板块2 微专题(2) 三角函数的图象与性质(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(二)　三角函数的图象与性质 精练小题·激活知能 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(人A必修一P214T12)下列四个函数中，以π为最小正周期，且在区间上单调递减的是 (　　) A.y=|sin x| B.y=cos x C.y=tan x D.y=cos 答案：A 2.(2024·临沂模拟)为了得到函数f(x)=sin的图象，只需将函数g(x)=cos 2x的图象 (　　) A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度 C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度 解析：选B　因为sin=sin=cos，所以f(x)=cos.故为了得到f(x)的图象，只需将g(x)的图象向右平移个单位长度. 3.(2024·新课标Ⅰ卷)当x∈[0，2π]时，曲线y=sin x与y=2sin的交点个数为 (　　) A.3 B.4 C.6 D.8 解析：选C　因为函数y=sin x的最小正周期为T=2π，函数y=2sin的最小正周期为T=， 所以在x∈[0，2π]上函数y=2sin有三个周期的图象.在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点.故选C. 4.(2024·新课标Ⅱ卷)[多选]对于函数f(x)=sin 2x和g(x)=sin，下列说法正确的有 (　　) A.f(x)与g(x)有相同零点 B.f(x)与g(x)有相同最大值 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：选BC　令f(x)=sin 2x=0，解得x=，k∈Z，即为f(x)零点， 令g(x)=sin=0，解得x=+，k∈Z，即为g(x)零点，显然f(x)，g(x)零点不同，故A错误； 显然f(x)max=g(x)max=1，故B正确； f(x)，g(x)的最小正周期均为=π，故C正确； 根据正弦函数的性质，f(x)的对称轴满足2x=kπ+(k∈Z)⇔x=+(k∈Z)，g(x)的对称轴满足2x-=kπ+(k∈Z)⇔x=+(k∈Z)，显然f(x)与g(x)图象的对称轴不同，故D错误.故选BC. 5.(人A必修一P241T4改编)已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则f(0)=　　　　.  解析：由题图可知，T=-=，即T==π，又ω>0，故ω=2. 又=，f=2，即2cos=2，+φ=2kπ，k∈Z，解得φ=2kπ-，k∈Z，|φ|<π，所以当k=0时，φ=-满足题意，则f(x)=2cos，所以f(0)=2cos=1. 答案：1 |调动储备| ⇦正弦函数y=sin x的单调递增区间为(k∈Z)，单调递减区间为(k∈Z). ⇦图象平移注意：左+右-是针对x来说的，平移前后名称要统一. ⇦数形结合处理问题，关注五点法作图. ⇦(1)正弦型函数的对称性：由ωx+φ=kπ(k∈Z)可得对称中心； 由ωx+φ=kπ+(k∈Z)可得对称轴. (2)奇偶性：φ=kπ(k∈Z)时，函数y=Asin(ωx+φ)为奇函数；φ=kπ+(k∈Z)时，函数y=Asin(ωx+φ)为偶函数. ⇦解题的关键是利用最值定A，B；利用最小正周期T定ω；利用特殊点定φ. 聚焦重难·发掘潜力 考法一　三角函数的图象与解析式 [例1]　(1)(2024·重庆模拟预测)已知函数f(x)=sin(4x+φ)，先将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，即可得到函数g(x)的图象.若函数g(x)的图象关于y轴对称，则f= (　　) A. B.- C. D.- 解析：选C　先将函数f(x)=sin(4x+φ)的图象向右平移个单位长度，得到y=sin=sin的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到g(x)=sin的图象.因为函数g(x)的图象关于y轴对称，所以-+φ=kπ+，k∈Z，即φ=+kπ，k∈Z，又因为|φ|<，所以φ=-，所以f(x)=sin，故f=sin=sin=. (2)(2024·绵阳模拟)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示，D(5，0)，B(2，A)，BC⊥CD，则f(4)= (　　) A.4 B. C.2 D.4 解析：选B　由题图可知=5-2=3，则T=12，所以ω==，所以f(x)=Asin.由f(5)=Asin=0，得+φ=2kπ+π，k∈Z，即φ=+2kπ，k∈Z，因为|φ|<，所以φ=，则f(x)=Asin，C.因为BC⊥CD，=，=，所以·=-10+=0，解得A=2(负根舍去)，所以f(x)=2sin，所以f(4)=f(0)==. [思维建模] 　　已知图象求函数y=Asin(ωx+φ)+B(A>0，ω>0)的解析式时，常用的方法是待定系数法.由图中的最高点、最低点或特殊点求A，B；由函数的周期确定ω；常根据“五点法”中的五个点确定φ，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置. [变式训练] 1.如图所示的曲线为函数f(x)=Acos(ωx-φ)的部分图象，将y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，再将所得曲线向左平移个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，则g(x)的解析式为 (　　) A.g(x)=2cos　 B.g(x)=2cos C.g(x)=2sin 2x D.g(x)=2cos 2x 解析：选D　由题图可知A=2，=，则f(x)的一个最低点为，f(x)的最小正周期为T=，则ω==3，f=2cos=-2，即-φ=π+2kπ(k∈Z)，所以φ=-2kπ(k∈Z).又因为<，所以φ=，所以f(x)=2cos，将y=f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，得到y=2cos的图象，再将所得曲线向左平移个单位长度，得到y=2cos=2cos 2x的图象，故g(x)=2cos 2x. 2.(2024·武汉模拟)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)的部分图象如图所示.若将函数f(x)的图象向右平移t(t>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象.若函数g(x)为奇函数，则t的最小值是　　　　.  解析：由函数的图象知，f(x)的周期T=2=，ω==. 又f(0)=2sin φ=1，解得sin φ=，而|φ|<，所以φ=，于是f(x)=2sin，g(x)=f(x-t)=2sin. 由函数g(x)为奇函数，得-t=-kπ，k∈Z，而t>0，则t=+k，k∈N， 所以当k=0时，tmin=. 答案： 考法二　三角函数的性质及应用 [例2]　(1)(2024·天津高考)已知函数f(x)=sin 3(ω>0)的最小正周期为π.则函数f(x)在的最小值是 (　　) A.- B.- C.0 D. 解析：选A　f(x)=sin 3=sin(3ωx+π)=-sin 3ωx，由T==π，得ω=，即f(x)=-sin 2x.当x∈时，2x∈，画出f(x)=-sin 2x的图象，如图所示，由图可知，f(x)=-sin 2x在上单调递减，所以当x=时，f(x)min=-sin=-，故选A. (2)(2024·济南模拟)[多选]已知函数f(x)=asin 2x+cos 2x的图象关于直线x=对称，则下列结论正确的是 (　　) A.f=0 B.f为奇函数 C.若f(x)在上单调递增，则0<m≤ D.f(x)的图象与直线y=x-有5个交点 解析：选BCD　因为函数f(x)=asin 2x+cos 2x的图象关于直线x=对称，所以asin+cos=或asin+cos=-，解得a=.即f(x)=sin 2x+cos 2x=2sin. 所以f=2sin=2sin=2sin=2，故A错误；f=2sin=2sin 2x，为奇函数，故B正确；因为-≤2x+≤⇒-≤x≤，所以f(x)在上单调递增.又因为f(x)在[-m，m]上单调递增，所以0<m≤，故C正确；设2x+=t，则x=-.作出函数y=2sin t和y=-的草图如图所示. 可知两个函数的图象有5个交点，即f(x)的图象与直线y=x-有5个交点，故D正确. [思维建模] 求解函数y=Asin(ωx+φ)的性质问题的三种意识 (1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)=Asin(ωx+φ)的形式. (2)整体意识：类比y=sin x的性质，只需将y=Asin(ωx+φ)中的“ωx+φ”看成y=sin x中的“x”，采用整体代入求解. ①令ωx+φ=kπ+(k∈Z)，可求得对称轴方程. ②令ωx+φ=kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标. ③将ωx+φ看作整体，可求得y=Asin(ωx+φ)的单调区间，注意ω的符号. (3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A>0，A<0. [变式训练] 3.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0，φ∈(0，2π))在区间上单调递减，f=-f=1，则ωφ= (　　) A. B. C. D. 解析：选C　∵f(x)在区间上单调递减，∴-≤，∴0<ω≤2.由f=1，得sin=，∴ω·+φ=2k1π+(k1∈Z)　①.又f=-f=1，∴f(x)的图象关于点对称，即ω·+φ=2k2π+π(k2∈Z)　②.由②-①得ω·=2(k2-k1)π+⇒ω=+8(k2-k1)，由于0<ω≤2，则ω=，代入①，得+φ=2k1π+(k1∈Z)⇒φ=2k1π+，由于φ∈(0，2π)，则φ=，所以ωφ=. 4.[多选]已知函数f(x)=sin(ω>0)在上有且仅有两个对称中心，则下列结论正确的是 (　　) A.ω的范围是 B.函数f(x)在上单调递增 C.x=不可能是函数y=f(x)图象的一条对称轴 D.f(x)的最小正周期可能为 解析：选AC　当x∈[0，π]时，ωx+∈，由函数f(x)=sin(ω>0)在[0，π]上有且仅有两个对称中心得，ωπ+∈[2π，3π)，解得ω∈，A正确；当x∈时，ωx+∈，由A可知ω∈，故+∈，而>，故函数f(x)在上不一定具有单调性，B错误；假设x=为函数f(x)的一条对称轴，令ω+=+2kπ，k∈Z，解得ω=+8k，k∈Z.又+8k∈，故k∈，k∈Z，所以无解，故x=不可能是函数y=f(x)图象的一条对称轴，C正确；因为ω∈，所以f(x)的最小正周期T=∈，故f(x)的最小正周期不可能为，D错误. 5.已知函数f(x)=sin(ω>0) 的最小正周期为T，其图象关于点中心对称，则T的最大值为　　　　　；写出曲线y=f(x)满足“在区间(0，π)内恰有三个极值点”的一条对称轴方程：　　　　　.  解析：因为函数f(x)=sin(ω>0)的图象关于点中心对称， 所以ω-=kπ，k∈Z，即ω=k+，k∈Z， 又ω>0，所以ω的最小值为，T的最大值为. 当0<x<π时，-<ωx-<ωπ-. 因为函数f(x)在区间(0，π)内恰有三个极值点， 所以<ωπ-≤，解得<ω≤. 又ω=k+，k∈Z， 因此ω=3，所以f(x)=sin， 则曲线y=f(x)的一条对称轴方程为3x-=kπ+，k∈Z，即x=+，k∈Z. 答案：　x=(答案不唯一，满足x=+，k∈Z即可) 考法三　三角函数的综合应用 [例3]　(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cos x+2ax(a为常数)，当x∈(-1，1)时，曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点，则a= (　　) A.-1 B. C.1 D.2 解析：选D　法一　令f(x)=g(x)，即a(x+1)2-1=cos x+2ax，可得ax2+a-1=cos x. 令F(x)=ax2+a-1，G(x)=cos x，原题意等价于当x∈(-1，1)时，曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点， 注意到F(x)，G(x)均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得F(0)=G(0)，即a-1=1，解得a=2. 若a=2，令F(x)=G(x)，可得2x2+1-cos x=0，因为x∈(-1，1)，则2x2≥0，1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，可得2x2+1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，则方程2x2+1-cos x=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点.所以a=2符合题意.综上所述，a=2. 法二　令h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cos x，x∈(-1，1)，原题意等价于h(x)有且仅有一个零点.因为h(-x)=a(-x)2+a-1-cos(-x)=ax2+a-1-cos x=h(x)，所以h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即h(0)=a-2=0，解得a=2.若a=2，则h(x)=2x2+1-cos x，x∈(-1，1)，因为2x2≥0，1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，可得h(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立， 即h(x)有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意. [思维建模] 　　解决与三角函数有关的综合问题时，对于含三角函数式的化简，应该朝着统一角或统一名称的方向进行，结合三角函数的性质(单调性、奇偶性、对称性、函数值的有界性等)求解，注意数形结合思想的应用. [变式训练] 6.(2024·安徽五校5月联考)若∃m∈R，∀x∈[a，b]，恒有2m2-2msin+sin 2x≤0，则b-a的最大值是 (　　) A. B.π C. D.2π 解析：选B　由2m2-2msin+sin 2x≤0，得m2-(sin x+cos x)m+sin xcos x≤0，即(m-sin x)(m-cos x)≤0.由几何意义可知，在区间[a，b]上，函数y=m的图象在函数y=sin x，y=cos x的图象之间，如图所示，要使b-a达到最大，则m=-或m=，此时b-a=-=π.故选B. 微点培优·技高一筹 三角函数中ω，φ的范围问题 　　三角函数中ω，φ的范围问题，是本节的重点与难点，这类问题一般涉及值域、单调性及周期性等性质.三角函数因为其函数性质的特殊性，如正弦函数和余弦函数的有界性，往往在确定变量范围或者最大、最小值有关问题上起着特殊作用.如果试题本身对自变量的取值范围问题有限制，那更应该充分注意. 　　　　　　　　　　　　　　　　 类型1　单调性与ω，φ的取值范围 　　如果解析式中含有参数，要求根据函数单调性求参数的取值范围，通常先求出单调区间，然后利用集合间的关系求解；或转化为使得某个等式或不等式恒(可以)成立，通过分离参数，求出解析式的范围或最值，进而求出参数的范围. [例1]　(1)(2024·安康模拟)已知函数f(x)=sin(ω>0)在上单调递减，则ω的取值范围是 (　　) A.(1，2] B. C. D. 解析：选B　令+2kπ≤ωx+≤+2kπ，k∈Z，得≤x≤，k∈Z，所以f(x)在，k∈Z上单调递减.因为f(x)在区间上单调递减，所以有k∈Z，即k∈Z.又ω>0，所以k=0，≤ω≤.故选B. (2)已知函数f(x)=sin 2x+cos 2x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)，若g(x)在上具有单调性，则φ的最小值为　　　　.  解析：∵函数f(x)=sin 2x+cos 2x=2sin，∴函数f(x)的图象向左平移φ个单位长度后得到g(x)=2sin=2sin.当-≤x≤时，2φ-≤2x+2φ+≤2φ+，又g(x)在上具有单调性， 由正弦函数的单调性可知，⊆(k∈Z)或⊆(k∈Z).要使φ最小，则k取0，故有或结合φ>0，解得≤φ≤.故φ的最小值为. 答案： 类型2　最值(值域)与ω，φ的取值范围 　　求三角函数的最值(值域)问题，主要是整体代换ωx±φ，利用正、余弦函数的图象求解，要注意自变量的范围. [例2]　(1)(2024·深圳模拟)若函数f(x)=cos(ω>0)在有最小值，没有最大值，则ω的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　当x∈时，ωx+∈，由函数f(x)=cos在有最小值，没有最大值，得π<+≤2π，解得<ω≤，所以ω的取值范围是，故选D. (2)已知f(x)=sin(2x-φ)在上单调递增，且f(x)在上有最小值，那么φ的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　由x∈，可得2x-φ∈，又由0<φ<，且f(x)在上单调递增，可得-φ≤，所以≤φ<.当x∈时，2x-φ∈，由f(x)在上有最小值，可得-φ>，所以φ<.综上，≤φ<. 类型3　零点与ω，φ的取值范围 　　对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关；若在区间上至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值. [例3]　(2022·全国甲卷)设函数f(x)=sin在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　依题意可得ω>0，因为x∈(0，π)，所以ωx+∈，要使函数在区间(0，π)恰有三个极值点、两个零点，又y=sin x，x∈的图象如图所示. 则<ωπ+≤3π，解得<ω≤，即ω∈.故选C. [专题验收评价] 1.下列函数中，最小正周期是2π的是 (　　) A.f(x)=sin x+cos x B.f(x)=sin xcos x C.f(x)=sin2x+cos2x D.f(x)=sin2x-cos2x 解析：选A　sin x+cos x=sin，周期T=2π，故A正确；sin xcos x=sin 2x，周期T==π，故B错误；sin2x+cos2x=1，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误；sin2x-cos2x=-cos 2x，周期T==π，故D错误.故选A. 2.(2024·潍坊二模)将函数f(x)=cos x的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到g(x)的图象，则g(x)= (　　) A.sin 2x B.sin C.-sin D.cos 2x 解析：选B　将函数f(x)=cos x的图象向右平移个单位长度，得到y=cos=sin x的图象，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到g(x)=sin的图象.故选B. 3.(2024·北京高考)设函数f(x)=sin ωx(ω>0).已知f(x1)=-1，f(x2)=1，且|x1-x2|的最小值为，则ω= (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选B　由题意可知，x1为f(x)的最小值点，x2为f(x)的最大值点，则==，即T=π，且ω>0，所以ω==2. 4.若将函数f(x)=2cos x(cos x+sin x)-1的图象向左平移个单位长度得到g(x)的图象，则g(x)图象的对称中心的坐标是 (　　) A.(k∈Z) B.(k∈Z) C.(k∈Z) D.(k∈Z) 解析：选C　f(x)=2cos2x+2sin xcos x-1=cos 2x+sin 2x=sin，由题意得g(x)=sin=sin.令2x+=kπ(k∈Z)，得x=-+(k∈Z)，所以g(x)图象的对称中心的坐标是(k∈Z). 5.(2024·泉州一模)已知函数f(x)的周期为π，且在区间内单调递增，则f(x)可能是 (　　) A.f(x)=sin B.f(x)=cos C.f(x)=sin D.f(x)=cos 解析：选C　因为函数f(x)的周期为π，所以当ω>0时，对正、余弦函数来说，ω===2，故排除A、B；当x∈时，2x-∈，y=sin x在上单调递增，y=cos x在上单调递减，故C正确，D错误.故选C. 6.(2024·鹰潭三模)已知函数f(x)=acos ωx+sin ωx(ω>0)，若f=且f(x)≥f，则ω的最小值为 (　　) A.11 B.5 C.9 D.7 解析：选D　由f(x)≥f可知，f(x)在x=处取得最小值，所以函数f(x)的一条对称轴为x=，又0+=2×，因此f=f(0)=，即a=，所以f(x)=cos ωx+sin ωx=2sin.由f(x)在x=处取得最小值，可知ω+=+2kπ，k∈Z，解得ω=7+12k，k∈Z，又ω>0，所以k=0时，ω=7+12k，k∈Z取得最小值7.故选D. 7.已知函数f(x)=2sin(ω>0)，若方程f(x)=1在区间(0，2π)上恰有3个实根，则ω的取值范围是 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　因为0<x<2π，所以<ωx+<2ωπ+，由f(x)=1，知sin=在区间(0，2π)上恰有3个实根，则<2ωπ+≤，解得<ω≤2，故选D. 8.已知A，B，C是直线y=m与函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0，0<φ<π)图象的三个交点，如图所示，其中，点A(0，)，B，C两点的横坐标分别为x1，x2.若x2-x1=，则 (　　) A.φ= B.f=- C.f(x)的图象关于(π，0)中心对称 D.f(x)在上单调递减 解析：选B　由f(0)=2sin φ=，得sin φ=，而0<φ<π，且点A在f(x)图象的下降部分，则φ=，于是f(x)=2sin，显然A，B，C是直线y=与f(x)图象的三个连续的交点.由A点横坐标xA=0，即ωxA+=，解得ωx1+=，ωx2+=，解得x1=，x2=，则x2-x1=，而x2-x1=，因此ω=2，所以f(x)=2sin，A错误；f=2sin=-2sin=-，B正确；f(π)=2sin=2sin=≠0，f(x)的图象不关于点(π，0)对称，C错误；当x∈时，≤2x+≤，当2x+=，即x=时，函数f(x)取得最小值，又∈，因此f(x)在上不具有单调性，D错误.故选B. 9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)，且x=，x=是函数y=f(x)相邻的两个零点，∀x∈R，f(x)≤3，则下列结论错误的是 (　　) A.A=3 B.ω=2 C.φ=- D.f=f 解析：选C　因为∀x∈R，f(x)≤3，A>0，所以A=3，故A正确；因为f(x)=Asin(ωx+φ)，且x=，x=是函数y=f(x)相邻的两个零点，所以其最小正周期==-=，所以ω=2，故B正确；令×2+φ=kπ(k∈Z)，则φ=kπ-(k∈Z)，又因为|φ|<，所以φ=-，故C错误；由以上可知f(x)=3sin，所以f=3sin=-3，所以f(x)的图象关于直线x=-对称，所以f=f，故D正确. 10.(2024·衡水模拟)[多选]已知函数f(x)=cos ωx(ω>0，0<x<π)，则下列结论正确的是 (　　) A.若f(x)单调递减，则ω≥1 B.若f(x)的最小值为-1，则ω>1 C.若f(x)仅有两个零点，则<ω≤ D.若f(x)仅有两个极值点，则2<ω≤3 解析：选BD　因为0<x<π，所以0<ωx<ωπ，因为f(x)单调递减，所以由余弦函数图象的性质得0<ωπ≤π，解得0<ω≤1，故A错误；因为f(x)的最小值为-1，所以由余弦函数图象的性质得ωπ>π，即ω>1，故B正确；因为f(x)仅有两个零点，所以由余弦函数图象的性质得<ωπ≤，即<ω≤，故C错误；因为f(x)仅有两个极值点，所以由余弦函数图象的性质得2π<ωπ≤3π，解得2<ω≤3，故D正确.故选BD. 11.(2024·江门一模)[多选]已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是 (　　) A.f(x)=2sin B.函数y=f(x)在区间(k∈Z)上单调递增 C.要想得到y=2cos 2x的图象，只需将f(x)的图象向左平移个单位长度 D.函数y=f(x)在区间上的取值范围是[-2，1] 解析：选ABD　由题图得A=2，T=-=，所以T==π，ω=2，所以f(x)=2sin(2x+φ).因为点在图象上，所以2=2sin，所以sin=1，因为|φ|<，所以φ=，可得f(x)=2sin，故A正确；由-+2kπ≤2x+≤+2kπ(k∈Z)，得-+kπ≤x≤+kπ(k∈Z)，所以函数f(x)在区间(k∈Z)上单调递增，故B正确；将f(x)的图象向左平移个单位长度，得到y=2sin=2sin的图象，故C错误；当x∈时，2x+∈，所以sin∈，函数f(x)在区间上的取值范围是[-2，1]，故D正确.故选ABD. 12.(2024·北京高考)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称.若α∈，则cos β的最大值为　　　　.  解析：由题意得β=α+π+2kπ，k∈Z，从而cos β=cos(α+π+2kπ)=-cos α.因为α∈，所以cos α的取值范围是，cos β的取值范围是，当且仅当α=，即β=+2kπ，k∈Z时，cos β取得最大值，且最大值为-. 答案：- 13.(2024·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=2sin(ω>0)，若∃x1，x2∈[0，π]，使得f(x1)f(x2)=-4，则ω的最小值为　　　　　.  解析：若∃x1，x2∈[0，π]，使得f(x1)f(x2)=-4，则f(x1)=2，f(x2)=-2或f(x1)=-2，f(x2)=2，即函数f(x)=2sin(ω>0)在[0，π]上能取到最大值和最小值.因为x∈[0，π]，所以ωx+∈，所以ωπ+≥，所以ω≥，即正数ω的最小值为. 答案： 14.(2024·菏泽二模)已知函数f(x)=2sin(2x+φ)，且=-，若f(x)=在上有n个不同的根x1，x2，…，xn，则tan的值是　　　　　.  解析：由=-，得tan φ==，又<，所以φ=，即f(x)=2sin.若f(x)=，则sin=， 当x∈[0，2π]时，2x+∈，所以f(x)=在[0，2π]上有4个不同的根x1，x2，x3，x4，且+=×2，+=×2，即x1+x2=，x3+x4=，所以tan=tan=tan=-. 答案：- 15.(2024·河南三模)[多选]将函数f(x)=sin(ω>0，x>0)的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列{an}，且a1=，则 (　　) A.ω=2 B.f(x)在(1，2)上先增后减 C.a10= D.{an}的前n项和为 解析：选BD　由f(x)=0，得ωx-=kπ(k∈Z)，则x=(k∈Z).因为ω>0，且a1=，所以当k=0时，=(当k=-1时，x<0，不符合题意)，得ω=π，故f(x)=sin，A错误.若x∈(1，2)，则πx-∈，故f(x)=sin在(1，2)上先增后减，B正确.由于ω=π，故f(x)的最小正周期为2，所以{an}是首项为，公差为1的等差数列，则a10=+9×1=，{an}的前n项和Sn=n+×1=，C错误，D正确.故选BD. 16.(2024·佛山二模)已知函数f(x)=sin(ω>0)在有且仅有两个零点，且f=f，则f(x)图象的一条对称轴是 (　　) A.x= B.x= C.x= D.x= 解析：选C　由函数f(x)=sin在有且仅有两个零点，得≤-<T，解得T∈，则ω∈.又f=f，而-=π，当T=π时，ω=2，f(x)=sin，由x∈，得2x+∈，当2x+=π，2π，3π时，f(x)=0，即函数f(x)在上有3个零点，不符合题意.因此x=是函数f(x)图象的一条对称轴，即ω+=+kπ，k∈N，解得ω=，当k≥2时，ω>，当k=0时，ω=<，均不符合题意；当k=1时，ω=，得T=，则f(x)图象的对称轴为x=+=，n∈Z.结合选项知选C. 17.已知f(x)=Asin+B(A>0，ω>0，B为常数)，f(x)max=f(x1)=3，f(x)min=f(x2)=-1，且|x1-x2|的最小值为.若f(x)在区间[a，b]上恰有8个零点，则b-a的最小值为 (　　) A.3π B. C. D. 解析：选D　由题意得解得设f(x)的最小正周期为T，则T=，解得T=π.因为ω>0，所以ω==2，故f(x)=2sin+1，当x∈[a，b]时，2x-∈，令f(x)=0，得sin=-，画出y=sin z的图象，如图所示. 要想在区间[a，b]上恰有8个零点，且b-a取得最小值，则sin=-，sin=-， 且两式相减得2(b-a)=，b-a=.所以b-a的最小值为. 18.(2024·北京丰台模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，角α(0<α<π)的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆O交于点P，过点P作x轴的垂线，垂足为M.若记点M到直线OP的距离为f(α)，则f(α)的极大值点为　　　，最大值为　　　　.  解析：由题意得P(cos α，sin α)，OP=1，OM=|cos α|，MP=|sin α|，由OPf(α)=OM·MP，得f(α)====∴当0<α<时，f(α)单调递增；当<α<时，f(α)单调递减；当<α<时，f(α)单调递增；当<α<π时，f(α)单调递减，则f(α)的极大值点为或.∵0<α<π，0<2α<2π，∴当sin 2α=±1，即α=或α=时，f(α)取得最大值. 答案：或　 学科网（北京）股份有限公司 $$