2022届高三各地一模试卷解答题专题汇编——三角函数5

三角函数
1．在平面直角坐标系中，圆，曲线的参数方程为：（其中为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求 的极坐标方程.
(2)曲线与 分别交于 ，令，求的取值范围.
2．已知函数的部分图象如图所示，其中.
(1)求的值；
(2)若角是的一个内角，且，求的值.
3．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，再从条件①，②这两个条件中选择一个作为已知．
(1)求的内切圆半径r；
(2)设，其图象相邻两条对称轴之间的距离为．若在上恰有3个不同的零点，，，求的范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
4．已知函数（其中）相邻对称轴和对称中心之间相差个单位长度，且图象上一个最低点为．
(1)求的解析式；
(2)当，求的值域．
5．已知函数f（x）＝Asin（ωx+）（A＞0，ω＞0，0＜＜π）的图象如图所示．
(1)求A，ω，的值；
(2)当时，求函数f（x）的最值以及取得最值时x的值．
6．在极坐标系中，曲线 的极坐标方程为：，以极点为原点，极轴为 轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线 的参数方程为 （ 为参数，）．
(1)求曲线 的直角坐标方程和直线 的普通方程；
(2)若 为曲线 上的动点，点 到直线 的距离的最大值为 ，求 的值．
7．已知函数．
(1)求的最小正周期；
(2)将的图象上的各点________得到的图象，当时，方程有解，求实数m的取值范围．
在以下①、②中选择一个，补在（2）中的横线上，并加以解答，如果①、②都做，则按①给分.
①向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半．
②纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位．
8．如图，PQMN是半圆的内接矩形，是等腰三角形（P与R在直线OA的两侧），半圆的半径，，，记．
(1)当角取何值时，矩形PQMN的面积最大？
(2)当角取何值时，五边形PQMRN的面积S最大？并求出这个最大值．
9．已知函数．
(1)求在上的单调区间；
(2)设，求的值．
10．锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，.
(1)求证：；
(2)求的取值范围.
11．已知函数，.
(1)求；
(2)若函数只有一个零点，求实数的取值集合.
12．已知函数（，），若的图象的相邻两对称轴间的距离为，且过点．
(1)当时，求函数的值域；
(2)记方程在上的根从小到大依次为，，…，，试确定n的值，并求的值．
13．已知函数（其中，）的图象与轴的任意两个相邻交点间的距离为，且直线是函数图象的一条对称轴.
(1)求的值；
(2)求的单调递减区间；
(3)若，求的值域.
14．已知的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过一点.
(1)若，求的值；
(2)若且，求的单调增区间.
15．已知函数.
(1)求的递减区间；
(2)求在上的最大值和最小值.
16．已知函数.
(1)当时，求的最大值和最小值；
(2)若，求的值.
17．已知函数．
(1)判断函数的奇偶性及单调性；
(2)若对于任意正实数，不等式恒成立，求的取值范围．
18．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.据工作人员介绍，某个摩天轮直径125米，逆时针方向匀速运行一周约需30分钟.以摩天轮的圆心为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，若游客甲从最低点处坐上摩天轮（点与地面的距离忽略不计）
(1)试将游客甲离地面的距离表示为坐上摩天轮的时间的函数；
(2)若游客乙在甲后的分钟也在点处坐上摩天轮，则在乙坐上摩天轮后的多少分钟甲乙的垂直距离首次达到最大？
19．已知函数f (x) =sinx cosx cos2x + m 的最大值为1.
(1)求m 的值；
(2)求当x[0，]时f (x) 的取值范围；
(3)求使得f (x)≥成立的 x 的取值集合.
20．已知函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式：
(2)将函数的图象上所有的点向右平移个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．
①当时，求函数的值域；
②若方程在上有三个不相等的实数根，求的值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)，；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用公式即可；
（2）由题可得，再利用三角函数的性质及函数的单调性即求.
(1)
∵圆，又
∴的极坐标方程为，即，
∵曲线的参数方程为：（其中为参数），
∴的普通方程为：，
∴，即的极坐标方程分别为：.
(2)
由题意得，，
所以，
令，因为，，
所以，
∴，
即的取值范围为.
2．(1)，，，
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据图象的特征，列式确定的值；
（2）根据（1）的结果，代入解析式，得，结合同角三角函数基本关系式，即可求解.
(1)
由图象可知， ，解得：，，
，解得：，
当时，，得，
因为，所以，
综上可知，，，，；
(2)
由（1）可知，
，即,
因为，解得：
3．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）若选条件①，可将“”变为“”进行约分化简，即可求解角；若选条件②，可使用正弦定理进行边角转化，使用角度拆分和合并同类项即可求解角，然后根据已知条件求解出，然后借助完成内切圆半径的求解；
（2）先对函数进行化简，然后根据已知求解出，然后设函数，求解出在的值域，并画图对应的图像，观察交点情况，确定零点，，的取值和范围.
(1)
若选条件①，，
∴，又，
∴，
又，∴．
若选条件②，
由，
∴，
∴，
，，
又，∴．
（1）由，∴，
在中，由余弦定理，
∴，∴，
∴，又，
∴．
(2)
由．
由题知，∴，从而．
由题知在上与有3个交点．
又在的大致图象如图，
由图可知，，
而，∴．
4．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件依次求得的值，从而求得的解析式.
（2）根据三角函数值域的求法，求得在区间上的值域.
(1)
由最低点为得A=2．
相邻的对称轴和对称中心之间的距离为得，
即，由点在图象上的，
，即，
故，
∴.
又，∴，故.
(2)
，
当，即时，取得最大值2，
当，即时，取得最小值，
故的值域为.
5．(1)
(2)当时，函数取得最大值为1，当时，函数的最小值为
【解析】
【分析】
（1）首先利用函数的图象确定函数的关系式，进一步求出结果；
（2）利用函数的定义域求出函数的值域，进一步求出函数的最值．
(1)
根据函数的图象，，故，
故，
所以，
由于0＜＜π，
所以；
故，
由于f（0）＝1，故，解得，
所以；
(2)
由于，
且，
故，
故，当时，即时，函数取得最大值为1，
当，即时，函数的最小值为．
6．(1)，
(2)
【解析】
【分析】
(1)利用、直接变形即可得出的直角坐标方程；对直线的参数方程直接消去t即可；
(2)由(1)可得曲线C的参数方程，利用点到直线的距离公式得出关于的三角函数，结合三角函数的性质即可得出结果.
(1)
由 得 ，
因为 ，，
所以曲线的直角坐标方程为：．
由 ，消去参数，得直线 的普通方程为：．
(2)
由（）可得曲线 的参数方程为 （为参数）．
由点到直线的距离公式，
得点 到直线 的距离 ．
因为 ，所以 ，
又 ，所以当 时，，得 ；
当 时，，得 ．所以 ．
7．(1)；
(2)答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据三角恒等变换化简，再求其最小正周期即可；
（2）选择不同的条件，根据三角函数的图象变换求得的解析式，再求其在区间上的值域即可.
(1)
因为
所以函数的最小正周期．
(2)
若选择①，
由（1）知，那么将图象上各点向左平移个单位，
再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半，得到．
当时，可得，，，
由方程有解，可得实数m的取值范围为．
若选择②，
由（1）知，那么将图象上各点纵坐标保持不变，
横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位，得到．
当时，，，
由方程有解，可得实数m的取值范围为．
8．(1)；
(2)当时，五边形PQMRN的面积S取得最大值，最大值为.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件用角正弦、余弦表示出矩形PQMN的面积，再利用三角函数性质计算作答.
(2)利用(1)中信息，把S表示成角的函数，再借助函数性质计算作答.
(1)
在中，，，，则，
于是得矩形PQMN的面积，显然当时，，
所以当时，矩形PQMN的面积最大．
(2)
由(1)知，矩形PQMN的面积，又，，，
则，
五边形PQMRN的面积
，
因，即，则当时，即时，，
所以当时，五边形PQMRN的面积S取得最大值，最大值为.
9．(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用诱导公式和倍角公式将化为，然后利用正弦函数的知识可得答案；
（2）由可得，由可得，然后利用可算出答案.
(1)
因为，
当时
所以当即时单调递增，
当即时单调递减，
所以在上的单调增区间为，单调减区间为；
(2)
因为，即，由于，则，
所以，即．
又因为，即，，
所以，因为，所以，，
所以.
10．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件利用正弦定理边化角，借助和差角的正弦公式变形，再用三角函数性质推理作答.
(2)利用正弦定理边化角，由(1)及余弦函数的性质计算作答.
(1)
在中，由正弦定理及得：，
即,
，
因是锐角三角形，即，有，而正弦函数在上递增，
于是得，即，
所以.
(2)
由(1)及已知得，，解得，,
由正弦定理得，
所以的取值范围是.
11．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）结合二倍角公式、两角和的余弦公式，辅助角公式化简可得，再代入，计算即可；
（2）令，，原问题可转化为在，上只有一个解，再根据正弦函数的图象，即可得解．
(1)
，
所以．
(2)
因为，，所以，，
令，则，，所以，
函数只有一个零点等价于方程只有一个解，
即，也即在，上只有一个解，
根据正弦函数的图象，可得或1，
所以，，
故实数的取值集合为，0，．
12．(1)
(2)，n=5
【解析】
【分析】
（1）根据题设条件可求的值，再利用整体法可求函数的值域.
（2）结合图象特征可求的值．
(1)
的图象的相邻两对称轴间的距离为，故，故，故，
因为图象过点，故，
故，故.
当时，，，
故函数的值域为.
(2)
在上的图象如图所示：
因此与的图象在上共有5不同的交点，
这些交点的横坐标从小到大依次为，，…，, 故n=5.
令，则，
故的图象在内的对称轴分别为：
，，，，，
结合图象可得，，，
，
故.
13．(1)2
(2)
(3)
【解析】
【分析】
小问1：先求解函数周期再求得参数的值；
小问2：根据对称轴求出的值，结合正弦函数单调减区间定义即可求解；
小问3：因为，所以，结合正弦函数的值域即可求出结果．
(1)
因为函数的图象与轴的任意两个相邻交点间的距离为，
所以函数的周期，所以．
(2)
因为直线是函数图象的一条对称轴，
所以，.又，所以．
所以函数的解析式是．
令，
解得．
所以函数的单调递减区间为．
(3)
因为，所以.所以，即函数的值域为．
14．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
(1)根据三角函数的定义即可求sinα和cosα的值，再根据正弦的和角公式和二倍角公式即可求值；
(2)利用三角恒等变换化简f(x)解析式，再根据正弦型函数单调性求解即可.
(1)
当时，，，
∴，，；
(2)
，在第二象限，且，故，
，
令，k∈Z，
∴单调递增区间为.
15．(1)
(2)最小值为，最大值为
【解析】
【分析】
（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，解不等式可得出函数的单调递减区间；
（2）由可求得的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得函数在上的最大值和最小值.
(1)
解：
，
由，解得，
因此，函数的单调递减区间为.
(2)
解：当时，，则，
所以，，
故函数在上的最大值为，最小值为.
16．(1)的最大值为2，最小值为
(2)
【解析】
【分析】
（1）先对函数化简变形得，，得，再利用正弦函数的性质可求得其最值，
（2）由，可得，然后利用诱导公式可得，再利用三角函数恒等变换公式对化简变形可得结果
(1)
，
由，得，
所以，
所以，
所以的最大值为2，最小值为
(2)
因为，
所以，所以，
所以，
所以
17．(1)详见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用奇偶性的定义及单调性的定义即得；
（2）利用函数单调性可得，然后利用基本不等式可得，再利用正弦函数的性质即求.
(1)
∵函数，定义域为R，
∴，
故函数为奇函数，
又，
，且，则
，
∵，
∴，
∴，即，
∴函数为减函数；
(2)
由，可得
对于任意正实数，恒成立，
∴恒成立，
又，当且仅当时取等号，
∴，即，
∴，
∴的取值范围为，
18．(1)；
(2)分钟.
【解析】
【分析】
（1）求出点的纵坐标为，即得解；
（2）求出甲乙的垂直距离为，再利用三角函数的性质求解.
(1)
解：圆的半径为米，游客甲绕原点按逆时针方向作角速度为弧度/分钟的匀速圆周运动，
设经过分钟后甲到达，则，
由三角函数定义知点的纵坐标为，
则其离地面的距离为
(2)
解：由（1）可知游客乙离地面的距离
，
其中时间表示游客甲坐上摩天轮的时间.
则甲乙的垂直距离为
，
当，
即时，甲乙离地面距离达到最大
所以，即游客乙坐上摩天轮分钟后，甲乙的垂直距离首次达到最大.
19．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）将函数f (x) =sinx cosx cos2x + m化为只含有一个三角函数的形式，根据三角函数的性质求其最大值，可得答案；
（2）根据 x[0，]，求出的范围，根据三角函数性质，求得答案；
（3）根据f (x)≥，利用三角函数的性质，即可求得答案.
(1)
．
由题意可知，函数的最大值，解得．
(2)
由（1）可知，
当时，，，所以，
所以当时的取值范围是．
(3)
因为，则，所以，所以，
所以的解集是．
20．(1)；
(2)①；②.
【解析】
【分析】
（1）由图象得A、B、，再代入点，求解可得函数的解析式；
（2）①由已知得，由求得，继而求得函数的值域；
②令，，做出函数的图象，设有三个不同的实数根，有，，继而得，由此可得答案.
(1)
解：由图示得：，
又，所以，所以，所以，
又因为过点，所以，即，
所以，解得，又，所以，
所以；
(2)
解①：由已知得，当时，，
所以，所以，所以，
所以函数的值域为；
②当时，，令，则，
令，则函数的图象如下图所示，且，，，
由图象得有三个不同的实数根，则，，
所以，即，
所以，所以，
故.
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