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專題3 三角函數的圖象與性質
【必備知識】
1．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]的圖象上，五個關鍵點是：(0，0)，，(π，0)，，(2π，0)．
（2）在余弦函數y＝cos x，x∈[0，2π]的圖象上，五個關鍵點是：(0，1)，，(π，－1)，，(2π，1)．
2．正弦、余弦、正切函數的圖象與性質
函數 y＝sin x y＝cos x y＝tan x
圖象
定義域 R R 且
值域 [－1，1] [－1，1] R
奇偶性 奇函數 偶函數 奇函數
單調性 在上是增函數，在 (k∈Z)上是減函數 在[2kπ－π，2kπ](k∈Z)上是增函數，在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上是減函數 在上是增函數
周期性 周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是2π 周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是2π 周期是kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是π
對稱性 對稱軸是x＝＋kπ(k∈Z)，對稱中心是(kπ，0)(k∈Z) 對稱軸是x＝kπ(k∈Z)，對稱中心是 對稱中心是
3．函數y＝Asin(ωx＋φ)的有關概念
y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0) 振幅 周期 頻率 相位 初相
A T＝ f＝＝ ωx＋φ
4．用五點法畫f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)在一個周期內的簡圖時，要找的五個特征點如下
ωx＋φ 0 π 2π
x
f(x) 0 0 －A 0
5．由函數y＝sin x的圖象通過變換得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的兩種方法
【必備技能】
1.對稱與周期
①正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是半個周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是個周期．
②正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是半個周期．
（2）要注意求函數y＝Asin(ωx＋φ)的單調區間時A和ω的符號，盡量化成ω>0的情況，避免出現增減區間的混淆．
（3）對于y＝tan x，不能認為其在定義域上為增函數，而是在每個區間內為增函數．
2.破解已知函數的奇偶性或單調性求參數問題的思路：一是方程思想，即活用奇、偶函數的定義，得參數所滿足的方程，解方程即可求出參數的值，此時要注意題設條件中的參數的取值范圍的限制；二是轉化思想，利用三角函數的單調性，借用草圖，轉化為參數所滿足的不等式(組)，解不等式(組)即可求出參數的取值范圍．
【考向總覽】
考向一三角函數的定義域、值域（★★★）
考向二三角函數的單調性（★★★★）
考向三三角函數的周期性、奇偶性及對稱性（★★★）
考向四函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換（★★★★）
考向五由圖象確定函數y＝Asin(ωx＋φ)的解析式（★★★★）
考向六三角函數圖象與性質的綜合問題（★★★★）
【考向歸類】
考向一三角函數的定義域、值域
【典例1-1】
（2023秋·山東青島·高一青島二中校考期中）
1．已知函數，若在上的值域是，則實數的可能取值為（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】
（2022秋·河南·高一期中）
2．函數的最大值為（ ）
A． B． C．2 D．1
【備考提醒】
1．三角函數定義域的求法
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．
提醒：解三角不等式時要注意周期，且k∈Z不可以忽略．
2．三角函數值域或最值的3種求法
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
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)
換元法 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)；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)
【舉一反三】
（2023秋·江西新余·高一統考期中）
3．已知函數在上恰好取到一次最大值與一次最小值，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·福建廈門·高一廈門外國語學校校考期中）
4．已知函數，若在上的值域是，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
考向二：三角函數的單調性
【典例2-1】
（2023秋·河北邢臺·高一邢臺市第二中學校考期中）
5．函數的單調遞減區間為 .
【典例2-2】
（2023秋·遼寧·高一校聯考期中）
6．已知函數在上單調遞增，則a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．或
【備考提醒】
求三角函數單調區間的2種方法
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
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
提醒：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．
由單調區間求參數范圍的方法
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
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
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
【舉一反三】
（2023秋·山東青島·高一統考期中）
7．函數的單調減區間為 ．
（2023秋·安徽滁州·高一校考期中）
8．已知函數，則下列關于此函數的描述準確無誤的有（ ）
A．函數的最小正周期為
B．函數的一個單調增區間為
C．函數的一個對稱中心是
D．函數的一條對稱軸是
考向三：三角函數的周期性、奇偶性及對稱性
【典例3-1】
（2023秋·新疆喀什·高一統考期中）
9．已知函數，，則的最小正周期為（ ）
A． B． C． D．
【典例3-2】
（2023秋·江蘇常州·高一校考期中）
10．設函數，其中．若，的圖象關于點中心對稱，且的最小正周期大于，則（ ）
A． B． C． D．
【備考提醒】
1.三角函數周期的求解方法
公式法 （1）三角函數y＝sin x，y＝cos x，y＝tan x的最小正周期分別為2π，2π，π；（2）y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期為，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期為
圖象法 利用三角函數圖象的特征求周期．如：相鄰兩最高點(最低點)之間為一個周期，最高點與相鄰的最低點之間為半個周期
2.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)．
3.三角函數對稱性問題的2種求解方法
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
公式法 函數y＝Asin(ωx＋φ)的對稱軸為，對稱中心為；函數y＝Acos(ωx＋φ)的對稱軸為，對稱中心為；函數y＝Atan(ωx＋φ)的對稱中心為.上述k∈Z
【舉一反三】
（2023秋·河南安陽·高一校考期中）
11．已知函數的最小正周期為，且將的圖象向右平移個單位后的圖象關于軸對稱，則（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·山西·高一統考期中）
12．定義在上的函數滿足在區間內恰有兩個零點和一個極值點，則下列說法正確的是（ ）
A．的最小正周期為
B．將的圖象向右平移個單位長度后關于原點對稱
C．圖象的一個對稱中心為
D．在區間上單調遞增
考向四：函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象及變換
【典例4-1】
（2023秋·廣西南寧·高一南寧二中校考期中）
13．已知函數的兩個相鄰的對稱中心的間距為，現的圖象向左平移個單位后得到一個奇函數，則的一個可能取值為（　　）
A． B． C．0 D．
【典例4-2】
（2023春·河北衡水·高一衡水市第二中學期中）
14．將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則下列關于說法正確的是（ ）
A．奇函數
B．在上單調遞增
C．圖象關于點對稱
D．圖象關于直線對稱
【備考提醒】
1．函數y＝Asin(ωx＋φ)圖象的畫法
（1）用“五點法”作簡圖得到，列表時可通過變量代換z＝ωx＋φ計算五點坐標．求出第一個點的橫坐標后，依次加上周期的即可得到后四個點的橫坐標．
（2）通過變換得到y＝Asin(ωx＋φ)的圖象有兩條途徑：“先平移后伸縮”與“先伸縮后平移”．注意先伸縮后平移時平移距離為個單位長度．
2．函數y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象變換的注意點
先伸縮后平移．值得注意的是，對于三角函數圖象的平移變換問題，其平移變換規則是“左加、右減”，并且在變換過程中只變換自變量x，如果x的系數不是1，那么需把x的系數提取后再確定平移的單位長度和方向．　　
【舉一反三】
（2023秋·山東青島·高一統考期中）
15．將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則下列選項正確的為（ ）
A．的圖象關于點中心對稱 B．
C．的圖象關于直線對稱 D．為偶函數
（2023秋·河南開封·高一統考期中）
16．將的圖象向右平移個單位長度得到的圖象，則（ ）
A． B．的圖象關于直線對稱
C．的圖象關于點對稱 D．在內是增函數
考向五：由圖象確定函數y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
【典例5-1】
（2023秋·新疆喀什·高一校考期中）
17．已知函數的部分圖像如圖所示，則函數的解析式為 ．

【典例5-2】
（2023秋·寧夏銀川·高一校考期中）
18．已知函數（，，）的部分圖象如圖所示．
(1)求函數的解析式；
(2)求函數單調增區間；
(3)設，且方程存兩個不同的實數根，求實數m的取值范圍．
【備考提醒】
確定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的步驟和方法
（1）求A，b：確定函數的最大值M和最小值m，則A＝，b＝.
（2）求ω：確定函數的周期T，則可得ω＝.
（3）求φ：常用的方法有代入法和五點法．
①代入法：把圖象上的一個已知點代入(此時A，ω，b已知)或代入圖象與直線y＝b的交點求解(此時要注意交點是在上升區間上還是在下降區間上)．
②五點法：確定φ值時，往往以尋找“五點法”中的某一個點為突破口．　
【舉一反三】
（2023秋·寧夏石嘴山·高一平羅中學校考期中）
19．已知函數的部分圖象如圖所示，為了得到函數的圖象，只需要將的圖象（ ）

A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度
C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度
（2023春·河北衡水·高一衡水市第二中學期中）
20．已知函數的部分圖象如圖所示，其中，且，
(1)求函數的解析式；
(2)若，求的值.
考向六：三角函數圖象與性質的綜合問題
【典例6-1】
（2023秋·山東日照·高一校聯考期中）
21．已知函數.
(1)求函數的單調增區間；
(2)將函數圖象上點的橫坐標伸長為原來的2倍（縱坐標不變），再把所得函數圖象向下平移個單位得到函數的圖象，求的最小值及取得最小值時的x的取值集合.
【典例6-2】
（2023春·吉林白山·高一統考期中）
22．已知函數的圖象是由的圖象向右平移個單位長度得到的.
(1)若的最小正周期為，求的圖象與y軸距離最近的對稱軸方程；
(2)若在上有且僅有一個零點，求的取值范圍.
【備考提醒】
三角函數的圖象和性質的綜合應用問題的求解思路
先將y＝f(x)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，再借助y＝Asin(ωx＋φ)的圖象和性質(如定義域、值域、最值、周期性、對稱性、單調性等)解決相關問題．
【舉一反三】
（2023秋·廣東梅州·高一豐順縣豐順中學校考期中）
23．已知函數，且．
(1)求的值；
(2)求函數在區間上的最大值及相應的值．
（2023秋·江西宜春·高一江西省宜豐中學校考期中）
24．已知函數．
(1)求的單調遞減區間；
(2)若在上有4個零點，求的取值范圍．
【必備知識】
【必備知識】
1.三角函數的應用
（1）如果某種變換著的現象具有周期性，那么就可以考慮借助三角函數來描述．
（2）在適當的直角坐標系下，簡諧運動可以用函數y＝Asin(ωx＋φ)，x∈[0，＋∞)表示，其中A>0，ω>0.描述簡諧運動的物理量，大都與這個解析式中的常數有關：
振幅 周期 頻率 相位 初相
A T＝ f＝＝ ωx＋φ φ
2. 不具有周期性的三角變換問題
把實際問題抽象轉化成數學問題，建立函數關系式，再利用三角函數求最值．
【必備技能】
三角函數應用題的解題策略
（1）三角函數模型的應用體現在兩方面：一是已知函數模型求解數學問題；二是把實際問題抽象轉化成數學問題，建立數學模型再利用三角函數的有關知識解決問題．
（2）研究y＝Asin(ωx＋φ)的性質時可將ωx＋φ視為一個整體，利用換元法和數形結合思想進行解題．　　
【考向總覽】
考向一：具有周期性問題可利用函數y＝Asin(ωx＋φ)（★★★）
考向二：不具有周期性問題可利用三角函數恒等變換和性質（★★★★）
【考向歸類】
考向一：具有周期性問題可利用函數y＝Asin(ωx＋φ)
【典例1-1】
（2023春·福建廈門·高一廈門一中校考期中）
25．筒車是我國古代發明的一種灌溉工具，因其經濟又環保，至今還在農業生產中得到使用.明朝科學家徐光啟在《農政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理（如圖）.現有一個半徑為3米的簡車按逆時針方向每分鐘旋轉1圈，筒車的軸心距離水面的高度為2米.設筒車上的某個盛水筒P到水面的距離為d（單位：米）（在水面下則為負數），若以盛水筒剛浮出水面開始計算時間，設時間為t（單位：秒），已知，則（ ）
A．，其中，且
B．，其中，且
C．大約經過38秒，盛水筒P再次進入水中
D．大約經過22秒，盛水筒P到達最高點
【典例1-2】
（2023春·湖北武漢·高一華中師大一附中校考期中）
26．科學研究已經證實：人的智力、情緒和體力分別以天、天和天為周期，均可按進行變化．記智力曲線為，情緒曲線為，體力曲線為，則（ ）
A．第天時情緒曲線處于最高點
B．第天到第天時，智力曲線與情緒曲線不相交
C．第天到第天時，體力曲線處于上升期
D．體力曲線關于點對稱
【備考提醒】
1．根據題意建立函數解析式y＝Asin(ωx＋φ)；
2．由題意分別求出A、ω、φ的值，得到解析式，進而利用解析式解決問題．　　
【舉一反三】
（2023秋·山東濱州·高一統考期中）
27．某鐘表的秒針端點到表盤中心的距離為，秒針繞點勻速旋轉，當時間時，點與表盤上標“12”處的點重合．在秒針正常旋轉過程中，，兩點的距離（單位：）關于時間（單位：）的函數解析式為（ ）
A．
B．
C．
D．
（2023秋·廣東·高一統考期中）
28．潮汐現象是由于海水受日月的引力在一定的時候發生漲落的現象，一般早潮叫潮，晩潮叫汐，在通常情況下，船在漲潮時駛進航道，靠近船塢卸貨后落潮時返回海洋，現有一條貨船的吃水深度（船底與水面的距離）為，根據安全條例規定至少要有的安全間隙（船底與海底的距離），已知某港口在某季節的某一天的時刻（單位：小時）與水深（單位：）的關系為：，則下列說法中正確的有（ ）
A．相鄰兩次潮水高度最高的時間間距為
B．18時潮水起落的速度為
C．該貨船在2：00至4：00期間可以進港
D．該貨船在13：00至17：00期間可以進港
考向二：不具有周期性問題可利用三角函數恒等變換和性質
【典例2-1】
（2023秋·天津薊州·高一天津市薊州區第一中學校考期中）
29．如圖，某市一學校H位于該市火車站O北偏東45°方向，且OH＝4km，已知OM，ON是經過火車站O的兩條互相垂直的筆直公路，CE，DF及圓弧CD都是學校道路，其中CE∥OM，DF∥ON，以學校H為圓心，半徑為2km的四分之一圓弧分別與CE，DF相切于點C，D.當地政府欲投資開發△AOB區域發展經濟，其中A，B分別在公路OM，ON上，且AB與圓弧CD相切，設∠OAB＝θ，△AOB的面積為Skm2．
（1）求S關于θ的函數解析式；
（2）當θ為何值時，△AOB面積S為最小，政府投資最低？
【典例2-2】
（2023秋·浙江寧波·高一期中）
30．如圖，是一個邊長為的有部分腐蝕的正方形鐵皮，其中腐蝕部分是一個半徑為的扇形，其他部分完好可利用.鐵匠師傅想在未被腐蝕部分截下一個長方形鐵皮（是圓弧上的一點），以用于制作其他物品.
(1)當長方形鐵皮為正方形時，求此時它的面積；
(2)求長方形鐵皮的面積的最大值.
【備考提醒】
應優先結合實際建立合適的數學模型，再按模型求最值，屬于難題.
【舉一反三】
（2023秋·河北邢臺·高一統考期中）
31．如圖，已知OAB是半徑為2千米的扇形，，C是弧AB上的動點，過點C作，垂足為H，某地區欲建一個風景區，該風景區由△AOC和矩形ODEH組成，且，若風景區的修建費為100萬元/平方千米，則該風景區的修建最多需要（ ）
A．260萬元 B．265萬元
C．255萬元 D．250萬元
（2022秋·浙江杭州·高一浙江大學附屬中學校考期中）
32．疫情期間，為保障學生安全，要對學校進行消毒處理．校園內某區域由矩形與扇形組成，，，．消毒裝備的噴射角，陰影部分為可消毒范圍，要求點在弧上，點在線段上，設，可消毒范圍的面積為．
(1)求消毒面積關于的關系式，并求出的范圍；
(2)當消毒面積最大時，求的值．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．BC
【分析】根據已知求出的范圍即可.
【詳解】，因為，所以
又因為的值域是，所以
可知的取值范圍是.
故選：BC.
2．A
【分析】首先切化弦，然后根據的取值范圍去絕對值，化簡即可得到函數的最大值.
【詳解】由于，且
，
∴，由圖像可知，當時最大
即
故選：A
3．A
【分析】解不等式即得解.
【詳解】因為，恰好取到一次最大值與一次最小值，
可得，解得.
故選：A.
4．B
【分析】利用換元法將在上的值域為轉化為在上的值域為，然后結合余弦函數的單調性列不等式求解即可.
【詳解】，令，則，，因為，，的值域為，所以，解得.
故選：B.
5．
【分析】化簡函數解析式，由，即可得結果.
【詳解】由＝cos＝cos，
得2kπ≤2x－≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得kπ＋≤x≤kπ＋ (k∈Z)，
所以函數的單調遞減區間為 (k∈Z).
故答案為：.
6．C
【分析】根據函數單調遞增轉化為導數不小于0恒成立，分離參數求解即可.
【詳解】因為函數在上單調遞增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
由在上單調遞增知，，
所以，
故選：C
7．；
【分析】先化簡，再由三角函數的性質求解即可.
【詳解】因為，
則函數的單調減區間為:，
解得：.
故答案為：.
8．AD
【分析】對于A，利用周期公式判斷，對于B，由求出的范圍，再根據正弦函數的性質判斷，對于C，將坐標代入驗證即可，對于D，將代入驗證.
【詳解】對于A，函數的最小正周期為，所以A正確；
對于B，當時，，因為在上單調遞減，
所以在上遞減，所以B錯誤；
當時，，所以函數的一個對稱軸是，所以C錯誤；
對于D，當時，，函數取得最小值，所以函數的一條對稱軸是，所以D正確．
故選：AD
9．B
【分析】利用誘導公式、二倍角公式及輔助角公式化簡，再根據正弦函數的性質計算可得.
【詳解】
，即，
∴的最小正周期為.
故選：B
10．A
【分析】由題意確定函數的周期，即可求得，再根據求出，即得的解析式，代入求值，即得答案.
【詳解】因為，的圖象關于點中心對稱，
所以，得，
因為的最小正周期大于，即，則，故，
又，所以，所以，
因為，所以，，
所以，
故選：A.
11．A
【分析】根據三角函數圖象的平移變換和奇偶性，可得，由可得，即可求解.
【詳解】將函數圖象向右平移個單位長度，
得，圖象關于y軸對稱，
則函數為偶函數，
所以，解得；
又，所以，所以，
則.
故選：A.
12．D
【分析】根據題意可求出的值，從而可得到的解析式，再根據解析式逐項分析即可．
【詳解】依題可知，于是，于是，
∴，∴，∴，
對于A，由，則的最小正周期為，故A錯誤；
對于B，將的圖象向右平移個單位長度后得，
則，所以不關于原點對稱，故B錯誤；
對于C，由，所以不是圖象的一個對稱中心，故C錯誤；
對于D，由，則，所以在區間上單調遞增，故D正確．
故選：D．
13．D
【分析】根據給定條件，求出函數的周期，進而求出，再利用給定變換及奇函數求出作答.
【詳解】由于函數的兩條相鄰的對稱軸的間距為，該函數的最小正周期為π，即有，
則，將函數的圖象向左平移個單位后，
得到函數，而函數為奇函數，
則，當時，，D正確，不存在整數k使得選項A，B，C成立.
故選：D
14．D
【分析】先通過平移求出，然后利用余弦函數的性質逐一判斷即可.
【詳解】將函數的圖象向左平移個單位長度后得
函數，
對于A：，為偶函數，A錯誤；
對于B：當時，，在上單調遞減，在上單調遞減，B錯誤；
對于C：，圖象不關于點對稱，C錯誤；
對于D：，圖象關于直線對稱，D正確.
故選：D.
15．C
【分析】利用二倍角公式化簡可得函數的解析式，再利用三角函數性質逐項判斷可得答案.
【詳解】，
將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，故B錯誤；
所以，故A錯誤；
，故C正確；
時，，所以為奇函數，故D錯誤.
故選：C.
16．C
【分析】根據三角函數圖象變換的知識求得的解析式，利用代入驗證法判斷BC，根據三角函數單調性判斷D.
【詳解】由題可得，A錯誤；
因為，所以的圖象不關于直線對稱，B錯誤；
因為，所以的圖象關于點對稱，C正確；
因為，所以在內不是增函數，D錯誤.
故選：C.
17．
【分析】根據題意，由圖像可得函數周期從而得到，再將點代入，即可得到結果.
【詳解】由圖像可知，，即，則，
將代入可得，，即，，
解得，，
且，則，
再將代入可得，可得，
所以函數解析式為.
故答案為:
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）確定，根據周期得到，結合得到，得到答案.
（2）解不等式即可.
（3）確定，畫出，的圖像，根據圖像得到答案.
【詳解】（1），，，，且，
，，，，則.
故.
（2）取，解得，
故函數單調增區間為.
（3），則，
設，，畫出函數圖像，如圖所示：
根據圖像知：.
19．D
【分析】首先根據已知條件求出與以及的值，進而確定的解析式， 再結合三角函數的平移規律進行解答即可.
【詳解】由圖像知，，，，即，
由圖可知，，
，
，又，
，
，
向右平移可得函數.
故選：D.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根據推出圖象關于直線對稱，從而得到周期，求得，進而可求得；
（2）先化簡，再利用弦化切即可求解.
【詳解】（1）因為，所以圖象關于直線對稱，
所以，
所以，即
根據五點作圖法可得，，
所以，又，所以，
所以.
（2）
，
故的值為.
21．(1)，；
(2)，.
【分析】（1）先利用三角恒等變換化簡，再結合的單調性即可求得的單調增區間；
（2）先利用三角函數的圖像變換得到的解析式，再結合的性質即可求得的最小值及取得最小值時的x的取值集合.
【詳解】（1）函數，
由，，可得，，
所以函數的增區間為，；
（2）由題可得函數，
所以函數的最小值為，此時，即，
所以最小值為，取得最小值時的x的取值集合為.
22．(1)
(2)
【分析】（1）由三角函數的圖象變換及對稱性質即可判定；
（2）利用整體代換求得零點，再根據已知區間確定范圍即可.
【詳解】（1）由，得，
所以，
令，，解得，，
取，得，取，得，
因為，所以與y軸距離最近的對稱軸方程為.
（2）由已知得，
令，，解得，.
因為在上有且僅有一個零點，所以
所以.
因為，所以，解得，，所以，
解得，
即的取值范圍為.
23．(1)
(2)時，取最大值2
【分析】（1）由，可得，結合即可求解；
（2）結合三角函數的圖象及性質即可求解.
【詳解】（1）由，
即，
因為，所以.
（2）由（1）知，
因為，則，
所以當，即時，取最大值2.
24．(1)
(2)
【分析】（1）先利用三角函數恒等變換公式對函數化簡變形，得，然后由可求出函數的單調遞減區間；
（2）由，得或，由可得或，則問題轉化為的圖象與直線有2個交點，且，從而可求出的取值范圍．
【詳解】（1）
，
由，得
，
所以的單調遞減區間為；
（2）令，
得或，
當時，，
得或，，
因為，所以或，
因為在上有4個零點，
所以的圖象與直線有2個交點，且，即，
由，得，
因為，
所以，得，
即的取值范圍為.
25．ABD
【分析】若為筒車的軸心的位置，為水面，為筒車經過秒后的位置，由題設知筒車的角速度，令，易得，而、，即可求的解析式判斷A、B的正誤，、代入函數解析式求，即可判斷C、D的正誤.
【詳解】由題意知，如圖，若為筒車的軸心的位置，為水面，為筒車經過秒后的位置，
筒車的角速度，令且，
∴，故，而，
∴，其中，且，
又
，
若，且，所以，
此時
，
故，其中，且，故A、B正確；
當時，，且，，
∴，
故盛水筒沒有進入水中，C錯誤；
當時，，且，，
故盛水筒到達最高點，D正確.
故選：ABD
26．AC
【分析】設人的智力曲線、情緒曲線和體力曲線用，，，根據周期求出對應的解析式，然后利用正弦函數的性質可判斷ACD，對于B，設，利用零點存在定理可判斷.
【詳解】設人的智力曲線、情緒曲線和體力曲線用，，，
所以，，.
A項：第天時，，
故處于最高點，A正確；
B項：設，
因為，，
故利用零點存在定理可得存在，使得，
故此時智力曲線與情緒曲線相交，B錯誤；
C項：因為，所以，
因為，所以根據正弦函數的性質可得此時單調遞增，
故處于上升期，C正確；
D項：因為，所以，體力曲線不關于點對稱，D錯.
故選：AC.
27．C
【分析】由條件分析函數的性質，由此判斷正確選項.
【詳解】由已知函數的定義域為，周期為，且時，，
對于選項A，函數周期為，A錯誤；
對于選項B，函數周期為，B錯誤；
對于選項D，當時，，D錯誤；
對于選項C，
，
所以函數，
故選：C.
28．BCD
【分析】根據正弦函數的最小正周期判斷A，根據導數的幾何意義判斷B，根據貨船進港條件列出不等式，求解即可判斷CD.
【詳解】選項A：的最小正周期，所以相鄰兩次潮水高度最高的時間間距為，故A錯誤；
選項B：由題意，，所以，
由導數的幾何意義可得18時潮水起落的速度為，故B正確；
選項CD：由題意可知該船進出港時，水深應不小于，
所以當時貨船就可以進港，即，
所以，即，
解得，
又，所以或，即該船一天之內在港口內待的時間段為1時到5時和13時到17時，停留的總時間為8小時，故CD正確；
故選：BCD
29．（1）；（2）.
【分析】（1）以點O為坐標原點建立適當坐標系，根據直線AB與圓H相切構建l與之間的關系，再根據中，即計算得的解析式；
（2）先換元，得到t的范圍和，代入化簡得到，再利用二次函數研究分母何時取得最大值，即找到對應，使得△AOB面積S為最小.
【詳解】解：（1）以點O為坐標原點建立如圖直角坐標系，則，
在中，設，又，故，
所以直線AB的方程為，即，
因為直線AB與圓H相切，所以H到直線AB的距離等于半徑2，即①，
又點H在直線AB的上方，故，
所以①式可化簡為，即，
故,
所以△AOB的面積為S ;
即S關于θ的函數解析式為；
（2）令，，則，且，所以，
令，分母，其中，所以時，分母部分最大，面積最小，此時，即.
所以時△AOB面積S為最小，政府投資最低.
【點睛】思路點睛：
在求含有的三角函數的最值問題時，通常通過換元，結合，將問題轉化成二次函數的最值問題.
30．(1)
(2)
【分析】（1）連接，設，延長交于E，當長方形鐵皮為正方形時，，可得，進而求解；
（2）由（1）設，得，表示出，令，通過換元法求解即可.
【詳解】（1）連接，設，延長交于E，
當長方形鐵皮為正方形時，顯然，此時，
所以；
（2）由（1）設，得
所以，
其中，，
令，則，
所以，
因為，所以，
所以，
所以當時，得，
即長方形鐵皮的面積的最大值為.
31．D
【分析】設，，利用表示風景區的面積，求出最大值，進而可求得該風景區的修建最多需要多少費用．
【詳解】設，，則，，
所以矩形ODEH的面積，
又，
所以風景區面積，
當時，有最大值，故最多需要萬元的修建費．
故選：D．
32．(1)，
(2)
【分析】（1）求出扇形和梯形的面積，可求得關于的關系式，求出的取值范圍，可求得的范圍；
（2）根據（1）中的函數關系式，利用導數法可求得取最大值時，對應的的值.
【詳解】（1）解：由題意可知，則扇形的面積為，
，則，且，
所以， 梯形的面積為，
，且，則，故，
所以，，.
（2）解：設，，
，且，
記為銳角，且，
當時，，此時函數單調遞減，
當時，，此時函數單調遞增，
所以，當時，，即時，取最小值，此時取最大值.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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