资源简介 中小学教育资源及组卷应用平台【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:则令,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.21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页)21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源预览