专题02 三角函数图像与性质（压轴题专项训练）高一数学北师大版必修第二册

专题02 三角函数图像与性质 目录 专题02 三角函数图像与性质 1 2 类型一、图像基础：五点法 2 类型二、图像与解析式 3 类型三、复合型三角函数的单调性 5 类型四、最小平移型求w 5 类型五、零点与中心型 6 类型六、对称轴与极值型 7 类型七、零点个数型 8 类型八、区间内不单调求参 9 类型九、区间内无零点型 9 类型十、区间内无最值型 10 类型十一、零点和或者方程根的和 11 类型十二、正整数参数型 12 类型十三、正切函数型求参 12 13 类型一、图像基础：五点法 函数y＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0）中参数A．φ、ω的作用 参数 作用 A A决定了函数的值域以及函数的最大值和最小值，通常称A为振幅. φ φ决定了x=0时的函数值，通常称φ为初相，ωx＋φ为相位. ω ω决定了函数的周期T＝. 五点画图法，是高中解决函数图像性质的小题的“终极实战大法”也是容易被忽略的的基本方法，合理利用这个方法，能在处理图像和性质，特别是求的题型时，达到“小题速做，小题不大作”的神奇效果。 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 例1．（25-26高一上·河南郑州·期末）函数与图象的交点个数为（   ） A．1 B．3 C．5 D．7 变式1-1． （25-26高一下·全国·课堂例题）函数在区间上的简图是（    ） A． B． C． D． 变式1-2． （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 变式1-3． （24-25高三上·贵州·月考）已知函数的图象关于直线对称，则当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 类型二、图像与解析式 根据三角函数或的部分图象求函数解析式的方法： （1）求、，； （2）求出函数的最小正周期，进而得出； （3）取特殊点代入函数可求得的值. 与y轴有交点型图像求解析式，相对来说有一定难度。主要依靠x=0时这类特殊值，确定符合条件的对应值来作为突破口，再借助五点画图法来求解解析式。 例2．（2022·广东茂名·二模）已知函数 的部分图象如图所示．将函数的图象向左平移 个单位得到 的图象，则（　　） A． ） B． C． D． 变式2-1． （2022·贵州贵阳·模拟预测）如图是函数的图像的一部分，则要得到该函数的图像，只需要将函数的图像（    ） 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 变式2-2．（2022·山东潍坊·模拟预测）函数的部分图像如图所示，现将的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的表达式可以为（    ） A． B． C． D． 变式2-3． （2022·安徽·模拟预测）已知函数的图象如图所示，则的图像可以由下列哪个函数图像平移后得到（    ） A． B． C． D． 类型三、复合型三角函数的单调性 单调性的运算关系： ①一般认为，－f(x)和均与函数f(x)的单调性 相反 ； ②同区间，↑+↑= ↑ ，↓+↓= ↓ ，↑－↓= ↑ ，↓－↑= ↓ ； (2) 单调性的定义的等价形式：设x1，x2∈[a，b]，那么有： ①>0⇔f(x)是[a,b]上的 增函数 ； ②<0⇔f(x)是[a,b]上的__减函数__； (3)复合函数单调性结论： 同增异减 ． 例3．（25-26高三上·安徽·月考）当时，函数的最小值为，最大值为，则（   ） A． B． C． D． 变式3-1．（25-26高一上·全国·单元测试）函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 变式3-2． （24-25高一上·甘肃甘南·期末）函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 变式3-3． （24-25高一上·黑龙江哈尔滨·月考）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是奇函数 B．的最大值为2 C．的最小正周期是 D．在区间单调递减 类型四、最小平移型求w 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 平移最小型求w，可以借助代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式或者利用单调区间，再结合图形解出值或者范围。 例4．（2025高三·全国·专题练习）若把函数的图象按向量平移所得的图象关于轴对称，则的最小值为（    ）． A． B． C． D． 变式4-1．（24-25高一·全国课堂练习）为得到函数的图象，可将函数的图象向左平移个单位长度，或向右平移个单位长度（，均为正整数），则的最小值是 A． B． C． D． 变式4-2．（22-23高三上·广西·模拟）函数的图象可由函数的图象向右平移（）个单位得到，则的最小值为 A． B． C． D． 变式4-3． （25-26高三·全国专题练习）已知函数，若将其图象向右平移个单位后所得的图象关于原点对称，则的最小值为 A． B． C． D． 类型五、零点与中心型 正余弦函数性质：对称中心 正弦函数对称中心： (kπ，0)(k∈Z) 余弦函数对称中心 (＋kπ，0)(k∈Z) 正切函数对称中心 (，0)(k∈Z) 正余弦函数对称中心（零点），在一些特殊题型时，要注意“第一零点与第二零点”的区别。而对于正切函数tanx，特别是正切型的对称中心，不一定是正切的零点，这个要注意区别。 例5．（25-26高三下·贵州黔东南·开学考试）已知函数（）的最小正周期为，点是其图象的一个对称中心，则的最小值为（） A． B． C． D． 变式5-1。（25-26高一上·山东泰安·期末）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． 变式5-2． （25-26高三上·河南南阳·期末）若点为函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 变式5-3．（24-25高三下·云南临沧·月考）已知，其最小正周期大于，若为的图象的对称中心，则的值为（    ） A． B． C． D． 类型六、对称轴与极值型 正弦函数对称轴 （k∈Z）时，ymax＝1； （k∈Z）时，ymin＝－1 余弦函数对称轴 x＝2kπ（k∈Z）时，ymax＝1； x＝2kπ＋π（k∈Z）时，ymin＝－1 正余弦对称轴各自都有两种类型，一个是最大值对称轴，处于单调增到单调减的分界处，一个是最小值对称轴，处于单调减与单调增的分界处，注意区分。 例6．（25-26高三下·天津·开学考试）已知函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，且恒成立，给出下列结论： ①在区间上单调递减；②在区间上有两个极值点； ③直线与的图象相切；④在上的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和为其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 变式6-1． （25-26高三上·天津·期末）已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 变式6-2．（25-26高三上·河北张家口·期末）已知函数图象的对称轴为直线，其中，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 变式6-3． （25-26高三上·河南·月考）已知函数的一条对称轴是，且在上单调，则ω的最大值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 类型七、零点个数型 的单调区间长度是最小正周期的一半; 的相邻零点长度是最小正周期的一半; 的相邻轴长度是最小正周期的一半; 例7．（20-21高三上·全国·月考）已知函数，若存在实数，使得，且在上有最小值，没有最大值，则在上的零点个数最少为（    ） A．1344 B．1345 C．1346 D．1347 变式7-1．（2020·江西南昌·二模）已知函数在区间上有且仅有2个最小值点，下列判断：①在上有2个最大值点；②在上最少3个零点，最多4个零点；③；④在上单调递减.其中所有正确判断的序号是（    ） A．④ B．③④ C．②③④ D．①②③ 【点睛】本题的解题关键是掌握正弦函数图象特征，整体法求零点的方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题. 变式7-2．（24-25高一下·四川遂宁·期末）函数，则在内零点个数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 变式7-3．（2025·河北·一模）函数在上的零点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 类型八、区间内不单调求参 对于正余弦型函数，如果区间内不单调，则区间内必有对称轴，可以借助这个思维来求解 例8．（24-25高三上·新疆·月考）已知函数，若为偶函数，且在区间上不单调，则（   ） A． B． C． D． 变式8-1．（2024高一上·全国·专题练习）已知函数（，，）的图象关于轴对称，且在区间上不单调，则的可能取值有（　　） A．7个 B．8个 C．9个 D．10个 变式8-2． （21-22高一上·新疆乌鲁木齐·期末）已知函数 （ω>0），对任意x∈R，都有≤，并且在区间上不单调，则ω的最小值是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 变式8-3． （2020·全国·模拟预测）已知函数，对任意，都有，并且在区间上不单调，则的最小值是（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 类型九、区间内无零点型 没有零点型型求w，可以采用正难则反的策略把无交点问题转化为有交点的问题，利用补集思想得到最终的结果，对于其他否定性问题经常这样思考. 例9．（2026·广东·模拟预测）设函数，已知，且在区间上无零点，则的最大值为（    ） A． B． C． D．1 变式9-1． （23-24高三上·广东广州·月考）设函数在区间内有零点，无极值点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式9-2．（25-26高三上·山东烟台·期末）若函数在区间内无零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 变式9-3．（2023·江西吉安·一模）已知函数，若函数在区间上无零点，则正数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 类型十、区间内无最值型 极值点最大值最小值的问题，可以转化为区间对称轴的个数，利用对称轴公式求解。 例10．（20-21高三·贵州铜仁·月考）已知函数对于，都有，恒成立，且在区间上无最值.现将的图象向左平移个单位后得函数的图象，则的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 变式10-1． （20-21高三·贵州铜仁·月考）已知函数（，）对于R，都有，恒成立，且在区间上无最值.现将的图像向左平移个单位后得函数的图像，则的增区间为（    ） A．， B．， C．， D．， 变式10-2． （25-26高三河南模拟预测）已知函数，若在区间内无最值，则的取值范围是 A． B． C． D． 变式10-3．（21-22高三下·全国·开学考试）函数对于都有，恒成立，在区间上无最值.将横坐标变为原来的6倍，图像左移个单位，上移3个单位得到，则下列选项正确的是（    ） A．在上单调递增 B．当时取得最小值为 C．的对称中心为（） D．右移m个单位得到，当时，为偶函数 类型十一、零点和或者方程根的和 零点和型： 正余弦函数相邻两个零点的中点，则是对称轴对应的横坐标，所以利用正余弦函数的对称性可以计算。 例11．（25-26高一上·全国·课后作业）已知函数，若函数在上的零点为，则（    ） A． B． C． D． 变式11-1． （2024·天津红桥·一模）将函数的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移单位，得到函数的部分图象（如图所示）．对于，，且，若，都有成立，则下列结论中不正确的是（    ）    A． B． C．在上单调递增 D．函数在的零点为，则 变式11-2．（23-24高二下·山西太原·期末）已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（    ） A． B． C． D． 变式11-3． （24-25高一下·上海黄浦·期中）已知函数在区间上有且仅有一个零点，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 类型十二、正整数参数型 求正整数型，可以先求出对应的范围，再“卡”整数点。 例12．（20-21高一下·陕西渭南·期末）已知函数在区间上的最小值小于零，则可取的最小正整数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 故选：D. 变式12-1． （21-22高三上·江苏南京·月考）已知函数的部分图象如图所示，则满足条件的最小正整数x为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 变式12-2． （24-25高一下·上海宝山·期中）若存在实数 和正整数 ，使得函数 在区间 内恰有 1000 个零点，则所有满足条件的正整数 的取值集合为_____. 类型十三、正切函数型求参 例13．（25-26高一下·甘肃兰州·开学考试）已知函数的部分图象如图所示，其中，函数在不单调，则a的取值范围为______． 变式13-1． （2026·河南南阳·模拟预测）设，若直线与函数图象的相邻两个交点的距离为，则的值为__________． 变式13-2． （25-26高三上·陕西·期末）设，若函数在区间上单调递增，则的最大值为______． 变式13-3． （2025高一上·江苏·专题练习）若函数的最大值为___________ 压轴专练 一、单选题 1．（辽宁大连育明高中、丹东二中、本溪高中四校联考2026届高三下学期教学质量调研数学试题）已知函数是最小正周期为的偶函数，则的值为（   ） A． B．0 C． D．1 2．（25-26高一下·全国·课后作业）函数的最小正周期为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高三下·江苏扬州·开学考试）函数的图象的相邻两支截直线所得线段长为，则（    ）. A． B． C．1 D． 4．（25-26高三下·云南怒江·开学考试）已知函数，则（    ） A．为奇函数 B．为偶函数 C．为奇函数 D．为偶函数 5．（2026·福建福州·模拟预测）当时，函数的零点个数为（   ） A．3 B．4 C．6 D．8 6．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）记函数，其中，若在恰有两个零点，且，则函数在上的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 7．（2026高三上·贵州贵阳·专题练习）若存在实数，使得对任意，均有，则实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．（25-26高一上·湖南衡阳·月考）已知的值域为为的一个零点，且对任意实数，都满足，且函数的周期为所有可能周期中的最大值，当符合条件的正数取最小值时，的值为（   ） A．2 B． C． D．5 二、多选题 9．（2026·山西大同·一模）下列关于函数的说法正确的是（    ） A．直线是函数图象的一条对称轴 B．在区间上单调递增 C．的图象可通过的图象上所有点向右平移个单位长度得到 D．若，且，则 10．（25-26高一下·吉林长春·开学考试）已知函数，则下列命题正确的有（   ） A．的最小正周期为 B．的最大值为 C．直线是函数图象的一条对称轴 D．在区间上单调递增 11．（25-26高一上·福建福州·期末）已知函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B． C．直线是图象的一条对称轴 D．在上的图象与直线恰有11个交点 三、填空题 12．（25-26高一下·山西临汾·开学考试）已知函数的最大值是3，的图象与轴的交点坐标为，其相邻两个对称中心的距离为2，则______． 13．（25-26高三下·安徽阜阳·开学考试）将函数的图象向左平移θ个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，且，则θ=____，____. 14．（25-26高一下·黑龙江·开学考试）已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 三角函数图像与性质 目录 专题02 三角函数图像与性质 1 2 类型一、图像基础：五点法 2 类型二、图像与解析式 4 类型三、复合型三角函数的单调性 7 类型四、最小平移型求w 9 类型五、零点与中心型 10 类型六、对称轴与极值型 12 类型七、零点个数型 15 类型八、区间内不单调求参 17 类型九、区间内无零点型 19 类型十、区间内无最值型 21 类型十一、零点和或者方程根的和 24 类型十二、正整数参数型 27 类型十三、正切函数型求参 30 31 类型一、图像基础：五点法 函数y＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0）中参数A．φ、ω的作用 参数 作用 A A决定了函数的值域以及函数的最大值和最小值，通常称A为振幅. φ φ决定了x=0时的函数值，通常称φ为初相，ωx＋φ为相位. ω ω决定了函数的周期T＝. 五点画图法，是高中解决函数图像性质的小题的“终极实战大法”也是容易被忽略的的基本方法，合理利用这个方法，能在处理图像和性质，特别是求的题型时，达到“小题速做，小题不大作”的神奇效果。 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 例1．（25-26高一上·河南郑州·期末）函数与图象的交点个数为（   ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】D 【分析】通过分析函数的周期性、奇偶性及分段表达式，结合其图像特征，与直线的图像对比，确定交点个数. 【详解】当时，；当时，．与的大致图象如图所示，由图可得交点个数为7． 变式1-1． （25-26高一下·全国·课堂例题）函数在区间上的简图是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】计算时的函数值，排除错误选项即可. 【详解】由，可排除BD； 由，可排除C.故选：A 变式1-2． （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 变式1-3． （24-25高三上·贵州·月考）已知函数的图象关于直线对称，则当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】借助辅助角公式结合正弦型函数对称性可得，再画出与图象在同一坐标系中即可得解. 【详解】，其中，且， 则有，解得，即， 则，即， 画出与图象如图所示： 由图可知，曲线与的交点个数为. 故选：B. 类型二、图像与解析式 根据三角函数或的部分图象求函数解析式的方法： （1）求、，； （2）求出函数的最小正周期，进而得出； （3）取特殊点代入函数可求得的值. 与y轴有交点型图像求解析式，相对来说有一定难度。主要依靠x=0时这类特殊值，确定符合条件的对应值来作为突破口，再借助五点画图法来求解解析式。 例2．（2022·广东茂名·二模）已知函数 的部分图象如图所示．将函数的图象向左平移 个单位得到 的图象，则（　　） A． ） B． C． D． 【答案】D 【分析】由图象可知，由此可求得，得到的解析式，根据三角函数图象的平移变换结合三角函数的诱导公式，即可求得答案. 【详解】由图象知，，∵，∴， 又，∴，∴，∵将函数的图象向左平移个单位得到的图象， ∴，故选：D． 变式2-1． （2022·贵州贵阳·模拟预测）如图是函数的图像的一部分，则要得到该函数的图像，只需要将函数的图像（    ） 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 【答案】A 【分析】先由图像求得，再由辅助角公式化简，最后由三角函数的平移变换即可求解. 【详解】由题图知：，又，， 解得，又， 将向左平移得. 故选：A. 变式2-2．（2022·山东潍坊·模拟预测）函数的部分图像如图所示，现将的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的表达式可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由最大值、和，结合五点作图法可求得；根据三角函数平移变换，结合诱导公式可化简得到结果. 【详解】由图像可知：，； 又，，又，， ，由五点作图法可知：，解得：，； . 故选：B. 变式2-3． （2022·安徽·模拟预测）已知函数的图象如图所示，则的图像可以由下列哪个函数图像平移后得到（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据图像分析出周期，然后求出即可确定答案. 【详解】由图可知的最小正周期为的最小正周期为，排除；的最小正周期为，故B正确；和的最小正周期为，排除C，D，故正确选项为B. 故选：B. 类型三、复合型三角函数的单调性 单调性的运算关系： ①一般认为，－f(x)和均与函数f(x)的单调性 相反 ； ②同区间，↑+↑= ↑ ，↓+↓= ↓ ，↑－↓= ↑ ，↓－↑= ↓ ； (2) 单调性的定义的等价形式：设x1，x2∈[a，b]，那么有： ①>0⇔f(x)是[a,b]上的 增函数 ； ②<0⇔f(x)是[a,b]上的__减函数__； (3)复合函数单调性结论： 同增异减 ． 例3．（25-26高三上·安徽·月考）当时，函数的最小值为，最大值为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的定义域可得，结合复合函数单调性分别确定函数与函数的单调性，从而得在上的单调性，从而得最值，于是求得的值. 【详解】因为，所以函数在处无定义，所以， 又函数在上单调递减，且，且函数在上单调递减， 所以在上单调递增，所以，解得， 再由，得， 由，可解得．故选：D. 变式3-1．（25-26高一上·全国·单元测试）函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，确定函数的定义域，结合复合函数单调性可知，的单调递增区间即为的单调递增区间，再利用正弦型函数单调区间整体代入求解即可. 【详解】由题意可得，则， 解得，故的定义域为， 因为单调递增，所以的单调递增区间即为的单调递增区间， 令（），解得， 则的单调递增区间是．故选：B. 变式3-2． （24-25高一上·甘肃甘南·期末）函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用复合函数单调性的判定，求解内层函数的定义域，进而再求出单调性即可. 【详解】设，即，在上单调递增， 故取，且的单调递增的部分，可求出的递增区间， 可得，即， 解得 .故选：A. 变式3-3． （24-25高一上·黑龙江哈尔滨·月考）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是奇函数 B．的最大值为2 C．的最小正周期是 D．在区间单调递减 【答案】D 【分析】利用奇偶性定义即可判断A项；通过正余弦函数的图象性质，分别求出和的最值即可判断B项；根据函数的周期性定义可判断C项；利用正余弦函数在的单调性和值域，结合复合函数的单调性即可判断D项. 【详解】对于A,函数的定义域为, 因，故A错误； 对于B，当时，，则， 当且仅当时，取得最大值1； 又，当且仅当时，取得最大值， 因，则的最大值为，故B错误； 对于C，对于， 不能恒等于，故C错误； 对于D，当时，单调递减，且，此时因在上单调递增， 则由复合函数的单调性知，在上单调递减； 又当时，单调递增，且，此时因在上单调递减， 则由复合函数的单调性知，在上单调递减. 综上所述，函数在区间单调递减，故D正确.故选：D. 类型四、最小平移型求w 确定的步骤和方法: (1)求 ：确定函数的最大值和最小值，则 ，； (2)求：确定函数的周期，则可； (3)求：常用的方法有代入法和五点法． ①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时已知)或代入图象与直线的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)． ②五点法：确定值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口． 平移最小型求w，可以借助代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式或者利用单调区间，再结合图形解出值或者范围。 例4．（2025高三·全国·专题练习）若把函数的图象按向量平移所得的图象关于轴对称，则的最小值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题设得平移后的解析式为，由对称性得，即可得. 【详解】由题设，向右平移个单位，则， 平移后图象关于轴对称，则，，可得，. 又，故的最小值为. 故选：B 变式4-1．（24-25高一·全国课堂练习）为得到函数的图象，可将函数的图象向左平移个单位长度，或向右平移个单位长度（，均为正整数），则的最小值是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】试题分析：由题意可知，，为非负整数，，为正整数，∴，∴当时，. 考点：三角函数图象的平移. 变式4-2．（22-23高三上·广西·模拟）函数的图象可由函数的图象向右平移（）个单位得到，则的最小值为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】试题分析：因为，所以，的图象向右平移个单位得到的图象，故选B. 考点：1、两角差的正弦公式及余弦的二倍角公式；2、三角函数的平移变换. 变式4-3． （25-26高三·全国专题练习）已知函数，若将其图象向右平移个单位后所得的图象关于原点对称，则的最小值为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】试题分析：由题意，将其图象向右平移个单位后解析式为，则，即，所以的最小值为，故选C． 考点：倍角公式，辅助角公式，函数图像的平移，函数的性质． 类型五、零点与中心型 正余弦函数性质：对称中心 正弦函数对称中心： (kπ，0)(k∈Z) 余弦函数对称中心 (＋kπ，0)(k∈Z) 正切函数对称中心 (，0)(k∈Z) 正余弦函数对称中心（零点），在一些特殊题型时，要注意“第一零点与第二零点”的区别。而对于正切函数tanx，特别是正切型的对称中心，不一定是正切的零点，这个要注意区别。 例5．（25-26高三下·贵州黔东南·开学考试）已知函数（）的最小正周期为，点是其图象的一个对称中心，则的最小值为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用三角函数的周期性与对称性结合题目条件即可求出的最小值. 【详解】由，得，令，则，容易验证当时，最小，此时. 故选：A 变式5-1。（25-26高一上·山东泰安·期末）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】A 【分析】根据题意，利用正切函数的图象与性质，求得函数的对称中心，进而求得的最小值. 【详解】由函数，令，解得， 所以该函数的对称中心为， 因为点是函数的对称中心，且，所以， 当时，取得最小值，其最小值为， 所以实数的最小值为. 故选：A. 变式5-2． （25-26高三上·河南南阳·期末）若点为函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正切函数的对称中心求得，，进而有，，即可得解. 【详解】由，，得，， 因此函数图象的对称中心为， 而，则，，，， 所以，，，所以的最小值为. 故选：D 变式5-3．（24-25高三下·云南临沧·月考）已知，其最小正周期大于，若为的图象的对称中心，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意求得的值，进一步代入求值即可. 【详解】由题意知，，，解得，， 又其最小正周期大于，则，即，则，也即． 由对称中心的纵坐标为，得．因此， 计算得．故选：B 类型六、对称轴与极值型 正弦函数对称轴 （k∈Z）时，ymax＝1； （k∈Z）时，ymin＝－1 余弦函数对称轴 x＝2kπ（k∈Z）时，ymax＝1； x＝2kπ＋π（k∈Z）时，ymin＝－1 正余弦对称轴各自都有两种类型，一个是最大值对称轴，处于单调增到单调减的分界处，一个是最小值对称轴，处于单调减与单调增的分界处，注意区分。 例6．（25-26高三下·天津·开学考试）已知函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，且恒成立，给出下列结论： ①在区间上单调递减；②在区间上有两个极值点； ③直线与的图象相切；④在上的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和为其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】先由余弦函数对称性性质得，进而求出参数，即求得函数解析式，接着由和在上不单调即可判断①；由结合极值点定义即可求解判断②；利用导数工具结合三角函数性质求切点，根据解的情况即可判断③；由在上，两函数图象有6个交点，两两关于点对称可判断④. 【详解】由函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，得，得， 由恒成立，得当时，函数取得最值， 则，则，又， 所以，所以函数，若，则， 因为在上不单调，所以在区间上不单调，①错误； 令， 故若，则在区间上有两个极值点为，②正确； ，设直线与的图象相切于点， 则或， 所以或， 当时，即切点为， 将切点代入直线得，则， 所以直线与的图象相切，切点为； 当时，即切点为， 将切点代入直线得，则整数无解，不成立； 综上直线与的图象相切于点，③正确. 函数的图象关于点对称， 对于函数，由，得， 则函数的图象关于点对称， 由，得， 在上，两函数图象有6个交点，两两关于点对称，设这6个交点的横坐标分别为，则，④正确． 变式6-1． （25-26高三上·天津·期末）已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合五点法作图求出函数的解析式，再求出指定区间上的最大值. 【详解】函数的最小正周期，由函数在上单调递减， 得，则，直线与点分别为曲线的一条对称轴和一个对称中心， 而，则，因此，，， 由，得，而，则， 因此，由，得， 则当，即时，取得最大值， 所以在区间上的最大值为. 故选：C 变式6-2．（25-26高三上·河北张家口·期末）已知函数图象的对称轴为直线，其中，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正切函数的对称性求解即可. 【详解】由于函数的对称轴为直线，令，解得， 因为，取，可得，则的最小值为.故选：A． 变式6-3． （25-26高三上·河南·月考）已知函数的一条对称轴是，且在上单调，则ω的最大值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】先利用函数对称轴可得，又由在上为单调函数，列不等式可得间的不等关系，进而可得的最大值. 【详解】函数一条对称轴为，， ，的对称轴可以表示为， 令，则，在上单调， 则，使得，解得，由，得， 当时，取得最大值为. 故选：C． 类型七、零点个数型 的单调区间长度是最小正周期的一半; 的相邻零点长度是最小正周期的一半; 的相邻轴长度是最小正周期的一半; 例7．（20-21高三上·全国·月考）已知函数，若存在实数，使得，且在上有最小值，没有最大值，则在上的零点个数最少为（    ） A．1344 B．1345 C．1346 D．1347 【答案】B 【解析】由题与在上有最小值,没有最大值,根据三角函数的性质分析可得,再结合三角函数的性质可知当时在上的零点个数再计算即可. 【详解】由,且在上有最小值,没有最大值, 不妨令,, 两式相减得,所以的最小正周期,, 当时,即时,在上的零点个数最少为. 故选：B 【点睛】本题主要考查了三角函数性质的综合运用,需要数形结合根据函数的性质求解对应的周期与相位等.属于中档题. 变式7-1．（2020·江西南昌·二模）已知函数在区间上有且仅有2个最小值点，下列判断：①在上有2个最大值点；②在上最少3个零点，最多4个零点；③；④在上单调递减.其中所有正确判断的序号是（    ） A．④ B．③④ C．②③④ D．①②③ 【答案】A 【分析】因为函数在区间上有且仅有2个最小值点，画出函数图象，结合函数图象，逐项判断，即可求得答案. 【详解】是定义域为 在上有且仅有2个最小值点解得：故③错误； 当时，由可得： 由图象可知此时有个最大值.故①错误； 当时，由可得 由图象可知此时有零点故②错误； 当时可得：此时单调减函数， 故④正确.综上所述，正确④故选：A 【点睛】本题的解题关键是掌握正弦函数图象特征，整体法求零点的方法，考查了分析能力和计算能力，属于难题. 变式7-2．（24-25高一下·四川遂宁·期末）函数，则在内零点个数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】根据余弦和差公式化简，然后利用三角函数解方程即可. 【详解】 ，即或，又， 所以或，故在内零点个数为6.故选：B. 变式7-3．（2025·河北·一模）函数在上的零点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】先结合“勾函数”的性质求出的取值范围，再结合正弦函数的图象求零点个数. 【详解】令函数，根据“勾函数”的性质可知：函数在上单调递减，在上单调递增， 且，. 所以当时，， 由，. 只有当时，的值分别对应. 又因为在上各有2个解，所以在上有6个零点.故选：C 类型八、区间内不单调求参 对于正余弦型函数，如果区间内不单调，则区间内必有对称轴，可以借助这个思维来求解 例8．（24-25高三上·新疆·月考）已知函数，若为偶函数，且在区间上不单调，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据偶函数的性质可得，进而利用整体法求解函数的单调增区间，根据关于原点对称，即可求解. 【详解】为偶函数，故，故， 由于，故，则，令, 解得，故的一个单调递增区间为， 由于区间关于原点对称，要使在区间上不单调，故，故选：A 变式8-1．（2024高一上·全国·专题练习）已知函数（，，）的图象关于轴对称，且在区间上不单调，则的可能取值有（　　） A．7个 B．8个 C．9个 D．10个 【答案】C 【分析】根据题意，得到，此时，结合函数在区间上不单调，求得，即可求解. 【详解】由函数的图像关于轴对称，可得， 因为，可得，所以， 又由，可得， 当时，可得，可得在上单调递减，不符合题意； 当时，可得，可得在上单调递减，不符合题意； 当时，可得，可得在上不单调，符合题意； 当时，可得，可得在上单调递增，不符合题意； 当时，则函数的最小正周期为，此时， 所以函数在上不是单调函数，符合题意， 所以，所以满足条件的有9个.故选：C. 变式8-2． （21-22高一上·新疆乌鲁木齐·期末）已知函数 （ω>0），对任意x∈R，都有≤，并且在区间上不单调，则ω的最小值是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】根据，得为函数的最大值，建立方程求出的值，利用函数的单调性进行判断即可． 【详解】解：对任意，都有，为函数的最大值，则，， 得，，在区间，上不单调，， 即，即，得，则当时，最小.故选：B. 变式8-3． （2020·全国·模拟预测）已知函数，对任意，都有，并且在区间上不单调，则的最小值是（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】D 【分析】由题意，是函数的最大值，可得.由，可得.对进行赋值，结合函数的单调性，即得答案. 【详解】由题意，是函数的最大值，，即． ，． 当时，，在上单调递增，不符合题意； 当时，，符合题意. 的最小值为7.故选：D． 【点睛】本题考查函数的单调性，属于基础题. 类型九、区间内无零点型 没有零点型型求w，可以采用正难则反的策略把无交点问题转化为有交点的问题，利用补集思想得到最终的结果，对于其他否定性问题经常这样思考. 例9．（2026·广东·模拟预测）设函数，已知，且在区间上无零点，则的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出，再利用函数在区间内无零点求出的范围，最后利用正弦函数单调性求最大值． 【详解】，所以， 在区间上无零点，则，解得， ，，令，则， 在上单调递增，． 故选：D． 变式9-1． （23-24高三上·广东广州·月考）设函数在区间内有零点，无极值点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先得到，根据题目条件得到不等式，求出，故，，分两种情况，得到不等式，求出答案. 【详解】因为，，所以， 因为函数在区间内有零点，无极值点，故，解得， 则，，要想满足要求，则或， 解得，或，故的取值范围是.故选：D 变式9-2．（25-26高三上·山东烟台·期末）若函数在区间内无零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先化简得，当时，，问题转化为，，可求的取值范围. 【详解】因为 .由， 则函数在区间内无零点可转化为，. 所以，.由，又，， 所以当时，，结合，可得.故选：C 变式9-3．（2023·江西吉安·一模）已知函数，若函数在区间上无零点，则正数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由的范围可得的范围，根据函数无零点可构造不等式组求得的范围（含整数），根据大小关系和为正数可确定的取值，进而得到的准确范围. 【详解】，当时，， 在上无零点，，解得，令，解得，又，，解得，，又，或； 当时，；当时，，正数的取值范围为.故选：D. 类型十、区间内无最值型 极值点最大值最小值的问题，可以转化为区间对称轴的个数，利用对称轴公式求解。 例10．（20-21高三·贵州铜仁·月考）已知函数对于，都有，恒成立，且在区间上无最值.现将的图象向左平移个单位后得函数的图象，则的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据已知条件求得解析式，由此求得解析式，令，转化为两个函数图象交点个数来确定正确选项. 【详解】依题意满足， ，所以关于对称，，所以关于对称.由于在区间上无最值，所以， ，所以与是相邻的一个对称中心和对称轴. 所以，，，，由于，，所以，所以. 将的图象向左平移个单位后得函数. 令，得，画出和的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有个交点，所以有个零点.故选：B 变式10-1． （20-21高三·贵州铜仁·月考）已知函数（，）对于R，都有，恒成立，且在区间上无最值.现将的图像向左平移个单位后得函数的图像，则的增区间为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】由已知得是函数的对称中心，是函数的对称轴，，根据周期公式和代入特殊点的函数值求得，，得出函数的解析式，再由图象的平移得出函数的解析式，由正弦函数的单调性可得选项. 【详解】因为，所以是函数的对称中心，所以， 又，所以是函数的对称轴， 又在区间上无最值，所以函数的最小正周期，所以，所以， 又，即，又，所以， 所以， 将的图像向左平移个单位后得函数的图像，所以， 所以，即，函数单调递增，故选：C. 变式10-2． （25-26高三河南模拟预测）已知函数，若在区间内无最值，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出f（x）的对称轴，根据条件得出区间（ω﹣，2ω﹣）内不存在整数，再根据≥π，可得（ω﹣，2ω﹣）为（0，1）或（﹣1，0）的子集，从而得出ω的范围 【详解】, 若在区间内无最值，则在区间内无对称轴，令＝,可得＝kπ，∴函数对称轴为x＝，k∈Z． 令π＜＜2π，解得ω﹣＜k＜2ω﹣，∵函数f（x）在区间（π，2π）内无对称轴， ∴区间（ω﹣，2ω﹣）上没有整数， 由f（x）在（π，2π）内无对称轴可得≥π，0＜ω≤1． ∴（ω﹣，2ω﹣）⊆（﹣1，0）或（ω﹣，2ω﹣）⊆（0，1）， ∴或解得0＜ω≤或≤ω≤．故选B． 【点睛】本题考查正弦函数的性质，函数零点的计算，属于中档题． 变式10-3．（21-22高三下·全国·开学考试）函数对于都有，恒成立，在区间上无最值.将横坐标变为原来的6倍，图像左移个单位，上移3个单位得到，则下列选项正确的是（    ） A．在上单调递增 B．当时取得最小值为 C．的对称中心为（） D．右移m个单位得到，当时，为偶函数 【答案】D 【分析】根据三角函数的对称性求出对称中心与对称轴可得函数周期求，再利用特殊值求出求出函数解析式，根据图象变换得出的解析式，利用单调性，对称性判断ABC，再根据平移后得为偶函数求，判断D即可. 【详解】因为，恒成立可知为函数的一个对称中心，为函数的一条对称轴，所以，，解得. ∴，,， ∴,满足题意则，令,解得，，当时，的增区间为，故在上不是增函数，故A错误； 当时，不为最小值，故B错误； 令,解得，，所以的对称中心为，故C错误； 右移m个单位后可得，当为偶函数时，，，，故时，，故D正确.故选：D 类型十一、零点和或者方程根的和 零点和型： 正余弦函数相邻两个零点的中点，则是对称轴对应的横坐标，所以利用正余弦函数的对称性可以计算。 例11．（25-26高一上·全国·课后作业）已知函数，若函数在上的零点为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】判断其奇偶性，再结合函数图形即可判断. 【详解】要求函数在上的零点，可转化为求和图象的交点， 易知函数为奇函数，故的图象关于原点对称，则函数在上的图象关于原点对称， 故函数在上的零点也关于原点对称，其和为0， 所以在上的零点和即为上的零点和，令，得，， 在同一坐标系中作出和的图象，如图可知在内的零点只有，故零点之和为.  故选：B 变式11-1． （2024·天津红桥·一模）将函数的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向左平移单位，得到函数的部分图象（如图所示）．对于，，且，若，都有成立，则下列结论中不正确的是（    ）    A． B． C．在上单调递增 D．函数在的零点为，则 【答案】C 【分析】由题意可得函数的图象在区间上的对称轴为，再结合可求出，即可判断A；再根据平移变换和周期变换得原则即可判断B，再根据正弦函数的图象和性质分别判断CD 即可. 【详解】对于A，由题意可知函数的图象在区间上的对称轴为， 则与关于对称，又，结合图象可得， 所以，又，所以，所以，故A正确； 对于B，右移个单位得到函数的图象， 再将其横坐标缩短为原来的得到的图象，故B正确； 对于C，由，得，所以在上不单调，故C错误； 对于D，令，则，函数在上有个零点，则，，，，， 故， 所以，故D正确；故选：C． 【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路： （1）将函数解析式变形为或的形式； （2）将看成一个整体； （3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题. 变式11-2．（23-24高二下·山西太原·期末）已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题可得，是要求解关于对称轴对称的两点与对称轴的关系问题，需要先求出对称轴通式，再判断在符合定义域取值范围内有多少条对称轴，确定每相邻两零点与对称轴关系，再通过叠加法表示出，结合数列通项公式求和即可 【详解】函数令，可得， 即函数的对称轴方程为，又的周期为，， 令，可得，所以函数在上有25条对称轴， 根据正弦函数的性质可知，（最后一条对称轴为函数的最大值点，应取前一条对应的对称轴）, 将以上各式相加得 ，故选：A 变式11-3． （24-25高一下·上海黄浦·期中）已知函数在区间上有且仅有一个零点，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数零点情况及方程可得，进而确定函数解析式及函数性质，即可得解. 【详解】由，得，令， 即，整理得， 即，所以或， 即，或，，即，或，， 又当时，，函数有且仅有一个零点，得，即， 当，时，，，，此时或，使得，不符合要求；当，时，，或，， 当时，，函数在上无零点， 当时，，当且仅当时，，符合要求， 因此，，， ，， ，，，所以 ，故选：A. 类型十二、正整数参数型 求正整数型，可以先求出对应的范围，再“卡”整数点。 例12．（20-21高一下·陕西渭南·期末）已知函数在区间上的最小值小于零，则可取的最小正整数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】分别对4个选项中的值进行验证，利用余弦函数的图象与性质判断是否符合题意即可求出结果. 【详解】A：，所以，则不存在最小值，不合题意，故A错误； B：，所以，则不存在最小值，不合题意，故B错误； C：，所以，则不存在最小值，不合题意，故C错误； D：，所以，当时， ，符合题意，故D正确； 故选：D. 变式12-1． （21-22高三上·江苏南京·月考）已知函数的部分图象如图所示，则满足条件的最小正整数x为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】先由图象求出函数的周期，从而求出，结合五点法可求出，明确函数的解析式，将所求不等式转化为或，由于自变量为正整数，从而由即可选出正确答案. 【详解】解析：由图可知，即，所以． 由五点法可得，即．所以． 因为， 所以由，得或． 因为， 所以满足题意的最小正整数x为2， 故选:B． 【点睛】关键点睛: 本题考查了由三角函数的图象求函数的解析式，本题的关键是求出函数的解析式将所解不等式进行化简. 变式12-2． （24-25高一下·上海宝山·期中）若存在实数 和正整数 ，使得函数 在区间 内恰有 1000 个零点，则所有满足条件的正整数 的取值集合为_____. 【答案】 【分析】通过讨论的解的个数确定的可能值. 【详解】， 由得，设， 记，由于，因此必有两个不等的实根，， 所以中至少有一根属于区间且两根一正一负， （1）若，则，的另一根为，即或， 在上，有个解，有个解， 的零点个数为，显然无整数解， 但在上，有个解，有个解， 的零点个数为，由得， 所以； （2）若，则，的另一根为，即或， 在上，有个解，有个解， 的零点个数为，显然无整数解， 但在上，有个解，有个解， 的零点个数为，由无整数解； （3）若，则由得，不妨记， 在上，有个根，有个根， 的零点个数为，显然得，此时， 在上，有个根，有个根， 的零点个数为，显然无整数解； （4）若，则，在或上， 有个根，无实数根，的零点个数为， 由得，此时或； （5）若，则，无实数解，在上， 有个根，的零点个数为，由得，， 在上，有个根，的零点个数为， 由得，.综上，的取值可能为， 故答案为：.变式12-3． （22-23高一下·上海黄浦·期末）已知，若对任意的正整数成立，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】依题意可得，，对、、、、分别求出的取值范围，从而求出需满足的条件，再根据周期性即可得解. 【详解】由，可得，， 又，当时，均满足题意； 当时，均满足题意； 当时，均满足题意； 当时，此时需，即； 当时，此时需，即； 由的最小正周期，所以之后会重复前面的取值， 综上可得，即的取值范围是.故答案为： 类型十三、正切函数型求参 例13．（25-26高一下·甘肃兰州·开学考试）已知函数的部分图象如图所示，其中，函数在不单调，则a的取值范围为______． 【答案】 【分析】根据给定条件，结合函数图象求出的解析式，再按和分类去绝对值符号化简函数解析式，结合正切函数单调性分析求解. 【详解】由，得函数的最小正周期，解得， 由图象得，且，则，， 当时，，，则， 当时，，，则， 由函数在不单调，得，解得， 所以的取值范围是.故答案为： 变式13-1． （2026·河南南阳·模拟预测）设，若直线与函数图象的相邻两个交点的距离为，则的值为__________． 【答案】3 【分析】根据正切函数的周期计算即可. 【详解】因为直线与函数图象的相邻两个交点的距离为， 所以，解得.故答案为：3. 变式13-2． （25-26高三上·陕西·期末）设，若函数在区间上单调递增，则的最大值为______． 【答案】2 【分析】根据正切型函数的单调性进行求解即可. 【详解】令，，可得，． 因为在区间上单调递增，所以，，解得，， 由，得，当时，可得，故的最大值为2．故答案为：2 变式13-3． （2025高一上·江苏·专题练习）若函数的最大值为___________ 【答案】 【分析】根据的取值正负化简函数，再结合正切函数的单调性分析出原函数的单调性，即可解出. 【详解】∵，且， ∴，∴， ∴， ∵在上单调递增，∴在上单调递减， ∴，故答案为：. 压轴专练 一、单选题 1．（辽宁大连育明高中、丹东二中、本溪高中四校联考2026届高三下学期教学质量调研数学试题）已知函数是最小正周期为的偶函数，则的值为（   ） A． B．0 C． D．1 【答案】A 【分析】利用函数的奇偶性结合二倍角公式化简，再利用余弦函数的周期性计算求解． 【详解】已知为偶函数，则， ， ， ，即， 故对任意成立，则必有， 解得， 又，， 则， ，故． 2．（25-26高一下·全国·课后作业）函数的最小正周期为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意知 画出函数图像如图所示，由图可知最小正周期为． 3．（25-26高三下·江苏扬州·开学考试）函数的图象的相邻两支截直线所得线段长为，则（    ）. A． B． C．1 D． 【答案】A 【详解】因为函数的图象的相邻两支截直线所得线段长为， 所以，解得，则，得到. 4．（25-26高三下·云南怒江·开学考试）已知函数，则（    ） A．为奇函数 B．为偶函数 C．为奇函数 D．为偶函数 【答案】B 【分析】先利用诱导公式求出，再根据定义可判断其为偶函数，而根据反例可判断ACD的正误. 【详解】对于A，， 设，， ，其中， 故不为奇函数，为偶函数，故A错误，B正确. ，其中， 设，则， 故 故既不是奇函数，也不是偶函数，故CD错误. 5．（2026·福建福州·模拟预测）当时，函数的零点个数为（   ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】令，然后通过分析方程在给定区间内的解的个数来确定函数的零点个数. 【详解】令，即，移项可得， 对于，其周期；对于，其周期； 当时，画出两个函数图象为： 由图象可以看出，方程在给定区间内的解的个数为6， 所以函数的零点个数为6. 6．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）记函数，其中，若在恰有两个零点，且，则函数在上的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据零点个数得，再根据，结合三角函数的图象与性质，求得，或，，从而得到，再根据三角函数在指定区间上的单调性得到答案. 【详解】因为函数，其中，若在恰有两个零点， 所以，所以，所以， 又因为，即，所以或， 解得，或，，结合，所以符合题意， 所以，又因为当，，，即 所以的单调增区间为函数在上的单调增区间为， 故选：D. 7．（2026高三上·贵州贵阳·专题练习）若存在实数，使得对任意，均有，则实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正弦函数的周期性和单调性，判断一个周期内所有情况，进而根据正弦函数性质求出最值，判断结果. 【详解】正弦函数最小正周期为，则一个周期内的取值范围为， 设函数，不妨设，则， 所以函数最大值在之中，当不等式恒成立时， 即函数最大值取得最小值时有，由，可得，解得， 此时. 故选：B. 8．（25-26高一上·湖南衡阳·月考）已知的值域为为的一个零点，且对任意实数，都满足，且函数的周期为所有可能周期中的最大值，当符合条件的正数取最小值时，的值为（   ） A．2 B． C． D．5 【答案】D 【分析】根据值域求出，由对任意实数，都满足，且函数的周期为所有可能周期中的最大值，得到，解出，利用周期公式得到，由为的一个零点， 得到，从而得到或，利用符合条件的正数取最小值得到， 从而得到，计算所求即可. 【详解】，， ，值域为，，， ，， 设，则， ， 且函数的周期为所有可能周期中的最大值，， ，，，， 为的一个零点，， ，或， ，或，或， 符合条件的正数取最小值，，，， ，，，， ，， .故选：D. 二、多选题 9．（2026·山西大同·一模）下列关于函数的说法正确的是（    ） A．直线是函数图象的一条对称轴 B．在区间上单调递增 C．的图象可通过的图象上所有点向右平移个单位长度得到 D．若，且，则 【答案】BD 【分析】代入计算判断不是函数的最值判断A，根据正弦函数的单调性判断B，应用平移规则计算判断C，应用三角函数的值域计算判断D. 【详解】对于A，，0不是函数的最值，所以函数不关于对称，故A错误； 对于B，令，，解得，， 所以函数的单调递增区间为， 令，得函数在上单调递增， 又，所以函数在上单调递增，故B正确； 对于C，将函数的图象上所有点向右平移个单位长度得到，故C错误； 对于D，，解得，，， 则，故当时，，故D正确. 10．（25-26高一下·吉林长春·开学考试）已知函数，则下列命题正确的有（   ） A．的最小正周期为 B．的最大值为 C．直线是函数图象的一条对称轴 D．在区间上单调递增 【答案】BCD 【分析】利用三角恒等变换将化成的形式，即可求解. 【详解】由题意可得：， 对于选项A，因为，故A错误， 对于选项B，函数最大值为，故B正确， 对于选项C，函数的对称轴为，当时，，故C正确， 对于选项D，令，当，则：，因为正弦函数在上单调递增，故D正确. 11．（25-26高一上·福建福州·期末）已知函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B． C．直线是图象的一条对称轴 D．在上的图象与直线恰有11个交点 【答案】ACD 【分析】根据图象求出的解析式，结合三角函数的图象及性质逐项分析判断即可. 【详解】选项A：由图象可知，，所以. 当时，，即，所以，，即，. 又，所以. A正确. 选项B：由A知，.，. 因为在上单调递减，，所以， 即. B错误. 选项C：令，，则，. 所以的对称轴为，.当时，，C正确. 选项D：令，则，. 所以或，.在上，时有1个解，时各有2个解，共11个解.D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．（25-26高一下·山西临汾·开学考试）已知函数的最大值是3，的图象与轴的交点坐标为，其相邻两个对称中心的距离为2，则______． 【答案】 【分析】利用降幂公式化简后，由余弦型函数性质可求出函数的关系式，再利用函数的周期即可得解． 【详解】函数的最大值是3， 故，得，则，由于函数的图象与轴的交点坐标为， 故，即，又，所以，即， 函数图象其相邻两个对称中心的距离为，故，即， 所以，周期，又，， ，，得：， 由于，所以， . 13．（25-26高三下·安徽阜阳·开学考试）将函数的图象向左平移θ个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，且，则θ=____，____. 【答案】 / / 【分析】通过三角函数图象的对称性可将阴影部分的面积用矩形的面积表示，列方程可求得θ，根据周期性可求得ω，根据特殊点可求得，进而求解. 【详解】如图所示，根据三角函数图象的对称性，可得阴影部分的面积等于矩形和的面积之和，即， 因为将函数的图象向左平移θ个单位长度得到函数的图象，所以，故.又图中阴影部分的面积为， 所以，解得.又由图象可得，即，所以，所以， 所以.因为， 所以，解得. 因为，所以，所以， 所以. 14．（25-26高一下·黑龙江·开学考试）已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】由在区间上恰有两个零点，得到在区间上有两个实数解，得到，由得到在上有两个不同的实数解，由的范围得到的范围，从而得到的不等式组，计算出的取值范围. 【详解】函数在区间上恰有两个零点， 则在区间上有两个实数解，由可得， 又，故有在上有两个不同的实数解， 而当时，，所以， 解得，即的取值范围是.故答案为：. 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $