第03講：三角函數性質圖像和三角恒等式變換高頻考點突破【考點梳理】考點一：任意角的三角函數的定義設α是一個任意角，α∈R，它的終邊OP與單位圓相交于點P(x，y)，點P的縱坐標y叫做α的正弦函數，記作sinα，即sinα＝y；點P的橫坐標x叫做α的余弦函數，記作cosα，即cosα＝x；把點P的縱坐標與橫坐標的比值eq\f(y,x)叫做α的正切，記作tanα，即tanα＝eq\f(y,x)(x≠0)．正弦函數、余弦函數和正切函數統稱為三角函數，分別記為：正弦函數y＝sinx，x∈R；余弦函數y＝cosx，x∈R；正切函數y＝tanx，x≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．考點二：正弦、余弦、正切函數值在各象限內的符號1．圖示：2．口訣：“一全正，二正弦，三正切，四余弦”．考點三：公式一sin(α＋2kπ)＝sinα，cos(α＋2kπ)＝cosα，tan(α＋2kπ)＝tanα，其中k∈Z.終邊相同的角的同一三角函數的值相等．考點四：同角三角函數的基本關系1．平方關系：同一個角α的正弦、余弦的平方和等于1，即sin2α＋cos2α＝1.2．商數關系：同一個角α的正弦、余弦的商等于這個角的正切，即eq\f(sinα,cosα)＝tanα其中α≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．考點五：同角三角函數的基本關系(1)平方關系：sin2α＋cos2α＝1.(2)商數關系：eq\f(sinα,cosα)＝tanα.考點六：六組誘導公式組數一二三四五六角2kπ＋α(k∈Z)π＋α－απ－αeq\f(π,2)－αeq\f(π,2)＋α正弦sinα－sinα－sinαsinαcosαcosα余弦cosα－cosαcosα－cosαsinα－sinα正切tanαtanα－tanα－tanα口訣函數名不變符號看象限函數名改變符號看象限技巧歸納：1．誘導公式的記憶口訣：奇變偶不變，符號看象限．2．同角三角函數基本關系式的常用變形：(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα；(sinα＋cosα)2＋(sinα－cosα)2＝2；(sinα＋cosα)2－(sinα－cosα)2＝4sinαcosα.考點七．正弦函數、余弦函數、正切函數的圖象與性質函數y＝sinxy＝cosxy＝tanx圖象定義域RR{x|x∈R且x≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z}值域[－1,1][－1,1]R單調性在[－eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(π,2)＋2kπ](k∈Z)上遞增；在[eq\f(π,2)＋2kπ，eq\f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)上遞減在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上遞增；在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上遞減在(－eq\f(π,2)＋kπ，eq\f(π,2)＋kπ)(k∈Z)上遞增最值當x＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)時，ymax＝1；當x＝－eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)時，ymin＝－1當x＝2kπ(k∈Z)時，ymax＝1；當x＝π＋2kπ(k∈Z)時，ymin＝－1奇偶性奇函數偶函數奇函數對稱中心(kπ，0)(k∈Z)(eq\f(π,2)＋kπ，0)(k∈Z)(eq\f(kπ,2)，0)(k∈Z)對稱軸方程x＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)x＝kπ(k∈Z)周期2π2ππ考點八.函數y＝sinx的圖象經變換得到y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象的步驟如下：考點九兩角和與差的余弦公式名稱簡記符號公式使用條件兩角差的余弦公式C(α－β)cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβα，β∈R兩角和的余弦公式C(α＋β)cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβα，β∈R考點十兩角和與差的正弦公式名稱簡記符號公式使用條件兩角和的正弦S(α＋β)sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβα，β∈R兩角差的正弦S(α－β)sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβα，β∈R考點十一：兩角和與差的正切公式名稱公式簡記符號條件兩角和的正切tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)T(α＋β)α，β，α＋β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)兩角差的正切tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)T(α－β)α，β，α－β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)考點十二：二倍角的正弦、余弦、正切公式考點十三半角公式sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).考點十四輔助角公式輔助角公式：asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋θ).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(b,a)))【題型梳理】題型一：同角三角函數的基本關系1．（2023秋·云南紅河·高一統考期末）已知，則=（

）A．-7 B． C． D．5【答案】C【分析】利用弦切互化計算即可.【詳解】因為，所以.故選：C．2．（2023秋·安徽馬鞍山·高一統考期末）若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由誘導公式以及商數關系求解即可.【詳解】，則.故選：D3．（2023秋·海南·高一海南華僑中學校考期末）若，且滿足，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知可推出，進而可得出.然后根據的范圍，開方即可求出.【詳解】因為，，所以，.所以，.又，所以，所以.故選：A.題型二：三角函數的誘導公式4．（2023秋·山西運城·高一統考期末）已知為第二象限角，且，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用誘導公式可得出的值，利用同角三角函數的基本關系可求得的值，再利用誘導公式化簡所求代數式，代值計算即可得出所求代數式的值.【詳解】因為，則，又因為為第二象限角，則，因此，.故選：A.5．（2023秋·云南紅河·高一統考期末）已知為銳角，且.(1)化簡；(2)若，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由誘導公式化簡計算即可；（2）利用三角恒等變換計算即可.【詳解】（1）由誘導公式化簡可得：；（2）∵，為銳角，∴.又∵，為銳角，∴6．（2023秋·河北邯鄲·高一校考期末）已知第三象限角滿足，且，為第三象限角，求下列各式的值.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由，利用誘導公式可得，由誘導公式結合可得答案.（2）由（1）可得，后由可得，即可得答案.【詳解】（1）由得，即，則.原式；又，所以原式.（2）由且為第三象限角得，因為，又為第三象限角，則，則.題型三：三角形的圖像和性質7．（2023春·四川成都·高一成都外國語學校校考期末）函數的一個周期內的圖象如圖所示，下列結論錯誤的是（

）A．的解析式是B．函數的最小正周期是πC．函數的最大值是2D．函數的一個對稱中心是【答案】A【分析】由函數的圖象的頂點坐標求出，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得函數的解析式，即可判斷ABC,由驗證法即可代入求解D.【詳解】由函數的最小值為可得，由圖象可知，解得，再根據五點法作圖可得，求得，故函數的解析式為，故A錯誤，BC正確，當時，代入中得，故是的對稱中心，故D正確，故選：A8．（2023秋·黑龍江哈爾濱·高一哈爾濱市第六中學校校考期末）已知函數（，，）的部分圖象如圖所示，下列說法中錯誤的是（

）A．函數的圖象關于點對稱B．函數的圖象關于直線對稱C．函數在上單調遞增D．函數在的取值范圍為【答案】D【分析】根據題圖得，，由可得，故，再逐項分析即可.【詳解】由題意可得,，解得.由，得.因為，所以，所以.,所以函數的圖象關于點對稱，故A正確；，故函數的圖象關于直線對稱，故B正確；時，，所以函數在上單調遞增，故C正確；時，，所以,所以，故D錯誤.故選:D.9．（2023秋·江蘇連云港·高一校考期末）設函數（是常數，，），若在區間上具有單調性，且，則函數是的最小正周期是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據單調性可求出，再根據題意得函數關于點對稱，關于直線對稱，得到等式組，通過作差分析可得，最后檢驗即可.【詳解】若在區間上具有單調性,則，則的圖象關于點對稱,的圖象關于直線對稱,①，且，②兩式相減,可得,又因為，故.當時,則結合和①式可得，.所以.故它的最小正周期為，故選：B.題型四：函數y＝Asin(ωx＋φ)圖像的變換和綜合性質10．（2023秋·吉林·高一統考期末）將函數的圖象上所有點向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則函數的解析式為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據三角函數圖象的平移變換，可得平移后的函數解析式，即得答案.【詳解】由題意可得，故選：B11．（2022·江蘇·高一期末）已知函數，現將的圖象向右平移個單位，再將所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的倍，縱坐標不變，得到函數的圖象，則在的值域為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由函數，根據函數圖象的平移變換與伸縮變換法則，可得到函數，由，可得到，利用正弦函數的單調性即可求出結果.【詳解】將函數的圖象向右平移個單位，得到的圖象，再將所得圖象上各點的橫坐標縮短為原來的倍，縱坐標不變，得到函數，因為，所以，所以，所以在上的值域為，故選：A.12．（2023秋·江蘇連云港·高一江蘇省海頭高級中學校考期末）已知函數，將的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，得到函數的圖象，已知在上恰有5個零點，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得，換元轉化為在上恰有5個不相等的實根，結合的性質列出不等式求解.【詳解】，令，由題意在上恰有5個零點，即在上恰有5個不相等的實根，由的性質可得，解得．故選：D．題型五：兩角和與差的三角函數13．（2023春·四川成都·高一成都實外校考期末）下列化簡不正確的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用三角恒等變換的知識進行化簡，從而確定正確答案.【詳解】A選項，，所以A選項正確.B選項，，B選項正確.C選項，，C選項正確.D選項，，D選項錯誤.故選：D14．（2023秋·廣東·高一校聯考期末）已知，，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】將條件中兩式平方相加后整理即可得答案.【詳解】，，兩式相加得，.故選：C.15．（2023秋·陜西渭南·高一統考期末）已知,都是銳角,,,則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據題意判斷的范圍,從而求出的值,將寫為,再用兩角和與差的余弦公式代入化簡即可.【詳解】由于,都是銳角,則,,因為,,所以,,所以,,所以.故選:B題型六：二倍角公式的應用16．（2023春·江西贛州·高一校聯考期末）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角公式及兩角和的正弦公式得到，再將兩邊平方及二倍角的正弦公式計算可得.【詳解】，所以，所以．故選：A．17．（2023秋·安徽蕪湖·高一安徽師范大學附屬中學校考期末）若，則（

）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】根據兩角和的正切公式、二倍角公式，結合誘導公式、同角的三角函數關系式進行求解即可.【詳解】，，故選：D18．（2022秋·吉林長春·高一東北師大附中校考期末）已知，且，則等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平方關系由結合已知角的范圍求出的值，再代入二倍角公式和和角公式計算即可.【詳解】因為，所以，所以.因為，所以，所以.則.故選：A.題型七：降冪公式的應用19．（2022秋·河南商丘·高一商丘市第一高級中學校考期末）若，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題可得，從而可求出，即得.【詳解】∵所以，又因為，，所以，即，所以，又因為，所以，．故選：C．20．（2021秋·湖北荊州·高一沙市中學校考期末）已知函數在上有且只有四個零點，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】先化簡函數的解析式，然后利用的范圍求出的范圍，根據題意列不等式求解.【詳解】，因為，得，因為函數在有且只有四個零點，則，解得.故選：C.【點睛】關于三角函數中求解的取值范圍問題，一般要先求解出整體的范圍，即的范圍，然后根據題意，分析范圍所在的區間，列不等式求解，即可求出.21．（2022春·河南南陽·高一校聯考期末）化簡=（

）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】利用三角恒等變換化簡即得.【詳解】.故選：C.題型八：三角函數恒等式變換22．（2023春·河南焦作·高一統考期末）已知函數，有下述三個結論：①的最小正周期是；②在區間上不單調；③將圖象上的所有點向右平移個單位長度后，得到函數的圖象．其中所有正確結論的編號是（

）A．① B．② C．①② D．①②③【答案】C【分析】根據題意利用三角恒等變換將函數化簡成，然后根據正弦型函數的單調新性，周期和三角函數圖像的平移即可求解.【詳解】因為函數，所以函數的最小正周期，故①正確；當時，，由正弦函數的圖像可知，函數在上先增后減，故②正確；將圖象上的所有點向右平移個單位長度后，可得，故③錯誤，所以結論正確的為①②，故選：C.23．（2022春·湖北·高一湖北省漢川市第一高級中學校聯考期末）已知，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將兩邊平方，即可求出，再根據同角三角函數的基本關系求出，最后利用兩角差的正弦公式計算可得；【詳解】解：因為，所以，即，即，所以，又，即，因為，所以，所以，即，所以，所以，所以；故選：D24．（2022春·陜西榆林·高一校考期末）若，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】化簡得出，等式兩邊平方可得出關于的方程，結合的取值范圍可求得的值.【詳解】由可得，則，因為，等式兩邊平方可得，即，，解得.故選：A.題型九：三角函數的綜合應用25．（2023春·四川成都·高一成都外國語學校校考期末）已知函數．(1)求的最小正周期和對稱軸方程；(2)若函數在上的值域．【答案】(1)最小正周期為，對稱軸為(2)【分析】（1）利用兩角和差、二倍角和輔助角公式化簡得到，由正弦型函數最小正周期、對稱軸方程的求法直接求解即可；（2）利用整體代換法，結合正弦函數的性質可確定值域.【詳解】（1），的最小正周期；令，解得：，的對稱軸方程為.（2）當時，，，即在上的值域為.26．（2023秋·浙江杭州·高一杭十四中校考期末）已知函數.(1)求的單調遞增區間；(2)若在上存在最小值，求實數t的取值范圍；(3)方程在上的兩解分別為，求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先根據差角的正弦公式及輔助角公式化簡得，由計算得解.（2）由題知，在上存在最小值，只需，繼而得解.（3）設，由題意求得，，，由兩角差的余弦公式可求出的值，求出的取值范圍，進而利用二倍角余弦公式可求出的值.【詳解】（1），由，得，所以的單調遞增區間為：.（2）當時，，因為在上存在最小值，所以，所以.實數t的取值范圍為.（3）設，，則，由于正弦函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，由，得，因為方程在上的兩解分別為、，則，必有，，所以，，同理，，由于，且，，則，由，可得.27．（2023秋·云南德宏·高一統考期末）已知函數．(1)求的單調遞減區間及最小正周期；(2)將函數的圖象向右平移個單位后得到的圖象，討論函數在上的零點個數．【答案】(1)單調遞減區間為，最小正周期為(2)答案見解析【分析】（1）利用二倍角和輔助角公式化簡得到，利用整體代入法可求得的單調遞減區間；由正弦型函數最小正周期的求法可得最小正周期；（2）根據三角函數平移變換原則可得，分別在、的情況下，得到的單調性和值域，通過分析最值可確定不同取值范圍時，的零點個數.【詳解】（1），令，解得：，的單調遞減區間為，最小正周期.（2）由題意得：；當時，，當，即時，單調遞增，值域為；當，即時，單調遞減，值域為；則當，即時，無零點；當，即時，有且僅有一個零點；當，即時，有兩個不同零點；當，即時，有且僅有一個零點；當，即時，有且僅有一個零點；；當，即時，無零點；綜上所述：當時，無零點；當時，有且僅有一個零點；當時，有兩個不同零點.【專題突破】一、單選題28．（2023春·浙江寧波·高一慈溪中學校聯考期末）在平面直角坐標系中，若角以軸的非負半軸為始邊，且終邊過點，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用誘導公式可得，再利用三角函數的定義即可求解.【詳解】角的終邊經過點，，則.故選：A.29．（2023春·江蘇蘇州·高一統考期末）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由條件結合利用二倍角公式求，再利用誘導公式求.【詳解】因為，所以，所以，故選：C.30．（2023春·江蘇南通·高一校考期末）已知函數在內恰有個最值點和個零點，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用輔助角公式化簡得出，由求出的取值范圍，根據函數在內恰有個最值點和個零點，可得出關于的不等式，解之即可.【詳解】因為，且當時，，因為函數在內恰有個最值點和個零點，所以，，解得，故選：B.31．（2023春·江西贛州·高一校聯考期末）在平面直角坐標系中，為第四象限角，角的終邊與以10為半徑的圓交于點，若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用任意角的三角函數定義求得，根據為第四象限角，判斷的范圍，然后求出的值，最后根據兩角差的余弦公式求出即可.【詳解】在平面直角坐標系中，為第四象限角，角的終邊與半徑為10的圓交于點．故選：C．32．（2023秋·江蘇鹽城·高一鹽城市第一中學校聯考期末）已知，滿足，若函數在區間上有且只有三個零點，則的范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據正弦函數的周期性和對稱性分析可得為函數的對稱軸，再根據周期性分析零點即可.【詳解】由題意可知：函數的最小正周期，因為，則為函數的對稱軸，則函數在之后的零點依次為，若函數在區間上有且只有三個零點，則.故選：D.33．（2023秋·河南鄭州·高一鄭州市第四十七高級中學校考期末）已知當時，函數取得最小值，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據已知條件，利用輔助角公式，結合三角函數的誘導公式，求出，再根據商數求解即可．【詳解】由函數，其中，，所以當，函數取得最小值為，所以，，所以，所以．故選：B．34．（2023秋·云南德宏·高一統考期末）設函數，則下列結論錯誤的是（

）A．的一個周期為?2π B．的值為C．的一個零點為 D．在上單調遞減【答案】D【分析】根據周期的定義判斷A，利用兩角和余弦公式求，判斷B，根據零點的定義判斷C，根據余弦函數的單調性求函數的單調區間，判斷D.【詳解】因為，所以是函數的一個周期，A正確；f＝cos，故B正確；因為，所以的一個零點為，故C正確；由，可得，所以在上單調遞減，取可得在上單調遞減，由，可得，所以在上單調遞增，取可得在上單調遞增，故D錯誤．故選：D.35．（2023秋·云南楚雄·高一統考期末）已知黃金三角形是一個等腰三角形，其底與腰的長度的比值為黃金比值（即黃金分割值，該值恰好等于），則下列式子的結果不等于的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用兩角和差公式和誘導公式依次化簡各個選項即可.【詳解】對于A，，A正確；對于B，，B正確；對于C，，C錯誤；對于D，，D正確.故選：C.36．（2023秋·河北邢臺·高一邢臺一中校考期末）已知，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用誘導公式可求得，利用三角恒等變換化簡所求代數式，可求得結果.【詳解】因為，則，若，則，矛盾，故.因此，.故選：C.37．（2023秋·重慶沙坪壩·高一重慶南開中學校考期末）2023年是農歷癸卯兔年，在中國傳統文化中，兔被視為一種祥瑞之物，是活力和幸福的象征，寓意福壽安康.故宮博物院就收藏著這樣一副蘊含“吉祥團圓”美好愿景的名畫——《梧桐雙兔圖》，該絹本設色畫縱約176cm，橫約95cm，其掛在墻壁上的最低點離地面194cm.小南身高160cm（頭頂距眼睛的距離為10cm），為使觀賞視角最大，小南離墻距離應為（

）A． B．76cm C．94cm D．【答案】D【分析】由題意只需最大，設小南眼睛所在的位置點為點，過點做直線的垂線，垂足為，求出，，設，則，求出，，代入，利用基本不等式求解即可.【詳解】由題意可得為銳角，故要使最大，只需最大，設小南眼睛所在的位置點為點，過點做直線的垂線，垂足為，如圖，則依題意可得（cm），（cm），，設，則，且，，故，當且僅當即時等號成立，故使觀賞視角最大，小南離墻距離應為cm.故選：D.38．（2023秋·北京·高一清華附中校考期末）已知函數，則下列說法正確的是（

）①時，的最大值為；②時，方程在上有且只有三個不等實根；③時，為奇函數；④時，的最小正周期為A．①② B．①③ C．②④ D．①④【答案】D【分析】利用輔助角公式化簡函數解析式，結合正弦函數性質判斷命題①，結合平方關系，正弦函數性質化簡不等式求方程的解，判斷命題②，根據奇函數的定義及正弦函數和余弦函數性質判斷命題③，根據三角恒等變換及余弦型函數的周期公式判斷命題④，由此可得正確選項.【詳解】因為，所以當時，，此時函數的最大值為，命題①為真命題；當時，，方程可化為，當時，，故，由正弦函數性質可得方程在上有兩個解，當時，原方程可化為，方程在上無解，所以方程在上有且只有兩個不等實根；命題②為假命題；當時，，，，所以，所以不為奇函數，命題③為假命題；當時，，所以的最小正周期為，命題④正確；故選：D.二、多選題39．（2023春·江西贛州·高一校聯考期末）已知某曲線部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（

）

A．B．一條對稱軸方程為C．在上單調遞增D．圖象可以由圖象向左平移個單位長度得到【答案】ABD【分析】對于.根據圖象求得，再由求解判斷；對于B.由求解判斷；對于C：由求解判斷；對于D.利用平移變換求解判斷.【詳解】對于A.因為，所以由圖象知，，所以，又因為，且在的單調遞減區間上，所以因為，所以，又因為，所以，所以，故A正確；對于B.，故對稱軸方程為，當時，，故B正確；對于C.由知，由，解得，所以的單調遞增區間為，故C錯誤；對于D.圖象向左平移個單位長度得到，，故D正確．故選：ABD．40．（2023秋·云南紅河·高一統考期末）下列說法正確的是（

）A．B．C．已知角的終邊過點，則D．已知扇形弧長為2，圓心角為，則該扇形的面積為【答案】BCD【分析】根據誘導公式可判定A，根據弧度與角度的轉化可判定B，根據三角函數的定義可判定C，根據扇形的弧長與面積公式可判定D.【詳解】對于A選項，，所以A錯誤；對于B選項，，所以B正確；對于C選項，由三角函數的定義得，，所以C正確；對于D選項，扇形弧長為2，圓心角為，則該扇形的半徑為，扇形面積，所以D正確.故選：BCD．41．（2023春·江蘇鹽城·高一江蘇省響水中學校考期末）已知函數，則下列說法正確的有（

）A．若，則B．將的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱C．函數的最小正周期為D．若在上有且僅有3個零點，則的取值范圍為【答案】ABD【分析】對A：必有一個最大值和一個最小值可求；對B：求出平移后函數解析式判斷是否為偶函數；對C：化簡后求周期；對D：求出的范圍，數據正弦曲線的圖象列出滿足的不等式并求解.【詳解】由，故必有一個最大值和一個最小值，則為半個周期長度，故正確；由題意的圖象關于軸對稱，B正確；的最小正周期為C錯誤.，在上有且僅在3個零點，結合正弦函數的性質知：，則，D正確；故選：ABD42．（2023春·江蘇鎮江·高一揚中市第二高級中學校考期末）聲音是由物體振動產生的聲波，純音的數學模型是函數，我們聽到的聲音是由純音合成的，稱之為復合音，若一個復合音的數學模型是函數，則（

）A．函數圖像的一個對稱中心為B．函數圖像的一條對稱軸為直線C．函數在區間上單調遞增D．將函數的圖像向左平移個單位后的圖像關于y軸對稱【答案】AC【分析】化簡得到，根據對稱中心對稱軸判斷A，B選項，根據單調性判斷C選項，根據平移判斷D選項.【詳解】，故A正確；對選項B：當時，，故的圖像不關于對稱，B錯誤；，函數在區間上單調遞增，C正確；將函數的圖像向左平移個單位后得到，D錯誤.故選:AC.三、填空題43．（2023春·上海浦東新·高一統考期末）化簡_________.【答案】【分析】利用三角函數的誘導公式化簡即可得解.【詳解】.故答案為：.44．（2023春·四川成都·高一成都外國語學校校考期末）若將函數的圖象向左平移個單位長度，平移后的圖象關于點對稱，則______．【答案】【分析】先利用輔助角公式將函數的解析式化簡，并求出平移變換后的函數解析式，由變換后的函數圖象關于點對稱，可得出的表達式，結合的范圍可求出的值.【詳解】,將函數的圖象向左平移個單位后，所得圖象的函數解析式為，由于函數的圖象關于點對稱，則，得，，，.故答案為：.45．（2023秋·山西大同·高一統考期末）如圖，一個半徑為3米的筒車按逆時針方向每4分鐘轉1圈，筒車的軸心距離水面的高度為1.5米.設筒車上的某個盛水筒到水面的距離為（單位：米）（在水面下則為負數），若以盛水筒剛浮出水面時開始計算時間，且與時間（單位：分鐘）之間的關系式為：，則與時間之間的關系是______.

【答案】，【分析】根據題意求出振幅、周期，利用正弦型三角函數的性質求解即可.【詳解】根據筒車模型中各量的物理意義及題意可知，筒車按逆時針方向每4分鐘轉1圈，所以筒車旋轉的角速度.筒車的半徑為3米，所以.筒車的軸心距離水面的高度為1.5米，所以.以盛水筒剛浮出水面時開始計算時間，此時.所以筒車上的某個盛水筒到水面的距離（單位：米）（在水面下則為負數）與時間的關系為，.故答案為：，.46．（2023秋·河南三門峽·高一統考期末）若函數是定義在上的奇函數，且滿足，當時，，則______．【答案】/【分析】由題意可得的最小正周期為，由奇函數的定義和周期性，結合特殊角的三角函數值，計算可得所求和．【詳解】函數是定義在上的奇函數，則，又滿足，可得的最小正周期為，所以，則函數關于點對稱，即，又當時，，所以．故答案為：．四、解答題47．（2023春·上海浦東新·高一統考期末）已知，且函數，(1)求函數的最小正周期；(2)求函數的單調減區間；(3)若函數（其中）是上的偶函數，求的值，【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）利用向量數量積的坐標表示與三角函數的恒等變換化簡，由此得解；（2）利用整體代入法，結合正弦函數的性質即可得解；（3）利用誘導公式與三角函數的奇偶性即可得解.【詳解】（1）因為，所以.故的最小止周期為.（2）由，得，所以函數的單調減區間為.（3）因為，因為是上的偶函數，所以，即，又，所以或.48．（2023春·上海閔行·高一閔行中學校考期末）已知函數.(1)求函數的最小正周期；(2)求函數在區間上的最小值和最大值及相應的取值.【答案】(1)最小正周期為(2)時，的最大值為；當時，的最小值為.【分析】（1）化簡函數為，結合最小正周期的公式，即可求解；（2）由，可得，結合三角函數的性質，即可求解.【詳解】（1）解：由函數，所以函數的最小正周期為.（2）解：由，可得，當，即時，函數單調遞增；當，即時，函數單調遞減，所以當時，的最大值為；又由，所以當時，的最小值為.49．（2023秋·云南紅河·高一統考期末）已知函數（其中）(1)求函數的值域；(2)若函數的圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變）得到函數的圖象，且函數的圖象與軸的相鄰兩交點間的距離為，求函數的單調遞增區間.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用三角恒等變換得到，然后根據正弦函數的值域即可求解；（2）先將函數進行平移，然后根據題意得到的最小正周期為，進而求出，再利用正弦型函數的單調性即可求解.【詳解】（1）由題意得，由于，得，所以函數的值域為．（2）所有點的橫坐標縮短為原來的倍（縱坐標不變），可得，由函數的圖象與軸的相鄰兩交