【高考真题汇编】热点压轴题专项训练:三角函数-2025年高考数学(含解析)

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【高考真题汇编】热点压轴题专项训练:三角函数-2025年高考数学(含解析)

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【高考真题汇编】热点压轴题专项训练:三角函数-2025年高考数学
1.(2025·广东汕头·二模)已知函数,其中.
(1)当时,求方程的解集;
(2)若是偶函数,当取最小值时,求函数的取值范围;
(3)若是常数函数,求的值.
2.(24-25高三下·上海虹口·期中)已知函数的表达式为,.
(1)解不等式:;
(2)若存在实数,使得,,成等比数列,求实数的最小值.
3.(2025·上海宝山·二模)定义在上的可导函数,集合为正整数,其中称为的自和函数,称为的固着点. 已知.
(1)若,,求的值及的固着点;
(2)若,是的自和函数,且在上是严格增函数,求的最大值;
(3)若,,且是的固着点,求的取值范围,并证明:.
4.(24-25高三下·上海静安·期中)已知向量、,记.
(1)求函数的最小正周期;
(2)若函数(其中常数)为奇函数,求的值.
5.(2025·上海闵行·二模)已知,函数的部分图像如图所示,图中最高点,最低点.

(1)求函数的解析式;
(2)若的内角所对的边分别为,若,,求面积的取值范围.
6.(2025·上海普陀·二模)设,函数的表达式为.
(1)若,设的内角的对边分别为,,且,求的面积.
(2)对任意的,皆有成立,且该函数在区间上不存在最小值,求函数在的单调区间.
7.(2025·贵州·三模)在数列中,,,且.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)记,数列的前项和为,证明:;
(3)证明:.
8.(2025·浙江杭州·模拟预测)在中内角的对边分别为,满足,
(1)求.
(2)若,点是边上的两个动点,当时,求面积的取值范围.
9.(2025·云南曲靖·二模)已知函数能同时满足下列四个条件中的三个:①的最大值为2;②的最小正周期为;③的图象可由的图象平移得到;④.
(1)请判定所满足的三个条件,并求出函数的解析式;
(2)若的图象只有一个对称中心落在区间内,求实数的取值范围.
10.(2025·河南·二模)如图1,在半径为2的扇形中,,是弧上的动点(不含,),过点作,交于点.当的面积取得最大值时,将扇形沿着折起到,使得平面平面(如图2所示).
(1)求图2中的长度;
(2)求图2中直线与所成角的余弦值;
(3)探究在图2中的线段上是否存在点,使得四面体内切球的半径为?并说明理由.
11.(2025·山西·二模)如图,已知的三个角所对的边分别为.动点在边上且不与点重合,动点在边上,.向量.
(1)试用及表示下列各式:
(i)当时,;
(ii);
(2)当时依据(ii)求解,若已知,,求.
12.(2025·陕西·二模)在我们所作的三角形外接圆中,有常见的以下几种如图:
(1)如图一,三角形不经过圆的直径,叫做“阿圆▲”,设该三角形为,其外接圆半径为,角所对的边分别为.定义函数,,且的最大值为,若,设D为三角形外接圆劣弧上的一点,且不与重合,求的取值范围.
(2)如图二,三角形经过圆的直径,叫做“泰圆▲”,若该三角形为ABC,为定点,C为动点,试用向量方法证明数学常见结论:“”.
(3)如图三,三角形包跨过圆的直径,叫做“秘圆▲”,假设该圆的直径为,其中一条边的位置固定,长度为3,求满足条件的动点的运动轨迹方程.
13.(2025·云南红河·三模)已知函数的最小正周期为.
(1)求函数的单调递增区间;
(2)在中,角的对边分别为,,从下列①,②中任选一个作为条件,求的取值范围.
条件①:若的面积为,;
条件②:.
(注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.)
14.(2025·四川达州·模拟预测)已知函数,其中,若将的图象向左平移个单位,得到函数的图象,且是偶函数.
(1)求的解析式及单调递减区间;
(2)在中,角所对的边分别为,已知且,若是的中点,求的最大值.
15.(2025·陕西·模拟预测)函数同样也是高中数学的一大板块,现进行探究:
(1)已知函数,若,则函数是否存在零点
(2)已知函数的定义域为,若存在实数,使得对于任意都存在满足则称函数为“自均值函数”,其中称为的“自均值数”
(i)试判断函数是否为“自均值函数”.
(ii)若函数有且仅有1个“自均值数”,求实数的值.
(3)若函数的周期为,图像的一个对称中心为,将函数图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将所得图像向右平移个单位长度后得到函数的图像
(i)试判断函数是否为“自均值函数”并说明理由.
(ii)是否存在,使得按照某种顺序成等差数列?若存在,请求出该数列公差绝对值的取值范围;若不存在,请说明理由.
《【高考真题汇编】热点压轴题专项训练:三角函数-2025年高考数学》参考答案
1.(1),或
(2)
(3)
【分析】(1)当时,,求解方程即可;
(2)的定义域为,由是偶函数得,展开并整理得,进而为正奇数,当取最小值即时,,化简,,利用换元法令,,将的值域问题转化为函数,且的值域即可.
(3)因为,,若是常数函数,则,当时不是常数函数;当时,通过说明不是常数函数;证明当时成立;当时,通过,说明不是常数函数即可.
【详解】(1)当时,,
由得:,解得,或,
即,或,
故所求方程的解集为,或;
(2)的定义域为,由是偶函数得:,即:

所以,
从而,进而,所以为正奇数,
当取最小值即时,,
所以,,
令,,则,且,
所以函数的值域转化为,且的值域,
对称轴,所以在上单调递减,在上单调递增,
所以当时,取得最小值;当时,取得最大值;
又当时,,当时,;
故函数的取值范围为;
(3)因为,,所以若是常数函数,则,
①当时,由(1)知,不是常数函数;
②当时,,此时,,
不是常数函数;
③当时,

所以,是常数函数;
④当时,,不是常数函数;
综上所述:.
2.(1)
(2)
【分析】(1)利用对数函数和指数函数的单调性解不等式即可;
(2)利用复合函数思想,由内到外分别求正弦型函数和对钩函数的值域,从而可求最小值.
【详解】(1)由已知代入可得不等式:,
根据对数函数的单调性可得:且,
则且,
解得:
(2)由已知可得:

令,
因为,所以,即,
则,
此时在上单调递增,则,
要使得等式,则,
故的最小值为.
3.(1),固着点
(2)
(3),证明见解析
【分析】(1)根据题设定义得,进而有,即可求解;
(2)根据条件得到在区间上恒成立,从而有,即可求解;
(3)法一,根据题设得到在上有唯一的解,构造函数,利用导数与函数单调性间的关系,求得的单调性,进而可得,
再构造函数,利用其单调性,即可求解;法二,前同法一,得,构造函数,利用导数与函数单调性间的关系,求其单调区间,利用单调性,即可求解.
【详解】(1)由题得,所以,
因为,所以,解得,
所以,固着点.
(2)由题得,则,
所以,因为是上的严格增函数,
所以在区间上恒成立,
由,得到,所以,
所以,因此的最大值是.
(3)(方法一)由题得,,
所以,
因为,且是的固着点,所以(*)在上有唯一的解,
记,则,所以在是严格减函数,
从而,又当时,,故的值域是,
所以,即,
记,则由上述可知是的严格减函数且,

因为,所以,所以 ①
又,
记,则,
因为,所以,所以,
所以是上的严格增函数,
故,从而 ②
由①②可知,,即,
又是的严格减函数,所以,故.
(方法二)
由题得,,所以,
因为且是的固着点,所以(*)在上有唯一的解
求导得,
当时,,是上的严格减函数,
所以,所以方程(*)无解;
当时,
(ⅰ)当时,在恒成立,故是上的严格增函数,
所以,所以方程(*)无解;
(ⅱ)当时,如下表
- 0 +
严格减 极小值 严格增
可知在严格减,在严格增,
又,,当时,,
所以方程(*)在无解,在有唯一解,满足题意的的取值范围,
因为是的唯一解,所以,
又,令,
则,所以是上的严格减函数,
所以,即,
又当时,,所以,
又在上有唯一的零点,则,
综上,,此时.
4.(1)
(2)
【分析】(1)根据数量积的坐标公式结合二倍角的余弦公式求出函数解析式,再根据余弦函数的周期性即可得解;
(2)根据三角函数的奇偶性求解即可.
【详解】(1),
所以函数的最小正周期;
(2),
因为函数为奇函数,
所以,解得,
又因为,所以.
5.(1)
(2)
【分析】(1)由点确定周期,可得,再由即可求解的值,从而得函数解析式;
(2)由确定,得到,再结合正弦定理、三角恒等变换、正弦型函数的性质即可得的取值范围,由三角形面积公式得面积的取值范围.
【详解】(1)因为图像经过,,
所以得周期,由得,.
又得,,
又因为,
所以,所以.
(2)因为,又,
结合图像对称性可知:,则,
又,由正弦定理得:,
则,
所以

由,,可得,
所以,则,
故,
于是可得的面积为,
故面积的取值范围为.
6.(1)
(2)函数在单调递减,在单调递增
【分析】(1)由已知可得,由此解得的值,通过验证可得,然后根据余弦定理和面积公式即可求解;
(2)由已知可得,又函数在无最小值,可得,再根据三角函数的性质求解即可.
【详解】(1)因为,所以,
所以,解得或,
所以或,
若,则,不符;所以,
所以,所以,
由,
得,所以,

(2)由,得,所以,,
令,因为,所以,
又函数在无最小值,所以函数的最小正周期,所以,
所以,则,此时,符合题意,
所以,
令,所以,
当时,,
因为, 所以在单调递减,在单调递增.
7.(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)由已知等式得出,两边同时平方,结合同角三角函数的平方关系结合等差数列的定义可证得结论成立;
(2)由(1)可求得,,利用裂项求和法求出,然后利用裂项求和法结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立;
(3)利用分析法可知,要证所证不等式成立,即证,构造函数,利用导数分析该函数的单调性,结合函数的单调性即可证得结论成立.
【详解】(1)已知,即及,,
化简得,又
所以数列是首项为公差为的等差数列.
(2)由(1)可知,
所以,.
又,所以,,
.
所以
于是,

因为,所以,即.
(3)定义,原不等式即
下面证明,即,
即证(*),
设,则,
于是在区间上是增函数.
因为,有,不等式(*)成立.
故原不等式成立.
8.(1)
(2)
【分析】(1)根据正弦定理与同角的关系求得,利用余弦定理和正弦定理计算即可求解;
(2)设,根据正弦定理可得、,进而的面积,结合正弦函数的性质即可求解;
【详解】(1),由正弦定理得.
因为,所以.因为,所以.
由,可得,即,所以.
由正弦定理可得,则,
得,则或(舍去),
所以.
(2)设,在中,由正弦定理得,
所以.
在中,由正弦定理得,
所以.
的面积
.
因为,所以,
则,故面积的取值范围为.
9.(1)应选择①②④,
(2)
【分析】(1)分别根据①②③,得出,得出矛盾,即可判断三个条件.进而结合④,求出的值;
(2)根据已知得出.进而根据正弦函数的对称性得出,求解即可得出答案.
【详解】(1)若选①,则可知;
若选②,由,可得,;
若选③,则,
仅通过平移不能改变函数的最值以及周期,此时可得,,这与①②都矛盾.故③不满足题意,应选择①②④.
由①②可得,.
又由④可得,,
所以.
又,所以,
.
(2)因为,所以.
根据正弦函数的对称性可知,要使的图象只有一个对称中心落在区间内,
则应满足,
所以.
所以,实数的取值范围为.
10.(1)
(2)
(3)不存在,理由见解析
【分析】(1)由正弦定理得到,再由面积公式得到,进而可求解;
(2)建系,求得直线方向向量,代入夹角公式即可;
(3)求得四面体表面积,设四面体内切球的半径为,结合则四面体的体积,求解即可.
【详解】(1)图中,因为,,所以,
设,则,
在中,由正弦定理,得,
即,所以.
所以,
因为,所以,
所以当,即时,取得最大值,
此时,所以的长度为.
(2)如图,以为坐标原点,以所在直线为轴,建立如图所示空间直角坐标系,
则,,,,
所以,
设直线与所成的角为,
则,
所以直线与所成角的余弦值为.
(3)由(2)知,,
,,
所以,,

所以四面体的表面积为
设四面体内切球的半径为,
则四面体的体积,
解得,因为,所以,
所以在线段上不存在点,使得四面体内切球的半径为.
11.(1)(i);(ii);
(2).
【分析】(1)根据条件分别得出与的夹角,利用向量数量积的定义和运算律可求得结果;
(2)将条件代入计算可得,根据大边对大角可得.
【详解】(1)(i)当时,与反向,即与的夹角为.
因为,所以.
(ii)由题意,,,.
所以.①
(2)当时,①式化简为②.
将代入②,得.
又因为,所以,所以.
12.(1)
(2)证明见解析
(3)或.
【分析】(1)利用辅助角公式求解最值,得利用正弦定理转化为边的关系,联立,解得,进而求解,符合“阿圆▲”定义,再利用圆的性质转化,然后结合几何图形求范围可得;
(2)由“泰圆▲”定义,利用向量数量积为证明垂直关系即可;
(3)建系设点,利用几何法求圆的圆心可得轨迹方程,注意结合“秘圆▲”定义求解范围,
【详解】(1)由,得,

其中由,不妨取,
由,得,
当时,
取最大值,最大值为,
化简得,又,
由,
解得或,由,则,联立,
解得,则,则,
由题意,为“阿圆▲”,即为钝角三角形,有一内角为钝角,
而,满足题意,
此时,,
如图,由题意D为三角形外接圆劣弧上的一点,且不与重合,为圆心,
取中点,连接,则,,三点共线,
所以.

结合图形可知,,且,
因此,故.
即的取值范围为.
(2)由题意,由为“泰圆▲”,为外接圆圆心,则其中一边过圆心,即为直径,
若为动点,要使恒为“泰圆▲”,则为直径,

由构成三角形,三点不共线,故,即,
故,结论得证.
(3)以中点为坐标原点,以所在直线为轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
由题意,则,设,
设外接圆圆心为,已知直径为,则,
由对称性可知,圆心在的垂直平分线上,即轴上,
设圆心,则,解得,则或.
当时,点在圆上,
如图,连接,延长分别与圆交于点,
由题意,为“秘圆▲”,即为锐角三角形,结合图形可知,
的轨迹为圆上的劣弧,且不包括端点,所以,
当时,同理由对称性可得点的轨迹方程为.
综上所述,满足条件的动点的运动轨迹方程为
或.
13.(1),;
(2).
【分析】(1)利用正弦型函数的周期性求出参数,再利用正弦型函数的单调性求单调递增区间;
(2)选①,利用三角形面积公式结合余弦定理求出角,再利用余弦定理结合基本不等式求范围;选②,利用正弦定理将边转化成角,结合三角恒等变换求出角,再利用余弦定理结合基本不等式求范围.
【详解】(1)由题意可知,解得,所以,
令,,可得,,
所以函数的单调递增区间为,.
(2)选①,由,可得,
由余弦定理可得,,所以,
化简可得,即,因为,所以.
因为,
由余弦定理可得,,则,所以,
又因为,所以,即,解得,
又因为,所以.
所以的取值范围是.
选②,由,可得,
根据正弦定理,有,
因为,
所以,
化简得,又因为,所以,即,
因为,所以.
因为,
由余弦定理可得,,则,所以,
又因为,所以,即,解得,又因为,所以.
所以的取值范围是.
14.(1),.
(2).
【分析】(1)先由二倍角的正弦,降幂公式,辅助角公式,以及图象平移的性质得到,再由偶函数的性质求出表达式,然后整体代入求解正弦函数的单调递减区间即可;
(2)先由正弦函数的最值求出,然后由余弦定理得到,最后再由向量的数量积和模长的计算求出.
【详解】(1)因为,
所以.
因为是偶函数,
所以.
又,所以,
所以.
因为,
所以的单调递减区间是.
(2)因为,
所以,即.
又,所以,
所以,解得.
由,得,
所以,当且仅当时取等号,
所以,
所以,则的最大值是.
15.(1)存在零点
(2)(i)不是;(ii)或
(3)(i)不是,理由见解析;(ii)存在,
【分析】(1)化简得到,令,求出在上的零点个数即可,求导,当时,有唯一零点,时,求出函数单调性,最值,换元后,求导得到函数单调性,分,,,三种情况,结合函数单调性和零点存在性定理求出零点个数;
(2)(i)假定函数是 “自均值函数”,由函数的值域与函数的值域关系判断作答;
(ii)根据给定定义可得函数在上的值域包含函数在上的值域,再借助值的唯一性即可推理计算作答;
(3)(i)结合已知条件,利用周期公式求出,然后利用正弦函数的对称中心的性质求,进而得到,利用伸缩变换和平移变换得到,再根据 “自均值函数”的定义判断即可;
(ii)利用导函数和零点存在基本定理即可判定,结合正弦函数范围、等差数列的定义以及二次函数性质即可求解.
【详解】(1),,
令,,则.
因为的定义域为,故的零点与的零点相同,
所以下面研究函数在上的零点个数.
由,,得.
当时,在上恒成立,
所以在上单调递增,
又,故此时有唯一零点;
当时,,
令,得,令,得.
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,
令,则,
令,则,
易得在上单调递增,在上单调递减,
又,所以当时,,
①当,即时,,
此时有唯一零点;
②当,即时,则.
因为,所以在上有唯一的零点.

令,则,
所以,由(1)知,,又,
所以在上存在唯一零点,不妨设,
所以在上有唯一的零点,
故在上有两个零点;
③当,即时,且,
由函数零点存在定理可得在上有唯一零点,
故在上各有一个唯一零点.
综上所述,函数存在零点.
(2)(i)假定函数是 “自均值函数”,显然定义域为R,
则存在,对于,存在,有,
即,依题意,函数在R上的值域应包含函数在R上的值域,
而当时,值域是,当时,的值域是R,显然不包含R,
所以函数不是 “自均值函数”.
(ii)依题意,存在,对于,存在,有,
即,
当时,的值域是,
因此在的值域包含,并且有唯一的a值,
当时,在单调递增,在的值域是,
由,得,
解得,此时a的值不唯一,不符合要求,
当时,函数的对称轴为,
当,即时,在单调递增,在的值域是,
由,得,
解得,要a的值唯一,
当且仅当,即,则,
当,即时,,,
,,
由且得:,此时a的值不唯一,不符合要求,
由且得,,要a的值唯一,当且仅当,解得,此时.
综上得:或,
所以函数,有且仅有1个“自均值数”,实数的值是或.
(3)(i)因为的周期,所以,
又是的一个对称中心,所以,,
解得,,因为,所以,
从而,
函数图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)后的解析式为:,
从而再将所得图像向右平移个单位长度后得到函数.
函数不是 “自均值函数”,理由如下:
假定函数是 “自均值函数”,显然定义域为R,
则存在,对于,存在,有,
即,依题意,函数在R上的值域应包含函数在R上的值域,
而当时,值域是,当时,的值域是R,显然不包含R,
所以函数不是 “自均值函数”;
(ii)由(i)知,,,
假设存在,使得、、按照某种顺序成等差数列,
当时,,则,,
所以,
故,即,
令,,
则,
故在上单调递增,
又,且在上连续,
故存在唯一的,使得,即成立,
即存在,使得,,或,,成等差数列,
所以公差的绝对值,
又,所以,
即该等差数列公差的绝对值的取值范围为.
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