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第七章 三角函數
（知識歸納+題型突破）
一、正弦、余弦、正切函數的圖象和性質
1、正弦、余弦、正切函數的圖象與性質
圖象
定義域
值域 [-1,1] [-1,1]
最值 時，時， 時，時，
周期性
奇偶性 奇 偶 奇
單調性 在上單調遞增在上單調遞減 在上單調遞增在上單調遞減 在上單調遞增
對稱性 對稱軸方程：對稱中心 對稱軸方程：對稱中心 對稱中心
2、用五點法作正弦函數和余弦函數的簡圖
（1）在正弦函數y＝sin x，x∈[0,2π]的圖象中，五個關鍵點是：（0,0），，（π，0），，（2π，0）．
（2）在余弦函數y＝cos x，x∈[0,2π]的圖象中，五個關鍵點是：（0,1），，（π，－1），，（2π，1）．
二、三角函數的單調性問題
1、求三角函數的單調區間
（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、已知單調性求參數的范圍
（1）子集法：求出原函數的單調區間，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
三、函數的圖像與性質
1、函數y＝Asin（ωx＋φ）的有關概念
y＝Asin（ωx＋φ） 振幅 周期 頻率 相位 初相
（A>0，ω>0） A T＝ f＝＝ φ
2、函數圖像的變換
由函數y＝sin x的圖象變換得到y＝Asin（ωx＋φ）（A>0，ω>0）的圖象的兩種方法
3、函數與函數的性質
函數與函數可看作是由正弦函數，余弦函數復合而成的復合函數，因此它們的性質可由正弦函數，余弦函數類似地得到：
（1）定義域：；
（2）值域：；
（3）單調區間：求形如與函數的函數的單調區間可以通過解不等式的方法去解答，即把視為一個“整體”，分別與正弦函數，余弦函數的單調遞增（減）區間對應解出，即為所求的單調遞增（減）區間．比如：由解出的范圍所得區間即為增區間，由解出的范圍，所得區間即為減區間．
（4）奇偶性：正弦型函數和余弦型函數不一定具備奇偶性．對于函數，當時為奇函數，當時為偶函數；對于函數，當時為偶函數，當時為奇函數．
（5）周期：函數及函數的周期與解析式中自變量的系數有關，其周期為．
（6）對稱軸和對稱中心
與正弦函數比較可知，當時，函數取得最大值（或最小值），因此函數的對稱軸由解出，其對稱中心的橫坐標，即對稱中心為．同理，的對稱軸由解出，對稱中心的橫坐標由解出．
四、三角函數的定義域與值域
1、三角函數的定義域求法
求三角函數定義域實際上是構造簡單的三角不等式（組），常借助三角函數圖象來求解．
【注意】解三角不等式時要注意周期，且k∈Z不可以忽略．
2、三角函數的值域求法
（1）正余弦型：形如y＝Asin（ωx＋φ）＋b（或y＝Acos（ωx＋φ）＋b），可先由定義域求得ωx＋φ的范圍，然后，求得sin（ωx＋φ）（或cos（ωx＋φ））的范圍，最后求得最值
（2）二次型：形如y＝asin2x＋bsin x＋c（a≠0），可利用換元思想，設t＝sin x，轉化為二次函數y＝at2＋bt＋c求最值，t的范圍需要根據定義域來確定．
（3）和差積換元型：形如sin xcos x±（sin x±cos x），利用sin x±cos x和sin xcos x的關系，通過換元法轉換成二次函數求值域問題
（4）分式型：①分離常數法：通過分離常數法進行變形，再結合三角函數有界性求值域；②判別式法
五、 求ω取值范圍的常用解題思路
1、依托于三角函數的周期性
因為的最小正周期是，所以，也就是說只要確定了周期T，就可以確定的取值.
2、利用三角函數的對稱性
（1）三角函數兩條相鄰對稱軸或兩個相鄰對稱中心之間的“水平間隔”為，相鄰的對稱軸和對稱中心之間的“水平間隔”為，也就是說，我們可以根據三角函數的對稱性來研究其周期性，進而可以研究的取值。
（2）三角函數的對稱軸比經過圖象的最高點或最低點，函數的對稱中心就是其圖象與軸的交點（零點），我們可以利用函數的最值、零點之間的“差距”來確定其周期，進而確定的取值.
3、結合三角函數的單調性
函數的每一“完整”單調區間的長度（即兩相鄰對稱軸的間距）恰好等于，據此可用來求的值或范圍。
反之，從函數變換的角度來看的大小變化決定了函數圖象的橫向伸縮，要使函數在指定區間上具有單調性，我們忘完可以通過調整周期長度來實現，猶如通過彈簧的伸縮來抬舉三角函數在區間上的單調性和最值等。
題型一：畫三角函數的圖象
【例1.1】
1．用“五點法”作出下列函數的簡圖.
(1)，；
(2)，.
(3)在一個周期（）內的圖像．
【鞏固練習】
2．用“五點法”作出下列函數的簡圖.
(1)，；
(2)，．
(3)，
3．在同一平面直角坐標系內畫出正弦函數和余弦函數在區間上的圖象，并回答下列問題．
(1)寫出滿足的x的值；
(2)寫出滿足的x的取值范圍；
(3)寫出滿足的x的取值范圍；
(4)當時，分別寫出滿足，，的x值的集合．
題型二：三角函數相關圖象的識別
【例2】
4．四個函數：①；②；③；④的圖象(部分)如下，但順序被打亂，則按照從左到右將圖象對應的函數序號安排正確的一組是（ ）
A．④①②③ B．①④②③ C．③④②① D．①④③②
【鞏固練習】
5．我國著名數學家華羅庚先生曾說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微，數形結合百般好，隔裂分家萬事休.”在數學的學習和研究中，常用函數的圖象來研究函數的性質，也可用函數的解析式來琢磨函數的圖象的特征，如通過函數的解析式可判斷其在區間的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
6．如圖，質點在單位圓周上逆時針運動，其初始位置為，角速度為2，則點到軸距離關于時間的函數圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
7．函數的圖象可能為（ ）
A． B．
C． D．
題型三：函數y＝Asin（ωx＋φ）的圖象及變換
【例3.1】
8．為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象（ ）
A．向右平移8個單位長度 B．向左平移8個單位長度
C．向右平移2個單位長度 D．向左平移2個單位長度
【例3.2】
9．為了得到函數的圖象，只需將函數的圖象（ ）
A．向左平移個單位長度，再將所得圖象所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變
B．向右平移個單位長度，再將所得圖象所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變
C．所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再向左平移個單位長度
D．所有點的橫坐標縮短，縱坐標不變，再向右平移個單位長度
【鞏固練習】
10．已知函數，將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，則在上的單調遞減區間為 ；
11．若函數的圖像向左平移個單位長度后所得函數圖像關于對稱，則的最小值為 .
題型四：由圖象求函數y＝Asin（ωx＋φ）的解析式
【例4】
12．函數一個周期的圖象如圖所示，則函數的解析式為 .

【鞏固練習】
13．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，
14．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（ ）

A．
B．直線是圖象的一條對稱軸
C．圖象的對稱中心為
D．將的圖象向左平移個單位長度后，得到函數的圖象
題型五：三角函數的性質（單調性、奇偶性、對稱性、周期性）
【例5.1】（2023·北京·高一北京市第一六一中學?？计谥校?br/>15．函數的一個單調遞減區間是（ ）
A． B．
C． D．
【例5.2】
16．已知函數，若在區間內單調遞增，則的可能取值是（ ）
A． B． C． D．
【例5.3】
17．下列函數為奇函數的是（ ）
A． B． C． D．
【例5.4】
18．求下列函數的周期.
(1);
(2);
(3);
(4)
【例5.5】（2023·河南省直轄縣級單位·高一校考階段練習）
19．函數的（ ）
A．圖象關于x軸對稱 B．圖象關于y軸對稱 C．圖象關于原點對稱 D．以上都不對
【例5.6】
20．下列敘述正確的有
①，的圖象關于點成中心對稱；②，的圖象關于直線成軸對稱；③正弦函數、余弦函數的圖象不超過直線和所夾的范圍．
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
【例5.7】
21．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的圖象關于直線對稱 B．的周期為
C．是的一個對稱中心 D．在區間上單調遞增
【鞏固練習】
22．關于函數有如下四個命題中真命題的序號是（ ）
A．的最小正周期為2；
B．的圖象關于點對稱；
C．若，則的最小值為；
D．的圖象與曲線共有4個交點．
23．知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數的最小正周期是 B．函數增區間是
C．函數是奇函數 D．函數圖象關于直線對稱
24．已知函數，則下列結論中正確的有（ ）
A．的最小正周期為
B．點是圖象的一個對稱中心
C．的值域為
D．不等式的解集為
25．已知函數，則的單調遞增區間是（ ）
A． B． C．， D．，
26．函數的單調區間是（ ）
A． B．
C． D．
27．已知函數在上單調遞增，則的取值范圍為（ ）．
A． B．
C． D．
28．判斷下列函數的奇偶性：
(1)；
(2)；
(3).
29．下列函數中，以為周期的奇函數是（　?。?br/>A． B．
C． D．
30．若，，則 .
31．函數的圖象的一條對稱軸是（ ）
A． B． C． D．
32．已知函數的圖象關于原點中心對稱，則的最小值為 ．
題型六：三角函數的值域與最值
【例6.1】
33．函數的最大值與最小值之差為（ ）
A． B．0 C．2 D．
【例6.2】
34．當時，函數的值域是，則m的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【鞏固練習】
35．函數在的值域為（ ）
A． B． C． D．
36．函數的值域是 ．
37．已知為鈍角，則的最大值為 ．
38．已知.
(1)若，求在上的值域；
(2)若，求的最大值.
39．已知函數的值域是，則實數的值等于（ ）
A．2 B．-2 C． D．
40．函數的最小正周期為，其圖象關于點對稱，且當時，的值域是，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
41．函數，函數的值域為，則 ．
題型七：比較三角函數值的大小
【例7】
42．若，，，則a，b，c為（ ）
A． B． C． D．
【鞏固練習】
43．設，，，則下列結論成立的是（ ）
A． B． C． D．
44．已知，，，則，，的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
題型八：三角函數中ω的范圍
【例8】
45．已知函數在區間上單調遞增，且在區間上只取得一次最大值，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【鞏固練習】
46．已知，若函數的圖象關于對稱，且函數在上單調，則的值為（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
47．已知函數在區間上單調遞增，且在區間上有且僅有一個解，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
題型九：三角函數的零點問題
【例9．1】
48．已知函數的圖象過點，若在內有4個零點，則a的取值范圍為 ．
【例9.2】
49．已知函數，若a，b，c互不相等，且，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【鞏固練習】
50．已知函數，若方程在上恰有5個不同實根，則m的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
51．已知函數，若函數在有6個不同零點，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
試卷第1頁，共3頁
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參考答案：
1．(1)作圖見解析
(2)作圖見解析
(3)作圖見解析
【分析】
根據五點畫圖法的原則：描點、連線、繪圖，找到函數中對應的五個點，操作畫圖即可.
【詳解】（1）
解：由，列表：
描點、連線、繪圖，可得函數的圖象，如圖所示.

（2）
解：由，可得，列表如下：
1 －1
描點、連線，可得函數的圖象，如圖所述，

（3）
解：列表:
0
0 1 0 -1 0
描點、連線，可得函數的圖象，如圖所示：

2．(1)作圖見解析
(2)作圖見解析
(3)作圖見解析
【分析】
根據“五點法”方法作圖即可.
【詳解】（1）
由題知，，
列表如下:
2 1 2 3 2
根據表格畫出圖象如下:
；
（2）
由題知，，
列表如下:
1 0 0 1
根據表格畫出圖象如下:
；
（3），
根據五點法作圖列表得：
畫圖像得：
.
3．(1)或
(2)
(3)
(4)詳見解析
【分析】在同一坐標系中畫出兩個函數在上的圖象，然后找出滿足條件的區間，再根據函數的周期性寫出滿足條件的集合.
【詳解】（1）兩函數在同一坐標系中的圖象如下：
，
由圖象知，在內，當或時，.
（2）由圖象知，在內，當時，，即x的取值范圍是.
（3）由圖象知，在內，當或時，，即x的取值范圍是.
（4）當時，由正弦、余弦函數的周期性知：
若，則所求集合為或；
若，則所求集合為；
若，則所求集合為或.
4．B
【解析】根據各個函數的奇偶性、函數值的符號，判斷函數的圖象特征，即可得到．
【詳解】解：①為偶函數，它的圖象關于軸對稱，故第一個圖象即是；
②為奇函數，它的圖象關于原點對稱，它在上的值為正數，
在上的值為負數，故第三個圖象滿足；
③為奇函數，當時，，故第四個圖象滿足；
④，為非奇非偶函數，故它的圖象沒有對稱性，故第二個圖象滿足，
故選：B．
【點睛】思路點睛：函數圖象的辨識可從以下方面入手：
(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置．
(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；
(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性；
(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖象.
5．A
【分析】根據函數的定義域，函數的奇偶性，函數值的符號及函數的零點即可判斷出選項.
【詳解】當時，令，得或，
且時，；時，，故排除選項B.
因為為偶函數，為奇函數，所以為奇函數，故排除選項C；
因為時，函數無意義，故排除選項D；
故選：A.
6．A
【分析】利用角速度先求出時，的值，然后利用單調性進行判斷即可
【詳解】因為，
所以由，得，此時，所以排除CD，
當時，越來越小，單調遞減，所以排除B，
故選：A
7．A
【分析】分析函數的奇偶性及其在上的函數值符號，結合排除法可得出合適的選項.
【詳解】對任意的，，則函數的定義域為，
，則函數為偶函數，排除BC選項，
當時，，則，排除D選項.
故選：A.
8．D
【分析】利用三角函數圖像左右平移變換關系即可選出正確答案.
【詳解】設．把函數的圖象平移（向左為正數，向右為負數）個單位長度后，
得到的圖象．
令，
易知的周期，為了得到函數的圖象，
只需令，得，
根據選項可知，，
即把函數的圖象向左平移2個單位長度即可得到的圖象．
故選：D．
9．D
【分析】由誘導公式與三角函數的圖象變換判斷，
【詳解】，
故只需將函數的圖象所有點的橫坐標縮短，縱坐標不變，再向右平移個單位長度，
或先向右平移個單位長度，再將所得圖象所有點的橫坐標縮短到原來的，縱坐標不變，只有D滿足題意
故選：D
10．
【分析】通過平移變換得，然后利用正弦函數的單調性解不等式可得.
【詳解】將函數的圖象向左平移個單位，得，即，由得.
故答案為：
11．
【分析】先求出平移后的解析式，得到對稱軸方程，把代入即可求解.
【詳解】將函數的圖像向左平移個單位長度后，得到函數.
其對稱軸：，代入，得，解得：.
因為，所以當時，.
故答案為：.
12．
【分析】根據圖像，由最值求得，根據周期求，最后找點代入求，從而得解.
【詳解】由圖象可知，
又，則，所以，
又在該曲線上，所以，
則，即，
又，則，故.
故答案為：.
13．C
【分析】
先由函數的圖象確定函數的周期，求得的值，再由，列出方程，求得的值，得到答案.
【詳解】
設函數的周期為，由圖象得，
解得，所以，即，
又由圖象知，點在函數的圖象上，
可得，即，
則，解得，
因為，可得.
故選：C.
14．C
【分析】對A，根據圖最大值為3可得，再根據周期求得，再根據最高點判斷可得，即可判斷；
對B，代入判斷函數是否取最值即可；
對C，根據正弦函數對稱中心的公式求解即可；
對D，根據三角函數圖象平移性質判斷即可.
【詳解】對A，由最大值為3可得，由圖知，故，故，
由圖象最高點可得，即，
又，故，故.
故，故A錯誤；
對B，，不為函數最值，故直線不是圖象的一條對稱軸，故B錯誤；
對C，令，解得，故對稱中心為，故C正確；
對D，的圖象向左平移個單位長度后，得到函數的圖象，故D錯誤；
故選：C
15．D
【分析】由的圖象與性質得的單調減區間.
【詳解】由的圖象與性質，的單調減區間為，，所以D符合題意.
故選：D.
16．BC
【分析】結合正切型函數的單調性計算即可得.
【詳解】因為，故，
由函數在區間內單調遞增，
故，所以．
故選：BC．
17．C
【分析】根據奇函數的定義進行判斷.
【詳解】由，定義域關于原點對稱，則,所以是偶函數，故A錯誤;
由，定義域關于原點對稱，則,所以是偶函數，故B錯誤；
由，定義域關于原點對稱，則，所以是奇函數，故C正確；
由，定義域關于原點對稱，則，且，所以非奇非偶，故D錯誤.
故選：C
18．(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）（2）（3）（4）利用正弦函數、余弦函數周期的定義求解即得.
【詳解】（1）因為，由周期函數的定義得，的周期為，
所以函數的周期為.
（2）因為，由周期函數的定義得，的周期為，
所以函數的周期為.
（3）因為，由周期函數的定義得，的周期為，
所以函數的周期為.
（4）因為，由周期函數的定義得，的周期為，
所以函數的周期為.
19．C
【分析】先用三角函數誘導公式化簡得，然后再根據正弦函數性質從而可求解.
【詳解】由題意：，，
設，，
所以為奇函數，由奇函數性質得其圖象關于原點對稱，故C項正確.
故選：C.
20．D
【分析】分別畫出函數，，，的圖象，結合圖象即可得到答案．
【詳解】分別畫出函數，，，的圖象如下：
由圖象觀察可知①②③均正確．
故答案選D
【點睛】本題考查正弦函數與余弦函數的圖像和性質，屬于基礎題．
21．B
【分析】
利用二倍角公式化簡可得，根據函數圖象逐項進行判斷即可得到答案．
【詳解】
由函數，
由此可作出的函數圖象，如圖所示，
對于A中，由，
所以關于直線不對稱，所以A錯誤；
對于B中，由，所以B正確；
對于C中，由函數圖象可知，不存在對稱中心，所以C錯誤；
對于D中，因為，，，
所以函數在上不是單調遞增函數，所以D錯誤.
故選：B.
22．AD
【分析】根據函數的周期公式判斷選項A，根據函數的對稱性判斷BC，結合函數的周期，對稱，最值，判斷交點個數.
【詳解】由圖可得：的最小正周期為2，A正確；
所以的圖象不關于點對稱，B錯誤；
令，得，離y軸最近的對稱軸為，所以若，則函數關于對稱，則的最小值為，C錯誤；
在y軸右邊離y最近的對稱為，而在上是減函數，因此的圖象在第一象限每個周期內與的圖象都有兩個交點，在區間上有兩個交點，在區間上有兩個交點，從而在上有4個交點，D正確.
故選：AD．
23．ABD
【分析】先由圖象得出函數的性質，進而可得出的性質.
【詳解】函數的圖象如下圖：
由圖可知，函數的最小正周期為，單調遞增區間是，對稱軸是.
，
的最小正周期是，故A正確；
令得，所以的增區間是，故B正確；
因為，所以不是奇函數，故C錯誤；
令得，取得對稱軸方程為，故D正確.
故選：ABD.
24．CD
【分析】把函數用分段函數表示，再作出的圖象，觀察圖象即可判斷選項A，B，C，解不等式即可判斷選項D而作答.
【詳解】，作出的圖象，如圖，觀察圖象，

的最小正周期為，A錯誤；
的圖象沒有對稱中心，B錯誤；
的值域為，C正確；
不等式，即時，得，解得，
所以的解集為，D正確.
故選：CD
25．D
【分析】利用余弦函數的性質求解即可.
【詳解】，可化為，
故單調增區間滿足：，，
解得，.
令，，令，，
，
所以的單調遞增區間是，.
故選：D
26．D
【分析】利用誘導公式化簡，再根據正切函數的性質計算可得.
【詳解】因為，
令，，解得，，
所以函數的單調遞減區間為.
故選：D.
27．D
【分析】由的取值范圍求出的取值范圍，結合余弦函數的性質得到不等式組，解得即可.
【詳解】由，所以，
又，所以，
且函數在上單調遞增，
所以，解得，即的取值范圍為.
故選：D
28．(1)偶函數
(2)奇函數
(3)非奇非偶函數
【分析】（1）（2）先求定義域，然后判斷和的關系即可判斷其奇偶性；
（3）求出函數定義域，然后根據定義域是否關于原點對稱即可作出判斷.
【詳解】（1）的定義域為R，，
因為，
所以為偶函數.
（2）由得，
解得定義域為，關于原點對稱，
又
，
所以為奇函數.
（3）由，即，解得，
所以，定義域不關于原點對稱，
所以，該函數既不是奇函數也不是偶函數.
29．B
【分析】利用三角函數的周期公式及奇函數的定義，結合誘導公式即可求解.
【詳解】對于A，，,函數的定義為,，所以以為周期的偶函數，故A錯誤；
對于B，，,函數的定義為,，所以以為周期的奇函數，故B正確；
對于C，，,函數的定義為，，所以以為周期的奇函數，故C錯誤；
對于D，函數的定義為，，所以為偶函數，故D錯誤.
故選：B.
30．0
【分析】根據的周期為3，且，即可求得的值.
【詳解】因為的周期，
且，，，
則，
因為，
所以.
故答案為：0
31．C
【分析】將各項對應自變量代入解析式求函數值，判斷是否成立即可.
【詳解】時，不是對稱軸；
時，不是對稱軸；
時，是對稱軸；
時，不是對稱軸；
故選：C
32．
【分析】根據正切函數的奇偶性列式運算得解.
【詳解】因為的圖象關于原點中心對稱，
所以，又，故的最小值為．
故答案為：.
33．D
【分析】由，可得，然后利用正弦函數的性質可求得函數的最值.
【詳解】因為，所以，所以，
由的圖像與性質知，
當時，有最小值為，
當時，有最大值為，所以最大值與最小值之差為，
故選：D．
34．D
【分析】解法一：畫出函數的圖象，由的范圍求出的范圍，根據的值域可得答案；
解法二：由的范圍求出的范圍，根據的圖象性質和的值域可得答案．
【詳解】解法一：由題意，畫出函數的圖象，由，可知，
因為且，
要使的值域是，只要，
即；
解法二：由題，可知，
由的圖象性質知，要使的值域是，
則，解之得．
故選：D.

35．B
【分析】利用三角恒等變換結合換元法，最后利用二次函數的值域求解即可.
【詳解】函數，
令，，
因為，所以，
，對稱軸為，圖象開口向下，
當時，取得最大值，，
當時，取得最小值，，
所以在的值域為
故選：B
36．
【分析】
將化為，利用余弦函數的有界性，即，解不等式即可得答案.
【詳解】由，可得，
當時等式不成立，∴，則有，
∵，∴，，或，
∴函數的值域是，
故答案為：
37．
【分析】先確定，然后利用基本不等式求最值.
【詳解】為鈍角,
,
，
當且僅當，即時等號成立，
故的最大值為.
故答案為：.
38．(1)
(2)
【分析】利用同角三角函數的平方式整理函數解析式，再利用換元法化簡函數解析式，結合正弦函數與二次函數的性質，可得答案.
【詳解】（1）由題意可知，
令,當時，
由在上單調遞增，在上單調遞減，則，
令，
由在上單調遞增，在上單調遞減，
則，，
所以.
（2）由(1)可知：，
令，則，
令，
由在上單調遞增，在上單調遞減，
則.
39．C
【分析】分類討論，根據正弦函數的值域列式可得結果.
【詳解】當時，由，得，
因為的值域為，所以，解得，
當時，顯然不符合題意；
當，由，得，
因為的值域為，所以，解得，
故選：C
40．D
【分析】利用函數的基本性質可得出，由可求得的取值范圍，根據函數在區間的值域可得出關于的不等式，解之即可.
【詳解】因為函數的最小正周期為，則，
所以，，
又因為函數的圖象關于點對稱，則，
解得，因為，故，故，
當時，，
且函數在上的值域為，
所以，，解得，
故選：D.
41．
【分析】根據給定條件，求出相位的范圍，再利用正弦函數的性質求出值域即得結果.
【詳解】當時，，正弦函數在上遞增，在上遞減，
于是函數在上單調遞增，在上單調遞減，
因此，即函數的值域為，
所以.
故答案為：
42．B
【分析】判斷出，即可判斷的范圍，與b可判斷大小，根據誘導公式化簡求得c的值，即可判斷a，b，c的大小，即得答案.
【詳解】由于，故，
而，故，
又，即，
故選：B
43．B
【分析】根據正弦定理與正切函數的單調性判斷．
【詳解】，又，且在上遞增，
∴，而，所以，
∴．
故選：B．
44．D
【分析】根據正弦函數、余弦函數、正切函數的性質判斷即可.
【詳解】因為，，所以，
，所以，
，所以.
故選：D
45．D
【分析】先利用正弦函數的單調性推得；再利用正弦函數的最大值推得，從而得解.
【詳解】因為函數在上單調遞增，
由，，
所以且，解得且，所以；
又因為在區間上只取得一次最大值，
即時，；
所以，解得；
綜上，，即的取值范圍是．
故選：D.
46．D
【分析】化簡函數為，由的圖象關于對稱，求得，再由在上單調，得到，求得，進而求得的值.
【詳解】由函數，
因為函數的圖象關于對稱，可得，
解得，解得，
又因為在上單調，所以，
則滿足，即，解得，
當時，可得，滿足條件；當時，可得，不滿足條件，
所以.
故選：D.
47．D
【分析】先利用整體代換思想以及正弦函數的單調遞增區間求出函數的單調遞增區間，結合集合的包含關系求出的范圍，然后再利用正弦函數取最大值的性質可再得一個的范圍，兩個范圍取交集即可求解.
【詳解】令，解得，，
而函數在區間上單調遞增，
所以，解得，
當時，，
因為在區間上有且僅有一個解，
所以，解得.
綜上所述，的取值范圍是.
故選：D.
【點睛】本題的核心是利用整體思想，首先根據正弦函數的單調性，以及已知單調性得的一個取值范圍；然后根據取最值的個數，求得的另一個范圍.這里要注意，說明，而根據題意，只有一個解，所以只能取一個值，而根據函數本身的圖象可以發現只能等于1.如果能夠取到，那么根據自變量的范圍，此時肯定也可以取1，所以舍去.
48．
【分析】將代入中結合，得，則可求出，再由求出的范圍，然后由在內有4個零點，結合正弦函數的性質可求出a的取值范圍.
【詳解】由題意知，函數的圖象過點，所以，解得，
因為，所以，所以，
當時，可得，
因為在內有4個零點，結合正弦函數的性質可得，
所以，即實數a的取值范圍是．
故答案為：．
49．C
【分析】由函數解析式作出函數的圖象，設，且，根據，確定以及的范圍，即可得出的取值范圍.
【詳解】作出函數的圖象如圖，

不妨設，且，
則函數與直線的三個交點從左到右依次為：，，，
點與在上，，
則與關于直線對稱，則，
若，解得，所以，
所以，即.
故選：C.
【點睛】方法點睛：已知函數有零點（方程有根）求參數值（取值范圍）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；
（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；
（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.
50．D
【分析】求出方程的根，然后根據方程在上恰有5個不同實根列出不等關系，進而求解.
【詳解】因為函數，
當時，方程可化為，解得
，則當時，，
當時，方程可化為，解得，
則當時，
因為根據方程在上恰有5個不同實根，
所以這5個不同實根為，則，
故選：D.
51．A
【分析】畫出函數圖像，設，根據函數圖像考慮方程有兩個解和一個解兩種情況，再根據函數圖像討論的解的情況，計算得到答案.
【詳解】當時，，
當時，，，
畫出函數圖像，如圖所示：
函數在有6個不同零點有以下四種可能：
①方程有兩個不同的實根和且方程有兩個根，
且方程有四個不同的實根，
由函數的圖像知，且，令，
則需，解得；
②方程有兩個不同的實根和且方程有零個根，
且方程有六個不同的實根，
函數的圖像知，且，
由于，則需，解得；
③方程有兩個不同的實根和且方程有1個根，
且方程有5個實根成立，則需，此時無解；
④方程有且只有1個根且方程有6個根，
計算得或，或，不合題意；
綜上所述：或.
故選：A.
【點睛】關鍵點睛：本題考查了函數零點問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中畫出函數圖像，根據圖像分類討論是解題的關鍵，分類討論是常用的數學方法，需要熟練掌握.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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