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三角函數專項訓練-2025年高考數學練習卷
一、單選題
1．設，則關于兩個方程與的根的敘述正確的是（ ）
A．有兩個相同的根 B．有三個相同的根
C．有四個相同的根 D．所有根全部相同
2．已知為偶函數，則實數（ ）
A．0 B．1 C． D．
3．已知函數在區間上既有最大值1又有最小值，則關于實數的取值，以下不可能的是（ ）．
A．2024 B．2025 C．2026 D．2027
4．已知，且，則（ ）
A．3 B．2 C． D．
5．已知函數是偶函數，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
6．已知函數是定義在上的奇函數，則，的值可能是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
7．設函數（，）的最小正周期為，將的圖象向左平移個單位后關于原點對稱，且在區間內的零點與極值點恰好共有4個，則（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列正確個數有（ ）
①關于點對稱；
②關于直線對稱；
③在區間上單調遞減；
④在區間上的值域為；
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
二、多選題
9．已知銳角三角形的內角分別為，，，則（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．的定義域為 B．的值域為
C．是奇函數 D．在上單調遞減
11．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的周期為
B．的圖象關于對稱
C．在上恰有3個零點
D．若在上單調遞增，則的最大值為
三、填空題
12．函數的最小值為 .
13．設，若函數在區間內恰好有6個零點，則的取值范圍是 .
14．如圖所示，某游樂場有一款游樂設施，該設施由轉輪和轉輪組成，的圓心固定在轉輪上的點處，某個座椅固定在轉輪上的點處．的半徑為10米，的半徑為5米，的圓心距離地面豎直高度為20米．游樂設施運行過程中，與分別繞各自的圓心逆時針方向勻速旋轉，旋轉一周用時分鐘，旋轉一周用時分鐘．當在正下方且在正下方時，開始計時，設在第分鐘距離地面的豎直高度為米．給出下列四個結論：
①；
②最大值是35；
③在豎直方向上的速度大小低于40米/分鐘；
④存在，使得時到的距離等于15米．
其中所有正確結論的序號為 ．
四、解答題
15．記的內角的對邊分別為，的面積為.已知.
(1)求；
(2)求函數在上的單調遞增區間.
16．已知向量，，設函數．
(1)求函數的最小正周期和單調遞減區間；
(2)當時，，求實數的取值范圍．
17．如圖，在平面四邊形中，已知，，為等邊三角形，記．
(1)若，求的面積；
(2)若，求四邊形面積的取值范圍．
18．設函數的表達式為，其中.
(1)設，，若有且只有一個，使得函數取得最小值，求的取值范圍；
(2)若對任意的，皆有成立，且函數在區間上是嚴格增函數，求函數的最小正周期.
19．如圖，某市擬在長為16km的道路的一側修建一條運動賽道，賽道的前一部分為曲線段，該曲線段為函數的圖象，且圖象的最高點為；賽道的后一部分為折線段，為保證參賽運動員的安全，限定．

(1)求的值和兩點間的距離；
(2)若，求折線段賽道的長度．
《三角函數專項訓練-2025年高考數學練習卷》參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D C A D C C AD BCD
題號 11
答案 BD
1．B
【分析】由，得或，再由，得或，根據，進而得到結論.
【詳解】由，得或，
當時，，，，，，，．
由，得或，
當時，，，，，，
兩個方程有三個相同的根，
故選：B．
2．C
【分析】根據恒成立求參數的值.
【詳解】易得函數的定義域為，由是偶函數，得恒成立，
可得，故.
故選：C
3．D
【分析】由余弦函數的周期和最值點的分布，以及區間內包含最值點的條件逐項判斷即可.
【詳解】由題意可得函數的周期為，
最大值點滿足，解得，
最小值點滿足，解得，
因為函數在區間上既有最大值又有最小值，區間的長度為9，
對于A，若，當時，最大值點為，最小值點為2032，此時位于區間內，故A正確；
對于B，若，當時，最大值點為，最小值點為2032，此時位于區間內，故B正確；
對于C，若，當時，最大值點為，最小值點為2032，此時位于區間內，故C正確；
對于D，若，當時，最大值點為，當時，最大值點為2038，此時不位于區間內，故D錯誤.
故選：D
4．C
【分析】由同角三角函數的平方關系和二倍角正弦公式求出，再由二倍角的余弦公式代入化簡，結合同角三角函數的基本關系即可求出答案.
【詳解】因為，
所以，所以，
又，解得：，
因為，所以,所以，
所以.
故選：C.
5．A
【分析】根據余弦型函數的奇偶性求解即可.
【詳解】由是偶函數，
則，，即，，
則時，，時，，時，，
則的最小值是.
故選：A.
6．D
【分析】根據奇函數的性質結合誘導公式得，然后根據誘導公式得，最后逐項驗證求解即可判斷.
【詳解】當時，，則，
所以，即，
又，所以，
所以，或（不恒成立，舍去），
所以，
當時，，則，
所以，即，
又，所以，
所以，或（不恒成立，舍去），
所以，
綜上，，
對于A，，，此時，則，解得，不合題意；
對于B，，，此時，則，解得，不合題意；
對于C，，，此時，則，解得，不合題意；
對于D，，，此時，則，解得，符合題意.
故選：D
7．C
【分析】根據圖象變換結合對稱性可得，以為整體，結合正弦函數性質分析求解即可.
【詳解】因為，則，
將的圖象向左平移個單位，可得，
若的圖象關于原點對稱，
則，即，
且，可得，所以，
又因為，則，
由題意可得：，解得，
且，所以.
故選：C.
8．C
【分析】先根據函數的圖象確定函數的解析式，在逐項判斷即可.
【詳解】由函數的圖象可知：，.
因為，又，所以.
因為，
所以，.所以，.
由圖象可知：，即.
所以當時，.
所以.
對①：因為，所以的圖象不關于對稱，①錯誤；
對②：因為，所以的圖象關于直線對稱，②正確；
對③：當時，，因為在上單調遞減，所以函數在上單調遞減，③正確；
對④：當時，，所以，所以，④正確.
故選：C
9．AD
【分析】根據三角形內角范圍，結合三角函數單調性分別判斷各選項.
【詳解】因為為銳角三角形，所以，
則，從而,A選項正確；
由，得，
則，則，B選項錯誤；
由，可得，
則當時，，C選項錯誤；
由，得，
則，從而，D選項正確；
故選：AD.
10．BCD
【分析】A.由分式函數的定義域求解判斷；B.由正弦函數的值域判斷；C.由函數奇偶性的定義判斷；D.由復合函數的單調性判斷.
【詳解】的定義域為，值域為，A錯誤，B正確．
是奇函數，C正確．
當時，，函數在上單調遞減，
函數在上單調遞增，所以在上單調遞減，D正確．
故選：BCD
11．BD
【分析】先根據角的象限分類得出分段函數，應用周期定義計算判斷A，根據對稱性定義計算判斷B，應用函數圖象得出零點個數判斷C，根據函數圖象判斷D.
【詳解】①當時，
，
②當時，，
③當時，
④當時，，
因此，，
所以函數的圖象，如圖所示：
A選項：因為
，故A不正確；
B選項：因為
，
所以的圖象關于對稱，故B正確；
C選項：由的函數解析式以及函數圖像可知：
當時，，當時，，當時，，
所以在上有無數個零點，故C錯誤；
D選項：由，，得，
因為在上單調遞增，所以由的圖象可知，解得，
則的最大值為，故D正確；
故選：BD．
12．
【分析】根據和分類討論，作出函數圖像即可求解.
【詳解】當時，即時，，
當時，即時，
，
所以，
作出函數圖像：

所以函數的最小值為，當時.
故答案為：.
13．
【分析】由最多有兩個零點，可得至少四個根，分別討論當和時兩個函數零點的個數情況，再結合考慮求解即可.
【詳解】當時，令，則，
解得.因為，所以，
當時，，其對稱軸為，二次函數最多兩個零點.
當二次函數有兩個零點時：
結合二次函數圖象性質，
解得，即；
解得，即，，
所以當二次函數有兩個零點時，的取值范圍是.
此時應有四個解，即有四個解.
當時，；所以，即
當時，；所以，即
當時，；所以，即
當時，；所以，即
所以當有四個解時
所以當在區間內恰好有6個零點時的取值范圍是.
當二次函數有一個零點時：，即，
此時應有五個解，即有五個解，即.
所以此時無符合條件的的值.
當二次函數有零個零點時：，即，
此時應有六個解，即有六個解，即，
所以此時無符合條件的的值.
終上所述：的取值范圍是.
故答案為：
14．①③
【分析】根據題意，可求得在第分鐘距離地面的豎直高度為，逐項判斷即可求解.
【詳解】轉輪與轉輪分別繞各自的圓心逆時針方向勻速旋轉，旋轉一周用時分鐘，旋轉一周用時分鐘，可得最小正周期，，所以，，
又的半徑為10米，的圓心距離地面豎直高度為20米，
所以第分鐘，點距離地面的高度為：，
第分鐘，距離地面的豎直高度為：，
化簡得，
所以，故①正確；
當，即時，得最大值，為，故②錯誤；
若到的距離等于15米，則點Q在線段PM上，則需,
所以不存在，使得時到的距離等于15米．故④錯誤；
因為旋轉一周用時分鐘，旋轉一周用時分鐘，所以可得點在圓周上的速度為，同理可得點在圓周上的速度為，所以點在豎直方向上的速度大小低于40米/分鐘，故③正確.
故答案為：①③.
15．(1)
(2)和
【分析】（1）由三角函數的面積公式和余弦定理可得；
（2）由三角恒等變換結合正弦函數的單調性可得.
【詳解】（1）由，
由余弦定理，，
代入即得：，化簡得：
因為，所以.
（2）
，
由，解得，
又，所以或，
所以單調遞增區間為和.
16．(1)最小正周期，單調遞減區間為，
(2)
【分析】（1）先由向量數量積得到式子，再用公式將其變形為特定形式. 借助周期公式計算，利用整體代換求單調遞減區間.
（2）先根據范圍算出. 結合類似圖像找到使函數值最小的情況，算出最小值. 再解不等式，得出的范圍.
【詳解】（1）．
函數的最小正周期．
由，，
得，．
的單調遞減區間為，．
（2）當時，，
結合的圖像，當時，．
當時，，
，解得．實數的取值范圍為．
17．(1)
(2)
【分析】（1）在中，由余弦定理得，，根據為等邊三角形，求得以及，再利用三角形面積公式即可求解；
（2）在中，由余弦定理得，結合三角形面積公式求得與，所以四邊形的面積，再由三角恒等變換以及三角函數的性質即可求解.
【詳解】（1）在中，
由余弦定理：，
所以，則，所以，
又因為為等邊三角形，所以，且，
所以，
則的面積為．
（2）在中，
由余弦定理：，
所以，，
所以四邊形的面積，
又因為，所以，
所以，，
即四邊形的面積的取值范圍為．
18．(1)；
(2).
【分析】（1）求的范圍，結合條件列不等式求的取值范圍；
（2）由條件列關系式，確定的值，再由周期公式求周期.
【詳解】（1）當時，，
則，
當時，，
因為有且只有一個使得函數取得最小值，
所以，解得，
所以的取值范圍是，
（2）因為對任意，成立，
所以的圖像關于點對稱，
則，
解得，又因為，
所以，
由，，可得，
因為函數在區間上是嚴格增函數，
令可得，函數在上嚴格單調遞增，
所以，所以，
所以，，，
所以函數的最小正周期.
19．(1)，
(2)
【分析】（1）根據圖形可得及周期，根據周期即可求出，再求出點的坐標，進而可得出答案；
（2）在中，利用余弦定理求出，即可得解.
【詳解】（1）由題可得，
，
當時，，即，
又，（千米）；
（2）在中，設，則，
，
，
，
，
（千米），
折線段賽道的長度為千米.
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