2023-2024学年高中数学人教A版必修第一册第五章三角函数经典题型（含解析）

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2023-2024学年高中数学人教A版必修第一册第五章三角函数经典题型
一、单选题
1．已知，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积×（弦×矢＋矢）．弧田如图，由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆弧为，半径为4米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约为（ ）（结果取整数，参考数据：）

A．4平方米 B．5平方米
C．8平方米 D．9平方米
3．已知函数，则（ ）
A．的图象关于直线对称
B．的图象关于点对称
C．
D．的图象在区间上单调递增
4．已知，，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，均为锐角，且满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．若函数在上恰有两个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知的定义域是，则的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
8．著名数学家华罗庚先生被誉为“中国现代数学之父”，他倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用．黄金分割比，现给出三倍角公式和二倍角角公式，则与的关系式正确的为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若是第二象限角、则是第一象限角
B．扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积为
C．是函数的一条对称轴
D．若，且，则
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．在区间上单调递增
C．的图象关于点中心对称
D．的图象关于直线对称
11．函数的部分图象如图，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为 B．函数的表达式
C．函数的一个对称中心为 D．函数图象是由图象向左平移个单位而得到
三、填空题
12．在锐角中，内角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为 ．
13．已知函数，若方程在内有两个不同的解，则实数的取值范围为 .
14．已知函数，若关于的方程在区间上有两个不同实根，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知角的终边经过点
(1)求，，的值；
(2)求值：
16．已知函数
(1)求的单调递增区间；
(2)求图象的对称中心的坐标；
(3)若求的值．
17．在①角的终边与单位圆的交点为；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题．
已知，且，_________．
(1)求的值；
(2)求的值．
18．已知函数的图象关于直线对称，其最小正周期与函数相同．
(1)求的单调递减区间；
(2)设函数，证明：有且只有一个零点，且．
19．给出以下三个条件：
①直线，是图象的任意两条对称轴，且的最小值为，
②，
③对任意的，；
请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．
已知函数，，______．
(1)求的表达式；
(2)将函数的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求的单调递增区间以及在区间上的值域．
参考答案：
1．D
【分析】由求出，再由，利用两角差的余弦公式计算即可.
【详解】∵，∴，又，∴，
∴
．
故选：D
2．D
【分析】根据弧田面积公式求得正确答案.
【详解】依题意，圆弧所对圆心角为，
所以，“矢”等于，
“弦”等于，
所以弧田面积约为平方米.
故选：D
3．C
【分析】根据正弦型函数的对称性、单调性逐一判断即可.
【详解】A：，显然不是最值，所以本选项不正确；
B：，显然的图象不关于点对称，所以本选项不正确；
C：，由A可知，本选项正确；
D：，显然不是的子集，因此本选项不正确，
故选：C
4．B
【分析】根据同角三角函数的基本关系式、两角差的余弦公式求得正确答案.
【详解】由于，所以，
而，所以，
所以，
所以
.
故选：B
5．B
【分析】已知等式利用两角差的正弦公式和同角三角函数的商数关系化简得，结合基本不等式可得，由正切函数的单调性可得的最大值.
【详解】由，得，
即，化简得，
则，
所以，
由为锐角，，则有，
当且仅当，即时等号成立，
，
由，函数在上单调递增，
所以的最大值为.
故选：B
6．C
【分析】利用三角恒等变换先化简函数式，结合三角函数的图象与性质计算即可.
【详解】
，
令，得,
由，,得．
因为恰有两解，
所以．
故选：C
7．D
【分析】由函数的定义域，可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】因为的定义域是，
对于函数，有，可得，
解得，
因此，函数的定义域为.
故选：D.
8．B
【分析】考虑，结合整体代换即可求解.
【详解】因为，即，令，
则，，，
即，因为，所以，
即，整理得，
解得，因为，所以，
故.
故选：B
9．CD
【分析】对A：表示出第二象限角后计算可得是第一或第三象限角；对B：借助扇形周长公式及面积公式计算即可得；对C：由余弦型函数的性质计算即可得；对D：借助三角函数基本关系计算即可得.
【详解】对A：若是第二象限角，则，，
则，，故是第一或第三象限角，故A错误；
对B：由周长，即，可得，则，故B错误；
对C：时，，由是函数的一条对称轴，
故是函数的一条对称轴，故C正确；
对D：，故，
故与异号，又，故，，即
则，则，
则
，故D正确.
故选：CD.
10．AD
【分析】A选项，利用求出最小正周期；B选项，整体法求出函数的单调区间；C选项，计算出，故C错误；D选项，计算出，D正确.
【详解】A选项，的最小正周期为，故A正确；
B选项，当时，，由正弦函数的单调性可知，
在上单调递增，在上单调递减，故B错误；
C选项，，所以的图象不关于点中心对称，故C错误；
D选项，由，得的图象关于直线对称，故D正确.
故选：AD
11．BD
【分析】对于AB，由图可求得和函数表达式即可判断；对于C，代入检验即可判断；对于D，由函数平移法则验算即可.
【详解】对于A，由图可知函数的最小正周期满足，解得，即函数的最小正周期为，故A错误；
对于B，由得，由图可知，且，解得，
又因为，所以只能，所以函数的表达式，故B正确；
对于C，，即不是函数的对称中心，故C错误；
对于D，由图象向左平移个单位得到图象所对应的函数解析式为，故D正确.
故选：BD.
12．12
【分析】由题意求得，，化简，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】由题意知，在锐角中，，
，
等式两边同时除以，得，
又，
所以，
得，且，
所以，
令，则，
故
，
当且仅当即时等号成立，此时，
所以的最小值为12.
故答案为：12
13．
【分析】设，画出函数图象，分类讨论，将题意转化为函数与交点个数问题，根据二次函数性质求解即可.
【详解】当时，的图象如图所示，
则，令，则方程为，即，，
又，当时，若方程在内有两个不同的解，只需只有一解，即函数与，只有一个交点，
又函数在上单调递减，所以，
即；
当时，，方程的解为和，
当时，，当时，无解，显然方程只有一解，不合题意；
当时，，方程的解为和，
当时，，当时，无解，显然方程只有一解，不合题意；
当时，若方程在内有两个不同的解，
只需有两个不同的解，
即函数与，有两个不同的个交点，
又函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以；
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此类问题的常用解法是将函数的零点问题转化为方程根的问题，利用数形结合法得到结果，本题的关键是采用换元法，设，将原方程转化为一元二次方程，结合二次函数图象列出不等式，解出即可.
14．/
【分析】画出函数的图象，结合图象得，根据对称性把转化为，利用二倍角余弦公式、诱导公式及二次函数性质求解最值即可.
【详解】方程在上有两个不同的实根
等价于与的图象在上有两个交点，
如图为函数在上的图象：
由图中可以看出当与有两个交点时，
有，且，此时，
所以
令，因为，则，所以，
记，，因为函数开口向上，且对称轴为，所以当时，，
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题以方程有根为背景考查了正弦函数的对称性及三角恒等变换、余弦型复合函数值域问题.解题的关键是把方程有根问题转化为函数交点问题，利用正弦函数对称性消元，从而转化为余弦型复合函数的最值问题，采用换元法，利用二次函数性质求解最值即可.
15．(1)， ，
(2)．
【分析】（1）由任意角三角函数的定义和同角基本关系式求解；
（2）利用诱导公式和二倍角公式可解.
【详解】（1）根据三角函数的定义可得，
则．
（2），
，
．
16．(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）利用三角恒等变换公式将函数化简，再由正弦函数的性质计算可得；
（2）由正弦函数的性质计算可得；
（3）依题意可得，即可求出，再由利用两角差的余弦公式计算可得.
【详解】（1）因为
，
由，
得，
所以的单调递增区间为．
（2）令， 得，
所以图象的对称中心的坐标为．
（3）由，得，则．
因为，所以，所以．
所以
．
17．(1)
(2)
【分析】（1）选条件①：根据满足单位圆方程求解；选条件②：根据正弦的二倍角公式，结合同角三角函数的关系求解；选条件③：根据同角三角函数的关系求解；均可得的值，再根据诱导公式化简即可；
（2）根据题意可得，再根据，展开后根据同角三角函数的关系结合角度范围分别求解正余弦值，从而求得，进而根据角度范围可得.
【详解】（1）选条件①：因为角的终边与单位圆的交点为，
可得，又为锐角，所以，
所以由三角函数的定义可得
选条件②：
因为，为锐角，所以；
又因为，得.
选条件③：因为，，
所以得，
又因为为锐角，所以，，.
故
；
（2），
由（1），，
.
.
18．(1)，.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，在结合最小正周期及对称性求出、，从而得到解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）由（1）可得，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理说明有且只有一个零点，且，从而得到，再结合函数的单调性证明即可.
【详解】（1）
，
因为函数最小正周期与函数相同，且函数的最小正周期为，
所以，解得.
又因为函数的图象关于直线对称，
所以，，即，，
因为，所以，
所以，
由，，解得，，
所以函数的单调递减区间是，.
（2）由（1）可得，定义域为，
①当时，函数在上单调递增，
因为，
所以，根据零点存在定理，使得，
故在上有且只有一个零点.
②当时，因为单调递增，单调递减，
，，所以，
所以在上不存在零点；
③当时, 因为单调递增，，因为
所以，所以在上不存在零点；
综上：有且只有一个零点，且.
因为，
所以，
所以，
在上单调递减，
，所以.
【点睛】思路点睛：证明函数的零点个数问题，通常是通过说明函数的单调性，再结合零点存在性定理证明.
19．(1)任选一条件，都有
(2)单调递增区间为：，值域为．
【分析】（1）先进行三角恒等变换求出，再分别选三个条件，结合正弦函数的性质，分别求解，即可得出函数解析式；
（2）先根据图象变换求出，再根据正弦函数的单调性和值域求解.
【详解】（1）
．
选①时，由于直线，是图象的任意两条对称轴，
且的最小值为，
所以，解得，
所以．
选②时，，即，
整理得，
故，
由于，
故当时，，
所以．
选③时，对任意的，，
所以，
即，，解得：，，
由于，故当时，，
所以．
（2）函数的图象向右平移个单位后，
再将得到的图象上各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，
令，
整理得，
所以函数的单调递增区间为：．
由于，所以，
故．
所以函数的值域为．
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