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备战2024年高考阶段性检测名校重组卷（新高考）
第四章 三角函数
本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1.（2023北京市海淀二模）在平面直角坐标系xOy中，角 以Ox为始边，其终边经过点
，则 （ ）
（A） （B） （C） 2 （D）
【答案】A
【解析】根据三角函数的定义可得 ，故 。
2．（2023·广东潮州·统考二模）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ，解得 ，
所以， .
故选：A.
3．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用凑角，同角三角函数关系和二倍角的余弦公式转化计算.【详解】
，
故选：B
4.（2023·重庆·统考三模）将函数 的图象向右平移 个单位得到
函数 的图象，则“ ”是“函数 为偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据题意求出函数 的解析式，然后通过函数 是偶函数求出 的取值范围，
最后与 进行对比，即可得出“ ”与“ 为偶函数”之间的关系．
【详解】因为函数 的图像向右平移 个单位长度后得到函数 的图像，
所以 ，
因为 为偶函数，
所以 ，即 ，
当 时， 可以推导出函数 为偶函数，
而函数 为偶函数不能推导出 ，
所以“ ”是“ 为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A
5.（2023·广东·统考二模）已知某摩天轮的半径为 ，其中心到地面的距离为 ，摩天轮启动后按逆时针方向匀速转动，每 分钟转动一圈．已知当游客距离地面超过
时进入最佳观景时间段，则游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有（ ）
A． 分钟 B． 分钟 C． 分钟 D． 分钟
【答案】B
【解析】设游客到地面的距离为 ，设 关于转动时间 （单位：分钟）的函数关系式为
，
则 ， ，可得 ，
函数 的最小正周期为 ，则 ，
当 时，游客位于最低点，可取 ，
所以， ，
由 ，即 ，可得 ，
所以， ，解得 ，
因此，游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有 分钟.
故选：B.
6．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数 ，且
，当ω取最小的可能值时， （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知 ，
当 取最小值时，最小正周期 最大， ，所以 ，
而 在 时取得最大值，故 ，
则 ，又 ，所以 ．
故选：D.
7.（2023·天津·三模）已知 ， ，若对
， ，使得 成立，若 在区间 上的值域为 ，则
实数 的取值不可能是.
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意首先确定函数 的值域，然后数形结合得到关于 的不等式，求解不等
式可得 的取值范围，据此可得选项.
【详解】 ，其中 ，
由题意可知： ，即： ，
则函数 的值域为 的子集，
设函数 的最小正周期为 ， 在区间 上的值域为 ，则： ，
即： ，解得 .
结合选项可知实数 的取值不可能是 .
故选D.
8.（2023·湖北·校联考三模）已知函数 在 上单调递增，在 上单调递减，若函数 在 上单调，则a的最大值为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简，然后根据题意得到 ，再根
据函数 在 上单调和正弦函数的图像得到 ，解之即可.
【详解】因为 ，
由已知条件 时 取得最大值，有 ，即 ．
又由已知得 ，于是 ，
由于 ，故在 ．所以函数 ，
因为 ，所以 ，
因为 在 上单调，所以 ，
解得， 故 ．
故选：D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项
符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.（2023·广东·统考模拟预测）已知函数 ，则（ ）
A．函数 的最小正周期为πB．函数 的图像关于点 中心对称
C．函数 在定义域上单调递增
D．若 ，则
【答案】BD
【解析】 的最小正周期为 ,A选项错误;
的对称中心，令 , ,对称中心为 ，当
是对称中心,B选项正确;
,函数 在定义域上不是单调递增,C选项错误;
当 ,则 ,可得 ,D选项正确;.
故选：BD.
10．（2023·湖南郴州·统考三模）设函数 向左平移 个单位长度得到
函数 ，已知 在 上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）
A． 的图象关于点 对称
B． 在 上有且只有5个极值点
C． 在 上单调递增D． 的取值范围是
【答案】CD
【分析】根据图象平移得 ，结合零点个数及正弦型函数的性质可得
，进而判断极值点个数判断B、D；代入法判断A，整体法判断C.
【详解】由题设 ，在 上，若 ，
所以 在 上有5个零点，则 ，解得 ，D正
确；
在 上 ，由上分析知：极值点个数可能为5或6个，B错误；
且 ，故 不为0，A错误；
在 上 ，则 ，故 递增，即 在
上递增，C正确.
故选：CD
11．（2023·全国·校联考三模）在 中，若 ，则下列论断正确的是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】由 化简得到 ，再逐项判断.
【详解】解：由 ，因为 ，
所以 ，
所以 ， 不一定为1，A错；
因为 ， ，
∴ ，
从而有 ，所以B正确，
又 ，所以 也不一定等于1，C错；
而 ，D正确；
故选：BD
12.（2023·广东深圳·统考二模）已知 是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图
象是函数 图象的一部分(如图所示)，则（ ）
A． 的定义域为
B．当 时， 取得最大值
C．当 时， 的单调递增区间为
D．当 时， 有且只有两个零点 和【答案】BCD
【解析】由图得 ，且位于增区间上，
所以 ，又因为 ，所以 ，
，
则 ，得 ，所以 ，
所以 ，
由图可知，原点右侧的第二个零点为 ，
所以 的定义域为 ，故A错误；
当 时， ，
因为 为最大值，则当 时， 取得最大值，故B正确；
当 时，令 ，则 ，
又因为 ，
所以当 时， 的减区间为 ，
因为函数 为偶函数，
所以当 时， 的单调递增区间为 ，故C正确；当 时， ，令 ，
得 或 ，则 或 ，
因为函数 为偶函数，
所以当 时， 有且只有两个零点 和 ，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.（2023·山东泰安·统考二模）已知 ，则 _______.
【答案】
【分析】利用辅助角公式求得 ，根据倍角公式和诱导公式化简目标式，即可求
得结果.
【详解】因为 ，故可得 ，
则
故答案为： .
14．（2023·山东东营·东营市第一中学校考二模）已知函数 ，若将
的图象向左平行移动 个单位长度后得到 的图象，则把 的图象向右至
少平行移动________个单位可得到 的图象．【答案】 /
【分析】根据辅助角公式结合图象平移可得 ，根据题意结合图象平移分
析可得 ，运算求解即可.
【详解】∵ ，
将 的图象向左平行移动 个单位长度后得到
，
把 的图象向右平行移动 个单位，可得
，
由题意可得 ，故 ，
解得 ，
注意到 ，可得当 时， 取到最小值 .
故答案为：
15.（2023·河南·校联考三模）如图，三个相同的正方形相接（在同一平面中），则
______.【答案】 /
【分析】根据两角差的正切公式直接计算即可.
【详解】在 中， ，在 中， ，
所以
故答案为：
16．（2023·广东湛江·统考二模）若函数 在 上具有单调性，
且 为 的一个零点，则 在 上单调递__________（填增或减），函
数 的零点个数为__________．
【答案】 增 9
【解析】因为 在 上具有单调性，
所以 ，即 ， ．
又因为 ，
所以 ，即 ，
只有 ， 符合要求，此时 ．当 时， ，
所以 在 上单调递增．
因为 的最大值为1，而 ， ，
作出函数 与 的图象，由图可知，这两个函数的图像共有9个交点，所以函
数 的零点个数为9．
故答案为：增；9.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字
说明、证明过程或演算步骤。
17.（2023北京海淀二模）已知函数 ，且 .
（Ⅰ）求a的值和 的最小正周期；
（Ⅱ）求 在 上的单调递增区间.
【解析】（Ⅰ）由
得 .
所以，所以， 的最小正周期 .
（Ⅱ）由 得 ，
所以 的单调递增区间为 .
当 时， 的单调递增区间为 ，
当 时， 的单调递增区间为 ，
所以 在 上的单调递增区间为 ， .
18．（2023·广东梅州·统考二模）如图，在平面四边形ABCD中， ，
， ，设 ．
(1)当 时，求BD的长；
(2)求BD的最大值．
【解析】（1）在 中， ．
在 中，因为 ，由余弦定理得，
，因此 ．
（2）在 中， ．
在 中，因为 ，由余弦定理得，
，
所以 ．
所以当 ，即 时，BD最长， 的最大值为 .
19.(2023北京西城二模)已知函数 ，其中 . 再从条件①、条
件②、条件③中选择一个作为已知，使 存在，并完成下列两个问题.
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）当 时，若曲线 与直线 恰有一个公共点，求 的取值范围.
条件①： ；
条件②： 是 的一个零点；
条件③： .
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【解析】选条件②．
（Ⅰ）由题设 ． ………1分
所以 ． ………2分因为 ， 所以 ． ………3分
所以 ． ………4分
所以 ． ………5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）
………7分
． ………8分
因为 ， 所以 ． ………9分
于是，当且仅当 ，即 时， 取得最大值 ； ………11分
当且仅当 ，即 时， 取得最小值 ． ………12分
又 ，即 时， ． ………13分
所以 的取值范围是 ． ………14分
选条件③．
（Ⅰ）由题设 ． ………1分
整理得 ． ………2分
以下同选条件②．
20．（2023·广东汕头·统考二模）已知函数 .
(1)求函数 的定义域；
(2)若 ，求函数 的单调区间.
【解析】（1） ，即 ，则 ，即 ，又 有意义，则 ， ，
综上可得， ， ，则函数 的定义域为
（2）
∵ ，则 ，
由 ，解得 ，
由 ，解得 ，
即 的单调递增区间为 ，单调递减区间为
21．（2023·浙江温州·统考三模）已知函数 在区间 上恰有3个零点，
其中 为正整数.(1)求函数 的解析式；
(2)将函数 的图象向左平移 个单位得到函数 的图象，求函数 的单
调区间.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）根据给定条件，求出 的范围，再结合正弦函数的零点情况列出不等式
求解作答.
（2）由（1）求出函数 的解析式，进而求出 ，再利用正切函数的单调性求解作
答.
【详解】（1）由 ，得 ，
因为函数 在区间 上恰有3个零点，
于是 ，解得 ，而 为正整数，因此 ，
所以 .
（2）由（1）知， ，
由 ，得 ，即有 ，
因此 ，
由 ，解得 ，所以函数 的单调减区间为 .
22．（2023·江苏·统考三模）将函数 的图象先向右平移 个单位长度，再将所得
函图象上所有点的横坐标变为原来的 （ω＞0）倍（纵坐标不变），得到函数 的
图象．
(1)若 ，求函数 在区间 上的最大值；
(2)若函数 在区间 上没有零点，求ω的取值范围．
【答案】(1)
(2) ．
【分析】（1）由函数图象变换知识可得 ，后由 单调性可得最
值情况；（2）由（1）结合题意可知 ， .后由
可进一步确认 大致范围，后可得答案.
【详解】（1）函数 的图象先向右平移 个单位长度，则解析式变为：
，再将所得函图象上所有点的横坐标变为原来的 （ω＞0）倍（纵坐标不变），则解析式变为 .则 .
当 时， ，
因函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
， .
∴ ，∴ 在区间 上的最大值为 ．
（2） ，当 时， ，
要使 在 上无零点，则 ， .
， ， ， ，
当 时， ；当 时， ，
当 时， 舍去．
综上： 的取值范围为
