2025二輪復習專項訓練13三角函數的圖象與性質[考情分析]高考必考內容，重點考查三角函數的圖象與性質及三角函數圖象變換的正用、逆用，多以選擇題和填空題的形式考查，也在解答題中出現，難度中等．【練前疑難講解】一、三角函數的圖象及變換圖象變換(先平移后伸縮)y＝sinxeq\o(→,\s\up7(向左φ>0或向右φ<0),\s\do5(平移|φ|個單位長度))y＝sin(x＋φ)eq\o(→,\s\up10(橫坐標變為原來的\f(1,ω)(ω>0)倍),\s\do8(縱坐標不變))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up7(縱坐標變為原來的AA>0倍),\s\do5(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)．(先伸縮后平移)y＝sinxeq\o(→,\s\up10(橫坐標變為原來的\f(1,ω)(ω>0)倍),\s\do8(縱坐標不變))y＝sinωxeq\o(→,\s\up7(向左φ>0或右φ<0),\s\do7(平移\f(|φ|,ω)個單位長度))y＝sin(ωx＋φ)eq\o(→,\s\up7(縱坐標變為原來的AA>0倍),\s\do5(橫坐標不變))y＝Asin(ωx＋φ)．二、三角函數的解析式確定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的步驟和方法(1)求A，b，確定函數的最大值M和最小值m，則A＝eq\f(M－m,2)，b＝eq\f(M＋m,2).(2)求ω，確定函數的最小正周期T，則可得ω＝eq\f(2π,T).(3)求φ，常用的方法有：五點法、特殊點法．三、三角函數的性質三角函數的常用結論(1)y＝Asin(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數；當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為偶函數；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)求得．(2)y＝Acos(ωx＋φ)，當φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時為奇函數；當φ＝kπ(k∈Z)時為偶函數；對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．(3)y＝Atan(ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數．一、單選題1．（2023·全國·高考真題）函數的圖象由函數的圖象向左平移個單位長度得到，則的圖象與直線的交點個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．42．（2021·全國·高考真題）下列區間中，函數單調遞增的區間是（

）A． B． C． D．二、多選題3．（2024·云南曲靖·一模）函數（其中，，）的部分圖象如圖所示，則（

）A．B．函數的最小正周期是C．函數的圖象關于直線對稱D．將函數的圖象向左平移個單位長度以后，所得的函數圖象關于原點對稱4．（2023·廣東肇慶·二模）函數的部分圖像如圖所示，，則下列選項中正確的有（

）A．的最小正周期為B．是奇函數C．的單調遞增區間為D．，其中為的導函數三、填空題5．（2023·內蒙古包頭·一模）記函數的最小正周期為T．若為的極小值點，則的最小值為．6．（23-24高一下·河南周口·階段練習）在中，角的對邊分別為，若且，則的取值范圍為.參考答案：題號1234答案CAACAD1．C【分析】先利用三角函數平移的性質求得，再作出與的部分大致圖像，考慮特殊點處與的大小關系，從而精確圖像，由此得解.【詳解】因為向左平移個單位所得函數為，所以，而顯然過與兩點，作出與的部分大致圖像如下，

考慮，即處與的大小關系，當時，，；當時，，；當時，，；所以由圖可知，與的交點個數為.故選：C.2．A【分析】解不等式，利用賦值法可得出結論.【詳解】因為函數的單調遞增區間為，對于函數，由，解得，取，可得函數的一個單調遞增區間為，則，，A選項滿足條件，B不滿足條件；取，可得函數的一個單調遞增區間為，且，，CD選項均不滿足條件.故選：A.【點睛】方法點睛：求較為復雜的三角函數的單調區間時，首先化簡成形式，再求的單調區間，只需把看作一個整體代入的相應單調區間內即可，注意要先把化為正數．3．AC【分析】利用圖象求出函數的解析式，代值計算可判斷A選項；利用正弦型函數的周期性可判斷B選項；利用正弦型函數的對稱性可判斷C選項；利用三角函數圖象變換可判斷D選項.【詳解】由圖可知，，函數的最小正周期滿足，則，，B錯；所以，，，可得，因為，所以，，則，可得，所以，，則，A對；，所以，函數的圖象關于直線對稱，C對；將函數的圖象向左平移個單位長度以后，得到函數的圖象，所得函數為非奇非偶函數，D錯.故選：AC.4．AD【分析】根據題意可求得函數的周期，即可判斷A，進而可求得，再根據待定系數法可求得，再根據三角函數的奇偶性可判斷B，根據余弦函數的單調性即可判斷C，求導計算即可判斷D.【詳解】解：由題意可得，所以，故A正確；則，所以，由，得，所以，則，又，所以，則，由，得，所以，則為偶函數，故B錯誤；令，得，所以的單調遞增區間為，故C錯誤；，則，故D正確.故選：AD.5．14【分析】首先表示出，根據求出，再根據為函數的極小值點，即可求出的取值，從而得解；【詳解】解：因為所以最小正周期，又所以，即；又為的極小值點，所以，解得，因為，所以當時；故答案為：146．【分析】根據用余弦定理得到，再結合正弦定理化簡得，從而可得，則化為，利用對勾函數單調性求解范圍即可.【詳解】由余弦定理得，將代入，則，故，又由正弦定理得，且，整理得，因為，故或（舍去），得，于是，由于，則，而函數在上單調遞增，所以，即.故答案為：【基礎保分訓練】一、單選題1．（2023·遼寧沈陽·模擬預測）已知函數．若在區間內沒有零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．（2024·北京·高考真題）設函數.已知，，且的最小值為，則（

）A．1 B．2 C．3 D．43．（2023·山西·一模）定義在上的函數滿足在區間內恰有兩個零點和一個極值點，則下列說法正確的是（

）A．的最小正周期為B．將的圖象向右平移個單位長度后關于原點對稱C．圖象的一個對稱中心為D．在區間上單調遞增4．（2023·四川樂山·二模）數學與音樂有著緊密的關聯，我們平時聽到的樂音一般來說并不是純音，而是由多種波疊加而成的復合音．如圖為某段樂音的圖像，則該段樂音對應的函數解析式可以為（

）A． B．C． D．5．（2024·安徽池州·模擬預測）如圖，在長方形中，，，從上的一點發出的一束光沿著與夾角為的方向射到上的點后，依次反射到、上的、點，最后回到點，則等于（

）

A． B． C． D．6．（2024·四川成都·模擬預測）函數的最小正周期是（

）A． B． C． D．7．（2023·四川·模擬預測）函數在上的圖象大致為（

）A．

B．

C．

D．

8．（2022·新疆·模擬預測）我國著名數學家華羅庚曾說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微，數形結合百般好，隔裂分家萬事休.”在數學的學習和研究中，常用函數的圖象來研究函數的性質，也常用函數的解析式來研究函數圖象的特征.我們從這個商標中抽象出一個函數的圖象如圖，其對應的函數解析式可能是（

）A． B．C． D．9．（2023·河南新鄉·二模）已知函數在上存在零點，且在上單調，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．10．（23-24高一下·河南·階段練習）將函數的圖象向右平移個單位長度后與函數的圖象重合，則的最小值為（

）A．7 B．5 C．9 D．11二、多選題11．（2021·河北滄州·二模）若關于的方程在區間上有且只有一個解，則的值可能為（

）A． B． C．0 D．112．（2023·湖南郴州·一模）已知函數向左平移個單位長度，得到函數的圖像，若是偶函數，則（

）A．的最小正周期為B．點是圖像的一個對稱中心C．在的值域為D．函數在上單調遞增13．（2023·山西臨汾·一模）已知函數，則下列說法正確的有（

）A．的圖象關于點中心對稱B．的圖象關于直線對稱C．在上單調遞減D．將的圖象向左平移個單位，可以得到的圖象14．（2024·廣西·模擬預測）將函數的圖象向右平移個單位長度，再把所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標保持不變，得到函數的圖象，則關于的說法正確的是（

）A．最小正周期為 B．偶函數C．在上單調遞減 D．關于中心對稱15．（2021·福建·模擬預測）如圖所示，函數，的部分圖象與坐標軸分別交于點，，，且的面積為，以下結論正確的是（

）A．點的縱坐標為B．是的一個單調遞增區間C．對任意，點都是圖象的對稱中心D．的圖象可由圖象上各點的橫坐標縮短為原來的倍，縱坐標不變，再把得到的圖象向左平移個單位得到16．（23-24高三上·重慶·期末）下列函數中，其圖象關于點對稱的是（

）A． B． C． D．三、填空題17．（2023·北京海淀·一模）已知函數．若在區間上單調遞減，則的一個取值可以為．18．（22-23高三下·上海松江·階段練習）已知函數，則函數的最小正周期是．19．（2022·上海靜安·一模）函數，當y取最大值時，x的取值集合是．20．（2023·上海虹口·一模）設函數（其中,）,若函數圖象的對稱軸與其對稱中心的最小距離為,則．21．（2023·四川達州·一模）已知函數，則的值為.22．（2022·江西·模擬預測）函數的最大值為．參考答案：題號12345678910答案DBDACCADCD題號111213141516答案ACBCACBCDBCBCD1．D【分析】利用三角恒等變換公式以及正弦函數的圖象性質求解.【詳解】,若，因為，所以，因為在區間內沒有零點，所以，解得；若，因為，所以，因為在區間內沒有零點，所以，解得；綜上，，故選:D.2．B【分析】根據三角函數最值分析周期性，結合三角函數最小正周期公式運算求解.【詳解】由題意可知：為的最小值點，為的最大值點，則，即，且，所以.故選：B.3．D【分析】根據題意可求出的值，從而可得到的解析式，再根據解析式逐項分析即可．【詳解】依題可知，于是，于是，∴，∴，∴，對于A，由，則的最小正周期為，故A錯誤；對于B，將的圖象向右平移個單位長度后得，則，所以不關于原點對稱，故B錯誤；對于C，由，所以不是圖象的一個對稱中心，故C錯誤；對于D，由，則，所以在區間上單調遞增，故D正確．故選：D．4．A【分析】由圖像可知，該函數為奇函數，根據奇偶函數的定義，得出A，B為奇函數，再根據函數圖像中，判斷出A對，B錯；由圖像得，判斷出C，D錯誤，即可得出答案．【詳解】對于A，函數，因為，所以函數為奇函數，又，故A正確；對于B，函數，因為，所以函數為奇函數，又，故B錯誤；對于C，函數，因為，故C錯誤；對于D，函數，，故D錯誤，故選：A．5．C【分析】記，設，由幾何關系用逐個三角形推出，再由中，，最終求出結果.【詳解】記，根據對稱性得到，，設，，在中，，，在中，，，在中，，，在中，，，，得．故選：C

6．C【分析】借助正切函數的二倍角公式可得，結合函數定義域及正切型函數的周期性計算即可得.【詳解】，，又，可得，即，且、，故.故選：C.7．A【分析】首先判斷函數的奇偶性，即可排除C、D，再由特殊值排除B，即可判斷.【詳解】因為，，則，所以為偶函數，函數圖象關于軸對稱，故排除C、D；又，由于，所以，故排除B；故選：A8．D【分析】由定義域判斷A；利用特殊函數值：、的符號判斷B、C；利用奇偶性定義及區間單調性判斷D.【詳解】A：函數的定義域為，不符合；B：由，不符合；C：由，不符合；D：且定義域為，為偶函數，在上單調遞增，上單調遞減，結合偶函數的對稱性知：上遞減，上遞增，符合.故選：D9．C【分析】根據函數的零點和單調性求出，從而可得根據函數在上單調，即可求的取值范圍.【詳解】，因為在上存在零點，所以，解得．又在上單調，所以，即，解得，則，則則解得．故選：C.10．D【分析】求出，根據可得ω，從而可求其最小值.【詳解】，，，由題可知，，，解得，，又，當時，取得最小值11．故選：D．11．AC【分析】整理換元之后，原問題轉化為在區間上有且只有一個解，即的圖象和直線只有1個交點.作出簡圖，數形結合可得結果.【詳解】整理可得，令，因為，則.所以在區間上有且只有一個解，即的圖象和直線只有1個交點.由圖可知，或，解得或.故選：AC.12．BC【分析】A選項，根據為偶函數及，得到，進而得到A錯誤；B選項，計算出，B正確；C選項，由得到，從而結合圖象求出值域；D選項，由得到，結合圖象得到答案.【詳解】由題意得，，解得，因為，所以只有當，滿足題意，A選項，，故最小正周期，A錯誤；B選項，，故，故點是圖像的一個對稱中心，B正確；C選項，，則，故，C正確；D選項，，則，由于在上不單調，故在上不單調遞增，D錯誤.故選：BC13．AC【分析】用余弦函數的圖像與性質，采用整體代入的思想對選項逐一判斷即可.【詳解】由可知，解得，所以函數的對稱中心為，故A選項正確；令解得，所以函數的對稱軸為，，故B選項錯誤；令，解得，所以函數的單調遞減區間為，故C選項正確；將的圖象向左平移個單位得，故D選項錯誤；故選：AC14．BCD【分析】A選項，根據輔助角公式，平移和伸縮變換得到，從而得到的最小正周期；B選項，由函數奇偶性定義得到B正確；C選項，由得到，由整體法得到函數的單調性；D選項，，故D正確.【詳解】A選項，，的圖象向右平移個單位長度得到，再把所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標保持不變，得到，所以的最小正周期為，A錯誤；B選項，的定義域為R，且，故是偶函數，B正確；C選項，由得，由于在上單調遞減，所以在上單調遞減，C正確；D選項，，，所以D選項正確.故選：BCD.15．BC【分析】首先求出函數的周期，再根據的面積，求出的縱坐標，即可求出函數解析式，再根據正切函數的性質一一判斷即可；【詳解】解：因為，所以最小正周期，即，又的面積為，所以，所以，即的縱坐標為，故A錯誤；因為，所以，所以，因為所以，所以，令，，解得，，所以函數的單調遞增區間為，，故B正確；令，，解得，，所以函數的對稱中心為，，故C正確；將圖象上各點的橫坐標縮短為原來的倍，得到，再將函數向左平移個單位，得到，故D錯誤；故選：BC16．BCD【分析】利用三角函數的性質，把代入驗證即可判斷得解.【詳解】對于A，當時，，A不是；對于B，當時，，B是；對于C，當時，，C是；對于D，當時，，正切值不存在，D是.故選：BCD17．（不唯一）【分析】根據正弦型函數的單調性進行求解即可.【詳解】由，因為在區間上單調遞減，且，所以有，因此的一個取值可以為，故答案為：18．【分析】根據三角恒等變換化簡函數解析式，進而可得函數的最小正周期.【詳解】，故，故答案為：．19．．【分析】把作為一個整體，結合二次函數性質求解．【詳解】，又，所以時，，此時．故答案為：．20．【分析】根據對稱軸與對稱中心的最小距離即可得到周期,將對稱軸代入即可得到關于的等式,再根據的范圍即可得到解析式.【詳解】解:由題知,因為對稱軸與對稱中心的最小距離為,所以,即,所以,此時,因為對稱軸為,故有:,即,因為,所以,故.故答案為:21．【分析】根據題意，由函數解析式代入計算，即可得到結果.【詳解】因為函數，則.故答案為：22．/【分析】分子分母同時除以，然后使用基本不等式可得.【詳解】解：∵，∴，由題意得，當且僅當，即時取等號，故的最大值為．故答案為：【能力提升訓練】一、單選題1．（2023·湖北武漢·一模）已知函數的部分圖象如圖所示，其中.在已知的條件下，則下列選項中可以確定其值的量為（

）A． B． C． D．2．（2023·河北·模擬預測）已知函數（）在上有三個零點，則的取值范圍為（

）A． B．C． D．3．（2023·江蘇南通·二模）記函數的最小正周期為T．若，且，則（

）A． B． C． D．4．（23-24高三上·江蘇蘇州·期末）已知函數的最小正周期為，則在區間上的最大值為（

）A． B．1 C． D．25．（2023·江西贛州·一模）已知函數的最小正周期為，，且的圖像關于點中心對稱，若將的圖像向右平移個單位長度后圖像關于軸對稱，則實數的最小值為（

）A． B． C． D．6．（2022·四川綿陽·二模）已知直線的方程為，，則直線的傾斜角范圍是（

）A． B．C． D．7．（2023·河南·模擬預測）已知函數，則下列說法正確的是（

）A．為奇函數 B．在區間上單調遞增C．圖象的一個對稱中心為 D．的最小正周期為π8．（2023·河北唐山·一模）已知函數是定義在上的奇函數，且的一個周期為2，則（

）A．1為的周期 B．的圖象關于點對稱C． D．的圖象關于直線對稱9．（2023·全國·模擬預測）已知函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（

）

A．B．C．不等式的解集為D．將的圖象向右平移個單位長度后所得函數的圖象在上單調遞增10．（2023·河北衡水·一模）已知，周期是的對稱中心，則的值為（

）A． B． C． D．二、多選題11．（2023·全國·三模）已知函數的定義域均為，為偶函數，，且當時，，則（

）A．的圖象關于點對稱B．C．D．方程在區間上的所有實根之和為14412．（2024·江蘇·模擬預測）設函數，則（

）A．是偶函數 B．在上單調遞增C．的最小值為 D．在上有個零點13．（2022高二下·浙江紹興·學業考試）將函數的圖象向左平移個單位得到函數，則下列說法正確的是（

）A．的周期為 B．的一條對稱軸為C．是奇函數 D．在區間上單調遞增14．（2023·山東威海·一模）已知函數的部分圖像如圖所示，則（

）A． B．C．在上單調遞增 D．若為偶函數，則15．（2023·遼寧朝陽·模擬預測）下列函數中，以為最小正周期，且在區間上單調遞增的是（

）A． B．C． D．三、填空題16．（2023·陜西寶雞·二模）如圖是函數的部分圖像，則的單調遞增區間為．17．（2024·湖北·二模）已知函數滿足恒成立，且在區間上無最小值，則．18．（2023·遼寧·模擬預測）已知函數（，）在區間內單調，在區間內不單調，則ω的值為．19．（2024·北京·三模）已知函數，若是偶函數，則；若圓面恰好覆蓋圖象的最高點或最低點共3個，則的取值范圍是.20．（2021·甘肅蘭州·模擬預測）函數，的值域是．參考答案：題號12345678910答案BACCBBCCCD題號1112131415答案ACABCADACBD1．B【分析】根據函數圖象可知，是函數的兩個零點，即可得，利用已知條件即可確定的值.【詳解】根據圖象可知，函數的圖象是由向右平移個單位得到的；由圖可知，利用整體代換可得，所以，若為已知，則可求得.故選：B2．A【分析】由條件結合零點的定義可得在上有三個根，結合正弦函數性質列不等式可求的取值范圍.【詳解】令，則，當時，則，因為函數在上有三個零點，所以，∴，故選：A.3．C【分析】由最小正周期可得，再由即可得，即可求得ω=154.【詳解】根據最小正周期，可得，解得；又，即是函數的一條對稱軸，所以，解得.又，當時，ω=154.故選：C4．C【分析】由周期公式求得，結合換元法即可求得最大值.【詳解】由題意，解得，所以，當時，，所以在區間上的最大值為，當且僅當時等號成立.故選：C.5．B【分析】根據周期范圍得出范圍，根據對稱中心得出的值，并結合范圍得出的值，即可得出的解析式，根據函數圖像平移后的解析式變化得出，即可根據圖像關于軸對稱，得出，再根據的范圍得出實數的最小值.【詳解】，，且，，即，的圖像關于點中心對稱，，且，即，解得，，取，，，將的圖像向右平移個單位長度后得到的圖像，的圖像關于軸對稱，，解得，，的最小值，令，得，故選：B.6．B【分析】計算，再考慮和兩種情況，得到傾斜角范圍.【詳解】，則，設直線的傾斜角為，故，所以當時，直線的傾斜角；當時，直線的傾斜角；綜上所述：直線的傾斜角故選：B7．C【分析】根據正切函數的定義域、對稱中心、周期、單調性逐項判斷即可得解.【詳解】因為，所以，解得，即函數的定義域不關于原點對稱，所以不是奇函數，故A錯誤；當時，，此時無意義，故在區間上單調遞增不正確，故B錯誤；當時，，正切函數無意義，故為函數的一個對稱中心，故C正確；因為，故是函數的一個周期，故D錯誤.故選：C8．C【分析】舉例判斷A，B，D錯誤，再由條件結合奇函數的性質和周期函數的性質列關系式論證C正確.【詳解】因為為定義域為奇函數，周期為，故函數滿足條件，令可得，，函數的最小正周期為4，對稱中心為，，函數沒有對稱軸，A錯誤，B錯誤，D錯誤；因為函數是定義在上的奇函數，所以，取可得，，因為的一個周期為2，所以，取可得，，由可得，函數為周期為4的函數，所以，C正確；故選：C.9．C【分析】由圖象求出的表達式后逐一驗證選項即可.【詳解】由函數圖象可知，最小正周期為，所以，將點代入，得，又，所以，故，故A錯誤；所以，故B錯誤；令，則，所以，，解得，，所以不等式的解集為，故C正確；將的圖象向右平移個單位長度后，得到的圖象，令，，解得，，令得，因為，故D錯誤.故選：C.10．D【分析】根據條件，列出方程即可求得，然后根據對稱中心以及周期范圍求出，即可得到的解析式，從而得到結果.【詳解】因為，由可得，且，所以，又因為是的對稱中心，故解得且，即所以，當時，即，所以故選:D11．AC【分析】利用對稱性證明選項A正確；利用函數的周期得到，即可判斷選項B；利用周期性證明，即可判斷選項C；在同一坐標系內作出與在上的大致圖象，利用周期性和等差數列求解，即可判斷選項D.【詳解】因為為偶函數，所以，即，又，可得，故的圖象關于點對稱，故A正確；，故是以4為周期的周期函數，根據題意，，故，故B錯誤；，其中，故，故C正確；是周期函數，最小正周期是8，由得其對稱軸為，顯然與的圖象有公共的對稱軸，方程的實根是與的圖象的公共點的橫坐標，在同一坐標系內作出與在上的大致圖象，如圖，可知，所以，由圖易知在上的三個零點之和構成首項為4，公差為24的等差數列，故在區間上的所有實根之和為，故D錯誤．故選：AC【點睛】方法點睛：零點問題的求解常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）圖象法（作出函數的圖象分析判斷）；（3）方程+圖象法（令得到，分析兩函數圖象即得解）.要根據已知靈活選擇方法求解.12．ABC【分析】對A：利用奇偶性定義，即可判斷；對B：根據復合函數單調性的判斷方法，判斷即可；對C：令，利用換元法即可求得結果；對D：先求在上的零點，結合其奇偶性即可判斷.【詳解】對A：的定義域為，又，故為偶函數，A正確；對B：令，顯然是關于的單調增函數；此時，其對稱軸為，故是關于的單調增函數；根據復合函數單調性可知，在單調遞增，故B正確；對C：由A可知，為偶函數，故在上的最小值即為其在上的最小值；令，，則，故的最小值也即的最小值；又，當時，取得最小值為；故的最小值為，C正確；對D：由A可知，為偶函數，故只需先判斷在上的零點個數；當，令，即，解得或，故可得，或，有個零點；故在有個零點，D錯誤.故選：ABC.13．AD【分析】求出，A.的最小正周期為，所以該選項正確；B.函數圖象的對稱軸是，所以該選項錯誤；C.函數不是奇函數，所以該選項錯誤；D.求出在區間上單調遞增，所以該選