2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）专题03 三角函数（解析版）

这是一份2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）专题03 三角函数（解析版），共9页。试卷主要包含了函数在上的最大值是 等内容，欢迎下载使用。
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【详解】因为，所以，
而，所以，
故即，
从而，故，
故选：A.
2．（新课标全国Ⅰ卷）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数的的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
3．（新课标全国Ⅱ卷）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.
【详解】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
4．（全国甲卷数学（理）（文））已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，
所以，，
所以，
故选：B.
5．（新高考北京卷）已知，，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，
则，即，
且，所以.
故选：B.
6．（新高考天津卷）已知函数的最小正周期为．则函数在的最小值是（ ）
A．B．C．0D．
【答案】A
【分析】先由诱导公式化简，结合周期公式求出，得，再整体求出时，的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【详解】，由得，
即，当时，，
画出图象，如下图，
由图可知，在上递减，
所以，当时，
故选：A
7．（新高考上海卷）下列函数的最小正周期是的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .
【详解】对A，，周期，故A正确；
对B，，周期，故B错误；
对于选项C，，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误；
对于选项D，，周期，故D错误，
故选：A．
8．（新课标全国Ⅱ卷）对于函数和，下列说法正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图像有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
9．（新课标全国Ⅱ卷）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
【答案】
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则

故答案为：.
10．（全国甲卷数学（文））函数在上的最大值是 ．
【答案】2
【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.
【详解】，当时，，
当时，即时，.
故答案为：2
一、单选题
1．（2024·宁夏石嘴山·三模）在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．B．C．－2D．2
【答案】A
【分析】由题意可知：，根据倍角公式结合齐次化问题分析求解.
【详解】由题意可知：，
所以.
故选：A.
2．（2024·广东茂名·一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出，再结合诱导公式及二倍角的余弦公式，利用正余弦齐次式法计算得解.
【详解】由，得，则，
所以.
故选：D
3．（2024·河北保定·二模）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性判断即可.
【详解】设，则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则B，C错误，
易知，所以A正确，D错误．
故选：A.
4．（2024·山东济宁·三模）已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再借助正弦函数的图象与性质求解即得.
【详解】依题意，函数，
当时，，显然，
且正弦函数在上单调递减，由在区间上的值域为，
得，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
5．（2024·江西景德镇·三模）函数在内恰有两个对称中心，，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象.若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据y轴右边第二个对称中心在内，第三个对称中心不在内可求得，结合可得，再利用平移变换求出，根据三角变换化简可得，然后由二倍角公式可解.
【详解】由得，
因为函数在内恰有两个对称中心，所以，解得，
又，所以，即，所以，
将函数的图象向右平移个单位得到函数，
即，
因为
，
所以.
故选：A
6．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数的一个零点是，且在上单调，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】整理可得，以为整体，根据单调性分析可得，再结合零点分析求解.
【详解】因为，
，且时，
可得，且，
若在上单调，则，解得，
又因为的一个零点是，则，解得，
所以.
故选：B.
7．（2024·山东临沂·二模）已知函数（）图象的一个对称中心为，则（ ）
A．在区间上单调递增
B．是图象的一条对称轴
C．在上的值域为
D．将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得到的函数图象关于y轴对称
【答案】D
【分析】借助整体代入法结合正弦函数的性质可得A、B；结合正弦函数最值可得C；得到平移后的函数解析式后借助诱导公式即可得D.
【详解】由题意可得，解得，
又，故，即；
对A：当时，，
由函数在上不为单调递增，
故在区间上不为单调递增，故A错误；
对B：当时，，
由不是函数的对称轴，
故不是图象的对称轴，故B错误；
对C：当时，，
则，故C错误；
对D：将图象上的所有点向左平移个长度单位后，
可得，
该函数关于y轴对称，故D正确.
故选：D.
8．（2024·广东广州·二模）已知函数的部分图象如图所示，若将函数的图象向右平移个单位后所得曲线关于轴对称，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定的图象特征，结合五点法作图列式求出和，再根据图象的平移变换，以及图象的对称性即可得解.
【详解】由，得，又点及附近点从左到右是上升的，则，
由，点及附近点从左到右是下降的，且上升、下降的两段图象相邻，得，
联立解得，，而，于是，，
若将函数的图像向右平移个单位后，得到，
则，而，因此，
所以当时，取得最小值为.
故选：A
9．（2024·四川雅安·三模）已知函数，则下列说法中正确的个数是（ ）
①当时，函数有且只有一个零点；
②当时，函数为奇函数，则正数的最小值为；
③若函数在上单调递增，则的最小值为；
④若函数在上恰有两个极值点，则的取值范围为.
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】利用辅助角公式化简函数，由图象分析判断①；由正弦函数的性质判断②③；由极大值的意义结合正弦函数的性质判断④.
【详解】依题意，，函数，
对于①：，令，即，
作出函数和函数的图象，如图，

观察图象知，两个函数在上只有一个零点，，
当时，，
当时，，
因此函数与函数的图象有且只有一个交点，①正确；
对于②：为奇函数，则，
，即正数的最小值为，②正确；
对于③：当时，，由在上单调递增，
得，解得，正数有最大值，③错误；
对于④：当时，，而在上恰有两个极值点，
由正弦函数的性质得，解得，因此的取值范围是，④错误.
综上，共2个正确，
故选：B.
10．（2024·河北保定·二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用切化弦和同角三角函数的关系，解出，再结合二倍角公式即可求解.
【详解】因为，
所以，
解得或（舍去），
所以．
故选：B.
11．（2024·河北衡水·三模）已知，则m，n的关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用和差角的正弦公式化简，结合已知列出方程即可求解.
【详解】依题意，，，
则，
即，即.
故选：D
12．（2024·辽宁沈阳·三模）已知，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式和同角之间的转化，进行求解判断选项
【详解】当，则
故选：D
13．（2024·贵州黔东南·二模）已知，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】找出和的关系，求出和即可求解.
【详解】，
，
①，，，
②，由①②解得或，
，，
，.
故选：C.
二、多选题
14．（2024·河北张家口·三模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数的图象关于点对称
C．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为
D．若，其中为锐角，则的值为
【答案】ACD
【分析】利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可判断A；代入验证可判断B；根据平移变化求，由奇偶性可求出，可判断C；根据已知化简可得，将目标式化为，由和差角公式求解可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以的最小值周期，所以是函数的一个周期，A正确；
对于B，因为，
所以，点不是函数的对称中心，B错误；
对于C，由题知，，
若函数为偶函数，则，得，
因为，所以的最小值为，C正确；
对于D，若，
则，
因为为锐角，，所以，
所以
，D正确.
故选：ACD
15．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．是奇函数B．的最小正周期为
C．的最小值为D．在上单调递增
【答案】AC
【分析】首先化简函数，再根据函数的性质判断各选项.
【详解】，函数的定义域为，
对A，，所以函数是奇函数，故A正确；
对B，函数的最小正周期为，故B错误；
对C，函数的最小值为，故C正确；
对D，，，函数不单调，在上单调递增，在上单调递减，故D错误.
故选：AC
16．（2024·安徽·三模）已知函数，则（ ）
A．是偶函数B．的最小正周期是
C．的值域为D．在上单调递增
【答案】AC
【分析】对于A，直接用偶函数的定义即可验证；对于B，直接说明即可否定；对于C，先证明，再说明对总有有解即可验证；对于D，直接说明即可否定.
【详解】对于A，由于的定义域为，且，
故是偶函数，A正确；
对于B，由于，，故，这说明不是的周期，B错误；
对于C，由于
，
且，故.
而对，有，，故由零点存在定理知一定存在使得.
所以的值域为，C正确；
对于D，由于，，故在上并不是单调递增的，D错误.
故选：AC.
17．（2024·山西太原·模拟预测）已知函数的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．
B．的图象关于点中心对称
C．与的图象关于直线对称
D．在区间内单调递增
【答案】BCD
【分析】根据正弦函数的对称性求解判断A，先求出，然后利用正弦函数的对称性求解判断B，根据对称函数的性质判断C，结合正弦函数的单调性代入验证判断D.
【详解】由题意得，，解得，，
又因为，所以，A错误；
由可知，
则，
令，，解得，，
令，得，所以点是曲线的对称中心，B正确；
因为，
所以与的图象关于直线对称，C正确；
当时，，故在区间内单调递增，D正确.
故选：BCD
18．（2024·浙江金华·三模）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．为偶函数D．在区间的最小值为
【答案】ACD
【分析】先由正弦展开式，五点法结合图象求出，可得A正确，B错误；由诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.
【详解】由题意得，
由图象可得，
又，所以，
由五点法可得，
所以.
A：由以上解析可得，故A正确；
B：由以上解析可得，故B错误；
C：，故C正确；
D：当时，，
所以最小值为，故D正确；
故选：ACD.
19．（2024·浙江温州·二模）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，为其终边上一点，若角的终边与角的终边关于直线对称，则（ ）
A．B．
C．D．角的终边在第一象限
【答案】ACD
【分析】
根据三角函数的定义，可求角的三角函数，结合诱导公式判断A的真假；利用二倍角公式，求出的三角函数值，结合三角函数的概念指出角的终边与单位圆的交点，由对称性确定角终边与单位圆交点，从而判断BCD的真假.
【详解】因为角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
所以：，所以，，所以，故A对；
又，
，
所以的终边与单位圆的交点坐标为：，
因为角的终边与角的终边关于直线对称，所以角的终边与单位圆的交点为，
所以，且的终边在第一象限，故CD正确；
又因为终边在直线的角为：，角的终边与角的终边关于对称，
所以，故B错误.
故选：ACD
20．（2024·广东佛山·二模）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ）
A．一定为周期函数
B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数
D．在区间上的图象过3个定点
【答案】ABD
【分析】对于A：计算，化简即可；对于B：求出，然后计算的正负即可；对于C：计算是否恒相等即可；对于D：令，求解即可.
【详解】对于A，，，A正确；
对于B，，
则，，
因为，即，同号，所以，
由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；
对于C，，
，
由得
对恒成立，
则与题意不符，故C错误；
对于D，令，
则
，即，，
故所有定点坐标为，，，，
又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；
故选：ABD．
21．（2024·湖南·二模）已知函数，把的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，以下说法正确的是（ ）
A．是图象的一条对称轴
B．的单调递减区间为
C．的图象关于原点对称
D．的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据题意，求得的图象，结合三角函数的图象与性质，以及两角差的正弦公式，逐项判定，即可求解.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象，
对于A中，令，求得，即为函数最大值，
所以直线是函数图象的一条对称轴，所以A正确；
对于B中，令，解得，
可得的单调减区间为，所以B正确.
对于C中，由于是偶函数，可得函数的图象关于轴对称，所以C错误.
对于D中，由
，
即的最大值为 ，所以D正确.
故选：ABD.
22．（2024·广东江门·一模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若相邻两条对称轴的距离为，则
B．当，时，的值域为
C．当时，的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为
D．若在区间上有且仅有两个零点，则
【答案】BCD
【分析】根据三角恒等变换化简，进而根据周期可判断A，根据整体法求解函数的值域判断B，根据函数图象的平移可判断C，根据零点个数确定不等式满足的条件可判断D.
【详解】
，
对于A，若相邻两条对称轴的距离为，则,故，A错误，
对于B，当，，当时，，
则的值域为，B正确，
对于C，当，，
的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为
，C正确，
对于D，当时，，
若在区间上有且仅有两个零点，则，解得，故D正确，
故选：BCD
三、填空题
23．（2024·北京·三模）已知函数．
①若，则的最小正周期是 ；，
②若，则的值域是 ．
【答案】
【分析】把代入，t明智二倍角的正弦，结合正弦函数的周期求出的最小正周期；把代入，利用二倍角的余弦公式，借助换元法，利用导数求出的值域.
【详解】当时，，函数的最小正周期为；
当时，，令，
，求导得，
当或时，，当时，，
函数在，上单调递减，在上单调递增，
，，
所以，的值域是.
故答案为：；
24．（2024·北京·模拟预测）已知函数，且.若两个不等的实数满足且，则 .
【答案】/
【分析】利用辅助角公式化简的解析式，再由题意可得函数关于对称，且最小正周期，即可求出的值，从而得到，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得．
【详解】因为，其中，
由，可得关于对称，
又两个不等的实数满足且，
所以的最小正周期，又，所以，解得，
所以，
所以，则，
所以
.
故答案为：
25．（2024·湖北荆州·三模）设，，，若满足条件的与存在且唯一，则 ， .
【答案】 1
【分析】由得到，再结合，利用，得到，，从而，再由满足条件的与存在且唯一，得到唯一，从而，求得m即可.
【详解】解：由，得，即，
因为，，所以，，
又，所以，
从而，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
因为满足条件的与存在且唯一，所以唯一，
所以，所以，经检验符合题意，
所以，
则，
解得，
所以.
故答案为：，1
【点睛】关键点点睛：关键是结合已知得出，求出，由此即可顺利得解.