专题10 三角函数的图象与性质、伸缩平移变换及三角函数的应用（期末复习讲义，9大重难题型+3阶分层过关）高一数学上学期人教A版

该高中数学三角函数复习讲义通过“核心考点-复习目标-考情规律”表格系统梳理知识体系，涵盖图象性质、伸缩平移变换、值域最值等9大考点，用对比表格呈现正弦、余弦、正切函数的定义域、值域等性质，清晰呈现知识脉络与重难点分布。 讲义亮点在于分层练习设计，典例与变式结合高考真题，如摩天轮高度建模题培养数学眼光观察现实世界，参数求解题训练逻辑推理的数学思维，解答题综合题提升数学语言表达能力，助力分层教学，支持教师精准复习与学生自主提升。

专题10 三角函数的图象与性质、伸缩平移变换 及三角函数的应用（期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 10.1 正弦函数、余弦函数、正切函数的图象与性质（周期性、奇偶性、单调性、最值） 能根据图象说出三角函数的性质，并能利用性质解决问题。 所有三角函数问题的基础，必考点。 10.2 函数 y = Asin(ωx + φ) 的图象与性质 能理解 A、ω、φ 对图象的影响，并能根据图象求解析式。 高频考点，常与图象变换结合考查。 10.3 三角函数的图象变换（平移、伸缩） 能判断变换顺序对结果的影响，并能进行图象变换的描述与作图。 易错点在于平移与伸缩的先后顺序及量值计算。 10.4 三角函数的值域与最值问题 能利用换元、配方、辅助角公式等方法求三角函数的值域与最值。 中档题，常与二次函数、基本不等式结合。 10.5 三角函数的周期性、对称性（对称轴、对称中心） 能判断并证明三角函数的周期性与对称性。 常与函数性质综合题结合。 10.6 三角函数的单调区间求解 能根据复合函数单调性求三角函数的单调区间。 易错在于区间端点的取舍与 ω 的符号。 10.7 解简单的三角方程与不等式 能利用函数图象或单位圆解三角方程与不等式。 中档题，需注意解集的表达与周期性。 10.8 三角函数的实际应用（物理振动、工程测量、周期现象等） 能根据实际问题建立三角函数模型，并求解相关问题。 应用题常见题型，体现数学建模素养。 10.9 三角函数与其他函数的综合问题 能处理三角函数与一次、二次、指数、对数等函数的综合题。 期末压轴题常见形式，综合性强 知识点01 三角函数的图象与性质 函 数 性 质 图象 定义域 值域 最值 当时，；当 时，． 当时， ；当 时，． 既无最大值也无最小值 周期性 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 单调性 在 上是增函数； 在 上是减函数． 在上是增函数； 在上是减函数． 在 上是增函数． 对称性 对称中心 对称轴 对称中心 对称轴 对称中心 无对称轴 知识点02 三角函数型函数的图象和性质 （1） 正弦型函数、余弦型函数性质 ， 振幅，决定函数的值域，值域为 决定函数的周期， 叫做相位，其中叫做初相 （2） 正切型函数性质 的周期公式为： 知识点3 三角函数的伸缩平移变换 （1） 伸缩变换（，是伸缩量） 振幅，决定函数的值域，值域为； 若↗，纵坐标伸长；若↘，纵坐标缩短；与纵坐标的伸缩变换成正比 决定函数的周期， 若↗，↘，横坐标缩短；若↘，↗，横坐标伸长；与横坐标的伸缩变换成反比 （2） 平移变换（，是平移量） 平移法则：左右，上下 题型一 三角函数的图象与性质综合 【典例1】（24-25高一上·湖北武汉·期末）已知函数，则的增区间是（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高一上·山东烟台·期末）已知函数，则（    ） A．为偶函数，且在上单调递增 B．为偶函数，且在上单调递减 C．为奇函数，且在上单调递增 D．为奇函数，且在上单调递减 【典例3】（24-25高一上·云南文山·期末）（多选）已知函数，则下列结论成立的是（    ） A．的最小正周期为 B．曲线关于直线对称 C．点是曲线的一个对称中心 D．在上单调递增 【典例4】（24-25高一上·广东广州·期末）（多选）设函数，则下列结论正确的是（   ） A．的值域为R B．的图像关于直线对称 C．的一个零点为 D．在内单调递减 【典例5】（24-25高一上·山东临沂·期末）（多选）已知函数，则（    ） A．关于对称 B．的最小正周期为 C．的定义域为 D．在上单调递增 【变式1】（24-25高一上·宁夏银川·期末）（多选）函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高一上·重庆黔江·期末）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数的初相为 B．函数在上单调递增 C．函数的图象关于对称 D．函数的图象关于点对称 【变式3】（24-25高一上·广东·期末）（多选）已知函数的最小正周期为，是奇函数，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C．在上单调递减 D．将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象 【变式4】（24-25高一上·黑龙江绥化·期末）（多选）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为； B．的一个零点是； C．的图象关于轴对称； D．在其定义域上是增函数 【变式5】（25-26高一上·全国·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若的最小正周期是，则 B．当时，图象的对称中心的坐标为 C．当时， D．若在区间上单调递增，则 【变式6】（24-25高一上·福建莆田·期末）（多选）已知函数，则（ ） A．的一个周期为 B．的图像关于中心对称 C．的最大值为2 D．在上的所有零点之和为 【变式7】（24-25高一上·江苏无锡·期末）（多选）已知函数（，），若，是的两个不同的解，且的最小值为，则下列说法正确的有（    ） A． B．若是的一个对称中心，则 C．若在区间内有最小值，则 D．当时，在区间上的值域为 题型二 由函数图象求解析式及性质 【典例1】（24-25高一上·新疆喀什·期末）（多选）函数的部分图像如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高一上·云南大理·期末）（多选）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A． B．是奇函数 C．的最小正周期为 D．使取得最小值的的集合为 【变式1】（24-25高一上·湖南长沙·期末）（多选）已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．将的图象向右平移个单位，得到的图象 C．，都有 D．函数的单调递减区间为 【变式2】（24-25高一上·吉林·期末）（多选）已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A．将函数的图象向右平移个单位，再将横坐标伸长为原来的2倍得到函数的图象 B．函数的图象关于对称 C．函数的图象关于对称 D．函数在上单调递增 题型三 函数的伸缩偏移变换 【典例1】（24-25高一上·陕西西安·期末）（多选）为了得到函数的图象，只需把正弦曲线上所有的点（    ） A．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原米的，纵坐标不变 B．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C．先将横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度 D．先将横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度 【典例2】（24-25高一上·甘肃兰州·期末）（多选）已知函数的图象横坐标变为原来的倍后得到，则下列说法正确的是（   ） A．函数的解析式 B．直线是函数图象的一条对称轴 C．在区间上单调递增 D．在上有4条对称轴 【典例3】（24-25高一下·内蒙古包头·期末）（多选）要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） B．先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） C．所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 D．所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 【变式1】（24-25高一上·河北石家庄·期末）（多选）已知函数，则（   ） A．将的图象向右平移个单位可得到图象 B．函数的最小正周期为 C．函数在上的零点个数有6个 D．动直线与函数和的图象分别交于M，N两点，则的最大值为1 【变式2】（24-25高一上·云南昭通·期末）（多选）为得到函数的图象，只需把正弦曲线上的所有点（   ） A．先向左平行移动个单位，再横坐标缩短到原来的，纵坐标不变； B．先向右平行移动个单位，再横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变： C．先横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平行移动个单位： D．先横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向左平行移动个单位； 【变式3】（多选）为了得到函数的图象，只需（   ） A．将函数的图象向左平移个单位长度 B．将函数的图象向左平移个单位长度 C．将函数的图象向左平移个单位长度 D．将函数的图象向右平移个单位长度 题型四 求解参数 【典例1】（25-26高三上·福建泉州·期中）将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于原点中心对称，则可能的取值是（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高一上·重庆·期末）若函数在区间上单调递增，则正数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【典例3】已知函数（）的图象过点，且在区间上具有单调性，则的最大值为（   ） A． B．4 C． D．8 【典例4】（24-25高一上·江苏常州·期末）若函数在区间上有且仅有5条对称轴，则取值范围是（    ） A． B． C． D． 【典例5】（24-25高一下·甘肃临夏·期末）设函数，若函数在区间上恰有4个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 函数在区间上恰有4个零点， 【变式1】（24-25高一上·山西运城·期末）若函数在区间上单调，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高一上·新疆昌吉·期末）已知函数在上恰有2个零点，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式3】（24-25高一上·吉林长春·期末）设函数有个不同零点，则正实数的范围为（   ） A． B． C． D． 【变式4】（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期末）设函数在上恰有两个零点，且的图象在上恰有两个最高点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式5】（25-26高三上·重庆·月考）已知函数，若，且在上有最大值，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 题型五 解三角不等式 【典例1】（24-25高一上·湖南湘潭·期末）已知是三角形的一个内角，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高一上·陕西西安·期末）不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高一上·云南昆明·期末）函数的定义域是（   ） A． B． C． D． 题型六 含绝对值的三角函数 【典例1】（24-25高一上·浙江杭州·期末）（多选）已知函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．的最小正周期为π C．在区间上单调递增 D．为奇函数 【典例2】（24-25高一上·陕西西安·期末）（多选）已知函数，则下列关于函数的说法，正确的是（    ） A．的一个周期为 B．的图象关于对称 C．在上单调递增 D．的值域为 【典例3】（24-25高一上·云南大理·期末）已知函数，则下列命题正确的是（    ） A．是以为周期的函数 B．当时，函数的最大值为，最小值为 C．直线是曲线图象的一条对称轴 D．函数在上没有零点 【变式1】（24-25高一上·云南昆明·期末）已知函数，则下列结论中正确的有（    ） A．的最小正周期为 B．的值域为 C．点是图象的一个对称中心 D．不等式的解集为 【变式2】（24-25高一上·陕西咸阳·期末）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．函数不是中心对称图形 B．函数在上只有1个零点 C．函数在上有2个零点 D．函数的最大值为1 【变式3】（2025·江苏·二模）（多选）已知函数，则（    ） A．的图象关于点对称 B．的最小正周期为 C．的最小值为 D．在上有四个不同的实数解 题型七 复合三角函数 【典例1】（24-25高一上·陕西西安·期末）（多选）已知函数，则（     ） A．存在点，使得的图象关于点中心对称 B．的一个周期为 C．的值域为 D．在内有且仅有2零点 【变式1】（24-25高一上·湖南邵阳·期末）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．直线为函数的图象的一条对称轴 B．函数在上单调递增 C．函数在上单调递增 D．， 【变式2】（24-25高一上·江苏淮安·期末）（多选）已知函数，下列说法正确的有（    ） A．函数为奇函数 B．函数的周期为π C．函数在区间上为增函数 D．当时，函数的图象恒在直线的下方 题型八 三角函数的应用 【典例1】（24-25高一上·江苏连云港·期末）为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针针尖位置为.若初始位置为当秒针从（注此时）开始走时，点的纵坐标与时间的函数关系为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高一上·江苏淮安·期末）（多选）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中使用（如图1）．若一半径为的筒车水轮圆心O距离水面（如图2），已知水轮按逆时针转动，每分钟转动4圈，当水轮上点P从水中浮现时（图2中点）开始计时，点P距水面的高度y（单位：）可以用与时间x（单位：s）有关的函数表示．下列结论正确的有（    ） A． B．点P第一次到达最高点需用时5s C．点P再次接触水面需用时10s D．当点P运动2.5s时，距水面的高度为 【典例3】（24-25高一上·浙江杭州·期末）某游乐场的摩天轮示意图如图，已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1~12（可视为点），在旋转过程中，座舱与地面的距离h与时间t的函数关系基本符合正弦函数模型即（其中），现从图示位置，即1号座舱（可视为A点）位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．    (1)求旋转分钟后号座舱（点）离地面的距离； (2)求1号座舱（点）与地面的距离与时间的函数关系的解析式（写出定义域）； (3)在前24分钟内，求1号座舱（点）与地面的距离为17米时的值． 【变式1】（24-25高一上·江苏镇江·期末）如图，摩天轮的半径为40m，摩天轮的中心点距地面的高度为50m，摩天轮做匀速转动，每36min转一圈，摩天轮上点的起始位置在最低点处.则在摩天轮转动的一圈内，点距离地面超过70m的时长为（   ） A．10min B．12min C．14min D．16min 【变式2】（24-25高一上·云南昆明·期末）某地一天从6~14时的温度变化曲线如图所示，则这段曲线近似满足函数（    ）    A． B． C． D． 【变式3】（24-25高一上·江苏徐州·期末）如图，摩天轮的半径为，点距地面的距离为，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转一圈，若摩天轮上点的起始位置在最高点处，则在摩天轮转动的过程中，（   ） A．转动后点距离地面 B．第和第点距离地面的高度相同. C．转速减半时转动一圈所需的时间变为原来的 D．转动一圈内，点距离地面的高度不低于的时长为 题型九 解答题综合 【典例1】（24-25高一上·广东深圳·期末）已知函数. (1)求的最小正周期； (2)求在区间上的最大值和最小值，以及取得最大、最小值时的值. 【典例2】（24-25高一上·宁夏银川·期末）已知函数． (1)求的最小正周期以及单调递增区间； (2)设函数在区间上单调递减，求实数的取值范围； (3)当时，关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围． 【典例3】（24-25高一上·贵州铜仁·期末）已知函数，． (1)若，求的对称轴方程； (2)若在上恰取得一次最大值和一次最小值，求的取值范围； (3)若在轴右侧的第一个零点为，令，且在内恰有6个零点，求实数． 【典例4】（24-25高一下·江西抚州·月考）若函数的部分图象如图所示． (1)求函数的解析式； (2)若当时，，求实数t的取值范围． (3)已知，若存在非零常数λ，对任意，有成立，求实数m的取值范围． 【变式1】（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知函数. (1)求函数的最小正周期和单调递增区间； (2)求函数在区间上的最小值和最大值. 【变式2】（24-25高一上·安徽合肥·期末）已知函数. (1)求函数的单调递增区间及对称中心； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到函数的图象，求函数在区间上的值域. 【变式3】（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数. (1)求函数的最小正周期和单调递增区间； (2)若，求函数的值域； (3)若方程在上有两个不相等的实数根，，求的值. 【变式4】（24-25高一上·安徽芜湖·期末）已知函数，且，，． (1)求的值； (2)求在区间上的单调递减区间； (3)若关于的方程在区间上有且仅有4个不同的实数解，求实数的取值范围． 期末基础通关练（测试时间：20分钟） 一、单选题 1．（24-25高一上·福建莆田·期末）函数的最小正周期为（ ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·广东广州·期末）时，函数与的图象交点个数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（24-25高一下·陕西咸阳·期末）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若是偶函数，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一上·安徽宣城·期末）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则函数的图象的一个对称中心是（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一上·江苏南通·期末）若函数的图象关于对称，且在区间上单调递增，则＝（   ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（24-25高一上·江苏镇江·期末）下列四个函数中，周期为，且在区间上单调递增的有（   ） A． B． C． D． 7．（24-25高一上·贵州黔西·期末）已知函数，则下列命题正确的是（    ） A．若的图象关于直线对称，则可以为 B．若的图象关于点对称，则可以为4 C．若在区间上恰有3个零点，则的取值范围是 D．若在区间上单调递减，则的取值范围是 8．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知的部分图象如图所示，则（   ）    A．的最小正周期为 B．的图像可由的图象向左平移个单位得到 C．的对称轴为 D．在区间上的最大值为 三、解答题 9．（24-25高一上·宁夏银川·期末）已知函数. (1)求函数的解析式及其最小正周期； (2)当时，求函数的值域. 10．（24-25高一上·福建福州·期末）已知函数. (1)根据五点作图法完善以下表格，并在如图所示的直角坐标系中作出函数在的图象； x 0 y 0 (2)将图象上所有点向右平行移动个单位长度，再将得到的图象上的各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象，求的解析式，并写出曲线的一个对称中心. 期末重难突破练（测试时间：40分钟） 一、单选题 1．（24-25高一上·广东深圳·期末）函数在区间上所有零点之和为（   ）． A． B． C． D． 2．（24-25高一上·广东深圳·期末）已知函数在区间上是增函数，且在上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（   ）． A． B． C． D． 3．（24-25高一上·广东深圳·期末）已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（   ）． A．的图象关于直线对称 B．将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于原点对称 C．方程在区间有5个不等实根 D．在上单调递增 4．（24-25高一上·河南·期末）若函数的最小正周期为，且函数在区间上单调递增，则m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ）． A． B．的图象关于点对称 C．将函数的图象向右平移个个单位得到函数的图象 D．若方程在上有且只有一个实数根，则m的取值范围是 6．（24-25高一上·贵州黔南·期末）函数（，）的部分图象如图所示，下列说法中，正确的是（    ） A． B．函数在区间上单调递减 C．函数的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是偶函数 D．若方程在上有且只有8个根，则 三、解答题 7．（24-25高一下·四川绵阳·期末）已知函数的部分图象如图所示． (1)求函数的解析式； (2)将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，若，且，求的值． 8．（24-25高一下·河南南阳·月考）已知函数的部分图象如图. (1)求函数的解析式，并写出它的对称中心； (2)求函数的最小值，并求取最小值时x的集合； (3)若函数的图象向右平移个单位长度得到一偶函数的图象，求m的最小值. 9．（24-25高一上·安徽合肥·期末）已知函数，． (1)求的最小正周期； (2)若的图象关于点对称，且，求t的值； (3)当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围． 10．（23-24高一下·江苏苏州·月考）已知函数． (1)求的单调递增区间； (2)当时，求的最值． (3)当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 期末综合拓展练（测试时间：40分钟） 一、单选题 1．（2025·北京·高考真题）设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（   ） A．8 B．6 C．4 D．3 2．（2025·天津·高考真题），在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（   ） A． B． C．1 D．0 3．（2025·全国一卷·高考真题）已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 5．（2024·上海·高考真题）下列函数的最小正周期是的是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．（2024·天津·高考真题）已知函数的最小正周期为．则在区间上的最小值是（   ） A． B． C．0 D． 8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（    ） A． B． C． D． 9．（2023·天津·高考真题）已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（    ） A． B． C． D． 10．（2023·全国甲卷·高考真题）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 11．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴 三、填空题 12．（2025·上海·高考真题）函数在上的值域为 ． 13．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在上的最大值是 ． 14．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ． 15．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则 ．    四、解答题 16．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数． (1)求; (2)设函数，求的值域和单调区间． 17．（2023·北京·高考真题）设函数． (1)若，求的值． (2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 三角函数的图象与性质、伸缩平移变换 及三角函数的应用（期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 10.1 正弦函数、余弦函数、正切函数的图象与性质（周期性、奇偶性、单调性、最值） 能根据图象说出三角函数的性质，并能利用性质解决问题。 所有三角函数问题的基础，必考点。 10.2 函数 y = Asin(ωx + φ) 的图象与性质 能理解 A、ω、φ 对图象的影响，并能根据图象求解析式。 高频考点，常与图象变换结合考查。 10.3 三角函数的图象变换（平移、伸缩） 能判断变换顺序对结果的影响，并能进行图象变换的描述与作图。 易错点在于平移与伸缩的先后顺序及量值计算。 10.4 三角函数的值域与最值问题 能利用换元、配方、辅助角公式等方法求三角函数的值域与最值。 中档题，常与二次函数、基本不等式结合。 10.5 三角函数的周期性、对称性（对称轴、对称中心） 能判断并证明三角函数的周期性与对称性。 常与函数性质综合题结合。 10.6 三角函数的单调区间求解 能根据复合函数单调性求三角函数的单调区间。 易错在于区间端点的取舍与 ω 的符号。 10.7 解简单的三角方程与不等式 能利用函数图象或单位圆解三角方程与不等式。 中档题，需注意解集的表达与周期性。 10.8 三角函数的实际应用（物理振动、工程测量、周期现象等） 能根据实际问题建立三角函数模型，并求解相关问题。 应用题常见题型，体现数学建模素养。 10.9 三角函数与其他函数的综合问题 能处理三角函数与一次、二次、指数、对数等函数的综合题。 期末压轴题常见形式，综合性强 知识点01 三角函数的图象与性质 函 数 性 质 图象 定义域 值域 最值 当时，；当 时，． 当时， ；当 时，． 既无最大值也无最小值 周期性 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 单调性 在 上是增函数； 在 上是减函数． 在上是增函数； 在上是减函数． 在 上是增函数． 对称性 对称中心 对称轴 对称中心 对称轴 对称中心 无对称轴 知识点02 三角函数型函数的图象和性质 （1） 正弦型函数、余弦型函数性质 ， 振幅，决定函数的值域，值域为 决定函数的周期， 叫做相位，其中叫做初相 （2） 正切型函数性质 的周期公式为： 知识点3 三角函数的伸缩平移变换 （1） 伸缩变换（，是伸缩量） 振幅，决定函数的值域，值域为； 若↗，纵坐标伸长；若↘，纵坐标缩短；与纵坐标的伸缩变换成正比 决定函数的周期， 若↗，↘，横坐标缩短；若↘，↗，横坐标伸长；与横坐标的伸缩变换成反比 （2） 平移变换（，是平移量） 平移法则：左右，上下 题型一 三角函数的图象与性质综合 【典例1】（24-25高一上·湖北武汉·期末）已知函数，则的增区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用整体代换法求正弦型函数的增区间. 【详解】令， 解得， 所以函数的增区间是. 故选：C. 【典例2】（24-25高一上·山东烟台·期末）已知函数，则（    ） A．为偶函数，且在上单调递增 B．为偶函数，且在上单调递减 C．为奇函数，且在上单调递增 D．为奇函数，且在上单调递减 【答案】A 【分析】首先明确函数的定义域，并且利用诱导公式化简解析式，然后利用奇偶性的概念验证奇偶性；再利用函数单调性的定义，结合正弦函数和余弦函数的单调性和不等式的性质即可判断在上的单调性. 【详解】因为的定义域为，并且 ， 又， 所以为偶函数； 设、，并且，则，， 所以，，， 于是， 即，所以在上单调递增，所以A正确，BCD错误. 故选：A. 【典例3】（24-25高一上·云南文山·期末）（多选）已知函数，则下列结论成立的是（    ） A．的最小正周期为 B．曲线关于直线对称 C．点是曲线的一个对称中心 D．在上单调递增 【答案】AC 【分析】借助整体思想，利用正弦型函数的性质逐项判断即可得. 【详解】对A：设的最小正周期为，故A正确： 对B：因，故B错误： 对C：因，故点是曲线的一个对称中心，即C正确： 对D：由，可得，则在上单调递减，故D错误. 故选：AC. 【典例4】（24-25高一上·广东广州·期末）（多选）设函数，则下列结论正确的是（   ） A．的值域为R B．的图像关于直线对称 C．的一个零点为 D．在内单调递减 【答案】BCD 【分析】对于A：根据余弦函数的值域即可得结果；对于B：根据对称轴与最值之间的关系分析判断；对于C：代入检验即可；对于D：根据函数周期性分析判断即可. 【详解】因为 对于选项A：由余弦函数值域可知：函数的值域为，故A错误； 对于选项B：因为为最小值， 所以的图像关于直线对称，故B正确， 对于选项C：因为， 所以的一个零点为，故C正确， 对于选项D：因为，则， 因为在内单调递减，所以在内单调递减，故D正确， 故选：BCD． 【典例5】（24-25高一上·山东临沂·期末）（多选）已知函数，则（    ） A．关于对称 B．的最小正周期为 C．的定义域为 D．在上单调递增 【答案】ABD 【分析】由正切函数性质逐一计算求解即可判断各选项. 【详解】对于A，由，得， 所以当时，的图象关于对称，A正确； 对于B，的最小正周期为，B正确； 对于C，由，得，C错误； 对于D，若，则，又在上单调递增， 所以在上单调递增，D正确. 故选：ABD 【变式1】（24-25高一上·宁夏银川·期末）（多选）函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦函数的单调性列不等式求解即可. 【详解】由， 可得， 所以函数的单调递增区间为， 故选：A. 【变式2】（24-25高一上·重庆黔江·期末）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数的初相为 B．函数在上单调递增 C．函数的图象关于对称 D．函数的图象关于点对称 【答案】BC 【分析】根据初相的定义即可判断A；利用整体法即可判断B；直接代入计算即可判断CD. 【详解】对A，函数的初相为，故A错误； 对B，因为，则，又因为在上单调递增， 则函数在上单调递增，故B正确； 对C，，故C正确； 对D，，故D错误. 故选：BC. 【变式3】（24-25高一上·广东·期末）（多选）已知函数的最小正周期为，是奇函数，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C．在上单调递减 D．将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象 【答案】ABD 【分析】利用周期公式和奇偶性可得A正确，求得函数的解析式代入检验可得B正确，由整体代换法以及正弦函数单调性可判断C错误，再由平移规则以及诱导公式计算可得D正确. 【详解】由题意可知，解得， 又是奇函数，可得，即， 又，可得，即可得A正确； 对于B，因此可得， 当时，可得，取得最小值， 因此的图象关于直线对称，即B正确； 对于C，当时，， 由正弦函数的单调性可得在上不是单调递减的，即C错误； 对于D，将的图象向左平移个单位长度后得到，即D正确. 故选：ABD 【变式4】（24-25高一上·黑龙江绥化·期末）（多选）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为； B．的一个零点是； C．的图象关于轴对称； D．在其定义域上是增函数 【答案】AB 【分析】利用正切函数的性质逐项分析判断. 【详解】对于A，的最小正周期为，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，正切函数的图象没有对称轴，而函数的图象可由的图象 向左平移个单位而得，因此的图象无对称轴，C错误； 对于D，函数在定义域上不单调，由选项C知，在其定义域上不单调，D错误. 故选：AB 【变式5】（25-26高一上·全国·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若的最小正周期是，则 B．当时，图象的对称中心的坐标为 C．当时， D．若在区间上单调递增，则 【答案】AB 【分析】A选项根据周期公式求解，B选项根据正切函数的对称中心坐标公式求解，C选项直接代入求解，D选项根据正切函数的单调区间代入求解. 【详解】A选项，当的最小正周期是时，，则,故正确 B选项，当时，，所以令， 解得，所以函数图象的对称中心的坐标为，故正确. C选项，当时，，，故错误. D选项， 令，解得， 所以函数的单调递增区间为， 因为在区间上单调递增，所以， 解得， 另一方面，即，所以， 又因为，所以由，得，由，得， 所以的取值范围是，故错误. 故选：AB 【变式6】（24-25高一上·福建莆田·期末）（多选）已知函数，则（ ） A．的一个周期为 B．的图像关于中心对称 C．的最大值为2 D．在上的所有零点之和为 【答案】ABD 【分析】根据周期性和对称性的定义，即可判断AB；再根据正弦函数的最值，即可判断C；利用三角函数恒等变换化简函数，再求函数的零点，即可判断D． 【详解】对于A，，所以A正确； 对于B，，所以B正确； 对于C，若最大值为2，则，， 当，，此时，，，故C不正确； 对于D，， 令得，所以或， 又，，， 所以或或或或， 解得或或或或，即所有零点之和为，故D正确． 故选：ABD． 【变式7】（24-25高一上·江苏无锡·期末）（多选）已知函数（，），若，是的两个不同的解，且的最小值为，则下列说法正确的有（    ） A． B．若是的一个对称中心，则 C．若在区间内有最小值，则 D．当时，在区间上的值域为 【答案】AB 【分析】对于A选项，据题意，结合函数正弦形函数的周期性知，即得的值；对于B选项，将代入解析式，即可解得的值；对于C选项，求出范围，若在区间内有最小值，则必在该范围内，解不等式即可；对于D选项，求出范围在该范围为找出最值即可. 【详解】对于A选项，函数，若，是的不同解，且的最小值为， 所以，即，故A选项正确； 对于B选项，若是的一个对称中心，则， 故，因为， 所以只有当时，满足条件，故B选项正确； 对于C选项, 时，， 若在区间内有最小值，则， 即，解得，故C选项错误； 对于D选项, 当时，，， 而时，，所以， 又 因此在上的值域为，故D选项错误. 故选：AB. 题型二 由函数图象求解析式及性质 【典例1】（24-25高一上·新疆喀什·期末）（多选）函数的部分图像如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据函数图象可求得解析式即可判断AB正确，代入解析式求值可得C正确，D错误. 【详解】对于A，根据题意可知，所以， 因此，可知A正确； 对于B，由图象过点，即，所以； 即，又，因此，即B正确； 对于C，由分析可知，所以可得，即C正确； 对于D，易知，即D错误. 故选：ABC 【典例2】（24-25高一上·云南大理·期末）（多选）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A． B．是奇函数 C．的最小正周期为 D．使取得最小值的的集合为 【答案】ACD 【分析】由图象可直接判断B，得周期，即可判断C，再结合可判断A，再结合函数解析式可判断D. 【详解】由图可得，的最小正周期，又， 所以，C正确. 又，由图可得，结合，所以，A正确. 所以，由，解得， 所以取得最小值的的集合为，D正确. 由函数图象可知，既不是奇函数也不是偶函数，B错误. 故选：ACD 【变式1】（24-25高一上·湖南长沙·期末）（多选）已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．将的图象向右平移个单位，得到的图象 C．，都有 D．函数的单调递减区间为 【答案】ACD 【分析】根据图象求出函数的解析式，利用三角函数的性质及函数的平移变换即可求解. 【详解】由图知，，即， 所以，由题意，结合图象解得， 又因为， 所以， 所以的解析式为：， 对A，，故A正确； 对B，将的图象向右平移个单位，得的图象，故B错误； 对C，由三角函数的性质知，，所以，都有，故C正确； 对D，由，得，所以函数的单调递减区间为，故D正确. 故选：ACD. 【变式2】（24-25高一上·吉林·期末）（多选）已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A．将函数的图象向右平移个单位，再将横坐标伸长为原来的2倍得到函数的图象 B．函数的图象关于对称 C．函数的图象关于对称 D．函数在上单调递增 【答案】ACD 【分析】根据图象求出，然后利用三角函数的对称性、单调性和三角变换特性逐一判断各选项即可. 【详解】由图可知：， 且，故， 因，则得， ，则得：. 对于A，将的图象向右平移个单位， 可得， 再将横坐标伸长为原来的2倍可得：，故A正确； 对于B， 对于，因时，，故B错误； 对于C，对于，当时，，，故C正确； 对于D，对于，当时，， 而在区间上单调递增，故D正确. 故选：ACD 题型三 函数的伸缩偏移变换 【典例1】（24-25高一上·陕西西安·期末）（多选）为了得到函数的图象，只需把正弦曲线上所有的点（    ） A．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原米的，纵坐标不变 B．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C．先将横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度 D．先将横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度 【答案】AC 【分析】根据三角函数图象变换的知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】正弦曲线先向右平移个单位长度，得到函数的图象， 再将所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 得到函数的图象，故A正确，B错误； 先将正弦曲线上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 得到函数的图象，再向右平移个单位长度， 得到函数的图象，故C正确，D错误. 故选：AC 【典例2】（24-25高一上·甘肃兰州·期末）（多选）已知函数的图象横坐标变为原来的倍后得到，则下列说法正确的是（   ） A．函数的解析式 B．直线是函数图象的一条对称轴 C．在区间上单调递增 D．在上有4条对称轴 【答案】ABD 【分析】根据函数的伸缩变换可得，即可判断A；带入检验判断B；再根据正弦函数的性质判断CD. 【详解】由题意，，故A正确； 对于B，当时，， 所以直线是函数图象的一条对称轴，故B正确； 对于C，当时，， 因为函数在上不单调递增， 所以函数在区间上不单调递增，故C错误； 对于D，当时，， 因为函数在上有4条对称轴， 所以函数在上有4条对称轴，故D正确. 故选：ABD. 【典例3】（24-25高一下·内蒙古包头·期末）（多选）要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） B．先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） C．所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 D．所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 【答案】BC 【分析】利用三角函数的平移伸缩变换即可求解. 【详解】对于A，将先向右平移个单位长度，可得， 再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得，故A错误； 对于B，将先向左平移个单位长度，可得， 再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得，故B正确； 对于C，将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得， 再向左平移个单位长度得，故C正确； 对于D，将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得， 再向左平移个单位长度得，故D错误. 故选：BC. 【变式1】（24-25高一上·河北石家庄·期末）（多选）已知函数，则（   ） A．将的图象向右平移个单位可得到图象 B．函数的最小正周期为 C．函数在上的零点个数有6个 D．动直线与函数和的图象分别交于M，N两点，则的最大值为1 【答案】ACD 【分析】对于A，由平移变换求出 解析式即可判断；对于B，化简的解析式即可由周期公式得解；对于C，求出并化简结合函数在上的零点个数即可判断；对于D，由选项C及题意，即可判断. 【详解】对于A，将的图象向右平移个单位可得到，故A正确； 对于B，， 故函数最小正周期为，故B错误； 对于C，， 时，， 因为函数在上的零点个数有6个依次为， 所以函数在上的零点个数有6个，故C正确； 对于D，由选项C及题意可得， 所以动直线与函数和的图象分别交于M，N两点，则的最大值为1，故D正确. 故选：ACD. 【变式2】（24-25高一上·云南昭通·期末）（多选）为得到函数的图象，只需把正弦曲线上的所有点（   ） A．先向左平行移动个单位，再横坐标缩短到原来的，纵坐标不变； B．先向右平行移动个单位，再横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变： C．先横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平行移动个单位： D．先横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向左平行移动个单位； 【答案】AD 【分析】由三角函数图像平移逐项判断即可； 【详解】对于A：由的图象，先向左平行移动个单位，得到的图象， 再横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，正确； 对于B：由先向右平行移动个单位，得到的图象， 再横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，错误； 对于C: 由先横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象， 显然不管怎么左右平移都得不到，错误； 对于D: 由先横坐标伸长到原来的，纵坐标不变，得到的图象， 再向左平行移动个单位，得到的图象，正确； 故选：AD 【变式3】（多选）为了得到函数的图象，只需（   ） A．将函数的图象向左平移个单位长度 B．将函数的图象向左平移个单位长度 C．将函数的图象向左平移个单位长度 D．将函数的图象向右平移个单位长度 【答案】ACD 【分析】根据三角函数的图象变换和诱导公式，进行逐一判断选项. 【详解】对于选项A，的图象向左平移个单位长度， 可得的图象,故A正确; 对于选项B，的图象向左平移个单位长度， 可得的图象，故B错误； 对于选项C，的图象向左平移个单位长度， 可得的图象，故C正确； 对于选项D，的图象向右平移个单位长度， 可得的图象，故D正确. 故选：ACD. 题型四 求解参数 【典例1】（25-26高三上·福建泉州·期中）将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于原点中心对称，则可能的取值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过平移得到，由求解即可. 【详解】将函数的图象向左平移个单位， 得， 由题意为奇函数， 所以， 则， 结合选项可知：ABD不符合，C符合， 故选：C 【典例2】（24-25高一上·重庆·期末）若函数在区间上单调递增，则正数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意可得，即可求出，再由的取值范围求出的取值范围，从而确定左端点的取值范围，即可得到，解得即可. 【详解】函数在区间上单调递增且， 所以，解得， 由，则，则， 所以，解得，即正数的取值范围为. 故选：A 【典例3】已知函数（）的图象过点，且在区间上具有单调性，则的最大值为（   ） A． B．4 C． D．8 【答案】C 【分析】由函数的图象过点求得，根据函数的单调性，结合三角函数的性质列式求得的范围，即可得解. 【详解】因为函数的图象过点，所以， 因为，所以，所以， 当时，， 因为在区间上具有单调性， 所以，， 即且，， 则，， 因为，得， 因为，所以时，，则； 当时，， 综上，，即的最大值为. 故选：C. 【典例4】（24-25高一上·江苏常州·期末）若函数在区间上有且仅有5条对称轴，则取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦函数的性质求解出对称轴，再结合题意建立不等式组，求解参数范围即可. 【详解】令，解得， 若函数在区间上有且仅有5条对称轴， 则函数在上由小到大的第1条对称轴为， 第2条对称轴为，第3条对称轴为， 第4条对称轴为，第5条对称轴为， 第6条对称轴为，由题意知，， 解得，故D正确. 故选：D 【典例5】（24-25高一下·甘肃临夏·期末）设函数，若函数在区间上恰有4个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，结合给定区间求出的范围，借助于的图象，即可建立关于的不等式，求解即得. 【详解】由 ， 设，由，可得，即， 作出函数的图象. 函数在区间上恰有4个零点， 由图，则，解得. 故选：C. 【变式1】（24-25高一上·山西运城·期末）若函数在区间上单调，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可求出的取值范围，根据正切型函数的单调性可得出集合的包含关系，可得出关于的不等式组，即可求正实数的取值范围. 【详解】因为，则函数在区间上只能单调递增， 当时，， 所以，，其中， 所以，，解得， 由解得，且， 当时，； 当时，则，可得. 综上所述，正实数的取值范围是. 故选：D. 【变式2】（24-25高一上·新疆昌吉·期末）已知函数在上恰有2个零点，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用两角差的正弦公式化简函数的解析式，求出函数的零点，再根据函数在上恰有2个零点列不等式，可求得ω的取值范围 【详解】 令,则 所以或 解得或 当时，或 当时，或 因为在上恰有2个零点，且， 所以且 解得 即的取值范围为 故选：C. 【变式3】（24-25高一上·吉林长春·期末）设函数有个不同零点，则正实数的范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得在上有3个不同零点，利用正弦函数的性质列出不等式，解出正实数的范围 【详解】当时，令，解得，即在上仅有一个零点， 所以只需在上有3个不同零点即可， 当时，， 所以，即. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于结合正弦函数的性质列不等式，重点关注端点是否取等. 【变式4】（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期末）设函数在上恰有两个零点，且的图象在上恰有两个最高点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合三角函数的图象，可找到满足条件的所在的区间，解不等式组，可求得结果. 【详解】， 在上恰有两个零点，恰有两个最高点， ， 即， 当时，不符合题意， 当时，不等式组为，不等式无解， 当时, 不等式组为，不等式无解， 当时，，解得， 当时，，不等式无解， 当时，不等式无解. . 故选：A 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据在上恰有两个零点、两个最高点建立不等式组. 【变式5】（25-26高三上·重庆·月考）已知函数，若，且在上有最大值，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用辅助角公式化简，根据对称轴可求得；根据在上有最大值可确定，得到，进而可确定最小值. 【详解】； ，关于直线对称， ，结合，解得：； 当时，， 在上有最大值，，解得：； 当时，取得最小值. 故选：C. 题型五 解三角不等式 【典例1】（24-25高一上·湖南湘潭·期末）已知是三角形的一个内角，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助余弦函数图象和性质计算即可. 【详解】由题意得，因为，所以， 即不等式的解集为． 故选：C. 【变式1】（24-25高一上·陕西西安·期末）不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解得，再结合余弦函数图像即可求解； 【详解】由， 可得：， 可得，求解上的解集可得：， 由图象可知在上的解集为， 故选：A 【变式2】（24-25高一上·云南昆明·期末）函数的定义域是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化简得出，然后解不等式，可得出函数的定义域. 【详解】因为， 对于函数有，可得， 解得， 故函数的定义域为. 故选：D. 题型六 含绝对值的三角函数 【典例1】（24-25高一上·浙江杭州·期末）（多选）已知函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．的最小正周期为π C．在区间上单调递增 D．为奇函数 【答案】BC 【分析】利用函数的周期定义易判断AB项，利用正弦函数的单调性和绝对值函数的图象变换可判断C项，利用奇函数的定义可判断D项. 【详解】对于AB，因， 故的最小正周期不是，故A项错误； 假设存在，对于，都有， 不妨取，则， 而因，，即不存在比更小的正周期， 故的最小正周期是,故B项正确； 对于C，当时，单调递减，且为负值， 将在上的图象沿着轴翻折，即得在上的图象， 故在区间上单调递增，故C项正确； 对于D，因的定义域为， 且，故不是奇函数，即D项错误. 故选：BC. 【典例2】（24-25高一上·陕西西安·期末）（多选）已知函数，则下列关于函数的说法，正确的是（    ） A．的一个周期为 B．的图象关于对称 C．在上单调递增 D．的值域为 【答案】BCD 【分析】利用正弦型数的性质逐项计算判断即可. 【详解】因为， 所以不是函数的周期，故A错误； 因为，由， 解得，故B正确； 因为，所以，所以， 所以在上单调递增，故C正确； 当时，，所以，故D正确. 故选：BCD. 【典例3】（24-25高一上·云南大理·期末）已知函数，则下列命题正确的是（    ） A．是以为周期的函数 B．当时，函数的最大值为，最小值为 C．直线是曲线图象的一条对称轴 D．函数在上没有零点 【答案】B 【分析】于A，用周期性定义验证即可；对于B，，则，转化为，所以只需求在上的最大值、最小值即可判断；对于C，判断是否成立即可；对于D，由于，根据函数零点的存在性定理即可判断. 【详解】对于A，因为与不恒相等， 所以不是的周期，故A错误； 对于B，当时，， 令，则，转化为， 易知在区间上的最大值为，最小值为， 此时函数的最大值为，最小值为，故B正确； 对于C，又与不恒相等，故C错误； 对于D，，，，函数在上有零点，故D错误， 故选：B. 【变式1】（24-25高一上·云南昆明·期末）已知函数，则下列结论中正确的有（    ） A．的最小正周期为 B．的值域为 C．点是图象的一个对称中心 D．不等式的解集为 【答案】D 【分析】把函数用分段函数表示，再作出的图象，观察图象即可判断选项A，B，C，解不等式即可判断选项D而作答. 【详解】， 作出的图象，如图，观察图象，    对于A， 的最小正周期为，故A错误； 对于B，的值域为，B错误； 对于C，的图象没有对称中心，C错误； 对于D，不等式， 即时，得， 解得， 所以的解集为，故D正确. 故选：D. 【变式2】（24-25高一上·陕西咸阳·期末）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．函数不是中心对称图形 B．函数在上只有1个零点 C．函数在上有2个零点 D．函数的最大值为1 【答案】C 【分析】通过判别的奇偶性可判别A；分情况求函数的零点可判别B、C；通过求复合函数的值域可判别D. 【详解】对于A，因为，，， ，∴是中心对称图形，故A不正确； 对于B，C，当时，，令得，解得； 当时，，令得，解得. 所以函数在上有2个零点，故B不正确，C正确； 令，因为，而在上单调递增，所以，即函数的最大值为.故D不正确 故选：C. 【变式3】（2025·江苏·二模）（多选）已知函数，则（    ） A．的图象关于点对称 B．的最小正周期为 C．的最小值为 D．在上有四个不同的实数解 【答案】BD 【分析】方法一：结合判断A；根据正弦型函数的周期公式判断B；作出函数大致图象，判断CD； 方法二：化简得由，结合函数大致图象判断各选项即可. 【详解】方法一：由， 则，，则， 所以不可能关于对称，A错误； 因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 则的最小正周期为，B正确； 当时，，当时，； 当时，，作出函数大致图象，如图， 则，C错误， 在有4个根，D正确. 方法二：由， 作出和的图像，取位于上方的部分即可：    由图可知，AC错误，B正确， 对于D，计算知与在内的交点坐标为， 而，结合函数的图象特征可知函数与图象在内有四个交点， 所以在上有四个不同的实数解，故D正确. 故选：BD. 题型七 复合三角函数 【典例1】（24-25高一上·陕西西安·期末）（多选）已知函数，则（     ） A．存在点，使得的图象关于点中心对称 B．的一个周期为 C．的值域为 D．在内有且仅有2零点 【答案】BD 【分析】根据三角函数的性质对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】选项A： 若函数的图象关于点中心对称，则有恒成立. 对于，， 所以函数是偶函数，其图象关于轴对称. 假设存在点使得的图象关于点中心对称，， 若，的值不恒为常数， 所以不存在点，使得的图象关于点中心对称，A选项错误. 选项B： 若是函数的周期，则恒成立. ，所以是的一个周期，B选项正确. 选项C： 因为，那么. 令，函数在上的值域是，因为， 所以的值域是，不是，C选项错误. 选项D： 令，则，即. 当时，. 对于，当时，， 在单调递增，在单调递减，所以在内有个解. 当取其他整数时， . 所以在内有且仅有个零点，D选项正确. 故选：BD 【点睛】思路点睛： 遇到判断函数性质的问题，先明确函数的类型（如本题是三角函数相关的复合函数），然后根据三角函数的基本性质（对称性、周期性、值域、零点等）的定义和相关结论进行分析,对于复合函数，要注意内外层函数之间的关系和相互影响. 【变式1】（24-25高一上·湖南邵阳·期末）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．直线为函数的图象的一条对称轴 B．函数在上单调递增 C．函数在上单调递增 D．， 【答案】ABD 【分析】根据函数对称性经验证可知满足，即A正确，利用复合函数单调性判断即可得出B正确，由特殊值代入计算可得，即C错误，由单调性可知满足，可得D正确. 【详解】对于A，因为， 所以，故A对； 对于B，又易知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减， 由复合函数的单调性可知在上单调递增，故B对； 对于C，易知，，不能满足，故C错； 对于D，易知，计算可得，， 结合B选项的单调性可得，使得，故D对． 故选：ABD 【点睛】方法点睛：判断函数对称性常用方法有 （1）    代入验证检验是否满足对称轴方程； （2）    利用函数奇偶性平移求出对称轴或对称中心； （3）    作出函数图象. 【变式2】（24-25高一上·江苏淮安·期末）（多选）已知函数，下列说法正确的有（    ） A．函数为奇函数 B．函数的周期为π C．函数在区间上为增函数 D．当时，函数的图象恒在直线的下方 【答案】ACD 【分析】 根据题意，由奇函数的定义分析A，由函数周期性的定义分析B，由函数单调性的性质分析C，利用函数图象和不等式的性质分析D即得． 【详解】 对于A，函数的定义域为R，有， 则为奇函数，故A正确； 对于B，因， 故π不是函数的周期，故B错误； 对于C，因， 当时，为增函数且， 由复合函数的单调性知， 也是增函数， 故在上递增，， 又由为奇函数，则在区间上为增函数，故C正确； 对于D，， 当时，由函数与的图象（如图）可知：， 因，则有恒成立，故， 即函数的图象恒在直线的下方，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：此题的关键在于需要先判断函数的奇偶性，在此基础上才能由函数在上的单调性判断其在上的单调性，有时还需结合函数的结构组成运用不等式性质说明函数图象的位置. 题型八 三角函数的应用 【典例1】（24-25高一上·江苏连云港·期末）为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针针尖位置为.若初始位置为当秒针从（注此时）开始走时，点的纵坐标与时间的函数关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，分别求出、、的值，即可得出函数解析式. 【详解】根据题意，设， 由题意可知，为第一象限角，且， 又因为，则，， 函数的最小正周期为， 所以， 所以点的纵坐标与时间的函数关系为. 故选：C. 【典例2】（24-25高一上·江苏淮安·期末）（多选）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中使用（如图1）．若一半径为的筒车水轮圆心O距离水面（如图2），已知水轮按逆时针转动，每分钟转动4圈，当水轮上点P从水中浮现时（图2中点）开始计时，点P距水面的高度y（单位：）可以用与时间x（单位：s）有关的函数表示．下列结论正确的有（    ） A． B．点P第一次到达最高点需用时5s C．点P再次接触水面需用时10s D．当点P运动2.5s时，距水面的高度为 【答案】BC 【分析】根据函数模型的定义与性质，求出A、B和T、ω、φ，写出函数解析式，再判断选项中的命题是否正确． 【详解】函数中，所以， 时，，解得，因为，所以， 所以，A错误； 令得，则，解得， 所以x的最小值为5，即点P第一次到达最高点需用时5秒，B正确； 由题意知，点P再次接触水面需用时（秒），C正确； 当时，，点P距水面的高度为2米，D错误． 故选：BC 【典例3】（24-25高一上·浙江杭州·期末）某游乐场的摩天轮示意图如图，已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1~12（可视为点），在旋转过程中，座舱与地面的距离h与时间t的函数关系基本符合正弦函数模型即（其中），现从图示位置，即1号座舱（可视为A点）位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．    (1)求旋转分钟后号座舱（点）离地面的距离； (2)求1号座舱（点）与地面的距离与时间的函数关系的解析式（写出定义域）； (3)在前24分钟内，求1号座舱（点）与地面的距离为17米时的值． 【答案】(1)米 (2) (3)或 【分析】（1）首先求出旋转的角度，再求出初始高度及旋转上升的高度，即可得解； （2）依题意设，即可得到，，再由周期求出，最后求出即可； （3）令，结合正弦函数的性质计算可得. 【详解】（1）因为旋转一周所需时间分钟，所以旋转分钟转过的角度为， 号座舱（点）离地面的初始高度为米， 又摩天轮的半径为30米，所以逆时针旋转时上升的高度为米， 所以旋转分钟后号座舱（点）离地面的距离米； （2）依题意1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为（其中）， 依题意可得，，则． 又，， 当时，，又，所以， 所以． （3）令，即，， ，， 或，解得或， 故或时，1号座舱与地面的距离为17米． 【变式1】（24-25高一上·江苏镇江·期末）如图，摩天轮的半径为40m，摩天轮的中心点距地面的高度为50m，摩天轮做匀速转动，每36min转一圈，摩天轮上点的起始位置在最低点处.则在摩天轮转动的一圈内，点距离地面超过70m的时长为（   ） A．10min B．12min C．14min D．16min 【答案】B 【分析】如图，以点在地面的投影点为坐标原点，所在直线为轴，与垂直的向右的方向为轴建立坐标系，设时点距离底面的高度为，由题意得，，周期，求出函数解析式，令，解不等式继而可求解. 【详解】 如图，以点在地面的投影点为坐标原点，所在直线为轴， 与垂直的向右的方向为轴建立坐标系， 设时点距离底面的高度为， 由题意得，，周期， 所以， 所以，即， 可得，令，则， 所以， 令，即， 所以，解得， 令，则， 所以在摩天轮转动的一圈内，点距离地面超过70m的时长为. 故选：. 【变式2】（24-25高一上·云南昆明·期末）某地一天从6~14时的温度变化曲线如图所示，则这段曲线近似满足函数（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定的图象，取特殊点排除选项，再验证符合要求即可. 【详解】观察图象知，当时，， 此时，取最小值，不符合要求，排除A； ，取最大值1，不符合要求，排除C； 当时，， 此时，取最大值1，不符合要求，排除D， ，取最小值，符合要求， 当时，，此时，取最大值1，符合要求，B符合要求. 故选：B 【变式3】（24-25高一上·江苏徐州·期末）如图，摩天轮的半径为，点距地面的距离为，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转一圈，若摩天轮上点的起始位置在最高点处，则在摩天轮转动的过程中，（   ） A．转动后点距离地面 B．第和第点距离地面的高度相同. C．转速减半时转动一圈所需的时间变为原来的 D．转动一圈内，点距离地面的高度不低于的时长为 【答案】B 【分析】设转动过程中，点离地面距离的函数为，由题意求得解析式，然后逐项求解判断. 【详解】设转动过程中，点离地面距离的函数为：， 由题意得：，又， 即，故，， 所以 所以， 选项A，转到后，点距离地面的高度为，故A错误； 选项B，因为 ， ， 所以， 即第和第点距离地面的高度相同，故B正确； 选项C，若摩天轮转速减半，则转动一圈所需的时间变为原来的2倍，故C不正确； 选项D，令，则， 由，解得， 考虑第一圈时，点距离地面的高度不低于的时长，可得 当时，，当时，， 即摩天轮转动一圈，点距离地面的高度不低于m的时间为，故D错误； 故选：B. 题型九 解答题综合 【典例1】（24-25高一上·广东深圳·期末）已知函数. (1)求的最小正周期； (2)求在区间上的最大值和最小值，以及取得最大、最小值时的值. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据两角和的正弦公式化简，由周期公式得解； （2）根据自变量的范围及正弦函数的性质得解. 【详解】（1）， 所以. （2）当时，， 所以当，即时，， 当，即时，， 综上，当时有最小值，当时有最大值2. 【典例2】（24-25高一上·宁夏银川·期末）已知函数． (1)求的最小正周期以及单调递增区间； (2)设函数在区间上单调递减，求实数的取值范围； (3)当时，关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围． 【答案】(1)，； (2)； (3). 【分析】（1）先化简解析式，运用周期公式求出最小正周期，用整体代入法求单调区间； （2）由 时，得，结合函数单调性列出的不等式即可求出； （3）方程有两个不相等的实数根，即函数与函数的图像有两个交点，结合图像求解即可. 【详解】（1） 所以函数的最小正周期为. 令，解得， 所以函数的单调递增区间为. （2）当时，， 因为在区间上单调递减，所以，解得. 所以实数的取值范围是. （3）令，∵，∴， 因为方程有两个不相等的实数根，所以函数与函数的图像有两个交点.结合图像，得，解得. 所以实数的取值范围是. 【典例3】（24-25高一上·贵州铜仁·期末）已知函数，． (1)若，求的对称轴方程； (2)若在上恰取得一次最大值和一次最小值，求的取值范围； (3)若在轴右侧的第一个零点为，令，且在内恰有6个零点，求实数． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简可得，再由整体代换即可求得对称轴方程； （2）由可得，根据最值个数得出不等式即可求得； （3）依题意可求得，代入可得的表达式，再利用换元法可得方程有两不等实根，结合图象以及零点个数得出对应取值即可求得实数. 【详解】（1）易知 ； 因为，所以， 令，即可得； 所以的对称轴方程为； （2）因为，，所以； 又因函数在上恰有1个最大值和1个最小值； 所以有； 解得， 所以的取值范围为； （3）由题知，．所以，； 又因，所以； 所以； 又因； 即在内有6个根； 令，则有， 显然，所以有两不等实根，不妨设为，， 则有，，显然，异号， 不妨设，， ①若，易知，， 结合图象易知，在上有2个根，在上有4个根， 所以符合题目要求； ②若，结合图象易知，在上有4个根， 故需在上有2个根，易知此时； 代入方程得，； 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用三角恒等变换以及换元法将零点个数问题转化为方程根的个数问题，再根据函数与方程的思想利用数形结合即可求得参数取值. 【典例4】（24-25高一下·江西抚州·月考）若函数的部分图象如图所示． (1)求函数的解析式； (2)若当时，，求实数t的取值范围． (3)已知，若存在非零常数λ，对任意，有成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）根据图象可知，，即可得，再结合最值可得，即可得函数解析式； （2）利用周期得，以为整体，结合正弦函数图象分析求解即可； （3）根据题意结合正项函数值域可得，分类讨论，结合周期性和诱导公式运算求解. 【详解】（1）设的最小正周期为T，且， 由题图可得，且， 即，则，可得， 又因为，即， 且，则， 可得，即， 所以， （2）当时，利用周期等价于，则， 若，即， 则，解得， 所以实数t的取值范围为. （3）由题意可知：， 若存在非零常数λ，对任意，有成立， 因为在R上的值域为，则在R上的值域为， 可知，即， 当时，则，可知1为的一个周期， 即1为最小正周期的整数倍， 可得，则（且）， 当时，则， 可得， 由诱导公式可得，可得 综上所述：当时，且； 当时，． 【变式1】（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知函数. (1)求函数的最小正周期和单调递增区间； (2)求函数在区间上的最小值和最大值. 【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为 (2)最小值为,最大值为 【分析】（1）根据三角函数周期公式求周期，根据余弦函数单调区间列不等式，可得结果； （2）先确定取值范围，再根据余弦函数性质求最值. 【详解】（1） 所以函数的最小正周期为， 由得 即函数的单调递增区间为； （2） 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因为 因此当时，取最小值，为， 当时，取最大值，为. 【变式2】（24-25高一上·安徽合肥·期末）已知函数. (1)求函数的单调递增区间及对称中心； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到函数的图象，求函数在区间上的值域. 【答案】(1)单调递增区间为（），对称中心为（）. (2). 【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据三角函数的性质求出函数的单调递增区间及对称中心即可； （2）根据图象变换规律可得，然后根据正弦函数的性质即可求得函数在区间上的值域. 【详解】（1）函数 ， ∴. 令，，得，， 即函数的单调递增区间为（）. 令，，得，， 所以函数的对称中心为（）. （2）将函数的图象向右平移个单位长度， 可得的图象； 再向下平移个单位长度得到函数的图象. 因为，所以，所以， 所以，即的值域为. 【变式3】（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数. (1)求函数的最小正周期和单调递增区间； (2)若，求函数的值域； (3)若方程在上有两个不相等的实数根，，求的值. 【答案】(1)最小正周期为， (2) (3) 【分析】(1)根据二倍角公式和辅助角公式，把函数整理为正弦型函数，利用周期公式，求周期，利用正弦函数的单调区间，求出函数的单调增区间； (2)根据题中所给，求得的取值范围，利用正弦函数的图像，求出函数值域； (3)根据题中所给范围，求得的取值范围，转化为解方程，借助正弦函数的对称性，求得，的关系，代入求解. 【详解】（1） 即， 最小正周期为，令，解得， 故单调递增区间为. （2）由，，， 所以在区间上的值域为. （3）由，， 令的两个解为， 则，，，， 所以. 【变式4】（24-25高一上·安徽芜湖·期末）已知函数，且，，． (1)求的值； (2)求在区间上的单调递减区间； (3)若关于的方程在区间上有且仅有4个不同的实数解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由已知条件确定对称中心与对称轴，再结合正弦函数的对称性求得； （2）由正弦函数的单调性求解； （3）先解方程得出，或，然后由函数的图象与直线和的交点个数得出参数范围． 【详解】（1）因为，所以的图象关于直线对称． 又，所以的图象关于点对称， 则有，即， 又因为，所以． （2）因为，即在处取得最大值2，所以， 则，即，又，所以， 所以．令，可得， 由，可得，则， 所以在区间上的单调递减区间为． （3）方程可化为， 则，或． 由（2）可知，在区间上的图象如图所示， 因为方程在区间上有且仅有4个不同的实数解， 所以或 解得或． 所以实数的取值范围是． 期末基础通关练（测试时间：20分钟） 一、单选题 1．（24-25高一上·福建莆田·期末）函数的最小正周期为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由正切函数的最小正周期公式计算可得. 【详解】由正切函数的最小正周期公式可得函数的最小正周期为. 故选：D. 2．（24-25高一上·广东广州·期末）时，函数与的图象交点个数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】作出函数图象即可求解. 【详解】在同一直角坐标系中，分别作出与的图象， 根据图象可知：与的图象在有4个交点， 故选：B 3．（24-25高一下·陕西咸阳·期末）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，若是偶函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求得平移后的解析式，然后根据函数的奇偶性求得即可. 【详解】函数的图象向右平移， 得到， 由于偶函数，所以，即， 由于，所以取，得. 故选：A 4．（24-25高一上·安徽宣城·期末）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则函数的图象的一个对称中心是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再利用正弦函数的对称性求解判断. 【详解】依题意，， 对于A，，则不是函数图象的对称中心，A不是； 对于B，，则不是函数图象的对称中心，B不是； 对于C，，则不是函数图象的对称中心，C不是； 对于D，，则是函数图象的对称中心，D是. 故选：D 5．（24-25高一上·江苏南通·期末）若函数的图象关于对称，且在区间上单调递增，则＝（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先利用正弦函数对称轴的性质求出的表达式，再结合函数在给定区间上的单调性确定的值，进而得到函数的表达式，最后求出的表达式. 【详解】函数图像关于对称，说明在时成立，解得：， 函数在上单调递增，说明在该区间内满足正弦函数的单调递增条件， 所以且， 则当时，解得：， 结合和，得到； 将代入原函数，得到， 则. 故选：A. 二、多选题 6．（24-25高一上·江苏镇江·期末）下列四个函数中，周期为，且在区间上单调递增的有（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据正弦、余弦、正切函数的性质一一判断即可. 【详解】对于A：当时，，所以， 但是在上单调递减，所以在上单调递减，故A错误； 对于B：函数的最小正周期， 当时，，又在上单调递增， 所以在上单调递增，故B正确； 对于C：函数的最小正周期且在上单调递增，故C正确； 对于D：函数的最小正周期，故D错误. 故选：BC 7．（24-25高一上·贵州黔西·期末）已知函数，则下列命题正确的是（    ） A．若的图象关于直线对称，则可以为 B．若的图象关于点对称，则可以为4 C．若在区间上恰有3个零点，则的取值范围是 D．若在区间上单调递减，则的取值范围是 【答案】AC 【分析】对于A若的图象关于直线对称，所以解出即可判断；对于B若的图象关于点对称，验证即可；对于C若在区间上恰有3个零点，则解出即可判断；对于D若在区间上单调递减，则 解出即可判断. 【详解】对于A：若的图象关于直线对称，所以，当时，，故A正确； 对于B：若的图象关于点对称，则，当，故B错误； 对于C：若在区间上恰有3个零点，，则，故C正确； 对于D：若在区间上单调递减，，所以，故D错误. 故选：AC. 8．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知的部分图象如图所示，则（   ）    A．的最小正周期为 B．的图像可由的图象向左平移个单位得到 C．的对称轴为 D．在区间上的最大值为 【答案】ABD 【分析】 由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式．再根据的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论． 【详解】 解：根据函数的部分图象，可得，. 再根据五点法作图可得，，因为，， 又最大值为，∴. 的最小正周期为，故A正确； 的图像可由的图象向左平移个单位得到，故B正确； 令，则，所以的对称轴为，故C不正确； 时，，在区间上单调递增，故当时，，故D正确， 故选：ABD． 三、解答题 9．（24-25高一上·宁夏银川·期末）已知函数. (1)求函数的解析式及其最小正周期； (2)当时，求函数的值域. 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）利用二倍角公式以及三角恒等变换化简可得解析式，即可求出周期. （2）根据并结合正弦函数单调性计算即可得出值域. 【详解】（1）根据题意易知； 因此最小正周期为； （2）当时，， 易知时，， 当时，， 因此函数的值域为. 10．（24-25高一上·福建福州·期末）已知函数. (1)根据五点作图法完善以下表格，并在如图所示的直角坐标系中作出函数在的图象； x 0 y 0 (2)将图象上所有点向右平行移动个单位长度，再将得到的图象上的各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象，求的解析式，并写出曲线的一个对称中心. 【答案】(1)表格见解析，作图见解析； (2)，一个对称中心为. 【分析】（1）完善题干的表格，应用五点法画出函数图象； （2）根据函数图象的平移写出解析式，再由正弦型函数的性质及整体法求对称中心. 【详解】（1）列表得 0 y 0 2 0 0 再描点，得图象如下， （2）将图象上所有点向右平行移动个单位长度，得到的图象， 再将其各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象， 故的解析式为. 由，得，故函数图象的一个对称中心为. 期末重难突破练（测试时间：40分钟） 一、单选题 1．（24-25高一上·广东深圳·期末）函数在区间上所有零点之和为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据零点概念，变形为，作出和在区间上的图象，再证明的图象关于直线对称，运用对称性得解. 【详解】，作出和在区间上的图象如图， 可知两个图象共有4个交点，因此在区间上共有4个零点，由小到大记为． 同时，，， 可得，故的图象关于直线对称， 因此，故所有零点之和为， 故选：B． 2．（24-25高一上·广东深圳·期末）已知函数在区间上是增函数，且在上恰好取得一次最大值，则的取值范围是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由二倍角公式，诱导公式化简函数，通过范围求得范围，由函数单调递增建立不等式，解出的取值范围，通过范围求得范围，由函数在对应区间取一次最大值建立不等式，解出的取值范围， 【详解】， 当时，由在区间上单调递增可得，，解得． 当时，，由恰好在区间上取得一次最大值可得，解得， 综上所述，， 故选：D． 3．（24-25高一上·广东深圳·期末）已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（   ）． A．的图象关于直线对称 B．将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于原点对称 C．方程在区间有5个不等实根 D．在上单调递增 【答案】C 【分析】根据函数图象对称轴间的距离得出周期，再代入点得出，代入验证对称轴判断A，根据平移后的解析式得出函数不关于原点对称判断B，解方程求出根判断C，应用周期得出单调区间长度为周期一半判断D. 【详解】由题意相邻对称轴间的距离为，可得， 因此，当时，，故． 由可得，由函数最大值为2可得，因此． A选项，，非最值，故不是的对称轴，A错误． B选项，图象向右平移个单位长度后的解析式为，不关于原点对称，B错误． C选项，令，可得或，解得或， 在上，实根为，共5个，C正确． D选项，的单调区间长度为，不可能在长为的区间上单调递增，D错误． 故选：C． 4．（24-25高一上·河南·期末）若函数的最小正周期为，且函数在区间上单调递增，则m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由函数的周期性求得解析式，进而求得其增区间，再由在区间上单调递增求解. 【详解】解：由题意知，解得，所以， 令，，解得，， 当时，可得在上单调递增， 又函数在区间上单调递增，所以， 即m的取值范围是． 故选：B 二、多选题 5．（24-25高一上·云南昆明·期末）已知函数部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ）． A． B．的图象关于点对称 C．将函数的图象向右平移个个单位得到函数的图象 D．若方程在上有且只有一个实数根，则m的取值范围是 【答案】AC 【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】由函数图象可得，由，解得，故A正确； 所以，又函数过点，即， 所以，，即，，又，所以， ∴， 对于B：当时，， 所以的图象不关于点对称，故B错误； 对于C：将函数的图象向右平移个单位得到： ，故C正确； 对于D：当时，， 令，解得，所以在上单调递增， 令，解得，所以在上单调递减， 又，，， 故方程在上有且只有一个实数根时，则的取值范围是，故D错误． 故选：AC 6．（24-25高一上·贵州黔南·期末）函数（，）的部分图象如图所示，下列说法中，正确的是（    ） A． B．函数在区间上单调递减 C．函数的图象向右平移个单位长度后得到的新函数是偶函数 D．若方程在上有且只有8个根，则 【答案】BCD 【分析】分别将图象中的两点代入解析式，可得A的正误；利用整体思想，结合正弦函数的单调性，可得B的正误；利用函数的平移变换，结合余弦函数的奇偶性，可得C的正误；根据特殊三角函数值，列举出个零点，可得D的正误. 【详解】对于A，由，得，即.又因为，所以. 又因为函数的图象过点，则，即， 所以，即，，，所以，故A错误. 对于B，由A知，.当时，. 由正弦函数单调性知在上单调递减，故B正确. 对于C，的图象向右平移个单位长度后， 得是偶函数，故C正确. 对于D，又，得，可得或. 8个根从小到大依次为，，，，，，，， 是第9个根，所以，故D正确. 故选：BCD. 三、解答题 7．（24-25高一下·四川绵阳·期末）已知函数的部分图象如图所示． (1)求函数的解析式； (2)将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，若，且，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得，利用过点，可求得，利用过点，结合周期可求，可求解析式； （2）由已知要得，进而可求得，利用诱导公式与二倍角的余弦公式可求值. 【详解】（1）由题意可得，又因为过点，所以， 所以，又，所以，所以， 又因为过点，所以， 所以，所以， 所以，又函数的最小正周期，所以， 所以，解得，又，所以，所以； （2）将函数的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，所以， 又，所以，所以， 因为，所以，所以， 所以 ， 所以 8．（24-25高一下·河南南阳·月考）已知函数的部分图象如图. (1)求函数的解析式，并写出它的对称中心； (2)求函数的最小值，并求取最小值时x的集合； (3)若函数的图象向右平移个单位长度得到一偶函数的图象，求m的最小值. 【答案】(1)，对称中心 (2)， (3) 【分析】（1）由三角函数的性质求得，即可求出函数的解析式，再令，即可求出它的对称中心； （2）由知，再由三角函数的性质求解即可； （3）根据（1）中所求，结合图像平移可得，再由对称性可求得的表达式，以及其最小值； 【详解】（1）由图象知. 所以，所以. 又由图象知， 所以，， 则，所以. 又，所以， 可得，所以. 所以， 令 所以它的对称中心为. （2）由知， 此时，即. 所以取最小值时的集合为. （3）向右平移个单位长度得到为偶函数， 即函数图象关于轴对称，即为， 所以，所以. 由于，所以当时，. 所以的最小值为. 9．（24-25高一上·安徽合肥·期末）已知函数，． (1)求的最小正周期； (2)若的图象关于点对称，且，求t的值； (3)当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）利用辅助角公式化简函数，再求出最小正周期； （2）由（1）整理出函数的解析式，利用三角函数的对称中心，列式计算即可； （3）利用整体思想，求得函数在上的值域，去掉绝对值，建立不等式组即可求解. 【详解】（1）因为， 故的最小正周期为. （2）由（1）知， 由题令，得， 又，故或. （3）当时，，所以， 又恒成立，即恒成立， 所以，即， 故实数m的取值范围是. 10．（23-24高一下·江苏苏州·月考）已知函数． (1)求的单调递增区间； (2)当时，求的最值． (3)当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)最小值为；最大值为2 (3) 【分析】（1）根据三角恒等变换化简的表达式，结合正弦函数的性质，即可求得答案； （2）由，确定，结合正弦函数的最值，即可求得答案； （3）化简，参变分离，可得，换元，即令，则求在上的最小值，即可求得答案. 【详解】（1）由题意，得函数 ， 由，解得， 所以的单调递增区间为. （2）当时，，所以，则， 当即时，函数取得最小值为； 当即时，函数取得最大值为； （3）由题意得时，有解， 而此时，即有解，只需要即可， ，， 令，则在上单调递减， 所以当时，，即，所以. 【点睛】方法点睛：（1）本题第三问考查恒成立或有解问题，一般方法是转化为函数的最值问题解决；（2）参变分离，当参数的系数的正负确定时，一般可采用分离参数的方法，然后可构造函数，解决问题. 期末综合拓展练（测试时间：40分钟） 一、单选题 1．（2025·北京·高考真题）设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（   ） A．8 B．6 C．4 D．3 【答案】C 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 【详解】函数， 设函数的最小正周期为T，由可得， 所以，即； 又函数在上存在零点，且当时，， 所以，即； 综上，的最小值为4. 故选：C. 2．（2025·天津·高考真题），在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（   ） A． B． C．1 D．0 【答案】A 【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴， 所以时函数取最大值， 又因为是它的一个对称中心， 所以，， 设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知， 即， 又在上单调递增，则， ∴，则，， ∵，∴时，，∴， 当时，， 由正弦函数的单调性可知. 故选：A 3．（2025·全国一卷·高考真题）已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解. 【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足， 即的对称中心是， 即， 又，则时最小，最小值是， 即. 故选：B 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解 【详解】因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 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 5．（2024·上海·高考真题）下列函数的最小正周期是的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 . 【详解】对A，，周期，故A正确； 对B，，周期，故B错误； 对于选项C，，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误； 对于选项D，，周期，故D错误， 故选：A． 6．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解. 【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点， 则，即， 且，所以. 故选：B. 7．（2024·天津·高考真题）已知函数的最小正周期为．则在区间上的最小值是（   ） A． B． C．0 D． 【答案】D 【分析】结合周期公式求出，得，再整体求出当时，的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解. 【详解】因为函数的最小正周期为，则，所以， 即，当时，， 所以当，即时， 故选：D 8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案. 【详解】因为在区间单调递增， 所以，且，则，， 当时，取得最小值，则，， 则，，不妨取，则， 则， 故选：D. 9．（2023·天津·高考真题）已知函数的图象关于直线对称，且的一个周期为4，则的解析式可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意分别考查函数的最小正周期和函数在处的函数值，排除不合题意的选项即可确定满足题意的函数解析式. 【详解】由函数的解析式考查函数的最小周期性： A选项中，B选项中， C选项中，D选项中， 排除选项CD， 对于A选项，当时，函数值，故是函数的一个对称中心，排除选项A， 对于B选项，当时，函数值，故是函数的一条对称轴， 故选：B. 10．（2023·全国甲卷·高考真题）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解. 【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以， 而显然过与两点， 作出与的部分大致图像如下，    考虑，即处与的大小关系， 当时，，； 当时，，； 当时，，； 所以由图可知，与的交点个数为. 故选：C. 二、多选题 11．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 三、填空题 12．（2025·上海·高考真题）函数在上的值域为 ． 【答案】 【分析】利用余弦函数的单调性可得. 【详解】由函数在上单调递增，在单调递减， 且， 故函数在上的值域为. 故答案为：. 13．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在上的最大值是 ． 【答案】2 【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可. 【详解】，当时，， 当时，即时，. 故答案为：2 14．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解. 【详解】因为，所以， 令，则有3个根， 令，则有3个根，其中， 结合余弦函数的图像性质可得，故， 故答案为：. 15．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则 ．    【答案】 【分析】设，依题可得，，结合的解可得，，从而得到的值，再根据以及，即可得，进而求得． 【详解】设，由可得， 由可知，或，，由图可知， ，即，． 因为，所以，即，． 所以， 所以或， 又因为，所以，． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键． 四、解答题 16．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数． (1)求; (2)设函数，求的值域和单调区间． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间. 【详解】（1）由题意，所以； （2）由（1）可知， 所以 ， 所以函数的值域为， 令，解得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为， 函数的单调递增区间为. 17．（2023·北京·高考真题）设函数． (1)若，求的值． (2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1). (2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，. 【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值； （2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同． 【详解】（1）因为 所以， 因为，所以. （2）因为， 所以，所以的最大值为，最小值为. 若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在； 若选条件②：因为在上单调递增，且， 所以,所以,, 所以， 又因为，所以， 所以， 所以，因为，所以. 所以，； 若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最小值，即. 以下与条件②相同． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $