专题02 三角函数（近八年高考真题分析）(十五大题型)-高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

专题02 三角函数（近八年高考真题分析） TOC \o "1-1" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc27194" 题型01 2017-2024年高考＋春考真题（Ⅰ）  PAGEREF _Toc27194 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc22731" 题型02 2017-2024年高考＋春考真题（Ⅱ） 4 HYPERLINK \l "_Toc394" 题型03 2017-2024年高考＋春考真题（Ⅲ） 8 HYPERLINK \l "_Toc1766" 题型04 2017-2024年高考＋春考真题（Ⅳ） 11 HYPERLINK \l "_Toc8506" 题型05 三角函数的有关概念及其求参 13 HYPERLINK \l "_Toc6010" 题型06 三角函数与方程；解集问题 15 HYPERLINK \l "_Toc22452" 题型07 三角恒等变换等公式 17 HYPERLINK \l "_Toc5641" 题型08 三角函数与数列 19 HYPERLINK \l "_Toc26157" 题型09 较复杂的三角恒等变换辨析 20 HYPERLINK \l "_Toc31686" 题型10 零点、有解问题；三角函数与复合函数、抽象函数 22 HYPERLINK \l "_Toc31686" 题型11 三角函数的实际应用 28 HYPERLINK \l "_Toc31686" 题型12 三角函数与复数 30 HYPERLINK \l "_Toc31686" 题型13 三角函数中的双变量问题综合 31 HYPERLINK \l "_Toc31686" 题型14 复杂的图像问题 37 HYPERLINK \l "_Toc31686" 题型15 三角函数与集合 40【解题规律·提分快招】题型01 2017-2024年高考＋春考真题（Ⅰ）【典例1-1】．（2024•上海）下列函数f（x）的最小正周期是2π的是（　　）A．sinx+cosx B．sinxcosx C．sin2x+cos2x D．sin2x﹣cos2x【分析】利用两角和与差的三角函数，二倍角公式，化简选项表达式，求解函数的周期即可．【解析】解：对于A，sinx+cosx=2sin（x+π4），则T＝2π，满足条件，所以A正确．对于B，sinxcosx=12sin2x，则T＝π，不满足条件，所以B不正确．对于C，sin2x+cos2x＝1，函数是常函数，不存在最小正周期，不满足条件，所以C不正确．对于D，sin2x﹣cos2x＝﹣cos2x，则T＝π，不满足条件，所以D不正确．故选：A．【点评】本题考查两角和与差的三角函数，二倍角公式的应用，函数的周期的求法，是基础题．【典例1-2】．（2023•上海）已知tanα＝3，则tan2α＝　−34　．【分析】直接利用正切函数的二倍角公式求解．【解析】解：∵tanα＝3，∴tan2α=2tanα1−tan2α=2×31−32=−34．故答案为：−34．【点评】本题主要考查了二倍角公式的应用，属于基础题．【变式1-1】．（2022•上海）函数f（x）＝cos2x﹣sin2x+1的周期为 　π　．【分析】由三角函数的恒等变换化简函数可得f（x）＝cos2x+1，从而根据周期公式即可求值．【解析】解：f（x）＝cos2x﹣sin2x+1＝cos2x﹣sin2x+cos2x+sin2x＝2cos2x＝cos2x+1，T=2π2=π．故答案为：π．【点评】本题主要考查了三角函数的恒等变换，三角函数的周期性及其求法，倍角公式的应用，属于基础题．【变式1-2】．（2022•上海）若tanα＝3，则tan（α+π4）＝　﹣2　．【分析】由两角和的正切公式直接求解即可．【解析】解：若tanα＝3，则tan（α+π4）=tanα+tanπ41−tanαtanπ4=3+11−3×1=−2．故答案为：﹣2．【点评】本题主要考查两角和的正切公式，考查运算求解能力，属于基础题．【变式1-3】．（2020•上海）函数y＝tan2x的最小正周期为 　π2　．【分析】根据函数y＝tanωx的周期为πω，求出函数y＝tan2x的最小正周期．【解析】解：函数y＝tan2x的最小正周期为 π2，故答案为：π2．【点评】本题主要考查正切函数的周期性和求法，属于基础题．【变式1-4】．（2020•上海）已知3sin2x＝2sinx，x∈（0，π），则x＝　arccos13　．【分析】根据三角函数的倍角公式，结合反三角公式即可得到结论．【解析】解：∵3sin2x＝2sinx，3sinxcosx＝2sinx，∵x∈（0，π），∴sinx≠0，∴cosx=13，故x＝arccos13．故答案为：arccos13．【点评】本题主要考查函数值的计算，利用三角函数的倍角公式是解决本题的关键．【变式1-5】．（2020•上海）“α＝β”是“sin2α+cos2β＝1”的（　　）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【分析】容易看出，由α＝β可得出sin2α+cos2β＝1，而反之显然不成立，从而可得出“α＝β”是“sin2α+cos2β＝1”的充分不必要条件．【解析】解：（1）若α＝β，则sin2α+cos2β＝sin2α+cos2α＝1，∴“α＝β“是“sin2α+cos2β＝1“的充分条件；（2）若sin2α+cos2β＝1，则sin2α＝sin2β，得不出α＝β，∴“α＝β”不是“sin2α+cos2β＝1”的必要条件，∴“α＝β”是“sin2α+cos2β＝1”的充分非必要条件．故选：A．【点评】本题考查了充分条件、必要条件和充分不必要条件的定义，sin2α+cos2α＝1，正弦函数的图象，考查了推理能力，属于基础题．【变式1-6】．（2019•上海）已知tanα•tanβ＝tan（α+β）．有下列两个结论：①存在α在第一象限，β在第三象限；②存在α在第二象限，β在第四象限；则（　　）A．①②均正确 B．①②均错误 C．①对②错 D．①错②对【分析】考虑运用二次方程的实根的分布，结合导数判断单调性可判断①；运用特殊值法，令tanα=−13，结合两角和的正切公式，计算可得所求结论，可判断②．【解析】解：由tanα•tanβ＝tan（α+β），即为tanα•tanβ=tanα+tanβ1−tanαtanβ，设m＝tanα，n＝tanβ，可得n2m2+n（1﹣m）+m＝0，若m＞0，由韦达定理可得x1x2=mm2=1m＞0，可得上式关于n的方程有两个同号的根，若为两个正根，可得n＞0，即有m＞1，考虑Δ＝f（m）＝（1﹣m）2﹣4m3，f′（m）＝2m﹣2﹣12m2＝﹣12（m−112）2−2312，当m＞1时，f（m）递减，可得f（m）＜f（1）＝﹣4＜0，则方程无解，β在第三象限不可能，故①错；可令tanα=−13，由tanα•tanβ＝tan（α+β），即为tanα•tanβ=tanα+tanβ1−tanαtanβ，可得−13tanβ=tanβ−131+13tanβ，解得tanβ＝﹣6±39，存在β在第四象限，故②对．故选：D．【点评】本题考查三角函数的正切公式，以及方程思想、运算能力，属于基础题．题型02 2017-2024年高考＋春考真题（Ⅱ）【典例2-1】．（2024•上海）已知f（x）＝sin（ωx+π3），ω＞0．（1）设ω＝1，求解：y＝f（x），x∈[0，π]的值域；（2）a＞π（a∈R），f（x）的最小正周期为π，若在x∈[π，a]上恰有3个零点，求a的取值范围．【分析】（1）由题意，根据正弦函数的单调性，求出函数的最值，可得结论．（2）由题意，根据正弦函数的周期性和零点，求出a的取值范围．【解析】解：（1）当ω＝1时，f（x）＝sin（ωx+π3）＝sin（x+π3）．因为x∈[0，π]，所以令t=x+π3，t∈[π3，4π3]，根据y＝f（t）＝sint在[π3，π2]上单调递增，在[π2，4π3]上单调递减，所以函数的最大值为sinπ2=1，最小值为sin4π3=−sinπ3=−32．因此函数的值域为[−32，1]．（2）由题知T=2πω=π，所以ω＝2，f（x）＝sin（2x+π3）．当f（x）＝0时，2x+π3=kπ，k∈Z，即x=−π6+kπ2，k∈Z．当k＝3时，x=4π3＞π，所以4π3+T≤a＜4π3+32T，即7π3≤a＜17π6．因此，a的取值范围为[7π3，17π6）．【点评】本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．【典例2-2】．（2020•上海）已知函数f（x）＝sinωx，ω＞0．（1）f（x）的周期是4π，求ω，并求f（x）=12的解集；（2）已知ω＝1，g（x）＝f2（x）+3f（﹣x）f（π2−x），x∈[0，π4]，求g（x）的值域．【分析】（1）直接利用正弦型函数的性质的应用求出结果．（2）利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的值域．【解析】解：（1）由于f（x）的周期是4π，所以ω=2π4π=12，所以f（x）＝sin12x．令sin12x=12，故12x=2kπ+π6或2kπ+5π6，整理得x=4kπ+π3或x=4kπ+5π3．故解集为{x|x=4kπ+π3或x=4kπ+5π3，k∈Z}．（2）由于ω＝1，所以f（x）＝sinx．所以g（x）=sin2x+3sin(−x)sin(π2−x)=1−cos2x2−32sin2x=−32sin2x−12cos2x+12=12−sin（2x+π6）．由于x∈[0，π4]，所以π6≤2x+π6≤2π3．12≤sin(2x+π6)≤1，故−1≤−sin(2x+π6)≤−12，故−12≤g(x)≤0．所以函数g（x）的值域为[−12，0]．【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．【变式2-1】．（2018•上海）设常数a∈R，函数f（x）＝asin2x+2cos2x．（1）若f（x）为偶函数，求a的值；（2）若f（π4）=3+1，求方程f（x）＝1−2在区间[﹣π，π]上的解．【分析】（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，（2）先求出a的值，再根据三角形函数的性质即可求出．【解析】解：（1）∵f（x）＝asin2x+2cos2x，∴f（﹣x）＝﹣asin2x+2cos2x，∵f（x）为偶函数，∴f（﹣x）＝f（x），∴﹣asin2x+2cos2x＝asin2x+2cos2x，∴2asin2x＝0，∴a＝0；（2）∵f（π4）=3+1，∴asinπ2+2cos2（π4）＝a+1=3+1，∴a=3，∴f（x）=3sin2x+2cos2x=3sin2x+cos2x+1＝2sin（2x+π6）+1，∵f（x）＝1−2，∴2sin（2x+π6）+1＝1−2，∴sin（2x+π6）=−22，∴2x+π6=−π4+2kπ，或2x+π6=54π+2kπ，k∈Z，∴x=−5π24π+kπ，或x=1324π+kπ，k∈Z，∵x∈[﹣π，π]，∴x=13π24或x=19π24或x=−5π24或x=−11π24【点评】本题考查了三角函数的化简和求值，以及三角函数的性质，属于基础题．【变式2-2】．（2018•上海）已知y＝cosx．（1）若f(α)=13，且α∈[0，π]，求f(α−π3)的值；（2）求函数y＝f（2x）﹣2f（x）的最小值．【分析】（1）根据两角和差的余弦公式进行计算即可（2）利用一元二次函数的性质利用配方法进行转化求解即可．【解析】解：（1）若f(α)=13，且α∈[0，π]，则cosα=13，则sinα=1−(13)2=89=223，则f(α−π3)=cos（α−π3）＝cosαcosπ3+sinαsinπ3=13×12+223×32=16+63．（2）函数y＝f（2x）﹣2f（x）＝cos2x﹣2cosx＝2cos2x﹣2cosx﹣1＝2（cosx−12）2−32，∵﹣1≤cosx≤1，∴当cosx=12时，函数取得最小值，最小值为−32．【点评】本题主要考查三角函数值的计算，利用两角和差的余弦公式以及转化一元二次函数求最值是解决本题的关键．【变式2-3】．（2017•上海）已知函数f（x）＝cos2x﹣sin2x+12，x∈（0，π）．（1）求f（x）的单调递增区间；（2）设△ABC为锐角三角形，角A所对边a=19，角B所对边b＝5，若f（A）＝0，求△ABC的面积．【分析】（1）由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；（2）由f（A）＝0，解得A，再由余弦定理解方程可得c，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．【解析】解：（1）函数f（x）＝cos2x﹣sin2x+12＝cos2x+12，x∈（0，π），由2kπ﹣π≤2x≤2kπ，解得kπ−12π≤x≤kπ，k∈Z，k＝1时，12π≤x≤π，可得f（x）的增区间为[π2，π）；（2）设△ABC为锐角三角形，角A所对边a=19，角B所对边b＝5，若f（A）＝0，即有cos2A+12=0，解得2A=23π，即A=13π，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA，化为c2﹣5c+6＝0，解得c＝2或3，若c＝2，则cosB=19+4−252×19×2＜0，即有B为钝角，c＝2不成立，则c＝3，△ABC的面积为S=12bcsinA=12×5×3×32=1534．【点评】本题考查二倍角公式和余弦函数的图象和性质，考查解三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查运算能力，属于中档题．题型03 2017-2024年高考＋春考真题（Ⅲ）【典例3-1】．（2023•上海）已知a∈R，记y＝sinx在[a，2a]的最小值为sa，在[2a，3a]的最小值为ta，则下列情况不可能的是（　　）A．sa＞0，ta＞0 B．sa＜0，ta＜0 C．sa＞0，ta＜0 D．sa＜0，ta＞0【分析】由题意可知a＞0，对a分别求值，排除ABC，即可得答案．【解析】解：由给定区间可知，a＞0．区间[a，2a]与区间[2a，3a]相邻，且区间长度相同．取a=π6，则[a，2a]＝[π6，π3]，区间[2a，3a]＝[π3，π2]，可知sa＞0，ta＞0，故A可能；取a=5π12，则[a，2a]＝[5π12，5π6]，区间[2a，3a]＝[5π6，5π4]，可知sa＞0，ta＜0，故C可能；取a=7π6，则[a，2a]＝[7π6，7π3]，区间[2a，3a]＝[7π3，7π2]，可知sa＜0，ta＜0，故B可能．结合选项可得，不可能的是sa＜0，ta＞0．故选：D．【点评】本题考查正弦函数的图象与三角函数的最值，训练了排除法的应用，取特值是关键，是中档题．【典例3-2】．（2021•上海）已知f（x）＝3sinx+2，对任意的x1∈[0，π2]，都存在x2∈[0，π2]，使得f（x1）＝2f（x2+θ）+2成立，则下列选项中，θ可能的值是（　　）A．3π5 B．4π5 C．6π5 D．7π5【分析】由题意可知，x1∈[0，π2]，即sinx1∈[0，1]，可得f（x1）∈[2，5]，将存在任意的x1∈[0，π2]，都存在x2∈[0，π2]，使得f（x）＝2f（x+θ）+2成立，转化为f（x2+θ）min≤0，f(x2+θ)max≥32，又由f（x）＝3sinx+2，可得sin(x2+θ)min≤−23，sin(x2+θ)max≥−16，再将选项中的值，依次代入验证，即可求解．【解析】解：∵x1∈[0，π2]，∴sinx1∈[0，1]，∴f（x1）∈[2，5]，∵都存在x2∈[0，π2]，使得f（x1）＝2f（x2+θ）+2成立，∴f（x2+θ）min≤0，f(x2+θ)max≥32，∵f（x）＝3sinx+2，∴sin(x2+θ)min≤−23，sin(x2+θ)max≥−16，y＝sinx在x∈[π2，3π2] 上单调递减，当θ=3π5时，x2+θ∈[3π5，11π10]，∴sin(x2+θ)=sin11π10＞sin7π6=−12，故A选项错误，当θ=4π5时，x2+θ∈[4π5，13π10]，∴sin(x2+θ)min=sin13π10＜sin5π4=−22＜−23，sin(x2+θ)max=sin4π5＞0，故B选项正确，当θ=6π5时，x2+θ∈[6π5，17π10]，sin（x2+θ）max=sin6π5＜sin13π12=2−64＜−16，故C选项错误，当θ=7π5时，x2+θ∈[7π5，19π10]，sin（x2+θ）max=sin19π10＜sin23π12=2−64＜−16，故D选项错误．故选：B．【点评】本题考查了三角函数的单调性，以及恒成立问题，需要学生有较综合的知识，属于中档题．【变式3-1】．（2019•上海）已知ω∈R，函数f（x）＝（x﹣6）2•sin（ωx），存在常数a∈R，使f（x+a）为偶函数，则ω的值可能为（　　）A．π2 B．π3 C．π4 D．π5【分析】直接利用三角函数的性质的应用和函数的奇偶性的应用求出结果．【解析】解：由于函数f（x）＝（x﹣6）2•sin（ωx），存在常数a∈R，f（x+a）为偶函数，则：f（x+a）＝（x+a﹣6）2•sin[ω（x+a）]，由于函数为偶函数，故：a＝6，所以：6ω=π2+kπ，当k＝1时．ω=π4故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三角函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．【变式3-2】．（2018•上海）设a＞0，函数f（x）＝x+2（1﹣x）sin（ax），x∈（0，1），若函数y＝2x﹣1与y＝f（x）的图象有且仅有两个不同的公共点，则a的取值范围是　（11π6，19π6]　【分析】把函数y＝2x﹣1与y＝f（x）的图象有且仅有两个不同的公共点，转化为sinax=−12在（0，1）上有两不同根，可得11π6＜a≤19π6．【解析】解：函数y＝2x﹣1与y＝f（x）的图象有且仅有两个不同的公共点，即方程2x﹣1＝x+2（1﹣x）sin（ax）有两不同根，也就是（x﹣1）（2sinax+1）＝0有两不同根，∵x∈（0，1），∴sinax=−12在（0，1）上有两不同根．∵a＞0，∴ax=7π6+2kπ或ax=11π6+2kπ，k∈Z．又∵x∈（0，1），且a＞0，∴0＜ax＜a，仅有两解时，应有11π6a＜119π6a≥1，则11π6＜a≤19π6．∴a的取值范围是（11π6，19π6]．故答案为：（11π6，19π6]．【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法，是中档题．【变式3-3】．（2017•上海）设a1、a2∈R，且12+sina1+12+sin(2a2)=2，则|10π﹣a1﹣a2|的最小值等于 　π4　．【分析】由题意，要使12+sinα1+12+sin2α2=2，可得sinα1＝﹣1，sin2α2＝﹣1．求出α1和α2，即可求出|10π﹣α1﹣α2|的最小值【解析】解：根据三角函数的性质，可知sinα1，sin2α2的范围在[﹣1，1]，要使12+sinα1+12+sin2α2=2，∴sinα1＝﹣1，sin2α2＝﹣1．则：α1=−π2+2k1π，k1∈Z．2α2=−π2+2k2π，即α2=−π4+k2π，k2∈Z．那么：α1+α2＝（2k1+k2）π−3π4，k1、k2∈Z．∴|10π﹣α1﹣α2|＝|10π+3π4−（2k1+k2）π|的最小值为π4．故答案为：π4．【点评】本题主要考查三角函数性质，有界限的范围的灵活应用，属于基本知识的考查．题型04 2017-2024年高考＋春考真题（Ⅳ）【典例4-1】．（2023•上海）已知z1，z2∈C且z1＝iz2（i为虚数单位），满足|z1﹣1|＝1，则|z1﹣z2|的取值范围为 　[0，2+2]　．【分析】引入复数的三角形式，将问题转化为三角函数的值域问题求解．【解析】解：设z1﹣1＝cosθ+isinθ，则z1＝1+cosθ+isinθ，因为z1＝i•z2，所以z2＝sinθ+i（cosθ+1），所以|z1﹣z2|=(cosθ−sinθ+1)2+(sinθ−cosθ−1)2=2[2sin(θ−π4)−1]2=2|2sin(θ−π4)−1|，显然当sin(θ−π4)=22时，原式取最小值0，当sin(θ−π4)=−1时，原式取最大值2+2，故|z1﹣z2|的取值范围为[0，2+2]．故答案为：[0，2+2]．【点评】本题考查复数的三角形式以及三角恒等变换，同时考查了复数的模长公式，属于中档题．【典例4-2】．（2021•上海）已知θ＞0，存在实数φ，使得对任意n∈N*，cos（nθ+φ）＜32，则θ的最小值是　2π5　．【分析】在单位圆中分析可得θ＞π3，由2πθ∈N*，即θ=2πk，k∈N*，即可求得θ的最小值．【解析】解：在单位圆中分析，由题意可得nθ+φ的终边要落在图中阴影部分区域（其中∠AOx＝∠BOx=π6），所以θ＞∠AOB=π3，因为对任意n∈N*都成立，所以2πθ∈N*，即θ=2πk，k∈N*，同时θ＞π3，所以θ的最小值为2π5．故答案为：2π5．【点评】本题主要考查三角函数的最值，考查数形结合思想，属于中档题．【典例4-3】．（2017•上海）某景区欲建造两条圆形观景步道M1、M2（宽度忽略不计），如图所示，已知AB⊥AC，AB＝AC＝AD＝60（单位：米），要求圆M1与AB、AD分别相切于点B、D，圆M2与AC、AD分别相切于点C、D；（1）若∠BAD＝60°，求圆M1、M2的半径（结果精确到0.1米）（2）若观景步道M1与M2的造价分别为每米0.8千元与每米0.9千元，如何设计圆M1、M2的大小，使总造价最低？最低总造价是多少？（结果精确到0.1千元）【分析】（1）直接利用三角函数，可得结论；（2）设∠BAD＝2α，则总造价y＝0.8•2π•60tanα+0.9•2π•60tan（45°﹣α），换元，利用基本不等式，可得结论．【解析】解：（1）M1半径＝60tan30°≈34.6，M2半径＝60tan15°≈16.1；（2）设∠BAD＝2α，则总造价y＝0.8•2π•60tanα+0.9•2π•60tan（45°﹣α），设1+tanα＝x，则y＝12π•（8x+18x−17）≥84π，当且仅当x=32，tanα=12时，取等号，∴M1半径30，M2半径20，造价263.8千元．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查基本不等式的运用，属于中档题．声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/1/19 1:34:44；用户：zzenglE；邮箱：；学号：34103332题型05 三角函数的有关概念及其求参【典例5-1】．（22-23高三下·上海黄浦·阶段练习）函数的最小正周期为 ．【答案】/【分析】直接根据周期公式计算得到答案.【解析】函数的最小正周期为.故答案为：.【典例5-2】．（22-23高三下·上海·阶段练习）函数的最小正周期为 ．【答案】【分析】先将函数化简降次，然后再利用公式求周期.【解析】，所以最小正周期为.故答案为：.【变式5-1】．（24-25高三上·上海闵行·期中）已知，函数的最小正周期是，则正数的值为 .【答案】2【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式运算求解.【解析】因为，函数的最小正周期是，则，解得.故答案为：2.【变式5-2】．（24-25高三上·上海·阶段练习）函数的最小正周期为 .【答案】【分析】由余弦二倍角公式及两角和的余弦公式化简后计算周期即可得.【解析】，则其最小正周期.故答案为：.【变式5-3】．（2023·上海嘉定·三模）函数，的值域是 .【答案】【分析】利用二倍角的余弦公式得出，由的范围得出的范围，再利用余弦函数的基本性质可得出答案.【解析】，且，，，，因此函数在的值域是.故答案为：.【变式5-4】．（2023·上海杨浦·模拟预测）函数的严格减区间为 .【答案】【分析】根据严格减区间定义即可得出答案.【解析】因为的单调减区间为，所以的严格减区间为.故答案为：【变式5-5】．（2023·上海青浦·一模）若函数是奇函数，则该函数的所有零点是 ．【答案】；【分析】根据函数为奇函数进行求解即可.【解析】因为函数是奇函数，所以，即，则，得，则，其中，所以该函数的所有零点是.故答案为：【变式5-6】．（2023·上海普陀·一模）若函数在区间上是严格增函数，则实数的取值范围为 .【答案】【分析】解出正切型函数单调区间，则得到的范围.【解析】令，，解得，，令，则其一个单调增区间为，则实数的取值范围为，故答案为：.题型06 三角函数与方程；解集问题【典例6-1】．（23-24高一下·上海·阶段练习）若为第二象限角，，则 ．【答案】/【分析】利用二倍角的余弦公式得到关于的方程，解得即可.【解析】，，解得或为第二象限角，.故答案为：【典例6-2】．（23-24高一上·上海·期末）方程的解是 .【答案】或【分析】根据余弦函数的性质计算可得.【解析】因为，所以或，即方程的解是或.故答案为：或.【变式6-1】．（23-24高一上·上海·期末）已知，且，则 .【答案】【分析】根据诱导公式结合正弦函数性质分析求解.【解析】因为，且，可知，又因为，且，结合在内单调递减，可得.故答案为：.【变式6-2】．（22-23高一下·上海浦东新·期中）方程在区间上的解集为 .【答案】【分析】利用二倍角公式化简并解方程即可求解.【解析】由得，即，解得或，因为，所以或，所以方程在区间上的解集为,故答案为：.【变式6-3】．（22-23高一下·上海杨浦·期中）方程在区间上的所有解的和为 .【答案】/【分析】利用倍角余弦公式得到关于的一元二次方程求解，由正弦函数值求，即可得结果.【解析】由，即，解得或，在，当时，当时或，所以所有解的和为.故答案为：题型07 三角恒等变换等公式【典例7-1】（2024·上海宝山·二模）已知，则 .【答案】/0.5【分析】利用两角差的正切公式将所求式展开，将代入即可求解.【解析】因为，所以.故答案为：.【典例7-2】．（2024·上海奉贤·二模）已知，且，则 ．【答案】【分析】由倍角公式化简方程，解出，得的值.【解析】已知，由倍角公式得，由，，解得，则.故答案为：.【变式7-1】．（23-24高三下·上海·开学考试）已知，则 ．【答案】/【分析】先用诱导公式将因式变形为，再用二倍角公式将原式转化为表示，最后将齐次式转化为正切表示后求值即可.【解析】，将，原式.故答案是：.【变式7-2】．（22-23高三下·上海闵行·阶段练习）若，则 .【答案】/【分析】根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案.【解析】依题意，，所以，，而为锐角，所以.故答案为：【变式7-3】．（23-24高三上·上海松江·期中）已知，，且，，则 ．【答案】【分析】由二倍角的正切公式求出，最后根据两角差的正切公式计算可得.【解析】因为，，且，，所以，∴.故答案为：1【变式7-4】．（2023·上海嘉定·一模）若，则下列各式中，正确的是（   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】选项A，利用辅助角公式，得到，取，即可判断出选项A的正误；选项B，利用余弦的和差角公式，得到，再根据条件即可得出选项B的正误；选项C和D，通过取特殊角即可判断出选项C和D的正误.【解析】对于选项A，因为，又，所以当时，，故选项A错误；对于选项B，因为，又，所以，得到，即，故选项B正确；对于选项C，当时，，，故选项C错误；对于选项D，当时，，故选项D错误，故选：B.题型08 三角函数与数列【典例8-1】．（2023·上海金山·一模）已知角α的终边不在坐标轴上，则下列一定成等比数列的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】对于ABC，举反例排除即可；对于D，利用三角函数的基本关系式即可判断.【解析】角的终边不在坐标轴上，有，，，，对于A，令，则，，即，A不是；对于B，令，则，即，B不是；对于C，令，则，于是，即，C不是；对于D，，则，则一定成等比数列，D是.故选：D【变式8-1】．（21-22高三下·上海浦东新·阶段练习）设实数．给出如下两个命题，则（      ）．①存在x使得，，，按某种顺序可组成等差数列；②存在x使得，，，按某种顺序可组成等比数列．A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假【答案】D【分析】根据，得到，，，中最小， 最大，然后利用等差数列和等比数列的性质求解判断.【解析】若，数列不成等差数列，也不成等比数列；若，则，，，中最小， 最大，若成等差数列，则+=+，所以，即，即，因为，则，则，所以，又故不成立； 若成等比数列，则=，所以，所以，不成立，同理当时，则，，，中最小，最大，既不存在x成等差数列，也不存在等比数列，故选：D题型09 较复杂的三角恒等变换辨析【典例9-1】．（21-22高三下·上海宝山·开学考试）已知、都是锐角，且，，那么、之间的关系是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】推导出，可得出，求出的取值范围，即可得解.【解析】因为，则，所以，，因为、都是锐角，由题意可得，所以，，所以，，因为、都是锐角，则且，则，所以，，因此，.故选：D.【变式9-1】．（21-22高三上·上海静安·期中）已知、是不同的两个锐角，则下列各式中一定不成立的是（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】先根据题意得到与的范围，再利用正余弦函数的和差公式，对选项逐一进行化简，从而利用正余弦函数的性质即可判断.【解析】因为、是不同的两个锐角，即，所以，，对于A，因为，所以一定成立，故A错误；对于D，可能成立，故D错误；对于B，因为，所以恒成立，即一定不成立，故B正确；对于C，可能成立，故C错误.故选：B.【变式9-2】．（2024·上海闵行·一模）设，若、为同一象限的角，且不存在、，使得，则、所在的象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据给定条件，结合同角公式，逐项分析确定的取值的正负情况即可判断得解.【解析】对于A，若，，由，解得，显然，令方程的根为，，当时，，当时，，而当时，，当时，，取，则，A不是；对于B，当为第二象限时，，，取，，则，B不是；对于C，当为第三象限时，，取，，，C不是；对于D，当为第四象限时，，，则，当为第四象限时，，D正确.故选：D题型10 零点、有解问题；三角函数与复合函数、抽象函数【典例10-1】．（2023·上海嘉定·三模）若关于的方程在上有实数解，则实数的取值范围是 .【答案】【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简，结合三角函数性质判定值域即可.【解析】原方程等价于即函数，在上有交点，∵，∴，，故，则.故答案为：【典例10-2】．（2023·上海宝山·二模）已知函数．(1)求函数的最小正周期和单调区间；(2)若关于的方程在上有两个不同的实数解，求实数的取值范围．【答案】(1)最小正周期；单调递增区间为；单调递减区间为.(2)【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，用周期公式求周期，整体代入法求函数单调区间；（2）由区间内函数的单调性和函数值的变化范围求解实数的取值范围．【解析】（1），则函数的最小正周期；令，解得 ，可得函数的单调递增区间为·令 ，解得 ，可得因数的单调递减区间为 ；（2）由（1）可知，时，在上单调递增，在上单调递减，当，，由增大到1，当，，由1减小到，若关于的方程在上有两个不同的实数解，则实数的取值范围为【变式10-1】．（23-24高三下·上海浦东新·期中）已知函数，其中.(1)求在上的解；(2)已知，若关于的方程在时有解，求实数m的取值范围.【答案】(1)或(2)【分析】（1）根据题意得方程，然后通过的范围解方程即可；（2）代入，然后利用三角公式化简，再将方程有解问题转化为函数值域问题，利用正弦函数的性质求值域即可.【解析】（1）由已知，又，所以，所以或，所以或，即在上的解为或；（2）由已知，则在时有解，即在时有解，因为，所以，所以，所以.【变式10-2】．（2024·上海闵行·一模）已知(1)若，求函数的值域；(2)若存在，使得，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）把代入，结合二次函数性质及对勾函数的单调性分段求出求出值域即可得解.（2）由给定条件，可得，再代入化简并结合辅助角公式及正弦函数的性质求出范围.【解析】（1）当时，函数，当时，，当且仅当时取等号，当时，在上单调递增，在上单调递减，，所以函数的值域是.（2）当时，，由，得，则，整理得，而，，因此，所以实数的取值范围.【变式10-3】．（2024·上海长宁·二模）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：(1)请在答题卷上将上表处的数据补充完整，并直接写出函数的解析式；(2)设，求函数的值域；【答案】(1)补充表格见解析，(2)【分析】（1）由表得，解方程组即可得，进一步可据此完成表格；（2）由题意结合二倍角公式、诱导公式以及辅助角公式先化简的表达式，进一步通过整体换元法即可求解.【解析】（1）由题意，解得，所以函数的解析式为，令时，解得，当时，，将表中处的数据补充完整如下表：（2）若，则，因为，所以，进而，所以函数的值域为.【变式10-4】．（2024·上海金山·二模）已知函数，记，，，.(1)若函数的最小正周期为，当时，求和的值；(2)若，，函数有零点，求实数的取值范围.【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用三角函数的周期公式求得，再利用三角函数的值域与周期性求得，从而得解；（2）根据题意，利用换元法将问题转化为在有解，从而利用参变分离法或二次函数根的布分即可得解.【解析】（1）因为函数的最小正周期，所以，则当时，，所以，得，因为，所以取得，（2）解法一：当，时，，，设，由题意得，在有解，化简得，又在上单调递减，所以，则.解法二：当，时，，，设，由题意得，在有解，记，对称轴为，则由根的分布可得，即，解得，所以.题型11 三角函数的实际问题【典例11-1】．（2023·上海徐汇·一模）某建筑物内一个水平直角型过道如图所示，两过道的宽度均为米，有一个水平截面为矩形的设备需要水平通过直角型过道．若该设备水平截面矩形的宽为米，则该设备能水平通过直角型过道的长不超过 米．【答案】【分析】建立平面直角坐标系，利用直线的方程求得设备的长的表达式，再利用均值定理求得的最小值，进而得到该设备能水平通过直角型过道时不超过的值.【解析】分别以所在直线为轴建立平面直角坐标系如图，则，令，则直线的方程为，则在直线的上方，且到直线的距离为1，即， 则，整理得，设，则，则可化为，令，则，则,由，得，又在上单调递增，则，则（当且仅当时等号成立）则该设备能水平通过直角型过道的长不超过米故答案为：【变式11-1】．（24-25高三上·上海·期中）近年来，某市认真践行“绿水青山就是金山银山”生态文明理念，围绕良好的生态禀赋和市场需求，深挖冷水鱼产业发展优势潜力，现已摸索出以虹鳟、鲟鱼等养殖为主方向．为扩大养殖规模，某鲟鱼养殖场计划在如图所示的扇形区域内修建矩形水池，矩形一边在上，点在圆弧上，点在边上，且， 米，设．(1)求扇形的面积；(2)求矩形的面积的最大值，并求出取得最大值时的值．【答案】(1)平方米(2)当时，取得最大值.【分析】（1）根据题意利用扇形的面积公式求解即可；（2）利用直角三角形的性质结合半径与分别表示出，从而可求出，再利用三角函数恒等变换公式对化简变形，结合角的范围可求出的最大值.【解析】（1）由题意知，扇形的半径米，所以扇形的面积为平方米；（2）在中，，在中，，则由，得，所以，所以，，由，得，则，所以当，即时，取得最大值.题型12 三角函数与复数【典例12-1】．（23-24高三上·上海虹口·期中）设复数（i为虚数单位）且，若，则 ．【答案】【分析】由诱导公式、复数模的求法列方程求得，结合角的范围可得，再应用倍角正切公式求值即可.【解析】由题设，则，所以，又，则，，所以，则.故答案为：【变式12-1】．（22-23高三下·上海浦东新·阶段练习）设z，，，，．则的最小值为 ．【答案】/【分析】运用复数的三角形式设出、，结合复数的模公式转化为求三角函数的最值求解即可.【解析】∵，，∴设，，又∵，，∴，即：，∴，解得：，，不妨取， 又∵，∴（），∴当时，取得最小值为.故答案为：.题型13 三角函数中的双变量问题综合【典例13-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设函数，若对于任意，在区间上总存在唯一确定的，使得，则m的值可能是（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由等量关系找与的关系，由的范围求出的范围，从而得出的值.【解析】∵，∴，即，∵，即，∴，又∵，∴故选：B【典例13-2】．（2023·上海·模拟预测）已知，若在上恰有两个不相等的实数、满足，则实数的取值范围是 ．【答案】【分析】由可得出，分析可知函数在上恰有两个最大值点，可得出关于的不等式，解之即可.【解析】因为，所以，因为在上恰有两个不相等的实数、满足，且，所以，函数在上恰有两个最大值点，所以，，解得，因此，实数的取值范围是.故答案为：.【变式13-1】．（23-24高三上·上海·期中）已知，是函数的两个零点，且，当时，最小值与最大值之和为 ．【答案】【分析】先利用三角函数恒等变换将函数化为的形式，再由可得的两个零点为，再结合可求出函数的最小正周期，从而可求出，进而可求得结果.【解析】，由，得，得，因为是函数的两个零点，且，所以的最小正周期为，所以，得，所以，由，得，则，所以，得，所以，所以最小值与最大值之和为，故答案为：.【变式13-2】．（24-25高三上·上海浦东新·阶段练习）设函数，若对于任意，在区间上总存在确定的，使得，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由三角函数图象的单调性得,,根据，可得即可根据求解.【解析】因为，若，则，所以,，即,，由在区间上总存在确定的，使得，则在区间上总存在确定的，使得， 当时，,故，故故的最大值为：，故选：C．【变式13-3】．（23-24高三上·上海奉贤·阶段练习）已知函数，，若对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是 ．【答案】【分析】利用三角函数的性质计算即可.【解析】由题意可得，同理，则，，原不等式可化为，设，由题意可得时且对任意的，有恒成立，由余弦函数的单调性知，故答案为：【变式13-4】．（23-24高三上·上海松江·期末）已知函数，．对任意，存在，使得，则实数的取值范围是 ．【答案】【分析】根据和的值域以及恒成立、存在性等知识求得的取值范围.【解析】，所以.的开口向下，对称轴为，所以在区间上单调递增，，所以，由于任意，存在，使得，所以，解得，所以的取值范围是.故答案为：【变式13-5】．（17-18高一·上海嘉定·期末）若函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，若对满足的，，有的最小值为，则 ．【答案】【分析】先求解的解析式，根据可知一个取得最大值一个取得最小值，结合三角函数的性质和的最小值为，即可求解的值；【解析】由函数的图像向右平移，可得由可知一个取得最大值一个取得最小值，不妨设取得最大值，取得最小值，，，．可得，所以，的最小值为， ，得，故答案为：.【变式13-6】．（22-23高一下·上海闵行·期中）已知，，若存在，对任意，恒成立，则 .【答案】【分析】依题意，先确定函数，再由三角函数的性质确定最大最小值.【解析】依题意，               ，对任意， 恒成立，当时，，当时，则，当时，，当 时，.所以，得，所以.故答案为：.【点睛】对于不等式恒成立问题，常转换为研究函数的最大、最小值满足不等式.题型14 复杂的图像问题【典例14-1】．（22-23高三下·上海杨浦·阶段练习）设，函数，若函数与函数的图象有且仅有两个不同的公共点，则实数的取值范围是 ．【答案】【分析】将函数图象的交点个数转化为方程根的个数，从而可得在上有两不同根，结合正弦函数的图象性质列出不等式即可.【解析】函数与的图象有且仅有两个不同的公共点，即方程有两不同根，也就是有两不同根，因为，所以在上有两不同根．因为，所以或，，所以或，，又且，所以，仅有两解时，应有，则，所以的取值范围是．故答案为: .【变式14-1】．（2023·上海嘉定·三模）已知函数，若满足（、、互不相等），则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出函数的图象，根据，利用数形结合法求解.【解析】解：作出函数的图象，如图所示：  不妨设，因为，由函数的性质得，，即，所以，故选：D【变式14-2】．（22-23高三下·上海青浦·阶段练习）已知函数，若方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，则的取值范围是 【答案】【分析】明确分段函数两段的性质，进而作出其图像，将方程恰有四个不同的实数解转化为的图象与直线有4个不同的交点，由图象确定，，，的范围，结合对勾函数单调性性质，即可求得答案.【解析】由题意知，当时，，令，则；当时，；当时，，令，则或4；令，则或2；由此可作出函数的图象如图：  由于方程恰有四个不同的实数解，分别记为，，，，故的图象与直线有4个不同的交点，由图象可知，不妨设，则，且关于对称，所以，又即，则，故，由于在上单调递增，故，所以，故的取值范围是，故答案为：【点睛】关键点睛：本题综合考查函数与方程的应用知识，涉及到知识点较多，综合性强，解答的关键时要明确分段函数的性质，进而作出其图象，数形结合，即可求解.题型15 三角函数与集合【典例15-1】．（2023·上海宝山·三模）已知，集合，若集合恰有8个子集，则的可能值有几个（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据子集个数可得集合元素个数，再由正弦函数性质即可确定n的取值.【解析】由题意易知，，均是集合中的元素，又集合恰有8个子集，故集合只有三个元素，有，则结合诱导公式易知，可取的值是4或5.故选：B【变式15-1】．（23-24高三上·上海杨浦·期中）设集合，则集合的元素个数为（    ）A．1011 B．1012 C．2022 D．2023【答案】B【分析】依题意由表达式中角的特征可知当时，的取值各不相同，当时，利用诱导公式以及集合元素的互异性即可求得元素个数为.【解析】根据题意可知，当时，，此时；又因为为奇数，为偶数，且中的任意两组角都不关于对称，所以的取值各不相同，因此当时集合中的取值会随着的增大而增大，所以当时，集合中有1011个元素；当时，易知又易知，所以可得，即时的取值与时的取值相同，根据集合元素的互异性可知，时并没有增加集合中的元素个数，当时，易知，可得当时，集合中的元素个数只增加了一个0，所以可得集合的元素个数为个.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过观察集合中元素的特征，利用的三角函数值的范围以及图象的对称性，由集合中元素的互异性得出当时，集合中的元素个数的增加情况即可求得结果.一、填空题1．（2023·上海浦东新·模拟预测）已知是关于的方程的两根，则 .【答案】【分析】先通过根与系数的关系得到的关系，再通过同角三角函数的基本关系即可解得.【解析】由题意：，所以，所以，即，解得.故答案为：.2．（2024·上海·三模）若函数的一个零点是，则函数的最大值为 【答案】2【分析】根据求得，再用辅助角公式化简，从而得到的最大值.【解析】由题意，所以，所以，又，所以，故的最大值为2.故答案为：2.3．（2023·上海杨浦·一模）函数在上是单调增函数，且图像关于原点对称，则满足条件的数对 .【答案】【分析】由函数在R上单调增得出，再由函数图像关于原点对称得出，即可得出答案.【解析】当时，在上必有增有减，不合题意，故，此时，为常值函数，由其图像关于原点对称，所以，所以或，故满足条件的数对为，故答案为：.4．（2023·上海徐汇·三模）已知函数的对称中心为，若函数的图象与函数的图象共有6个交点，分别为，，…，，则 .【答案】6【分析】根据给定条件，结合函数图象的对称性，确定6个交点的关系即可求解作答.【解析】显然函数的图象关于点成中心对称，依题意，函数的图象与函数的图象的交点关于点成中心对称，于是，所以.故答案为：65．（2023·上海普陀·一模）设函数（）的图象与直线相交的连续的三个公共点从左到右依次记为，，，若，则正实数的值为 .【答案】/0.5【分析】作出正弦型三角函数的图象，利用其对称性和周期性求出点横坐标，再代入计算即可.【解析】作出函数，的大致图象，如图，令，，解得，，则函数的图象与直线连续的三个公共点，，，（可以同时往左或往右移动正整数倍周期长度）即，关于直线，对称，，由于，故，而，关于直线，对称，故点横坐标为，将点横坐标代入，得．故答案为：.6．（2024·上海闵行·一模）已知，若存在、，且，使得成立，则的取值范围是 ．【答案】【分析】根据的值域得到，则成立的必要条件是，当时必然成立，讨论时是否满足条件即可.【解析】因为，所以，，因为，所以，所以，即，，所以，当且仅当时，成立，所以，必要条件：，解得；若，即时，必然成立；若，因为，，不妨设，则，，且，所以，，所以①，②，①②两式联立得，即，所以，又，所以，，当时，，不符合条件；当时，，则，此时；当时，，则或，此时或，因为，所以；综上，或，所以的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一在于根据的值域得到，将问题转化为；关键点之二在于讨论时是否满足条件.1、研究y＝Asin(ωx＋φ)的性质时可将ωx＋φ视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行解题．2、方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数．3、三角函数模型的应用体现在两方面：一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题．001000100