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微考點3-1 新高考中三角函數的圖象與性質應用中的九大核心考點
考點五：三角函數圖象的單調性
【精選例題】
【例1】
1．已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．最小正期是 B．的圖像關于對稱
C．在上單調遞減 D．是奇函數
【例2】
2．已知函數，下面結論錯誤的是（ ）
A．函數的最小正周期
B．是的圖像的一個對稱中心
C．函數在區間上是減函數
D．函數在區間上是減函數
【例3】
3．函數的單調遞增區間為（ ）
A． B．
C． D．
【例4】
4．已知，，，，則（ ）
A． B． C． D．
【例5】
5．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小正周期為
B．的最大值為2
C．的圖象關于直線對稱
D．在上單調遞減
【跟蹤訓練】
6．下列不等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
7．已知點是函數的圖象的一個對稱中心，則（ ）
A．是奇函數
B．，
C．若在區間上有且僅有條對稱軸，則
D．若在區間上單調遞減，則或
8．已知函數，把的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，則（ ）
A．是奇函數
B．的圖象關于直線對稱
C．在上單調遞增
D．不等式的解集為
9．已知函數，其中為實數，且，若對恒成立，且，則的單調遞增區間為 .
10．已知函數，則（ ）
A．函數的最小正周期為2
B．點是函數圖象的一個對稱中心
C．將函數圖象向左平移個單位長度，所得到的函數圖象關于軸對稱
D．函數在區間上單調遞增
11．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數的最大值為2 B．函數的最小值為
C．函數在上單調遞減 D．函數在內有且只有一個零點
考點六：三角函數中范圍問題
【精選例題】
【例1】
12．已知函數（），若在區間內有且僅有3個零點和3條對稱軸，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【例2】
13．已知函數，若方程在區間上恰有3個實根，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【例3】
14．已知函數在上有且僅有三個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【例4】
15．已知函數在區間內沒有零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【例5】
16．已知函數在上單調，且，則的取值不可能為（ ）
A． B． C． D．
【例6】
17．已知函數在區間上有且僅有4條對稱軸，則下面給出的結論中，正確的是（ ）．
A．的取值范圍是
B．的最小正周期可能是2
C．在區間上可能恰有4個零點
D．在區間上可能單調遞增
【跟蹤訓練】
18．已知，，下列結論正確的是（ ）
A．若使成立的，則
B．若的圖像向左平移個單位長度后得到的圖像關于軸對稱，則
C．若在上恰有6個極值點，則的取值范圍為
D．存在，使得在上單調遞減
19．已知函數，其中，且恒成立，在上單調，則的取值范圍是 .
20．已知函數，的圖象關于直線對稱，且在上單調，則的最大值為 .
21．若函數（）在區間上單調遞增，則的取值范圍 .
22．記函數的最小正周期為T，若，為的零點，則的最小值為 ．
考點七：三角函數圖象的平移問題
解題思路：異名三角函數的平移：跟同名三角函數的平移基本上相同，區別在于需要根據誘導公式將其變為同名三角函數的平移問題，再按同名三角函數平移平移思路進行平移．
【精選例題】
【例1】
23．為了得到函數的圖象，可將函數的圖象（ ）
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
【例2】
24．為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象（ ）
A．向左平移個單位 B．向左平移個單位
C．向右平移個單位 D．向右平移個單位
【例3】
25．將函數,圖像上各點的橫坐標擴大到原來的2倍（縱坐標不變），再把所得圖像向左平行移動個單位長度，則得到的圖像的解析式為 .
【例4】
26．把函數的圖像向左平移個單位，所得到的圖像對應的函數為奇函數，則的最小值是 .
【跟蹤訓練】
27．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象上所有的點（ ）
A．先向右平移個單位長度，再把所得圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變）
B．先向左平移個單位長度，再把所得圖象上各點的橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變）
C．先向右平移個單位長度，再把所得圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變）
D．先向左平移個單位長度，再把所得圖象上各點的橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變）
28．要得到函數的圖象，需（ ）
A．將函數圖象上所有點的橫坐標變為原來的2倍（縱坐標不變）
B．將函數圖象上所有點的橫坐標變為原來的倍（縱坐標不變）
C．將函數圖象上所有點向左平移個單位．
D．將函數圖象上所有點向左平移個單位
29．已知函數，將函數的圖象向右平移個單位長度后與函數的圖象重合，則的值可以是 .
30．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．
考點八：三角函數圖象加絕對值問題
解題思路：①分析奇偶性，周期性；②．去絕對值，寫成分段函數；③畫出草圖，結合圖象及對稱性的定義判斷，包括代入必要的特值．
【精選例題】
【例1】
31．關于函數有下列四個結論：
①的圖象關于原點對稱；
②在區間上單調遞增；
③的一個周期為；
④在是有四個零點
其中所有正確結論的編號是（ ）
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【例2】
32．已知函數，下列說法正確的有（ ）
A．為最大值為3 B．在上單調遞增
C．為周期函數 D．方程在上有三個實根
【例3】
33．關于函數的敘述正確的是（ ）
A．是偶函數 B．在區間單調遞減
C．在有4個零點 D．是的一個周期
【跟蹤訓練】
34．關于函數，下列結論正確的是（ ）
A．的最小正周期為 B．的最大值為2
C．在上單調遞減 D．是的一條對稱軸
35．關于函數，下述結論正確的是（ ）
A．是偶函數 B．在區間單調遞減
C．在有5個零點 D．的最大值為
36．已知函數，且函數的最小正周期為，則下列關于函數的說法，
①；
②點是的一個對稱中心；
③直線是函數的一條對稱軸；
④函數的單調遞增區間是.
其中正確的（ ）
A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
考點九：三角函數圖象的綜合運用
【精選例題】
【例1】
37．下面關于函數的敘述中，正確的是（ ）
①的最小正周期為
②的對稱中心為
③的單調增區間為
④的對稱軸為
A．①③ B．②③④ C．②④ D．①③④
【例2】
38．已知函數，現給出下列四個結論：
①為偶函數；
②的最小正周期為；
③在上單調遞增；
④在內有2個解．
其中正確結論的個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【例3】
39．對于函數給出下列四個命題，其中正確命題的序號是（ ）
A．該函數是以為最小正周期的周期函數；
B．當且僅當時，該函數取得最小值；
C．該函數的圖象關于直線對稱；
D．當且僅當時，
【例4】
40．已知，則下列說法正確的是（ ）
A．是周期函數 B．有對稱軸
C．有對稱中心 D．在上單調遞增
【跟蹤訓練】
41．已知函數，則( )
A．的圖象關于對稱 B．的最小正周期為
C．的最小值為1 D．的最大值為
42．已知函數，下列關于該函數結論錯誤的是（　　）
A．的一個周期是 B．的圖象關于直線對稱
C．的最大值為2 D．是上的增函數
43．已知，則下列選項中正確的是（ ）
A． B．關于軸對稱
C．關于中心對稱 D．的值域為
44．已知函數，，則下列說法不正確的是（ ）
A．與的定義域都是
B．為奇函數，為偶函數
C．的值域為，的值域為
D．與都不是周期函數
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．AB
【分析】由周期公式判斷A；由代值法判斷B；根據正弦函數的單調性判斷C；由奇偶性的定義判斷D.
【詳解】解：對于A．的最小正周期為，故A正確；
對于B．當時，，此時取得最小值，故B正確；
對于C．當時，，由正弦函數的單調性可得函數在不單調，故C錯誤；
對于D．因為，，所以函數既不是奇函數也不是偶函數，故D錯誤．
故選：AB．
2．D
【分析】利用正弦型函數的性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】由題可知周期，A選項正確；
令得，當時，，
即函數的一個對稱中心為，B選項正確；
，
時，，
所以函數在單調遞減，故C選項正確；
時，，所以函數在不上單調，故D選項錯誤.
故選：D
3．A
【分析】先換元,求定義域再結合復合函數的單調性,最后根據正弦函數的單調性求解即可.
【詳解】設，即，，單調遞增，取單調增的部分，
所以可得：，即，
解得：
答案：A.
4．A
【分析】根據的取值范圍，明確三角函數的取值范圍，利用指數函數和冪函數的單調性，可得答案.
【詳解】解：已知，則，
因為在上是減函數，故；
因為冪函數在上是增函數，故，
故．
故選：A.
5．BD
【分析】由、是否成立判斷A、C；由，結合余弦函數、二次函數性質判斷B、D.
【詳解】由，
所以不是的周期，A錯；
由，
所以的圖象不關于直線對稱，C錯；
由，而，
所以，B對；
由在上遞減，且，
結合二次函數及復合函數的單調性知：在上單調遞減，D對.
故選：BD
6．ABD
【分析】根據正弦函數、余弦函數的性質一一判斷即可.
【詳解】對于A：因為在上單調遞增，所以，故A正確；
對于B：，，
又在上單調遞減，所以，
所以，故B正確；
對于C：因為在上單調遞減，所以，故C錯誤；
對于D：，，
又，即，
，即，
所以，故D正確；
故選：ABD
7．BC
【分析】根據的對稱中心求得，根據奇偶性、對稱性、單調性等知識確定正確答案.
【詳解】依題意，點是函數的圖象的一個對稱中心，
所以，且①，B選項正確.
則，
所以
，
由于是奇數，所以是偶函數，
A選項錯誤.
C選項，，
將代入得：
，
整理得，
由于在區間上有且僅有條對稱軸，
所以，解得，由于，所以，
對應，所以C選項正確.
D選項，在區間上單調遞減，
，
將代入得：
，
整理得，
則，解得，而，所以或，
時，，符合單調性，
時，，不符合單調性，所以舍去
所以，所以D選項錯誤.
故選：BC
8．AB
【分析】A選項，由左加右減得到的解析式，從而判斷出奇偶性；B選項，，故B正確；C選項，整體法判斷函數的單調性；D選項，由得到，求出不等式的解集.
【詳解】A選項，，
由于的定義域為R，且，
故為奇函數，A正確；
B選項，，故的圖象關于直線對稱，B正確；
C選項，時，，其中在上不單調，
故在上不單調，故C錯誤；
D選項，，則，則，
故，D錯誤.
故選：AB
9．
【分析】由題意可知為函數的最大值或最小值，所以，由，得到或，即可得的表達式，根據，即可驗證值，代入正弦函數單調遞增區間，化簡整理，即可得答案.
【詳解】由對恒成立知，，
得到或，
因為，所以或，
當時，，
此時，，
，不合題意，舍，
當 時，，
此時，，
，符合題意，
所以，
所以由
得，
所以的單調遞增區間是.
故答案為：
10．BC
【分析】先將化簡為，再結合余弦函數的性質判斷4個選項即可.
【詳解】，故最小正周期為，A錯誤；
，點是一個對稱中心，B正確；
向左平移個單位長度得到，關于軸對稱，C正確；
，單調遞減，D錯誤.
故選：BC.
11．BCD
【分析】先用誘導公式及恒等變形，再通過換元成二次函數，研究這人二次函數就可以判斷每一個選項.
【詳解】，令，則，易知函數在上單調遞增，在上單調遞減，故當時，函數取得最大值，為，當時，函數取得最小值，為，所以的最大值為，最小值為，故A錯誤，B正確；
當時，單調遞減，且，此時單調遞增，所以函數在上單調遞減，C正確；
當時，先增后減且，易知在內有且僅有一個零點，且，數形結合可知在內有唯一根，即函數在內有且只有一個零點，D正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵一是換元思想的運用，二是數形結合思想的運用，三是單調性的研究.
12．A
【分析】利用整體換元法，結合余弦函數的性質即可求解.
【詳解】函數．
當時，令，則，
若在有且僅有3個零點和3條對稱軸，
則在有且僅有3個零點和3條對稱軸，
則，解得.
故選：A．

13．A
【分析】通過方程解出，再由條件確定的范圍，得到可能取值，即可通過條件中的恰有3個實根，建立不等式確定的取值范圍.
【詳解】若方程，
則，即或，
當時，，
則的可能取值為，
因為原方程在區間上恰有3個實根，
所以，
解得，
即的取值范圍是，
故選：A.
14．D
【分析】利用兩角和與差的三角函數化簡函數的解析式，利用函數的零點個數，轉化為方程的根的個數，利用三角函數的有界性，轉化求解即可．
【詳解】因為，
故可得，
由，故可得，
令，可得，
則或或或，，
因為在上有且僅有三個解，
，解得．
故選：D.
【點睛】本題考查函數的零點的判斷三角函數的圖象與形狀的應用，考查轉化思想以及計算能力，屬于中檔題．
15．D
【分析】根據題意若要函數在區間內沒有零點，由，又因為，所以或，化簡即可得解.
【詳解】由，且，
所以，
由題意可得或，
解得或 ，
因為，
所以或者，
故選：D
16．B
【分析】由已知易得、，結合，利用正弦型函數的圖象討論不同對應點求的取值，即可得答案.
【詳解】由在上單調，，故，
而，則，又，如下圖依次討論對應為點四種情況，
若，則，滿足；
若，則，滿足；
由，若，則，滿足；
若，則，不滿足，其它情況均不符合；
綜上，B不可能，A、C、D可能.
故選：B
17．AC
【分析】令,則,結合題中條件可得有四個整數符合，可求出的取值范圍，再根據三角函數的性質逐項分析即可.
【詳解】由，
令，則，
因為函數在區間上有且僅有4條對稱軸，
即有四個整數符合，
由，得，
則，即，
所以，故A正確；
若函數的最小正周期為，則，故B錯誤；
當時，，
又，
當時，有三個不同的零點；
當，有四個不同的零點，
則在區間上可能恰有4個零點,故C正確；
當時，，
因為
所以，
而，所以在區間上不單調遞增，故D錯誤，
故選：AC.
【點睛】本題的關鍵點是：根據題中條件，求出的取值范圍.
18．BC
【分析】利用三角函數的圖像和性質逐項判斷即可.
【詳解】對于A，若，則，
則，故A錯誤；
對于B，將的圖像向左平移個單位長度后得到
，
若所得圖象關于軸對稱，則，得，，
所以，故B正確；
對于C，由，得，
若在上恰有6個極值點，
則，解得，故C正確；
對于D，由，得，
因為，所以在上不可能單調遞減，故D錯誤．
故選：BC．
19．
【分析】由可知，則，由正弦函數的單調性建立不等式組，解之即可求解.
【詳解】由題意知，，則，即，解得.
由，，得，
即，
若函數在上單調遞增，則，
即，，解得，則不等式組無解；
若函數在上單調遞減，則，
即，，解得，則，
所以實數的取值范圍為.
故答案為：
20．
【分析】先根據正弦函數的對稱性可求出的一個范圍，再根據函數在上單調，可得，再求出的一個范圍，進而可得出答案.
【詳解】因為的圖象關于直線對稱，
所以，，解得，，
因為在上單調，所以，
即，解得，
當時，，
當時，，
所以當時，單調遞減，
故的最大值為.
故答案為：.
21．
【分析】由 ,得，
根據函數在區間的單調遞增，求解的范圍.
【詳解】由，
得，
取，得，
又由在區間上單調遞增，
則,即，
又，所以的取值范圍為.
故答案為：.
22．
【分析】首先表示出，根據求出，再根據為函數的零點，即可求出的取值，從而得解；
【詳解】解： 因為，（，）
所以最小正周期，因為，
又，所以，即，
又為的零點，所以，解得，
因為，所以當時；
故答案為：
23．D
【分析】化簡函數的解析式，再根據函數的平移變換法可得函數的變換情況.
【詳解】由已知，
設將函數向左平移個單位，得，
所以，解得，
即將函數向左平移個單位長度可得，
故選：D.
24．B
【分析】先將兩個三角的名字根據誘導公式化為相同，然后再平移即可.
【詳解】
將函數向左平移個單位得：
故選：B
25．
【分析】首先化簡函數，再根據圖像變化規律求函數的解析式.
【詳解】，圖像上各點的橫坐標擴大到原來的2倍，得函數，再將圖像上的點向左平移個單位，得函數.
故答案為：
26．.
【分析】根據相位變化得到，由奇函數列方程，即可求解.
【詳解】把函數的圖像向左平移個單位，得到.
要使函數為奇函數，只需，所以.
因為，所以當時，最小.
故答案為：.
27．A
【分析】利用兩角和的余弦公式化簡為，再由函數的圖象變換規律得出結論．
【詳解】，
將函數的圖象上所有的點向右平移個單位長度得到，再把所得圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍得到，
故選：.
28．D
【分析】根據三角函數圖象平移的規律可得答案.
【詳解】將函數圖象上所有點的橫坐標變為原來的2倍（縱坐標不變），得到的圖象，故A錯誤；
將函數圖象上所有點的橫坐標變為原來的倍（縱坐標不變），得到
的圖象，故B 錯誤；
將函數圖象上所有點向左平移個單位得到圖象，故C錯誤；
D. 將函數圖象上所有點向左平移個單位得到的圖象，故D正確.
故選：D.
29．（答案不唯一，只需滿足即可）
【分析】利用誘導公式可得出，求出平移后所得函數的解析式，進而可得出的表達式，即可得解.
【詳解】因為，
將函數的圖象向右平移個單位長度后，得到函數，
所以，，解得.
故答案為：（答案不唯一，只需滿足即可）
30．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.
31．A
【分析】對于①，由函數的定義域和，可得函數是奇函數，再由奇函數的圖象性質可判斷；
對于②，當時，，化簡，根據正弦函數的性質可判斷；
對于③，由，以及函數的周期性的定義可判斷；
對于④，令，解得，由此可判斷.
【詳解】解：對于①，函數的定義域為R，且，
所以函數是奇函數，所以函數的圖象關于原點對稱，故①正確；
對于②，當時，，，所以，
又因為在上單調遞增，所以在上單調遞增，故②正確；
對于③，因為，所以不是函數的周期，故③不正確；
對于④，在時，令，即，解得，共3個零點，故④不正確；
綜上得正確命題的編號為：①②，
故選：A.
32．CD
【分析】利用正弦函數和余弦函數的最值可判斷A選項；利用特殊值法可判斷B選項；利用函數周期性的定義可判斷C選項；當時，解方程，可判斷D選項的正誤．
【詳解】對于A選項，由平方關系知時，，時，，
所以，所以，A選項錯誤；
對于B選項，，，則，故函數在上不是增函數，B選項錯誤；
對于C選項，，
故函數為周期函數，C選項正確；
對于D選項，由，解得或或，
所以，方程在上有三個實根，D選項正確．
故選：CD．
33．AB
【分析】根據三角函數的奇偶性、單調性、零點、周期性對選項進行分析，由此確定正確選項.
【詳解】A.因為的定義域為，
又，∴是偶函數，故A正確；
B.當時，，在單調遞減，故B正確；
C.當時，令，得或，又在上為偶函數，
∴在上的根為，0，，有3個零點，故C錯誤；
D. ，所以不是的一個周期，故D錯誤．
故選：AB.
34．AD
【分析】依題意可得，再根據正弦函數的性質判斷即可.
【詳解】因為，
所以，所以的最小正周期為，故A正確．
當時取最大值，且最大值為，故B錯誤．
當時，，所以函數在上單調遞增，
故函數在上單調遞增，故C錯誤．
因為，
所以是的一條對稱軸，故D正確.
故選：AD
35．ABD
【分析】A選項，判斷函數與的關系既可以判斷奇偶性；
B選項，在區間，即可求得函數解析式，即可判斷出函數單調性；
C選項，先判斷函數在的零點，在根據函數的奇偶性可以判斷另半個區間的零點；
D選項，根據函數的有界性可以求得最大值為2.
【詳解】由函數，則，
故函數是偶函數，故A選項正確；
當，，所以函數在區間單調遞減，故B選項正確；
因為，所以，令
，，
當 時，，當時，有兩個零點；
當時，；
因為函數為偶函數，所以在有3個零點，故C選項錯誤；
因為，故的最大值為，故D選項正確.
故選：ABD
36．D
【分析】由題得，所以，所以①正確；
函數沒有對稱中心，對稱軸方程為，故②不正確，③正確；
令，得的單調遞增區間是，故④正確.
【詳解】因為函數的最小正周期為，所以，所以①正確；
函數沒有對稱中心，且對稱軸方程為，所以當時，對稱軸方程為，故②不正確，③正確；
令，解得，所以的單調遞增區間是，故④正確.
故選：D.
37．D
【分析】先利用三角恒等變換化簡函數式，再逐一判定即可.
【詳解】 ，
①，函數的最小正周期，①正確；
的定義域關于原點對稱且為偶函數，
的對稱軸為
∴②錯誤，④正確；
當，即時，單調遞增，③正確.
故選：D
38．B
【分析】①利用函數的奇偶性判斷即可.②由可知.③利用復合函數的單調性可知在上單調遞增，在上單調遞減.④數形結合判斷即可.
【詳解】因為的定義域為R，，
所以為偶函數，①正確．
由，可得的最小正周期為，②錯誤．
當時，函數單調遞增，值域為，
當時，函數單調遞增，故在上單調遞增．
當時，函數單調遞增，值域為，
當時，函數單調遞減，故在上單調遞減，③錯誤．
，則，，或，．
當時，，有兩個解，，無解，
故在內有2個解，④正確．
故選：B.
【點睛】本題利用復合函數，綜合考察三角函數的基本性質，屬于難題.在判斷函數的奇偶性時需注意先看函數的定義域是否關于原點對稱.
39．CD
【分析】求得的最小正周期為，畫出在一個周期內的圖象，通過圖象可得對稱軸、最小值和最大值，即可判斷正確答案．
【詳解】函數 ,
可得，當，時，，
當，時，，
則的最小正周期為，故A錯誤；
畫出在一個周期內的圖象，

當或，時，取得最小值，故B錯誤；
由圖可知的圖象關于直線對稱，故C正確；
當且僅當時，，
的最大值為，可得，故D正確．
故選：CD．
40．ACD
【分析】根據周期函數的定義判斷判斷A，證明，由此判斷C，利用導數判斷函數的單調性，判斷D，結合單調性和周期的性質作出函數在上的圖象，由此判斷B.
【詳解】因為，
所以，
所以函數為周期函數，A正確；
因為
所以，
所以函數為奇函數，故函數的圖象關于原點對稱，
所以為函數的中心對稱，C正確；
當時，，
因為，
所以，所以函數在上單調遞增，D正確；
由可得，
當時，由，可得，
函數在上單調遞增，
當，由，可得，
函數在上單調遞增，
又，，
作出函數在的大致圖象可得：
結合函數是一個周期為的函數可得函數沒有對稱軸，B錯誤.
故選：ACD.
41．ACD
【分析】A：驗證與是否相等即可；
B：驗證與相等，從而可知為f(x)的一個周期，再驗證f(x)在(0，)的單調性即可判斷為最小正周期；
C、D：由B選項即求f(x)最大值和最小值.
【詳解】，故選項A正確；
∵，
故為的一個周期.
當時，，
此時，
令，得，故.
∵當時，；當時，，
故在上單調遞增，在上單調遞減，故的最小正周期為，選項B錯誤；
由上可知在上的最小值為，最大值為，由的周期性可知，選項CD均正確.
故選：ACD.
42．C
【分析】判斷是否成立判斷A；判斷是否成立判斷B；由確定判斷C；利用復合函數的單調性判斷D作答.
【詳解】依題意，，
因此的一個周期是，A正確；
因為
，所以的圖象關于直線對稱，B正確；
因為，則，于是，C錯誤；
當時，且單調遞增，函數在上單調遞增，
因此在 上為增函數，
當時，函數且單調遞減，函數在上單調遞減，
因此在 上為增函數，
所以函數是上的增函數，D正確.
故選：C
43．AB
【分析】根據函數的周期性，對稱性逐項檢驗即可判斷ABC，利用正余弦函數的性質可判斷D．
【詳解】A中，因為，所以，所以A正確；
B中，由A可得，，所以，所以可得是函數的對稱軸，所以B正確；
C中，因為，而，所以對稱軸為，所以C不正確；
D中，因為，所以，所以D不正確，
故選：AB．
44．ABD
【分析】根據正弦函數和余弦函數的性質判斷選項A；根據奇偶性的定義判斷選項B；根據正弦函數和余弦函數的單調性判斷選項C；根據函數周期性的定義判斷選項D．
【詳解】選項A，與的定義域都是，A錯誤；
選項B，，為偶函數，
，為偶函數，B錯誤；
選項C，，且在上單調遞增，在上單調遞減，；
，且在上單調遞增，，C正確；
選項D，，，則與都是周期函數，故D錯誤；
故選：ABD
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁微考點3-1 新高考中三角函數的圖象與性質應用中的
九大核心考點
【考點目錄】
考點一：三角函數識圖問題
考點二：由三角函數圖象的基本性質求參數（解析式）
考點三：三角函數圖象的周期性的綜合應用
考點四：三角函數圖象的對稱性、奇偶性的綜合應用
考點五：三角函數圖象的單調性
考點六：三角函數中范圍問題
考點七：三角函數圖象的平移問題
考點八：三角函數圖象加絕對值問題
考點九：三角函數圖象的綜合運用
考點一：三角函數識圖問題
【精選例題】
1．函數的圖象可能是（ ）．
A． B． C． D．
2．函數的圖像可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．以下四個選項中的函數，其函數圖象最適合如圖的是（ ）

A． B．
C． D．
【跟蹤訓練】
4．函數的大致圖像為（ ）
A． B．
C． D．
5．函數的大致圖象為（ ）
A． B． C． D．
6．函數在區間內的圖象是（ ）
A． B．
C． D．
考點二：由三角函數圖象的基本性質求參數（解析式）
解題思路：①一般先由最高點最低點求振幅；②再由周期性求的值；③再根據最值或五點法作圖求
【精選例題】
7．設函數在的圖像大致如下圖，則f(x)的最小正周期為（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函數（，）的部分圖象如圖所示，則（ ）
A． B． C． D．
9．設函數的部分圖象如圖所示，若，且，則（ ）

A． B． C． D．
10．如圖是某質點作簡諧運動的部分圖象，位移（單位：）與時間（單位：）之間的函數關系式是，則下列命題正確的是（ ）

A．該簡諧運動的初相為
B．該簡諧運動的頻率為
C．前6秒該質點的位移為
D．當時，位移隨著時間的增大而增大
11．已知函數的部分圖象如圖所示，且陰影部分的面積為，若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是 ．

12．已知函數的部分圖象如圖所示．
(1)求的解析式；
(2)將圖象上每個點的橫坐標變為原來的2倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，若與的圖象關于對稱，求不等式的解集．
【跟蹤訓練】
13．已知函數，部分圖象如圖所示，下列說法正確的是（ ）
A．
B．函數的圖象關于直線對稱
C．函數在上單調遞增
D．將函數的圖象向左平移個單位得到函數的圖象
14．如圖所示的曲線為函數（，，）的部分圖象，將圖象上的所有點的橫坐標伸長到原來的，再將所得曲線向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則（ ）

A．函數在上單調遞減 B．點為圖象的一個對稱中心
C．直線為圖象的一條對稱軸 D．函數在上單調遞增
15．如圖，已知函數（）的圖像與軸的交點為 ，并已知其在軸右側的第一個最高點和第一個最低點的坐標分別為和．記，則 ．
16．已知函數的部分圖像如圖所示，則滿足條件的最小正整數x為 ．
17．函數的部分圖象如圖所示，現將的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向下平移1個單位所得圖象對應的函數為，則下列結論正確的是（ ）
A．函數在區間單調遞減
B．
C．點是函數圖象的一個對稱中心
D．直線是函數的一條對稱軸
考點三：三角函數圖象的周期性的綜合應用
【精選例題】
18．下列函數中是奇函數，且最小正周期是的函數是（ ）
A． B．
C． D．
19．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
20．已知的最大值為，若存在實數，使得對任意實數總有成立，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
21．函數是（ ）
A．最小正周期為的偶函數
B．最小正周期為的奇函數
C．最小正周期為的奇函數
D．最小正周期為的偶函數
22．函數的最小正周期是（ ）
A． B． C． D．
23．設函數，則的最小正周期（ ）
A．與有關，且與有關 B．與有關，但與無關
C．與無關，且與無關 D．與無關，但與有關
【跟蹤訓練】
24．下列四個函數中，以為最小正周期，且在區間上為減函數的是（ ）
A． B．
C． D．
25．在下列四個函數，①②（3）④中，最小正周期為π的所有函數為（ ）
A．①②③ B．②③④ C．②③ D．③④
26．下列函數中，以為周期且在區間單調遞增的是（ ）
A． B． C． D．
27．下列選項中滿足最小正周期為，且在上單調遞增的函數為（ ）
A． B． C． D．
28．函數的最小正周期（ ）
A．與有關，且與有關 B．與有關，但與無關
C．與無關，且與有關 D．與無關，與無關
29．已知函數的圖象關于點中心對稱，其最小正周期為T，且，則（ ）
A． B． C．1 D．
【精選例題】
30．已知函數，則下列結論錯誤的是（ ）
A． B．
C． D．
31．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．
32．已知函數的圖象關于點對稱，若，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
33．將圖象上每一個點的橫坐標變為原來的2倍（縱坐標不變），得到的圖象，則的一個對稱中心為（ ）
A． B． C． D．
34．已知的圖象關于對稱，則函數的圖象的一條對稱軸是（ ）
A． B． C． D．
35．已知，則（ ）
A． B．0 C．1 D．2
36．若為偶函數，則 ．
【跟蹤訓練】
37．已知是常數，若函數圖像的一條對稱軸是直線．則的值不可能在區間（ ）中．
A． B． C． D．
38．將函數的圖象向左平移個單位長度后得到的函數為奇函數，則實數的最小值為（ ）
A． B． C． D．
39．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A． B．函數的最小正周期為2
C．函數的對稱軸方程為 D．函數的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到
40．下列坐標所表示的點中，是函數圖像的對稱中心的是（ ）
A． B． C． D．
41．下列關于函數的說法正確的是（ ）
A．定義域為 B．在區間上單調遞增
C．最小正周期是 D．圖象關于直線對稱
42．已知函數，曲線的一個對稱中心為，一條對稱軸為，則的最小值為 .
43．已知函數對任意實數x都有成立，且，則實數b的值為 ．
44．將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，若函數為偶函數，則
45．函數的最大值為，最小值為，若，則 ．
46．若函數為偶函數，則 .
試卷第1頁，共3頁
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參考答案：
1．A
【分析】利用排除法，結合函數的奇偶性以及函數值的符號分析判斷.
【詳解】因為定義域為，
且，
所以為奇函數，函數圖象關于原點對稱，故B，D都不正確；
對于C，時，，，
所以，所以，故C不正確；
對于選項A，符合函數圖象關于原點對稱，也符合時，，故A正確．
故選：A.
2．A
【分析】根據函數的奇偶性可排除兩個選項，再由特殊值的函數值即可得解.
【詳解】函數的定義域為，
因為，
所以函數為奇函數，函數圖像關于原點對稱，故排除C，D，
當時，，故,
而，故此時，故排除B．
故選：A．
3．B
【分析】通過圖像，知當時，及函數圖像關于軸對稱，再逐一對各個選項分析判斷即可得出結果.
【詳解】由圖知，當時，，選項C，當時，，所以選項C錯誤；
又由圖知，函數圖像關于軸對稱，對于選項A，，，，所以選項A不正確；
對于選項B，，所以，所以選項B滿足題意；
選項D，，，，所以選項D不正確.
故選：B.
4．D
【分析】根據函數奇偶性和特殊點的函數值進行判斷即可.
【詳解】函數定義域為，
又因為，
所以函數是奇函數，函數圖像關于原點對稱，故A和B錯誤；
當時，則，故C錯誤.
故選：D.
5．D
【分析】對函數化簡后，利用排除法，先判斷函數的奇偶性，再取特殊值判斷即可
【詳解】因為，，
所以為偶函數，所以函數圖象關于軸對稱，所以排除A，C選項；
又，所以排除B選項，
故選：D．
6．B
【分析】分別在和的情況下，化簡函數解析式，根據正切函數和正弦函數的單調性和性質可判斷出結果.
【詳解】當時，，
此時函數為減函數，且，可排除CD；
當時，，
此時函數為增函數，且，可排除A.
故選：B.
7．C
【分析】由圖可得：函數圖象過點，即可得到，結合是函數圖象與軸負半軸的第一個交點即可得到，即可求得，再利用三角函數周期公式即可得解.
【詳解】由圖可得：函數圖象過點，
將它代入函數可得：
又是函數圖象與軸負半軸的第一個交點，
所以，解得：
所以函數的最小正周期為
故選：C
【點睛】本題主要考查了三角函數的性質及轉化能力，還考查了三角函數周期公式，屬于中檔題.
8．B
【分析】利用圖象得出，，進而求得，再代入點坐標，可得，進而求出.
【詳解】由函數的圖像可知，
，則，．
由，解得，
則，
故，.
故選：B
9．C
【分析】先由圖象得出函數解析式再利用三角函數的圖象與性質計算即可.
【詳解】由圖象可知：，
結合五點法作圖可得，故．
如果，且，
則，
由正弦函數的對稱性可知，
所以.
故選：C．
10．AD
【分析】由圖易得，再代入可得，然后根據每個選項逐個分析即可
【詳解】由圖可知，∴
故此時，再代入點可得，
且在內，隨著的增大而增大，
此時，故，∴，
對于A：∵，∴該簡諧運動的初相為，故A正確；
對于B：∵，∴，∴，∴B錯誤；
對于C：當時，，∴C錯誤；
對于D：時，，
∴當，時，且，
所以根據的單調性可得，位移隨著時間的增大而增大，∴D正確．
故選：AD．
11．
【分析】先根據圖像及陰影面積求出周期，再結合三角函數單調性求出m的范圍即可.
【詳解】由圖可知．連接，
則根據三角函數圖象的對稱性，知陰影部分的面積等于平行四邊形的面積，
易知，所以，
所以．
因為函數的圖象過點，且該點位于的遞增區間，
所以，即．
因為，所以當時，，則，
于是由，得函數的單調遞增區間為，
當時，函數的一個單調遞增區間為，
所以，
由題意知，實數的取值范圍是．

故答案為：
12．(1)
(2)
【分析】（1）根據函數的圖象，得到，求得，再根據，得到，結合，求得，即可求解；
（2）根據三角函數的圖象變換和對稱性，求得即，由，結合余弦函數的性質，得到，即可求解.
【詳解】（1）由函數的圖象，可得，所以，
又由，所以，可得，所以，
因為，即，
解得，即，
又因為，所以，所以，
即函數的解析式為.
（2）將圖象上每個點的橫坐標變為原來的2倍（縱坐標不變），
得到函數，
設是函數的圖象上的任意一點，點關于直線的對稱點為，
則，代入函數，
可得，即，
又由不等式，即，
設，即，
由余弦函數的性質，可得，即，
解得或，
即，
即不等式的解集為.
13．ABC
【分析】由圖像求出表達式，再逐項判斷即可.
【詳解】由圖可知，函數的周期，，由，解得，
將代入函數，可得方程，解得，
由，則，所以.A正確
對于B，由，則，根據正弦函數的對稱性，
可知直線是函數的對稱軸，故B正確；
對于C，由，則，根據正弦函數的單調性，
函數在上單調遞增，故C正確；
對于D，由，
該函數圖象向左平移個單位可得新函數的解析式為
，故D錯誤.
故選：ABC.
14．CD
【分析】由圖象求出三角函數的表達式，通過分析該函數的的性質，即可得出選項.
【詳解】由圖象知 ,
∵,
∴ 的一個最低點為 ,
∵ 的最小正周期為 ,
∴ .
∵, 則 ,
∴, 即 ,
∵ ,
∴,
∴ .
將函數 圖象上的所有點的橫坐標伸長到原來的得： 的圖象, 再把所得曲線向右平移個單位長度得 ：，即 .
由 得 , ,
由 得, ，
∴在上單調遞增, 在上單調遞減，
∴當時, 可知 在上單調遞增, 在上單調遞減，
∴A錯誤；
B項，
∵ ,
∴ 不是圖象的一個對稱中心, 故B錯誤；
C項，
∵ ,
∴直線是圖象的一條對稱軸，故C正確；
D項，
∵在上單調遞增, C
∴函數在上單調遞增, 故D正確.
故選：CD.
15．
【分析】由圖象可知且，根據求出，將點代入解析式求出，進而求出的解析式，即可求解.
【詳解】由題意知，函數圖象在y軸的右側的第一個最高點和第一個最低點的坐標分別為，
則，且，得，
又，所以，
所以，又函數圖象過點，
所以，由解得，
故，
所以.
故答案為：
16．2
【分析】先根據圖象求出函數的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整數或驗證數值可得.
【詳解】由圖可知，即，所以；
由五點法可得，即；
所以.
因為，；
所以由可得或；
因為，所以，
方法一：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整數為2.
方法二：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，又，符合題意，可得的最小正整數為2.
故答案為：2.
【點睛】關鍵點睛：根據圖象求解函數的解析式是本題求解的關鍵，根據周期求解，根據特殊點求解.
17．B
【分析】根據圖象求出函數的解析式，進而利用正弦函數的性質逐項進行分析即可.
【詳解】由圖象可知，又由于，
所以，由圖象可知，
則，所以，則.
又因為，所以，則，
將的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向下平移1個單位所得圖象對應的函數為，
對于選項A，當，則，函數先減后增，故選項A錯誤；
對于選項B，，故選項B正確；
對于選項C，，所以點不是函數圖象的對稱中心，故選項C錯誤；
對于選項D，因為，所以直線不是函數的一條對稱軸，故選項D錯誤，
故選：B.
18．D
【分析】確定和，為偶函數，排除，驗證D選項滿足條件，得到答案.
【詳解】對選項A：，函數定義域為，，
函數為偶函數，排除；
對選項B：，函數定義域為，，
函數為偶函數，排除；
對選項C：，函數定義域為，，
函數為偶函數，排除；
對選項D：，函數定義域為，
，函數為奇函數，，滿足條件；
故選：D.
19．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：A
20．B
【分析】化簡得到，即可得到，，然后根據題意求的最小值即可.
【詳解】，
所以，，
由題意得為最小值，為最大值，
所以最小為半個周期，
所以的最小值為.
故選：B.
21．D
【分析】使用三角恒等變換對三角進行化簡，次數降為一次后用相關公式直接求解即可.
【詳解】易知,
則，故是偶函數，且
故選：D
22．C
【分析】先利用輔助角公式將函數化簡，再根據圖象性質求周期.
【詳解】，
將函數圖象在x軸下方部分翻折到x軸上方，所以最小正周期為.
故選：C.
23．D
【分析】根據三角函數的周期性，結合周期成倍數關系的兩個函數之和，其周期為這兩個函數的周期的最小公倍數這一結論，解答即可.
【詳解】，
對于，其最小正周期為，對于，其最小正周期為，
所以對于任意，的最小正周期都為，
對于，其最小正周期為，
故當時，，其最小正周期為；
當時，，其最小正周期為，
所以的最小正周期與無關，但與有關.
故選：D.
【點睛】結論點睛：若兩個函數的周期成倍數關系，則這兩個函數之和是周期函數，且其周期為這兩個函數的周期的最小公倍數.
24．B
【分析】AC選項，最小正周期不是；D選項，在上為增函數；B選項，畫出的圖象，得到B正確.
【詳解】對于選項A：由于的周期為，故選項A不正確；
對于選項B：畫出的圖象，可以看出以為最小正周期，且在區間上為減函數，

故選項B正確；
對于選項C：故由于的周期為，故選項C不正確；
對于選項D：由于在區間上為增函數，故選項D不正確.
故選：B
25．B
【分析】對每一個函數逐一研究其周期即可得解.
【詳解】①，為偶函數，不具有周期性，①不滿足題意；
②函數的圖像是將的圖像在軸下方的全部對稱到軸上方，故函數的最小正周期為，故②滿足題意；
③函數的周期為，故③滿足題意；
④函數的周期為，故④滿足題意.
故選：B.
26．B
【分析】先根據周期為排除CD選項，再結合單調性可得答案.
【詳解】因為，所以周期為，不符合題意；
對于，，，
所以周期不是，不合題意；
對于，周期為，但是在區間單調遞減，不合題意；
對于，周期為，當時，，
在區間單調遞增，符合題意.
故選：B.
27．C
【分析】利用周期排除A， B，再利用復合函數單調性在C ，D中可得到正確答案.
【詳解】對選項A， B其周期為，選項C ，D其周期為，故排除選項A， B；
對于C：在上為單調遞減，則在上為單調遞增，故C正確；
對于D：在上為單調遞增，則在上為單調遞減，故D錯誤.
故選：C
28．B
【分析】直接利用同角三角函數關系式的變換的應用，把函數的關系式變形成二次函數的形式，進一步求出函數的周期的影響變量．
【詳解】解：函數
，
所以函數的關系式，是以為自變量的二次函數，
所以函數的周期與有關，與無關.
當時，，
所以函數的最小正周期為，
當時，，
所以函數的最小正周期為．
故選：B．
29．D
【分析】利用降冪公式得，再根據其對稱性得到，則得到函數解析式，再解出，利用其周期性得到，則可得到值.
【詳解】根據題意，，因為的圖象關于點中心對稱，
分析可得，則，
所以，
則，解得，
又因為最小正周期為，且，所以，則，
所以當時，的值為．
故選：D．
30．D
【分析】根據周期的計算可判斷A，根據對稱軸以及對稱中心可判斷BC，代入驗證的表達式可判斷D.
【詳解】由，得的最小正周期為，故選項A正確；
因為，所以關于點對稱，故選項B正確；
因為，所以關于直線對稱，故選項C正確；
因為而
，所以，故選項D錯誤.
故選：D
31．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．
32．A
【分析】利用輔助角公式化簡，結合其圖象關于點對稱，可推出輔助角的表達式，結合其意義求得a的值，再結合函數最值以及周期，即可求得答案.
【詳解】由題意得，（），
由于函數的圖象關于點對稱，
故，即，
由于，故，
故，最小正周期為，
由于，故中的一個為函數最大值，另一個為最小值，
即的最小值為，
故選：A
33．A
【分析】先根據圖像變換得到的解析式，再求出的對稱中心，最后逐一驗證選項的點是否符合即可.
【詳解】圖象上每一個點的橫坐標變為原來的2倍得到，
令，解得，所以的對稱中心為，
對于A：令，解得，所以是的一個對稱中心，A正確；
對于B：令，解得，B錯誤；
對于C：令，解得，C錯誤；
對于D：令，解得，D錯誤，
故選：A
34．A
【分析】化簡后結合三角函數的對稱軸即可求解.
【詳解】，
又圖象關于對稱，，可以求得，
故，
對稱軸為，時即A項．
故選：A．
35．A
【分析】計算，，計算得到答案.
【詳解】，則
.
故.
故選：A
36．.
【分析】化簡函數為，結合，得出方程，即可求解.
【詳解】由函數，
因為函數為偶函數，即，
又由，
所以，
所以，解得.
故答案為：.
37．C
【分析】由的對稱性可得，求出，即可得出答案.
【詳解】由的圖象可知函數的對稱軸為：，
因為函數圖像的一條對稱軸是直線，
所以，所以，
當，；當，；當，；
故ABD正確，C錯誤.
故選：C.
38．C
【分析】根據題意，利用三角函數的圖象變換，求得，再由為奇函數，求得，進而得到取得最小值.
【詳解】由函數，將函數的圖象向左平移個單位長度后，
得到函數，
又由為奇函數，所以，解得，
因為，所以當時，取得最小值，最小值為.
故選：.
39．AC
【分析】利用二倍角公式及輔助角公式化簡函數，再利用正弦函數的圖象與性質逐項判斷即得.
【詳解】函數，A正確；
函數的最小正周期為，B錯誤；
由，得函數的對稱軸方程，C正確；
函數的圖象可由的圖象向右平移個單位長度得到，
而的圖象向左平移個單位長度得到的函數不能化成，D錯誤.
故選：AC
40．ABD
【分析】令，求出對稱中心橫坐標，對四個選項一一進行判斷.
【詳解】令，解得，
A選項，當時，，故對稱中心為，A正確；
B選項，當時，，故對稱中心為，B正確；
C選項，令，解得，不合要求，舍去，C錯誤；
D選項，當時，，故對稱中心為，D正確；
故選：ABD
41．ACD
【分析】根據正切型函數的定義域、單調性、周期性、對稱性結合絕對值函數的性質逐項判斷即可.
【詳解】函數，定義域滿足，
解得，所以函數定義域為，故A正確；
當，則，所以函數在區間上單調遞增，
則函數在區間上先減后增，故B不正確；
函數的最小正周期，
所以函數的最小正周期是，故C正確；
函數的對稱軸滿足，所以，
則函數圖象關于直線對稱，故D正確.
故選：ACD.
42．9
【分析】分別由對稱軸和對稱中心可得的表達式，由綜合可得．
【詳解】因為為的一個對稱中心，為的一條對稱軸，
，得，
，，代入①得，
，當，時，.
故答案為：9.
43．或
【分析】根據函數對稱性以及三角函數的最值求解即可.
【詳解】因為函數對任意實數x都有成立，
所以函數關于對稱，
所以或，
代入，解得或.
故答案為：或
44．
【分析】利用三角函數平移變換求出，然后根據奇偶性求出參數的值.
【詳解】將函數的圖象向左平移個單位長度，
得，
因為為偶函數，即為對稱軸，
所以，
化簡得，
因為，所以.
故答案為：
45．
【分析】將函數解析式化為，設，則，記，則為奇函數，根據奇函數的性質及，即可求得的值.
【詳解】因為，
設，
則，
設，
則，
所以是上的奇函數，最大值為，最小值為，
所以，
由，得，
故答案為：
46．或
【分析】由題意可知為偶函數，所以，根據可得解
【詳解】，
，
為偶函數，
，
，
或.
故答案為：或.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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