資源簡介

熱點3-2 三角函數的圖象與性質
【題型8 三角函數的最值問題】
滿分技巧三角函數值域或最值的3種求法 1、直接法：形如y＝asin x＋k或y＝acos x＋k的三角函數，直接利用sin x，cos x的值域求出； 2、化一法：形如y＝asin x＋bcos x＋k的三角函數，化為y＝Asin（ωx＋φ）＋k的形式，確定ωx＋φ的范圍，根據正弦函數單調性寫出函數的值域（最值）； 3、換元法： （1）形如y＝asin2x＋bsin x＋k的三角函數，可先設sin x＝t，化為關于t的二次函數求值域（最值）； （2）形如y＝asin xcos x＋b（sin x±cos x）＋c的三角函數，可先設t＝sin x±cos x，化為關于t的二次函數求值域（最值）
【例8】（2022·河南·高三校聯考專題練習）
1．函數的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【變式8-1】（2024·江蘇蘇州·高三統考期末）
2．已知函數的最小正周期為，則在區間上的最大值為（ ）
A． B．1 C． D．2
【變式8-2】（2024·廣東廣州·廣東實驗中學校考模擬預測）
3．對于下列四種說法，其中正確的是（ ）
A．的最小值為4 B．的最小值為1
C．的最小值為4 D．最小值為
【變式8-3】（2024·江西贛州·高三南康中學校聯考期末）
4．已知函數在區間上有且只有一個最大值和一個最小值，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【變式8-4】（2024·湖北武漢·高三統考期末）
5．已知函數，，若函數在上存在最大值，但不存在最小值，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【題型9 三角函數零點綜合】
【例9】（2024·全國·模擬預測）
6．函數與函數的圖象所有交點的橫坐標之和為 ．
【變式9-1】（2024·全國·高三專題練習）
7．已知函數，若在上有兩個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式9-2】（2024·浙江寧波·高三統考期末）
8．將函數的圖象向右平移個單位后得到函數的圖象.若在上恰有三個不同的零點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【變式9-3】（2023·甘肅天水·高三校聯考階段練習）
9．已知函數（其中）在區間上恰有4個零點，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【變式9-4】（2024·遼寧·高三校聯考期末）
10．已知函數恰有5個零點，則的值可能為（ ）
A．4 B．5 C． D．
【題型10 三角函數圖象性質綜合】
【例10】（2024·新疆烏魯木齊·統考一模）
11．已知函數的部分圖像如圖所示，則（ ）

A．在上單調遞增
B．在上有4個零點
C．
D．將的圖象向右平移個單位，可得的圖象
【變式10-1】（2024·吉林長春·高三長春吉大附中實驗學校校考期末）
12．已知函數（其中，，）的部分圖象如圖所示，將函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象．
(1)求與的解析式；
(2)令，求在區間內的所有實數解的和．
【變式10-2】（2023·安徽·高三校聯考階段練習）
13．函數的部分圖象如圖所示.
(1)求函數的解析式；
(2)將函數的圖象向左平移個單位，再將所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的倍，縱坐標不變，得到函數的圖象，求函數在上的值域.
【變式10-3】（2024·廣東廣州·廣東實驗中學校考一模）
14．已知函數的最小值為，其圖象上的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，且圖象關于點對稱．
(1)求函數的解析式和單調遞增區間；
(2)若不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．
【變式10-4】（2024·吉林白城·高三校考階段練習）
15．已知函數為奇函數，且圖象的相鄰兩條對稱軸間的距離為.
(1)求的解析式與單調遞減區間；
(2)將函數的圖象向右平移個單位長度，再把橫坐標縮小為原來的（縱坐標不變），得到函數的圖象，當時，求方程的所有根的和.
（建議用時：60分鐘）
（2023·北京延慶·高三北京市延慶區第一中學校考階段練習）
16．設函數，則下列結論正確的是（ )
A．的最小正周期為 B．的圖象關于直線對稱
C．的一個零點為 D．的圖象可以由圖像左移得到
（2022·全國·高三校聯考專題練習）
17．函數的單調遞增區間為（ ）
A． B．
C． D．
（2024·河南南陽·高三方城第一高級中學校聯考期末）
18．函數在上的值域為（ ）
A． B． C． D．
（2024·云南昭通·統考模擬預測）
19．函數向左平移個單位得到，若是偶函數，則（ ）
A． B． C． D．
（2023·青海·高三校聯考階段練習）
20．將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，若直線是圖象的一條對稱軸，則的值可能為（ ）
A． B． C． D．
（2023·福建福州·高三校聯考期中）
21．函數的兩個零點分別為，且，在上僅有兩條對稱軸，則可以是（ ）
A． B． C． D．
（2023·河北石家莊·高三校考階段練習）
22．已知函數滿足，且在上單調，則的最大值為（ ）
A． B．3 C． D．4
（2024·江西南昌·南昌二中校聯考模擬預測）
23．設函數若存在且，使得，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·湖南·高三湖南省祁東縣第一中學校聯考階段練習）
24．若函數在區間上恰有兩個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·江蘇南京·高三期末）
25．已知函數在區間上恰有兩個最大值，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2023·廣西·高三南寧三中校聯考階段練習）
26．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小正周期為
B．在區間上單調遞減
C．是函數圖象的一條對稱軸
D．的圖象關于點對稱
（2023·山東青島·高三萊西市第一中學校聯考期中）
27．設函數，則（ ）
A．為奇函數 B．的最小正周期為
C．存在零點 D．存在極值點
（2023·安徽安慶·高三懷寧縣新安中學校考期中）
28．已知，下列結論中正確的有（ ）
A．既是奇函數也是周期函數 B．的最大值為
C．的圖象關于直線對稱 D．的圖象關于點中心對稱
（2023·安徽·高三校聯考期末）
29．已知函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A．
B．在上單調遞增
C．的圖象關于直線對稱
D．為偶函數
（2024·陜西西安·統考一模）
30．已知函數圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，且關于點對稱，則的值為 ．
（2024·山東臨沂·高三統考期末）
31．設函數在區間上的最大值為，最小值為，則的最小值為 ．
（2024·江蘇常州·高三校考期末）
32．將余弦函數的圖象上所有點的縱坐標伸長到頂原來的倍（橫坐標不變），再將所得到的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象.若關于x的方程在內有兩個不同的解，則實數m的取值范圍為 ．
（2023·北京東城·高三北京五十五中校考階段練習）
33．已知函數的部分圖象如圖所示．
(1)求函數的解析式；
(2)求函數的單調遞增區間；
(3)求函數的最大值與最小值．
（2023·河南·高三校聯考期中）
34．設，，已知函數的圖象在區間內恰有4條對稱軸，且函數為偶函數．
(1)求的值以及的取值范圍；
(2)當取得最大值時，將的圖象上所有點的橫坐標縮小為原來的，再將所得圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，求函數在區間上的值域．
（2023·福建泉州·高三校考階段練習）
35．已知點，是函數圖象上的任意兩點，，且當時，的最小值為.
(1)求的解析式；
(2)當時，恒成立，求實數的取值范圍.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】先得出函數的一個周期為，然后分類討論去絕對值，分別求出每一段的最小值即可得出答案.
【詳解】依題意，
，故函數的一個周期為，
當時，，
，
此時，，；
當時，
，
此時，
故函數的最小值為，
故選：D．
2．C
【分析】由周期公式求得，結合換元法即可求得最大值.
【詳解】由題意，解得，所以，
當時，，
所以在區間上的最大值為，當且僅當時等號成立.
故選：C.
3．BD
【分析】根據題意，結合基本不等式，以及對勾函數的性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，由，
當且僅當時，即，顯然不成立，所以A錯誤；
對于B中，由，
當且僅當，即時，等號成立，所以B正確；
對于C中，由，令，
可得，則函數在為單調遞減函數，
所以，所以C不正確；
對于D中，由，令，
可得，根據對勾函數的性質，可得在為單調遞增函數，
所以，所以D正確.
故選：BD.
4．D
【分析】根據正弦型函數的最值性質進行求解即可.
【詳解】因為得，則，
所以由題意可得，，解得.
故選：D
5．D
【分析】根據題意分類討論和兩種情況，結合題目中所給區間的開和閉以及三角函數圖象相關知識求解答案即可.
【詳解】若，則，
又因為，函數在上存在最大值，但不存在最小值，
所以當，即時，
只需滿足，此時，
當，即時，
函數一定存在最大值，要讓函數無最小值，則，
此時，
綜上，，即的取值范圍是.
故選：D
6．10
【分析】判斷函數的性質與最小值，判斷函數的性質，作出函數與的大致圖象，判斷兩個圖象在上的交點情況，根據對稱性得結果.
【詳解】因為，所以函數的圖象關于直線對稱，
且在上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為．
所以函數的圖象關于直線對稱，且的最大值為2．
由于的圖象和的圖象都關于直線對稱，
所以先考慮兩個圖象在上的情形，
易知在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，
在上單調遞增，在上單調遞減．
易知，，
所以可作出函數與的大致圖象如圖所示，
所以的圖象和的圖象在上有5個交點．
根據對稱性可知兩函數圖象共有10個交點，且兩兩關于直線對稱，
因此所有交點的橫坐標之和為．
故答案為:.
7．C
【分析】由，可得，所以，從而求出的取值范圍．
【詳解】因為，所以，
因為函數在區間上有2個零點，
所以，解得，
即的取值范圍是
故選：C.
8．A
【分析】根據平移變換得到，且，結合函數零點個數得到不等式，求出實數的取值范圍.
【詳解】，
由題意得，故當時，，
顯然當，即為的一個零點，
要想在上恰有三個不同的零點，
若，解得，
若，無解，
若，無解.
故選：A
9．A
【分析】利用余弦函數的性質得到關于的不等式，從而得解.
【詳解】，，
又函數在區間上恰有4個零點，
，，
的取值范圍是.
故選：A.
10．BC
【分析】先利用余弦函數的圖像性質求得的零點個數，再利用的零點個數列出關于的不等式，解之即可求得的取值范圍 ，進而得到的值可能值.
【詳解】由，得.
函數在上的零點個數為2，
又因為函數恰有5個零點，
所以函數在上的零點個數為3.
由，得，
則，解得.
故選：BC
11．ABC
【分析】結合圖象，得到函數，根據正弦函數圖象和性質，以及圖象變化判斷四個選項即可.
【詳解】由圖知，，所以或，
又，所以，所以，又因為圖象過，
且為下降零點，所以，，故,
結合圖象，即，所以，
所以，
對于A選項，當，，結合正弦函數圖像可知，在上單調遞增，故A正確；、
對于B選項，當時，，其中，
結合正弦函數圖像可知，在上有4個零點，故B正確；
對于C選項，當時，即，即或，
結合圖象可知，，所以，故C正確；
對于D選項，將的圖象向右平移個單位，得，而，故D錯誤，
故選：ABC.
12．(1)，
(2)
【分析】（1）根據函數圖象得到，代入，求出，得到的解析式，并根據平移法則計算出的解析式；
（2）求出，故得到，令，畫出的函數圖象，數形結合得到根的和.
【詳解】（1）設函數的最小正周期為，
因為，由函數可得，
因為，所以，解得，
將代入解析式，得，故，
因為，所以，，
故，解得，
故，
的圖象向右平移個單位長度，
得到；
（2）
，
令得，即，
當時，，令，
畫出在的函數圖象，如下：
共有4個解，其中，
即，解得，
.
13．(1)
(2)
【分析】（1）根據圖象易得和周期，結合可得結果；
（2）根據平移和伸縮變換可得，進而由整體法即可求解函數的值域.
【詳解】（1）觀察圖象可得，函數的周期，解得，
即，由，得，
即，，
而，則，
所以函數的解析式是.
（2）將的圖象向左平移個單位長度，
可得到函數的圖象，
再將所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，
得到函數的圖象，則，
當時，，則，
所以，
因此在上的值域為.
14．(1)，單調遞增區間為
(2)
【分析】（1）求出和最小正周期，求出，代入，求出，求出解析式，利用整體法求出單調遞增區間；
（2）先根據得到，根據得到，從而得到不等式，求出實數的取值范圍.
【詳解】（1）由題知：，函數的最小正周期，
故，解得，
所以，則，
即，
，，
∵，
∴，
故，
令，
解得，
故函數的單調遞增區間是；
（2）因為，所以，
故，，
所以，
∵不等式在上恒成立，
，即在上恒成立，
，解得，
即實數的取值范圍是．
15．(1)，
(2).
【分析】（1）利用恒等變換化簡后，結合三角函數的性質求解；
（2）利用圖象變換法,求得的函數表達式，解方程求得的值，利用換元思想，結合三角函數的圖象和性質分析求出即可.
【詳解】（1）由題意可得：因為圖象的相鄰兩條對稱軸間的距離為，
所以的最小正周期為，即可得，
又為奇函數，則，
又，所以，故.
令，得，
所以函數的遞減區間為.
（2）將函數的圖象向右平移個單位長度，可得的圖象，
再把橫坐標縮小為原來的，得到函數的圖象，
又，則或，
即或.
令，當時，，
畫出的圖象如圖所示：
的兩個根對應的點關于直線對稱，即，
有，
在上有兩個不同的根，
所以；
又的根為，
所以方程在內所有根的和為.
16．D
【分析】A根據最小正周期的公式求；B代入，對稱軸即取最值；C化簡后代入，零點即函數值為0；D根據平移變換可得.
【詳解】由，則其最小正周期為，A錯誤；
當時，，是對稱中心，B錯誤；
，當時，，C錯誤；
的圖象左移，即，
D正確.
故選：D
17．B
【詳解】先用三角恒等變換化簡得到，再用正弦型函數的單調性可求得函數的單調遞增區間.
【分析】因為
，
令，解得，
故的單調遞增區間為，
故選：B.
18．B
【分析】將用輔助角公式化為的形式，根據定義域和正弦函數性質求值域.
【詳解】，當時，，
則，所以在上的值域為．
故選：B
19．D
【分析】求出平移后的函數，根據新函數是偶函數即可得出的值.
【詳解】由題意，
在中，向左平移得到，
所以，
因為為偶函數，
所以，
又因為，
所以，
故選：D.
20．B
【分析】由題意先求出表達式，再根據正弦函數的對稱軸即可列出方程求出.
【詳解】由題意，
因為直線是圖象的一條對稱軸，
所以，則，
對比選項可知當時，．
故選：B．
21．A
【分析】根據函數零點的概念和三角函數的圖象與性質可得，由且可得.由可得，取即可求解.
【詳解】因為函數的兩個零點為，且在上僅有兩條對稱軸，
所以，又且，得.
由函數的零點為，得，
得，
當時，，此時.
故選：A.
22．B
【分析】根據已知得出的圖象關于點中心對稱，進而得出函數單調性，結合正弦函數的圖象得出，即可得出答案.
【詳解】由，得的圖象關于點中心對稱．
又且在上單調，且，
所以在上單調，所以，
即，所以．
故選：B.
23．A
【分析】根據題意，需將看成整體角，由范圍求得范圍，結合函數的圖象，求得使的兩個解，由題只需使即可，計算即得.
【詳解】
不妨取，由可得：，
由可得，
由圖可取要使存在且，使得，
需使，，解得.
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查與正弦型函數圖象有關的等高線問題.
解決的關鍵在于將看成整體角，作出正弦函數的圖象，結合求得的整體角的范圍求得最近的符合要求的角，從而界定參數范圍.
24．C
【分析】利用整體思想，結合余弦函數得圖象與性質列出不等式組，解之即可.
【詳解】由題可知，解得，．
因為函數在區間上恰有兩個零點，
所以或
解得或，即．
故選：C.
25．D
【分析】首先求出，根據題意結合圖象，則有，解出即可.
【詳解】因為，則，
所以由題意得：，解得.
故選：D.
26．ACD
【分析】由公式計算函數最小正周期驗證選項A；代入檢驗法判斷BCD選項中的單調區間對稱軸和對稱中心.
【詳解】函數
對于A，的最小正周期為，故A正確；
對于B，由，得，
從而即時，單調遞減，故B不正確；
對于C，，
所以是函數圖象的一個對稱軸，故C正確；
對于D，，
所以的圖象關于點對稱，故D正確．
故選：ACD．
27．BCD
【分析】利用三角函數的性質以及對數型復合函數的單調性，結合函數的周期性，零點、極值點的概念求解.
【詳解】對A，由，可得，
解得，
所以函數的定義域為，
且，
所以函數為偶函數，A錯誤；
對B，因為函數的最小正周期為，所以的最小正周期為，B正確；
對C，令，即，
即，即為函數的零點，C正確；
對D，因為函數在單調遞增，單調遞減，
所以函數在單調遞增，單調遞減，
所以為函數的極大值點，D正確；
故選:BCD.
28．ACD
【分析】利用函數奇偶性和周期性的定義可判斷A象限；令，可得出，利用導數求出函數在上的最大值，可判斷B選項；利用函數對稱性的定義可判斷CD選項.
【詳解】對于A選項，函數的定義域為，
，
，
所以，函數既是奇函數也是周期函數，A對；
對于B選項，令，
則，
令，其中，則，
由，可得；由，可得或，
所以，函數的減區間為和，增區間為，
因為，
所以，函數的最大值為，B錯；
對于C選項，因為，
所以，函數的圖象關于直線對稱，C對；
對于D選項，因為，
所以，函數的圖象關于點對稱，D對.
故選：ACD.
29．AC
【分析】利用圖象求出函數的解析式，可判斷A選項；利用余弦型函數的單調性可判斷B選項；利用余弦型函數的對稱性可判斷C選項；利用余弦型函數的奇偶性可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，由圖可知，，
因為，則，所以，，解得，A對；
對于B選項，由A選項可知，，
當時，，所以，函數在上不單調，B錯；
對于C選項，因為，
所以，的圖象關于直線對稱，C對；
對于D選項，，
所以，是非奇非偶函數，D錯.
故選：AC.
30．
【分析】根據函數圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為得到周期，從而求得，然后再由函數圖象關于點對稱求解.
【詳解】解：因為函數圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，
所以，則，，
所以，又函數圖象關于點對稱，
所以，則，即，
因為，所以，
故答案為：
31．##
【分析】首先由函數的解析式求出函數的最小正周期，可得區間為最小正周期的，當區間關于對稱軸對稱時，可得取得最小值，令，求出t的值，求出的值，進而求出所求的代數式的值．
【詳解】函數的最小正周期為，由于，
則區間的長度是周期的，
要使取最小值，則在上不單調，
所以當區間關于其對稱軸對稱時，取得最小值，
其對稱軸為，
所以當 時，函數取得最值±4，
不妨設，則，
解得，
所以，
所以的最小值為，
故答案為：
32．
【分析】運用三角函數的伸縮平移變換得到函數的解析式，再利用方程與函數的關系將方程的解的情況轉化為兩個函數的圖象交點問題來解決.
【詳解】依題意，，則關于x的方程可化為：，
則關于x的方程在內有兩個不同的解可轉化為：函數的圖象與函數的圖象在上有兩個交點.
由可得：，取,作出函數在上的圖象.
由圖，要使函數的圖象與其有兩個交點，須使，即實數m的取值范圍為.
【點睛】方法點睛：本題主要考查三角函數的平移伸縮變換和函數的零點與方程的解的轉化.
對于方程在給定區間上的解的情況問題的解決，常用方法有兩種：
（1）變量分離法：將方程的解轉化成兩個函數圖象的交點情況，通過討論函數的圖像趨勢解決；
（2）討論分析法：直接討論含參函數的零點分布情況即得.
33．(1)
(2)
(3)最大值為，最小值為.
【分析】（1）觀察圖象知函數最小正周期為，為函數單調遞減區間上的零點，且過(0，1)點，分別求出的值；
（2）由（1）中，代入并化簡求得解析式，再由復合函數單調性列不等式求出單調增區間即可.
（3）由（1）中，代入并化簡求得解析式，化簡為關于sinx的二次函數求最值.
【詳解】（1）解：由圖知：
的最小正周期為，
故，所以，
又為單調遞減區間上的零點，
故，又解得：.
又圖象過(0，1)點，所以，解得.
所以函數的解析式為：.
（2）由（1）知
令
解得：
故函數的單調遞增區間為：
（3）
當時，最小值為；
當時，最大值為；
故：最大值為，最小值為.
34．(1)，
(2)
【分析】（1）根據為偶函數得到的取值，依據圖象在區間內恰有4條對稱軸，即可求解的取值范圍；
（2）根據圖形變換規則得到函數的圖象，然后討論其在區間上的值域即可．
【詳解】（1）依題意得，
因為為偶函數，
所以，故．
因為，所以，
．
令，則，
則，解得，
即的取值范圍為．
（2）依題意得，
將的圖象上所有點的橫坐標縮小為原來的，得到的圖象，
再將所得圖象向右平移個單位長度，得到的圖象．
當時，，
故的值域為，
即在區間上的值域為．
35．(1)；
(2).
【分析】（1）根據求，由題求周期，然后可得，即可得解析式；
（2）先求的范圍，然后分離參數，利用基本不等式可得.
【詳解】（1）由題知，，即，
又，所以，
因為時，的最小值為，
所以，即，
所以，
（2）當時，，
所以，所以，
令，則當時，恒成立，
等價于時，恒成立，
，
因為，
當且僅當，即時，等號成立，
又當時，，
所以
所以，即實數的取值范圍為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁熱點3-2 三角函數的圖象與性質
三角函數的圖象與性質是高考的熱點，函數的圖象變換以及三角函數的周期性、對稱性、單調性之間邏輯關系則是重心.隨著新高考改革的推進，更加注重對以周期性為核心的三大性質之間的邏輯關系的考查，要求考生能用幾何直觀和代數運算來研究三角函數.高考中的相關試題多以選擇題、填空題的形式考查，難度中等或偏下.
【題型1 三角函數的識圖問題】
滿分技巧 圖象辨識題的主要解題思想是“對比選項，找尋差異，排除篩選” （1）求函數定義域（若各選項定義域相同，則無需求解）； （2）判斷奇偶性（若各選項奇偶性相同，則無需判斷）； （3）找特殊值：①對比各選項，計算橫縱坐標標記的數值；②對比各選項，函數值符號的差別，自主取值（必要時可取極限判斷符號）； （4）判斷單調性：可取特殊值判斷單調性.
【例1】（2024·湖南長沙·統考一模）
1．下圖是函數的部分圖象，則該函數的解析式可以是（ ）

A． B．
C． D．
【變式1-1】（2024·天津寧河·高三統考期末）
2．函數在區間上的圖象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-2】（2024·陜西寶雞·統考一模）
3．函數的部分圖像大致為（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-3】（2024·河北廊坊·高三文安縣第一中學校聯考期末）
4．現有四個函數：①；②；③；④的圖象（部分）如圖，則按照從左到如圖像對應的函數序號正確的一組是（ ）
A．①③②④ B．①④③② C．③①②④ D．③①④②
【變式1-4】（2023·福建泉州·高三校考階段練習）
5．函數的圖象大致為（ ）
A． B． C． D．
【題型2 由三角函數的圖象求解析式】
滿分技巧 已知的部分圖象求其解析式時，比較容易看圖得出，困難的是求待定系數和，常用如下兩種方法： （1）由即可求出；確定時，若能求出離原點最近的右側圖象上升（或下降）的“零點”橫坐標，則令（或），即可求出； （2）代入點的坐標，利用一些已知點（最高點、最低點或“零點”）坐標代入解析式，再結合圖形解出和，若對，的符號或對的范圍有要求，可用誘導公式變換使其符合要求.
【例2】（2023·全國·高三校聯考階段練習）
6．已知函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A． B． C． D．
【變式2-1】（2024·四川攀枝花·統考二模）
7．函數的部分圖象如圖所示，則將的圖象向右平移個單位后，得到的圖象的解析式為（ ）
A．y2x B．2x C． D．
【變式2-2】（2024·廣東廣州·華南師大附中校考一模）
8．函數的部分圖像如圖所示，則，的值分別是（ ）

A．2， B．2， C．2， D．4，
【變式2-3】（2024·遼寧沈陽·高三沈陽實驗中學校聯考期末）
9．函數的部分圖象如圖，則（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【變式2-4】（2024·河南信陽·統考二模）
10．已知函數的圖象如圖所示，，是直線與曲線的兩個交點，且，則下列選項正確的是（ ）
A．的值為3 B．的值為2 C．的值可以為 D．的值可以為
【題型3 三角函數的圖象變換問題】
滿分技巧 函數y＝Asin(ωx＋φ)＋k(A>0，ω>0)中，參數A，ω，φ，k的變化引起圖象的變換： （1）A的變化引起圖象中振幅的變換，即縱向伸縮變換； （2）ω的變化引起周期的變換，即橫向伸縮變換； （3）φ的變化引起左右平移變換，k的變化引起上下平移變換． 圖象平移遵循的規律為：“左加右減，上加下減”． 【注意】（1）平移變換和伸縮變換都是針對x而言，即x本身加減多少值，而不是依賴于ωx加減多少值； （2）余弦型、正切型函數的圖象變換過程與正弦型函數的圖象變換過程相同.
【例3】（2023·湖南衡陽·衡陽市八中校考一模）
11．為了得到函數的圖象，只需把函數的圖象上所有的點的（ ）
A．橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變
B．橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變
C．縱坐標伸長到原來的2倍，橫坐標不變
D．縱坐標縮短到原來的倍，橫坐標不變
【變式3-1】（2024·廣東廣州·高三執信中學校考階段練習）
12．將函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-2】（2024·福建·高三校聯考期末）
13．已知函數，要得到函數的圖象，只需將的圖象（ ）
A．向左平移個單位長度 B．向左平移個單位長度
C．向右平移個單位長度 D．向右平移個單位長度
【變式3-3】（2024·天津和平·高三統考期末）
14．已知函數，函數圖象的一條對稱軸與一個對稱中心的最小距離為，將圖象上所有的點向左平移個單位長度，再將所得圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變），得到的圖象所表示的函數為（ ）
A． B．
C． D．
【變式3-4】（2023·湖南長沙·高三長郡中學校考階段練習）
15．要得到函數的圖象，可以將函數的圖象（ ）
A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度
C．向右平移個單位長度 D．向左平移個單位長度
【題型4 三角函數的單調性及應用】
滿分技巧 1、求三角函數單調區間的2種方法 （1）代換法：就是將比較復雜的三角函數含自變量的代數式整體當作一個角u(或t)，利用基本三角函數的單調性列不等式求解； （2）圖象法：畫出三角函數的正、余弦和正切曲線，結合圖象求它的單調區間 求解三角函數的單調區間時，若x的系數為負，應先化為正，同時切莫忽視函數自身的定義域． 2、已知單調區間求參數范圍的3種方法 （1）子集法：求出原函數的相應單調區間，由已知區間是所求某區間的子集，列不等式(組)求解； （2）反子集法：由所給區間求出整體角的范圍，由該范圍是某相應正、余弦函數的某個單調區間的子集，列不等式(組)求解； （3）周期性法：由所給區間的兩個端點到其相應對稱中心的距離不超過周期列不等式(組)求解.
【例4】（2023·北京海淀·高三北大附中校考階段練習）
16．已知函數，則（ ）
A．在單調遞減 B．在單調遞增
C．在單調遞減 D．在單調遞增
【變式4-1】（2024·浙江溫州·溫州中學校考一模）
17．已知函數，其中.若在區間上單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式4-2】（2024·山東威海·高三統考期末）
18．已知函數在上是增函數，則的取值范圍是 .
【變式4-3】（2024·廣東·高三廣東實驗中學校聯考期末）
19．已知函數的最小正周期為，且在上單調遞減，在上單調遞增，則實數的取值范圍是 .
【變式4-4】（2024·湖南邵陽·統考一模）
20．已知函數在上單調遞增，在上單調遞減，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【題型5 三角函數的周期性及應用】
滿分技巧 周期的計算公式： 函數的周期為， 函數的周期為求解.
【例5】（2023·河南周口·高三校聯考階段練習）
21．下列函數中，以為周期的函數是（ ）
A． B．
C． D．
【變式5-1】（2023·重慶·重慶市石柱中學校校聯考一模）
22．函數的最小正周期為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-2】（2023·湖北荊州·高三沙市中學校考階段練習）
23．函數的最小正周期為 .
【變式5-3】（2024·廣東汕頭·金山中學校考模擬預測）
24．“的最小正周期為”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式5-4】（2024·山東德州·高三統考期末）
25．設函數在的圖象大致如圖，則的最小正周期為（ ）
A． B． C． D．
【題型6 三角函數的奇偶性及應用】
滿分技巧 與三角函數奇偶性相關的結論 三角函數中，判斷奇偶性的前提是定義域關于原點對稱，奇函數一般可化為y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，而偶函數一般可化為y＝Acos ωx＋b的形式．常見的結論有： （1）若y＝Asin(ωx＋φ)為偶函數，則有φ＝kπ＋ (k∈Z)；若為奇函數，則有φ＝kπ(k∈Z)． （2）若y＝Acos(ωx＋φ)為偶函數，則有φ＝kπ(k∈Z)；若為奇函數，則有φ＝kπ＋ (k∈Z)． （3）若y＝Atan(ωx＋φ)為奇函數，則有φ＝kπ(k∈Z)．
【例6】（2023·陜西西安·統考一模）
26．已知函數，則“”是“為奇函數”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式6-1】（2024·河南·模擬預測）
27．已知函數，則“，”是“為偶函數”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式6-2】（2024·廣東廣州·廣州六中校考三模）
28．若函數為奇函數，則（ ）
A． B． C． D．
【變式6-3】（2024·河南周口·高三統考階段練習）
29．已知函數為偶函數，則（ ）
A．－2 B．－1 C．0 D．2
【變式6-4】（2023·廣東廣州·高三統考階段練習）
30．若為奇函數，則實數（ ）
A． B． C． D．
【變式6-5】（2023·北京海淀·高三專題練習）
31．函數，則（ ）
A．若，則為奇函數 B．若，則為偶函數
C．若，則為偶函數 D．若，則為奇函數
【題型7 三角函數的對稱性及應用】
滿分技巧 三角函數對稱性問題的2種求解方法 1、定義法：正(余)弦函數的對稱軸是過函數的最高點或最低點且垂直于x軸的直線，對稱中心是圖象與x軸的交點，即函數的零點； 2、公式法： （1）函數y＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸為x＝－＋，對稱中心為； （2）函數y＝Acos(ωx＋φ)的對稱軸為x＝－，對稱中心為； （3）函數y＝Atan(ωx＋φ)的對稱中心為.上述k∈Z
【例7】（2024·重慶·高三統考期末）
32．下列函數中，其圖象關于點對稱的是（ ）
A． B． C． D．
【變式7-1】（2024·山東菏澤·高三山東省鄄城縣第一中學校考階段練習）
33．“函數的圖象關于對稱”是“，”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式7-2】（2024·山東青島·高三青島二中校考期末）
34．已知函數的圖像關于原點中心對稱，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-3】（2022·全國·高三校聯考階段練習）
35．已知是函數的一條對稱軸，且，則（ ）
A． B． C．或 D．或
【變式7-4】（2024·陜西安康·安康中學校聯考模擬預測）
36．若函數的圖象在內有且僅有兩條對稱軸，一個對稱中心，則實數的最大值是 ．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】利用圖象易得值和周期，從而可求，代入最值點坐標確定，即得.
【詳解】由圖可得：，即，即，
觀察各選項可知，本題考慮即可，則，
把點代入中，可得：，
故，即，
所以.
故選：C.
2．D
【分析】根據條件，利用函數的奇偶性和函數的取值，結合圖象即可求出結果.
【詳解】因為，，，
所以，圖像關于原點對稱，故選項A和B錯誤，
又，，，所以選項C錯誤，選項D正確，
故選：D.
3．C
【分析】根據函數的定義域即可排除求解.
【詳解】由于函數的定義域為，故可排除ABD，
故選：C
4．A
【分析】判斷已知的四個函數的奇偶性，結合它們的函數值正負情況以及零點情況，即可判斷出答案.
【詳解】設，定義域為R，滿足，
即為偶函數，對應的圖象為圖，
設，定義域為R，滿足，
即為奇函數，且當時，，對應的圖象為圖；
設，定義域為R，滿足，
為奇函數，且零點為，對應的圖象為圖；
設，定義域為R，滿足，
為奇函數，且零點為0和，對應的圖象為圖4.
故選：A.
5．B
【分析】利用函數奇偶性和余弦函數、對數函數的性質分析即可.
【詳解】解法一：因為，，
所以為奇函數，其圖象關于原點對稱，排除A，D；
當時，，，，故，排除C，故選B．
解法二：當時，，排除A，C；
又當時，，，，則，排除D，
故選：B．
6．D
【分析】根據點在圖象上求出的值，根據五點作圖法求出的值，進而得到函數解析式，從而算出.
【詳解】由圖可知，點在圖象上，所以，則，
又知點在的增區間上，所以；
由五點作圖法可知，，解得，
所以，
則，
故選：D．
7．D
【分析】先根據題意求得、、的值，得到函數的解析式，然后通過平移變換得到所求的解析式．
【詳解】由圖象得，
，
．
∵點在函數的圖象上，
，
，
，
又，，．
將的圖象向右平移個單位后，得到的圖象對應的解析式為．
故選：D．
8．B
【分析】根據三角函數圖像與性質求，的值即可.
【詳解】設的周期為，
則由圖像知，
所以，則，
因為在處取得最大值，
所以，
得，
因為，
所以.
故選：B
9．A
【分析】代入兩點坐標，結合2為函數在原點右邊的第一個最大值點，求出相應的答案.
【詳解】由圖象可得，故，
因為，故或，
將代入解析式得，即，
由圖象可知2為函數在原點右邊的第一個最大值點，
故，
當時，，解得，滿足要求，
當時，，解得，不合要求，舍去，
故選：A
10．AD
【分析】根據函數圖像直接確定A，設結合，確定，利用點的坐標確定的表達式，然后代入求值即得答案.
【詳解】由函數的圖象可知,
設，由可得，
令，即，
結合圖像可得，
則，即，故A正確，B錯誤；
將代入，即有，且為函數下降零點，
所以，故，
當時，，不符合題意，
當時，，符合題意，故C錯誤，D正確；
故選：AD.
11．B
【分析】利用三角函數的伸縮變換可以得到答案.
【詳解】因為把函數的圖象上所有的點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，就能得到函數的圖象.
故選：B
12．B
【分析】先將函數的解析式變形為同名三角函數，然后根據三角函數圖象的平移變換法則求解．
【詳解】依題意，函數，把的圖象向右平移個單位長度，
得的圖象，而，
于是，而，則，，
所以的最小值為.
故選：B
13．D
【分析】先把，的解析式都化成或的形式，再用圖象的平移解決問題.
【詳解】，
，
故將的圖象向右平移個單位長度可得，即為的圖象.
故選：C
14．A
【分析】首先求出周期則得到，再根據平移壓軸的原則即可得到答案.
【詳解】由題意得，，則，所以，
則將圖象上所有的點向左平移個單位長度變為，
再將所得圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變），得到的圖象所表示的函數為.
故選：A.
15．B
【分析】利用三角函數的平移規則即可得解.
【詳解】因為，
，
所以將的圖象向左平移個單位可得到的圖象.
故選：B.
16．C
【分析】根據題意整理可得，結合余弦函數單調性逐項分析判斷.
【詳解】因為，
對于選項A：因為，則，
且在內不單調，所以在內不單調，故A錯誤；
對于選項B：因為，則，
且在內不單調，所以在內不單調，故B錯誤；
對于選項C：因為，則，
且在內單調遞減，所以在內單調遞減，故C正確；
對于選項D：因為，則，
且在內單調遞減，所以在內單調遞減，故D錯誤；
故選：C.
17．A
【分析】利用余弦函數的單調性求出單調遞增區間，可得，解不等式即可得出答案.
【詳解】由題意得，函數的增區間為，且，
解得.
由題意可知：.
于是，解得.
又，于是.
故選：A.
18．
【分析】根據正切函數的單調性，結合題意，列出滿足的條件，求解即可.
【詳解】根據題意，，解得，又，則；
當，，
由題可得，解得；
綜上所述，的取值范圍是.
故答案為：.
19．
【分析】先將函數降冪，由題設求出的值，再根據后續條件，考查所得函數在相應區間上的單調性，比較區間的包含關系計算即得.
【詳解】由的最小正周期為，得,則，
因當時，，此時函數單調遞減，即在上單調遞減；
當時，，此時函數單調遞增，即在上單調遞增.
由題知在上單調遞減，在上單調遞增，故須使，解得.
故答案為：.
20．C
【分析】由正弦函數的性質求出函數的單調區間，從而得到不等式組，即可求出參數的取值范圍.
【詳解】由，解得，
的單調增區間為.
在上單調遞增，，.
由，解得，
的單調減區間為，
又函數在上單調遞減，
，.
綜上，，即實數的取值范圍為.
故選：C
21．C
【分析】根據正弦型、正切型函數的性質可判斷選型A、B；根據圖像變換可判斷選項C；根據圖象可判斷選項D.
【詳解】對于A，因為函數的最小正周期為，
所以函數的最小正周期為，故選項A錯誤；
對于B，因為函數的最小正周期為，
所以函數的最小正周期為，故選項B錯誤；
對于C，因為函數的最小正周期為，
所以根據圖象變換可知函數最小正周期為，所以也是它的一個周期，故選項C正確；
對于D，作出函數的圖象：
根據圖象可知該函數不是周期函數，故選項D錯誤.
故選：C．
22．B
【分析】把函數化成的形式，利用公式求函數的最小正周期.
【詳解】因為.
所以，函數的最小正周期為：.
故選：B
23．##
【分析】由函數周期性與誘導公式求解，
【詳解】由誘導公式可知，，
當時，與不恒相等，故的最小正周期為，
故答案為：
24．B
【分析】根據函數的最小正周期求得，再根據充分條件和必要條件的定義即可的解.
【詳解】當的最小正周期為時，有，即充分性不成立；
當時，的最小正周期為，即必要性成立；
所以“的最小正周期為”是“”的必要不充分條件.
故選：B.
25．C
【分析】根據題意，得到且，可排除A，D；再由，得到，結合B、C項，驗證即可求解.
【詳解】由函數的圖象，
函數的最小正周期且，可排除A，D；
又由，即，
若選B，則，此時，此時不為整數，排除B項；
若選C，則，此時，此時，排除C項.
故選：C.
26．C
【分析】根據誘導公式以及三角函數的奇偶性結合充分、必要條件分析判斷.
【詳解】由題意可知：的定義域為，
若，可得，
若為偶數，則為奇函數；
若為奇數，則為奇函數；
即充分性成立；
若為奇函數，則，即必要性成立；
綜上所述：“”是“為奇函數”的充要條件.
故選：C.
27．A
【分析】由余弦函數的性質，分別驗證充分性與必要性即可.
【詳解】函數，
當時，，為偶函數，所以充分性成立；
為偶函數時，，解得，不能得到，所以必要性不成立.
故“，”是“為偶函數”的充分不必要條件.
故選：A
28．C
【分析】分0在定義域內和0不在定義域內兩種情況進行討論即可求得答案.
【詳解】若0在定義域內，由時，得，；
若0不在定義域內，由時，無意義，得．
綜上，．
故選：C．
29．A
【分析】利用偶函數的性質進行求解即可.
【詳解】由且，
由，
因為該函數是偶函數，
所以定義域關于原點對稱，因此有，
即，定義域為，
因為，
所以該函數是偶函數，符合題意，
故選：A
30．D
【分析】根據奇函數的定義可求得實數的值.
【詳解】對于函數，有，解得，
所以，函數的定義域為，
因為函數為奇函數，則，
即對任意的恒成立，
所以，，
所以，，解得，.
故選：D.
31．B
【分析】根據選項中的關系，代入的解析式，對AD用特值說明不是奇函數，對BC用奇偶性的定義驗證即可.
【詳解】的定義域為，
對A：若，，若為奇函數，則，而不恒成立，故不是奇函數；
對B：若，，
，故為偶函數，B正確；
對C：若，，，故不是偶函數，故C錯誤；
對D：若，，
若為奇函數，則，而不恒成立，故不是奇函數；
故選：B
32．BCD
【分析】利用三角函數的性質，把代入驗證即可判斷得解.
【詳解】對于A，當時，，A不是；
對于B，當時，，B是；
對于C，當時，，C是；
對于D，當時，，正切值不存在，D是.
故選：BCD
33．B
【分析】利用正切函數的性質結合集合間的基本關系判定充分、必要條件即可.
【詳解】當函數的圖象關于對稱時，
有，，得，，
易知 ，
所以“函數的圖象關于對稱”是“，”的必要不充分條件．
故選：B．
34．B
【分析】利用余弦函數對稱中心求出的表達式，再賦值求得結果.
【詳解】函數的圖像關于原點中心對稱,則，解得，因為，當時，取得最小值.
故選：B
35．B
【分析】根據對稱軸過最值點可知，利用可求得，由此可得，代入即可.
【詳解】由是函數的一條對稱軸，
知，
∵，
，
，
，
，
又，
，
，
.
故選：B.
36．
【分析】化簡解析式，根據三角函數對稱軸和對稱中心的知識和定義域列不等式，由此求得的取值范圍.
【詳解】由題意，得，
令，解得，
令，得；
令，解得，
令，得．
根據題意，得，解得，所以實數的最大值是．
故答案為：．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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