第四講三角函數（2大考向）一：考情分析命題解讀考向考查統計高考對三角函數的考查，基礎方面是掌握三角函數的定義、同角三角函數關系式和誘導公式。重點是三角恒等變換和三角函數的圖像、周期性、單調性、奇偶性、對稱性、最值等。三角恒等變換位于三角函數與數學變換的結合點上，高考會側重綜合推理能力和運算能力的考查，體現三角恒等變換的工具性作用，以及會有一些它們在數學中的應用。這需要同學熟練運用公式，進一步提高運用聯系轉化的觀點去處理問題的自覺性，體會一般與特殊的思想、換元的思想、方程的思想等數學思想在三角恒等變換中的作用。三角函數的圖像與性質2022·新高考Ⅰ卷，62023·新高考Ⅰ卷，152024·新高考Ⅰ卷，72022·新高考Ⅱ卷，92023·新高考Ⅱ卷，162024·新高考Ⅱ卷，9三角恒等變換2023·新高考Ⅰ卷，82024·新高考Ⅰ卷，42022·新高考Ⅱ卷，62023·新高考Ⅱ卷，72024·新高考Ⅱ卷，13二：2024高考命題分析2024年高考新高考Ⅰ卷、Ⅱ卷都考查到了三角函數的圖像與性質及三角恒等變換。其中Ⅰ卷、Ⅱ卷的三角恒等變換都結合了兩角和差的公式，屬于常規題型，難度一般。Ⅰ卷在考查三角函數的圖像與性質時，結合了具體函數圖像的畫法，Ⅱ卷則是考查了零點、對稱性、最值、周期性等基本性質。三角函數的考查應關注：同角三角函數的基本關系式、誘導公式、和角差角公式、三角函數的圖象與性質、應用三角公式進行化簡、求值和恒等變形及恒等證明。預計2025年高考還是主要考查三角恒等變換中的倍角公式、和差公式、輔助角公式及圖像與性質中的對稱性和零點問題。三：試題精講一、單選題1．（2024新高考Ⅰ卷·4）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】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.2．（2024新高考Ⅰ卷·7）當時，曲線與的交點個數為（

）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】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二、多選題3．（2024新高考Ⅱ卷·9）對于函數和，下列說法正確的有（

）A．與有相同的零點 B．與有相同的最大值C．與有相同的最小正周期 D．與的圖像有相同的對稱軸【答案】BC【分析】根據正弦函數的零點，最值，周期公式，對稱軸方程逐一分析每個選項即可.【詳解】A選項，令，解得，即為零點，令，解得，即為零點，顯然零點不同，A選項錯誤；B選項，顯然，B選項正確；C選項，根據周期公式，的周期均為，C選項正確；D選項，根據正弦函數的性質的對稱軸滿足，的對稱軸滿足，顯然圖像的對稱軸不同，D選項錯誤.故選：BC三、填空題4．（2024新高考Ⅱ卷·13）已知為第一象限角，為第三象限角，，，則.【答案】【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：.高考真題練一、單選題1．（2022新高考Ⅰ卷·6）記函數的最小正周期為T．若，且的圖象關于點中心對稱，則（

）A．1 B． C． D．3【答案】A【分析】由三角函數的圖象與性質可求得參數，進而可得函數解析式，代入即可得解.【詳解】由函數的最小正周期T滿足，得，解得，又因為函數圖象關于點對稱，所以，且，所以，所以，，所以.故選：A2．（2023新高考Ⅰ卷·8）已知，則（

）．A． B． C． D．【答案】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：B3．（2022新高考Ⅱ卷·6）若，則（

）A． B．C． D．【答案】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β=0則sinα+cosα=0，取，排除A,B；再取α=0則sinβ+cosβ=2sinβ，取β，排除D；選C.[方法三]：三角恒等變換所以即故選：C.4．（2023新高考Ⅱ卷·7）已知為銳角，，則（

）．A． B． C． D．【答案】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．二、多選題5．（2022新高考Ⅱ卷·9）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（

）A．在區間單調遞減B．在區間有兩個極值點C．直線是曲線的對稱軸D．直線是曲線的切線【答案】AD【分析】根據三角函數的性質逐個判斷各選項，即可解出．【詳解】由題意得：，所以，，即，又，所以時，，故．對A，當時，，由正弦函數圖象知在上是單調遞減；對B，當時，，由正弦函數圖象知只有1個極值點，由，解得，即為函數的唯一極值點；對C，當時，，，直線不是對稱軸；對D，由得：，解得或,從而得：或,所以函數在點處的切線斜率為，切線方程為：即．故選：AD．三、填空題6．（2023新高考Ⅰ卷·15）已知函數在區間有且僅有3個零點，則的取值范圍是．【答案】【分析】令，得有3個根，從而結合余弦函數的圖像性質即可得解.【詳解】因為，所以，令，則有3個根，令，則有3個根，其中，結合余弦函數的圖像性質可得，故，故答案為：.7．（2023新高考Ⅱ卷·16）已知函數，如圖A，B是直線與曲線的兩個交點，若，則．

【答案】【分析】設，依題可得，，結合的解可得，，從而得到的值，再根據以及，即可得，進而求得．【詳解】設，由可得，由可知，或，，由圖可知，，即，．因為，所以，即，．所以，所以或，又因為，所以，．故答案為：．【點睛】本題主要考查根據圖象求出以及函數的表達式，從而解出，熟練掌握三角函數的有關性質，以及特殊角的三角函數值是解題關鍵．知識點總結一、三角函數基本概念1、弧度制（1）定義：把長度等于半徑長的弧所對的圓心角叫做1弧度的角，用符號rad表示，讀作弧度．正角的弧度數是一個正數，負角的弧度數是一個負數，零角的弧度數是0．（2）角度制和弧度制的互化：，，．（3）扇形的弧長公式：，扇形的面積公式：．2、任意角的三角函數（1）定義：任意角的終邊與單位圓交于點時，則，，．（2）推廣：三角函數坐標法定義中，若取點P是角終邊上異于頂點的任一點，設點到原點的距離為，則，，三角函數的性質如下表：三角函數定義域第一象限符號第二象限符號第三象限符號第四象限符號＋＋－－＋－－＋＋－＋－記憶口訣INCLUDEPICTURE"\\\\張紅\\f\\原文件\\2019\\一輪\\數學\\A版理\\右括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"\\\\張紅\\f\\原文件\\2019\\一輪\\數學\\A版理\\右括.TIF"INET：三角函數值在各象限的符號規律：一全正、二正弦、三正切、四余弦．二、同角三角函數基本關系1、同角三角函數的基本關系（1）平方關系：．（2）商數關系：；三、三角函數誘導公式公式一二三四五六角正弦余弦正切口訣函數名不變，符號看象限函數名改變，符號看象限【記憶口訣】奇變偶不變，符號看象限，說明：（1）先將誘導三角函數式中的角統一寫作；（2）無論有多大，一律視為銳角，判斷所處的象限，并判斷題設三角函數在該象限的正負；（3）當為奇數是，“奇變”，正變余，余變正；當為偶數時，“偶不變”函數名保持不變即可．四、兩角和與差的正余弦與正切①；②；③；五、二倍角公式①；②；③；六、降次（冪）公式知識點四：半角公式七、輔助角公式（其中）．八、正弦、余弦、正切函數的圖象與性質（下表中）函數圖象定義域值域周期性奇偶性奇函數偶函數奇函數遞增區間遞減區間無對稱中心對稱軸方程無注：正（余）弦曲線相鄰兩條對稱軸之間的距離是；正（余）弦曲線相鄰兩個對稱中心的距離是；正（余）弦曲線相鄰兩條對稱軸與對稱中心距離；九、與的圖像與性質（1）最小正周期：．（2）定義域與值域：，的定義域為R，值域為[-A，A]．（3）最值假設．①對于，②對于，（4）對稱軸與對稱中心．假設．①對于，②對于，正、余弦曲線的對稱軸是相應函數取最大（小）值的位置．正、余弦的對稱中心是相應函數與軸交點的位置．（5）單調性．假設．①對于，②對于，（6）平移與伸縮由函數的圖像變換為函數的圖像的步驟；方法一：．先相位變換，后周期變換，再振幅變換，不妨采用諧音記憶：我們“想欺負”（相一期一幅）三角函數圖像，使之變形．方法二：．先周期變換，后相位變換，再振幅變換．注：在進行圖像變換時，提倡先平移后伸縮（先相位后周期，即“想欺負”），但先伸縮后平移（先周期后相位）在題目中也經常出現，所以必須熟練掌握，無論哪種變化，切記每一個變換總是對變量而言的，即圖像變換要看“變量”發生多大變化，而不是“角”變化多少．【三角函數常用結論】1、利用可以實現角的正弦、余弦的互化，利用可以實現角的弦切互化．2、“”方程思想知一求二．3、兩角和與差正切公式變形；．4、降冪公式與升冪公式；．5、其他常用變式．6、拆分角問題：①；；②；③；④；⑤．注意：特殊的角也看成已知角，如．7、關于三角函數對稱的幾個重要結論（1）函數的對稱軸為，對稱中心為；（2）函數的對稱軸為，對稱中心為；（3）函數函數無對稱軸，對稱中心為；（4）求函數的對稱軸的方法；令，得；對稱中心的求取方法；令，得，即對稱中心為．（5）求函數的對稱軸的方法；令得，即對稱中心為名校模擬練一、單選題1．（2024·江蘇南通·三模）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】展開并同時平方，結合二倍角的正弦公式即可得到關于的方程，解出即可.【詳解】展開得，兩邊同時平方有，即，解得，故選：B.2．（2024·山東濟南·三模）若，則（

）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】由同角的三角函數和二倍角公式結合特殊角的三角函數計算可得.【詳解】因為，所以，所以，所以，故選：B3．（2024·重慶·三模）已知，且，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據二倍角公式化簡和同角三角函數關系求出，利用余弦二倍角公式求出答案.【詳解】因為，所以，，因為，所以，所以，解得或舍，則故選：C4．（2024·浙江·三模）若，則（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用和差角公式展開，即可得到，再兩邊同除，最后結合兩角和的正切公式計算可得.【詳解】因為，所以，即，即，兩邊同除可得，所以.故選：C5．（2024·河北保定·二模）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用切化弦和同角三角函數的關系，解出，再結合二倍角公式即可求解.【詳解】因為，所以，解得或（舍去），所以．故選：B.6．（2024·湖北荊州·三模）已知，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意，結合三角函數的基本關系式，即可求解.【詳解】由，可得，可得則，因為，所以與異號，可得為第二或第四象限，當為第二象限角時，可得；當為第四象限角時，可得.故選：C.7．（2024·山東青島·三模）為了得到的圖象，只要把的圖象上所有的點（

）A．向右平行移動個單位長度 B．向左平行移動個單位長度C．向右平行移動個單位長度 D．向左平行移動個單位長度【答案】A【分析】利用誘導公式統一函數名，再根據函數的圖象變換規律，得出結論．【詳解】，由誘導公式可知：又則，即只需把圖象向右平移個單位.故選：A8．（2024·天津濱海新·三模）已知函數，關于該函數有下列四個說法：（1）函數的圖象關于點中心對稱（2）函數的圖象關于直線對稱（3）函數在區間內有4個零點（4）函數在區間上單調遞增以上四個說法中，正確的個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根據題意，利用三角函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.【詳解】對于（1），由，所以不是函數的圖象的對稱中心，所以（1）錯誤；對于（2）中，由，所以不是函數的圖象的對稱軸，所以（2）錯誤；對于（3）中，令，可得，當時，可得；當時，可得；當時，可得；當時，可得，所以在內，函數有4個零點，所以（3）正確；對于（4）中，由，可得，此時函數不是單調函數，所以（4）錯誤.故選：A.9．（2024·河北石家莊·三模）已知角滿足，則（

）A． B． C． D．2【答案】C【分析】借助對已知化簡，可求出的值，再由可解.【詳解】因為，即，所以，整理得，變形得，所以.故選：C10．（2024·重慶·三模）已知函數的部分圖像如圖所示，若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由圖像以及題意求出的解析式，從而得，，進而依據它們的角的關系結合三角恒等變換公式即可求解.【詳解】由圖可知，由可知，故，又由圖，故由圖，①，由圖，②，又，結合①②可得，故，所以.故.故選：D.11．（2024·安徽合肥·三模）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由輔助角公式得，再利用誘導公式和余弦二倍角公式即可求解.【詳解】由得，即，所以，故選：D12．（2024·江西九江·三模）若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設，則原等式可化為，化簡后求出即可.【詳解】令，則，所以由，得，即，即，得，所以，故選：C.13．（2024·江蘇宿遷·三模）已知函數，則下列結論正確的是（

）A．是的一個單調增區間B．是的一個對稱中心C．在上值域為D．將的圖象向右平移個單位，再向下平移一個單位后所得圖象的函數解析式為【答案】C【分析】化簡函數由函數，結合三角函數的圖象與性質，以及三角函數的圖象變換，即可求解.【詳解】由函數，對于A中，當，可得，此時函數不是單調函數，所以A錯誤；對于B中，由，所以函數的一個對稱中心為，所以B不正確；對于C中，由，可得，所以，所以，即，所以C正確；對于D中，將的圖象向右平移個單位，得到，再向下平移一個單位后所得圖象的函數解析式為，所以D錯誤.故選：C.14．（2024·黑龍江·三模）已知函數在區間內恰有3條對稱軸，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據條件得到，利用的圖象與性質，再結合條件，即可求出結果.【詳解】因為，所以，又函數在區間恰有3條對稱軸，所以，解得，故選：D.15．（2024·河北·三模）已知函數在區間內沒有零點，則周期的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用輔助角公式進行化簡，然后結合正弦函數的零點求出零點的表達式，結合已知條件，求出的最大值，從而可求周期的最小值．【詳解】，令得，所以，，因為在區間內沒有零點，所以，只需且，解得，令得，得，因為，所以的取值范圍，所以周期的最小值是，故選：．二、多選題16．（2024·山東威海·二模）已知函數，則（

）A．在上單調遞減B．將圖象上的所有點向左平移個單位長度后得到的曲線關于y軸對稱C．在上有兩個零點D．【答案】BCD【分析】由可知的圖象關于對稱，可判斷AB；整體代入法求出函數零點即可判斷C；求出，結合周期可判斷D.【詳解】對于A，因為，所以的圖象關于對稱，所以在上不單調，A錯誤；對于B，由上知，的圖象關于對稱，所以的圖象向左平移個單位長度后得到的曲線關于y軸對稱，B正確；對于C，由得函數的零點為，令，解得，所以，即在上有兩個零點，C正確；對于D，因為，，，所以因為的最小值周期，所以，D正確.故選：BCD17．（2024·云南昆明·三模）已知函數的最小正周期大于，若曲線關于點中心對稱，則下列說法正確的是（

）A． B．是偶函數C．是函數的一個極值點 D．在單調遞增【答案】ABC【分析】由最小正周期大于，關于點中心對稱，可知，對于，直接代入函數解析式求解即可；對于，利用函數奇偶性的定義判斷即可；對于，通過求導，令導函數為，求得的值，并判斷左右兩端函數的單調性即可判斷；對于，通過求函數的單調遞增區間即可求解.【詳解】因為的最小正周期大于，所以，即，又關于點中心對稱，所以，所以，因為，所以當時，，所以，對于，，故正確；對于，，由且是全體實數，所以是偶函數，故正確；對于，，令得，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以是函數的極大值點，故正確；對于，由，，得，函數的單調遞增區間為，，當時，，當時，，顯然函數在上不單調，故不正確.故選：.18．（2024·湖南長沙·三模）已知函數，則下列說法正確的是（

）A．的最大值為2B．函數的圖象關于直線對稱C．不等式的解集為D．若在區間上單調遞增，則的取值范圍是【答案】BCD【分析】對于A，由正弦函數的性質直接求解，對于B，由，可求出對稱軸方程判斷，對于C，由求解即可，對于D，先由求出的遞增區間，再由為函數增區間的子集可求出的取值范圍.【詳解】對于A，的最大值為，故A錯誤；對于B，令，得，所以函數的圖象關于直線對稱，故B正確；對于C，不等式可化為，則，解得，因此原不等式的解集為，故C正確；對于D，由，，解得.因為在區間上單調遞增，所以，所以，解得，故D正確.故選：BCD19．（2024·湖南衡陽·三模）已知函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（

）A．函數的最小正周期為B．C．函數在上單調遞增D．方程的解為，【答案】ABD【分析】根據給定的函數圖象，求出周期及、、，進而求出解析式，再根據正切函數的性質逐項判斷即可.【詳解】對于A，由圖可知，函數的最小正周期為，故A正確；對于B，由，所以，因為，則，則，因為，則，所以，故B正確；對于C，，由，得，而，即時，沒有意義，故C錯誤；對于D，，則，方程，得，即，即，所以或，因為，，所以或，解得或，故D正確.故選：ABD.20．（2024·河南·三模）已知函數的最小正周期為，則下列說法正確的有（

）A．的圖象可由的圖象平移得到B．在上單調遞增C．圖象的一個對稱中心為D．圖象的一條對稱軸為直線【答案】BD【分析】先由輔助角公式和周期公式計算得到，由圖象平移的性質可得A錯誤；由整體代入結合余弦函數的單調性可得B正確；代入可得C錯誤；整體代入結合余弦函數對稱軸的性質可得D正確；【詳解】，因為最小正周期為，所以，所以，A：由以上解析式可得的圖象不可由的圖象平移得到，故A錯誤；B：當時，，由余弦函數的單調性可得在上單調遞增，故B正確；C：，故C錯誤；D：當時，，此時為最小值，所以圖象的一條對稱軸為直線，故D正確；故選：BD.21．（2024·廣西欽州·三模）已知函數，則下列命題正確的是（

）A．的最小正周期為B．的圖象關于直線對稱C．若，則D．將的圖象往右平移1個單位長度后可以得到函數的圖象【答案】AD【分析】對于A，利用周期公式直接計算判斷，對于B，將代入函數驗證，對于C，由求出，再將代入函數計算，對于D，根據三角函數圖象變換規律分析判斷.【詳解】對于A，的最小正周期為正確.對于B，因為，所以的圖象不關于直線對稱，錯誤.對于C，由，得，所以，C錯誤.對于D，將的圖象往右平移1個單位長度后可以得到函數的圖象，D正確.故選：AD22．（2024·河北秦皇島·三模）已知函數，則（

）A．是偶函數； B．是周期為的周期函數；C．在上單調遞增； D．的最小值為.【答案】AD【分析】利用偶函數的定義可判定A，利用周期的定義可判定B，利用復合函數的單調性可判定C，根據周期性及單調性可判定D.【詳解】因為，所以是偶函數，故A正確；易知，故B錯誤；當時，，因為，所以在上單調遞減，又單調遞增，所以在上單調遞減，故C錯誤；易知，所以是周期為的周期函數，當時，，顯然時，時，則的最小值為，故D正確.故選：AD23．（2024·安徽蕪湖·三模）已知，下面結論正確的是（

）A．時，在上單調遞增B．若，且的最小值為，則C．若在上恰有7個零點，則的取值范圍是D．存在，使得的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱【答案】CD【分析】利用把相位看成一個整體，通過正弦函數的性質，可以做出各選項的判斷.【詳解】對于A，，當時，，而在不單調，故A是錯誤的；對于B，，由的最小值為，則函數周期為，所以，解得，故B是錯誤的；對于C，在上恰有7個零點，結合正弦曲線可知，，解得：，故C是正確的；對于D，由的圖象向右平移個單位長度后得到：，由它關于軸對稱，可知：，解得：，當時，，故D是正確的；故選：CD.三、填空題24．（2024·全國·二模）已知，則.【答案】/0.28【分析】切化弦，然后整理可得，再利用倍角公式計算即可.【詳解】，得，解得或（舍）所以.故答案為：.25．（2024·安徽合肥·三模）已知，則.【答案】【分析】利用兩角和差的正切公式計算，再使用二倍角的正切公式即可.【詳解】由，且，得，整理得，解得（舍）或，所以．故答案為：.26．（2023·黑龍江佳木斯·三模）已知，，則．【答案】【分析】根據結合兩角差的余弦公式即可得解.【詳解】因為，所以，又，所以，所以.故答案為：.27．（2024·黑龍江·三模）已知，則.【答案】/【分析】已知，由兩角和的余弦公式求得，再由兩角和的余弦公式求，倍角公式求.【詳解】因為，而，因此，則，所以.故答案為：.28．（2024·江西宜春·三模）已知，且，則．【答案】3【分析】先結合二倍角的正切與兩角和的正切公式及角的取值范圍，得到，再利用倍角公式把轉化為齊次式求解.【詳解】由，得，即，又，所以，從而．故答案為：329．（2024·北京·三模）