专题1 微专题2 三角函数的图象与性质（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题一　三角函数、解三角形与平面向量 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 微专题2　三角函数的图象与性质 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　三角函数的图象及其变换 　(1)(2024·湖北黄冈模拟)函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度后得到g(x)＝sin(ωx＋φ)的图象，若－eq \f(π,4)是f(x)的一个零点，则φ的可能取值为(　　) A.eq \f(π,6)　　　　　　　 B．eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D．eq \f(π,2) (2)(2024·重庆三模)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的部分图象如图所示，若f(θ)＝eq \f(1,3)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(5π,3)))＝(　　) A．－eq \f(2,9) B．eq \f(2,9) C．－eq \f(7,9) D．eq \f(7,9) [解析]　(1)依题意，g(x)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)ω＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋φ))，则eq \f(π,2)ω＝2kπ－eq \f(π,2)，解得ω＝4k－1，k∈N*；又coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)ω＋φ))＝0，即得coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－kπ＋\f(π,4)＋φ))＝0，k∈N*，则得－kπ＋eq \f(π,4)＋φ＝eq \f(π,2)＋mπ，m∈Z，k∈N*，即φ＝(m＋k)π＋eq \f(π,4)，k∈N*，m∈Z.故选B. (2)由图可知A＝1，f(0)＝sin φ＝eq \f(\r(3),2)，由－eq \f(π,2)<φ<eq \f(π,2)可知φ＝eq \f(π,3)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))，又由图知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)ω＋\f(π,3)))＝0，故由图得eq \f(4π,3)ω＋eq \f(π,3)＝2kπ＋π，k∈Z⇒ω＝eq \f(3,2)k＋eq \f(1,2)，k∈Z　①， 由图可知eq \f(4π,3)－0<eq \f(T,2)⇒T＝eq \f(2π,ω)>eq \f(8π,3)⇒ω<eq \f(3,4)　②， 又ω>0，结合①②可得ω＝eq \f(1,2)， 故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(π,3)))， 所以f(θ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)θ＋\f(π,3)))＝eq \f(1,3). 故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(5π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(5π,3)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(7π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)＋\f(π,2)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(2π,3)))＝cos 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)θ＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)θ＋\f(π,3)))＝1－eq \f(2,9)＝eq \f(7,9). [答案]　(1)B　(2)D (1)在图象变换中务必分清是先平移，还是先伸缩，变换只是对其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向． (2)根据图象求三角函数解析式的方法 已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的部分图象求其解析式时，关键是求ω和φ，常用如下两种方法： ①由ω＝eq \f(2π,T)即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ； ②代入图象中已知点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的取值范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求．　 【预测练1】 1．将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则ω的最小值是(　　) A.eq \f(1,6) B．eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D．eq \f(1,2) 解析　记曲线C的函数解析式为g(x)，则g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ωx＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)ω＋\f(π,3))))). 因为函数g(x)的图象关于y轴对称，所以eq \f(π,2)ω＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得ω＝2k＋eq \f(1,3)(k∈Z)． 因为ω>0，所以ωmin＝eq \f(1,3).故选C. 答案　C 2．(2024·四川绵阳模拟)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示，D(5,0)，B(2，A)，BC⊥CD，则f(4)＝(　　) A．4　　 B．eq \r(10) C．2eq \r(5)　　 D．4eq \r(2) 解析　由图象可知eq \f(T,4)＝5－2＝3，则T＝12，所以ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(π,6)，所以f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋φ))，由f(5)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋φ))＝0，得eq \f(5π,6)＋φ＝2kπ＋π，k∈Z，即φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，因为|φ|<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6)，则f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(A,2)))，因为BC⊥CD，eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(A,2)))，eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，－\f(A,2)))，所以eq \o(BC,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝－10＋eq \f(A2,4)＝0，解得A＝2eq \r(10)(负根舍去)，所以f(x)＝2eq \r(10)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)x＋\f(π,6)))，所以f(4)＝f(0)＝eq \f(A,2)＝eq \r(10)，故选B. 答案　B 命题点2　三角函数的单调性、周期性、对称性 　(1)(2024·山东泰安一模)已知函数f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))＝0，f(x2)＝1，若|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(1,2)，则f(x)的单调递增区间为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2kπ，\f(7,6)π＋2kπ))，k∈Z B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)π＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))，k∈Z C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,12)π＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2,3)π＋2kπ))，k∈Z (2)(多选)(2024·江西红色十校联考)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－2cos2x，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)，－1))(k∈Z) B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋1是奇函数 C．f(x)max＝1 D．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)，\f(3π,7)))上单调递减 [解析]　(1)因为f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ＝sin(ωx＋φ)，又f(x1)＝0，f(x2)＝1，且|x1－x2|的最小值为eq \f(π,2)，所以eq \f(T,4)＝eq \f(π,2)，即T＝2π，又ω>0，所以ω＝eq \f(2π,T)＝1，所以f(x)＝sin(x＋φ)，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(1,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝eq \f(1,2)，即cos φ＝eq \f(1,2)，因为0<φ<eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，令－eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(5π,6)＋2kπ≤x≤eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)π＋2kπ，\f(π,6)＋2kπ))，k∈Z.故选B. (2)因为f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－2cos2x＝－cos 2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos 2x))＝－2cos 2x－1，对于A选项，由2x＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)可得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)，所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,4)，－1))(k∈Z)，A错误；对于B选项，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋1＝－2cos2x－eq \f(π,4)－1＋1＝－2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝－2sin 2x，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋1为奇函数，B正确；对于C选项，f(x)max＝2－1＝1，C正确；对于D选项，当eq \f(π,7)<x<eq \f(3π,7)时，eq \f(2π,7)<2x<eq \f(6π,7)，y＝2cos 2x单调递减，所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,7)，\f(3π,7)))上单调递增，D错误．故选BC. [答案]　(1)B　(2)BC (1)求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先把三角函数式化简成y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的形式，然后求y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，只需把(ωx＋φ)看作一个整体代入y＝sin x的相应单调区间内即可，注意要把ω化为正数． (2)函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象的对称轴和对称中心可结合y＝sin x的图象的对称轴和对称中心求解． 利用整体代换的方法求解，令ωx＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x＝eq \f(2k＋1π－2φ,2ω)，k∈Z，即对称轴方程；令ωx＋φ＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ－φ,ω)，k∈Z，即对称中心的横坐标(纵坐标为0)．对于y＝Acos(ωx＋φ)，y＝Atan(ωx＋φ)，可以利用类似方法求解(注意y＝Atan(ωx＋φ)的图象无对称轴)．　 【预测练2】 1．(2024·山东淄博一模)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，则下列结论中正确的是(　　) A．函数f(x)的最小正周期T＝2π B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))中心对称 C．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称 D．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增 解析　对于A，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，A错误； 对于B，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(5π,12)－\f(π,3)))＝1≠0，得函数f(x)的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))对称，B错误； 对于C，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝0≠1，得函数f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,6)对称，C错误；对于D，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))，而正弦函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增，因此函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，D正确．故选D. 答案 D 2．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0,0≤φ≤π)是R上的偶函数，其图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))对称，且在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调函数，则ω＝________，φ＝________. 解析　由题意，y轴为函数f(x)图象的对称轴，所以f(0)＝sin φ＝±1，又0≤φ≤π，所以φ＝eq \f(π,2).由f(x)的图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，0))对称，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)ω＋\f(π,2)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)ω))＝0.又ω>0，所以eq \f(3π,4)ω＝kπ＋eq \f(π,2)，所以ω＝eq \f(4,3)k＋eq \f(2,3)，k∈Z.当k＝0时，ω＝eq \f(2,3)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x＋\f(π,2)))＝cos eq \f(2,3)x，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，当k＝1时，ω＝2，f(x) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos 2x，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，当k≥2时，ω≥eq \f(10,3)，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))＝cos ωx，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不是单调函数，综上，ω＝eq \f(2,3)或2，φ＝eq \f(π,2). 答案　eq \f(2,3)或2　eq \f(π,2) 命题点3　三角函数的性质与图象的综合应用 　(1)(多选)(2024·江西名校联合测评)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象的任意一条对称轴与其相邻的零点之间的距离为eq \f(π,4)，若将曲线y＝f(x)向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到的图象关于y轴对称，则下列说法正确的是(　　) A．ω＝2，φ＝eq \f(π,6) B．直线x＝eq \f(2π,3)为曲线y＝f(x)的一条对称轴 C．若f(x)在(－a，a)上单调递增，则0<a≤eq \f(π,3) D．曲线y＝f(x)与直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(5π,24)有且仅有5个交点 (2)(多选)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点．下述四个结论中正确的是(　　) A．f(x)在(0,2π)上有且仅有3个极大值点 B．f(x)在(0,2π)上有且仅有2个极小值点 C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上单调递增 D．ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10))) [解析]　(1)由题意得eq \f(π,4)＝eq \f(T,4)＝eq \f(2π,4ω)(T为f(x)的最小正周期)，故ω＝2.将f(x)＝2sin(2x＋φ)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋φ))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象，由该函数图象关于y轴对称，得eq \f(π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，又0<φ<eq \f(π,2)，故φ＝eq \f(π,6)，故f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).由f(x)的解析式知，A正确．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋\f(π,6)))＝－2，为f(x)的最小值，所以直线x＝eq \f(2π,3)为曲线y＝f(x)的一条对称轴，B正确．易知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上单调递增，故0<a≤eq \f(π,6)，C错误．如图，直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(5π,24)与曲线 y＝f(x)均过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，0))，且直线与曲线均关于该点中心对称，对于y＝eq \f(1,2)x－eq \f(5π,24)，当x＝eq \f(7π,6)时，y＝eq \f(3π,8)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝2，当x＝eq \f(13π,6)时，y＝eq \f(7π,8)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)))＝2，由对称性可知曲线y＝f(x)与直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(5π,24)有且仅有5个交点，D正确．故选ABD. (2)已知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)在[0,2π]上有且仅有5个零点，如图，其图象的右端点的横坐标在[a，b)上，此时f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点，但f(x)在(0,2π)可能有2或3个极小值点，所以A正确，B不正确；当x∈[0,2π]时，ωx＋eq \f(π,5)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,5)，2πω＋\f(π,5)))，由f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点可得5π≤2πω＋eq \f(π,5)<6π，得ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(29,10)))，所以D正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))时，eq \f(π,5)<ωx＋eq \f(π,5)<eq \f(πω,10)＋eq \f(π,5)<eq \f(49π,100)<eq \f(π,2)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,10)))上单调递增，所以C正确．故选ACD. [答案]　(1)ABD　(2)ACD 三角函数的图象和性质综合问题的求解策略 先将y＝f(x)化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，将ωx＋φ视为一个整体，借助正弦函数的图象和性质解决相关问题(如单调性、对称性、零点、极值点等)，强化数形结合思想、转化与化归思想、整体代换思想的应用．　 【预测练3】 1．(多选)(2024·山东青岛一模)已知函数f(x)＝cos x＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin \f(x,2)))，则(　　) A．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增 B．f(x)图象关于直线x＝π对称 C．f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,8))) D．关于x的方程f(x)＝a在区间[0,2π]上有实根，则所有根之和组成的集合为{π，2π，4π} 解析　对于A：当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，f(x)＝cos x＋sin eq \f(x,2)＝－2sin2eq \f(x,2)＋sin eq \f(x,2)＋1， 令t＝sin eq \f(x,2)，f(t)＝－2t2＋t＋1，对称轴t＝eq \f(1,4)， 所以t≤eq \f(1,4)时，函数f(t)单调递增，当x＝eq \f(π,6)时，t＝sin eq \f(π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(π,6)))＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)>eq \f(1,4)，故f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上不是单调函数，A错误． 对于B：f(2π－x)＝cos(2π－x)＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π－x,2)))＝cos x＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(x,2)))))＝cos x＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin \f(x,2)))＝f(x)， f(x)图象关于直线x＝π对称，B正确； 对于C：当x∈[0,2π)时，eq \f(x,2)∈[0，π)，f(x)＝cos x＋sin eq \f(x,2)＝－2sin2eq \f(x,2)＋sin eq \f(x,2)＋1， 令t＝sin eq \f(x,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤t≤1))，f(t)＝－2t2＋t＋1，对称轴t＝eq \f(1,4)，0≤f(t)≤eq \f(9,8)， 当x∈[2π，4π]时，eq \f(x,2)∈[π，2π]，f(x)＝cos x－sin eq \f(x,2)＝－2sin2eq \f(x,2)－sin eq \f(x,2)＋1， 令t＝sin eq \f(x,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1≤t≤0))，f(t)＝－2t2－t＋1，对称轴t＝－eq \f(1,4)，0≤f(t)≤eq \f(9,8)，故C正确； 对于D：x∈[0,2π]，f(t)的图象如下，因方程f(x)＝a在区间[0,2π]上有实根，可知有一解，二解，结合图形可知所有根之和组成的集合为{π，2π，4π}，D正确． 答案　BCD 2.(多选)如图，一个半径为3 m的筒车，按逆时针方向匀速旋转．已知盛水筒P离水面的最大距离为5.2 m，旋转一周需要60 s．以P刚浮出水面时开始计算时间，P到水面的距离d(单位：m)(在水面下则d为负数)与时间t(单位：s)之间的关系为d＝Asin(ωt＋φ)＋Keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，t∈[0,60]，下列说法正确的是(　　) A．K＝2.2 B．ω＝eq \f(π,30) C．sin φ＝eq \f(11,15) D．P离水面的距离不小于3.7 m的时长为20 s 解析　∵旋转一周需要60 s，∴ω＝eq \f(2π,60)＝eq \f(π,30)，故B正确；如图，∵半径为3 m，P离水面的最大距离为5.2 m，∴A＝3，K＝5.2－3＝2.2，故A正确；∵t＝0时，P刚浮出水面，∴3sin φ＋2.2＝0，sin φ＝－eq \f(11,15)，故C错误；由d≥3.7得3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋φ))＋2.2≥3.7，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,30)t＋φ))≥eq \f(1,2)，∴eq \f(π,6)≤eq \f(π,30)t＋φ≤eq \f(5π,6)，故5－eq \f(30,π)φ≤t≤25－eq \f(30,π)φ，∴P离水面的距离不小于3.7 m的时长为25－eq \f(30,π)φ－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－\f(30,π)φ))＝20(s)，故D正确．综上，选ABD. 答案　ABD 命题点4　含绝对值的三角函数性质 　(1)(多选)已知函数f(x)＝2sin x＋|sin 2x|，则(　　) A．f(x)的最小正周期为2π B．f(x)的图象关于x＝eq \f(π,2)对称 C．f(x)在[0,2π]上有四个零点 D．f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，\f(3\r(3),2))) (2)(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin \f(x,2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)))，则下列结论中正确的是(　　) A．函数f(x)的图象关于原点对称 B．函数f(x)的最小正周期为π C．函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\r(2))) D．设函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,ω)x＋φ))(ω>0,0≤φ≤π)与函数f(x)的奇偶性相同，且函数g(x)在(0,3)上单调递减，则ω的最小值为2 [解析]　(1)对于A，函数y＝2sin x的最小正周期为2π，函数y＝|sin 2x|的最小正周期为eq \f(π,2)，所以函数f(x)＝2sin x＋|sin 2x|的最小正周期为2π，故A正确．对于B，f(－x＋π)＝2sin(－x＋π)＋|sin 2(－x＋π)|＝2sin x＋|sin(－2x)|＝2sin x＋|sin 2x|＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，故B正确．对于C，当0≤x≤eq \f(π,2)时，f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x＋2sin xcos x＝2sin x(1＋cos x)，易知此时f(x)有唯一零点x＝0；当eq \f(π,2)<x≤π时，f(x)＝2sin x－sin 2x＝2sin x－2sin xcos x＝2sin x(1－cos x)，易知此时 f(x)有唯一零点x＝π；当π<x≤eq \f(3π,2)时，f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x＋2sin xcos x＝2sin x(1＋cos x)，易知此时f(x)无零点；当eq \f(3π,2)<x≤2π时，f(x)＝2sin x－sin 2x＝2sin x－2sin xcos x＝2sin x(1－cos x)，易知此时f(x)有唯一零点x＝2π，所以f(x)在[0,2π]上有3个零点，故C错误．对于D，当x＝eq \f(3π,2)时，y＝2sin x取得最小值－2，此时y＝|sin 2x|恰好取得最小值0，故f(x)的最小值为－2；由C的分析可知，当x∈(π，2π]时，f(x)≤0，当x∈[0，π]时，f(x)≥0，而f(x)关于直线x＝eq \f(π,2)对称，故可考虑0≤x≤eq \f(π,2)时，f(x)＝2sin x＋sin 2x的取值情况，f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2x－1))＋2cos x＝4cos2x＋2cos x－2，令f′(x)＝0，解得cos x＝－1(舍) 或cos x＝eq \f(1,2)，则x＝eq \f(π,3)，易知当0<x<eq \f(π,3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当eq \f(π,3)<x<eq \f(π,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq \f(π,3)＋sineq \f(2π,3)＝eq \r(3)＋eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2).综上，函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，\f(3\r(3),2)))，故D正确． (2)函数f(x)为偶函数，不是奇函数，故A错误；由于f(x)＝eq \r(1＋|sin x|)，其最小正周期为π，故B正确；显然f(x)＝eq \r(1＋|sin x|)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\r(2)))，故C正确；由于f(x)为偶函数，从而g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,ω)x＋φ))也为偶函数，故φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z.又0≤φ≤π，故φ＝eq \f(π,2)，从而g(x)＝cos eq \f(π,ω)x(ω>0)．由g(x)在(0,3)上单调递减，可知eq \f(T,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(2π,\f(π,ω))＝ω≥3，所以ω的最小值为3，故D错误． [答案]　(1)ABD　(2)BC 带绝对值符号的三角函数问题的解题顺序可以归纳为：①分析奇偶性、周期性；②去绝对值，写成分段函数；③画出草图，结合图象及对称性的定义判断，包括代入必要的特值(部分试题在判断周期性、单调性、对称性时可特值否定)．　 【预测练4】 1．关于函数f(x)＝eq \r(2)sin|x|，下列说法正确的是(　　) A．f(x)的最小值为0 B．函数f(x)为奇函数 C．函数f(x)是周期为π的周期函数 D．函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,7)，－\f(3π,2)))上单调递减 解析　f(x)＝eq \r(2)sin|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(2)sin x，x≥0，,－\r(2)sin x，x<0，))最小值为－eq \r(2)，所以A不正确；因为f(－x)＝eq \r(2)sin|－x|＝eq \r(2)sin|x|＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，所以B不正确；因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \f(π,4)＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,4)))＝－1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,4)))，故π不是f(x)的周期，故C不正确；当x<0时，f(x)＝－eq \r(2)sin x，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,2)，－\f(3π,2)))上单调递减，又因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,7)，－\f(3π,2)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,2)，－\f(3π,2)))，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17π,7)，－\f(3π,2)))上单调递减，故D正确． 答案 D 2．(多选)已知函数f(x)＝|cos x|＋cos|x|，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)是周期函数 B．f(x)在[0，π]上单调递减 C．f(x)是奇函数 D．f(x)的图象关于直线x＝π对称 解析　易知y＝f(x)的定义域为R，且f(x＋2π)＝|cos(x＋2π)|＋cos|x＋2π|＝|cos x|＋cos|x|＝f(x)，所以f(x)为周期函数，故A正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝－cos x＋cos x＝0，不是单调函数，故B错误；显然f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故C错误；由于f(2π－x)＝|cos(2π－x)|＋cos|2π－x|＝f(x)，故f(x)的图象关于直线x＝π对称，故D正确． 答案　AD 1．(2024·新课标Ⅰ卷)当x∈[0,2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的交点个数为(　　) A．3　　　　　　　　 B．4 C．6 D．8 解析　(数形结合法)　因为函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的最小正周期T＝eq \f(2π,3)，所以函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))在[0,2π]上的图象恰好是三个周期的图象，所以作出函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))与y＝sin x在[0,2π]上的图象如图所示， 由图可知，这两个图象共有6个交点，故选C. 答案　C 2．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，下列说法中正确的有(　　) A．f(x)与g(x)有相同的零点 B．f(x)与g(x)有相同的最大值 C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期 D．f(x)与g(x)的图象有相同的对称轴 解析　(直接法)　对于A，令f(x)＝0，则x＝eq \f(kπ,2)，k∈Z，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)))≠0，故A错误；对于B，f(x)与g(x)的最大值都为1，故B正确；对于C，f(x)与g(x)的最小正周期都为π，故C正确；对于D，f(x)图象的对称轴方程为2x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即x＝eq \f(π,4)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，g(x)图象的对称轴方程为2x－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，即x＝eq \f(3π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z，故f(x)与g(x)的图象的对称轴不相同，故D错误．故选BC. 答案　BC 3．(2023·全国甲卷·理)函数y＝f(x)的图象由函数y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的交点个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　因为y＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))向左平移eq \f(π,6)个单位长度所得函数为y＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x，所以f(x)＝－sin 2x， 而y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)显然过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))两点， 作出f(x)与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的部分大致图象如下， 考虑2x＝－eq \f(3π,2)，2x＝eq \f(3π,2)，2x＝eq \f(7π,2)，即x＝－eq \f(3π,4)，x＝eq \f(3π,4)，x＝eq \f(7π,4)处f(x)与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的大小关系， 当x＝－eq \f(3π,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))＝－1，y＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))－eq \f(1,2)＝－eq \f(3π＋4,8)<－1； 当x＝eq \f(3π,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝－sineq \f(3π,2)＝1，y＝eq \f(1,2)×eq \f(3π,4)－eq \f(1,2)＝eq \f(3π－4,8)<1； 当x＝eq \f(7π,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)))＝－sineq \f(7π,2)＝1，y＝eq \f(1,2)×eq \f(7π,4)－eq \f(1,2)＝eq \f(7π－4,8)>1； 所以由图可知，f(x)与y＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)的交点个数为3. 答案　C 4．(多选)(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，0))中心对称，则(　　) A．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))单调递减 B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))有两个极值点 C．直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴 D．直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线 解析　由题意得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＝0， 所以eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，即φ＝－eq \f(4π,3)＋kπ，k∈Z， 又0<φ<π，所以k＝2时，φ＝eq \f(2π,3)， 故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))). 选项A：x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,12)))时2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(3π,2)))，由y＝sin u图象知y＝f(x)是单调递减的； 选项B：x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,2)))，由y＝sin u图象知y＝f(x)只有1个极值点，由2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(3π,2)可解得极值点； 选项C：x＝eq \f(7π,6)时2x＋eq \f(2π,3)＝3π，f(x)＝sin 3π＝0，直线x＝eq \f(7π,6)不是对称轴； 选项D：f′(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))， 所以函数y＝f(x)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))处的切线斜率为k＝y′|x＝0＝2cos eq \f(2π,3)＝－1， 切线方程为y－eq \f(\r(3),2)＝－(x－0)，即y＝eq \f(\r(3),2)－x. 答案　AD 5．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cos ωx－1(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2π))有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________． 解析　因为0≤x≤2π，所以0≤ωx≤2ωπ， 令f(x)＝cos ωx－1＝0，则cos ωx＝1有3个根， 令t＝ωx，则cos t＝1有3个根，其中t∈[0,2ωπ]， 结合余弦函数y＝cos t的图象性质可得4π≤2ωπ<6π，故2≤ω<3. 故答案为[2,3)． 答案　[2,3) 6．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝eq \f(1,2)与曲线y＝f(x)的两个交点，若|AB|＝eq \f(π,6)，则f(π)＝________. 解析　设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,2)))，则x2－x1＝eq \f(π,6)， ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝eq \f(5,6)π－eq \f(π,6)＝eq \f(2π,3)，ω(x2－x1)＝eq \f(2π,3)，∴ω＝4，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)π))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8π,3)＋φ))＝0，eq \f(8π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，φ＝－eq \f(8,3)π＋kπ(k∈Z)，k＝2时，φ＝－eq \f(2,3)π，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(2,3)π))满足条件． ∴f(π)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)π))＝－eq \f(\r(3),2). 答案　－eq \f(\r(3),2) $$