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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：
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.
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