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第五章 三角函数
真题觉醒
考向一 同角三角函数的基本关系
1.（2023全国甲卷）设甲:,乙: ,则( )
B
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解析】 形式和同角三角函数的和的关系类似,向此方向考虑.
甲等价于 ,等价于 ,所以由甲不能推导出
,也可取特殊值判断：当时,例如, ,但
所以甲不是乙的充分条件；由,得 ,平
方可得 ,即 ,所以由乙可以推导出甲,则甲是
乙的必要条件.
2.（2023全国乙卷）若,,则 _____.
【解析】 已知正切值,可利用“知一求二”得到正弦值和余弦值.在直角三角形
中求解,令角 的对边为1,邻边为2,则斜边为 （先在三角形中求出各边长）,
又 是锐角（判断三角函数值的正负,即正、余弦值都为正）,所以, ,
所以 .
已知正切值,求正弦值和余弦值,可以想到利用“切化弦”.因为 ,所以
,,因为,所以 （知道了一个正、余弦的
关系还不能够求解,需要另一个正、余弦关系,这样就想到了同角三角函数的平方关系）,
. .
. .
. .
所以,解得或
（舍去）,
所以 .
考向二 三角函数的图象与性质
3.（2024北京）设函数.已知,,且 的
最小值为,则 ( )
B
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】 因为,且,, ,所以
的最小正周期 （正弦函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为半个
最小正周期）,
所以 .
. .
4.（2024天津）已知函数的最小正周期为 ,则在 的最
小值为( )
A
A. B. C.0 D.
【解析】 由的最小正周期为 ,可得,所以 ,所以
.当时,, ,所以
.
5.（2023全国乙卷）已知函数在区间单调递增,直线 和
为函数的图象的两条对称轴,则 ( )
D
A. B. C. D.
【解析】 由已知条件可得直线和 是相邻对称轴,利用相邻对称轴之间的距离
为,可以求出周期,进而得到 的值.,设,则 , .
因为在区间单调递增,又直线 是其图象的一条对称轴,所
以当时,取得最小值,则, ,
（利用最小值求 ）
则,,不妨取,则, ,则
.
. .
6.（2024新课标Ⅰ卷）当时,曲线与 的交点个数为
( )
C
A.3 B.4 C.6 D.8
【解析】 数形结合法.
因为函数的最小正周期 ,所以函
数在 上的图象恰好是三个周期
的图象,所以作出函数与 在
上的图象如图所示,
由图可知,这两个图象共有6个交点.
7.（多选/2024新课标Ⅱ卷）对于函数和 ,下列说法中正确
的有( )
BC
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 的图象有相同的对称轴
【解析】 直接法.
令,则,,又 ；
与 的最大值都为1；
与的最小正周期都为 ；
图象的对称轴方程为 ,,即,, 图象的对称
轴方程为 ,,即,,故与 的图象的对称轴不相
同.
8.（2023新课标Ⅱ卷）已知函数,如图,, 是直
线与曲线的两个交点,若,则 _____.
【解析】 设,,由可得 .
由可知 或 , ,则
,即, .
（此处未用周期求 ,而是利用“设而不求”,将 整体代入求解）
. .
,由图可知 是图象呈上升状态时与
平衡位置的交点,所以 ,,即 ,
,
,
.
考向三 三角恒等变换
9.（2024全国甲卷）已知,则 ( )
B
A. B. C. D.
【解析】 根据题意有,即,所以 ,所以
.
10.（2024新课标Ⅰ卷）已知,,则 ( )
A
A. B. C. D.
【解析】 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.
由得 ①，
由得 ②,
由①②得所以 .
11.（2023新课标Ⅰ卷）已知,,则 ( )
B
A. B. C. D.
【解析】 由题意,得
则,所以 ,所以
.
12.（2023新课标Ⅱ卷）已知 为锐角,,则 ( )
D
A. B. C. D.
【解析】 由题意, ,
得,又 为锐角,所以,所以 .
由题意,,得 ,将选项逐个代入验证可知D选
项满足.
13.（2022新高考Ⅱ卷）若 ,则( )
C
A. B. C. D.
【解析】 方法一：直接法.
由已知，得 ,
即,即 ,
所以 .
方法二：特殊值排除法.
设,则,取 ,排除A,B；
设,则 ,取 ,排除D.
方法三：三角恒等变换.
（条件等式左边利用辅助角公式合并,再利用两角和的正弦展开,化成类似右边的形式）,
所以,则 ,即
,所以,则 ,
即 .
14.（2024新课标Ⅱ卷）已知 为第一象限角, 为第三象限角, ,
,则 _______.
【解析】 由题知 ,即
,又 ,可得
.由,,, ,得
,.又,所以 是
第四象限角,故 .
因为 为第一象限角, 为第三象限角,所以, ,
, ,
由 ，知
，
.
易知 在第四象限, .
由,得 .（根据同角三角函数关系可推出）
则
. .
.
因此,即,所以 .
考向四 图象的伸缩平移
15.（2022浙江）为了得到函数的图象,只要把函数 图象上所
有的点( )
D
A.向左平移个单位长度 B.向右平移 个单位长度
C.向左平移个单位长度 D.向右平移 个单位长度
【解析】 因为,所以把函数 图象上所
有的点向右平移个单位长度即可得到函数 的图象.
逆向思维法.先考虑怎样由函数的图象得到函数 的图象.
,（将 的系数提出去）
可以看出需要将的图象向左平移个单位长度,即可得到 的
图象,所以要把的图象向右平移个单位长度得到 的图象.
. .
16.（2021全国乙卷）把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的 倍,纵坐标不
变,再把所得曲线向右平移个单位长度,得到函数的图象,则 ( )
B
A. B. C. D.
【解析】 依题意,逆向变换,将的图象向左平移 个单位长度,再将所得曲线
上所有点的横坐标扩大到原来的2倍,纵坐标不变,得到 的图象,所以
的图象
的图象.
17.（2022全国甲卷）将函数的图象向左平移 个单位长度后
得到曲线,若关于轴对称,则 的最小值是( )
C
A. B. C. D.
【解析】 记曲线的函数解析式为 ,则
.因为函数的图象关于 轴对称,所以
（转化为在处取最值）,得.因为 ,
所以 .
. .
. .
考向五 的范围
18.（2022全国甲卷改编）设函数的图象在区间 内恰有
三条对称轴、两个对称中心,则 的取值范围是( )
C
A. B. C. D.
【解析】 由的取值范围得到 的取值范围,再结合正弦函数的性质得到不等式组,
求解即可.
因为,所以 .
的部分图象如图所示,
要使函数的图象在区间 内恰有三条对称
轴、两个对称中心,
则 ,解得,即 .
19.（2023新课标Ⅰ卷）已知函数在区间 有且仅有3个零点,
则 的取值范围是______.
【解析】 因为 ,所以 ,
在内有3个零点,则,即在 上有3个根,
令,则在 上有3个根,
结合余弦函数的图象可得 ,故 .
（解三角函数图象与 轴交点问题,解题的关键是根据三角函数图象找到这个不等式）
. .
考向六 三角函数与其他函数的结合
20.（2024全国甲卷）函数在区间 的图象大致为
( )
B
A. B. C. D.
【解析】 排除法.由题知函数的定义域为 ,关于原点对称,且
,所以函数 为
偶函数,函数图象关于 轴对称,排除A,C；
,排除D,故选B.
21.（2024天津）下列函数是偶函数的为( )
B
A. B. C. D.
【解析】 利用偶函数的定义判断即可.
设,函数定义域为,但,,则 ,故A
不是偶函数；
设,函数定义域为 ,
且,则 为偶函数,故B是偶函数；
设,, ,
,则 不是偶函数,故C不是偶函数；
设,函数定义域为 ,
因为,且 不恒为0,
所以 不是偶函数,故D不是偶函数.
22.（2023全国甲卷）函数的图象由函数的图象向左平移 个单
位长度得到,则的图象与直线 的交点个数为( )
C
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】 先利用三角函数图象平移求得,再作出与 的部分
图象,考虑特殊点处与 的大小关系,从而精确图象,由此求解.
因为的图象向左平移 个单位得到函数
的图象,所以 .
直线过与两点,作出 与
的部分图象如图,
考虑,,,即, ,
处与 的大小关系,
当时,, ；
当时,, ；
当时,, .
由图可知的图象与直线 的交点个数为3.
23.（2024新课标Ⅱ卷）设函数,,当 时,
曲线与恰有一个交点,则 ( )
D
A. B. C.1 D.2
【解析】 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 轴上,可得
,即,解得,若,令,可得 .
因为,所以,,当且仅当 时,等号成立,
可得,当且仅当 时,等号成立,
则方程在上有且仅有一个实根0,即曲线与 恰
有一个交点,
所以符合题意.综上所述， .
令,,原题意等价于 有且
仅有一个零点,因为 ,所
以 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,,由,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.
24.（2023全国甲卷）若为偶函数,则 ___.
2
【解析】 ,
由为偶函数得, ,
即 ,
化简整理得,所以 .
强基自招
1.（2024厦门大学强基计划）在 上的零点个
数是( )
B
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】 依题意, ,
而,显然且,因此 ,
由,得,解得或 ,
所以在 上的零点个数是2.
2.（全国高中数学联赛卷）函数 的最大值为_________.
【解析】 由题可得，
,
当且仅当,即时等号成立,所以的最大值为 .
3.（2024全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛）函数 的最大值与
最小值之积为__.
【解析】 利用换元法可得,对 分情况讨论即可求解.
令,,当时,原函数可变形为 ,
当时,,当且仅当 时等号成立,
当时,,当且仅当 时等号成立,
故或,所以或 ,
当时,.综上可得, ,
所以函数的最大值、最小值分别为，,两者之积为 .
4.（2024厦门大学强基计划）对于,则 的值域为( )
C
A. B. C. D.以上全错
【解析】 先平方,再利用换元,结合 的取值范围和函数的单调性求值域.
因为,所以, ,
设,则 .
再设,因为,所以 ,
且 .
所以,.观察可知,在 上,
单调递增,又时,；时, ,所以
,
又,所以 .
5.（2024年全国高中数学联赛吉林赛区预赛）设函数,若关于 的方
程在上有奇数个不同的实数解,则实数 的值为_______.
0或
【解析】 ,
,
所以,所以的图象关于直线 对称.
易知, ,
因为关于的方程在 上有奇数个不同的实数解,
所以,的图象在 上有奇数个不同的交点.
因为的图象关于直线对称,所以时,, 的图象在
上有奇数个不同的交点；因为区间 是半开半闭区间,
所以时,,的图象在 上有奇数个不同的交点.
综上，的值为0或 .
6.（多选/2024清华大学强基计划）已知{ , , , ,
,则 可以是( )
AB
A. B. C. D.
【解析】 利用和差化积公式求解.
, , , ,
.
由和差化积公式得
,
.
,
,
,
或 .
当时, 或 , ,
此时 ,不满足集合中元素的互异性,故舍去.
, , ,
, ,选项A,B满足题意.
利用积化和差公式和辅助角公式求解.
, , , , ,
,
,
,
由积化和差公式，得
,
,
,
,
,,或 ,
,,,或, .
经检验,和 符合,其他都不符合.
7.（2024北京大学强基计划）求 .
【答案】 因为 ,
所以 ,
则 .
由于 ,
,
所以 .
因为 ,
且 ,所以 ,
即 ,
解得或 （舍去）.所以
.

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