資源簡介

三角函數與不等式
1. (2024 年高考全國甲卷數學 (理) 真題) 已知 ,則 ( )
A. B. C. D.
2. (2024 年全國高考名校名師聯席命制數學信息卷 (四) 已知角 是第二象限角,且終邊經過點(-3,4),則 ( )
A. 3 B. C. 2 D. 或 2
3.(2024 年新課標全國I卷數學真題)已知 ,則 ( )
A. B. C. D.
4. (2023 年新課標全國I卷數學真題) 已知 ,則 ( ).
A. B. C. D.
5. (2023 年新課標全國II卷數學真題) 已知 為銳角, ,則 ( ).
A. B. C. D.
6. (2022 年全國新高考 II 卷數學試題) 若 ,則 ( )
A. B.
C. D.
7. (2021 年全國高考甲卷數學 (理) 試題) 若 ,則 ( )
A. B. C. D.
8. (2021 年全國新高考I卷數學試題) 若 ,則 ( )
A. B. C. D.
9. (四川省綿陽市 2021-2022 學年高三上學期第一次診斷性考試理科數學試題) 若 ,則
_____.
10. (2024 年新課標全國II卷數學真題) 已知 為第一象限角, 為第三象限角, , 則 _____.
11. (河北省邯鄲市 2024-2025 學年高三上學期第一次調研考試數學試題) 已知 ,則 ( )
A. B. C. D.
12. (重慶市拔尖強基聯盟 2025 屆高三上學期 10 月聯合考試數學試卷) 已知 為銳角,
,則 ( )
A. B. C. D.
13. (江蘇省南京市 2023-2024 學年高一下學期 6 月期末數學試題) 若 ,則 的最大值為( )
A. B. C. D.
14. (河北省衡水中學 2022 屆高三上學期高考模擬卷(一)數學試題) 已知 均為銳角,且 ,則 的最大值是 ( )
A. 4 B. 2 C. D.
15. (湖北省武漢市部分學校 2024-2025 學年高三上學期九月調研考試數學試卷) 已知函數 是 上的奇函數,則 ( )
A. 2 B. -2 C. D.
16. (廣東省佛山市 2024 屆高三下學期教學質量檢測 (二) 數學試題) 已知角 滿足 ,則 的值為( )
A. B. C. D.
17. (江蘇省南京市、鹽城市 2024 屆高三第一次模擬考試數學試題) 已知 ,且 , ,則 _____.
18. (2024 屆福建省高三下學期數學適應性練習卷) 已知 ,則 ( )
A. B. C. D.
19. (浙江省浙南名校聯盟 2023-2024 學年高三上學期第一次聯考數學試題) 若 ,則 的值為( )
A. -7 B. -14 C. D.
20. (浙江省 2024 年第一屆啟航杯聯考數學試題) 已知 且 ,則 的值為 ( )
A. B. C. D.
21. (福建省泉州市 2025 屆高中畢業班適應性練習卷數學試題) 已知 ,則 的值為( )
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
22. (湖南省湘潭市湘潭縣第一中學 2024 屆高三下學期 2 月月考數學試題) 若 是函數 的一個零點,則 ( )
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
23. (湖北省高中名校聯盟 2023-2024 學年高三下學期 3 月月考數學試題) 已知函數 ,若 有兩個零點 ,則( )
A. B.
C. D.
24. (多) (江蘇省南京市、鹽城市 2023 屆高三下學期一模數學試題) 已知 ,且 是 在 內的三個不同零點,則 ( )
A. B.
C. D.
25. (2017 全國一卷) 已知曲線 ,則下面結論正確的是
A. 把 上各點的橫坐標伸長到原來的 2 倍,縱坐標不變,再把得到的曲線向右平移 個單位長度,得到曲線
B. 把 上各點的橫坐標伸長到原來的 2 倍,縱坐標不變,再把得到的曲線向左平移 個單位長度,得到曲線
C. 把 上各點的橫坐標縮短到原來的 倍,縱坐標不變,再把得到的曲線向右平移 個單位長度,得到曲線
D. 把 上各點的橫坐標縮短到原來的 倍,縱坐標不變,再把得到的曲線向左平移 個單位長度,得到曲線
26. (2021 年全國高考乙卷數學(理)試題)把函數 圖像上所有點的橫坐標縮短到原來的 倍,縱坐標不變, 再把所得曲線向右平移 個單位長度,得到函數 的圖像,則 ( )
A. B.
C. D.
27. (2024 屆浙江省麗水、湖州、衢州三地市二模數學試卷) 將函數 的圖象向右平移 個單位后得到函數 的圖象,若對滿足 的 ,有 ,則 ( )
A. B. C. D.
28. (廣東省廣州市 2024 屆普通高中畢業班綜合測試(二)數學試卷)已知函數 的部分圖象如圖所示,若將函數 的圖象向右平移 個單位后所得曲線關于 軸對稱,則 的最小值為 ( )
A. B. C. D.
29.(多)(T8 (華師一附中、湖南師大附中等)2023 屆高三上學期第一次學業質量評價數學試題)將函數 的圖像向左平移 個單位得到函數 的圖像,若 的圖像與 的圖像關于 軸對稱,則下列說法正確的有( )
A.
B.
C. 的對稱軸過 的對稱中心
D. ,使得
30. (全國甲卷理數)) 函數 的圖象由函數 的圖象向左平移 個單位長度得到,則 的圖象與直線 的交點個數為( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
31. (2024 年新課標全國I卷數學真題) 當 時,曲線 與 的交點個數為( )
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
32. (山東省濰坊市 2023-2024 學年高一下學期期末考試數學試題) 函數 的圖象和函數 的圖象的連續兩個交點為 ,若 ,則 的取值范圍為_____.
33. (湖北省武漢市 2023 屆高三下學期二月調研數學試題) 已知函數 的部分圖象如圖所示,其中 . 在已知 的條件下,則下列選項中可以確定其值的量為 ( )
A. B. C. D.
34. (湖北省武漢市 2024 屆高中畢業班二月調研考試數學試題) 如圖,在函數 的部分圖象中,若 ,則點 的縱坐標為( )
A. B. C. D.
35. (廣東省佛山市 2023 屆高三二模數學試題) 已知函數 ,若存在 , 且 ,使 ,則 的值為( )
A. B. C. D.
36. (山東省濟南市 2023 屆高三二模數學試題) 已知函數 的圖象關于直線 對稱, 則下列說法正確的是( )
A. 是偶函數 B. 的最小正周期為
C. 在區間 上單調遞增 D. 方程 在區間 上有 2 個實根
37. (多)(山東省山東師范大學附屬中學 2022-2023 學年高三上學期 10 月月考數學試題)函數 的部分圖象如圖所示,則下列說法中正確的有( )
A. 的最小正周期 為
B. 向右平移 個單位后得到的新函數是偶函數
C. 若方程 在(0, m)上共有 4 個根,則這 4 個根的和為
D. 圖象上的動點 到直線 的距離最小時, 的橫坐標為 .
38. (多) (湖南省長郡中學 2023 屆高三下學期月考 (七) 數學試題) 已知 是函數 的一個零點, 則 ( )
A. 在區間 單調遞減
B. 在區間 只有一個極值點
C. 直線 是曲線 的對稱軸
D. 直線 是曲線 的切線
39. (多) (廣東省廣州市 2023 屆高三綜合測試 (一) 數學試題) 已知函數 的圖像關于直線 對稱,則( )
A. 函數 的圖像關于點 對稱
B. 函數 在 有且僅有 2 個極值點
C. 若 ,則 的最小值為
D. 若 ,則
40. (多) (安徽省合肥市 2024 屆高三第二次教學質量檢測數學試卷)已知函數 ,則( )
A. 函數 在 上單調遞減
B. 函數 為奇函數
C. 當 時,函數 恰有兩個零點
D. 設數列 是首項為 ,公差為 的等差數列,則
41. (多) (“加速杯”新高考 2023 屆高三一月迎新春調研測試數學試題) 定義關于 的函數 , 其中 和 皆為非零常數,則 ( )
A. 存在實數 和 ,使得 的最小值為 -2
B. 存在實數 和 ,使得 的最大值為 1
C. 為正偶數時,方程 在區間 共有 個實根
D. 為正奇數時,“ 為 的零點”是 “ 為 的零點”的必要不充分條件
42. (山西實驗中學、南海桂城中學 2018 屆高三上學期聯考理數試題) 若函數 在 上單調遞增,則 的取值范圍是
A. B. C. D.
43. (四川省綿陽市 2021-2022 學年高三上學期第一次診斷性考試理科數學試題) 已知函數 , 若不等式 對任意的 恒成立,則實數 的取值范圍為_____.
44. (福建省泉州市 2025 屆高三質量監測 (一) 數學試題) 已知函數 ,則( )
A. 是 的一個周期 B. 是 圖象的一條對稱軸
C. 是 圖象的一個對稱中心 D. 在區間 內單調遞減
45. (多) (河南省創新發展聯盟 2024-2025 學年高三上學期 9 月月考數學試題) 已知函數 ,則( )
A. 的圖象關于點 中心對稱
B. 的圖象關于直線 對稱
C. 的值域為
D. 在 上單調遞增
46. (多) (重慶市 2025 屆高三上學期第一次質量檢測數學試題) 關于函數 ,下列說法中正確的是 ( )
A. 圖象關于直線 對稱 B. 圖象關于直線 對稱
C. 最小正周期為 D. 最大值為
47.(多)(福建省福州市九縣(市、區)一中 2023-2024 學年高二下學期 7 月期末聯考數學試題)已知函數 ,
則( )
A. 的圖象關于 對稱
B.
C.
D. 在區間 上的極小值為
48.(多)(湖南省邵陽市邵東創新實驗學校 2024 屆高三上學期第二次月考數學試題)新型冠狀病毒屬于 屬的冠狀病毒,有包膜,顆粒常為多形性,其中包含著結構為數學模型的 ,人體肺部結構中包含 , 的結構,新型冠狀病毒肺炎是由它們復合而成的,表現為 . 則下列結論正確的是 ( )
A. 若 ,則 為周期函數
B. 對于 的最小值為 2
C. 若 在區間(0,1)上是增函數,則
D. 若 ,滿足 ,則
49. (多) (湖南省長沙市雅禮中學 2023 屆高三二模數學試題) 已知函數 ,則下列說法正確的是( )
A. 是以 為周期的函數
B. 直線 是曲線 的對稱軸
C. 函數 的最大值為 ,最小值為
D. 若函數 在區間 上恰有 2023 個零點,則
50. (多) (安徽省安慶市示范高中 2024 屆高三聯考 (三模) 數學試題) 已知函數 ,則( )
A. 函數 的最小正周期為
B. 函數 在 上單調遞增
C. 函數 的最大值為
D. 若方程 在 上有且僅有 8 個不同的實根,則
51. (多) (湖南省長沙市第一中學、廣東省深圳實驗學校 2022 屆高三上學期期中聯考數學試題) 數學中一般用 表示 中的較小值, 表示 中的較大值; 關于函數: ,有如下四個命題,其中是真命題的是 ( )
A. 與 的最小正周期均為
B. 與 的圖象均關于直線 對稱
C. 的最大值是 的最小值
D. 與 的圖象關于原點中心對稱
52. (多) (江蘇省蘇錫常鎮 2024 屆高三下學期教學情況調研(一)數學試卷)已知函數 ,則( )
A. 的最小正周期為 B. 的圖象關于點 對稱
C. 不等式 無解 D. 的最大值為
53. (多) (2024 屆河南省信陽市浉河區信陽高級中學二模數學試題) 已知函數 ,下列結論正確是 ( )
A. 值域是 B. 是周期函數
C. 圖像關于直線 對稱 D. 在 上單調遞增
54. (四川省成都市成都市第七中學 2022-2023 學年高三上學期 10 月月考數學(理)試題)輔助角公式是我國清代數學家李善蘭發現的用來化簡三角函數的一個公式,其內容為 . (其中 , ). 已知函數 的圖像的兩相鄰零點之間的距離小于 為函數 的極大值點,且 ,則實數 的最小值為_____.
55.(浙江省名校新高考研究聯盟(Z20 名校聯盟)2024 屆高三第三次聯考(三模)數學試題)若函數 的最大值為 2,則常數 的取值可以為( )
A. 1 B. C. D.
56. (安徽省六安市舒城中學 2021 屆高三下學期高考仿真(一)理科數學試題)已知點 是函數 的圖象和函數 圖象的連續三個交點,若 是銳角三角形,則 的取值范圍為( )
A. B. C. D.
57. (安徽省江淮十校 2024 屆高三第一次聯考數學試題) 已知函數 ,當 時,函數 的最大值為 ,則滿足條件的 的個數為_____.
58. (2019 年全國統一高考數學試卷 (理科) (新課標III) 設函數 ,已知 在 有且僅有 5 個零點, 下述四個結論:
① 在 有且僅有 3 個極大值點
② 在 有且僅有 2 個極小值點
③ 在 單調遞增
④ 的取值范圍是
其中所有正確結論的編號是
A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①③④
59. (廣東省佛山市 2023 屆高三教學質量檢測 (一) 數學試題) 已知函數 (其中 ). 為 的最小正周期,且滿足 . 若函數 在區間 上恰有 2 個極值點,則 的取值范圍是_____.
60. (山西省 2022 屆高三一模數學 (理) 試題) 已知函數 在 上恰有 3 個零點,則 的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
61. (湖北省武漢市 2021 屆高三下學期 3 月質量檢測數學試題) 設函數 ,若對于任意實數 在區間 上至少有 2 個零點,至多有 3 個零點,則 的取值范圍是 ( )
A. B. C. D.
62. (江蘇省南京市 2024 屆高三上學期 9 月學情調研數學試題) 若函數 在區間 恰有 2 個零點,則 的取值范圍是 ( )
A. B. C. D.
63. (山東省名校考試聯盟 2024 屆高三上學期 12 月階段性檢測數學試題) 已知函數 在區間 內不存在最值,且在區間 上,滿足 恒成立,則 的取值范圍是 ( )
A. B.
C. D.
64. (2016 全國一卷) 已知函數 為 的零點, 為 圖象的對稱軸,且 在 單調,則 的最大值為
A. 11 B. 9
C. 7 D. 5
65. (四川省綿陽市 2021-2022 學年高三上學期第一次診斷性考試理科數學試題) 函數 ,
,已知 ,且對于任意的 都有 ,若 在 上單調,則 的最大值為( )
A. 11 B. 9 C. 7 D. 5
66. (河北省衡水市第二中學 2025 屆高三上學期素養檢測一數學試題) 已知函數 在區間 單調,
其中 為正整數, ,且 .
(1) 求 圖象的一條對稱軸;
(2)若 ,求 .
67. (廣東省深圳市 2021 屆高三一模數學試題) 拿破侖定理是法國著名軍事家拿破侖·波拿巴最早提出的一個幾何定理: “以任意三角形的三條邊為邊,向外構造三個等邊三角形,則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形(此等邊三角形稱為拿破侖三角形)的頂點.”已知 內接于單位圓,以 , , 為邊向外作三個等邊三角形,其外接圓圓心依次記為 . 若 ,則 的面積最大值為_____. 68. (廣東省深圳市 2021 屆高三下學期二模數學試題)著名的費馬問題是法國數學家皮埃爾德費馬(1601-1665)于 1643 年提出的平面幾何極值問題: “已知一個三角形,求作一點,使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小. ”費馬問題中的所求點稱為費馬點,已知對于每個給定的三角形,都存在唯一的費馬點,當 的三個內角均小于 時,則使得 的點 即為費馬點. 已知點 為 的費馬點,且 ,若 , 則實數 的最小值為_____.
69. (廣東省深圳市 2022 屆高三下學期一模數學試題 word) 古希臘數學家托勒密于公元 150 年在他的名著《數學匯編》 里給出了托勒密定理,即圓的內接凸四邊形的兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積. 已知 為圓的內接四邊形 的兩條對角線,且 ,若 ,則實數 的最小值為_____.
70. (廣東省佛山市 2024 屆高三下學期教學質量檢測(二)數學試題)近年,我國短板農機裝備取得突破,科技和裝備支撐穩步增強,現代農業建設扎實推進. 農用機械中常見有控制設備周期性開閉的裝置. 如圖所示,單位圓 繞圓心做逆時針勻速圓周運動,角速度大小為 ,圓上兩點 始終滿足 ,隨著圓 的旋轉, 兩點的位置關系呈現周期性變化. 現定義: 兩點的豎直距離為 兩點相對于水平面的高度差的絕對值. 假設運動開始時刻,即 秒時,點 位于圓心正下方:則 _____秒時, 兩點的豎直距離第一次為 兩點的豎直距離關于時間 的函數解析式為 _____.
71. (江西省南昌市 2023 屆高三第一次模擬測試數學(理)試題)潮汐現象是地球上的海水在太陽和月球雙重引力作用下產生的全球性的海水的周期性變化,入們可以利用潮汐進行港口貨運. 某港口具體時刻 (單位: 小時) 與對應水深 (單位: 米) 的函數關系式為 . 某艘大型貨船要進港,其相應的吃水深度 (船底與水面的距離)為 7 米,船底與海底距離不小于 4.5 米時就是安全的,該船于 2 點開始卸貨(一次卸貨最長時間不超過 8 小時), 同時吃水深度以 0.375 米/小時的速度減少,該船 8 小時內沒有卸完貨,要及時駛入深水區域,則該船第一次停止卸貨的時刻為_____.
72. (多)(2020 年新高考全國卷I數學高考試題(山東))已知 ,且 ,則( )
A. B.
C. D.
73. (四川省南充高中 2023-2024 學年高三下學期第十三次月考理科數學試卷 (附答案)) 設 ,且 ,則下列結論正確的個數為( )
① ② ③ ④
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
74. (重慶市南開中學校 2023-2024 學年高三第六次質量檢測 (2 月) 數學試題) 對于正數 ,有 , 則 的取值范圍是( )
A. B. C. D.
75. (多) (2022 年全國新高考 II 卷數學試題) 若 滿足 ,則( )
A. B.
C. D.
76. (2015 年全國普通高等學校招生統一考試數學(重慶卷)設 ,則 的最大值為_____.
77. (云南省昆明市第一中學 2024-2025 學年高三上學期第二次聯考數學試題) 已知正實數 ,滿足 , 則 的最小值為( )
A. 1 B. C. D.
78. (黑龍江省齊齊哈爾市多校 2024-2025 學年高三第一次聯考 (月考) 數學試題) 已知 ,且 , 則 的最小值為 ( )
A. B. C. D. 79. (江蘇省蘇州市部分高中 2024 屆高三下學期 3 月適應性考試數學試題) 已知 ,則 的最大值為( )
A. B. C. D.
80. (多) (湖南省邵陽市邵東市第四中學 2025 屆高三第二次月考數學試題) 已知正實數 滿足 ,下列說法正確的是( )
A. 的最大值為 4 B. 的最小值為 2
C. 的最小值為 D. 的最小值為
81. (重慶市巴蜀中學校 2024-2025 學年高三上學期 9 月月考數學試題) 已知 ,則 的最大值是_____.
82. (江蘇省南通市 2025 屆高三九月份調研考試數學試題) 已知 ,則 的最小值為_____.
83. (河南省新鄉市多校聯考 2025 屆高三上學期調研考試數學題) 已知正數 滿足 ,則 的最小值為_____.
84. (重慶市第八中學校 2024 屆高三下學期高考適應性月考數學試卷(五))對任意的正實數 ,滿足 ,則 的最小值為_____.
85. (2014 年全國普通高等學校招生統一考試文科數學(浙江卷帶解析)已知實數 、 、 滿足 ,
,則 的最大值為_____.
86. (2024 屆高三第二次學業質量評價 (T8 聯考) 數學試題) 已知 是實數,滿足 ,當 取得最大值時, _____.
87. (河北省邢臺市邢襄聯盟 2024-2025 學年高三上學期開學考試數學試題) 已知實數 滿足 ,則 的最大值為_____.
88. (上海市三校(金山中學、閔行中學、嘉定一中)2022-2023 學年高二下學期 5 月聯考數學試題)在平面直角坐標系 中,已知動點 到兩直線 與 的距離之和為 ,則 的取值范圍是_____.
參考答案:
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 11 12
答案 B C A B D C A C D C
題號 13 14 15 16 18 19 20 21 22 23
答案 D C B C B B C A A C
題號 24 25 26 27 28 29 30 31 33 34
答案 ACD D B A A AC C C B B
題號 35 36 37 38 39 40 41 42 44 45
答案 A D ACD ABD ABD BCD AD C B ACD
題號 46 47 48 49 50 51 52 53 55 56
答案 BCD ABD AD ACD ACD BD BD BC D A
題號 58 60 61 62 63 64 65 72 73 74
答案 D C B B D B D ABD C C
題號 75 77 78 79 80
答案 BC B C D ACD詳細解析
1. B 【分析】先將 弦化切求得 ,再根據兩角和的正切公式即可求解.
【詳解】因為 ,
所以 ,
所以 ,
故選: B.
2.
【分析】根據已知條件求出 和 的值,再利用 求解即可.
【詳解】 角 是第二象限角,且終邊經過點(-3,4),
,
.
故選: C.
3. A
【分析】根據兩角和的余弦可求 的關系,結合 的值可求前者,故可求 的值.
【詳解】因為 ,所以 ,
而 ,所以 ,
故 即 ,
從而 ,故 ,
故選: A.
4. B
【分析】根據給定條件,利用和角、差角的正弦公式求出 ,再利用二倍角的余弦公式計算作答.
【詳解】因為 ,而 ,因此 ,
則 ,
所以 .
故選:B
【點睛】方法點睛: 三角函數求值的類型及方法
(1)“給角求值”:一般所給出的角都是非特殊角,從表面來看較難,但非特殊角與特殊角總有一定關系. 解題時,要利用觀察得到的關系, 結合三角函數公式轉化為特殊角的三角函數.
(2)“給值求值”:給出某些角的三角函數值,求另外一些角的三角函數值,解題關鍵在于“變角”,使其角相同或具有某種關系.
(3)“給值求角”:實質上也轉化為“給值求值”,關鍵也是變角,把所求角用含已知角的式子表示,由所得的函數值結合該函數的單調區間求得角, 有時要壓縮角的取值范圍.
5. D
【分析】根據二倍角公式 (或者半角公式) 即可求出.
【詳解】因為 ,而 為銳角,
解得: .
故選: D.
6. C
【分析】由兩角和差的正余弦公式化簡, 結合同角三角函數的商數關系即可得解.
【詳解】[方法一]:直接法
由已知得: ,
即: ,
即:
所以
故選:C
[方法二]: 特殊值排除法
解法一: 設 則 ,取 ,排除 ;
再取 則 ,取 ,排除 ；選 .
[方法三]: 三角恒等變換
所以
即
即 ,
故選: C.
7. A
【分析】由二倍角公式可得 ,再結合已知可求得 ,利用同角三角函數的基本關系即可求解.
【詳解】
,
,解得 ,
.
故選: A.
【點睛】關鍵點睛: 本題考查三角函數的化簡問題,解題的關鍵是利用二倍角公式化簡求出 .
8.
【分析】將式子先利用二倍角公式和平方關系配方化簡,然后增添分母 ,進行齊次化處理,化為正切的表達式,代入 即可得到結果.
【詳解】將式子進行齊次化處理得:
故選: C.
【點睛】易錯點睛: 本題如果利用 ,求出 的值,可能還需要分象限討論其正負,通過齊次化處理, 可以避開了這一討論.
9.
【分析】由兩角和差公式化簡分數, 再由同角關系化為正切表達式, 結合已知條件求值.
【詳解】 ,
,
又 ,
,
故答案為: .
10.
【分析】法一: 根據兩角和與差的正切公式得 ,再縮小 的范圍,最后結合同角的平方和關系即
可得到答案；法二:利用弦化切的方法即可得到答案.
【詳解】法一: 由題意得 ,
因為 ,
則 ,
又因為 ,
則 ,則 ,
則 ,聯立 ,解得 .
法二: 因為 為第一象限角, 為第三象限角,則 ,
則
故答案為: .
11. D
【分析】先應用同角三角函數公式切化弦, 再應用兩角和與差的正弦公式計算即可.
【詳解】由 ,得 ,所以 ,
又 ,
所以 ,
所以 .
故選: D.
12.
【分析】利用誘導公式與兩角和的余弦公式化簡已知條件等式得 ,根據角的范圍與函數值的大小比較得 ,從而得到 ,然后利用兩角差的余弦公式求得 ,再利用二倍角的余弦公式求 可得.
【詳解】由 ,
得 ,
則 ,由 為銳角,則 ,
又 ,
故 ,
所以
由二倍角余弦公式得 ,則 .
又 為銳角,所以 ,
故 .
故選: C.
13. D
【分析】由 知 ,由兩角和的正弦公式展開并整理得到 ,再利用 得到 ,由基本不等式得
【詳解】若 ,則 ,
所以 ,
所以 ,即 ,
若使得 取得最大值,不妨設 ,
則 ,
當且僅當 ,即 時取等號.
故選: D.
【點睛】方法點睛: 三角函數中的湊角技巧
14. C
【分析】將 變形,配角 利用兩角差的正弦公式展開化簡計算,可得關于 的一元二次方程,根據 列不等式求解 的取值范圍,即可得最大值.
【詳解】 ,即 ,即 ,又因為 為銳角,所以該方程有解, 即 ,解得 . 又 為銳角, . 所以 的最大值是 .
故選:C
15. B
【分析】利用正切的和角公式化簡得 ,結合題意得分母為偶函數,則 ,繼而即可求解.
【詳解】
是 上的奇函數,
又 為奇函數,則分母上的函數需為偶函數,
.
故選: B .
16. C
【分析】借助三角恒等變換公式與同角三角函數基本關系化簡可得 的值,即可得解.
【詳解】由
則 ,
則 或 ,由 ,故 ,
則 .
故選: C.
17.
【分析】變形后得到 ,利用輔助角公式得到 ,得到 ,兩邊平方后得到 ,利用同角三角函數關系求出 .
【詳解】由題可知 ,所以 ,
所以 ,
因為 ,所以 ,
又 ,所以 ,故 ,
所以 ,
兩邊平方后得 ,故 ,
故答案為: 18. B 【分析】利用誘導公式、同角三角函數基本關系式、二倍角公式進行化簡求值. 【詳解】由 或 (舍去). 所以 . 故選: B 19. B 【分析】先由三角函數平方關系結合已知求出 ,從而求出 ,再由 即可求出 ,
最后由兩角和的正切公式代入表達式即可求解.
【詳解】一方面由題意 ,且注意到 ,
聯立得 ,解得 ,
所以 ,
另一方面不妨設 ,且 ,
所以有 ,解得 或 (舍去),即 ,
由兩角和的正切公式有 ,
所以
.
故選: B.
20.
【分析】由題意等式兩邊平方化簡為平方得 ,令 ,結合二倍角余弦公式得 ,取 ,利用二倍角正弦公式和誘導公式計算 的結果;
【詳解】平方得 ,令 ,
則 ,
不妨取 ,則 ,
故選: C.
21. A
【分析】由三角恒等變換得出 是方程 的一個實根,再利用導數研究函數單調性,結合零點存在定理即可求解.
【詳解】
;
,
即 是方程 的一個實根.
令 ,
,顯然 ,
當 時, ,所以 在 上單調遞減,
又 ,
所以 ,即 .
故選: A.
【點睛】關鍵點點睛: 關鍵是得到 是方程 的一個實根,進一步結合零點存在定理以及函數單調性即可順利得解. 22. A 【分析】由 利用正余弦的二倍角公式計算可得 ,再由 得
,根據 求出 ,代入 即可.
【詳解】因為 ,
所以
,
可得 ,
即 ,解得 ,
由 ,
可得 ,即 ,
因為 ,所以 ,解得 ,
故選: A.
【點睛】關鍵點點睛: 本題的解題的關鍵點是根據 利用正余弦的二倍角公式求出 的值.
23.
【分析】 選項,根據題目條件得到 或 ,結合 得到答案; 選項, ,利用和差化積公式得到答案; 選項,根據 得到 錯誤.
【詳解】AB 選項,令 得 ,
故 或 ,
所以 或 ,
解得 或 ,
由 ,故當 時,解得 錯誤;
選項,
正確,
選項,因為 ,所以 錯誤.
故選: C.
【點睛】和差化積公式: ,
24. ACD
【分析】根據題意結合余弦函數的圖像性質,解出 ,即可判斷選項 、 ,將 根據誘導公式化為 ,分子分母同乘 ,結合倍角公式即可判斷 ,將 通過誘導公式化為 ,再將分子分母同乘 ,結合積化和差公式進行化簡即可判斷 .
【詳解】解: 由題知 是 的三個根,
可化為 ,即 ,
所以可得 或 ,
解得 或 ,
因為 ,所以 不成立,
當 成立時,取 ,解得 ,
取 ,解得 ,取 ,解得 ,
取 ,解得 (舍), 故 ,
所以選項 A 正確；
因為 ,所以選項 錯誤;
故選項 C 正確；
而
,
根據積化和差公式: ,
所以原式可化為:
,故選項 D 正確.
故選: ACD
【點睛】思路點睛: 此題考查三角函數的化簡問題, 屬于中難題, 關于化簡問題常用的思路有:
(1)利用誘導公式將角化為關系比較接近的；
(2)遇見 的形式,分子分母同乘 ,再用倍角公式化簡；
(3)積化和差公式: ,
25. D
【詳解】把 上各點的橫坐標縮短到原來的 倍,縱坐標不變,得到函數 圖象,再把得到的曲線向左平移 個單位長度,得到函數 的圖象,即曲線 , 故選 D.
點睛:三角函數的圖象變換, 提倡“先平移, 后伸縮”, 但“先伸縮, 后平移”也常出現在題目中, 所以也必須熟練掌握. 無論是哪種變形,切記每一個變換總是對字母 而言. 函數 是奇函數 ; 函數 是偶函數 ; 函數 是奇函數 ; 函數 是偶函數 .
26. B
【分析】解法一:從函數 的圖象出發,按照已知的變換順序,逐次變換,得到 ,即得 ,再利用換元思想求得 的解析表達式;
解法二: 從函數 出發,逆向實施各步變換,利用平移伸縮變換法則得到 的解析表達式.
【詳解】解法一:函數 圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的 倍,縱坐標不變,得到 的圖象,再把所得曲線向右平移 個單位長度,應當得到 的圖象,
根據已知得到了函數 的圖象,所以 ,
令 ,則 ,
所以 ,所以 ;
解法二: 由已知的函數 逆向變換,
第一步: 向左平移 個單位長度,得到 的圖象,
第二步: 圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的 2 倍,縱坐標不變,得到 的圖象,
即為 的圖象,所以 .
故選: B.
27. A
【分析】根據函數圖象的平移可得 ,利用三角函數的最值,求出自變量 的值,然后判斷選項即可,
【詳解】因函數 的最小正周期為 ,
將 的圖象向右平移 個單位后得到函數 的圖象,
若對滿足 的可知,兩個函數的最大值與最小值的差為 2,有 ,
不妨 ,則 ,即 在 取得最小值,
當 時, ,
此時 ,不合題意 ,
當 時, ,
此時 ,當 滿足題意,
故選: A,
28. A
【分析】根據給定的圖象特征,結合五點法作圖列式求出 和 ,再根據圖象的平移變換,以及圖象的對稱性即可得解.
【詳解】由 ,得 ,又點 及附近點從左到右是上升的,則 ,
由 ,點 及附近點從左到右是下降的,且上升、下降的兩段圖象相鄰,得 ,
聯立解得 ,而 ,于是 ,
若將函數 的圖像向右平移 個單位后,得到 ,
則 ,而 ,因此 ,
所以當 時, 取得最小值為 .
故選: A
29. AC
【分析】根據平移法則結合 得到 ,得到 正確 錯誤；計算對稱軸代入函數得到 正確,根據范圍計算兩個函數的值域得到 錯誤,得到答案.
【詳解】 的圖像與 的圖像關于 軸對稱,
,即 ,經檢驗,滿足題意,故選項 正確,選項 不正確;
的對稱軸 滿足 ,即 ,
,即 的對稱軸過 的對稱中心,故選項 正確;
當 時, 的值域為 ,
當 時, 的值域為 ,故選項 不正確.
故選: AC
30. C
【分析】先利用三角函數平移的性質求得 ,再作出 與 的部分大致圖像,考慮特殊點處 與 的大小關系,從而精確圖像,由此得解.
【詳解】因為 向左平移 個單位所得函數為 ,所以
而 顯然過 與(1,0)兩點,
作出 與 的部分大致圖像如下,
考慮 ,即 處 與 的大小關系,
當 時, ；
當 時, ;
當 時, ;
所以由圖可知, 與 的交點個數為 3 .
故選:C.
31. C
【分析】畫出兩函數在 上的圖象,根據圖象即可求解
【詳解】因為函數 的的最小正周期為 ,
函數 的最小正周期為 ,
所以在 上函數 有三個周期的圖象,
在坐標系中結合五點法畫出兩函數圖象, 如圖所示:
由圖可知, 兩函數圖象有 6 個交點.
故選:C
32.
【分析】作出函數圖象, 結合三角形的等價條件進行轉化, 求出三角形的底和高, 結合三角函數的相交性質進行求解即可.
【詳解】作出兩個函數的圖象如圖,則根據對稱性知 ,即 為等腰三角形.
三角函數的周期 ,
且 ,取 的中點 ,連接 ,則 , ,
由 ,得 ,
得 ,得 ,得 ,
則 ,
即 點縱坐標為 1,則 ,
, ,解得 ,即 ,得 ,
即 的取值范圍為 .
故答案為: .
33. B
【分析】根據函數圖象可知, 是函數 的兩個零點,即可得 ,利用已知條件即可確定 的值.
【詳解】根據圖象可知,函數 的圖象是由 向右平移 個單位得到的;
由圖可知 ,利用整體代換可得 ,
所以 ,若 為已知,則可求得 .
故選: B
34. B
【分析】由題意首先得 ,進一步得由 得 ,將它們代入函數表達式結合誘導公式二倍角公式即可求解.
【詳解】由題意 ,則 ,所以 ,
設 ,因為 ,
所以 ,解得 ,
所以
,
所以 ,又由圖可知 ,所以 .
故選: B.
35. A
【分析】由 范圍可求出 整體的范圍,結合 的圖象,根據對稱性即可求出 的值.
【詳解】
解: 令 ,因為 ,
所以 ,
因為 ,
結合 的圖象 (如圖所示),
得到 或 ,
因為 ,
所以 ,
則 ,此時 ,滿足題意,
或 解得 ,不符合題意舍去.
故選: A.
36. D
【分析】利用賦值法可求 的關系,從而可得 ,利用公式可判斷 的正誤,結合 的符號可判斷 的正誤,結合特例可判斷 的正誤,求出方程 在區間 上解后可判斷 的正誤.
【詳解】因為 的圖象關于直線 對稱,故 ,
所以 ,所以 ,
所以 ,
此時 ,故函數圖象關于直線 對稱.
令 ,
則 ,而 ,
故 不是偶函數,故 錯誤.
的最小正周期為 ,故 B 錯誤.
因為 的正負無法確定,故 在 的單調性無法確定,故 錯誤.
令 ,因 ,則 ,
因為 ,故 ,故 即 ,
故方程 共 2 個不同的解,故 正確.
故選: D.
37. ACD
【分析】由函數圖象以及函數解析式,建立方程組,求得 的值,
根據三角函數的最小正周期的公式,可得 的答案;
利用函數圖象平移變換,寫出平移后的函數解析式,根據三角恒等變換進行整理,可得 的答案;
首先設出 4 個根,根據三角函數的對稱性,可得 的答案;
直觀想象直線平移到最早與三角函數有公共點時的位置, 即切線位置, 利用導數求切點, 可得 D 的答案.
【詳解】因為 經過點 ,所以 ,又 在 的單調遞減區間內,所以 ①,
又因為 經過點 ,所以 ,又 是 在 時
最小的解,所以 ②.
聯立①②,可得 ,解得 ,代入①,可得 ,又 ,所以 ,則
故 的最小正周期 ,則 正確;
向右平移 個單位后得到的新函數是
,則 為奇函數,故 錯誤；
設 在(0, m)上的 4 個根從大到小依次為 ,令 ,則 ,根據 的對稱性,可得 ,則由 的周期性可得 ,所以 故 正確;
作與直線 平行的直線 ,使其與 有公共點,則在運動的過程中,只有當直線與 相切時,直線 與直線 存在最小距離,也是點 到直線 的最小距離,令 ,則 ,解得 或 ,又 , 所以 或 或 (舍去),又 ,令 ,則由 ,可得 到直線 的距離大于 到直線 的距離,所以 到直線 的距離最小時, 的橫坐標為 ,故 正確.
故選: ACD.
38. ABD
【分析】先利用函數的零點解出 ,再根據整體代換思想結合正弦函數的圖象和性質判斷 ,利用導數的幾何意義判斷 D.
【詳解】由題意得 ,所以 ,即 ,
又 ,所以 時, ,故 ,
選項 A:當 時, ,由正弦函數 圖象可得 在 上單調遞減,正確；
選項 B: 當 時, ,由正弦函數 圖象可得 只有 1 個極值點,由 ,
解得 ,即 為函數的唯一極值點,正確;
選項 ,當 時, ,故直線 不是對稱軸,錯誤;
選項 ,由 得 ,
所以 或 ,解得 或 ,
所以函數 在點 處的切線斜率為 , 切線方程為 即 ,正確; 故選: ABD
39. ABD
【分析】利用函數圖象的對稱性求出 ,再結合正弦函數的圖象與性質逐項分析、計算判斷作答.
【詳解】依題意, ,即 ,而 ,則 ,
對于 ,因為 ,于是函數 的圖像關于點 對稱, 正確;
對于 ,當 時, ,而正弦函數 在 上有且只有兩個極值點,
所以函數 在 有且僅有 2 個極值點, 正確;
對于 ,因為 ,又 ,因此 中一個為函數 的最大值點,
另一個為其最小值點,又函數 的周期為 ,所以 的最小值為 錯誤;
對于 ,依題意, ,
則
,因此 正確.
故選: ABD
40. BCD
【分析】利用三角恒等變換化簡 ,再利用正弦函數單調性奇偶性判斷 ,利用裂項相消及累加求和判斷 .
【詳解】易知 ,
同理 ,
對 先減后增,故 錯誤;
對 為奇函數,故 正確;
對 ,則 在 單調遞增,
在 單調遞減,即 在 單調遞增,在 單調遞減,
又 ,
,
故函數 恰有兩個零點,故 正確;
對 ,易知 ,令 ,則 ,
..........................
則 ,
故 ,故 正確.
故選: BCD.
【點睛】關鍵點點睛:本題考查三角函數的性質及數列求和應用, 關鍵是利用利用裂項相消及累加求和判斷 D.
41. AD
【分析】根據正弦函數和余弦函數的圖象與性質逐項進行檢驗即可求解.
【詳解】對于 ,要使 的最小值為 -2,則 ,
當 時,使得 的最小值為 -2,故選項 正確;
對于 ,當 時, 不滿足;
當 時,由正弦函數的性質可知: 要使 ,只能 與 中至少一個為零,與已知矛盾,
所以不存在實數 和 ,使得 的最大值為 1,故選項 錯誤;
對于 ,方程 可化為: ,
也即 ,
化簡可得: ,
也即 ,所以 或 ,
當 時,因為 ,所以 或 ,有兩個零點;
當 時,也即 ,
所以 ,
因為 為正偶數,且 ,
當 時,則 ,因為 ,所以 ,
此時有 個零點;
當 時,則 ,因為 ,所以 ,
此時有 個零點;
當 時,則 ,因為 ,所以 ,此時有 個零點；
所以當 時,有 個零點;
綜上所述: 共有 個零點,故選項 錯誤;
對于 ,若 為 的零點,則 ,
即 ,由余弦函數的圖象可知:
或
解得: 或 ;
若 為 的零點,則 ,
即 ,由余弦函數的圖象可知:
或
解得: 或 ;
下面證明充分性: 只需證明 和 的情況;
若 ,則 為 的零點成立, ,
因為 為正奇數,所以 或 2,充分性不成立;
必要性: 若 ,則 為 的零點成立,
因為 為正奇數,所以 ,必要性成立; 所以 為正奇數時,“ 為 的零點”是 “ 為 的零點”的必要不充分條件, 故選項 D 正確, 故選: AD. 42. 【詳解】試題分析: 對 恒成立, 故 ,即 恒成立, 即 對 恒成立,構造 ,開口向下的二次函數 的最小值的可能值為端點值, 故只需保證 ,解得 . 故選 C. 【考點】三角變換及導數的應用 【名師點睛】本題把導數與三角函數結合在一起進行考查, 有所創新, 求解的關鍵是把函數單調性轉化為不等式恒成立, 再進一步轉化為二次函數在閉區間上的最值問題,注意與三角函數值域或最值有關的問題,即注意正、余弦函數的有界性.
43.
【分析】由題意可得 ,即 ,令 ,討論 時恒成立, 當 時,分離 轉化為最值問題即可求解.
【詳解】若 可得 ,即 ,
所以 ,所以 ,
令 ,
若 ,則 ,
當 時, 成立,
當 時, ,所以 ,
因為 ,
當且僅當 即 或 時, 取得最小值 ,
所以 ；
若 ,則 ,
當 時, 恒成立,
當 時, ,可得 ,
因為 在 上單調遞增,所以 即 時, ,
所以 ,
綜上所述: ,
故答案為: .
44. B
【分析】法一:利用排除法,取特值檢驗即可；法二:根據周期性的定義判斷 A；根據對稱性的定義判斷 BC；利用導數判斷 在區間 內單調性,進而判斷 .
【詳解】法一: (排除法) 因為 ,
即 ,所以 不是 的一個周期,故 錯誤;
且 ,所以 不是 圖象的一個對稱中心,故 錯誤;
又因為 ,
即 ,所以 在區間 內不單調遞減,故 錯誤;
法二: A: 因為
即 ,所以 不是 的一個周期,故 錯誤;
B: 因為 ,
即 ,所以 是 圖象的一條對稱軸,故 正確;
C: 因為 ,
即 ,所以 不是 圖象的一個對稱中心,故 錯誤;
D: 因為
當 時, ,此時 ;
當 時, ,此時 ;
當 時, ,此時 ;
可知 在 上單調遞減,在 上單調遞增,在 上單調遞減,
所以 在區間 內不單調遞減,故 錯誤;
故選: B.
【點睛】關鍵點點睛: 對于復雜的函數性質問題, 可以通過舉反例的形式說明其錯誤, 這樣可以簡化計算和推理.
45. ACD
【分析】函數解析式變形為 , A 選項,由 判斷結論; B 選項,由
判斷結論; 選項,通過換元,利用導數求值域; 選項,通過導數判斷函數在區間內的單調性.
【詳解】
所以 的圖象關于點 中心對稱, 選項正確;
所以 的圖象不關于直線 對稱, 選項錯誤;
令 ,則 ,設 ,則 ,
解得 ； 解得 或 ,
所以 在 上單調遞增,在 和 上單調遞減,
所以 的值域為 ,即 的值域為 選項正確;
當 時, ,
所以 在 上恒成立,得 在 上單調遞增, 選項正確.
故選: ACD.
【點睛】方法點睛:
通過檢驗法判斷對稱性, 利用導數判斷單調性, 利用導數求函數值域.
46. BCD
【分析】利用軸對稱的條件,驗證 成立與否判斷 A,驗證 成立與否判斷 B,利用周期定義驗證 ,利用導數研究函數的單調性與最值判斷 . 【詳解】對于 ,故 錯誤； 對于 ,故 正確; 對于 ,故 是 的周期, 設正數 為 的周期,則 恒成立, 故 為 的最小正周期,故 正確; 對于 ,根據 選項可知 的最大值即 在 上的最大值, 求 ,設 , 則 在 上單減,在 上單增,在 上單減, , ,故 的最大值為 ,故 D 正確. 故選: BCD 47. ABD 【分析】對于 ,通過計算 ,比較與 的關系進行判斷,對于 ,結合基本不等式分析判斷,對于 , 舉例判斷,對于 ,對函數求導后,求出其單調區間,進而求出極值判斷.
【詳解】對于 ,因為 ,
所以 的圖象關于 對稱,所以 正確,
對于
當且僅當 ,即 時取等號,所以 正確,
對于 ,因為
,所以 錯誤,
對于 ,由 ,得 ,
當 時, ,所以 ,
當 時, ,
令 ,則 ,
所以 在(-1,0)上遞減,
當 時, ,所以 ,
所以 ,所以 ,
當 時, ,所以 ,
所以 ,所以 ,
所以 在 上遞減,在 上遞增,
所以 在 處取得極小值,
所以 的極小值為 ,所以 正確.
故選: ABD
【點睛】關鍵點點睛: 此題考查誘導公式的應用, 考查利用導數求函數的極值, 解題的關鍵是對函數求導后, 對其變
形 ,再次構造函數,利用導數判斷其單調性,考查計算能力,屬于較難題.
48. AD
【分析】運用周期函數的定義計算得 為周期函數判斷 ,利用導數法判斷函數 的單調性即可判斷 , 求導,分離參數, 構造函數, 利用導數判斷函數的單調性, 從而求解參數范圍判斷 C, 利用三角恒等變換化簡函數, 根據函數的對稱性結合二倍角公式列式求解判斷 . 【詳解】因為 ,
所以 ,
代換整理得到: ,
若 ,則 為周期函數;
若 ,則 ,
則 為周期函數, 正確;
設 ,故 ,設 ,
故 ,故 單調遞減,
且 ,故存在 使 .
在 上單調遞增,在 上單調遞減,且 ,
當 無限趨近于 0 時, 無限趨近于 1 ,故 錯誤;
在區間(0,1)上增函數,則 ,
即 恒成立,
設 ,則 ,
故 在(0,1)上單調遞增,故 在(0,1)上單調遞減, ,
故 錯誤;
對于 ,
其中 . 又 ,即函數關于 對稱,
故 ,即 ,
則 ,故 正確;
故選: AD
【點睛】關鍵點點睛: 對于函數周期性的判斷, 往往利用定義法, 如果是三角函數, 能使用結論則用結論, 對于函數最值的求解, 往往利用導數法判斷單調性即可求解. 49. ACD
【分析】根據周期函數定義判斷 即可; 根據函數對稱軸定義判斷 即可; 由 知 是以 為周期的函數,所以根據求解 在區間 上的最大值即可判斷選項 ,利用 在區間 上的零點個數即可判斷選項 .
【詳解】對于 ,因為 ,
所以 是以 為周期的函數,故 正確;
對于 ,有 ,故 錯誤;
對于 ,由 知只需考慮 在區間 上的最大值,
當 時,令 ,
則 ,
易知 在區間 上單調遞減,
所以 的最大值為 ,最小值為 ;
當 時,令 ,
則 ,
易知 在區間 上單調遞增,
所以 的最大值為 ,最小值為 ,
綜合可知: 函數 的最大值為 ,最小值為 ,故 正確;
對于 ,因為 是以 為周期的函數,
可以先研究函數 在區間 上的零點個數,易知 ,
當 時,令 ,解得 或 1,
因為 ,則 ,
則 在區間 上無解,
在區間 上僅有一解 ,
當 時,令 ,解得 或 1,
因為 ,則 ,
則 在區間 上無解,
在區間 上也無解,
綜合可知: 函數 在區間 上有兩個零點,分別為 和 ,
又因為 是以 為周期的函數,
所以若 ,則 在區間 上恰有 個零點,
又已知函數 在區間 上恰有 2023 個零點,
所以 ,故 正確.
故選: ACD
【點睛】關鍵點睛: 本題主要考查命題的真假判斷, 利用三角函數的圖像和性質, 進行分類討論是解決本題的關鍵,
屬于中檔題.
50. ACD
【分析】A 選項,由函數 與 的最小正周期 的周期性即可; 選項,利用函數的單調性定義求解; 選項,由倍角公式化簡函數解析式,利用二次函數的性質求最大值; 選項,利用導數討論函數的單調性,數形結合求 的取值范圍.
【詳解】由條件可知 ,
因 ,
又函數 與 的最小正周期均為 ,
所以函數 的最小正周期為 選項正確;
時, ,
,則函數 在 上不可能單調遞增, 選項錯誤;
當 時,函數 取最大值 選項正確;
,所以函數 為偶函數,
方程 在 上有且僅有 8 個不同的實根,則在 上有四個根,
此時 ,則 ,
設
令 ,得 ,令 ,得
則 在上 和 單調遞增,在 和 上單調遞減,
又 ,如圖所示,
若想方程 在 上有四個根,則 ,即 ,
因此選項 D 正確.
故選: ACD.
51. BD
【分析】先求出 ,結合函數 與 的圖象即可求解
【詳解】設 ,
則 ,
函數 與 的大致圖象如下所示:
對 ,由圖知, 與 的最小正周期均為 ; 故 錯誤;
對 ,由圖知, 為函數 與 的對稱軸,故 正確.
對 ,由圖知 : 函數 的值域為 ,函數 的值域為 ,故 錯誤:
對 ,由圖知, 與 的圖象關于原點中心對稱,故 正確;
故選: BD.
52. BD
【分析】對于選項 A: 驗證 是否成立即可判斷; 對于選項 B: 驗證 是否成立即可判斷;
對于選項 C: 利用 即可驗證 有解; 對于選項 D: 利用二倍角公式,結合基本不等式即可判斷.
【詳解】對于選項 A: 不是 的周期,故 A 錯誤;
對于選項 關于 對稱,故 正確;
對于選項 有解,故 錯誤;
對于選項 ,若 ,則 ,
若 ,則 ,
當且僅當 ,即 時,原式取等,故 正確.
故選:BD.
53. BC
【分析】對于 ,首先利用三角恒等變換得 ,通過換元法結合對勾函數性質即可判斷; 對于 ,由 的周期性即可判斷; 對于 ,判斷 是否相等; 對于 ,由復合函數單調性證偽即可.
【詳解】
令 ,所以 ,
由對勾函數性質知道 在 單調遞減,在 單調遞增,
而 ,所以 值域是 ,故 錯誤;
對于 ,
所以 是以 為周期的周期函數,故 正確;
對于 ,
所以 ,故 正確;
對于 在 單調遞增, 在 單調遞增, 在(-1,0)上單調遞減,
而由 選項分析可知 在 單調遞減,在 單調遞增,故 錯誤.
故選: BC.
【點睛】關鍵點點睛:關鍵是正確利用三角恒等變換化簡函數 表達式,由此即可順利得解.
54. 13
【分析】首先根據周期求出 ,再根據函數的極大值點求出 ,由 及輔助角公式求出 ,即可求出 的取值,再代入計算可得.
【詳解】解: 因為函數兩相鄰零點之間的距離小于 ,所以 ,即 ,解得 ,
又 其中 ,
因為 為函數 的極大值點,所以 ,
所以 ,
所以 ,
所以 ,
因為 ,
所以 ,
即 ,所以 ,
所以 ,則 ,
所以 ,
即 ,
又 ,所以 ;
故答案為: 13
55. D
【分析】首先分別分析函數 和 的最大值,再根據三角函數的性質,即可求解.
【詳解】因為函數 的最大值為 1, 的最大值為 1,
由題意可知, 取得最大值 1 時, 也取得最大值 1,
即當 時, ,
得 ,
當 時, ,其他值不滿足等式.
故選: D
56. A
【分析】作出函數圖象, 結合銳角三角形的等價條件進行轉化, 求出三角形的底和高, 結合三角函數的相交性質進行求解即可.
【詳解】作出兩個函數的圖象如圖,則根據對稱性可知 ,即 為等腰三角形,
函數的周期為 ,且 ,
取 中點 ,連接 ,則 ,
要使 是銳角三角形,只需要 即可,
即 即可,即 ,
由 得 ,
則 ,可得 ,
則 ,
即 點的縱坐標為 1,則 ,
由 得 ,即 ,則 ,
即 ,得 ,即 的取值范圍為 .
故選: A. 57. 2
【分析】根據 的范圍、最大值為 可得 ,分 討論,結合圖象可得答案.
【詳解】由題知,當 時, ,
因為最大值為 ,所以 ,解得 .
當 時,即 解的個數,
轉化為方程 解的個數,
且 ,
由圖可知有且只有一個 能夠滿足.
當 時, ,
此時函數最大值為 3,即 ,顯然滿足條件,
綜上,滿足條件的 有 2 個.
故答案: 2 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題的關鍵點是 解的個數,轉化為方程 解的個數, 考查了學生思維能力和運算能力. 58. D
【分析】本題為三角函數與零點結合問題,難度大,通過整體換元得 ,結合正弦函數的圖像分析得出答案.
【詳解】當 時, ,
在 有且僅有 5 個零點,
,
,故④正確,
由 ,知 時,
令 時取得極大值,①正確;
極小值點不確定, 可能是 2 個也可能是 3 個, ②不正確;
因此由選項可知只需判斷③是否正確即可得到答案,
當 時, ,
若 在 單調遞增,
則 ,即 ,
,故③正確.
故選 .
【點睛】極小值點個數動態的, 易錯, ③正確性考查需認真計算, 易出錯, 本題主要考查了整體換元的思想解三角函數問題, 屬于中檔題.
59.
【分析】根據題意可得 為 的一條對稱軸,即可求得 ,再以 為整體分析可得 , 運算求解即可得答案.
【詳解】由題意可得: 的最小正周期 ,
,且 ,則 為 的一條對稱軸,
,解得 ,
又 ,則 ,
故 ,
,則 ,
若函數 在區間 上恰有 2 個極值點,則 ,解得 ,
故 的取值范圍是 .
故答案為: .
【點睛】方法點睛: 求解函數 的性質問題的三種意識
(1)轉化意識:利用三角恒等變換將所求函數轉化為 的形式.
(2)整體意識:類比 的性質,只需將 中的“ ”看成 中的“ ”,采用整體代入求解.
①令 ,可求得對稱軸方程.
②令 ,可求得對稱中心的橫坐標.
③將 看作整體,可求得 的單調區間,注意 的符號.
( 3 )討論意識:當 為參數時,求最值應分情況討論 .
60. C
【分析】先由零點個數求出 ,再用整體法得到不等式組,求出 的取值范圍.
【詳解】 ,其中 ,解得: ,
則 ,要想保證函數在 恰有三個零點,滿足① ,
,令 ,解得: ; 或要滿足 ,
令 ,解得: ; 經檢驗,滿足題意,其他情況均不滿足 條件,
綜上: 的取值范圍是 .
故選:C
【點睛】三角函數相關的零點問題,需要利用整體思想,數形結合等進行解決,通常要考慮最小正周期,確定 的范圍,本題中就要根據零點個數,先得到 ,從而求出 ,再進行求解.
61. B
【分析】 ,只需要研究 的根的情況,借助于 和 的圖像,根據交點情況,列不等式組,解出 的取值范圍.
【詳解】令 ,則
令 ,則
則問題轉化為 在區間 上至少有兩個,至多有三個 ,使得 ,求 的取值范圍. 作出 和 的圖像,觀察交點個數,
可知使得 的最短區間長度為 ,最長長度為 ,
由題意列不等式的:
解得: .
故選:B
【點睛】研究 的性質通常用換元法 (令 ),轉化為研究 的圖像和性質較為方便.
62. B
【分析】利用換元法結合三角函數圖象的列出限制條件可得答案.
【詳解】令 ,
則等價于 有兩個根,由于 時, 有兩個根;
原題等價于 與 有一個公共點,如圖,
則 且 ,所以 .
故選: B.
63. D
【分析】由正弦型函數的區間最值情況得 ,進而有 或 ,討論 結合已知恒成立確定最終 的取值范圍.
【詳解】由 ,則 內不存在最值,
即 ,則 ,則 或 ,
由 ,則 中 恒成立,
只需 且 ,
或 ;
所以 的取值范圍是 .
故選:D
64. B
【分析】根據已知可得 為正奇數,且 ,結合 為 的零點, 為 圖象的對稱軸,求出滿足條件的解析式,并結合 在 上單調,可得 的最大值. 【詳解】 為 的零點, 為 圖象的對稱軸,
,即
即
即 為正奇數,
在 上單調,則 ,
即 ,解得: ,
當 時, ,
此時 在 不單調,不滿足題意;
當 時, ,
此時 在 單調,滿足題意;
故 的最大值為 9,
故選 .
【點睛】本題將三角函數的單調性與對稱性結合在一起進行考查, 題目新穎, 是一道考查能力的好題.注意本題求解中用到的兩個結論: ① 的單調區間長度是最小正周期的一半; ②若 的圖像關于直線 對稱,則 或 .
65. D
【分析】結合正弦函數的最值,對稱性求 的值,再結合單調性確定 的最大值.
【詳解】 ,
,
又對于任意的 都有 ,
,又 ,
或 ,
當 時, 且 ,
當 時, ,
若 ,則 ,
在 上不單調, 錯誤,
當 時, 且 ,
當 時, ,
若 ,則 ,
在 上不單調, 錯誤,
當 時, ,
若 ,則 ,
在 上單調, 正確,
故選: D.
【點睛】已知 的性質求函數解析式的關鍵在于轉化為正弦函數的問題.
66. (1)
(2)
【分析】(1)由正弦函數的單調性與周期性,可得 ,所以 在同一個周期內,由 ,取其中點值,即可得 圖象的一條對稱軸;
(2)由 ,可得 ,又 為正整數,所以 ,2,3,再分三種情況討論,結合 在 處取得最值, 即可求解.
【詳解】( 1 )因為函數 在區間 單調,
,
在同一個周期內,
圖像的一條對稱軸為
(2)由(1)知, ,即 ,
又 為正整數,所以 ,
由 (1) 知, 在 處取得最值,
所以 ,即 .
當 時, ,由 ,知 ,所以 ,
所以 ,不符合題意;
當 時, ,
由 ,知 ,所以 ,
所以 ,符合題意;
當 時, ,
由 ,所以 ,
所以 ,不符合題意,
綜上所述, .
67.
【分析】設 ,求出 ,從而可得 ,在 中,設 ,由正弦定理用 表示出 ,這樣 就表示為 的函數,然后由降冪公式,兩角差的正弦公式化函數為一個角的一個三角函數形式, 結合正弦函數性質可得最大值, 從而得面積最大值.
【詳解】解: 設 ,由題意以 邊向外作等邊三角形 ,其外接圓圓心分別為 , 連接 并延長分別交 于 , 則 ,同理 , 都是等邊三角形,則 ,又 ,則 ,所以 是正三角形,所以其面積為 , 內接于單位圓,即其外接圓半徑為 ,則 ,同理 ,設 , 則 , , 所以當 時, 取得最大值 , 所以 的面積最大值為 . 故答案為: .
【點睛】關鍵點點睛: 本題考查三角函數在幾何中的應用,解題關鍵是設設 ,用 表示出 (說明 即可得),等邊 面積就可能用 表示,然后用正弦定理把 用角表示,利用三角函數的恒等變換及正弦函數性質求得最大值.
68.
【分析】根據題意 ,不妨設 ,故 , 進而得 ,所以在 和 中,由正弦定理得 ,故
,在結合三角恒等變換化簡整理求函數最值即可.
【詳解】根據題意,點 為 的費馬點, 的三個內角均小于 ,
所以 ,
設 ,
所以在 和 中, ,且均為銳角,
所以
所以由正弦定理得: ,
所以 , ,
因為
所以
因為 ,所以 ,所以 ,
所以
故實數 的最小值為 .
故答案為:
【點睛】本題考查數學文化背景下的解三角形, 三角恒等變換解決三角函數取值范圍問題, 考查運算求解能力, 數學建模能力,化歸轉化思想,是難題.本題解題的關鍵在于根據題目背景,通過設 ,進而建立解三角形的模型, 再根據正弦定理及三角恒等變換化簡求最值即可.
69.
【分析】由圓內接四邊形性質結合正弦定理可得到 ,再利用托勒密定理得
,結合 整理得 ,求得答案.
【詳解】根據圓內接四邊形的性質可知; ,
所以 ,
即 ,
在 中, ,故 ,
由題意可知: ,
則 ,所以 ,
故 ,
當且僅當 時等號取得,
又 ,所以 ,
則 ,則實數 的最小值為 ,
故答案為:
70.
【分析】以 為原點,以 所在直線為 軸建立平面直角坐標系,利用三角函數定義表示點 的坐標,由已知結合和角的正弦公式化簡即得.
【詳解】以 為原點,以 所在直線為 軸,建立平面直角坐標系,由于角速 ,
設點 ,圓上兩點 始終保持 ,
則 ,要使 兩點的豎直距離為 0,
則 ,第一次為 0 時, ,解得 ,
故答案為:
【點睛】關鍵點點睛: 涉及三角函數實際應用問題, 探求動點坐標, 找出該點所在射線為終邊對應的角是關鍵, 特別注意,始邊是 軸非負半軸.
71. 6 時
【分析】令船底與海底距離為 ,則 ,化簡后求導判斷單調性,從而確定當
時, ,即可求解.
【詳解】令船底與海底距離為 ,則
所以 ,所以 ,
又
所以 ,
所以當 或 時, ,當 時, ,
所以 在 上單調遞增; 在 上單調遞減.
又因為 ,
所以當 時, ; 當 時,
所以該船第一次停止卸貨的時刻為 6 時.
故答案為: 6 時
72. ABD
【分析】根據 ,結合基本不等式及二次函數知識進行求解.
【詳解】對于 ,
當且僅當 時,等號成立,故 正確;
對于 ,所以 ,故 正確;
對于 ,
當且僅當 時,等號成立,故 不正確;
對于 ,因為 ,
所以 ,當且僅當 時,等號成立,故 正確;
故選: ABD
【點睛】本題主要考查不等式的性質, 綜合了基本不等式, 指數函數及對數函數的單調性, 側重考查數學運算的核心素養. 73. C
【分析】①②直接使用基本不等式,結合對數指數運算,即可判斷；③構造函數 ,利用導數研究其單調性和值域,將 轉化為 ,即可判斷; ④ 構造函數 ,利用導數研究其最大值,結合適度放縮, 即可判斷.
【詳解】因為 ,故可得 ,當且僅當 取得等號;
① ,錯誤;
② ,當且僅當 時取得等號,正確；
③ 令 ,
故 在(0,1)單調遞增, ,即當 ;
,又 ,即 ,解得 ,故 ；
故 ,也即 ,正確;
④ 令 ,則 ,
故當 時, 單調遞增; 當 時, 單調遞減;
故 的最大值為 ; 由 可知, ,則 ,正確;
故選: C.
74. C
【分析】根據題意可得利用基本不等式可得 ,再結合二次函數不等式求解方法即可求解.
【詳解】由題可知: ,
因為 都是正數,所以 (當且僅當 時取等),
所以 (當且僅當 時取等),
化簡可得 ,解得 ,故 正確.
故選: C.
75. BC
【分析】根據基本不等式或者取特值即可判斷各選項的真假.
【詳解】因為 ,由 可變形為, ,解得 ,當且僅當 時, ,當且僅當 時, ,所以 錯誤, 正確; 由 可變形為 ,解得 ,當且僅當 時取等號,所以 正確; 因為 變形可得 ,設 ,所以 ,因此 ,所以當 時滿足等式,但是 不成立,所以 錯誤. 故選: BC. 76. 【詳解】由 兩邊同時加上 得 兩邊同時開方即得: , 從而有 (當且僅當 ,即 時,“ ”成立) 故填: . 考點: 基本不等式. 【名師點睛】本題考查應用基本不等式求最值,先將基本不等式 轉化為 且當且僅當 時取“ ”)再利用此不等式來求解. 本題屬于中檔題,注意等號成立的條件. 77. B
【分析】先構造函數 ,用導數求單調性,再利用基本不等式求解即可.
【詳解】由 得 ,
因為函數 滿足 ,
所以 在 上單調遞增,
由 ,則 ,即 ;
因為 ,所以 ,
當且僅當 時, 取的最小值為 ,
故選: B.
78. C
【分析】由題意可得 ,利用換元法可將原式變形再利用基本不等式即可求得結果.
【詳解】由 可得 ,且
因此 ,
令 ,則 ;
又 ;
當且僅當 時,即 時,等號成立;
此時 的最小值為 .
故選:C
【點睛】關鍵點點睛: 本題關鍵在于將未知數個數減少, 并合理變形利用基本不等式求解.
79. D
【分析】由題意首先得 ,且 ,進一步通過換元法以及判別式法即可求解,注意驗證取等條件.
【詳解】因為 ,所以 ,所以 ,等號成立當且僅當 ,
從而 ,
令 ,設 ,顯然 ,
則 ,
因為關于 的一元二次方程有實數根,所以 ,
整理得 ,即 ,
解得 ,注意到 ,從而 ,
等號成立當且僅當 ,即 ,
所以經檢驗 的最大值,即 的最大值為 .
故選: D.
【點睛】關鍵點點睛: 關鍵是得 ,且 ,由此即可順利得解. 80. ACD 【分析】根據給定條件, 利用基本不等式及 “1” 的妙用逐項求解即得. 【詳解】正實數 滿足 ,由 ,
對于 ,當且僅當 時取等號,
于是 ,解得 ,因此 的最大值為 正確;
對于 ,當且僅當 時取等號,則 錯誤;
對于 ,則 ,
當且僅當 ,即 時取等號, 正確；
對于 ,
當且僅當 ,即 時取等號, 正確.
故選: ACD
81.
【分析】先求出 的最小值,再將 化為 ,即可求得答案.
【詳解】因為 ,
故 ,
當且僅當 ,結合 ,即 時等號成立,
所以 ,即 的最大值是 ,
故答案為:
82.
【分析】令 ,通過指數式與對數式互化用 表示出 ,再借助基本不等式進行求解即可.
【詳解】令 ,則 ,
,
令 , ,則 ,當且僅當 ,即
時等號成立,
,即 .
故答案為: .
【點睛】關鍵點點睛:在應用基本不等式求最值時,要把握不等式成立的三個條件,就是“一正一”各項均為正；二定 ——積或和為定值；三相等——等號能否取得”,若忽略了某個條件,就會出現錯誤.
83. 1
【分析】記 ,其中 ,可求得 ,進而可得 ,利用 ,結合基本不等式可求最小值.
【詳解】由 ,得 ,
記 ,其中 ,
原不等式化為 ,所以 ,
所以 ,即 .
所以 ,
當且僅當 ,即 時取“ ”,所以 的最小值為 1.
故答案為:1.
【點睛】方法點睛: 三角代換是解題的關鍵,進而得出 是利用基本不等式求得最小值的基礎,進而考查運算求解能力和創新意識.
84.
【分析】變形得到 ,利用兩次基本不等式,求出最小值.
【詳解】任意的正實數 ,滿足 ,
由于 為正實數,故由基本不等式得 ,
當且僅當 ,即 時,等號成立, 所以 當且僅當 ,即 時,等號成立, 綜上, 的最小值為 . 故答案為: 【點睛】利用基本不等式求解最值問題,方法靈活,式子不能直接使用基本不等式時,常常需要變形,比如湊項法,“1”
的妙用, 消元法, 多次使用基本不等式等
85.
【詳解】試題分析: 因為 ,所以 ,
所以 ,
所以 ,
由 ,解得 ,
故實數 的最大值為 .
考點: 一元二次方程的根的判別式, 容易題.
86. 5
【分析】根據等式特征可知 ,再由不等式及其等號成立條件可得結果.
【詳解】由 可得 ,
又 ,
,即 ;
當且僅當 時,即 或 ,等號成立;
此時 .
故答案為:5
【點睛】關鍵點點睛: 本題關鍵在于利用條件等式得出平方關系式,得出 ,由等號成立的條件即可得出結論. 87. 7
【分析】依題意可得 ,從而得到點(a, b)在圓 上,再由 表示點(a, b)與點 連線的斜率,結合圖象及直線與圓的位置關系求出 的最值,即可得解.
【詳解】因為 ,所以 ,
所以點(a, b)在圓 上,其中圓心為(1, - 1),半徑為 ,
又 ,其中 表示點(a, b)與點 連線的斜率,
又 ,所以點 在圓外,
由圖可知,當直線與圓相切時, 取得最值,設過點 的直線 的方程為 ,
即 ,則 ,解得 或 ,
即 的最大值為 -1,最小值為 -7,
所以 的最大值為 7.
故答案為: 7 88.
【分析】由題意可知 滿足 為四邊形的四邊上任意一點,然后畫圖由 幾何意義求解即可.
【詳解】將直線 與 的方程化為一般式為 ,
,所以 到兩直線的距離之和為: ,
所以 ①.
當 時,①式變形為: ;
當 時,①式變形為: ;
當 時,①式變形為: ;
當 時,①式變形為: ;
則動點 為如圖所示的四邊形的邊,
的幾何意義為正方形邊上任意一點與 連線的斜率.
則 的取值范圍是: .
故答案為: .

展開更多......

收起↑