1 第一讲 三角函数的图象与性质（课件）-【金版新学案】2025年高考数学大二轮专题复习与测试

第一讲　三角函数的图象与性质 　 专题一　三角函数与解三角形、平面向量 建构体系 建构体系 建构体系 建构体系 03 关键能力提升 04 专题集训 02 必备知识整合 高考价值引领 01 内容索引 高考价值引领 返回 1．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝sin (＋)在区间单调递增，直线x＝和x＝为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则f＝ A．－ 　　　　B．－ 　　　　C． 　　　　D． 因为f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间单调递增，且x＝和x＝为函数图象的两条相邻对称轴，所以＝＝，则T＝π，ω＝＝2，当x＝时，f(x)取得最小值，则2·＋φ＝2kπ－，k∈Z，则φ＝2kπ－，k∈Z，不妨取k＝0，则f(x)＝sin ，则f＝sin ＝.故选D． √ 2．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)对于函数f(x)＝sin 2x和g(x)＝sin (2x－)，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 对于A，令f(x)＝0，则x＝，k∈Z，又g≠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＝＋kπ，k∈Z，即x＝，k∈Z，g(x)图象的对称轴方程为2x－＝＋kπ，k∈Z，即x＝，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． √ √ 3．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin (2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点(，0)中心对称，则 A．f(x)在区间单调递减 B．f(x)在区间有两个极值点 C．直线x＝是曲线y＝f(x)的对称轴 D．直线y＝－x是曲线y＝f(x)的切线 √ √ 由题意得f()＝sin (＋φ)＝0，所以＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－＋kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以k＝2时，φ＝，故f(x)＝sin (2x＋)．对于A，当x∈(0，)时，2x＋∈()，由正弦函数y＝sin u图象知y＝f(x)在(0，)单调递减，故A正确；对于B，当x∈(－，)时，2x＋∈()，由正弦函数y＝sin u图象知y＝f(x)只有1个极值点，由2x＋＝，解得x＝，即x＝为函数的唯一极值点，故B错误； 对于C，当x＝时，2x＋＝3π，f()＝0，直线x＝不是对称轴，故C错误；对于D，由y′＝2cos (2x＋)＝－1得：cos (2x＋)＝－，解得2x＋＝＋2kπ或2x＋＝＋2kπ，k∈Z，从而得：x＝kπ或x＝＋kπ，k∈Z，所以函数y＝f(x)在点(0，)处的切线斜率为k＝－1，切线方程为y－＝－(x－0)，即y＝－x.故D正确．故选AD． 4．(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝cos ωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是______． 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. [2，3) 5．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)， 如图，A，B是直线y＝与曲线y＝f(x)的两个交点， 若|AB|＝，则f(π)＝______． 设A，B，由|AB|＝可得x2－x1＝，由sin x＝，可知x＝＋2kπ或x＝＋2kπ，k∈Z，由题图可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝π－＝，即ω(x2－x1)＝，所以ω＝4.因为f＝sin ＝0，结合“五点”作图法可知＋φ＝2kπ，即φ＝－＋2kπ，k∈Z.所以f(x)＝sin ，所以f(π)＝sin ＝－. － 考情分析 三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查： 1．三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查． 2．利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以客观题或解答题其中一问的形式考查． 返回 必备知识整合 返回 1．正弦、余弦、正切函数的单调性、对称性及最值 函数 y＝sin x y＝cos x y＝tan x 图象的对称性 对称中心 (kπ，0)，k∈Z (kπ＋，0)，k∈Z (，0)，k∈Z 对称轴 直线x＝kπ＋，k∈Z 直线x＝kπ，k∈Z 无对称轴 单 调 性 单调递增区间：[2kπ－，2kπ＋]，k∈Z； 单调递减区间：[2kπ＋，2kπ＋]，k∈Z 单调递增区间：[2kπ－π，2kπ]，k∈Z； 单调递减区间：[2kπ，2kπ＋π]，k∈Z 单调递增区间：(kπ－，kπ＋)，k∈Z；无单调递减区间 最值 当x＝2kπ－，k∈Z时，y取最小值－1； 当x＝2kπ＋，k∈Z时，y取最大值1 当x＝2kπ＋π，k∈Z时，y取最小值－1；当x＝2kπ，k∈Z时，y取最大值1 无最值 2．三角函数图象的两种常见变换 (1)y＝sin xy＝sin (x＋φ) y＝sin (ωx＋φ) y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0). (2)y＝sin x y＝sin ωx y＝sin (ωx＋φ)y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0). 3．与三角函数的奇偶性相关的结论 (1)若y＝A sin (ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)． (2)若y＝A cos (ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ＋(k∈Z)． (3)若y＝A tan (ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝(k∈Z)． (1)y＝tan x在整个定义域内不单调． (2)求函数y＝Asin (ωx＋φ)的单调区间时要注意A和ω的符号，尽量化成ω>0的形式，避免出现增、减区间的混淆． (3)三角函数图象变换的注意点：无论哪种变换，每一个变换总是针对自变量x而言的，即图象变换要看“自变量x”发生多大变化，而不是看角“ωx＋φ”的变化． 易错提醒 返回 关键能力提升 返回 核心考点一　三角函数图象与解析式　[基础性考法] 　　 (1)(多选)如图是三角函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)或f(x)＝A cos 的部分图象，则该三角函数的解析式可能是 A．f(x)＝2sin B．f(x)＝－2sin C．f(x)＝2cos D．f(x)＝－2cos 例1 √ √ 法一：由题图可知，A＝±2， 对于A，令x＋＝＋2kπ，k∈Z，则x＝＋6k， k∈Z，所以函数f(x)在x＝处取得最大值． 令＋2kπ<x＋<＋2kπ，k∈Z，得＋6k<x<＋6k，k∈Z，故函数图象在区间()上单调递减，与题图相符，故A正确； 对于B，f(x)＝－2sin (x－)＝2sin ＝　2sin (x＋)，令x＋＝＋2kπ，k∈Z，则x＝＋6k，k∈Z，所以函数f(x)在x＝处取得最大值，与题图不相符，故B错误； 对于C，令x－＝2kπ，k∈Z，则x＝＋6k，k∈Z， 所以函数f(x)在x＝处取得最大值， 令2kπ<x－<π＋2kπ，k∈Z，得＋6k<x<＋6k，k∈Z，故函数图象在区间()上单调递减，与题图相符，故C正确； 对于D，f(x)＝－2cos (x＋)＝2cos (x＋－π)＝2cos (x－)，令x－＝2kπ，k∈Z，则x＝＋6k，k∈Z，所以函数f(x)在x＝处取得最大值，与题图不相符，故D错误．故选AC. 法二：由题图可知，A＝±2，T＝＝4×()＝6， 则ω＝＝＝，所以f＝±2sin (x＋φ)或f＝ ±2cos ，又f＝2，所以f＝±2sin ＝2或f＝±2cos (＋φ)＝2，即sin ＝±1或cos (＋φ)＝±1，所以＋φ＝＋kπ，k∈Z或＋φ＝kπ，k∈Z，所以φ＝＋kπ，k∈Z或φ＝－＋kπ，k∈Z.结合选项可知，f＝2sin 或f＝2cos .故选AC． (2)(2024·湖北武汉二调)如图，在函数f(x)＝sin (ωx＋φ) 的部分图象中，若＝，则点A的纵坐标为 A． B． C． D．2－ √ 由题意ωx＋φ＝，则x＝－，所以T(－，0)， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为＝， 所以解得 所以2y1＝y2＝f(x2)＝f＝sin (2ωx1－＋2φ)＝cos (2ωx1＋2φ)＝1－2sin2(ωx1＋φ)＝1－2，所以2＋2y1－1＝0，又由图可知y1>0，所以y1＝.故选B. 领悟提升 1.三角函数图象的考查角度 (1)由三角函数的图象特征求解析式. (2)三角函数的图象变换. 2.由三角函数的图象求解析式y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)中参数值的方法 (1)最值定A,B:根据给定的函数图象确定最值,设最大值为M,最小值为m,则M=A+B,m=－A+B,解得B=,A=. (2)T定ω:由周期的求解公式T=,可得ω=. (3)特殊点定φ:代入特殊点求φ,一般代最高点或最低点,代入中心点时应注意是上升趋势还是下降趋势. 对点练1．(1)(2024·北京丰台二模)已知函数f＝　　sin (ωx＋φ)(ω>0，－<φ<)的导函数是f′，如果函数y＝f(x)－f′的图象如图所示，那么ω，φ的值分别为 A．1，0 B．1，－ C．1， D．2，－ √ 因为f＝sin (ωx＋φ)(ω>0，－<φ<)，则f′＝ ωcos ，则y＝f－f′＝sin －ωcos (ωx＋φ)＝sin ，其中 tan θ＝＝ω，由图象可知，函数的最大值为， 即＝，且ω>0，所以ω＝1，θ＝，即y＝sin (x＋φ－)，又函数过点，将点代入可得－1＝sin ，即φ＝π＋2kπ，k∈Z，或φ＝2kπ，k∈Z，又－<φ<，则φ＝0，所以ω＝1，φ＝0.故选A． (2)函数f(x)＝tan (ωx＋φ)经过点(，－1)， 图象如图所示，图中阴影部分的面积为6π，则f＝ _____． 由题图可知T×3＝6π，即×3＝6π，ω＝，则f(x)＝tan (x＋φ)，依题意，f()＝tan (＋φ)＝－1，由于－<φ<，－<＋φ<，所以＋φ＝－，φ＝－，所以f(x)＝tan .则f＝tan ()＝tan ＝tan (337π＋)＝tan ＝. 核心考点二　三角函数的性质　[综合性考法] 例2 　　 (1)(多选)(2024·山东济宁一模)已知函数f(x)＝sin (ω>0) ，则下列说法中正确的是 A．若x＝－和x＝为函数f(x)图象的两条相邻的对称轴，则ω＝2 B．若ω＝，则函数f(x)在(0，π)上的值域为 C．将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)为奇函数，则ω的最小值为5 D．若函数f(x)在(0，π)上恰有一个零点，则<ω≤ √ √ √ 对于A，若x＝－和x＝为函数f图象的两条相邻的对称轴，则函数f的最小正周期为T＝2×＝π，则ω＝＝2，所以f＝　　sin ，此时，f＝sin ＝1，符合题意，故A正确； 对于B，若ω＝，则f＝sin ()，当0<x<π时，则<<，所以f(x)＝sin ∈，故B错误； 对于C，将函数f的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g＝sin [ω(x＋)＋]＝sin 为奇函数，所以＝kπ(𝑘∈𝐙)，解得ω＝6k－1(𝑘∈𝐙) ，因为ω>0，所以当k＝1时，ω取最小值5，故C正确； 对于D，因为ω>0，当0<x<π时，<ωx＋<πω＋，因为函数f(x)在(0，π)上恰有一个零点，则π<πω＋≤2π，解得<ω≤，故D正确．故选ACD． (2)(多选)已知函数f(x)＝sin sin 2x，则 A．函数f为奇函数 B．曲线y＝f(x)的对称轴为x＝，k∈Z C．f(x)在上单调递增 D．f(x)在x＝处取得极小值－ √ √ 由题意可得f(x)＝cos 2x＋sin 2x＝sin .对于A，因为f＝sin ＝sin 2x为奇函数，故A正确；对于B，令2x＋＝＋kπ，k∈Z，解得x＝，k∈Z，所以曲线y＝f(x)的对称轴为x＝，k∈Z，故B正确；对于C，令t＝2x＋，因为x∈，则t＝2x＋∈，而y＝sin t在上单调递减，所以函数f(x)在上单调递减，故C错误；对于D，因为f＝sin ＝－，所以f(x)在x＝处取得极小值－，故D错误．故选AB． 领悟提升 解与三角函数性质有关问题的注意点 　　三角函数的性质主要是指单调性、周期性、奇偶性和最值，解题时要注意以下两点：一是应用三角函数的性质时，首先要将函数化为y＝A sin (ωx＋φ)的形式，再对比y＝sin x的性质，即把ωx＋φ看成一个整体处理，但是一定要保证ω>0，否则易出错；二是要结合图象进行分析． 提醒　解决此类问题时，要注意数形结合思想及整体统一思想的应用. 对点练2．(2024·江苏南京、盐城一模)关于函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<)，有下列四个说法： ①f(x)的最大值为3 ②f(x)的图象可由y＝3sin x的图象平移得到 ③f(x)的图象上相邻两个对称中心间的距离为 ④f(x)的图象关于直线x＝对称 若有且仅有一个说法是错误的，则f＝ A．－　　　　B．－　　　　C．　　　　 D． √ 由说法②可得ω＝1，由说法③可得＝，则T＝π＝，则ω＝2，②和③相互矛盾；当①②④成立时，由题意A＝3，ω＝1，＋φ＝kπ＋，k∈Z.因为φ∈，故k＝0，φ＝，即f(x)＝3sin ，f＝；说法①③④成立时，由题意A＝3，ω＝2，＋φ＝kπ＋，k∈Z，φ＝kπ－∉，故不符合题意．故选D． 返回 专 题 集 训 返回 1．(2024·四川攀枝花三模)将函数y＝sin2x－cos2x的图象向右平移m(m>0)个单位长度后得到的图象与y＝sin 2x的图象关于原点对称，则m的最小值是 A．　　　　 B． C．D． 令f(x)＝sin2x－cos2x，则有f(x)＝－cos2x，设f(x)向右平移m(m>0)个单位长度后得到的函数为g(x)，则有g(x)＝－cos 2(x－m)＝－cos (2x－2m)，根据已知条件g(x)的图象与y＝sin 2x的图象关于原点对称，则有g(x)＝　－sin (－2x)＝sin 2x，即－cos (2x－2m)＝sin 2x，所以－2m＝＋2kπ (k∈Z)，解得m＝－－kπ(k∈Z)，又因为m>0，所以当k＝－1时，m取最小值为.故选B． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2．已知直线x＝，x＝是函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)图象的两条相邻的对称轴，且f－f＝－4，则f＝ A．－B． C．－1D．1 由题意可知T＝＝，所以T＝.由T＝，得＝，所以ω＝4，因为f－f＝－4，且直线x＝，x＝是函数f(x)图象的两条相邻的对称轴，所以A＝f＝2，所以f(x)＝2sin(4x＋φ)，由f＝2sin ＝2，得4×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，所以φ＝＋2kπ，k∈Z，又<，所以φ＝，所以f(x)＝2sin (4x＋)，则f (φ) ＝f＝2sin ＝2sin ＝1.故选D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3．(2024·湖北黄石三模)已知函数f(x)＝2cos2ωx＋sin2ωx－1(ω<0)的最小正周期为π，则 A．其图象关于点对称 B．函数f(x)在[1，2]上为增函数 C．函数f(x)在区间(0，1)上单调 D．其图象关于直线x＝对称 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由题意，f(x)＝2cos 2ωx＋sin 2ωx－1＝cos 2ωx＋sin 2ωx＝2sin (2ωx＋)，因为最小正周期为π，ω<0，所以T＝π，ω＝－＝－1，f(x)＝2sin ＝－2sin (2x－)．对于A，当x＝时，f＝－2sin (2×)＝－2≠0，故A错误；对于B，当2kπ－≤2x－≤2kπ＋，即kπ－≤x≤kπ＋时函数单调递减，同理，当kπ＋≤x≤kπ＋时函数单调递增，所以函数在上为减函数，在上为增函数，故B错误；对于C，函数在上单调递减，故在区间上单调，故C正确；对于D，函数的对称轴为2x－＝kπ＋(𝑘∈Z)，即x＝kπ＋(𝑘∈Z)，所以x＝不是函数的对称轴，故D错误．故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4．(2024·江西南昌一模)函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0， 0<φ<π)的部分图象如图所示，△ABC是等腰直角三 角形，其中A，B两点为图象与x轴的交点，C为图象 的最高点，且|OB|＝3|OA|，则f(2 024)＝ A．－ B．－ C． D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图，过C作CE⊥x轴于E，则CE＝1，又△ABC是等腰 直角三角形，所以|AB| ＝2，故|AB| ＝＝＝2，ω＝， 又|OB|＝3|OA| ，所以＝，|OA|＝，则A(－，0)， B(，0)，所以C(，1)，所以＋φ＝＋2kπ，k∈Z，φ＝＋2kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以φ＝，所以f(x)＝sin ，则f(2 024)＝　　sin (×2 024＋)＝sin (1 012π＋)＝sin ＝.故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5．(2024·湖南长沙模拟)已知函数f＝|tan (ωx＋φ)|(ω>0，0<φ<)的最小正周期为2π，直线x＝是f(x)图象的一条对称轴，则f(x)的单调递减区间为 A． (𝑘∈𝐙) B． C． (𝑘∈𝐙) D． (𝑘∈𝐙) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由于f(x)＝|tan (ωx＋φ)|(ω>0，0<φ<)的图象是将y＝tan (ωx＋φ)的图象在x轴下方部分翻折到x轴上方，且y＝tan (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<)仅有单调递增区间，故f(x)＝|tan (ωx+φ)|和y＝tan (ωx+φ)的最小正周期相同，均为2π，则＝2π，所以ω＝，即f(x)＝，又直线x＝是f(x)图象的一条对称轴，则＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－，k∈Z，结合0<φ<，得φ＝，故f(x)＝，令kπ－<x＋≤kπ，k∈Z，则2kπ－<x≤2kπ－，k∈Z，即f(x)的单调递减区间为(2kπ－，2kπ－(k∈Z).故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6．(2024·河南济洛平许第三次质量检测)函数f(x)＝ A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)的部分图象如图所示， 图象与x轴的交点为M(，0)，与y轴的交点为N，最高 点P(1，A)，且满足NM⊥NP.则下列说法正确的是 A．f(π)>f(5) B．函数f(x)在(4，7)上单调递减 C．若f(x1)＝f(x2)＝(x1≠x2)，则|x1－x2|的最小值是1 D．把y＝A sin ωx的图象向左平移1个单位长度，得到y＝f(x)的图象 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 函数f(x)的周期T＝4(－1)＝6，即＝6，解得ω＝， 由f(1)＝A，得＋φ＝＋2kπ，k∈Z，而|φ|<，则k＝0， φ＝，f(x)＝A sin (x＋)，则点N(0，A)，由NM⊥NP， 得NP2＋MN2＝MP2，即1＋A2＋A2＝＋A2，解得A＝，因此f(x)＝sin (x＋)．对于A，由f(4)＝－，得函数f(x)的图象关于x＝4对称，则f(5)＝f(3)，由图象知，函数f(x)在[1，4]上单调递减，则f(3)>f(π)，因此f(π)<f(5)，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于B，由于函数f(x)的图象关于x＝4对称，且在 [1，4]上单调递减，则f(x)在(4，7)上单调递增， 故B错误；对于C，由f(x)＝，得sin (x＋)＝， 则由题意可令x1＋＝＋2k1π，k1∈Z，x2＋ ＝＋2k2π，k2∈Z，两式相减得(x2－x1)＝＋2(k2－k1)π，k1，k2∈Z，即x2－x1＝1＋6(k2－k1)，k1，k2∈Z，所以|x1－x2|min＝1，故C正确；对于D，把y＝sin x的图象向左平移1个单位长度，得y＝sin (x＋1)＝sin (x＋)≠f(x)，故D错误．故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7．(2024·河南三门峡模拟预测)已知函数＝A sin (ωx＋φ) (A>0，ω>0，<π)的部分图象如图所示，将f(x)的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)在区间[0，t]上的值域为[，2]，则t的取值范围为 A． B． C． D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设f(x)的最小正周期为T，由图象可知A＝2，T＝ ＝，所以T＝π，则ω＝2，故f(x)＝2sin ，又 f(x)的图象过点，所以2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z， 所以φ＝－＋2kπ，k∈Z，又<π，所以φ＝－，则f(x)＝2sin (2x－)，则g＝f(x＋)＝2sin [2(x＋)－]＝2sin .当x∈[0，t]时，2x－∈，此时g(x)的值域为[－，2]，则≤2t－，所以≤t≤，即t的取值范围为.故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8．(2024·湘豫名校联考)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)＋1(ω∈N*，−<𝜑<)图象过原点，且关于点对称，若函数f(x)在上单调，则f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为 A． B． C． D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为f(0)＝2sin φ＋1＝0，所以φ＝2kπ－或φ＝2kπ－，k∈Z.又－π<φ<－，所以φ＝－，所以f(x)＝2sin ＋1.因为f(x)的图象关于点对称，所以ω－＝kπ，k∈Z，所以ω＝＋6，k∈Z.当x∈，ω>0时，ωx－∈，又函数f(x)在上单调，所以 ⇒0<ω≤6.因为ω＝＋6，k∈Z，ω∈N*，所以k＝0，ω＝6.因为f(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为半个周期，所以＝＝.故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9．(2024·湘豫名校联考)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(𝐴>0，ω>0，|𝜑|<)的部分图象如图所示．则下列结论正确的是 A．f(x)在[0，π]上有两个极值点 B．f＝1 C．函数y＝f的图象关于y轴对称 D．若|f(x1)－f(x2)|＝4，则|x1－ x2|的最小值为π √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由题图知A＝2，T＝＝⇒T＝π，所以ω＝＝2，所以 f＝2sin (2x＋φ)，由图象可知f(x)在x＝时取得极大值，则在x＝ ＝时取得极小值，所以上有两个极值点，故A正确； 又f＝2sin ＝2，所以＋φ＝2kπ＋，k∈Z，所以φ ＝2kπ－，k∈Z.因为|φ|<，所以k＝0，即φ＝－.所以f(x)＝2sin .所以f＝2sin [2×(－)－]＝，故B错误；y＝f＝2sin ＝　　　－2cos 2x，易知函数y＝f(x－)为偶函数，所以函数y＝f(x－)的图象关于y轴对称，故C正确；若|f(𝑥1)－ f(𝑥2)| ＝4，则|𝑥1－𝑥2 |的最小值为＝，故D错误.故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10．(2024·河南郑州名校联盟模拟预测)已知f＝|sin x|cos x＋sin 2x，则 A．f的图象关于点对称 B．f的值域为 C．f在区间(0，50)上有33个零点 D．若方程f＝在(0，t) (t>0)有4个不同的解xi(i＝1，2，3，4)，其中xi<xi＋1(i＝1，2，3)，则x1＋x2＋x3＋x4＋t的取值范围是 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 f(π－x)＝|sin (π－x)|cos (π－x)＋sin (2π－2x)＝|sin x|(－cos x)－sin 2x＝　－ f(x) ，故A正确； f(x)＝|sin x|cos x＋sin 2x＝易知， f(x)∈[－]，故B正确； 令f＝0得sin 2x＝0，x＝kπ(k∈Z)，<50，>50，所以f(x)在　(0，50)上有31个零点，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 f(x)是以2π为周期的周期函数，当x∈(0，π]时f(x)＝sin 2x，f(x)＝在(0，π]上有2个实根x1，x2，且x1＋x2＝，x1＝，x2＝；当x∈(π，2π]时f(x)＝sin 2x，f(x)＝在(π，2π]上没有实根，f(x)＝sin 2x，f(x)＝在(2π，3π]上有2个实根x3，x4，且x3＋x4＝，x3＝2π＋，x4＝2π＋，同理f(x)＝在(4π，5π]上有两个实根x5，x6，且x5＝4π＋，所以<t≤，x1＋x2＋x3＋x4＝5π，所以x1＋x2＋x3＋x4＋t的取值范围是，故D错误．故选AB． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11．(2024·山东聊城二模)已知函数f(x)＝sin (2x＋)(≤x≤)，g(x)＝cos (2x＋)(－≤x≤)，则下列结论正确的是 A．若动直线y＝m与f(x) ，g(x)的图象的交点分别为A，B，则|AB|的长可为 B．若动直线y＝m与f(x) ，g(x)的图象的交点分别为A，B，则|AB|的长恒为 C．若动直线y＝±m与f(x)，g(x)的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为 D．若f(m0) ＝，则g＝ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由≤x≤，可得≤2x＋，所以f在区间 上单调递减，且f(x)≤f＝sin ＝1， f(x) ≥f＝sin ＝－1，所以－1≤ f(x)≤1，由－ ≤x≤，可得0≤2x＋≤π，所以函数g(x)在区间 上单调递减，且g(x)≤g＝cos 0＝1， g(x)≥g＝ cos π ＝－1，所以－1≤ g(x)≤1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由已知－1≤m≤1，所以直线y＝m与函数y＝ f(x)， y＝g(x)都只有一个交点，设点A，B的坐标分别为 ，如图①所示，则＋) ＝cos (2x2＋)＝sin ≤2x1＋ ≤2x2＋，因为函数y＝sin x在上 单调递减，所以2x1＋＝＋2x2，所以x1－x2＝， 所以|AB|＝＝＝，故A错误，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设直线y＝－m与函数y＝ f(x)，y＝g(x)的交点为C， D，如图②所示，则|CD|＝，又AB∥CD，所以 四边形ABDC为平行四边形，其面积S＝×2 ，故C正确；对于D，因为f(m0)＝，所以sin (2m0 ＋)＝，又因为≤2m0＋，所以cos (2m0＋ )＝－，所以≤2m0＋≤π，即≤m0≤， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 又cos 2m0＝cos＝cos (2m0＋)cos ＋sin(2m0＋)·sin ，所以cos 2m0＝，所以2cos2m0－1＝， 又≤m0≤，所以cos m0＝＝ ＝＝， 所以g()＝cos m0＝，故D正确．故选BCD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12．已知函数f＝a sin πx＋b cos πx的图象关于点对称，若|f(x1)－f(x2)|＝|f(x3)－f(x4)|＝|f(x5)－f(x6)|＝4b(0<x1<x2<x3<x4<x5<x6)，则xi的最小值为_____． 19 由f(x)的图象关于点对称可得f＝0，得a＋b＝0，即a＝ －b，所以f(x)＝－bsin πx＋bcos πx＝2bcos ，且b>0， 所以f的最大值为2b，最小值为－2b.如图所示，作出f(x)的大致图 象，令πx＋＝kπ，k∈Z，则f的对称轴方程为x＝k－，k∈Z， 则由|f(x1)－f(x2)|＝|f(x3)－f(x4)|＝|f(x5)－f(x6)|＝4b可得，当最小时，f(x1)＝f(x3)＝ f(x5)＝－2b， f(x2)＝f(x4)＝ f(x6)＝2b，且xi是f(x)在y轴右侧连续的最值点，故xi的最小值为＝19. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13．(2024·烟台、德州一模)若函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx－1在[0，2π]上恰有5个零点，且在[－，]上单调递增，则正实数ω的取值范围为_______． [] 依题意，函数f(x)＝2sin (ωx＋)－1，由f(x)＝0，得sin (ωx＋)＝，则ωx＋＝2kπ＋或ωx＋＝2kπ＋，k∈Z，由x∈[0，2π]，得ωx＋∈[，2πω＋]，由f(x)在[0，2π]上恰有5个零点，得≤2πω＋<，解得≤ω<，由－＋2kπ≤ωx＋＋2kπ，k∈Z，得－≤x≤，k∈Z，即函数f(x)在[－](k∈Z)上单调递增，因此[－]⊆[－，]，即－≤－，且，解得ω≤，所以正实数ω的取值范围为[]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14．(2024·江西南昌一模) “南昌之星”摩天轮半径为80米，建成时为世界第一高摩天轮，成为南昌地标建筑之一．已知摩天轮转一圈的时间为30分钟，甲乙两人相差10分钟坐上摩天轮，那么在摩天轮上，他们离地面高度差的绝对值的取值范围是__________． [0，80] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 返回 设甲乙两人坐上摩天轮的时间分别为t，t＋10，则甲乙两人坐上摩天轮转过的角度分别为t＝t，(t+10)＝t＋，则甲距离地面的高度为h1＝80－80cos t，乙距离地面的高度为h2＝80－80cos (t＋)，则|h1－h2|＝|80－80cos t－80＋80cos (t＋)|＝|80cos (t＋)－80cos t|＝80|cos tcos －sin tsin －cos t|＝80＝80·|cos t＋sin t|＝80 ，因为0≤t≤30，所以t＋，所以0≤≤1，即|h1－h2|∈[0，80]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 谢 谢 观 看！ $$