2020-2023高考数学专题分类汇编专题五 三角函数含答案

2020-2023高考数学专题分类汇编专题五三角函数真题卷题号考点考向2023新课标1卷8三角恒等变换给值求值15三角函数的性质及应用余弦型函数的零点问题2023新课标2卷7三角恒等变换给值求值16三角函数的图象与性质由部分图象求解析式、求函数值2022新高考1卷6三角函数的性质及应用求三角函数的解析式、求函数值2022新高考2卷6三角恒等变换三角求值9三角函数的图象与性质求三角函数的单调区间、对称轴、极值点、求切线方程2021新高考1卷4三角函数的性质及应用求三角函数的单调区间2021新高考2卷6三角恒等变换给值求值2020新高考1卷10三角函数的图象与性质由图象求三角函数的解析式15三角函数的应用三角函数解决实际问题2020新高考2卷11三角函数的图象与性质由图象求三角函数的解析式16三角函数的应用三角函数解决实际问题【2023年真题】1.（2023·新课标I卷第8题）已知，，则(

)A. B. C. D.2.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第7题）已知为锐角，，则(

)A.

B. C. D.3.（2023·新课标I卷第15题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是__________.4.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第16题）已知函数，如图，A，B是直线与曲线的两个交点，若，则

.

【2022年真题】5.（2022·新高考I卷第6题）记函数的最小正周期为若，且的图像关于点中心对称，则(

)A.1 B. C. D.36.（2022·新高考II卷第6题）若，则(

)A. B.

C. D.7.（2022·新高考II卷第9题）（多选）已知函数的图象关于点对称，则(

)A.在单调递减

B.在有两个极值点

C.直线是曲线的一条对称轴

D.直线是曲线的一条切线【2021年真题】8.（2021·新高考I卷第4题）下列区间中，函数单调递增的区间是(

)A. B. C. D.9.（2021·新高考I卷第6题）若，则(

)A. B. C. D.【2020年真题】10.（2020·新高考I卷第10题、II卷第11题）（多选）如图是函数的部分图象，则(

)

A. B. C. D.11.（2020·新高考I卷第15题、II卷第16题）)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示，O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，，垂足为C，，，，，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为__________

专题五三角函数真题卷题号考点考向2023新课标1卷8三角恒等变换给值求值15三角函数的性质及应用余弦型函数的零点问题2023新课标2卷7三角恒等变换给值求值16三角函数的图象与性质由部分图象求解析式、求函数值2022新高考1卷6三角函数的性质及应用求三角函数的解析式、求函数值2022新高考2卷6三角恒等变换三角求值9三角函数的图象与性质求三角函数的单调区间、对称轴、极值点、求切线方程2021新高考1卷4三角函数的性质及应用求三角函数的单调区间2021新高考2卷6三角恒等变换给值求值2020新高考1卷10三角函数的图象与性质由图象求三角函数的解析式15三角函数的应用三角函数解决实际问题2020新高考2卷11三角函数的图象与性质由图象求三角函数的解析式16三角函数的应用三角函数解决实际问题【2023年真题】1.（2023·新课标I卷第8题）已知，，则(

)A. B. C. D.【答案】B

【解析】本题考查两角和与差的正弦公式以及二倍角公式，属于中档题.

利用两角和与差的正弦公式先求出的值，从而可以得到的值，再结合二倍角的余弦公式即可得出结果.解：因为，，则

故

即

故选B.2.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第7题）已知为锐角，，则(

)A.

B. C. D.【答案】D

【解析】【分析】本题考查倍角公式，属于基础题．观察题干，发现未知角为已知角的一半，考虑倍角公式，即可得证.【解答】解：

故选：3.（2023·新课标I卷第15题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是__________.【答案】

【解析】【分析】本题考查了余弦型函数的零点问题，属中档题.【解答】解：令，得，又，则，所以，得故答案为：4.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第16题）已知函数，如图，A，B是直线与曲线的两个交点，若，则

.

【答案】

【解析】【分析】主要考查了函数的性质与图象，诱导公式等，属于一般题.根据AB的长度求出函数图象过点，求诱导公式得到答案.【解答】解：

设相邻的两个交点A，B的横坐标为，，则又，，，，故函数图象过点，，故

时满足图片条件，故

【2022年真题】5.（2022·新高考I卷第6题）记函数的最小正周期为若，且的图像关于点中心对称，则(

)A.1 B. C. D.3【答案】A

【解析】【分析】本题主要考查三角函数的周期性和对称性，属于中档题.

根据周期范围，确定范围，再根据对称中心确定，，二者结合可得结果.【解答】解：由题可知：，所以

又因为的图像关于点中心对称，所以，且

所以，，所以所以所以6.（2022·新高考II卷第6题）若，则(

)A. B.

C. D.【答案】C

【解析】【分析】本题考查三角恒等变换的应用

法一：利用特殊值法，排除错误选项即可

法二，利用三角恒等变换，求出正确选项【解答】解：解法一：设则，取，排除B，D

再取则，取，排除选

解法二：由

，

故

故，即，

故，

故，故7.（2022·新高考II卷第9题）（多选）已知函数的图象关于点对称，则(

)A.在单调递减

B.在有两个极值点

C.直线是曲线的一条对称轴

D.直线是曲线的一条切线【答案】AD

【解析】【分析】本题考查三角函数的图象与性质，三角函数的单调性、三角函数的对称轴与对称中心，函数的极值，切线方程的求解，属于中档题.【解答】解：由题意得：，

所以，即，，

又，所以时，，

故

选项时，，由图象知在单调递减;

选项时，，由图象知在有1个极值点;

选项由于，故直线不是的对称轴;

选项令，得，

解得或，，

从而得或，，

令，则是斜率为的直线与曲线的切点，

从而切线方程为，即【2021年真题】8.（2021·新高考I卷第4题）下列区间中，函数单调递增的区间是(

)A. B. C. D.【答案】A

【解析】【分析】本题考查正弦型函数的单调递增区间，属于基础题.由正弦函数图象和性质可知，得的单调递增区间为，分析选项可得答案.【解答】解：由，得，所以的单调递增区间为，当时，一个单调递增区间为，可知，故选：9.（2021·新高考I卷第6题）若，则(

)A. B. C. D.【答案】C

【解析】【分析】本题考查三角函数的化简求值，涉及同角三角函数的关系、二倍角公式，属于中档题.利用同角三角函数关系、二倍角公式将其化简为后，添加分母1，转化为齐次式，再分子分母同除即可.【解答】解：原式

，故选：【2020年真题】10.（2020·新高考I卷第10题、II卷第11题）（多选）如图是函数的部分图象，则(

)

A. B. C. D.【答案】BC

【解析】【分析】本题考查正弦型函数的图象，考查逻辑推理能力，属于中档题.

借助图象分别求出，结合诱导公式即可判断.【解答】解：由图象可知，故A错误;

解得，

点在函数图象上，

当时，，

解得，

故，

当时，

解得，

故函数解析式为，

又，故选11.（2020·新高考I卷第15题、II卷第16题）)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示，O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，，垂足为C，，，，，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为__________

【答案】

【解析】【分析】本题考查平面图形中的边角关系，扇形的面积公式，是困难题.

设上面的大圆弧的半径为x，连接OA，过A作交BH于J，交DG于K，交EF于I，过O作于L，由题中长度关系易得，可得为等腰直角三角形，即可得到OL和DL的长度，根据可得到，根据求解即可.【解答】解：设上面的大圆弧的半径为x，

连接OA，过A作交BH于J，交DG于K，交EF于I，过O作于L，记扇形OAB的面积为，

由题中的长度关系易知，所以，

又，可得为等腰直角三角形，

可得，，

，

，

，解得

，，故答案为 【答案解析】1.（2023·新课标I卷第8题）解：因为，，则

故

即

故选B.2.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第7题）解：

故选：3.（2023·新课标I卷第15题）解：令，得，又，则，所以，得故答案为：4.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第16题）解：

设相邻的两个交点A，B的横坐标为，，则又，，，，故函数图象过点，，故

时满足图片条件，故

5.（2022·新高考I卷第6题）解：由题可知：，所以

又因为的图像关于点中心对称，所以，且

所以，，所以所以所以6.（2022·新高考II卷第6题）解：解法一：设则，取，排除B，D

再取则，取，排除选

解法二：由

，

故

故，即，

故，

故，故7.（2022·新高考II卷第9题）（多选）解：由题意得：，

所以，即，，

又，所以时，，

故

选项时，，由图象知在单调递减;

选项时，，由图象知在有1个极值点;

选项由于，故直线不是的对称轴;

选项令，得，

解得或，，

从而得或，，

令，则是斜率为的直线与曲线的切点，

从而切线方程为，即8.（2021·新高考I卷第4题）解：由，得，所以的单调递增区间为，当时，一个单调递增区间为，可知，故选：9.（2021·新高考I卷第6题）解：原式

，故选：10.（2020·新高考I卷第10题、II卷第11题）（多选）解：由图象可知，故A错误;

解得，

点在函数图象上，

当时，，

解得，

故，

当时，

解得，

故函数解析式为，

又，故选11.（2020·新高考I卷第15题、II卷第16题）解：设上面的大圆弧的半径为x，

连接OA，过A作交BH于J，交DG于K，交EF于I，过O作于L，记扇形OAB的面积为，

由题中的长度关系易知，所以，

又，可得为等腰直角三角形，

可得，，

，

，

，解得

，，故答案为专题六数列真题卷题号考点考向2023新课标1卷7等差数列等差数列的判定、等差数列的性质20等差数列求等差数列的通项公式及基本量计算2023新课标2卷8等比数列等比数列的性质18等差数列、数列的综合应用求等差数列的通项公式及前n项和、数列的综合应用（不等式证明）2022新高考1卷17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、裂项相消法求和2022新高考2卷17等差数列、等比数列等差、等比数列的通项公式2021新高考1卷16数列的实际应用错位相减法求和17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、公式法求和2021新高考2卷12等比数列数列的新定义问题17等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和2020新高考1卷14等差数列等差数列的性质、等差数列求和18等比数列、数列求和求等比数列的通项公式、数列求和2020新高考2卷15等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和18等比数列求等比数列的通项公式、等比数列求和【2023年真题】1.（2023·新课标I卷第7题）记为数列的前n项和，设甲：为等差数列：乙：为等差数列，则(

)A.

甲是乙的充分条件但不是必要条件

B.甲是乙的必要条件但不是充分条件

C.甲是乙的充要条件

D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第8题）记为等比数列的前n项和，若，，则(

)A.120 B.85 C. D.3.（2023·新课标I卷第20题）设等差数列的公差为d，且令，记，分别为数列的前n项和.若，，求的通项公式;若为等差数列，且，求4.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第18题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，求的通项公式；证明：当时，【2022年真题】5.（2022·新高考I卷第17题）记为数列的前n项和，已知，是公差为的等差数列.

求的通项公式;

证明：6.（2022·新高考II卷第17题）已知为等差数列，为公比为2的等比数列，且

证明：

求集合中元素个数.

【2021年真题】7.（2021·新高考II卷第12题）（多选）设正整数，其中，记，则(

)A. B.

C. D.8.（2021·新高考I卷第16题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________；如果对折次，那么__________9.（2021·新高考I卷第17题）已知数列满足，，记，写出，，并求数列的通项公式；求的前20项和.10.（2021·新高考II卷第17题）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若，求数列的通项公式；求使成立的n的最小值．【2020年真题】11.（2020·新高考I卷第14题、II卷第15题）将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则的前n项和为__________.12.（2020·新高考I卷第18题）已知公比大于1的等比数列满足求的通项公式；记为在区间中的项的个数，求数列的前100项和13.（2020·新高考II卷第18题）已知公比大于1的等比数列满足，求的通项公式；求…【答案解析】1.（2023·新课标I卷第7题）解：方法为等差数列，设其首项为，公差为d，则，，，故为等差数列，则甲是乙的充分条件，，反之，为等差数列，即为常数，设为t即，故故，两式相减有：，对也成立，故为等差数列，则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选方法因为甲：为等差数列，设数列的首项，公差为即，则，故为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：为等差数列即，即当时，上两式相减得：，所以当时，上式成立．

又为常数所以为等差数列．则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C.2.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第8题）解：，，，成等比数列，从而计算可得故选3.（2023·新课标I卷第20题）解：因为，故，即，故，所以，，，又，即，即，故或舍，故的通项公式为：方法一：基本量法若为等差数列，则，即，即，所以或当时，，，故，，又，即，即，所以或舍当时，，，故，，又，即，即，所以舍或舍综上：方法二：因为为等差数列且公差为d，所以可得，则解法一：因为为等差数列，根据等差数列通项公式可知与n的关系满足一次函数，所以上式中的分母“”需满足或者，即或者解法二：由可得，，，，因为为等差数列，所以满足，即，两边同乘化简得，解得或者因为，均为等差数列，所以，，则等价于，①当时，，，则，得，解得或者，因为，所以②当时，，，则，化简得，解得或者，因为，所以均不取;综上所述，4.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第18题）解：设数列的公差为d，由题意知：，即，解得由知，，，当n为偶数时，当n为奇数时，，当n为偶数且时，即时，，当n为奇数且时，即时，当时，5.（2022·新高考I卷第17题）解：，

则①，②;

由②-①得：

当且时，

，

又也符合上式，因此

，

，

即原不等式成立.

6.（2022·新高考II卷第17题）解：设等差数列公差为d

由，知，故

由，知，

故故，整理得，得证.

由知，由知：

即，即，

因为，故，解得，

故集合中元素的个数为9个.

7.（2021·新高考II卷第12题）（多选）解：对于A选项，，，

则，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选8.（2021·新高考I卷第16题）解：对折3次时，可以得到，，，四种规格的图形.

对折4次时，可以得到，，，，五种规格的图形.

对折3次时面积之和，对折4次时面积之和，即，，，，……

得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且，

记，

则，

，

得，

，

故答案为5；9.（2021·新高考I卷第17题）解：=1\*GB2⑴，且，则，，且，则；，可得，故是以为首项，为公差的等差数列；故.数列的前20项中偶数项的和为，又由题中条件有，，，，故可得的前20项的和10.（2021·新高考II卷第17题）解：由等差数列的性质可得：，则，设等差数列的公差为d，从而有，，从而，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：由数列的通项公式可得，

则，则不等式即，整理可得，解得或，又n为正整数，故n的最小值为11.（2020·新高考I卷第14题、II卷第15题）解：数列

的首项是，公差为的等差数列；数列

的首项是，公差为的等差数列；公共项构成首项为

，公差为的等差数列;故

的前n

项和

为：

.故答案为12.（2020·新高考I卷第18题）解：设等比数列的公比为q，且，

，，

，

解得舍或，

数列的通项公式为

由知，，，，，，，

则当时，，当时，，

以此类推，，，

，，

，，

13.（2020·新高考II卷第18题）解：设等比数列的公比为，则，，，……， 专题六数列真题卷题号考点考向2023新课标1卷7等差数列等差数列的判定、等差数列的性质20等差数列求等差数列的通项公式及基本量计算2023新课标2卷8等比数列等比数列的性质18等差数列、数列的综合应用求等差数列的通项公式及前n项和、数列的综合应用（不等式证明）2022新高考1卷17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、裂项相消法求和2022新高考2卷17等差数列、等比数列等差、等比数列的通项公式2021新高考1卷16数列的实际应用错位相减法求和17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、公式法求和2021新高考2卷12等比数列数列的新定义问题17等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和2020新高考1卷14等差数列等差数列的性质、等差数列求和18等比数列、数列求和求等比数列的通项公式、数列求和2020新高考2卷15等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和18等比数列求等比数列的通项公式、等比数列求和【2023年真题】1.（2023·新课标I卷第7题）记为数列的前n项和，设甲：为等差数列：乙：为等差数列，则(

)A.

甲是乙的充分条件但不是必要条件

B.甲是乙的必要条件但不是充分条件

C.甲是乙的充要条件

D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C

【解析】【分析】本题考查等差数列的判定、等差数列前n项和、充分必要条件的判定，属于中档题．结合等差数列的判断方法，依次证明充分性、必要性即可.【解答】解：方法为等差数列，设其首项为，公差为d，则，，，故为等差数列，则甲是乙的充分条件，，反之，为等差数列，即为常数，设为t即，故故，两式相减有：，对也成立，故为等差数列，则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选方法因为甲：为等差数列，设数列的首项，公差为即，则，故为等差数列，即甲是乙的充分条件．反之，乙：为等差数列即，即当时，上两式相减得：，所以当时，上式成立．

又为常数所以为等差数列．则甲是乙的必要条件，故甲是乙的充要条件，故选C.2.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第8题）记为等比数列的前n项和，若，，则(

)A.120 B.85 C. D.【答案】C

【解析】【分析】本题考查等比数列的基本性质，属于中档题.利用等比数列前n项和之间差的关系可知，，，成等比数列，列出关系式计算即可得解.【解答】解：，，，成等比数列，从而计算可得故选3.（2023·新课标I卷第20题）设等差数列的公差为d，且令，记，分别为数列的前n项和.若，，求的通项公式;若为等差数列，且，求【答案】解：因为，故，即，故，所以，，，又，即，即，故或舍，故的通项公式为：方法一：基本量法若为等差数列，则，即，即，所以或当时，，，故，，又，即，即，所以或舍当时，，，故，，又，即，即，所以舍或舍综上：方法二：因为为等差数列且公差为d，所以可得，则解法一：因为为等差数列，根据等差数列通项公式可知与n的关系满足一次函数，所以上式中的分母“”需满足或者，即或者解法二：由可得，，，，因为为等差数列，所以满足，即，两边同乘化简得，解得或者因为，均为等差数列，所以，，则等价于，①当时，，，则，得，解得或者，因为，所以②当时，，，则，化简得，解得或者，因为，所以均不取;综上所述，【解析】本题第一问考查数列通项公式的求解，第二问考查等差数列有关性质，等差数列基本量的求解，计算量较大，为较难题.

4.（2023·新课标=2\*ROMANII卷第18题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，求的通项公式；证明：当时，【答案】解：设数列的公差为d，由题意知：，即，解得由知，，，当n为偶数时，当n为奇数时，，当n为偶数且时，即时，，当n为奇数且时，即时，当时，【解析】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式等.由已知，，根据等差数列的前n项和公式展开，即可得出等差数列的首项，公差，进而得出通项公式由知，可得，数列的通项公式，进而，分两情况讨论，当n为偶数时，中含有偶数项，相邻两项两两一组先求和，得出当n为奇数时，为偶数，此时最后只需证明即可.【2022年真题】5.（2022·新高考I卷第17题）记为数列的前n项和，已知，是公差为的等差数列.

求的通项公式;

证明：【答案】解：，

则①，②;

由②-①得：

当且时，

，

又也符合上式，因此

，

，

即原不等式成立.

【解析】本题考查了数列与不等式，涉及裂项相消法求和、等差数列的通项公式、根据数列的递推公式求通项公式等知识，属中档题.

利用进行求解然后化简可求出的通项公式;

由可求出，然后再利用裂项相消法求和可得.

6.（2022·新高考II卷第17题）已知为等差数列，为公比为2的等比数列，且

证明：

求集合中元素个数.【答案】解：设等差数列公差为d

由，知，故

由，知，

故故，整理得，得证.

由知，由知：

即，即，

因为，故，解得，

故集合中元素的个数为9个.

【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题.

【2021年真题】7.（2021·新高考II卷第12题）（多选）设正整数，其中，记，则(

)A. B.

C. D.【答案】ACD

【解析】【分析】本题重在对新定义进行考查，合理分析所给条件是关键，属于拔高题.

利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【解答】解：对于A选项，，，

则，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选8.（2021·新高考I卷第16题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________；如果对折次，那么__________【答案】5；【解析】【分析】本题考查实际生活中的数列问题，由特殊到一般的数学思想.根据题设列举，可以得到折叠4次时会有五种规格的图形.由面积的变化关系得到面积通项公式，从而由错位相减法得到面积和.【解答】解：对折3次时，可以得到，，，四种规格的图形.

对折4次时，可以得到，，，，五种规格的图形.

对折3次时面积之和，对折4次时面积之和，即，，，，……

得折叠次数每增加1，图形的规格数增加1，且，

记，

则，

，

得，

，

故答案为5；9.（2021·新高考I卷第17题）已知数列满足，，记，写出，，并求数列的通项公式；求的前20项和.【答案】解：=1\*