称轴，
当时，时，时，时，，
因为上有且仅有3条对称轴，所以，解第一个不等式得，解第二个不等式得，即，故C不正确；
令，则，
当时，时，时，时，，
因为，当接近时，在上可能有3个零点，故A错误；
根据周期公式，当时，在范围内，所以的最小正周期可能是，故B正确；
当时，，因为，则，
由于在上单调递减，所以在上单调递增，故D正确.
故选：BD.
22．（2025·湖南永州·三模）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．在区间上单调递增
C．曲线关于直线对称D．
【答案】ABD
【分析】A由得是的周期，再利用反证法证明是的最小正周期；B 利用导函数判断其单调性即可；C计算得即可判断；D先证明，再利用不等式放缩即可.
【详解】A ，
，则是的周期，
假设其最小正周期，则对任意恒成立，
故当时，，即①，
当时，，即②，
当时，，即③，
①②两式相加得，
因，则，则或或，即或或，
经检验，当或时，①式不成立；当时，③式不成立，
故是的最小正周期，故A正确；
B，当时，
，
则在上单调递增，故B正确；
C，因，，
则，故曲线不关于直线对称，故C错误；
D，先证明，
令，则，则在上单调递减，
则，即，即，等号成立时，
当时，，
则当时有，
又因和均为偶函数，则恒成立且等号成立时，
则
，等号成立时，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
23．（2025·浙江台州·二模）已知，，则= ．
【答案】
【分析】利用平方关系，结合余弦的两角差公式即可求解.
【详解】由，平方可得，
，
两式相加得：，
故答案为：.
24．（2025·山西·三模）如图所示，被动轮和主动轮的两个齿轮相互啮合，被动轮随主动轮的旋转而旋转．主动轮有20齿，被动轮有48齿，主动轮的转速为（转/分），被动轮的半径为，则被动轮周上一点每转过的弧长是 ．
【答案】
【分析】把分钟转速转换成秒转速问题，然后借助比例来求出被动轮的转速，最后利用弧长公式求解即可.
【详解】由题意知，主动轮的转速为，则被动轮转过的角度大小为，
所以弧长为
故答案为：
25．（2025·广东广州·一模）已知，则 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，利用诱导公式及逆用和角的正弦公式求解.
【详解】由，得，
则，所以.
故答案为：.
26．（2025·浙江·三模）已知，且满足，则，则 ．
【答案】/
【分析】运用降幂公式、两角和的余弦公式进行化简，结合角的范围可得，进而可求，利用二倍角公式和齐次化即可求的值.
【详解】因为，，所以，
由得，
即，所以，
所以，得，
所以．
故答案为：
27．（2025·湖南长沙·二模）若函数为奇函数，则 ．
【答案】
【分析】根据辅助角公式得出，再根据奇函数的性质求出的值，得出答案.
【详解】由辅助角公式，得，其中．
又因为奇函数，则有，即，故（），
于是，故．
故答案为：.
28．（2025·湖北襄阳·三模）函数的最小正周期为 ．
【答案】
【分析】利用周期函数的定义，结合正弦函数的周期求出的周期，再作出函数图象求得最小正周期.
【详解】函数的定义域为R，
，是函数的周期，
，作出的图象，如图，
观察图象得，是函数的最小正确周期.
故答案为：
29．（2025·四川巴中·二模）已知函数在区间上的最小值为，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】由得的范围，因此在这个范围内，从而可得的范围.
【详解】由题意，在区间上的最小值为，
当时，；
当时，.
则的取值范围为或.
故答案为：.
30．（2025·北京·二模）设函数，则使得函数在区间上存在最大值的一个值为 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】首先求出的解析式，再根据正弦函数的性质求出的范围，即可得解.
【详解】因为，则，
令，所以，
因为在区间上存在最大值，
所以，
则，
又，即，所以或，
所以符合题意的一个值为（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）
31．（2025·河北唐山·三模）已知函数在区间上恰好存在5个零点，则正整数 .
【答案】5
【分析】令，得到，并求出，数形结合得到，求出答案.
【详解】令，即，当时，，
因为，故或，其中，
从小到大，设函数零点分别为，
则有，，，
，，
由题意知，解得，故正整数.
故答案为：5
32．（2025·上海松江·三模）若不等式对恒成立，则 .
【答案】
【分析】先分析当时，函数的对称轴，零点及函数值的变化情况，再分析二次函数的单调性与对称轴，结合不等式恒成立可得关于，的方程，求解即可．
【详解】当时，函数的对称轴为，零点为，，
且当时，，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，且对称轴为，
所以要使不等式恒成立，
于是，，，解得，，故.
故答案为：．
33．（2025·上海黄浦·二模）设、为常数，，若对任意的，函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据已知讨论、、，结合对应的解析式求值域，及零点个数求参数范围.
【详解】由，则，又，
当，，此时无零点，
当，，此时无零点，
当，如下图，此时，而，
要使在区间上恰有4个根，则，则.

故答案为：
四、解答题
34．（2025·湖北襄阳·二模）已知函数.
(1)求的单调递减区间；
(2)将函数的图象向右平移个单位后得到的图象，当函数在上有一个零点时，求k的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角函数的关系式的恒等变换，把函数关系变形成正弦型函数，结合正弦函数的单调性即可求解；
（2）利用正弦函数的性质求出结果.
【详解】（1）,
令，
解得：，
所以的单调递减区间为
（2）将函数的图象向右平移个单位后得到，
则，
因为，所以，
所以要使函数在上有一个零点，则与只有一个交点，
结合正弦函数的图象：

可得当或，即或，
即或，或时，与只有一个交点，
所以实数的取值范围为
35．（2025·山西·三模）已知．
(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；
(2)设，若函数和在有相同的最大值，求的取值范围．
【答案】(1)最小正周期为，，
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换的化简计算可得，利用和整体代换法计算即可求解；
（2）根据正弦函数的图象与性质求出在上的最大值，进而得在上的最大值，建立关于的方程，得，即可求解.
【详解】（1），
所以函数的最小正周期为．
由，，
得，，
所以的单调递增区间为，．
（2）当，得，
所以在上的最大值为，
则在上的最大值也是．
由，，得，，
因为，所以，，
又，所以或．
综上,的取值范围为.
36．（2025·黑龙江大庆·三模）已知函数．
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将的图象向右平移个单位后，再将纵坐标变为原来的，最终得到的图象，若，满足不等式，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由三角恒等变换公式化简，再由正弦型函数的单调区间，代入计算，即可得到结果；
（2）先由三角函数的图像变换得到的解析式，再将问题转化为最值问题，结合换元法以及二次函数的值域，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
，
所以，
所以的周期为，
由得，
所以的单调递减区间为.
（2）将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，即可得到，
再将的图象向右平移个单位，得到，
再将纵坐标变为原来的，即可得到，
因为，，
所以当，时，
，
令，，则
，所以当时，取得最小值，最小值为
所以，解得或，
故的取值范围为．
37．（2025·北京东城·二模）已知函数.
(1)若的最小值为，求的值；
(2)若，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，使得函数存在且唯一，求在区间上的取值范围.
条件①：的图象关于和对称；
条件②：在区间上单调，且的图象关于点对称；
条件③：的最小正周期，且.
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)
【分析】（1）根据三角恒等变换将解析式变形为，根据三角函数的性质可得最小值，即可求解；
（2）由，即可求解，可得；若选择条件①：由已知可得，，求解函数的对称轴，将和代入可知函数存在且不唯一；若选择条件②：根据单调区间可得，将点代入，可得，根据的范围即可求解，根据的范围结合三角函数的图象与性质即可求解；若选择条件③：由可知，再根据可知或，结合的范围即可求解，根据的范围结合三角函数的图象与性质即可求解.
【详解】（1）
，
因为的最小值为，所以，所以；
（2）因为，所以，解得，
所以，
若选择条件①：函数的图象的对称轴为，
所以，所以，，
因为，所以，，
所以，即，
因为，故，且，对应的满足题意，
所以函数存在且不唯一；
若选择条件②：因为在区间上单调，所以，
所以，又，所以，
因为的图象关于点对称，所以，
所以，所以，
所以，解得，因为，所以，即，
所以，此时当时，，
故在上单调减，故符合题设要求.
因为，所以，
所以，所以；
若选择条件③：因为的最小正周期，所以，
所以，又，所以，
因为，所以，
所以或，
所以或，
当时，，因为，所以，此时，
当时，，因为，所以不存在满足不等式的，此时无解，所以，
所以，因为，所以，
所以，所以.
5°
15°
25°
35°
m
n
p
q