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专题03 三角函数
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】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.
【详解】因为
，所以
，
而
，所以
，
故
即
，
从而
，故
，
故选：A.
2．（新课标全国Ⅰ卷）当
时，曲线
与
的交点个数为（ ）
A．3
B．4
C．6
D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在
上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数
的的最小正周期为
，
函数
的最小正周期为
，
所以在
上函数
有三个周期的图象，
1
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在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6 个交点.
故选：C
3．（新课标全国Ⅱ卷）设函数
，
，当
时，曲线
与
恰有一个交点，则
（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】D
【分析】解法一：令
，分析可知曲线
与
恰有一个交点，结合
偶函数的对称性可知该交点只能在y 轴上，即可得
，并代入检验即可；解法二：令
，可知
为偶函数，根据偶函数的对称性可知
的零点只能为0，即可
得
，并代入检验即可.
【详解】解法一：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y 轴上，
可得
，即
，解得
，
若
，令
，可得
因为
，则
，当且仅当
时，等号成立，
2
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可得
，当且仅当
时，等号成立，
则方程
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：
.
解法二：令
，
原题意等价于
有且仅有一个零点，
因为
，
则
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
，
又因为
当且仅当
时，等号成立，
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；
故选：D.
4．（全国甲卷数学（理）（文））已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先将
弦化切求得
，再根据两角和的正切公式即可求解.
3
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【详解】因为
，
所以
，
，
所以
，
故选：B.
5．（新高考北京卷）已知
，
，
，
，则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知：
为
的最小值点，
为
的最大值点，
则
，即
，
且
，所以
.
故选：B.
6．（新高考天津卷）已知函数
的最小正周期为
．则函数在
的最小
值是（ ）
A．
B．
C．0
D．
【答案】A
【分析】先由诱导公式化简，结合周期公式求出
，得
，再整体求出
时，
的
范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【详解】
，由
得
，
即
，当
时，
，
4
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画出
图象，如下图，
由图可知，
在
上递减，
所以，当
时，
故选：A
7．（新高考上海卷）下列函数
的最小正周期是
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .
【详解】对A，
，周期
，故A 正确；
对B，
，周期
，故B 错误；
对于选项C，
，是常值函数，不存在最小正周期，故C 错误；
对于选项D，
，周期
，故D 错误，
故选：A．
8．（新课标全国Ⅱ卷）对于函数
和
，下列说法正确的有（ ）
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
的图像有相同的对称轴
5
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【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A 选项，令
，解得
，即为
零点，
令
，解得
，即为
零点，
显然
零点不同，A 选项错误；
B 选项，显然
，B 选项正确；
C 选项，根据周期公式，
的周期均为
，C 选项正确；
D 选项，根据正弦函数的性质
的对称轴满足
，
的对称轴满足
，
显然
图像的对称轴不同，D 选项错误.
故选：BC
9．（新课标全国Ⅱ卷）已知
为第一象限角，
为第三象限角，
，
，
则
.
【答案】
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得
，再缩小
的范围，最后结合同角的
平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得
，
因为
，
，
则
，
，
6
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又因为
，
则
，
，则
，
则
，联立
，解得
.
法二： 因为
为第一象限角，
为第三象限角，则
,
，
，
则
故答案为：
.
10．（全国甲卷数学（文））函数
在
上的最大值是 ．
【答案】2
【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.
【详解】
，当
时，
，
当
时，即
时，
.
故答案为：2
一、单选题
1．（2024·宁夏石嘴山·三模）在平面直角坐标系中，角
的顶点与原点重合，始边与
轴的非负半轴重合，
终边经过点
，则
（ ）
7
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A．
B．
C．－2
D．2
【答案】A
【分析】由题意可知：
，根据倍角公式结合齐次化问题分析求解.
【详解】由题意可知：
，
所以
.
故选：A.
2．（2024·广东茂名·一模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出
，再结合诱导公式及二倍角的余弦公式，利用正余弦齐次式法计算得
解.
【详解】由
，得
，则
，
所以
.
故选：D
3．（2024·河北保定·二模）函数
的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
8
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【分析】根据函数的奇偶性判断即可.
【详解】设
，则
，
所以
为奇函数，
设
，可知
为偶函数，
所以
为奇函数，则B，C 错误，
易知
，所以A 正确，D 错误．
故选：A.
4．（2024·山东济宁·三模）已知函数
，若
在区间
上的值域为
，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数
，再借助正弦函数的图象与性质求解即得.
【详解】依题意，函数
，
当
时，
，显然
，
且正弦函数
在
上单调递减，由
在区间
上的值域为
，
得
，解得
，
所以实数
的取值范围是
.
9
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故选：D
5．（2024·江西景德镇·三模）函数
在
内恰有两个对称中心，
，将函数
的图象向右平移
个单位得到函数
的图象.若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据y 轴右边第二个对称中心在
内，第三个对称中心不在
内可求得
，结合
可得
，再利用平移变换求出
，根据三角变换化简
可得
，
然后由二倍角公式可解.
【详解】由
得
，
因为函数
在
内恰有两个对称中心，所以
，解得
，
又
，所以
，即
，所以
，
将函数
的图象向右平移
个单位得到函数
，
即
，
因为
，
10
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所以
.
故选：A
6．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数
的一个零点是
，且
在
上单调，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】整理可得
，以
为整体，根据单调性分析可得
，再结合零
点分析求解.
【详解】因为
，
，且
时，
可得
，且
，
若
在
上单调，则
，解得
，
又因为
的一个零点是
，则
，解得
，
所以
.
故选：B.
7．（2024·山东临沂·二模）已知函数
（
）图象的一个对称中心为
，则
（ ）
11
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A．
在区间
上单调递增
B．
是
图象的一条对称轴
C．
在
上的值域为
D．将
图象上的所有点向左平移
个长度单位后，得到的函数图象关于y 轴对称
【答案】D
【分析】借助整体代入法结合正弦函数的性质可得A、B；结合正弦函数最值可得C；得到平移后的函数
解析式后借助诱导公式即可得D.
【详解】由题意可得
，解得
，
又
，故
，即
；
对A：当
时，
，
由函数
在
上不为单调递增，
故
在区间
上不为单调递增，故A 错误；
对B：当
时，
，
由
不是函数
的对称轴，
故
不是
图象的对称轴，故B 错误；
对C：当
时，
，
则
，故C 错误；
12
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对D：将
图象上的所有点向左平移
个长度单位后，
可得
，
该函数关于y 轴对称，故D 正确.
故选：D.
8．（2024·广东广州·二模）已知函数
的部分图象如图所示，若将函数
的图象向右平移
个单位后所得曲线关于
轴对称，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据给定的图象特征，结合五点法作图列式求出
和
，再根据图象的平移变换，以及图象的对
称性即可得解.
【详解】由
，得
，又点
及附近点从左到右是上升的，则
，
由
，点
及附近点从左到右是下降的，且上升、下降的两段图象相邻，得
，
联立解得
，
，而
，于是
，
，
若将函数
的图像向右平移
个单位后，得到
，
13
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则
，而
，因此
，
所以当
时，
取得最小值为
.
故选：A
9．（2024·四川雅安·三模）已知函数
，则下列说法中正确的个数是（ ）
①当
时，函数
有且只有一个零点；
②当
时，函数
为奇函数，则正数
的最小值为
；
③若函数
在
上单调递增，则
的最小值为
；
④若函数
在
上恰有两个极值点，则
的取值范围为
.
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】利用辅助角公式化简函数，由图象分析判断①；由正弦函数的性质判断②③；由极大值的意义结
合正弦函数的性质判断④.
【详解】依题意，
，函数
，
对于①：
，令
，即
，
作出函数
和函数
的图象，如图，
观察图象知，两个函数在
上只有一个零点，
，
14
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当
时，
，
当
时，
，
因此函数
与函数
的图象有且只有一个交点，①正确；
对于②：
为奇函数，则
，
，即正数
的最小值为
，②正确；
对于③：当
时，
，由
在
上单调递增，
得
，解得
，正数
有最大值
，③错误；
对于④：当
时，
，而
在
上恰有两个极值点，
由正弦函数的性质得
，解得
，因此
的取值范围是
，④错误.
综上，共2 个正确，
故选：B.
10．（2024·河北保定·二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用切化弦和同角三角函数的关系，解出
，再结合二倍角公式即可求解.
【详解】因为
，
所以
，
解得
或
（舍去），
所以
．
故选：B.
15
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11．（2024·河北衡水·三模）已知
，则m，n 的关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用和差角的正弦公式化简，结合已知列出方程即可求解.
【详解】依题意，
，
，
则
，
即
，即
.
故选：D
12．（2024·辽宁沈阳·三模）已知
，则
的值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式和同角之间的转化，进行求解判断选项
【详解】当
，则
故选：D
13．（2024·贵州黔东南·二模）已知
，且
，
，
则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】找出
和
的关系，求出
和
即可求解.
【详解】
，
16
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，
①，
，
，
②，由①②解得
或
，
，
，
，
.
故选：C.
二、多选题
14．（2024·河北张家口·三模）已知函数
，则下列说法正确的是（ ）
A．函数
的一个周期为
B．函数
的图象关于点
对称
C．将函数
的图象向右平移
个单位长度，得到函数
的图象，若函数
为偶函数，
则
的最小值为
D．若
，其中
为锐角，则
的值为
【答案】ACD
【分析】利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可判断A；代入验证可判断B；根据平移变化求
，
由奇偶性可求出
，可判断C；根据已知化简可得
，将目标式化为
，
由和差角公式求解可判断D.
【详解】对于A，因为
，
17
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所以
的最小值周期
，所以
是函数
的一个周期，A 正确；
对于B，因为
，
所以，点
不是函数
的对称中心，B 错误；
对于C，由题知，
，
若函数
为偶函数，则
，得
，
因为
，所以
的最小值为
，C 正确；
对于D，若
，
则
，
因为
为锐角，
，所以
，
所以
，D 正确.
故选：ACD
15．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）已知函数
，则（ ）
A．
是奇函数
B．
的最小正周期为
18
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C．
的最小值为
D．
在
上单调递增
【答案】AC
【分析】首先化简函数
，再根据函数的性质判断各选项.
【详解】
，函数的定义域为
，
对A，
，所以函数
是奇函数，故A 正确；
对B，函数
的最小正周期为
，故B 错误；
对C，函数
的最小值为
，故C 正确；
对D，
，
，函数
不单调，
在
上单调递增，在
上单调递减，故D
错误.
故选：AC
16．（2024·安徽·三模）已知函数
，则（ ）
A．
是偶函数
B．
的最小正周期是
C．
的值域为
D．
在
上单调递增
【答案】AC
【分析】对于A，直接用偶函数的定义即可验证；对于B，直接说明
即可否定；对于C，先证
明
，再说明对
总有
有解即可验证；对于D，直接说明
即可否定.
【详解】对于A，由于
的定义域为
，且
19
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，
故
是偶函数，A 正确；
对于B，由于
，
，故
，这说明
不是
的周期，B 错误；
对于C，由于
，
且
，故
.
而对
，有
，
，故由零点存在定理知一定存在
使得
.
所以
的值域为
，C 正确；
对于D，由于
，
，故
在
上并不是单调递
增的，D 错误.
故选：AC.
17．（2024·山西太原·模拟预测）已知函数
的图象关于直线
对称，且
，则（ ）
20
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A．
B．
的图象关于点
中心对称
C．
与
的图象关于直线
对称
D．
在区间
内单调递增
【答案】BCD
【分析】根据正弦函数的对称性求解
判断A，先求出
，然后利用正弦函数的对称性求
解判断B，根据对称函数的性质判断C，结合正弦函数的单调性代入验证判断D.
【详解】由题意得
，
，解得
，
，
又因为
，所以
，A 错误；
由
可知
，
则
，
令
，
，解得
，
，
令
，得
，所以点
是曲线
的对称中心，B 正确；
因为
，
所以
与
的图象关于直线
对称，C 正确；
当
时，
，故
在区间
内单调递增，D 正确.
故选：BCD
21
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18．（2024·浙江金华·三模）已知函数
的部分图象如图
所示，则（ ）
A．
B．
C．
为偶函数
D．
在区间
的最小值为
【答案】ACD
【分析】先由正弦展开式，五点法结合图象求出
，可得A 正确，B 错误；由诱导公式可
得C 正确；整体代入由正弦函数的值域可得D 正确.
【详解】由题意得
，
由图象可得
，
又
，所以
，
由五点法可得
，
所以
.
A：由以上解析可得
，故A 正确；
B：由以上解析可得
，故B 错误；
C：
，故C 正确；
22
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D：当
时，
，
所以最小值为
，故D 正确；
故选：ACD.
19．（2024·浙江温州·二模）已知角
的顶点为坐标原点，始边与
轴的非负半轴重合，
为其终边
上一点，若角
的终边与角
的终边关于直线
对称，则（ ）
A．
B．
C．
D．角
的终边在第一象限
【答案】ACD
【分析】
根据三角函数的定义，可求角
的三角函数，结合诱导公式判断A 的真假；利用二倍角公式，求出
的
三角函数值，结合三角函数的概念指出角
的终边与单位圆的交点，由对称性确定角
终边与单位圆交
点，从而判断BCD 的真假.
【详解】因为角
的顶点为坐标原点，始边与
轴的非负半轴重合，终边经过点
，
所以：
，所以
，
，所以
，故A 对；
又
，
，
所以
的终边与单位圆的交点坐标为：
，
因为角
的终边与角
的终边关于直线
对称，所以角
的终边与单位圆的交点为
，
所以
，且
的终边在第一象限，故CD 正确；
23
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又因为终边在直线
的角为：
，角
的终边与角
的终边关于
对称，
所以
，故B 错误.
故选：ACD
20．（2024·广东佛山·二模）已知函数
与
，记
，其中
，
且
．下列说法正确的是（ ）
A．
一定为周期函数
B．若
，则
在
上总有零点
C．
可能为偶函数
D．
在区间
上的图象过3 个定点
【答案】ABD
【分析】对于A：计算
，化简即可；对于B：求出
，然后计算
的正负即可；对
于C：计算
是否恒相等即可；对于D：令
，求解
即可.
【详解】对于A，
，
，A 正确；
对于B，
，
则
，
，
因为
，即
，
同号，所以
，
由零点存在定理知
在
上总有零点，故B 正确；
24
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对于C，
，
，
由
得
对
恒成立，
则
与题意不符，故C 错误；
对于D，令
，
则
，即
，
，
故所有定点坐标为
，
，
，
，
又因为
，所以函数
的图象过定点
，
，
，故D 正确；
故选：ABD．
21．（2024·湖南·二模）已知函数
，把
的图象向右平移
个单位长度，得到
函数
的图象，以下说法正确的是（ ）
A．
是
图象的一条对称轴
B．
的单调递减区间为
C．
的图象关于原点对称
25
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D．
的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据题意，求得
的图象，结合三角函数的图象与性质，以及两角差的正弦公式，
逐项判定，即可求解.
【详解】将函数
的图象向右平移
个单位长度，
得到函数
的图象，
对于A 中，令
，求得
，即为函数
最大值，
所以直线
是函数
图象的一条对称轴，所以A 正确；
对于B 中，令
，解得
，
可得
的单调减区间为
，所以B 正确.
对于C 中，由于
是偶函数，可得函数
的图象关于
轴对称，所以C 错误.
对于D 中，由
，
即
的最大值为
，所以D 正确.
故选：ABD.
22．（2024·广东江门·一模）已知函数
，则下
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列结论正确的是（ ）
A．若
相邻两条对称轴的距离为
，则
B．当
，
时，
的值域为
C．当
时，
的图象向左平移
个单位长度得到函数解析式为
D．若
在区间
上有且仅有两个零点，则
【答案】BCD
【分析】根据三角恒等变换化简
，进而根据周期可判断A，根据整体法求解函数的
值域判断B，根据函数图象的平移可判断C，根据零点个数确定不等式满足的条件可判断D.
【详解】
，
对于A，若
相邻两条对称轴的距离为
，则
,故
，A 错误，
对于B，当
，
，当
时，
，
则
的值域为
，B 正确，
对于C，当
，
，
的图象向左平移
个单位长度得到函数解析式为
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，C 正确，
对于D，当
时，
，
若
在区间
上有且仅有两个零点，则
，解得
，故D 正确，
故选：BCD
三、填空题
23．（2024·北京·三模）已知函数
．
①若
，则
的最小正周期是 ；，
②若
，则
的值域是 ．
【答案】
【分析】把
代入，t 明智二倍角的正弦，结合正弦函数的周期求出
的最小正周期；把
代入，
利用二倍角的余弦公式，借助换元法，利用导数求出
的值域.
【详解】当
时，
，函数
的最小正周期为
；
当
时，
，令
，
，求导得
，
当
或
时，
，当
时，
，
函数
在
，
上单调递减，在
上单调递增，
，
，
所以
，
的值域是
.
故答案为：
；
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24．（2024·北京·模拟预测）已知函数
，且
.若两个不等
的实数
满足
且
，则
.
【答案】
/
【分析】利用辅助角公式化简
的解析式，再由题意可得函数关于
对称，且最小正周期
，即
可求出
的值，从而得到
，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得．
【详解】因为
，其中
，
由
，可得
关于
对称，
又两个不等的实数
满足
且
，
所以
的最小正周期
，又
，所以
，解得
，
所以
，
所以
，则
，
所以
.
故答案为：
25．（2024·湖北荆州·三模）设
，
，
，若满足条件的
与
存
在且唯一，则
，
.
【答案】
1
【分析】由
得到
，再结合
，利用
，
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得到
，
，从而
，再由满足条件的
与
存在且唯一，得到
唯一，从而
，求得m 即可.
【详解】解：由
，得
，即
，
因为
，
，所以
，
，
又
，所以
，
从而
，
所以
，
所以
，
所以
，
因为
，所以
，
因为满足条件的
与
存在且唯一，所以
唯一，
所以
，所以
，经检验符合题意，
所以
，
则
，
解得
，
所以
.
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故答案为：
，1
【点睛】关键点点睛：关键是结合已知得出
，求出
，由此即可顺利得解.
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