资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
三角函数综合运用 典型考点冲刺练 2026届高中数学高考三轮冲刺练
一、单选题
1．已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知函数，则（ ）
A．是奇函数
B．是偶函数
C．的图象关于对称
D．的图象关于对称
3．已知函数在上只有一个极值点，且，则的值不可能为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
4．已知函数在区间上有且仅有一个零点，且，则（ ）
A．2 B． C． D．1
二、多选题
5．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在区间上单调递增
B．的图象关于直线对称
C．的值域为
D．若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为
6．已知函数，则（ ）
A．的一个周期为
B．的图象关于直线对称
C．的最大值为2
D．在上的所有零点之和为
7．已知函数，则（ ）
A．是偶函数
B．的图象关于直线对称
C．在上单调
D．的最大值是
8．已知函数，，且，则（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数在上单调递减
C．曲线关于对称
D．函数与函数的最大值相等
9．已知函数，则（ ）
A．方程的解集是
B．当时，恒有
C．函数的值域是
D．函数的零点个数不可能为3
10．数学中有许多形状优美的曲线，曲线C：就是其中之一，其形状酷似数学符号“”，设为曲线C上任意一动点，则（ ）

A．曲线C与直线有3个公共点 B．曲线C上任意两点距离最大值为4
C．的最大值为 D．曲线C所围成图形面积为
三、填空题
11．如图绘制有函数的部分图象，图象与y轴的交点为，其中A，B分别为最高点和最低点，现将此图沿着x轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，其中此时AB之间的距离为5，则______．

12．设A，B，C是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若则__.
13．已知且，若，则________．
14．若对任何实数，恒成立，则的最大值为_______.
四、解答题
15．已知函数，将函数先向右平移个单位，再将横坐标变为原来的（），纵坐标不变，得到函数，将函数的正零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且．
(1)求的值域；
(2)求的单调增区间；
(3)求数列的前项和．
16．设函数．
(1)由的图象如何变换得到的图象
(2)求方程的解；
(3)若函数在区间上单调，求的最大值．
17．函数的图象如图所示，图象最高点、最低点处分别记为A，B，在x轴上的射影分别为，，已知图象过点，沿x轴将坐标平面折叠，使平面⊥平面，此时．
(1)求的解析式；
(2)求四面体外接球的表面积；
(3)若为已知图象上一点，且，设四面体外接球的半径为R，求证:．
18．（1）给定，当在区间上变化时，求的最小值；
（2）求，的最大值，
（3）设，若存在，使得对恒成立，求的最小值．
19．函数．
(1)当时，求在上的最大值；
(2)若在上单调递减，求实数的取值范围；
(3)证明：，．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C B BC ABD ABD ABD BCD BC
1．C
【分析】根据导数的几何意义可得在点处的切线方程，结合切线均过点可得，判断A和B；继而得，画出函数与图象，数形结合，判断C和D.
【详解】由题意知,，则,
所以曲线在点处的切线方程分别为，
因为切线均过原点，所以,，
即,，
得，故A和B错误；
由，
得，画出函数与图象，如图,
设,
如图易知，
设为直线的斜率，为直线的斜率，
由于正切函数的图象在每个单调区间内的图象越向上越为陡峭，可知，
得，即,
又,则，
即，得，故正确，错误,
故选：.
2．D
【分析】计算即可判断AB，计算即可判断C，计算即可判断D.
【详解】因为既不是奇函数也不是偶函数，故A错误，B错误；
又，故的图象不关于对称，故C错误；
因为，故的图象关于对称，故D正确；
故选：D.
3．C
【分析】根据题意，结合正弦函数的对称性，求得分别求得，和，消去，求得或，结合选项，即可求解.
【详解】由，且在上只有一个极值点，
所以在区间只有一条对称轴，可得为函数的对称轴，
所以，可得，
且，即，解得，
又由，，
因为，可得或是函数的一个对称中心，
则或，
可得或，
联立方程组或，
或，
令，可得或，
所以可能的取值为，所以不可能的取值为.
故选：C.
4．B
【分析】由题意得，令，可得，求得或，求得所以或，再由在上有且仅有一个零点，求得，进而得到时，化简得到，结合三角函数的周期性，即可求解.
【详解】由函数，
因为，可得，
即，
令，可得，
整理得，解得或，
则或，
所以或，
当，可得，
由函数在上有且仅有一个零点，可得，即，
若，当时，，可得，
此时或，使得，不符合题意；
若，当时，；当时，，
当时，可得，函数在上无零点；
当时，可得，当且仅当时，，符合题意，
所以，则，
可得，
，
，
，
又由，
所以.
故选：B.
5．BC
【分析】根据题意，化简得到，设，结合二次函数的性质，可得判定A错误；化简得到，可判定B正确；证得函数为偶函数，图象关于轴对称，取，得到，设，利用二次函数的性质，可得判定C正确；画出函数的图象，结合图象，求得所有根之和组成的集合，可判定D正确.
【详解】对于A，当，可得，
设，则，且函数在上单调递增，
设，则的图象开口向下，对称轴为，
因为，所以时，单调递增，时，单调递减，
所以函数在上不是单调函数，所以A错误；
对于B，由，
所以函数的图象关于直线对称，所以B正确；
对于C，又由，
且，
所以函数为偶函数，图象关于轴对称且函数的一个周期为，
函数的图象关于直线对称，取，
则，
设，则，可得，
所以，所以的值域为，所以C正确；
对于D，由B知：函数的图象关于直线对称，
画出函数的图象，如图所示，
当方程在区间上有一个实数根时，可得方程只有一个根为，则所有根之和为；
当方程在区间上有两个实数根时，可得两根关于对称，此时所有根之和为；
当方程在区间上有四个实数根时，可得四个根两两关于对称，此时所有根之和为，
综上可得方程在区间上所有根之和组成的集合为，所以D不正确.
故选：BC
6．ABD
【分析】根据周期的定义可判断A，由对称性的结论可判断B，根据三角函数的最值分析可判断C，令，即，求出零点可判断D.
【详解】∵，
∴的一个周期为，故A正确；
∵
，
∴的图象关于直线对称，故B正确；
.
∵，，
∴要使取最大值2，需且，
由得，即，
而此时，与不符，
故的最大值不是2，故C错误；
令，即，
即，即，
所以或，则或，
则或，
∵，∴，
∴在上的所有零点之和为，故D正确，
故选：ABD.
7．ABD
【分析】根据函数解析式，结合函数奇偶性的定义、对称性的性质、周期性与单调性的性质及换元法求最值逐项判断即可求解.
【详解】函数的定义域为，
，所以是偶函数，故选项A正确；
因为，
，
所以，所以函数的图象关于直线对称，故选项B正确；
因为，，所以在上不单调，故选项C错误；
对D：因为，所以是的一个周期，
则的最大值即为在上的最大值.
当时，，则.
设，则，
设函数.
由解析式及单调的性质可知函数在上单调递增，所以，
即，所以，即的最大值是，故选项D正确.
故选：ABD.
8．ABD
【分析】由判断A；由在上单调递减，结合复合函数的单调性可判断B；利用可判断C；求得函数与函数的最大值可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以函数的一个周期为，故A正确；
对于B，，当时，，
又因为在上单调递减，
由复合函数的单调性可得在上单调递减，故B正确；
对于C，，
所以曲线关于对称，故C错误；
对于D，，所以，
当时，，所以函数的最大值为，
又，又因为，
所以，
当且仅当时取等号，
所以的最大值为，所以函数与函数的最大值相等，故D正确.
故选：ABD.
9．BCD
【分析】对于A，令代入计算可判断；对于B，分，，三种情况讨论即可判断；
对于C，求出函数的周期是，设，
当时，可得，即可得到范围；
同理当时，，即可求解函数的范围；
对于D，化简可得的图象关于轴对称，根据对称性即可求解.
【详解】因为是的解，则A错误；
当时，，则，从而，满足，当时，因为，所以，
当时，因为，所以，也有，B正确；
函数的周期是，不妨设，
当时，，因为，
则，从而；
当时，，因为，则，从而，
故值域是，C正确；
对于，因为，
所以的图象关于轴对称，使得在上的零点个数为偶数，
又显然是的最小值，而且当且仅当即，
这表明零点个数只能为1或偶数，D正确.
故选：BCD.
10．BC
【分析】联立曲线C与直线的方程，根据公共解的个数判断A选项；求出曲线C与轴的交点坐标，数形结合可判断B选项；利用圆的参数方程结合三角函数的有界性可判断C选项；求出曲线C在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积，结合对称性可计算判断D选项.
【详解】曲线C的方程可化为，
当，时，曲线C的方程可化为，
在曲线C上任取一点，则该点关于轴的对称点为，
因为，即点也在曲线C上，
所以，曲线C关于轴对称，同理可知，曲线C关于轴、原点对称，
对于A选项，由，得，
所以，即，可得或（舍去），
故，所以曲线C与直线只有个公共点，A错；
对于B选项，在曲线C的方程中，令，可得，解得或，
所以，曲线C交轴于点、、，
结合图形可知，曲线C上任意两点距离最大值为，B对；
对于C选项，当取最大值，结合图形及对称性不妨，，
此时点必在第一象限或两坐标轴正半轴上，
设，，其中，
由可得，所以，
所以
，其中，
因为，所以，
因为，则，故，
故当时， 取到最大值为，C对；
对于D选项，设圆的圆心为，该圆的半径为，
因为，故是边长为2的等边三角形，
所以圆在第一象限的圆弧与轴围成区域的面积为，
所以曲线C所围成图形面积为，D错.

故选：BC.
11．
【分析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，结合条件和余弦定理求出，然后将代入函数解析式即可得出答案.
【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，

连接，则，
由余弦定理得，
由上可知，轴垂直于，又平面，
所以轴垂直于平面，又轴，所以平面，
因为平面，所以，
因为的周期，所以，
由勾股定理得，解得，
由图知，的图象过点，且在递减区间内，
所以即，
因为，点在递减区间内，所以，
故答案为：.
12．
【分析】根据求得，从而有，取特值，再根据正弦曲线的性质计算即可.
【详解】由，即，
解得，从而，
不妨设，由正弦曲线的对称性和周期性知：，
又边上的高为，且，
，从而．
故答案为：.

13．
【分析】根据诱导公式化简得，再由角的范围即可确定，再用诱导公式化简求值即可.
【详解】，
，
因为，所以，
化简得，所以，即，
因为且，所以且，
所以且，所以，
.
故答案为：
14．
【分析】令，，先作出的图象，结合条件，数形结合，即可求解.
【详解】令，，
因为的图象可由向右平移个单位，再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，
再把图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍，横坐标不变，
最后把图象上所有点向下平移个单位得到，其图象如图1，
其中， ，
又函数的图象恒过定点，
故依条件可知当且仅当函数的图象经过， ，时，取得最大值，如图2所示，
此时最小正周期为，所以，取得最大值.
故答案为：.
15．(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）化简的表达式即可求得值域；
（2）根据函数变换的概念求得的表达式后即可求解单调增区间；
（3）根据n的奇偶性，求得的通项公式，再对分奇偶加起来即可．
【详解】（1）
，
的值域为．
（2），时满足，其中，
解得，最小零点为时，，
依题意有，，，
单调递增区间满足，，
单调递增区间为，．
（3）由（2）可知满足，依据三角函数特性可知，一个周期内有两个零点，所以最小的两点零点为、，周期，
也即的奇数项构成了一个以为首项，为公差的等差数列，的偶数项构成了一个以为首项，为公差的等差数列，
也即，所以，
．
16．(1)答案见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式及辅助角公式化简函数，再求解变换过程.
（2）由（1）的结论，利用正弦函数的性质列式求解.
（3）求出函数的导数，由（2）确定导函数的零点，进而确定单调区间即可.
【详解】（1）函数，
所以把的图象纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再把所得图象向右平移个单位得的图象.
（2）由（1）及，得，
则或，
解得或，而，
所以方程的解为.
（3）函数，求导得，
由（2）知，在上的解为，而，且，
则，，否则，若，，
则在上还有解，与（2）矛盾，因此函数在上单调递减，
又，且，则，，
函数在上单调递增，由函数在区间上单调，得，
因此，所以的最大值为.
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合图象确定函数的最小正周期，根据周期公式求，由图象过点，列方程求， 由关系列方程，结合，求，由此可得结论，
（2）由条件利用余弦定理求，再求，再由正弦定理求的外接圆半径，再求四面体外接球的半径，根据球的表面积公式求结论，
（3）设，由向量夹角余弦公式和基本不等式可得，由此可求的范围，由此可求的范围，结合（2）可得结论，
【详解】（1）因为点是的中点，则，同理，则，
所以，，所以，
由图象过点，，得①，
②，
由①②可得，
所以（舍去）或，，
所以，，
因为，，，
所以，故，
代入①，解得，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，平面，所以，
因为，，，，
所以，即，又，
解得，，
所以.
（2）由（1），又，，
所以，，，故，，
在中，由余弦定理可得，，
设外接圆半径为，则，所以，
由（1），故，，，
所以，又平面平面，是截面圆的直径，
所以平面所在截面圆半径就是外接球半径，
所以四面体外接球的半径为，
所求外接球表面积.
（3）由题得，，设，
，
，
，
，
，
，
，
③，
，
因为，所以，
即，所以，
又（为外接圆半径），
当且仅当时等号成立，此时，不满足，
所以等号取不到，所以，由（2）知.
18．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）对的取值进行分类讨论，结合正弦型函数的基本性质可得出的表达式；
（2）化简得出，令，函数变为，，原问题转化为求的最大值，结合导数求解即可；
（3）令，将原问题转化为，，按的不同取值范围分类讨论即可.
【详解】（1）因为，，所以，
当时，的最小值为；
当时，则，的最小值为；
当时，的最小值为.
综上所述，；
（2），
因为
，
所以，
令，，则函数变为，，原问题转化为求的最大值，
因为，令解得，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
因为，，
所以的最大值为，即的最大值为；
（3）令，
因为
，故为函数的一个周期，
因为
，
所以，即，对恒成立，所以，
令，
则
，
同理可得，
即，
，即，
所以，，均不超过，
假设
则，，（I）
由正弦函数性质可知的周期为 ，我们取，
又在单调递减，在单调递增，
当时，由（I）的三个不等式得，它的解集为空集，
当时，由（I）的三个不等式得，它的解集为空集，
这就是说，假设不成立，即一定有成立，
因为在单调递增，在上单调递减，且函数图象关于对称，
所以，
另一方面，当取时，由（2）知，
取满足对任意的恒成立，
综合得.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，根据余弦函数图象与性质求出单调区间，即可求解最大值；
（2）求出导函数，结合，按照和分类讨论，分别研究函数的单调性，利用单调性求得的范围；
（3）先证明左边，由（1）知，当时，在上单调递增，可得．利用累加可得，再证明右边，由（2）知，当时，在上单调递减，得，令，，，，，，累加得证.
【详解】（1），
当时，，
．
当时，，当时等号成立，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减．
所以．
（2），
，
，当时等号成立，
当时，，恒成立，在上单调递减，符合题意；
当时，，要使为单调函数，
则只需，即恒成立，所以，解得，所以．
综上，实数的取值范围为．
（3）证明：先证明左边，
由（1）知，当时，在上单调递增，
所以当时，，即．
又因为，
所以，，，，
累加得，．
再证明右边，
由（2）知，当时，在上单调递减，
所以当时，，得，
令，
累加得
，
所以．
所以，．
综上所述，，．
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↑