人教A版2024年高考数学难点专题必修一三角函数测试题2（含解析）

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必修一难点 三角函数2
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．–2 B．2 C． D．
2．已知，则（ ）
A． B． C． D．
3．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形 B．钝角三角形
C．最大角为锐角的等腰三角形 D．最大角为钝角的等腰三角形
4．已知，则下列说法中错误的是（　　）
A．函数的最小正周期为
B．函数在上单调递减
C．函数的图象可以由函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的倍得到
D．是函数图象的一个对称中心
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．将函数的图象沿轴向左平移个单位后,得到一个偶函数的图象,则的一个可能取值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知：，，若函数和有完全相同的对称轴，则不等式的解集是
A． B．
C． D．
8．把函数的图象向左平移个单位，再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象．若函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．已知，，，，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知奇函数的周期为，将函数的图像向右平移个单位长度，可得到函数的图像，则下列结论正确的是（ ）
A．函数
B．函数在区间上单调递增
C．函数的图像关于直线对称
D．当时，函数的最大值是
11．化简得到
A． B． C． D．
12．已知、均为锐角，且，则（ ）
A． B． C． D．
13．要得到函数的图象，只需将函数的图象（　　）
A．向左平移个单位长度
B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
14．已知函数的周期．若，，则（ ）
A． B． C．3 D．
15．如图是函数的图象的一部分，则要得到该函数的图象，只需要将函数的图象（ ）
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
16．在非等腰中，内角满足，若关于x的不等式对任意恒成立，则角A的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
17．若是函数的零点，是函数的对称轴，在区间上单调，则的最大值是
A． B． C． D．
18．如图，是半径为，的扇形，是弧上的点，是扇形的内接矩形，设，若，四边形的面积S取得最大，则的值为（ ）．
A． B． C． D．
19．的周长为18，若，则的内切圆半径的最大值为（ ）
A．1 B． C．2 D．4
20．函数，已知为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，且在上单调递减．记满足条件的所有的值的和为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
21．与－835°终边相同的角有( )
A．－245° B．245° C．475° D．－475° E．－115°
22．下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．在区间上单调递增
B．最小正周期是
C．图象关于点中心对称
D．图象关于直线轴对称
23．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的有（ ）

A．
B．
C．在区间上单调递减
D．为偶函数
24．设函数为常数，，若函数在区间上为单调函数，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．点是函数图象的一个对称中心
B．函数的最小正周期为
C．直线是函数图象的一条对称轴
D．函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到
25． 已知锐角满足，设，则下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
26．已知，则 ．
27．已知函数，则 .
28．已知函数，若f（x）在恰有3个最值点，则ω的取值范围为 ．
29．函数的最大值为3，则 .
30．设函数，其中，若且图象的两条对称轴间的最近距离是．若是的三个内角，且，则的取值范围为 ．
四、解答题
31．计算：
（1）．
（2）．
（3）已知全集,集合，求A在U中的补集．
32．求下列各式的值：
（1）；
（2）．
33．已知函数.
(1)求在上的值域；
(2)当时，已知，若，使得，求的取值范围.
34．某公园有一块长方形空地ABCD，如图，，．为迎接“五一”观光游，在边界BC上选择中点E，分别在边界AB、CD上取M、N两点，现将三角形地块MEN修建为花圃，并修建观赏小径EM，EN，MN，且．
(1)当时，求花圃的面积；
(2)求观赏小径EM与EN长度和的取值范围．
35．已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，，.对于函数，若存在且，使得，则称函数是“和谐”函数.
（1）判断函数，是否是“和谐”函数；（只需写出结论）
（2）设函数是定义在上的周期函数，其最小周期为，若不是“和谐”函数，求的最小值.
（3）若函数是“和谐”函数，求的取值范围.
参考答案：
1．A
【分析】首先根据三角函数诱导公式，可由等式求出，从而可求解.
【详解】∵，
由三角函数诱导公式化简得：，
即得，
．
故选：A
2．B
【分析】通过平方将原式变形得到，再结合正弦二倍角公式即可求解.
【详解】因为，
所以两边平方得，
又因为，
所以，即，
所以.
故选：B
3．D
【分析】由结合余弦定理可求得，再由结合三角恒等变换即可求出答案．
【详解】解：由余弦定理有，
又∵，
∴，
∴，∴，
又，
∴，
∴，即，则，
∴为最大角为钝角的等腰三角形，
故选：D．
【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查简单的三角恒等变换的应用，属于基础题．
4．C
【分析】可化为，利用复合函数的讨论方法可求该函数的周期、对称中心、单调区间等，利用图像变换可考虑它与函数的图像变换关系.
【详解】，
所以，故A正确；
当时，，因在为增函数，在上为减函数，故在上为减函数，故B正确；
函数的图象可以由函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的倍 得到，而函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的倍得到得是的图象，故C错误；
令，当时，，故为图像的一个对称中心，故D正确；
综上，选C.
【点睛】形如的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为的形式，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、对称轴方程和对称中心等．
5．C
【分析】由题意求出，再将所求式化简为，代入即可得出答案.
【详解】因为，所以，
.
故选：C.
6．A
【分析】根据平移解析式之间的关系可以求出平移后的解析式,再根据图象的性质可以求出关于的等式,根据所给的选项选出一个正确的答案.
【详解】因为函数的图象沿轴向左平移个单位,所以平移后函数的解析式为：
,该函数是偶函数,所以有
,结合四个选项,当时, .
故选：A
【点睛】本题考查了正弦型函数图象的平移变换,考查了正弦型函数是偶函数时求参数问题,考查了数学运算能力.
7．B
【详解】 ，所以
因此
，选B.
8．B
【分析】首先求函数的解析式，代入函数的定义域，根据三角函数的图象，列式求的取值范围.
【详解】函数的图象向左平移个单位，得到函数，再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，
，，若函数在上恰有3个零点，则，解得：.
故选：B
9．C
【分析】由同角三角函数的基本关系式、两角和与差的正弦公式化简求解即可.
【详解】因为，，所以，，
又因为，所以，
所以，
①+②得，②-①得，
上述两式相除即可得，则，
故选：C.
10．C
【分析】利用辅助角公式变形函数，由已知求出，再借助平移变换求出，然后利用正弦函数性质逐项判断作答.
【详解】依题意，，则有，又是奇函数，于是得，
因，即有，，因此，A不正确；
当时，，而函数在上不单调，
因此函数在区间上不单调，B不正确；
当时，，为的最小值，因此函数的图像关于直线对称，C正确；
当时，，即有，，，D不正确.
故选：C
11．A
【分析】通过平方把和,化为平方式,根据与的大小关系,去掉根号,然后求出结果.
【详解】
所以A选项是正确的
【点睛】本题是基础题，考查三角函数的化简求值，注意角5所在象限，以及它的正弦、余弦值的大小和符号是本题解答的关键，这是学生的易错点．
12．C
【分析】利用同角三角函数基本关系化弦为切，逆用两角差的正切公式可得，结合、均为锐角可得，进而可得即可求解.
【详解】因为，
又、均为锐角，所以，，可得，
即，所以，
故选：C.
13．D
【分析】化简得到，根据平移公式得到答案.
【详解】；
故只需向右平移个单位长度
故选：
【点睛】本题考查了三角函数的平移，意在考查学生对于三角函数的变换的理解的掌握情况.
14．C
【分析】由，由已知利用余弦函数的周期公式可得，可得，，又，，分类讨论，由，解得，，由为整数，且，可求的值．
【详解】解：因为，，
可得，，，
所以，即，，
又，
所以，可得，
所以，或，，
若，则，，又，可得无解；
若，，则，，
所以，解得，
所以，，
所以为整数，且，
所以．
故选：C．
15．B
【分析】先由图用求出，由 求出,由 求出,
得到；运用二倍角公式和辅助角公式化简
利用三角函数图象平移性质得解.
【详解】如图知: ,
， , 又
,,
解得：
又,，，
由三角函数图象平移性质得
(技巧：由三角函数图象平移性质得 )
所以函数向右平移个单位长度得到.
故选：B
【点睛】本题考查由图象求函数的解析式.
确定的步骤和方法:
(1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，；
(2)求：确定函数的周期，则可；
(3)求：常用的方法有代入法和五点法．
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)．
②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口．
16．D
【分析】首先整理式子可得：，因为非等腰，所以，则：在恒成立，整理移项，再利用基本不等式得：，再利用三角函数的性质，即可得解.
【详解】在中，由，代入可得：
，
所以：
整理可得：，
即：，
因为非等腰，所以，
，代入可得：
，两边同除，可得：
在恒成立，
，
即，又因为，则，
所以，即，
又因为非等腰，所以，
所以，
故选：D.
【点睛】本题考查了解三角形，考查了三角形的性质及恒等变换公式，考查了转化思想和基本不等式，本题解题的关键是对原式的处理，使之能使用基本不等式，而不能走进一元二次不等式的误区，进行讨论，属于较难题.
17．A
【详解】因为是函数的零点，是函数的对称轴，
所以，即,，即，即为正偶数.
因为在区间上单调，则，即..
当时，，得，,，所以，，，时，，其中，，即在区间上不单调；
当时，，得，,，所以，，，时，，满足在区间上单调递减.
故的最大值是14.
故选A.
点睛：本题将三角函数的单调性与对称性结合在一起进行考查,题目新颖,是一道考查能力的好题.注意本题求解中用到的两个结论：①的单调区间长度是最小正周期的一半;②若的图像关于直线对称,则 或.
18．B
【分析】结合图形，利用直角三角形的性质、同角三角函数基本关系、倍角公式、辅助角公式、差角的余弦公式进行求解.
【详解】
由题意，则，，，
则，，
∴，
∴，
∴
，其中，，
当S取最大值时，，则，
所以
，
所以，解得，
因为，所以，故A，C，D错误.
故选：B.
【点睛】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角函数的定义，三角函数的基本关系式，三角函数的恒等变换，得到三角函数的解析式，进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图像的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围，难度不大，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.
19．B
【分析】利用三角恒等变换得到，，作出图形，设出边长，的内切圆半径为，得到等量关系，利用基本不等式求出答案.
【详解】由题意得，
因为，
所以，
即，
即，故，
又，
分子分母同除以可得，
，
如下图，的内切圆圆心为，且圆与相切于点，与相切于点，
设的内切圆半径为，，
显然，，
故，即，
，整理可得，，
将代入中得，，
因为，
即，
所以，
故，解得，，
则，当且仅当时，等号成立，
故的内切圆半径的最大值为.
故选：B
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
20．A
【分析】由一条对称轴和一个对称中心可以得到或，由在上单调递减可以得到，算出的大致范围，验证即可.
【详解】由题意知：或
∴或
∴或
∵在上单调递减，∴
∴

①当时，取知
此时，当时，
满足在上单调递减，∴符合
取时，，此时，当时，满足在上单调递减，∴符合
当时，，舍去，当时，也舍去
②当时，取知
此时，当时，
，此时在上单调递增，舍去
当时，，舍去，当时，也舍去
综上：或2，.
故选：A.
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，难度较大，易错点在于已知一条对称轴和一个对称中心要分两种情况分析.
21．BDE
【分析】终边相同的角，相差360°的整数倍.
【详解】与－835°终边相同的角可表示为－835°＋360°k，k∈Z，
k＝1时，为－475°；k＝2时，为－115°；k＝3时，为245°；k＝4时，为605°，
故选：BDE.
22．ACD
【分析】对于A，利用整体法与正弦函数的单调性即可判断；对于B，利用三角函数的周期公式即可判断；对于CD，根据三角函数的性质，利用代入检验法即可判断.
【详解】对于A,当时，，故在区间上单调递增，A正确，
对于B，周期为，故B错误，
对于C,当时，，此时，故是其对称中心，故C正确，
对于D,当时，，此时，故是其对称轴，故D正确，
故选：ACD
23．AC
【分析】由图列方程组可判断A项，代入点可判断B项，结合图象及其周期可判断C项，令计算可判断D项.
【详解】由图可知，，
，
所以，
所以，
将点代入可得：，，
又因为，
所以，
所以，故A项正确，B项错误；
对于C项，因为，所以，
由图可知，在上单调递减，
即：在上单调递减，故C项正确；
对于D项，因为，
所以，
当时，，
所以不是偶函数，故D项错误.
故选：AC.
24．ACD
【分析】根据在区间上的单调性以及，求得的对称中心、对称轴、最小正周期，再三角函数图象变换的知识确定正确选项.
【详解】对于B，因为函数在区间上为单调函数，
所以，故B错误；
对于A，因为，所以是的零点，
所以是图象的一个对称中心，故A正确；
对于C，因为，所以是的一条对称轴，
所以，则，
因为，，所以，
又，故，则，
所以是图象的一条对称轴，故C正确；
对于D，因为是的一条对称轴，
所以，，，
所以，解得，
所以，
因为向左平移个单位长度得，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的突破口是利用余弦函数的对称性，结合条件求得的对称轴与对称中心，进而求得，由此得解.
25．ABC
【分析】由条件判断，再根据函数的单调性，判断选项正误.
【详解】因为，为锐角，若，则，
，则，同理，与矛盾，
所以，A项正确；
所以，所以，B项正确；
同理可得，，所以，
所以是减函数，所以，C正确；
，D错误.
故选：ABC.
【点睛】根据，通过假设得到矛盾，由此得，比较出，，得.
26．
【分析】结合两角和的正切公式化简已知条件，由此求得.
【详解】∵，∴，∴.
故答案为：
27．-1.
【分析】根据分段函数解析式,可先求得,再代入即可根据余弦函数的周期性求得的值.
【详解】函数
所以
则由余弦函数的图像与性质可得
即
故答案为:
【点睛】本题考查了分段函数的求值,余弦函数的周期性应用,属于基础题.
28．
【分析】根据三角函数的图象与性质，求得当时，函数取最值，再由在上恰有个最值点，得到，即可求解.
【详解】因为，
所以，
由题意，令，
即，
解得，
所以当时，函数取最值，
又在上恰有个最值点，
所以这三个极值点只能是在时取到，
所以有，解得.
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
29．
【分析】利用同角三角函数的基本关系式化简，结合二次函数的性质及最大值列方程，解方程求得的值.
【详解】依题意，由于二次函数开口向上，故在区间的端点取得最大值.若时取得最大值，即，此时二次函数对称轴，根据二次函数性质可知时取得最大值，符合题意.若时取得最大值，即，解得，此时二次函数对称轴，根据二次函数性质可知时取得最大值，符合题意.故.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二次函数的性质以及最值的求法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
30．
【分析】利用两角差的余弦函数公式及余弦函数的图象和性质可求，，结合范围，可求，由题意可求周期为，利用周期公式可求，从而可得函数解析式，由题意可得，结合范围，可解得，从而，利用三角函数恒等变换的应用可将化为，结合范围，利用正弦函数的图象和性质即可求其取值范围．
【详解】解：由题知，，
，得，，
，取，得，
函数图象的两条对称轴间的最近距离是，
周期为，得，
得．
由，得，
是的内角，，
，得，
，从而．
由
，
，，
，即，，
因此，的取值范围是．
故答案为：.
【点睛】本题考查了两角差的余弦函数公式，正弦函数、余弦函数的图象和性质，周期公式，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想．
31．（1）.（2）．（3）
【分析】（1）直接运用相关知识计算.
（2）正确运用对数运算法则及指数运算法则即可得结果.
（3）直接利用补集的概念写出补集即可．
【详解】（1）
（2）.
（3）
【点睛】本题考查绝对值、正弦函数、指数运算等有关知识的综合运用．指数式与对数式的运算. 集合的补集运算．属于基础题．
32．（1）；（2）.
【分析】（1）逆用差角正弦公式及诱导公式，化简求值即可.
（2）根据差角正切公式有，即可求值.
【详解】（1），
（2），
∴.
33．(1)
(2)
【分析】（1）将化为关于的类二次函数，结合换元法和二次函数性质可求在上的值域；
（2）设的值域为集合的值域为集合，可等价转化为，求得对应值域，由建立不等式可求的取值范围.
【详解】（1）当，
令，则，
由于函数在上单调递增，故当时，取得最小值；
当时，取得最大值的值域为；
（2）设的值域为集合的值域为集合，则依题意有，
，由（1）知：
，
又，所以在上单调递增，
当时，；当时，
，
由得：的取值范围是.
34．(1)
(2)
【分析】（1）由题可得，，后由锐角三角函数知识可得EM，EN，即可得花圃的面积；
（2）设，则，则可将化为，又令，可得，后由范围及函数单调性可得答案.
【详解】（1）由题可得，.
则.
故；
（2）设，则，
结合题意可知，则.
又，
则，
令，则
，所以，
又，所以，因在上单调递增，在上单调递减，，
则.因为函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，所以.
所以，即观赏小径EM与EN长度和的取值范围为．
35．（1）是“和谐”函数，不是“和谐”函数.（2）最小值为1.（3）且，且
【分析】（1）根据“和谐”函数的定义即可判断，是否是“和谐”函数.
（2）根据周期函数的定义，结合“和谐”函数的条件，进行判断和证明即可.
（3）根据“和谐”函数的定义，分别讨论，和时，满足的条件即可.
【详解】（1）由题知：是“和谐”函数，
不是“和谐”函数.
（2）的最小值为.
因为是以为最小正周期的周期函数，所以.
假设，则，所以，矛盾.
所以必有，
而函数的周期为1，且显然不是“和谐”函数，
综上，的最小值为1.
（3）当函数是“和谐”函数时，
若，则显然不是“和谐”函数，矛盾.
若，则，
所以在，上单调递增，
此时不存在，使得，
同理不存在，使得，
又注意到，即不会出现的情形，
所以此时不是“和谐”函数.
当时，设，
所以，所以有，其中，
当时，
因为，所以，
所以.
当时，，
因为，所以，
所以.
记，综上，我们可以得到“且，且”.
【点睛】本题主要考查函数的新定义和函数的周期性，同时考查了学生的运算和推理能了，综合性较强，属于难题.
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