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专题08 活用三角函数的图象与性质
【目录】
考点一：齐次化模型
考点二：辅助角与最值问题
考点三：整体代换与二次函数模型
考点四：绝对值与三角函数综合模型
考点五：w的取值与范围问题
考点六：三角函数的综合性质
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，主要以解答题的形式考查.
3、三角恒等变换的求值、化简是高考命题的热点，常与三角函数的图象、性质结合在一起综合考查，如果单独命题，多用选择、填空题中呈现，难度较低；如果三角恒等变换作为工具，将其与三角函数及解三角形相结合求解最值、范围问题，多以解答题为主，中等难度．
考点要求 考题统计 考情分析
同角三角函数基本关系式 2023年甲卷第7题，5分2023年乙卷第14题，5分 2021年I卷第6题，5分 【命题预测】2024年高考将重点考查：①同角三角函数基本关系及诱导公式，同时要注意三角函数定义的复习，题型仍为选择题或填空题，难度为基础题或中档题．②三角恒等变换，同时要注意公式的变形及应用，以及最值问题，题型仍为选择题或填空题，难度为基础题或中档题．③三角函数的图像与性质及三角函数变换，特别是这些知识点的组合考查是考查的热点，题型仍为选择题或填空题，难度可以为基础题或中档题，也可以是压轴题．
三角恒等变换 2023年II卷第7题，5分2023年I卷第8题，5分 2022年II卷第6题，5分 2022年浙江卷第13题，6分 2021年甲卷第9题，5分
三角函数的图像与性质 2023年天津卷第5题，5分2023年甲卷第10题，5分 2023年乙卷第6题，5分 2023年I卷第15题，5分 2023年II卷第16题，5分
1、三角函数图象的变换
（1）将的图象变换为的图象主要有如下两种方法：
（2）平移变换
函数图象的平移法则是“左加右减、上加下减”，但是左右平移变换只是针对作的变换；
（3）伸缩变换
①沿轴伸缩时，横坐标伸长或缩短为原来的（倍）（纵坐标不变）；
②沿轴伸缩时，纵坐标伸长或缩短为原来的（倍）（横坐标不变）．
（4）注意平移前后两个函数的名称是否一致，若不一致，应用诱导公式化为同名函数再平移．
2、三角函数的单调性
（1）三角函数的单调区间
的单调递增区间是，单调递减区间是；
的单调递增区间是，单调递减区间是；的单调递增区间是．
（2）三角函数的单调性有时也要结合具体的函数图象如结合，，，的图象进行判断会很快得到正确答案．
3、求三角函数最值的基本思路
（1）将问题化为的形式，结合三角函数的图象和性质求解.
（2）将问题化为关于或的二次函数的形式，借助二次函数的图象和性质求解.
（3）利用导数判断单调性从而求解.
4、对称性及周期性常用结论
（1）对称与周期的关系
正弦曲线、余弦曲线相邻的两个对称中心、相邻的两条对称轴之间的距离是半个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是四分之一个周期；正切曲线相邻两个对称中心之间的距离是半个周期.
（2）与三角函数的奇偶性相关的结论
若为偶函数，则有；若为奇函数，则有.
若为偶函数，则有；若为奇函数，则有.
若为奇函数，则有．
5、已知三角函数的单调区间求参数取值范刪的三种方法
（1）子集法：求出原函数相应的单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式（组）求解．
（2）反子集法：由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正弦、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式（组）求解．
（3）周期性：由所给区间的两个端点到其相应对称中心的距离不超过个周期列不等式（组）求解.
（2023 甲卷）
1．设甲：，乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
（2023 新高考Ⅱ）
2．已知为锐角，，则（ ）．
A． B． C． D．
（2023 新高考Ⅰ）
3．已知，则（ ）．
A． B． C． D．
（2022 新高考Ⅱ）
4．若，则（ ）
A． B．
C． D．
（2023 天津）
5．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．
（2023 甲卷）
6．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
（2023 乙卷）
7．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．
（2022 浙江）
8．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
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
（2021 浙江）
9．已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
（2021 北京）
10．函数是
A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为
（2022 新高考Ⅱ）
11．已知函数的图像关于点中心对称，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
（2023 乙卷）
12．若，，则 ．
（2022 浙江）
13．若，则 ， ．
（2023 新高考Ⅱ）
14．已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则 ．

（2022 乙卷）
15．记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为 ．
（2021 甲卷）
16．已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为 ．
（2021 北京）
17．若点关于轴对称点为，写出的一个取值为 ．
（2021 甲卷）
18．已知函数的部分图像如图所示，则 .
（2021 上海）
19．已知，存在实数，使得对任意，，则的最小值是 .
（2023 北京）
20．已知函数，，．
(1)若，求的值；
(2)若在上单调递增，且，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，求、的值．条件①：； 条件②：； 条件③：在上单调递减．
考点一：齐次化模型
齐次分式：分子分母的正余弦次数相同，例如：（一次显型齐次化）或者（二次隐型齐次化）
这种类型题，分子分母同除以（一次显型）或者（二次隐型），构造成的代数式，这个思想在圆锥曲线里面关于斜率问题处理也经常用到.
例1．
（2023·陕西宝鸡·校联考模拟预测）
21．若，则（ ）
A． B． C． D．
例2．
（2023·海南·校联考模拟预测）
22．已知，则（ ）
A．0 B．4 C． D．0或4
例3．
（2023·陕西汉中·高三校联考阶段练习）
23．若，则（ ）
A． B． C． D．
例4．
（2023·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习）
24．已知角的终边落在直线上，则的值为（ ）
A． B． C．±2 D．
考点二：辅助角与最值问题
第一类：一次辅助角:=．（其中）
第二类：二次辅助角
例5．
（2023·贵州六盘水·统考模拟预测）
25．设，，且，则 .
例6．
（2023·上海杨浦·高三复旦附中校考期中）
26．已知函数，当取得最大值时， .
例7．
（2023·上海青浦·高三校考期中）
27．已知关于的方程 在实数范围内有解，则 的最小值为 .
例8．
（2023·安徽·高三固镇县第一中学校联考期中）
28．函数的值域为 ．
例9．
（2023·全国·高三专题练习）
29．已知实数满足则的最小值为 .
考点三：整体代换与二次函数模型
三角函数和二次函数交汇也是一种常见题型，我们将其分为三类，第一类是最简单的，就是，与之间的二次函数关系，第二类则有一点隐藏，就是与之间的关系，第三类则是与之间的关系.
例10．
（2023·河南·高三校联考阶段练习）
30．函数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
例11．
（2023·河南许昌·高一校联考阶段练习）
31．若函数在上的最小值为，则在上的最大值为（ ）
A．4 B．5 C． D．
例12．
（2023·江苏徐州·高三统考学业考试）
32．已知函数的最大值为4，则正实数的值为（ ）
A． B．2 C．或2 D．2或
例13．
（2023·北京·高三强基计划）
33．在中，的最大值是（ ）
A． B． C．2 D．
例14．
（2023·全国·高三校联考阶段练习）
34．函数的最大值为（ ）
A． B．3
C． D．4
考点四：绝对值与三角函数综合模型
关于和，如图，将图像中轴上方部分保留，轴下方部分沿着轴翻上去后得到，故是最小正周期为的函数，同理是最小正周期为的函数；是将图像中轴右边的部分留下，左边的删除，再将轴右边图像作对称至左边，故不是周期函数.我们可以这样来表示：，
例15．
（2023·安徽铜陵·高三铜陵一中校联考阶段练习）
35．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为 B．的最小值为
C． D．在上有解
例16．
（2023·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试）
36．已知，给出下述四个结论:
①是偶函数; ②在上为减函数;
③在上为增函数; ④的最大值为.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①④
例17．
（2023·福建·一模）
37．关于函数有下述四个结论：
①是偶函数；②在区间上是增函数；③的最大值为2；④的周期为．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．①④ C．①③④ D．②③④
例18．
（2023·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）
38．关于函数有下述四个结论：
①是偶函数；
②在区间上单调；
③函数的最大值为M，最小值为m，则；
④若，则函数在上有4个零点．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①④ B．①③ C．②④ D．①②③
例19．
（2023·高一课时练习）
39．关于函数，其中有下述四个结论：
①是偶函数； ②在区间上是严格增函数；
③在有3个零点； ④的最小正周期为．
其中所有正确结论的编号是（ ）．
A．①② B．②④ C．①④ D．①③
考点五：w的取值与范围问题
1、在区间内没有零点
同理，在区间内没有零点
2、在区间内有个零点
同理在区间内有个零点
3、在区间内有个零点
同理在区间内有个零点
4、已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为，则．
5、已知单调区间，则.
例20．
（2023·四川泸州·统考一模）
40．已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例21．
（2023·四川成都·高三校考阶段练习）
41．已知，记（）．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．3 B． C． D．
例22．
（2023·河南·高三校联考阶段练习）
42．已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
例23．
（2023·北京·高三清华附中校考开学考试）
43．已知函数在上恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
例24．
（2023·湖北·高一荆州中学校联考期中）
44．已知在上的最小值为，则的解有（ ）个
A．1 B．2 C．3 D．4
例25．
（2023·全国·校联考一模）
45．已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
例26．
（2023·广东广州·高一广东实验中学校考阶段练习）
46．将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象.若在上的最大值为，则的取值个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
例27．
（2023·辽宁·高三校联考期末）
47．设函数，若对于任意实数，函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
考点六：三角函数的综合性质
例28．
（2023·黑龙江大庆·高一铁人中学校考期末）
48．已知函数则下列说法正确的是（ ）
A．的值域是[0，1] B．是以为最小正周期的周期函数
C．在区间上单调递增 D．的对称轴方程为)
例29．
（2023·辽宁丹东·高三校联考阶段练习）
49．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，可在全球范围内为各类用户提供全天候、全天时、高精度、高定位、导航、授时服务，2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通，北斗导航能实现“天地互通”的关键是信号处理，其中某语言通讯的传递可以用函数近似模拟其信号，则下列结论中正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象关于点对称
C．函数图象的一条对称轴是
D．若，，则的最小值为
例30．
（2023·河南开封·统考一模）
50．函数的图象向左平移个单位长度后与原图象关于轴对称，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．的一个周期是
C．是偶函数 D．在上单调递减
例31．
（2023·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期中）
51．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．在上为增函数
C．点是函数的一个对称中心 D．方程仅有5个实数解
例32．
（2023·辽宁·高三校联考阶段练习）
52．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．的最大值为3
B．的图象关于点对称
C．直线是曲线的一条切线
D．若关于x的方程在区间上有2023个零点，则的最小值为
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函数的基本关系得解.
【详解】当时，例如但，
即推不出；
当时，，
即能推出.
综上可知，甲是乙的必要不充分条件.
故选：B
2．D
【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】因为，而为锐角，
解得：．
故选：D．
3．B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
4．C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换
所以
即
故选：C.
5．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.
6．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.
7．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.
8．D
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：D.

9．C
【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.
【详解】法1：由基本不等式有，
同理，，
故，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设，则，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于.
取，，，
则，
故三式中大于的个数的最大值为2，
故选：C.
【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.
10．D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.
故选：D.
11．AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
12．
【分析】根据题意，利用三角函数的定义，准确运算，即可求解.
【详解】因为，且，
可令，则，设终边上一点的坐标，
则，可得．
故答案为：．
13．
【分析】先通过诱导公式变形，得到的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出，接下来再求．
【详解】[方法一]：利用辅助角公式处理
∵，∴，即，
即，令，，
则，∴，即，
∴ ，
则.
故答案为：；.
[方法二]：直接用同角三角函数关系式解方程
∵，∴，即，
又，将代入得，解得，
则.
故答案为：；.
14．
【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．
15．
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：
16．2
【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【详解】由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.
17．（满足即可）
【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
【详解】与关于轴对称，
即关于轴对称，
，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
18．
【分析】首先确定函数的解析式，然后求解的值即可.
【详解】由题意可得：，
当时，，
令可得：，
据此有：.
故答案为：.
【点睛】已知f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：
(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.
(2)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，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
19．
【分析】利用单位圆确定的取值范围，再根据题给条件分析的最值即可得出结论.
【详解】解：在单位圆中分析，由题意可得的终边要落在图中阴影部分区域(其中，如图，

由于恒成立，且为常数
， 位于连续两终边之间
当为的正整数倍时，连续两终边间的间隔长度为，
， 取，此时，
即，，当时取得最小值，.
当不为的正整数倍时，可设
这里的是根据 中的的最小值推导出，这里只考虑 情况.
时，，满足不为 的正整数倍时，.
所以时，
由得：，此时，
， 当为正整数时， 连续两终边间的间隔长度小于
所以必定存在正整数使得的终边落在区间 上，此时不符合题意.
综上，的最小值为.
故答案为：
20．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）化简函数，根据，列出方程，即可求解；
（2）若选①：得到在和时取得最大值，这与在上单调递增矛盾，所以和的值不存在；
若选②：得到在时取得最小值，时取得最大值，求得最小正周期为，得到，结合，求得的值；
若选③：根据题意，求得的最小正周期为，得到，结合，求得的值.
【详解】（1）解：由函数，
因为，可得，
又因为，所以．
（2）若选①：由且，可得在和时取得最大值，
这与在上单调递增矛盾，所以和的值不存在．
若选②：由，因为在上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值，
所以的最小正周期为，可得，
又因为，所以，
解得，又因为，所以.
若选③：函数在上单调递减，
因为在上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值，
所以的最小正周期为，所以，
又因为，所以，
解得；又因为，所以．
21．C
【分析】利用二倍角的正弦公式以及弦化切可求得所求代数式的值.
【详解】因为，则
.
故选：C.
22．D
【分析】根据题意，结合三角函数的基本关系式，化简得到，即可求解.
【详解】由，
可得，
整理得或.
故选：D.
23．B
【分析】根据题意，由二倍角公式化简，将式子化为齐次式，代入计算，即可得到结果.
【详解】.
故选：B
24．B
【分析】根据角终边的位置得到，然后将转化为再代入求值即可.
【详解】角的终边落在直线上，所以，
.
故选：B.
25．
【分析】根据三角恒等变化化简可得，再结合，，解方程即可得的值.
【详解】因为，
所以，即
又，，所以，
则可得，则故.
故答案为：.
26．##
【分析】利用辅助角公式整理函数解析式，根据正弦函数的性质，结合诱导公式，可得答案.
【详解】由函数，其中，
当取得最大值，则，解得，
此时.
故答案为：.
27．9
【分析】利用三角换元结合辅助角公式即可得到最值.
【详解】由题意得，解得，
故可设，，其中，
则原方程化为，
即，其中，（不可能同时取0），
显然，，则，
则，因为，，
所以，此时，，，
，，即，，
，.
所以，即它的最小值为9，
故答案为：9.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过三角换元法得到，再利用辅助角公式结合二次函数最值从而求出的最值.
28．
【分析】设，求出的取值范围，利用同角三角函数的平方关系得出，将函数解析式化简，利用判断原函数的单调性可得出该函数的值域.
【详解】设，
因为，则，
可知，
可得函数，
则对任意恒成立，
所以在上单调递增，且，
所以该函数的值域为.
故答案为：.
29．
【分析】由题意可令，代入所求式结合三角函数的性质求解即可.
【详解】由于，令，
则.
故则的最小值为：.
故答案为：.
30．D
【分析】利用二倍角的余弦公式化简，再利用闭区间上的二次函数求解作答.
【详解】依题意，函数，
令，则，当，即时，，
所以函数的最小值是.
故选：D
31．D
【解析】利用同角三角函数平方关系可得，由可得，利用二次函数的性质即可得解.
【详解】由题意，
由可得，
当即时，取得最小值，
，
当即时，取得最大值.
故选：D.
【点睛】本题考查了同角三角函数平方关系以及三角函数图象与性质的应用，属于中档题.
32．B
【分析】利用三角恒等变换的知识化简，根据二次函数的性质求得正数的值.
【详解】
.
令，则，，
开口向下，对称轴为，
当时，则，无解.
当时，则.
综上所述，的值为.
故选：B
33．C
【分析】利用和差化积及二次函数的性质可求最大值.
【详解】根据题意，令所求代数式为M，则
，
等号当，且，即时取得．
因此所求代数式的最大值为2．
故选：C
34．C
【分析】令，则，将原函数变形为，再根据的取值范围及二次函数的性质计算可得；
【详解】解：根据题意，设，
则，
则原函数可化为，，
所以当时，函数取最大值.
故选：C.
35．D
【分析】由题可得是以为周期的函数，故只需考虑时函数的性质，然后逐项分析即得.
【详解】，
是以为周期的函数，
当时，，
则，
，
∴函数的最小正周期为，函数的最小值为1，故AB错误，
由，故C错误；
由，∴在上有解，故D正确.
故选：D.
36．D
【分析】利用偶函数的定义即可判断①；利用举反例即可判断②和③；分四个范围对进行化简，然后利用三角函数的性质进行求值域，即可得到时的最值，结合偶函数即可判断
【详解】解：对于①，易得的定义域为，关于原点对称，
因为，所以是偶函数，故正确；
对于②和③，因为，
，
且，所以在不是减函数，在也不是增函数，故②，③错误；
对于④，当时，，
因为，所以，
所以，所以；
当时，，
因为，
所以，所以；
当时，；
当时，，
因为，
所以，所以，
所以，综上所述，当时，的最大值为，由于为偶函数，所以当时，的最大值也为，故的最大值为，故④正确；
故选：D
【点睛】方法点睛：利用四个象限对进行讨论，根据三角函数符号去掉绝对值，然后利用三角函数的性质进行求解值域
37．B
【解析】对①，根据偶函数的定义可判断；对②，去绝对值并利用导数判断；对③，直接根据同角三角函数的基本关系判断；对④，利用排除法可排除选项.
【详解】对①，函数的定义域为关于原点对称，且，为偶函数，故①正确；
对②，当时，，则，在不恒成立，在区间上是增函数错误，故②错误；
对③，若的最大值为2，则，显然不可能同时取到，故③错误；
利用排除法，可选排除选项ACD.
故选：B.
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意排除法的运用.
38．A
【分析】①利用函数奇偶性的定义判断；②③④由结合函数的对称性和周期性，作出的大致图象判断；
【详解】由，可知为偶函数，①对.
由，得关于对称；
由，得的周期为；当时，
其中且；作出在上的图象，并根据的对称性及周期性作出的大致图象.
由图可知，在上单调递增，在上单调递减，所以在上不单调，②错；
的最大值，最小值，故，③错；
若，则在上有4个零点，④对，
故选：A.
39．A
【分析】根据函数的奇偶性、单调性、零点、周期性定知识确定正确答案.
【详解】的定义域为，
，所以是偶函数，①正确.
当时，是严格增函数，②正确.
当时，，
所以在有无数个零点，则③错误.
，
所以不是的最小正周期，④错误.
综上所述，正确的为①②.
故选：A
40．D
【分析】根据题意，利用三角函数的性质，得出 ，其中，求得，进而求得的取值范围．
【详解】当时，因为，则，
因为函数在上存在最值，可得，解得，
当时，可得，
因为函数在上单调，则，
所以 ，其中，解得，
所以，解得，
又因为，则，所以，所以，
因此的取值范围是．
故选：D．
41．C
【分析】分段写出函数的解析式，并确定其单调减区间，再结合集合的包含关系求解作答即可.
【详解】由题意知，
函数的单调递减区间为，
则或，
由，解得，
而，故需满足，即，此时不存在；
由，解得，
则需满足，即，即，
故，即，
故选：C
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解的含义，结合其解析式，求出函数的单调区间，进而转化为集合间的包含关系，列不等式求解即可.
42．B
【分析】利用三角恒等变换然后结合整体法结合三角函数图像性质对进行最值分析，对区间上进行单调分析；
【详解】因为，
当时，因为，则，
因为函数在上存在最值，
则，解得，
当时，，
因为函数在上单调，
则，
所以 其中，解得，
所以，解得，
又因为，则．
当时，；
当时，；
当时，．
又因为2，因此的取值范围是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：整体法分析是本题的突破点，结合三角函数图像分析是本题的核心；
43．B
【分析】把函数零点问题转化为两个函数交点问题，数形结合即可求解.
【详解】因为函数在上恰有4个不同的零点，
则方程在上恰有4个不同的解，
即方程在上恰有4个不同的解，
所以函数与函数在上恰有4个不同的交点，
因为函数，且在上单调递减，
所以函数函数在上单调递减，且，，
函数是由函数图象纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，
作出两个函数图象，如图：
要使函数与函数在上恰有4个不同的交点，
由图知：的周期满足，所以，
所以，即实数的取值范围为.
故选：B
【点睛】方法点睛：函数零点问题的解决办法：
（1）直接法：根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
44．C
【分析】分类讨论，和三种情况，结合余弦函数的图像和性质，进一步缩小的范围，再利用复合函数的单调性与零点存在定理，以及数形结合即可得解.
【详解】当时，，而，显然不满足题意；
当时，因为，所以，
要使在上的最小值为，则有，所以，
此时在处取得最小值，即，
令，
因为，所以在上单调递减，
又在上单调递减，所以函数在上单调递减，
又因为，
由函数零点存在性定理可知，此时函数有唯一的零点，
也即当，函数在上的最小值为时，则的解只有一个；
当时，因为，所以，
要使在上的最小值为，则有，解得，
当时，则，结合余弦函数的图象可知，
函数在上的最小值为，解得，满足题意；
当时，则，此时在处取得最小值，即，
从而将问题转化为与的图像有多少个交点，
因为，所以在上单调递增，
又，，
则与的大致图像如下，

所以与的图像有唯一交点，
即当，函数在上的最小值为时，则的解只有一个；
综上可知，的解有3个，
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分类讨论和时，要结合余弦函数的性质进一步缩小的范围，同时将问题转化为的零点个数问题，由此得解.
45．C
【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围.
【详解】因为，，其中，解得：，
则，要想保证函数在恰有三个零点，
满足①，，令，解得：；
或要满足②，，令，解得：；
经检验，满足题意，其他情况均不满足条件，
综上：的取值范围是.
故选：C.
【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解.
46．B
【分析】利用函数图象的平移与伸缩变换求得的解析式，再由的范围求得的范围，结合在上的最大值为，分类求解得答案．
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象．
再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象，
由上，得，
当，即时，则，求得，
当，即时，由题意可得，
作出函数与的图象如图：
由图可知，此时函数与的图象在上有唯一交点，
则有唯一解，
综上，的取值个数为2．
故选：B．
【点睛】本题考查型的函数图象的变换，考查分类讨论的数学思想方法与数形结合的解题思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属难题．
47．C
【分析】根据为任意实数，转化为研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，求出函数在轴右侧靠近坐标原点处的零点，得到相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，根据相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，列式可求出结果.
【详解】因为为任意实数，故函数的图象可以任意平移，从而研究函数在区间上的零点问题，即研究函数在任意一个长度为的区间上的零点问题，
令，得，则它在轴右侧靠近坐标原点处的零点分别为，，，，，，
则它们相邻两个零点之间的距离分别为，，，，，
故相邻四个零点之间的最大距离为，相邻五个零点之间的距离为，
所以要使函数在区间上至少有3个零点，至多有4个零点，则需相邻四个零点之间的最大距离不大于，相邻五个零点之间的距离大于，
即，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：在求解复杂问题时，要善于将问题进行简单化，本题中的以及区间是干扰因素，所以排除干扰因素是解决问题的关键所在.
48．AD
【分析】作出函数图像，并逐一验证可得结果
【详解】显然，画出函数在的图象，如图所示：
A. 根据图像可知，的值域是，正确；
B. 是以为最小正周期的周期函数，错误；
C. 在区间上有增有减，错误；
D. 由图可知的对称轴方程为)，正确；
故选：AD.
49．ACD
【分析】先求出周期性，通过正弦函数的性质可判断A；根据点关于点对称的点不在函数图象上，判断B不正确；根据判断C正确；根据函数的最大值，结合推出，再根据的最小正周期为可得的最小值为，可得D正确.
【详解】对于A，因为的最小正周期为，
而向右平移单位可得，
故函数的最小正周期为，故A正确；
对于B，在的图象上取一点，
其关于点对称的点不在的图象上，
所以函数的图象不关于点对称，故B不正确；
对于C，因为，
所以函数图象的一条对称轴是，故C正确；
对于D，因为，所以，
因为由A知，函数的最小正周期为，所以，故D正确.
故选：ACD.
50．ABD
【分析】根据三角函数图象平移变换结合平移后图象性质可得，即可得，由此将代入可判断A；根据周期性定义可判断B；求出的表达式结合偶函数定义判断C；结合x的范围，确定，结合余弦函数单调性，判断D.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，
由题意可得，即，
故，故，由于，故,
故，
对于A，，A正确；
对于B，，
即的一个周期是，B正确；
对于C，，
不妨取，此时，此时函数不是偶函数，
即不是偶函数，C错误；
对于D，当时，，，
由于在上单调递减，故在上单调递减，D正确，
故选：ABD
51．BC
【分析】由函数的奇偶性，对称性以及周期性逐一判断选项即可得到答案.
【详解】函数的定义域为，由为奇函数，得，即，
由为偶函数，得，即，则，
即，于是，函数是周期为的周期函数，
对于A，当时，，，A错误；
对于B，在上单调递增，由，知图象关于点对称，
则在上单调递增，即函数在上单调递增，因此在上单调递增，B正确；
对于C，由及，得，即，
因此函数图象关于点对称，C正确；
对于D，当时，，由函数图象关于点对称，
知当时，，则当时，，
由，知函数图象关于直线对称，则当时，，
于是当时，，而函数的周期是，因此函数在R上的值域为，
方程，即，因此的根即为函数与图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数与的部分图象，如图，

观图知，与图象在上有且只有3个公共点，而当时，，即函数与图象在无公共点，所以方程仅有3个实数解，D错误.
故选：BC
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
(1)存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
(2)存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
52．BCD
【分析】根据的图象可求得，可知最大值为1，即A错误，由整体代入法可求得的一个对称中心为，可知B正确；利用导数的几何意义可求得C正确；根据函数的周期性以及一个周期内的零点个数可知D正确.
【详解】由题意可知的最大值为1，最小值为，
所以有解得，
因为，，所以，
又，所以，，
所以函数的解析式为，即的最大值为1，故A项错误；
令，解得，所以当时，的图象关于点对称，故B项正确；
设切点为，
由，可得，
切线方程为，
所以可得，所以，满足题意；
此时切点为，切线为，故C项正确；
令，得，此时或，
由函数周期为，且一个周期内有两个零点，
所以可得，故D项正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将函数的图象转换成函数的图象，并由图象求得函数的解析式，即可逐一判断选项是否正确.
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