高一上册期末分类复习（第五单元）（含解析）

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高一上册期末分类复习（第五单元）（含解析）
一、期末复习——诱导公式
1．（2025高一上·深圳期末）已知圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的面积为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一上·越秀期末）已知点是角终边上的一点，且，则的值为（　　）
A．2 B． C．或2 D．或
3．（2025高一上·湖南期末）已知角和的终边关于轴对称，则（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高三上·长沙期末）已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·南山期末）是第四象限角，，则（　　）．
A． B． C． D．
6．（2025高一下·武威开学考）已知，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·西湖期末）已知定义在上的函数，则的值是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一上·深圳期末）已知扇形的周长是其半径的4倍，若该扇形的面积为2，则该扇形的周长为　 　．
9．（2025高一下·武威开学考）已知，则　 　.
10．（2025高一下·武威开学考）若角的终边在第四象限，则的值可能为（　　）
A．0 B．4 C．6 D．
11．（2025高一上·广州期末）已知角的终边过点.
（1）求的值；
（2）若角的终边按逆时针方向旋转得到角，求
12．（2025高三上·彭州期中）（1）已知，求的值.
（2）已知，求的值.
二、期末复习——图像变换
13．（2025高一上·益阳期末）函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．为的零点
14．（2025高一上·上城期末）将函数（其中>0）的图像向右平移个单位长度，所得图像经过点，则的最小值是
A． B．1 C． D．2
15．（2025高一上·西青期末）函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C． D．
16．（2025高一上·西青期末）已知曲线.
①把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的2倍，得到
②把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到
③把上所有点的横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到
④把上所有点的横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到，
上列说法中正确的是（　　）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
17．（2025高一上·广州期末）已知函数则（　　）
A．
B．在上单调递增
C．的解集是
D．曲线的对称中心为
18．（2025高一上·越秀期末）已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．的最小正周期为
B．当时，的值域为
C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
19．（2025高一上·南山期末）函数在区间上所有零点之和为（　　）．
A． B． C． D．
20．（2025高一上·白银期末）将正弦曲线向左平移个单位长度，再将所得曲线上每一点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），进一步将所得曲线上每一点的纵坐标扩大为原来的4倍（横坐标不变），得到函数的图象．
（1）求的解析式；
（2）求在上的值域；
（3）若在上的图象与直线有且仅有1个公共点，求的取值范围．
三、期末复习——恒等变换
21．（2025高三上·长沙期末）若在区间上是增函数，则的最大值是（　　）
A． B． C．1 D．
22．（2025高一上·越秀期末）若，则（　　）
A． B． C． D．
23．（2025高一上·金华期末）设函数，则（　　）
A．是奇函数 B．的最小正周期为
C．在区间上单调递增 D．的最大值为
24．（2025高一上·邯郸期末）已知，且，则（　　）
A． B． C． D．
25．（2025高一上·上城期末）若，，并且均为锐角，且，则的值为（　　）
A． B． C． D．
26．（2025高三上·铜仁期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
27．（2025高一上·益阳期末）若， 则　 　.
四、期末复习——综合训练
28．（2025高一上·拱墅期末）已知函数，则下列结论中正确的有（　　）
A．函数的最小正周期为
B．的对称轴为，
C．的对称中心为，
D．的单调递增区间为，
29．（2025高一上·南山期末）已知函数在区间上是增函数，且在上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（　　）．
A． B． C． D．
30．（2025高一上·唐山期末）已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）若，求的值域.
31．（2025高一上·西青期末）已知函数.
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）若时，且，求的值.
32．（2025高一上·广州期末）已知函数．
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值，以及取最值时x的值．
33．（2025高一上·越秀期末）已知函数，.
（1）求的最小正周期和单调区间；
（2）求在闭区间上的最大值和最小值．
34．（2025高一上·深圳期末）已知函数的最小正周期为．
（1）求的值及函数图像的对称中心；
（2）设，若使得，求实数b的取值范围．
35．（2025高一上·温州期末）已知函数．
（1）若，求的值；
（2）已知函数在上存在零点，求的最小值；
（3）当时，若函数的图象在区间上恰有一条对称轴，求的取值范围．
36．（2025高一上·南山期末）已知．
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）求在上的值域；
（3）将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，若对任意的恒成立，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：圆心角，由弧长，得，
所以该扇形的面积为．
故答案为：B．
【分析】先由换算得到，代入扇形面积公式和弧长公式计算.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：由三角函数定义可得，解得，
所以的值为或.
故答案为：D.
【分析】由三角函数的定义，解得.
3．【答案】A,C
【解析】【解答】解：因为角和的终边关于x轴对称，所以.
A、，故A正确；
B、，故B错误；
C、，故C正确；
D、，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据 角和的终边关于x轴对称 ，可得，再根据诱导公式逐项判断即可.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：由角的终边经过点，所以
根据任意角三角函数定义，得.
故答案为：C
【分析】由任意角三角函数定义运算可得答案.
5．【答案】B
【解析】【解答】解：因为为第四象限角，，所以，
则，
故答案为：B．
【分析】根据同角三角函数基本关系求得的值，再利用诱导公式计算即可.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：因为，
又因为为第二象限角，所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据指数函数的单调性求出的取值范围，再根据对数函数的单调性求出的取值范围，利用三角函数的符号判断出的取值范围，从而比较出a，b，c的大小.
7．【答案】C
【解析】【解答】解：，
则，
故答案为：C.
【分析】根据分段函数的周期性代值求解即可.
8．【答案】
【解析】【解答】解：设扇形的半径为，圆心角为，
则扇形的周长，解得，
扇形的面积，解得，
故扇形的周长.
故答案为：.
【分析】设扇形的半径为，圆心角为，根据扇形的周长求得圆心角，代入扇形的面积公式求得扇形的半径，再根据扇形的周长公式计算即可.
9．【答案】
【解析】【解答】解：由，得，
又因为，
所以
.
故答案为：.
【分析】将所求改写成，齐次化，再把代入得出的值.
10．【答案】C,D
【解析】【解答】解：由角的终边在第四象限，
得，
则，
因此是第二象限角或第四象限角，
当是第二象限角时，；
当是第四象限角时，.
故答案为：CD.
【分析】根据终边角的定义确定角为第二象限角或第四象限角，再分类讨论角是第二象限角、四象限角，结合三角函数的符号，从而得出可能的值.
11．【答案】（1）解：由角的终边过点，得，
所以.
（2）解： 由角的终边过点，得，
所以.
【解析】【分析】（1）依据三角函数的定义（终边上点的坐标与距离的比值）求出相关三角函数值，再结合诱导公式化简表达式，通过齐次式法（弦化切）计算得到结果；
（2）由三角函数定义确定角的正弦、余弦值，代入两角和的余弦公式计算即可求解利用三角函数定义求出三角函数值，再利用诱导公式及齐次式法计算得解.
（1）由角的终边过点，得，
所以.
（2）由角的终边过点，得，
所以.
12．【答案】解：（1）原式=
（2）
两边平方得
.
∴
【解析】【分析】（1）利用诱导公式和同角三角函数的基本关系，从而可得原式，再代值得出的值.
（2）将两边平方可得，从而可得，再利用平方差公式得出，从而得出的值.
13．【答案】A,C
【解析】【解答】解：A、由图可知，，，
又，所以，
将点代入，得，
得，解得，
又，所以，故.该选项正确，符合题意，
B、由A得，该选项错误，不合题意；
C、，所以，该选项正确，符合题意；
D、由，故不是的零点，该选项错误，不合题意.
故答案为：AC
【分析】先分析图象可得解析式，可判断AB；由图象可直接判断C；结合正弦函数的图象与性质可判断D.
14．【答案】D
【解析】【解答】解：将函数的图象向右平移个单位长度，
所得函数的解析式为，
因为它的图象经过点，
所以，
则，
又因为，
所以的最小值是.
故答案为：D.
【分析】由正弦型函数的图象变换和代入法，从而得出，再利用，从而得出的最小值.
15．【答案】B
【解析】【解答】解：由题中图象可得，，故，则，
又图象过点，所以，
即，解得，
又，即，故.
故答案为：B.
【分析】本题考查正弦型函数的解析式求解，核心是通过图象确定振幅、周期（进而得），再利用定点求相位。
16．【答案】D
【解析】【解答】解：将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到曲线，故①错误②正确；
因为，
所以将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，得到的图象，
再向左平移个单位长度，得到曲线，故③错误④正确.
故答案为：D．
【分析】本题考查三角函数的图象变换（平移、伸缩），核心是明确 “先平移后伸缩” 与 “先伸缩后平移” 的变换顺序对平移量的影响。
17．【答案】B,D
【解析】【解答】解：A、因为，
所以，该选项错误，不合题意；
B、因为，则，且在内单调递增，
所以在上单调递增，该选项正确，符合题意；
C、因为，即，
可得，解得，
所以的解集是，该选项错误，不合题意；
D、令，解得，
所以曲线的对称中心为，该选项正确，符合题意；
故答案为：BD.
【分析】举反例说明即可判断A；利用正弦函数单调性令，可判断B；运用正弦函数性质分析令为整体，求解不等式求解即可判断C；类比C方法，解方程即可判断D.
18．【答案】A,D
【解析】【解答】解：A、由图可知：，该选项正确，符合题意，
由，知，因为，所以，
所以，即，
又因为，所以，所以函数为，
B、当时，，所以，该选项错误，不合题意，
C、将函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象，该选项错误，不合题意，
D、将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，
得到的图象，
因为当时，，
可得到的图象关于点对称，该选项正确，符合题意.
故答案为：AD.
【分析】由图象，代入，得，即可判断A；，所以，可判断B；平移得到的图象，可判断C；图象变换得的图象，时，，可判断D.
19．【答案】B
【解析】【解答】解：令，可得，
同一坐标系中，作出和在区间上的图象，如图所示：
由图可知：两个图象共有4个交点，则在区间上共有4个零点，
记零点为，
，，
可得，则的图象关于直线对称，即，
故所有零点之和为.
故答案为：B．
【分析】问题转化为函数在区间上交点横坐标和问题，同一坐标系中，作出和在区间上的图象，利用函数的对称性求解即可.
20．【答案】（1）解：将正弦曲线向左平移个单位长度，得到曲线，
将曲线上每一点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），
得到曲线，
将曲线上每一点的纵坐标扩大为原来的4倍（横坐标不变），
得到的图象，
则．
（2）解：由，得，
由正弦函数的性质，可知，
因为，
所以．
则函数在上的值域为．
（3）解：由，得，
由，得，
则或．
因为在上的图象与直线有且仅有1个公共点，
所以，则，
所以，实数的取值范围为．
【解析】【分析】（1）利用三角型函数的图象变化，从而得出函数的解析式.
（2）由题意可得，再根据换元法和正弦函数求最值的方法，从而得出正弦型函数在上的值域.
（3）由题意，令，可得或，再利用得出，再结合函数在上的图象与直线有且仅有1个公共点，从而列式求解得出实数m的取值范围.
（1）将正弦曲线向左平移个单位长度，得到曲线，
将曲线上每一点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），
得到曲线，
将曲线上每一点的纵坐标扩大为原来的4倍（横坐标不变），
得到的图象，即．
（2）由，得，
由正弦函数的性质，可知，
因为，所以．
故在上的值域为．
（3）由，得，
由，得，
得或．
因为在上的图象与直线有且仅有1个公共点，
所以，
得，即的取值范围为．
21．【答案】A
【解析】【解答】解：，
当时，，
因为在区间上是增函数，
所以，则，
所以，
则的最大值是，
故答案为：A
【分析】用辅助角公式得，由范围得的范围，增区间为，，则得，.
22．【答案】D
【解析】【解答】解：
，
故答案为：D
【分析】首先利用二倍角公式得，再利用二倍角变形即可求得.，代入可解.
23．【答案】D
【解析】【解答】解：A，因为的定义域为R，，所以不是奇函数，A错误；
B，因为，
所以的最小正周期不是，B错误；
C，因为，，
而，
又因为，所以，
因为，，所以在区间上不单调，C错误；
D，由用辅助角公式，
令，，则（由），
由基本不等式：，代入辅助角的最大值1，
得：，当时取等号，故D正确。
故答案为：D
【分析】先化简函数，再通过奇偶性、周期、单调性的定义逐一排除错误选项，最后用基本不等式或辅助角公式求最大值。
24．【答案】C
【解析】【解答】解：因为，所以，
又因为，所以，角在第四象限，
所以，
则.
故答案为：C．
【分析】由x的取值范围和不等式的基本性质，则由三角函数值的正负确定角所在的象限，再利用和两角差的余弦公式，从而得出的值.
25．【答案】C
【解析】【解答】解：由，可得，
又，所以，
因为，，所以，
所以
，
又因为，所以.
故答案为：C
【分析】由，得，同理，，代入两角差公式可得.
26．【答案】B
【解析】【解答】解：由题意可知
①
②
由①②联立得，
所以，
故答案为：B.
【分析】用同角三角关系将切化弦可得，与的展开式联立可解得，可得.
27．【答案】
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：.
【分析】二倍角正弦公式展开，分子分母同除以弦化切，代入求解.
28．【答案】A,D
【解析】【解答】解：，
A、函数的最小正周期为，故A正确；
B、令，解得，则函数的对称轴为，故B错误；
C、令，，可得，则函数的对称中心为，故C错误；
D、令，，解得，
则函数的单调递增区间为，故D正确．
故答案为：AD．
【分析】利用正弦、余弦函数的二倍角公式以及辅助角公式化简函数，再结合正弦型三角函数的图象和性质逐项判断即可．
29．【答案】D
【解析】【解答】解：
，
当时，，
由在区间上单调递增可得，，解得，
当时，，
由恰好在区间上取得一次最大值可得，解得，
综上所述，.
故答案为：D．
【分析】利用余弦的二倍角公式，诱导公式以及同角三角函数基本关系化简函数，线根据范围求得范围，再利用函数在区间上单调递增，建立不等式，求出的取值范围，再根据范围求得范围，由函数在对应区间取一次最大值建立不等式，解出的取值范围即可.
30．【答案】（1）解：因为
令，，
解得，.
所以的单调递减区间为，.
（2）解：因为，
所以，
当时，即时，取得最大值，最大值为；
当时，即时，取得最小值，最小值为，
所以的值域为.
【解析】【分析】（1）利用二倍角的余弦公式和辅助角公式，从而化简函数为正弦型函数，再结合复合函数单调性，从而得出函数的单调递减区间.
（2）由x的取值范围得出角的取值范围，再利用换元法和正弦函数求值域的方法，从而得出函数的值域.
（1），
令，，解得，.
所以的单调递减区间为，.
（2）因为，所以，
当时，即时，取得最大值，最大值为；
当时，即时，取得最小值，最小值为.
所以的值域为.
31．【答案】（1）解：
，
，
的单调递增区间是，
解得，得，
所以函数的单调递增区间为；
（2）解：即，
，
，
.
【解析】【分析】（1）单调区间：先将化简为正弦型函数，再利用整体法结合正弦函数的单调区间，结合定义域得结果；
（2）计算：由的值确定的范围，求出其余弦值，再用两角差公式展开求解。
（1），
，
的单调递增区间是，
解得，得，
所以函数的单调递增区间为；
（2）即，
，
，
.
32．【答案】（1）解：因为，
，
令，，得，，
所以的单调递增区间为，；
（2）解：解：因为，所以，
所以，
所以，
当，即时，有最大值，
当，即时，有最小值．
【解析】【分析】（1）将运用辅助角及和差公式化简为，整体代换代入单调递增区间，即可得函数的单调递增区间；
（2）由x范围，得范围，结合正弦型函数的图象与性质，可解．
（1）解：因为，
，
令，，得，，
所以的单调递增区间为，；
（2）解：因为，所以，
所以，
所以，
当，即时，有最大值，
当，即时，有最小值．
33．【答案】（1）解：由
，
∴的最小正周期为，
由，得，
由，得
∴函数单调增区间为，函数单调减区间为；
（2）解：由于，
所以，
所以，
故，
故函数的最小值为，函数的最大值为．
【解析】【分析】（1）先代入两角和差公式展开并用辅助角公式化简函数解析式可得，运用正弦函数的性质求解；
（2）由x范围得范围，再运用正弦函数的性质即求．
（1）由
，
∴的最小正周期为，
由，得，
由，得
∴函数单调增区间为，函数单调减区间为；
（2）由于，
所以，
所以，
故，
故函数的最小值为，函数的最大值为．
34．【答案】（1）解：
，
，
由函数的最小正周期，可得，则，
令，解得，
则函数图像的对称中心；
（2）解：，，
令，在上单调递增，即，
，
令，解得
则函数在区间上单调递增，所以函数在区间上的最大值为，
因为使得，所以，
当时，的图象的对称轴为，函数在时单调递减，
所以符合题意，故实数b的取值范围.
【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式，正弦、余弦的二倍角公式以及辅助角公式化简求得函数解析式，再由周期求得求的值，利用正弦函数的对称中心求得函数图像的对称中心即可；
（2）化简整理函数解析式，由题意得到函数在上的最大值小于在上的最大值，令，得到函数的取值范围，再求函数在上的最大值；由正弦函数的单调性求出的最大值，由此解出实数b的取值范围.
（1），
，
，
，
，
∵周期，∴，
∴，
令，解得，
∴函数图像的对称中心.
（2），
，
令，在上单调递增，∴，
∴，
令，解得
∴函数在区间上单调递增，所以函数在区间上的最大值为，
∵使得，
∴，
当时，的图象的对称轴为，函数在时单调递减，所以符合题意，
∴.
35．【答案】（1）解：因为，
所以.
（2）解：因为，
可得，
当时，，所以，
，
因为，
所以，
则，
因此，实数的最小值为.
（3）解：因为
其中，可取，
当时，，
且，，
由题意，可得，
解得，
则，
所以，
因此，实数的取值范围是.
【解析】【分析】（1）由和函数的解析式，从而可得的值.
（2）由结合参变量分离法可得，再结合求出的取值范围，从而得出实数的最小值.
（3）利用三角恒等变换化简得出，其中，可取，根据求出的取值范围，再根据题意得出的取值范围，再结合求出的取值范围.
（1）因为，则.
（2）因为，
可得，
当时，，
所以，
，
因为，则，则，
因此，实数的最小值为.
（3）因为，
其中，可取，
当时，，且，，
由题意可得，解得，故，故.
因此，实数的取值范围是.
36．【答案】（1）解：
，
最小正周期；
令，解得，
故的增区间为；
（2）解：当时，，，
则在上的值域为；
（3）解：易知，原不等式可化为对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，且，
记，条件可化为对任意的成立，
设，则，
设，
则，
由在上单调递减，上单调递增，可得在上单调递减，在上单调递增，
，即时，，
，即时，，
因此的最大值为，由题意得，故．
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数可得，再根据正弦函数的性质求解即可；
（2）由x的范围，求得的范围，再根据正弦函数的性质求函数的值域即可；
（3）根据伸缩变换得到，分离参数，将原不等式转化为对任意的恒成立，且，通过换元法，构造函数，利用函数在给定区间上的最值求a的取值范围即可.
（1）．
最小正周期．
令，解得．
故的增区间为.
（2）时，故．
即在上的值域为．
（3），原不等式可化为对任意的恒成立对任意的恒成立，
对任意的恒成立且，
记，条件可化为对任意的成立，
设，则，
设，
则，
由在上递减，上递增可得，在上递减，在上递增，
即时，，
即时，，
因此的最大值为，由题意得，故．
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