近五年2018-2022高考数学真题分类汇编05三角函数（Word版附解析）

这是一份近五年2018-2022高考数学真题分类汇编05三角函数（Word版附解析），共47页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2022·天津·统考高考真题）已知，关于该函数有下列四个说法：
①的最小正周期为；
②在上单调递增；
③当时，的取值范围为；
④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·全国·统考高考真题）函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2022·浙江·统考高考真题）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．（2022·北京·统考高考真题）已知函数，则（ ）
A．在上单调递减B．在上单调递增
C．在上单调递减D．在上单调递增
5．（2022·北京·统考高考真题）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·全国·统考高考真题）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．
7．（2022·浙江·统考高考真题）为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
8．（2022·全国·统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A．B．C．D．
9．（2022·全国·统考高考真题）将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
10．（2022·全国·统考高考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A．B．C．D．
11．（2022·全国·统考高考真题）记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A．1B．C．D．3
12．（2021·北京·统考高考真题）函数是
A．奇函数，且最大值为2B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为D．偶函数，且最大值为
13．（2021·全国·统考高考真题）（ ）
A．B．C．D．
14．（2021·全国·统考高考真题）把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A．B．
C．D．
15．（2021·全国·高考真题）若，则（ ）
A．B．C．D．
16．（2021·全国·统考高考真题）下列函数中最小值为4的是（ ）
A．B．
C．D．
17．（2021·全国·统考高考真题）函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A．和B．和2C．和D．和2
18．（2021·全国·统考高考真题）已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
19．（2020·山东·统考高考真题）已知直线的图像如图所示，则角是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角C．第三象限角D．第四象限角
20．（2020·山东·统考高考真题）下列命题为真命题的是（ ）
A．且B．或
C．，D．，
21．（2020·天津·统考高考真题）已知函数．给出下列结论：
①的最小正周期为；
②是的最大值；
③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．①③C．②③D．①②③
22．（2020·北京·统考高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）．
A．B．
C．D．
23．（2020·全国·统考高考真题）已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
24．（2020·全国·统考高考真题）设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ）
A．B．
C．D．
25．（2020·全国·统考高考真题）若α为第四象限角，则（ ）
A．cs2α>0B．cs2α<0C．sin2α>0D．sin2α<0
26．（2019·全国·高考真题）若x1=，x2=是函数f(x)=(>0)两个相邻的极值点，则=
A．2B．
C．1D．
27．（2019·全国·高考真题）下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是
A．f(x)=│cs 2x│B．f(x)=│sin 2x│
C．f(x)=cs│x│D．f(x)= sin│x│
28．（2019·北京·高考真题）如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为
A．4β+4csβB．4β+4sinβC．2β+2csβD．2β+2sinβ
29．（2019·天津·高考真题）已知函数是奇函数，将的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像对应的函数为.若的最小正周期为，且，则
A．B．C．D．
30．（2019·全国·高考真题）函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为
A．B．
C．D．
31．（2019·全国·高考真题）关于函数有下述四个结论：
①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（,）单调递增
③f(x)在有4个零点 ④f(x)的最大值为2
其中所有正确结论的编号是
A．①②④B．②④C．①④D．①③
32．（2019·全国·统考高考真题）设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在（）有且仅有3个极大值点
②在（）有且仅有2个极小值点
③在（）单调递增
④的取值范围是[)
其中所有正确结论的编号是
A．①④B．②③C．①②③D．①③④
33．（2018·全国·高考真题）若在是减函数，则的最大值是
A．B．C．D．
34．（2018·天津·高考真题）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数
A．在区间上单调递增B．在区间上单调递减
C．在区间上单调递增D．在区间上单调递减
35．（2018·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，是圆上的四段弧（如图），点P在其中一段上，角以O?为始边，OP为终边，若，则P所在的圆弧是
A．B．
C．D．
36．（2018·全国·高考真题）函数的最小正周期为
A．B．C．D．
37．（2018·全国·高考真题）已知函数，则
A．的最小正周期为，最大值为
B．的最小正周期为，最大值为
C．的最小正周期为，最大值为
D．的最小正周期为，最大值为
38．（2018·全国·高考真题）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则
A．B．C．D．
39．（2018·天津·高考真题）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数
A．在区间 上单调递增B．在区间 上单调递减
C．在区间 上单调递增D．在区间 上单调递减
二、多选题
40．（2022·全国·统考高考真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
41．（2020·海南·高考真题）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A．B．C．D．
三、填空题
42．（2022·全国·统考高考真题）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
43．（2022·浙江·统考高考真题）若，则__________，_________．
44．（2021·北京·统考高考真题）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为___．
45．（2021·全国·高考真题）已知函数的部分图像如图所示，则_______________.
46．（2021·全国·统考高考真题）已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．
47．（2020·山东·统考高考真题）已知，若，则______.
48．（2020·浙江·统考高考真题）已知圆锥的侧面积（单位：） 为2π，且它的侧面积展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是_______．
49．（2020·海南·高考真题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=，，EF=12 cm，DE=2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．
50．（2020·江苏·统考高考真题）将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是____.
51．（2020·全国·统考高考真题）关于函数f（x）=有如下四个命题：
①f（x）的图象关于y轴对称．
②f（x）的图象关于原点对称．
③f（x）的图象关于直线x=对称．
④f（x）的最小值为2．
其中所有真命题的序号是__________．
52．（2019·全国·高考真题）函数的最小值为___________．
53．（2019·江苏·高考真题）已知，则的值是_____.
54．（2019·北京·高考真题）函数f(x)=sin22x的最小正周期是__________．
55．（2018·江苏·高考真题）已知函数的图象关于直线对称，则的值是________．
56．（2018·北京·高考真题）设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．
57．（2018·全国·高考真题）函数在的零点个数为________．
58．（2018·全国·高考真题）已知，，则__________．
四、解答题
59．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
(1)若，求C；
(2)证明：
60．（2021·浙江·统考高考真题）设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
61．（2020·山东·统考高考真题）小明同学用“五点法”作某个正弦型函数在一个周期内的图象时，列表如下：
根据表中数据，求：
（1）实数，，的值；
（2）该函数在区间上的最大值和最小值.
62．（2020·浙江·统考高考真题）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（I）求角B的大小；
（II）求csA+csB+csC的取值范围．
63．（2020·全国·统考高考真题）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，证明：△ABC是直角三角形．
64．（2019·天津·高考真题） 在中，内角所对的边分别为.已知，.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值.
65．（2019·浙江·高考真题）设函数.
（1）已知函数是偶函数，求的值；
（2）求函数 的值域.
66．（2018·浙江·高考真题）已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．
（Ⅰ）求sin（α+π）的值；
（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求csβ的值．
67．（2018·北京·高考真题）已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.
0
0
3
0
-3
0
参考答案：
1．A
【分析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假．
【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确；
令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确；
由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．
故选：A．
2．A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
3．A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
4．C
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
故选：C.
5．D
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
故选：D

6．C
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：
则，解得，即．
故选：C．
7．D
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：D.

8．A
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.
故选：A.
9．C
【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.
【详解】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
故选：C.
10．B
【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】解：如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
故选：B.
11．A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
12．D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.
故选：D.
13．D
【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.
【详解】由题意，
.
故选：D.
14．B
【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；
解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.
【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，
根据已知得到了函数的图象，所以，
令,则,
所以,所以；
解法二：由已知的函数逆向变换，
第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
即为的图象，所以.
故选：B.
15．A
【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.
16．C
【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．
17．C
【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数周期性和值域求得函数的最小正周期和最大值.
【详解】由题，，所以的最小正周期为，最大值为.
故选：C．
18．A
【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.
【详解】由于，所以命题为真命题；
由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；
所以为真命题，、、为假命题.
故选：A．
19．D
【分析】本题可根据直线的斜率和截距得出、，即可得出结果.
【详解】结合图像易知，，，
则角是第四象限角，
故选：D.
20．D
【分析】本题可通过、、、、得出结果.
【详解】A项：因为，所以且是假命题，A错误；
B项：根据、易知B错误；
C项：由余弦函数性质易知，C错误；
D项：恒大于等于，D正确，
故选：D.
21．B
【分析】对所给选项结合正弦型函数的性质逐一判断即可.
【详解】因为，所以周期，故①正确；
，故②不正确；
将函数的图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，
故③正确.
故选：B.
【点晴】本题主要考查正弦型函数的性质及图象的平移，考查学生的数学运算能力，逻辑分析那能力，是一道容易题.
22．A
【分析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.
【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ，
所以，单位圆的内接正边形的周长为，
单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，
，
则.
故选：A.
【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
23．A
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
24．C
【分析】由图可得：函数图象过点，即可得到，结合是函数图象与轴负半轴的第一个交点即可得到，即可求得，再利用三角函数周期公式即可得解.
【详解】由图可得：函数图象过点，
将它代入函数可得：
又是函数图象与轴负半轴的第一个交点，
所以，解得：
所以函数的最小正周期为
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及转化能力，还考查了三角函数周期公式，属于中档题.
25．D
【分析】由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可.
【详解】方法一：由α为第四象限角，可得，
所以
此时的终边落在第三、四象限及轴的非正半轴上，所以
故选：D.
方法二：当时，，选项B错误；
当时，，选项A错误；
由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确；
故选：D.
【点睛】本题主要考查三角函数的符号，二倍角公式，特殊角的三角函数值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
26．A
【分析】从极值点可得函数的周期，结合周期公式可得.
【详解】由题意知，的周期，得．故选A．
【点睛】本题考查三角函数的极值、最值和周期，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用方程思想解题．
27．A
【分析】本题主要考查三角函数图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养．画出各函数图象，即可做出选择．
【详解】因为图象如下图，知其不是周期函数，排除D；因为，周期为，排除C，作出图象，由图象知，其周期为，在区间单调递增，A正确；作出的图象，由图象知，其周期为，在区间单调递减，排除B，故选A．
【点睛】
利用二级结论：①函数的周期是函数周期的一半；②不是周期函数；
28．B
【分析】由题意首先确定面积最大时点P的位置，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式可得最大的面积值.
【详解】观察图象可知，当P为弧AB的中点时，阴影部分的面积S取最大值，
此时∠BOP=∠AOP=π-β, 面积S的最大值为+S△POB+ S△POA=4β+
.
故选B.
【点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.
29．C
【解析】只需根据函数性质逐步得出值即可．
【详解】因为为奇函数，∴；
又
，，又
∴，
故选C．
【点睛】本题考查函数的性质和函数的求值问题，解题关键是求出函数．
30．D
【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．
【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．
【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．
31．C
【分析】化简函数，研究它的性质从而得出正确答案．
【详解】为偶函数，故①正确．当时，，它在区间单调递减，故②错误．当时，，它有两个零点：；当时，，它有一个零点：，故在有个零点：，故③错误．当时，；当时，，又为偶函数，的最大值为，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选C．
【点睛】画出函数的图象，由图象可得①④正确，故选C．
32．D
【分析】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，通过整体换元得，结合正弦函数的图像分析得出答案．
【详解】当时，，
∵f（x）在有且仅有5个零点，
∴，
∴，故④正确，
由，知时，
令时取得极大值，①正确；
极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；
因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，
当时，，
若f（x）在单调递增，
则 ，即 ，
∵，故③正确．
故选D．
【点睛】极小值点个数动态的，易错，③正确性考查需认真计算，易出错，本题主要考查了整体换元的思想解三角函数问题，属于中档题．
33．A
【详解】因为，
所以由得
因此，从而的最大值为，故选：A.
34．A
【分析】由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可.
【详解】由函数图象平移变换的性质可知：
将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：
.
则函数的单调递增区间满足：，
即，
令可得一个单调递增区间为：.
函数的单调递减区间满足：，
即，
令可得一个单调递减区间为：，本题选择A选项.
【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
35．C
【详解】分析：逐个分析A、B、C、D四个选项，利用三角函数的三角函数线可得正确结论.
详解：由下图可得：有向线段为余弦线，有向线段为正弦线，有向线段为正切线.
A选项：当点在上时，，
，故A选项错误；
B选项：当点在上时，，，
，故B选项错误；
C选项：当点在上时，，，
，故C选项正确；
D选项：点在上且在第三象限，，故D选项错误.
综上，故选C.
点睛：此题考查三角函数的定义，解题的关键是能够利用数形结合思想，作出图形，找到所对应的三角函数线进行比较.
36．C
【详解】分析:将函数进行化简即可
详解：由已知得
的最小正周期
故选C.
点睛：本题主要考查三角函数的化简和最小正周期公式，属于中档题
37．B
【分析】首先利用余弦的倍角公式，对函数解析式进行化简，将解析式化简为，之后应用余弦型函数的性质得到相关的量，从而得到正确选项.
【详解】根据题意有，
所以函数的最小正周期为，
且最大值为，故选B.
【点睛】该题考查的是有关化简三角函数解析式，并且通过余弦型函数的相关性质得到函数的性质，在解题的过程中，要注意应用余弦倍角公式将式子降次升角，得到最简结果.
38．B
【分析】首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项.
【详解】由三点共线，从而得到，
因为，
解得，即，
所以，故选B.
【点睛】该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.
39．A
【详解】分析：首先确定平移之后的对应函数的解析式，然后逐一考查所给的选项是否符合题意即可.
详解：由函数图象平移变换的性质可知：
将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：
.
则函数的单调递增区间满足：，
即，
令可得函数的一个单调递增区间为，选项A正确，B错误；
函数的单调递减区间满足：，
即，
令可得函数的一个单调递减区间为，选项C，D错误；
本题选择A选项.
点睛：本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
40．AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
41．BC
【分析】首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.
【详解】由函数图像可知：，则，所以不选A,
不妨令,
当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
.
而
故选：BC.
【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
42．
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：
43．
【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．
【详解】[方法一]：利用辅助角公式处理
∵，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则.
故答案为：；.
[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程
∵，∴，即，
又，将代入得，解得，
则.
故答案为：；.
44．（满足即可）
【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
【详解】与关于轴对称，
即关于轴对称，
，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
45．
【分析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.
【详解】由题意可得：，
当时，，
令可得：，
据此有：.
故答案为：.
【点睛】已知f(x)＝Acs(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
46．2
【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【详解】由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.
47．
【分析】根据反三角函数的定义即可求解.
【详解】因为，，
所以，
故答案为：.
48．
【分析】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.
49．
【分析】利用求出圆弧所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形的面积，求出直角的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位圆的面积求得.
【详解】设，由题意，，所以，
因为,所以，
因为，所以，
因为与圆弧相切于点，所以，
即为等腰直角三角形；
在直角中，，，
因为，所以，
解得；
等腰直角的面积为；
扇形的面积，
所以阴影部分的面积为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查三角函数在实际中应用，把阴影部分合理分割是求解的关键，以劳动实习为背景，体现了五育并举的育人方针.
50．##
【分析】先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果.
【详解】
当时
故答案为：
【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题.
51．②③
【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】对于命题①，，，则，
所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③，，
，则，
所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；
对于命题④，当时，，则，
命题④错误.
故答案为：②③.
【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
52．.
【分析】本题首先应用诱导公式，转化得到二倍角的余弦，进一步应用二倍角的余弦公式，得到关于的二次函数，从而得解.
【详解】，
，当时，，
故函数的最小值为．
【点睛】解答本题的过程中，部分考生易忽视的限制，而简单应用二次函数的性质，出现运算错误．
53．.
【分析】由题意首先求得的值，然后利用两角和差正余弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
【详解】由，
得，
解得，或.
，
当时，上式
当时，上式=
综上，
【点睛】本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取转化法，利用分类讨论和转化与化归思想解题.
54．.
【分析】将所给的函数利用降幂公式进行恒等变形，然后求解其最小正周期即可.
【详解】函数,周期为
【点睛】本题主要考查二倍角的三角函数公式､三角函数的最小正周期公式，属于基础题.
55．.
【详解】分析：由对称轴得，再根据限制范围求结果.
详解：由题意可得，所以，因为，所以
点睛：函数（A>0,ω>0）的性质：(1)；
(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由求增区间; 由求减区间.
56．
【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.
【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，
所以，
因为，所以当时，取最小值为.
【点睛】函数的性质
（1）.
（2）周期
（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，
（4）由求增区间；由求减区间.
57．
【分析】方法一：求出的范围，再由函数值为零，得到的取值即得零点个数．
【详解】［方法一］：【最优解】
由题可知，或
解得,或故有3个零点．
故答案为：．
方法二：
令，即，解得，，分别令，得，所以函数在的零点的个数为3．
故答案为：．
【整体点评】方法一：先求出的范围，再根据余弦函数在该范围内的零点，从而解出，是该题的最优解；
方法二：先求出函数的所有零点，再根据题中范围限制，找出符合题意的零点．
58．
【分析】方法一：将两式平方相加即可解出．
【详解】［方法一］：【最优解】
两式两边平方相加得，．
［方法二］： 利用方程思想直接解出
，两式两边平方相加得，则．
又或，所以．
［方法三］： 诱导公式＋二倍角公式
由，可得，则或．
若，代入得，即．
若，代入得，与题设矛盾．
综上所述，．
［方法四］：平方关系＋诱导公式
由，得．
又，，即，则．从而．
［方法五］：和差化积公式的应用
由已知得
，则或．
若，则，即．
当k为偶数时，，由，得，又，所以．
当k为奇数时，，得，这与已知矛盾．
若，则．则，得，这与已知矛盾．
综上所述，．
【整体点评】方法一：结合两角和的正弦公式，将两式两边平方相加解出，是该题的最优解；
方法二：通过平方关系利用方程思想直接求出四个三角函数值，进而解出；
方法三：利用诱导公式寻求角度之间的关系，从而解出；
方法四：基本原理同方法三，只是寻找角度关系的方式不同；
方法五：将两式相乘，利用和差化积公式找出角度关系，再一一验证即可解出，该法稍显麻烦．
59．(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（2）由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
60．（1）；（2）.
【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.
【详解】（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，
，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
61．（1），，；（2）最大值是3，最小值是.
【分析】（1）利用三角函数五点作图法求解，，的值即可.
（2）首先根据（1）知：，根据题意得到，从而得到函数的最值.
【详解】（1）由表可知，则，
因为，，所以，解得，即，
因为函数图象过点，则，即，
所以，，解得，，
又因为，所以.
（2）由（1）可知.
因为，所以，
因此，当时，即时，，
当时，即时，.
所以该函数在区间上的最大值是3，最小值是.
62．（I）；（II）
【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；
（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.
【详解】（I）
[方法一]：余弦定理
由，得，即.
结合余弦定，
∴，
即，
即，
即，
即，
∵为锐角三角形，∴，
∴，
所以，
又B为的一个内角，故.
[方法二]【最优解】：正弦定理边化角
由，结合正弦定理可得：
为锐角三角形，故.
（II） [方法一]：余弦定理基本不等式
因为，并利用余弦定理整理得，
即.
结合，得.
由临界状态（不妨取）可知.
而为锐角三角形，所以.
由余弦定理得，
，代入化简得
故的取值范围是.
[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质
结合(1)的结论有：
.
由可得：，，
则，.
即的取值范围是.
【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.
63．（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；
（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，
再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
【详解】（1）因为，所以，
即，
解得，又，
所以；
（2）因为，所以，
即①，
又②， 将②代入①得，，
即，而，解得，
所以，
故，
即是直角三角形．
【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．
64．(Ⅰ) ；
(Ⅱ) .
【分析】(Ⅰ)由题意结合正弦定理得到的比例关系，然后利用余弦定理可得的值
(Ⅱ)利用二倍角公式首先求得的值，然后利用两角和的正弦公式可得的值.
【详解】(Ⅰ)在中，由正弦定理得，
又由，得，即.
又因为，得到，.
由余弦定理可得.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，
从而，.
故.
【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理､余弦定理等基础知识.考查计算求解能力.
65．（1）；（2）.
【分析】(1)由函数的解析式结合偶函数的性质即可确定的值；
(2)首先整理函数的解析式为的形式，然后确定其值域即可.
【详解】(1)由题意结合函数的解析式可得：，
函数为偶函数，则当时，，即，结合可取，相应的值为.
(2)由函数的解析式可得：
.
据此可得函数的值域为：.
【点睛】本题主要考查由三角函数的奇偶性确定参数值，三角函数值域的求解，三角函数式的整理变形等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
66．（Ⅰ）；（Ⅱ） 或 .
【分析】分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.
【详解】详解：（Ⅰ）由角的终边过点得，
所以.
（Ⅱ）由角的终边过点得，
由得.
由得，
所以或.
点睛：三角函数求值的两种类型
(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.
(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.
①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；
②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.
67．（Ⅰ） ；（Ⅱ）.
【分析】（I）将化简整理成的形式，利用公式可求最小正周期；（II）根据，可求的范围，结合函数图象的性质，可得参数的取值范围.
【详解】（Ⅰ），
所以的最小正周期为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知.
因为，所以.
要使得在上的最大值为，
即在上的最大值为1.
所以，即.
所以的最小值为.
点睛：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负.