专题15 三角函数（能力提升）-2021年暑假高一升高二数学复习基础巩固+能力提升专题（人教A版2019）

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【新教材2019人教必修第一册】暑假高一能力提升 专题15 三角函数解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________  一、单选题1．（2020·沙坪坝·重庆八中高三月考（理））已知角为锐角，若，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，求出，再用，利用两角差的余弦公式求值即可【详解】因为为锐角，，，所以，.故选：A.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的余弦公式，将要求的角转化为已知角来计算.2．（2020·贵州六盘水·高三其他（理））若角的终边在直线上，则角的取值集合为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据若终边相同，则求解.【详解】解：，由图知，角的取值集合为:故选：D.【点睛】本题主要考查终边相同的角，还考查了集合的运算能力，属于基础题.3．（2020·陕西高三零模（文））黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，该比值为，这是公认的最能引起美感的比例．我国著名数学家华罗庚以此引入并优化了现如今广泛应用于国内各个领域的“0.618优选法”．黄金分割比，它还可以近似表示为，则的值近似等于（    ）A． B．1 C．2 D．【答案】B【分析】把用代替后用两角差的正弦公式化简可得．【详解】本题考查两角差的正弦公式、诱导公式．由题意得，故选：B．4．（2020·灵丘县豪洋中学高一期中）在（0，）内，使成立的的取值范围为（    ）A．（，） B．C． D．【答案】B【分析】画出和直线的图象，由图象可得不等式的解集.【详解】画出和直线的图象，由图象可得,在上解集为，故选B.【点睛】本题考查利用正切函数的图象解不等式，关键是掌握正切函数的图像和性质，利用数形结合思想求解.5．（2020·辽宁高三月考）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由函数图象关于原点对称，排除AC，再根据当从正数趋近于时，函数值为负数排除D，进而得答案.【详解】解：根据图象得函数图象关于原点对称，且定义域为，即为奇函数.对于A选项，，故函数为偶函数，排除；对于B选项，函数定义域为，，故函数为奇函数，满足条件；对于C选项，函数定义域为，，故函数为偶函数，排除；对于D选项，函数定义域为，当时，，故在为正数，故排除，故选：B.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性与特殊值选函数图象，是中档题.6．（2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学开学考试（理））函数（，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（    ）A．函数的最小正周期是2πB．函数的图象关于点成中心对称C．函数在单调递增D．将函数的图象向左平移后得到的关于y轴对称【答案】C【分析】根据条件求出c的值，结合三角函数的周期关系求出周期，以及对应的对称轴，对称中心，利用三角函数的性质分别进行判断即可．【详解】解：根据函数（，）的部分图象以及圆C的对称性，可得，两点关于圆心对称，故，则，解得：，函数的周期为，故A错误；∵函数关于点对称，∴函数的对称中心为，则当时，对称中心为，故B不正确；函数的一条对称轴为，在x轴负方向内，接近于y轴的一条对称轴为，由图像可知，函数的单调增区间为，，当时，函数的单调递增区间为，，故C正确；的一条对称轴为，∴函数的图象向左平移个单位后，此时，所得图象关于直线对称，故D错误.故选：C【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，解决问题的关键是由图象求出函数的性质，再根据图象变换的规则解决问题.7．（2020·长沙麓山国际实验学校月考）已知圆与直线相切于点,点同时从点出发,沿着直线l向右、沿着圆周按逆时针以相同的速度运动,当运动到点时,点也停止运动,连接(如图),则阴影部分面积的大小关系是(    ) A．B．C．D．先再最后【答案】A【分析】由题意得,弧的长度与相等,利用扇形的面积公式与三角形的面积公式表示出阴影部分的面积,比较其大小,即可求得答案.【详解】设线段与圆交于点, 直线与圆相切, 又 , 即 故选:A.【点睛】本题考查了求阴影部分的之间关系,解题关键是掌握扇形面积公式,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.8．（2020·广东高三月考（理））已知函数，的图象过点，且在上单调，的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，若存在两个不相等的实数，满足，则A． B． C． D．【答案】A【分析】由图像过点可得，由的图象向左平移个单位后得到的图象与原图象重合，可知，结合在上单调，从而得到，由此得到的解析式，结合图像，即可得到答案．【详解】因为的图象过点，则，又，所以.一方面，的图象向左平移单位后得到的图象与原函数图象重合，则，即，化简可知．另一方面，因为在上单调，所以，即，化简可知.综合两方面可知．则函数的解析式为，结合函数图形，因为，当时，，结合图象可知则，故选A．【点睛】本题主要考查正弦函数解析式的求法，以及函数图像的应用，考查学生的转化能力，属于中档题． 二、多选题9．（2020·全国高一课时练习）下列计算或化简结果正确的是（    ）A．B．若，则C．若，则D．若，则E.若为第一象限角，则【答案】ABE【分析】利用，结合三角函数在各个象限的符号，代入每个式子进行化简、求值.【详解】对A，，故A正确；对B，，故B正确；对C，，故C不正确；对D，∵范围不确定，∴的符号不确定，故D不正确；对E，∵为第一象限角，∴原式，故E正确．故选：ABE．【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系、三角函数在各个象限的符号，考查运算求解能力，化简、求值时注意方法的选择，即切化弦的思想.10．（2019·山东薛城·枣庄八中高一月考）下列命题中正确的是（    ）A．若角是第三象限角，则可能在第三象限B．C．若且，则为第二象限角D．锐角终边上一点坐标为，则【答案】ACD【分析】运用象限角知识、诱导公式、三角函数定义等知识对四个选项进行判断.【详解】对于,角是第三象限角,即,所以,当时, 为第一象限角; 当时, 为第三象限角; 当时, 为第四象限角,故可能在第三象限正确,故选项正确.对于,运用诱导公式化简,故选项不正确.对于,若,则为第二象限角或者第四象限角,若,则为第一象限角或者第二象限角,同时满足且,则为第二象限角,故选项正确.对于,因为锐角终边上一点坐标为,由三角函数定义可得,又因为，所以,故选项正确.综上选项正确.故选【点睛】本题较为综合,考查了象限角、诱导公式、三角函数定义等知识,解答题目时能够熟练运用各知识进行计算并判断,需要牢牢掌握基础知识.11．（2019·山东临沂·高三期中）已知函数在有且仅有4个零点，则（    ）.A． 在单调递增 B．的取值范围是C．在有2个极小值点 D．在有3个极大值点【答案】BC【分析】由，可得，根正弦函数的性质，得到，可判定B正确；由，求得，可判定A不正确；由，求得，结合正弦函数的性质，可判定C正确，D不正确.【详解】由题意，函数在有且仅有4个零点，因为，可得，根据正弦函数的性质，可得，解得，所以B正确；当，可得，即，因为，可得，又由所以函数 在先增后减，所以A不正确；当，可得，由，可得，结合正弦函数的图象与性质，可得函数在有2个极小值点，3个极大值点，所以C正确，D不正确.故选：BC.【点睛】解答三角函数的图象与性质的基本方法：1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为的形式；2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.12．（2021·济南市·山东师范大学附中高三其他模拟）已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．为函数的一个周期B．直线是函数图象的一条对称轴C．函数在上单调递增D．函数有且仅有2个零点【答案】AB【分析】根据判断选项A正确；根据判断选项B正确；判断出函数在的单调性，结合周期性，奇偶性和对称轴画出函数的简图，由此可以判断选项C和D.【详解】因为，所以为函数的一个周期，选项正确；因为，所以直线是函数图象的一条对称轴，故选项正确；因为 ，所以是偶函数，又当时，单调递减，单调递增，且，所以在时单调递减；当时，单调递增，单调递减， 且，所以在时单调递减，所以函数在时单调递减，又为函数的一个周期，且直线是函数图象的一条对称轴，所以画出函数的图象如图，由图可知，选项C，D错误.故选：AB.  三、填空题13．（2020·邵东县第一中学月考）若则的值为______________．【答案】【分析】根据诱导公式化简，可得，待求式根据诱导公式化简后转化为正切，代入求值即可.【详解】,,即，，原式故答案为：【点睛】本题主要考查了诱导公式，同角三角函数的关系，正余弦函数化切函数，属于中档题.14．（2020·四川省泸县第二中学开学考试（理））函数的零点个数为_______________.【答案】【分析】函数的零点个数，令，，转化函数与的交点个数，在同一平面直角坐标系中画出函数图象即可解答.【详解】解：函数的零点，即方程的解，令，也就是函数与的交点，在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示，由图可知与有个交点，即有个零点. 故答案为：【点睛】本题考查函数的零点，体现了转化思想，数形结合思想的应用，属于中档题.15．（2020·陕西西安·月考（理））已知，则当取最大值时的 ___________.【答案】【分析】先将函数化简，求出辅助角的正切值，求出函数最大值时的值，进而求出的正弦值.【详解】解：且，所以，这时，，所以，，，故答案为：16．（2021·江苏南通市·高一开学考试）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具.因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用(如图).假设在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.现有一半径为2米的简车，在匀速转动过程中，筒车上一盛水简M距离水面的高度H(单位：米)与转动时间t(单位：秒)满足函数关系式，且时，盛水筒M与水面距离为2.25米，当筒车转动100秒后，盛水筒M与水面距离为_______米.【答案】0.25【分析】根据时，盛水筒到水面的距离，由函数关系式，求出，再将代入函数关系式，即可得出结果.【详解】因为筒车上一盛水简M距离水面的高度H(单位：米)与转动时间t(单位：秒)满足函数关系式，且时，盛水筒M与水面距离为2.25米，所以，则，又，所以，则，因此当时，，即当筒车转动100秒后，盛水筒M与水面距离为米.故答案为： 四、解答题17．（2020·浙江高二开学考试）已知函数 ．（1）求 的值及函数的最小正周期；（2）求f（x）在区间 上的最大值和最小值．【答案】（1）（2）最小值为﹣1，最大值为2．【分析】（1）由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，从而求得的值，再利用正弦函数的周期性，得出结论．（2）由题意利用正弦函数的定义域和值域，求得在区间上的最大值和最小值．【详解】解：（1）函数，，故的最小正周期为．（2）在区间上，，故当时，函数取得最小值为；当时，函数取得最大值．【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性、定义域和值域，属于基础题．18．（2020·辽宁高三月考）已知函数，.（1）求函数的单调递增区间；（2）若α为锐角且，β满足，求.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用正弦型函数的单调增区间求的单调递增区间即可；（2）由已知条件可知，，结合即可求；【详解】（Ⅰ），可知，为单调增区间，解得，，∴函数的单调递增区间为，．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，因为为锐角，所以，，又因为，所以，由.【点睛】本题考查了三角函数的性质，结合三角恒等变换、同角三角函数关系求正弦值；注意应用了复合函数的单调性求单调区间；19．（2019·河南中牟·高一期中（理））已知函数.（1）用五点法画出这个函数在一个周期内的图像；（必须列表）（2）求它的振幅、周期、初相、对称轴方程；（3）说明此函数图象可由在上的图象经过怎样的变换得到.【答案】（1）作图见解析（2）周期，振幅，初相，对称轴（3）详见解析【分析】（1）列表描点作图即可求解；（2）由正弦型函数性质即可求出振幅、周期、初相；（3）根据图象的变换，可先平移，后伸缩，再上下平移即可.【详解】（1）列表：036303 （2）周期，振幅，初相，由，得即为对称轴；（3）①由的图象上各点向左平移个长度单位，得的图象；②由的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得的图象；③由的图象上各点的纵坐标伸长为原来的3倍（横坐标不变），得的图象；④由的图象上各点向上平移3个长度单位，得的图象.【点睛】本题主要考查了“五点法”作图，的性质、图象变换，属于中档题.20．（2019·铜川市第一中学月考）已知函数（，，）的部分图象如图所示.，，.（1）求的解析式；（2）将的图象先向右平移个单位，再将图象上的所有点横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），所得到的图象对应的函数为，求的单调增区间.【答案】（1）；（2），.【分析】（1）先根据图象确定周期，从而得出，利用及确定和；（2）先利用三角函数图象变换的法则确定的解析式，然后利用整体思想求解单调区间.【详解】解：（1）由图可知，则，；又，则，得，因为，所以.又，解得,所以.（2）将图象向右平移个单位后得，再将图象上的所有点横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得，即，令，得，.故的单调递增区间为：，.【点睛】本题考查利用三角函数的图象求解析式，考查求解型函数的单调区间问题，难度一般.21．（2020·江苏如皋·高三开学考试）从秦朝统一全国币制到清朝末年，圆形方孔铜钱（简称“孔方兄”）是我国使用时间长达两千多年的货币．如图1，这是一枚清朝同治年间的铜钱，其边框是由大小不等的两同心圆围成的，内嵌正方形孔的中心与同心圆圆心重合，正方形外部，圆框内部刻有四个字“同治重宝”．某模具厂计划仿制这样的铜钱作为纪念品，其小圆内部图纸设计如图2所示，小圆直径1厘米，内嵌一个大正方形孔，四周是四个全等的小正方形（边长比孔的边长小），每个正方形有两个顶点在圆周上，另两个顶点在孔边上，四个小正方形内用于刻铜钱上的字．设，五个正方形的面积和为．（1）求面积关于的函数表达式，并求的范围；（2）求面积最小值．【答案】（1），的取值范围为，，（2）【分析】(1)由题意可知小正方形的边长为，大正方形的边长为，所以五个正方形的面积和为，又，所以，所以的取值范围为， ，，； (2)法一：其中，，所以，此时，所以，则，因为，解得，即可求出面积最小值为；法二：由（1）可知，令，则，设，，利用导数得到当时，面积最小值为．【详解】解：（1）过点分别作小正方形边，大正方形边的垂线，垂足分别为，，因为内嵌一个大正方形孔的中心与同心圆圆心重合，所以点，分别为小正方形和大正方形边的中点，所以小正方形的边长为，大正方形的边长为，所以五个正方形的面积和为，，因为小正方形边长小于内嵌一个大正方形的边长，所以，，，所以的取值范围为，，答：面积关于的函数表达式为，的取值范围为，，.（2）法一：， ，，，其中，，所以，此时，因为，所以，所以，所以，则，化简得：，由此解得：，因为，所以，答：面积最小值为，法二：，，令，则，设，，令，得：，0极小值所以时，面积最小值为，答：面积最小值为.【点睛】本题主要考查三角函数的实际应用，以及三角恒等变换的应用，涉及降幂公式、二倍角正弦公式和正切公式，是中档题．22．（2020·陕西高一期末）已知函数．（1）求的单调递增区间；（2）当时，关于的方程恰有三个不同的实数根，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）本题可根据正弦函数的单调性得出，然后通过计算即可得出结果；（2）首先可通过解得或，然后绘出函数在区间上的图像，再然后将“有三个不同的实数根”转化为有一个实数解且有两个不同的实数解或有两个不同的实数解且有一个实数解，最后分为或、、、四种情况进行讨论，即可得出结果.【详解】（1）令，解得，故的单调递增区间为，（2）等价于，解得或，因为，所以，，如图，绘出函数的图像，方程有三个不同的实数根等价于有一个实数解且有两个不同的实数解或有两个不同的实数解且有一个实数解，①当或时，无解，不符合题意； ②当时，则，有一个实数解，有两个不同的实数解，符合题意；  ③当时，则，有两个不同的实数解，有一个实数解，符合题意； ④当时，则，有一个实数解，至多有一个实数解，不符合题意，综上，m的取值范围为．【点睛】本题考查三角函数单调区间的求解以及三角函数图像的综合应用，可借助正弦函数、余弦函数以及正切函数的单调性来求解三角函数的单调区间，考查数形结合思想以及分类讨论思想，考查推理能力，是难题.