新高考数学二轮复习讲义专题04：三角函数（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习讲义专题04：三角函数（2份，原卷版+解析版），共69页。

题型一：三角函数概念、诱导公式
【典例例题】
例1.（2023秋·河北省石家庄市部分名校模拟）已知为第三象限角，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据诱导公式，结合同角的三角函数关系式、二倍角的正弦公式进行求解即可.
【详解】因为，所以．又因为为第三象限角，所以．所以故选：A
【变式训练】
1.（2023春·广东省韶关市二模）已知锐角满足，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用倍角公式可求得，再利用同角三角关系结合诱导公式运算求解.
【详解】因为，整理得，
解得或，
又因为为锐角，则，可得，
则，即，
可得，
解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
2.（2023春·湖南省常德市汉寿县第一中学模拟）已知，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由二倍角公式与齐次式弦化切求解．
【详解】.
故答案为：
3.（2023秋·河南省洛阳市第一高级中学模拟）已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，即可求出，再由两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，且，
所以且，
解得，
所以，则.
故选：C
4.（2023秋·河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学模拟）（多选题）已知为任意角，，且，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据，得到，与结合角的范围求解.，
【详解】因为，
所以，且为第一象限角或第三象限角，
即，代入，
解得，
当为第一象限角时，，
当为第三象限角时，，
故选：CD
题型二：三角恒等变换
【典例例题】
例1.（2023春·广东实验中学校一模）已知，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由诱导公式与二倍角公式即可求解
【详解】
，
故选：B
【变式训练】
1.（2023春·广东省佛山市一模）已知，为钝角，，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，从而求出，再根据利用两角差的正切公式计算可得.
【详解】解：因为，所以，因为为钝角，
所以，则，
所以.
故选：B
2. （2023春·广东省广州市一模）已知为第一象限角.，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，两边平方求出，判断的正负并求出，再利用同角公式计算作答.
【详解】因为为第一象限角，，则，，
，即，解得，，
所以.
故选：D
3. （2023春·广东省广州市一模）若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
所以，
故选：D．
4.（2023春·广东省江门市一模）已知，，则的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式，结合角的范围，即可求得结果．
【详解】因为，所以，即，
又，所以.
故答案为：.
5.（2023春·广东省二模）若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用弦化切可求得的值，再利用两角和的正切公式可求得的值.
【详解】因为，解得，
所以，.
故选：A.
6. （2023秋·江西省宜春市宜丰县宜丰中学模拟）若，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解.
【详解】，.
由，可得，
即.
，
，
，，且，
根据函数易知：，即得：.
故选：A
题型三：三角函数的图像及性质
【典例例题】
例1. （2023春·广东省广州市一模）（多选）已知函数的图像关于直线对称，则（ ）
A. 函数的图像关于点对称
B. 函数在有且仅有2个极值点
C. 若，则的最小值为
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数图象的对称性求出，再结合正弦函数的图象与性质逐项分析、计算判断作答.
【详解】依题意，，即，而，则，，
对于A，因为，于是函数的图像关于点对称，A正确；
对于B，当时，，而正弦函数在上有且只有两个极值点，
所以函数在有且仅有2个极值点，B正确；
对于C，因为，又，因此中一个为函数的最大值点，
另一个为其最小值点，又函数的周期为，所以的最小值为，C错误；
对于D，依题意，，
则
，因此，D正确.
故选：ABD
【变式训练】
1.（2023秋·河南省洛阳市第一高级中学模拟）函数的值域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由三角恒等变换公式化简，然后换元，结合二次函数的值域，即可得到结果.
【详解】因为
，且，
则，
令，则，
所以，，对称轴为，
当时，，
当时，，
即函数的值域为.
故选：B
2.（2023秋·山东省临沂市平邑县平邑县第一中学模拟）已知函数在区间上有且仅有4个极大值点，则正实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设，令，结合正弦函数性质及极值点定义确定的范围，即可得答案.
【详解】由，结合题设，令，
故在有且仅有4个极大值点，
根据正弦函数图象及极值点定义知：，则.
故选：C
3. （2023春·广东省潮州市二模）若在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合正弦型函数的单调区间列出不等式，然后结合条件代入计算，即可得到结果.
【详解】令，
所以，
所以函数的单调增区间为，
又因为在上单调递增，
则是，的一个子区间，
当时，即，
若是的子集，
则
故选:D．
4.（2023春·湖南省常德市汉寿县第一中学模拟）（多选）已知函数的图象关于点对称，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的最大值为2
C. 函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为
D. 在上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】根据已知函数的图象关于点对称，可知点在函数的图象上，满足函数方程，进而求出的值，可判断出的正误；已知的值，求出函数的解析式，利用辅助角公式可把解析式化为，进而可判断出
【详解】因为函数的图象关于点对称，
则点在函数的图象上，
所以，
解得，故A错误；
由，得最大值为2，故B正确；
因为的最小正周期为，所以函数的图象相邻两条对称轴的距离为，
故C正确；
当时，，
所以在上是单调递增，故D错误.
故选：BC.
5.（2023春·广东省佛山市一模）设函数，方程恰有5个实数解，则正实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】当时，得到.若方程恰有5个实数解，只需函数在区间上恰好有5个，使得，从而确定在上恰有5条对称轴．结合正弦函数的图象可建立求解即可.
【详解】当时，，
因为函数在区间上恰好有5个，使得，
故在上恰有5条对称轴．令，
则在上恰有5条对称轴，如图：
所以，解得．
故选：B．
6. （2023春·广东省大湾区二模）（多选）已知函数，则（ ）
A. 函数的最小正周期为π
B. 函数的图像关于点中心对称
C. 函数在定义域上单调递增
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据函数的最小正周期公式判断A选项，求的对称中心判断B选项，特殊值法判断C选项，求函数值域判断D选项.
【详解】的最小正周期为,A选项错误;
的对称中心，令,,对称中心为，当是对称中心,B选项正确;
,函数在定义域上不是单调递增,C选项错误;
当,则,可得,D选项正确;.
故选：BD.
题型四：三角函数图像的变换问题
【典例例题】
例1. （2023春·广东省汕头市潮阳区二模）已知将函数向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，且，则当取最小值时，函数的解析式为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数图象变换规律，三角函数的图象的对称性，可得＝kπ，k∈Z，，求得ω的值，可得函数f（x）的解析式．
【详解】将函数向右平移个单位长度后，可得y＝cs（ωx）的图象，根据所得图象关于y轴对称，可得＝kπ，k∈Z．
再根据，可得cs，∴，
∴kπ，∴ω＝12k+3，则当ω＝3取最小值时，函数f（x）的解析式为f（x）＝cs（3x），
故选C．
【变式训练】
1.（2023秋·山东省临沂市平邑县平邑县第一中学模拟）（多选）已知向量，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点对称
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象可以由的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位得到
【答案】AC
【解析】
【分析】利用数量积公式及三角恒等变换化简函数，再根据三角函数的性质逐项判断即可.
【详解】由题意可得，
的周期为，所以A正确；
当时，，所以图象关于对称，所以B错误；
当时，，所以的图象关于直线对称，所以C正确；
的图象向左平移个单位得，再向上平移1个单位得到，所以D错误.
故选：AC
2. （2023春·广东省深圳市龙岗区二模）（多选）已知函数的图象关于直线对称，那么（ ）
A. 函数为奇函数
B. 函数在上单调递增
C. 若，则的最小值为
D. 函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意求得，得到，利用三角函数图象变换，以及三角函数的图象与性质，结合利用导数求得函数的单调性与最值，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数的图象关于直线对称，
可得，所以，所以，
对于A中，由为奇函数，所以A正确；
对于B中，由，可得，
当时，即，函数单调递减；
当时，即，函数单调递增，
所以在上不是单调函数，所以B错误；
对于C中，若，
则和中，其中一个为最大值 ，另一个为最小值，
则的最小值为半个周期，即，所以C正确；
对于D中，把函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象，
则，
令，可得，则，
令，求得，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，且，
可得，所以的最大值为，所以D正确.
故选：ACD.
题型五：由三角函数图像求解析式
【典例例题】
例1.（2023春·广东省梅州市一模）（多选）函数（，）的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 函数的图像关于直线对称
C. 函数在单调递减
D. 函数是偶函数
【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数图象可得最小正周期为可求得；利用检验法代入可知是函数的一条对称轴；根据整体代换法可求得函数在不是单调递减的；利用函数奇偶性定义可得是奇函数；即可得到正确选项.
【详解】根据函数图象可得，即函数的最小正周期为，可得，即A正确；
又因为函数图象过，所以，
可得，又可得，所以；
将代入可得，所以为函数的一条对称轴，即B正确；
当时，，根据正弦函数单调性可得函数在上先减后增，所以C错误；
易得是奇函数，即D错误.
故选：AB
【变式训练】
1.（2023春·广东省一模）（多选）如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球运动的最高点与最低点的距离为
B. 小球经过往复运动一次
C. 时小球是自下往上运动
D. 当时，小球到达最低点
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正弦型函数的性质逐一判断即可.
【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误；
因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确；
当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；
当时，，所以选项D正确，
故选：BD
2. （2023秋·广西壮族自治区玉林市模拟）（多选）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.
B. 函数的图象关于对称
C. 函数在的值域为
D. 要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位
【答案】ACD
【解析】
【分析】先由图象信息求出表达式，从而即可判断A；注意到是的对称中心当且仅当，由此即可判断B；直接由换元法结合函数单调性求值域对比即可判断C；直接按题述方式平移函数图象，求出新的函数解析式，对比即可判断.
【详解】如图所示：

由图可知，又，
所以，所以，
又函数图象最高点为，
所以，即，
所以，解得，
由题意，所以只能，故A选项正确；
由A选项分析可知，而是的对称中心当且仅当，
但，从而函数的图象不关于对称，故B选项错误；
当时，，，
而函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
所以函数在的值域为，故C选项正确；
若将函数的图象向左平移个单位，
则得到的新的函数解析式为，故D选项正确.
故选：ACD.
3. （2023秋·山西省运城市稷山县稷王中学模拟）（多选）已知函数的部分图像如图所示，下列结论正确的是（ ）
A. 的图像关于直线对称
B. 的图像关于点对称
C. 将函数的图像向左平移个单位长度可以得到函数的图像
D. 方程在上有7个不相等的实数根
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意得，再结合三角函数的性质依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：由题知，，即，故，解得，
所以，
再将代入解析式得，解得，
因为，所以，即，
对于A选项，当时，，由于是函数的一条对称轴，故的图像关于直线对称，正确；
对于B选项，当时，，由于是函数的一个对称中心，故的图像关于点对称，正确；
对于C选项，函数的图像向左平移个单位长度，故错误；
对于D选项，，即，故或，即或，
所以，当时，的实数根为，，共个不相等的实数根，故错误.
故选：AB
4.（2023秋·安徽省滁州市定远县育才学校模拟）函数的部分图象如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A. 的最小正周期是B. 在上单调递增
C. 在上单调递增D. 直线是曲线的一条对称轴
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像，可得，利用正弦函数的性质，结合整体法计算，以及对选项的排除法，可得结果.
【详解】由图可知，，
该三角函数的最小正周期，
故A项正确；
所以，则.
因为，所以该函数的
一条对称轴为，
将代入，
则，
解得，
故.
令，
得，
令，则
故函数在上单调递增.故B项正确；
令，
得，
令，
故函数在上单调递减.故C项错误；
令，得，
令，
故直线是的一条对称轴.故D项正确.
故选C.
5. （2023春·广东省汕头市一模）（多选）如图所示，函数，的部分图象与坐标轴分别交于点，，，且的面积为，以下结论正确的是（ ）
A. 点的纵坐标为
B. 是的一个单调递增区间
C. 对任意，点都是图象的对称中心
D. 的图象可由图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位得到
【答案】BC
【解析】
【分析】首先求出函数的周期，再根据的面积，求出的纵坐标，即可求出函数解析式，再根据正切函数的性质一一判断即可；
【详解】解：因为，所以最小正周期，即，又的面积为，所以，所以，即的纵坐标为，故A错误；
因为，所以，所以，因为
所以，所以，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，，故B正确；
令，，解得，，所以函数的对称中心为，，故C正确；
将图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到，再将函数向左平移个单位，得到，故D错误；
故选：BC
6.（2023春·广东省韶关市二模）函数的部分图象如图所示，将函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位得到的图象，则下列说法不正确的是（ ）

A. 函数最小正周期为B. 函数在上单调递增
C. 函数的一个极值点为D. 函数的一个零点为
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象确定的解析式，然后根据三角函数的变换规则得到的解析式，再根据正弦函数的性质一一判断．
【详解】由图可知，，所以，又，所以；
又，所以，，所以，，
因为，所以，故，
将函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到，
再向左平移个单位得到，
即，
所以的图象的最小正周期为，故A正确；
因，所以，则在上不单调，故B错误；
对于C：令，，解得，，
当时，函数的一个极值点为，所以C正确；
对于D：令，，解得，，
令，则函数的一个零点为，所以D正确．
故选：B．
1.（新课标全国Ⅰ卷）已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
2.（新课标全国Ⅰ卷）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________．
【答案】
【详解】因为，所以，
令，则有3个根，
令，则有3个根，其中，
结合余弦函数的图像性质可得，故，
故答案为：.
3.（新课标全国Ⅱ卷）已知为锐角，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为，而为锐角，
解得：．
故选：D．
4.（新课标全国Ⅱ卷）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则______．

【答案】
【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：．
5.（全国乙卷数学（文）（理））已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【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.
6.（全国乙卷数学（文））6．若，则________．
【答案】
【详解】因为，则，
又因为，则，
且，解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
7.（全国甲卷数学（文）（理））已知为函数向左平移个单位所得函数，则与的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【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.
8.（全国甲卷数学（理））“”是“”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件
【答案】B
【详解】当时，例如但，
即推不出；
当时，，
即能推出.
综上可知，是成立的必要不充分条件.
故选：B
9.（新高考天津卷）已知函数的一条对称轴为直线，一个周期为4，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【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.
1. （2023春·广东省深圳市龙岗区二模）已知，则的值是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式和商公式即可得出答案.
【详解】由，
则.
故选：D
2. （2023秋·辽宁省朝阳市模拟）若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系将弦化切，即可求出，再由两角和的正切公式计算可得.
【详解】解：因为，所以，解得，
所以.
故选：B
3.（2023秋·辽宁省大连市金州高级中学模拟）已知，则（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式化简，再由同角三角函数的基本关系，两角和的正切公式求解.
【详解】，
，即，
，
故选：A
4.（2023秋·广西壮族自治区玉林市模拟）若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先由切弦互换公式、二倍角公式结合已知求得，然后由两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，所以，
化简并整理得，
又因为，
所以，所以，
所以.
故选：B.
5.（2023秋·河北省石家庄市部分名校模拟）已知为第三象限角，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据诱导公式，结合同角的三角函数关系式、二倍角的正弦公式进行求解即可.
【详解】因为，所以．又因为为第三象限角，所以．所以故选：A
6.（2023春·广东省深圳市二模）已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用降幂公式及两角和差的余弦公式化简即可得解.
【详解】
.
故选：B.
7. （2023秋·山东省临沂市平邑县平邑县第一中学模拟）已知函数在区间上有且仅有4个极大值点，则正实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设，令，结合正弦函数性质及极值点定义确定的范围，即可得答案.
【详解】由，结合题设，令，
故在有且仅有4个极大值点，
根据正弦函数图象及极值点定义知：，则.
故选：C
8.（2023秋·山东省青岛莱西市模拟）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列选项正确的为（ ）
A. 的图象关于点中心对称B.
C. 的图象关于直线对称D. 为偶函数
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角公式化简可得函数的解析式，再利用三角函数性质逐项判断可得答案.
【详解】，
将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，故B错误；
所以，故A错误；
，故C正确；
时，，所以为奇函数，故D错误.
故选：C.
9.（2023春·广东省大湾区二模）已知，且，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据二倍角正弦公式和正余弦齐次式的求法可构造方程求得可能的取值，结合的范围可求得结果.
【详解】，或，
，，则.
故选：B.
10. （2023春·湖南省常德市汉寿县第一中学模拟）已知向量，，若关于的方程在上的两根为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用数量积的坐标运算、正弦型函数的图象与性质、同角三角函数基本关系式运算即可得解.
【详解】解：由题意，
，
可得：，设，
当时，.
且由，得在上对称轴为.
∵方程在上的两根为，
∴，，
且由得，∴.
∴，
∵当时，，∴，即有.
又∵，∴，则，
∴由得：，
∴.
故选：B.
11.（2023春·广东省汕头市一模）已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数同角的三角函数关系以及二倍角公式和两角和的正切公式化简可得，结合正切函数单调性，可推得，即可判断答案.
【详解】由，，，
可得，即，
由于，，则，
故，
由于在上单调递增，故，即，
所以，故A正确，B错误，
由于得，则不可能成立，C错误，
由于不能确定是否等于，故也无法确定，D错误，
故选：A
12.（2023春·广东省高州市二模）已知函数，若，且在上恰有1个零点，则的最小值为（ ）
A. 11B. 29C. 35D. 47
【答案】B
【解析】
【分析】利用图象分析在区间内只有一个零点的条件，结合可解.
【详解】因为，且在上恰有1个零点，
所以，所以，
所以，
又，所以，即
所以，解得，
当时，有最小值29.
故选：B
13. （2023春·广东省广州市二模）已知函数，若恒成立，且，则的单调递增区间为（ ）
A. （）B. （）
C. （）D. （）
【答案】D
【解析】
【分析】根据恒成立，可得，再结合，求得，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解.
【详解】因为恒成立，
所以，即，
所以或，
所以或，
当时，
，
则，与题意矛盾，
当时，
，
符合题意，
所以，
所以，
令，得，
所以的单调递增区间为（）.
故选：D.
14. （2023春·广东省揭阳市二模）已知向量，，函数，若，使不等式成立，则实数a的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示、诱导公式及辅助角公式得，求出函数在的值域，根据题设有，即可求实数a的最大值.
【详解】由题设，，
若，则，故，
所以，
由使不等式成立，只需即可，
所以，即，故a的最大值为.
故选：C
15.（2023春·广东省佛山市二模）已知函数，若存在，，，且，使，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由范围可求出整体的范围，结合的图象，根据对称性即可求出的值.
【详解】
解：令，因为，， ，
所以，， ，，
因为，
结合的图象（如图所示），
得到，或，,
因为，
所以，，
则解得，此时，，，满足题意，
或解得，不符合题意舍去.
故选：.
16.（2023秋·河北省张家口市张垣联盟模拟）已知又，对任意的均有成立，且存在使，方程在上存在唯一实数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简可得，根据成立，且存在，可知存在使得，即，根据函数性质建立不等式关系进行求解即可.
详解】由
，
其中满足，
又由任意的均有成立，
即任意的均有成立，
且存在使，
可知最大值为，
又，
当时，，
又在上存在唯一实数使，
即.
故选：A
17.（2023秋·湖南省常德市汉寿县第一中学模拟）（多选）已知函数的图象关于点对称，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的最大值为2
C. 函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为
D. 在上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】根据已知函数的图象关于点对称，可知点在函数的图象上，满足函数方程，进而求出的值，可判断出的正误；已知的值，求出函数的解析式，利用辅助角公式可把解析式化为，进而可判断出
【详解】因为函数的图象关于点对称，
则点在函数的图象上，
所以，
解得，故A错误；
由，得最大值为2，故B正确；
因为的最小正周期为，所以函数的图象相邻两条对称轴的距离为，
故C正确；
当时，，
所以在上是单调递增，故D错误.
故选：BC.
18.（2023秋·辽宁省朝阳市模拟）（多选）已知函数，则（ ）
A. 的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象
B. 的图象与的图象关于y轴对称
C. 的单调递减区间为
D. 在上有3个零点，则实数a的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据三角恒等变换求出，根据三角函数的图象性质即可求解.
【详解】，
所以，
对于A，的图象向右平移个单位长度后得到函数，
即，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，由
解得，
所以函数的单调递减区间为，C正确；
因为所以
因为在上有3个零点，所以，
解得，D错误，
故选:ABC.
19.（2023秋·辽宁省丹东市等2地大石桥市第三高级中学模拟）（多选）已知函数关于对称，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 在上单调递增
C. 函数是偶函数D. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，可知是对称轴，可解得，然后根据三角函数的性质，即可求出单调性，对称中心.
【详解】因为 ,函数关于对称，可知，所以解得：，故A 对. ,当时，，故B不对. ，所以是偶函数，故C对.
的图象向左平移个单位长度，得到,当 时，，所以D错.
故选：AC
20.（2023春·广东省梅州市一模）已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将改写成的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.
【详解】由可得，
，
由二倍角公式可得；
即
故选：A
21.（2023春·广东省深圳市二模）（多选）已知是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图象是函数图象的一部分(如图所示)，则（ ）
A. 的定义域为
B. 当时，取得最大值
C. 当时，的单调递增区间为
D. 当时，有且只有两个零点和
【答案】BCD
【解析】
【分析】先利用待定系数法求出，再根据原点右侧的第二个零点为，即可判断A；求出的值即可判断B；求出当时的减区间，结合函数为偶函数即可判断C；求出当时的零点，结合函数为偶函数即可判断D.
【详解】由图得，且位于增区间上，
所以，又因为，所以，
，
则，得，所以，
所以，
由图可知，原点右侧的第二个零点为，
所以的定义域为，故A错误；
当时，，
因为最大值，则当时，取得最大值，故B正确；
当时，令，则，
又因为，
所以当时，减区间为，
因为函数为偶函数，
所以当时，的单调递增区间为，故C正确；
当时，，令，
得或，则或，
因为函数为偶函数，
所以当时，有且只有两个零点和，故D正确.
故选：BCD.
22.（2023春·广东省深圳市一模）（多选）已知函数的图象是由函数的图象向右平移个单位得到，则（ ）
A. 的最小正周期为π
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象关于点对称
【答案】AD
【解析】
【分析】用二倍角公式化简，向右平移后得，分别代入正弦函数的单调区间，对称轴，对称中心分别对四个选项判断即可.
【详解】因为，向右平移个单位得，则最小正周期为，故A选项正确；
令，解得，所以单调递增区间为，故B选项错误；
令解得，故C选项错误；
令解得所以函数的对称中心为，故D选项正确.
故选：AD
23.（2023春·广东省二模）（多选） 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 是周期函数B. 有对称轴
C. 有对称中心D. 上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据周期函数的定义判断判断A，证明，由此判断C，利用导数判断函数的单调性，判断D，结合单调性和周期的性质作出函数在上的图象，由此判断B.
【详解】因为，
所以，
所以函数为周期函数，A正确；
因为
所以，
所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，
所以为函数的中心对称，C正确；
当时，，
因为，
所以，所以函数在上单调递增，D正确；
由可得，
当时，由，可得，
函数在上单调递增，
当，由，可得，
函数在上单调递增，
又，，
作出函数在的大致图象可得：
结合函数是一个周期为的函数可得函数没有对称轴，B错误.
故选：ACD.
24.（2023春·广东省江门市一模）（多选） 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值域为B. 的图像关于点中心对称
C. 的最小正周期为D. 的增区间为（）
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质结合绝对值的定义判断各选项.
【详解】因为，所以，A正确；
，但，因此的图象不可能关于点成中心对称，B错；
的最小正周期是，所以的最小正周期是，C错；
由得，，，
时，，易得时，递增，时，递减，又的最小正周期是，
所以的增区间是（），D正确；
故选：AD．
25.（2023秋·江西省宜春市宜丰县宜丰中学模拟）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（ ）．
A. 函数的最小正周期为
B. 为函数图像的一条对称轴
C. 函数在上单调递减
D. 函数在上有3个零点
【答案】BC
【解析】
【分析】利用两角和的余弦展开式，正余弦二倍角公式以及辅助角公式化简函数，然后根据函数的性质及图像逐项分析.
【详解】由题意得：
，
所以，。
∴的最小正周期，故A错误；
，故B正确；
∵，∴，
∴函数在上单调递减，故C正确；
令，
即，
因为，所以
令，则，所以选项D的问题转化为
与的交点个数问题，
如图所示：
观察可知，有2个零点，故D错误．
故选：BC．
26.（2023秋·山东省临沂市平邑县平邑县第一中学模拟）（多选） 已知向量，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点对称
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象可以由的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位得到
【答案】AC
【解析】
【分析】利用数量积公式及三角恒等变换化简函数，再根据三角函数的性质逐项判断即可.
【详解】由题意可得，
的周期为，所以A正确；
当时，，所以图象关于对称，所以B错误；
当时，，所以的图象关于直线对称，所以C正确；
的图象向左平移个单位得，再向上平移1个单位得到，所以D错误.
故选：AC
27. （2023秋·辽宁省大连市金州高级中学模拟）（多选）若函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是偶函数
B. 的最小值为
C. 曲线关于直线对称
D. 函数在上有3个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义，即可判断A，由条件可得的一个周期为，分别计算函数在与的最小值，即可判断B，由对称性的定义即可判断C，由函数零点的定义，代入计算，即可判断D.
【详解】因为，则是偶函数，故A正确；
因为，所以的一个周期为，当时，，因为，则，的最小值为，当时，，因为，则，的最小值为，故B错误；
因为，所以曲线关于直线对称，故C正确；
当时，令可得，因为，所以或，即或，当时，令可得，因为，所以，即，所以函数在上有3个零点，故D正确；
故选：ACD
28.（2023秋·天津市宁河区芦台第一中学模拟）已知函数，则下列说法正确的是（ ）.
A. 的最大值为2
B. 由的图像向左平移个单位
C. 的最小正周期为
D. 的单调递增区间为（）
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式可将化简为，然后根据各选项的要求分别求得函数的最大值、最小正周期、单调递增区间以及函数图象平移后的解析式，最后作出判断即可.
【详解】
，
显然的最大值为，故A错误；
的图像向左平移个单位后解析式为
，故B错误；
的最小正周期为，故C错误；
令（），解得（），所以
的单调递增区间为（），故D正确.
故选：D.
29.（2023秋·福建省厦门第六中学模拟）已知函数的部分图象如图所示，，则下列判断正确的是

A. 函数的最小正周期为4
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于点对称
D. 函数的图象向左平移2个单位得到一个偶函数的图象
【答案】C
【解析】
【详解】根据函数，部分图象，
，，．
再根据五点法作图可得，，．
故它的周期为，故不对．
令，，的值不是最值，故不对．
令，，的值为零，故函数的图象关于
点，对称，故正确．
把函数的图象向左平移2个单位，可得的图象，
显然所得函数不是偶函数，故错误，
故选：．
30.（2023春·广东省深圳市二模）（多选）若函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为B. 函数在区间上单调递增
C. 函数图象关于对称D. 函数的图象关于点对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换、诱导公式化简得，根据正弦型函数的性质判断A、B，代入法验证函数的对称轴、对称中心判断C、D.
【详解】由，
所以最小正周期为，A错误；
当，则，故在上递增，B正确；
由，故是的一条对称轴，C正确；
由，故是的一个对称点，D正确.
故选：BCD
31.（2023秋·河北省石家庄市部分名校模拟）已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果.
【详解】
，
由，可得，当时，，
故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以，数列的前项和为.
故选：D.
32.（2023春·广东省梅州市二模）（多选）已知函数，则（ ）
A. 是一个最小正周期为的周期函数
B. 是一个偶函数
C. 在区间上单调递增
D. 的最小值为，最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用函数周期性的定义可判断A选项；利用函数奇偶性的定义可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；求得，利用二次函数的基本性质可求得函数的最大值和最小值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，
，
所以，函数为周期函数，且该函数的最小正周期不是，A错；
对于B选项，对任意的，。
所以，函数为偶函数，B对；
对于C选项，当时，，
，
令，则，因为函数在上单调递减，
函数在上单调递减，
由复合函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，C对；
对于D选项，，
因为，令，，
则二次函数在上单调递增，在上单调递减，所以，，
又因为，，所以，，
因此，的最小值为，最大值为，D错.
故选：BC.
33.（2023春·广东省梅州市二模）已知函数，且，当ω取最小的可能值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，根据，求得，然后根据在时取得最大值，求得的值．
【详解】由题意可知，
当取最小值时，最小正周期最大，，
所以，
而在时取得最大值，故，
则，又，所以．
故选：D.
34.（2023秋·）已知函数的图象向右平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是 （ABD ）
A．函数对称 B． QUOTE 函数上单调递减
C．方程个解D． QUOTE 函数上有两个极值点
35.（2023秋·河北省唐山市邯郸市模拟）（多选）函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 为偶函数
C. 的最小值为D. 在区间单调递增
【答案】BC
【解析】
【分析】直接利用函数的周期性，奇偶性，单调性及最值的相关性质对各选项进行判定.
【详解】对选项A，由，
可知为的一个周期，故选项A错误；
对选项B，由得，其中，定义域为且，，关于原点对称，
，
又，
所以，所以为偶函数，从而为偶函数，故选项B正确；
对选项C，令，则，且
则，，
令，，
则，
令，可得，则在单调递增，
令，可得，则在单调递减，
故的最小值为，故选项C正确；
对选项D，由于，故在区间内不单调，故选项D错误，
故选：BC.
36.（2023秋·河北省石家庄市部分名校模拟）已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果.
【详解】
，
由，可得，当时，，
故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以，数列的前项和为.
故选：D.
（2023秋·江苏省扬中高级中学模拟）
（多选）已知函数的图象向右平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是 （ ABD ）
A．函数对称 B． QUOTE 函数上单调递减
C．方程个解D． QUOTE 函数上有两个极值点
38.（2023秋·浙江省绍兴市二模）（多选）已知函数，则（ ）
A. B. 恰有5个零点
C. 必有极值点D. 在上单调递减
【答案】BCD
【解析】
【分析】代入数据计算得到A错误，画出函数图象得到B正确，求导计算导函数存在变号零点，C正确，化简得到，求导得到函数的单调区间，计算其最值得到得答案.
【详解】对选项A：，错误；
对选项B：，故，
画出函数和图象，如图所示：
根据图象知，函数有五个交点，故恰有5个零点，正确；
对选项C：，，，
故存在，使且是变号零点，必有极值点，正确；
对选项D：
，
设，，则，
因为，故，，在上单调递增，
，，故存在，使，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故，即恒成立，
即恒成立，故在上单调递减，正确；
故选：BCD
39.（2023秋·山东省青岛莱西市模拟）函数的单调减区间为______．
【答案】；
【解析】
【分析】先化简，再由三角函数的性质求解即可.
【详解】因为，
则函数的单调减区间为:，
解得：.
故答案为：.
40.（2023秋·河北省张家口市张垣联盟模拟）函数在上恰有2个零点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意时，，结合正弦函数图像，即可求出的取值范围.
【详解】，
当时，在有且仅有2个零点，
，综上：，
故答案为：.
41.（2023春·广东省揭阳市二模）函数的部分图象如图所示．若方程有实数解，则=__________和的取值范围为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据图象求出函数的解析式为，求出，令，根据二次函数的性质求出值域，即可求出结果．
【详解】由图可知，，
所以，
因为，所以，
当时，，可得，
即，因为，所以，
所以函数的解析式为，
设，
则，
令，
记，
因为，所以，
即，故，
故的取值范围为．
故答案为：，．
42. 函数的非负零点按照从小到大的顺序分别记为，．，若，则的值可以是__________．（写出符合条件的一个值即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】先计算出最小正周期，从而求出，整体法求出零点，得到答案.
【详解】由题意得，
，
∵，
∴，
，
令，即，
，
对取特殊值即可，取，得；取，得（答案不唯一）．
故答案为：
43．（2023秋·江苏）将函数个单位长度后，再将使得图象上所有点的横坐标缩短为原来的的取值范围是 .
44.（2023秋·河北省张家口市张垣联盟模拟）函数在上恰有2个零点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意时，，结合正弦函数图像，即可求出的取值范围.
【详解】，
当时，在有且仅有2个零点，
，综上：，
故答案为：.
45.（2023春·广东省汕头市二模）已知函数.
（1）求函数的定义域；
（2）若，求函数的单调区间.
【答案】（1）
（2）的单调递增区间为，单调递减区间为
【解析】
【分析】（1）先列出关于x的不等式组，解之即可求得函数的定义域；
（2）先化简的解析式，再利用正弦函数的单调性即可求得函数的单调区间.
【小问1详解】
，即，则，即，
又有意义，则，，
综上可得，，，则函数的定义域为
【小问2详解】
∵，则，
由，解得，
由，解得，
即的单调递增区间为，单调递减区间为