三角函数中参数w的范围问题 热点考点预测练-2026届高考数学三轮冲刺

三角函数中参数w的范围问题 热点考点预测练 2026届高中数学高考复习备考 一、单选题 1．已知函数在区间上是单调的，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．已知函数在区间上单调递增，则当取最大值时，在区间上的值域为（   ） A． B． C． D． 3．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． 4．已知函数的最小正周期为，且，若在上有且只有一个最大值点和一个最小值点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知函数在上的值域为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．将函数（）的图象向左平移4个单位长度后，所得图象与原图象重合，则（    ） A．的最小值为B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最大值为 7．已知函数，则下列结论 ①若，则在上单调递增 ②若，则正整数的最小值为 ③若，函数的图象向右平移个单位长度得到的图象.则为奇函数 其中判断正确的个数为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，有下列命题： ①为函数图象的一条对称轴； ②将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上的最大值为，则的最大值为； ③在上恰有3个零点，则实数的取值范围是； ④函数在上单调递减，其中错误的命题个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．已知函数在区间上单调，且满足，若函数在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 10．已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．当时，的最小正周期为 B．当时，则的图象关于直线对称 C．若，则将的图象向右平移个单位后，所得的图象与函数的图象重合 D．当在有且仅有两个单调区间，则正数的取值范围为 11．已知函数，则（        ） A． B．在区间上单调递增 C．若在区间上恰有一个极值点，则的取值范围是 D．若在区间内没有零点，则的取值范围是 三、填空题 12．已知函数的图象过点，且对任意，都有，则的取值范围是______. 13．，在有且仅有一条对称轴，则范围为_____ 14．已知函数在区间内不存在零点，则的取值范围是_____. 15．已知函数的最大值为2，最小值为0，则函数的最小正周期为______________. 16．已知函数在区间上单调，且满足，函数在区间上恰有5个零点，则实数的取值范围为___________． 17．已知直线为函数图象的一条对称轴，则满足条件的一个的取值为______；若在区间上有零点，则的最小值为______． 四、解答题 18．设函数． (1)若，求的值； (2)已知在区间上单调递减，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：函数的图象经过点； 条件 ②：时，的值域是； 条件 ③：是的一条对称轴． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；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． 19．已知函数的最小正周期为．将函数横坐标先向左平移个单位，再将得到的函数横坐标变为原来的，得到函数． (1)求常数的值； (2)若，使得成立，求实数的取值范围； (3)求证：方程有且只有一个根，且． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 答案 C C C A A D C A BD AB 1．C 三角函数在区间上单调，可知在区间内不含对称轴，构建不等式即可求得的取值范围. 因为， 令，可得对称轴方程， 函数在区间上是单调的， ,且，， 即， 函数在区间上是单调的， 所以，即， 又， 可得或， 故选：C. 2．C 先由正弦函数的单调性和在区间上单调递增确定的最大值，再由正弦函数的单调性求出值域即可. 因为，所以当时，， 因为在区间上单调递增，所以，则，即， 所以，所以，解得，则的最大值为1， 此时， 当时，，则在区间上的值域为. 故选：C. 3．C 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. 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. 4．A 根据得到，当时，，从而得到，求出的取值范围. 因为，所以，故， 故，即， 因为，所以， 故， 当时，， 要想在上有且只有一个最大值点和一个最小值点， 则要，解得. 故选：A 5．A 利用余弦函数的图象性质求解即可. 当时，，结合余弦函数的性质知，若则该函数值域会出现大于的情况，则. 时，由值域为，， 所以， 所以 故选：A. 6．D 依题意可得，利用正切型函数的性质求得，，再根据确定的最大最小值即可. 由题意得，则，即，． 因为，则当时，取得最小值为，当时，取得最大值为． 故选：D. 7．C 根据正弦型函数图象的单调性判断①,对称性判断②,由图像变换的性质判断③. ①当时，， 当时，，且，， 所以函数在上单调递增，正确； ②若，则函数关于直线对称， 即，，解得，， 又，所以，即，所以正整数的最小值为，正确； ③由，得，则函数的图象向右平移个单位长度得到 ，则，不满足奇函数性质，错误； 综上所述，正确结论的个数为， 故选：C. 8．A 根据三角恒等变换化简，根据对称轴处取得最值判断①；先求出，再根据余弦函数的性质判断②；根据零点求值判断③；根据正弦函数的单调区间判断④. 由 . 对于①，， 则为函数图象的一条对称轴，故①正确； 对于②，， 当时，， 由于在上的最大值为，所以，则， 所以的最大值为，故②正确； 对于③，当时，， 因为在上恰有3个零点， 所以，解得，故③错误； 对于④，当时，， 因为在上单调递减， 所以函数在上单调递减，故④正确. 故选：A. 9．D 根据在上单调求出，再根据得到函数在时取最值， 再根据函数在上有且仅有三个极值点，结合正弦函数图象列出不等式，求出， 进而求出的取值范围. 设函数的最小正周期为，因为在上单调，所以，即； 又因为，且，所以函数关于直线对称， 所以函数在时取最值（最大值或最小值），又因为函数在上有且仅有三个极值点， 则有，即，又因为所以，即，解得， 则的取值范围为. 故选：D． 10．BD 根据正弦函数的周期性即可判断A；根据正弦函数的对称性即可判断B；根据平移变换的原则即可判断C；根据正弦函数的单调性结合整体思想即可判断D. 对于A，当时，的最小正周期，故A错误； 对于B，当时，， 因为， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于C，若，则， 将的图象向右平移个单位，得， 其图象与函数的图象不重合，故C错误； 对于D，，当时，， 因为在有且仅有两个单调区间， 所以，解得，故D正确. 故选：BD. 11．AB 将化简为，逐项分析其性质判断. 对于A：， A正确； 对于B：当时，， 因为在单调递增，是增函数， 所以在区间单调递增，B正确； 对于C：由得的极值点为， 因为在区间恰有一个极值点，所以，解得，C错误； 对于D：在区间无零点，即在无解， 由得， 当时，由解得，又，所以的取值范围是，D错误； 故选：AB. 12． 根据已知可得且在上单调递增，进而得到，讨论即可得参数范围. 由题设，，则，则， 由都有，又， 所以在上单调递增，此时， 所以，可得， 当有，故当有， 当有，当有， 又，所以. 故答案为： 13． 由题意结合三角函数的性质可得，，整理后按照、、、分类讨论即可得解. 函数的图像在区间上有且仅有一条对称轴，， 函数的周期，， 令，则， ，整理得，， 且， 当时，原不等式可化为，解得； 当时，原不等式可化为，解得； 当时，原不等式可化为，解得； 当时，原不等式可化为，无解； 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 14． 先化简函数得，结合的图象，利用函数在上无零点，列不等式组可求的取值范围. 因为. 由题意：，即. 由. 因为在区间内不存在零点，结合的图象， 可得：或， 解得：或. 故答案为：. 15．/ 根据给定条件，利用正弦函数的性质求出最大值、最小值并建立方程求出，进而求出其最小正周期. 依题意，，又，则的最大值为，最小值为， 则，解得，， 所以函数的最小正周期. 故答案为： 16． 由函数单调性及可得为对称中心，则在区间上单调，可得，再利用函数在区间上恰有5个零点，可得，解出即可得. 由函数在区间上单调，， 且，故为对称中心，且， 则在区间上单调，则，解得， 由函数在区间上恰有5个零点，为第一个， 则后续零点分别为、、、， 则，化简得，则， 又，故. 故答案为：. 17． 1(满足且为正数即可） 7 根据余弦函数的对称性求出的取值集合，即可完成第一空，由余弦函数的对称中心求出的最小值. 因为直线为函数图象的一条对称轴， 所以，解得， 又，所以取（答案不唯一）； 若在区间上有零点，令，解得， 由，故且, 又所以，又因为，所以的最小值为； 故答案为：（答案不唯一，满足且为正数即可）；. 18．(1) (2) （1）利用三角恒等变换先化简，再求函数值即可； （2）选择条件②或③，利用三角函数的性质即可求解，选择条件①不满足三角函数的值域，不能求解. （1）由题意有：， 当时，， 所以； （2）由在区间上单调递减，所以，所以， 又，所以，又，所以， 条件①：函数的图象经过点， 所以，不可能成立，故不能选择①； 条件 ②：时，的值域是， 又由在区间上单调递减， 所以， 解得，又，所以当时，， 所以； 条件 ③：是的一条对称轴， 所以，解得，又， 所以当时，， 所以. 19．(1)； (2)； (3)证明见解析. （1）根据二倍角公式、辅助角公式，化简整理，可得解析式，根据周期，求得值； （2）利用函数的平移变换求出，按的正负分情况讨论的取值范围，结合题意利用集合的包含关系列式求解即可. （3）分和讨论，再结合零点存在性定理证明即可；利用换元法转化为证明，对右边不等式转化为证明，结合即可证明. （1） ， 因为的最小正周期为， 所以，解得； （2）将函数横坐标先向左平移个单位，可得， 再将得到的函数横坐标变为原来的，得到函数， 当时，，则， 当，，则， 因为，使得成立， 当时，符合题意； 当时，由题意可得， 则，解得，所以； 当时，由题意可得， 则，解得，所以； 综上所述，． （3）由题意设，其定义域为． ①当时，单调递增， 且，， 故存在，使得； ②当时，由，所以， 而，所以在恒成立，即此时函数无零点. 综上，存在唯一的，使得，且． 由题意可知，，因， 要证成立，只需证（*）， 令，则， 则（*）为，即证：， 又因，显然成立， 故（*）成立，也即得证. 学科网（北京）股份有限公司 $