2025年高考数学高考数学二轮热点题型选填题(新高考通用)专题10函数y＝Asin(ωx＋φ)中ω、φ的取值和最值问题(5大题型)练习(学生版+解析）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc14457" 题型01 φ的取值和最值问题 PAGEREF _Tc14457 \h 1
\l "_Tc27215" 题型02 对称性与ω PAGEREF _Tc27215 \h 8
\l "_Tc29964" 题型03 单调性与ω PAGEREF _Tc29964 \h 11
\l "_Tc7624" 题型04 极值、最值与ω PAGEREF _Tc7624 \h 19
\l "_Tc2984" 题型05 零点与ω PAGEREF _Tc2984 \h 28
题型01 φ的取值和最值问题
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·广西南宁·阶段练习）已知函数的图象关于对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由图象的对称性可得，由此结合范围求出值.
【详解】由题意得，
则，即，
又，所以当时，.
故选：A.
2．（24-25高三上·江西·阶段练习）将函数的图象向左平移个单位长度后得到奇函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据平移得出函数的解析式，再结合函数为奇函数且即可求出.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到
因为是奇函数，所以，
又因为，所以φ=π4.
故选：B.
3．（2024·浙江杭州·一模）将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，则"是偶函数"是""的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，由三角函数的奇偶性，分别验证命题的充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】由题意可得，由是偶函数可得，
且，当时，，当时，，
所以由是偶函数可得或，故充分性不满足；
当时，可得为偶函数，故必要性满足；
所以"是偶函数"是""的必要不充分条件.
故选：B
4．（2024·河北·模拟预测）已知函数在区间单调递增，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由正弦函数的单调性结合为正弦函数递增区间的子区间求解即可；
【详解】由正弦函数的单调递增区间为，，
所以，
因为在区间单调递增，
所以，解得，，
因为，所以，
故选：A.
5．（24-25高三上·陕西宝鸡·阶段练习）设函数，将函数的图像向左平移φ（）个单位长度，得到函数的图像，若为偶函数，则φ的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据平移变换得，根据为偶函数可得结果.
【详解】向左平移φ（）个单位长度，
得到函数
因为为偶函数，所以，，
所以，，
因为，所以时，取最小值.
故选：A.
6．（24-25高三上·上海·阶段练习）将函数的图象向左平移个单位长度得到数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】结合题意由三角函数的对称性得到，再结合正弦函数的周期性和最值求解即可.
【详解】
由三角函数的对称性可得阴影部分的面积等于矩形和矩形的面积之和，
所以，
因为函数图象向左平移个单位长度得到数的图象，所以，
则，所以，
由图像可得，所以，
又，所以，
又，所以.
故选：C.
二、多选题
7．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）已知函数的图象关于直线对称，且函数的图象向右平移个单位长度之后与原来的图象重合，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据函数图象的平移变换可得或，再结合函数的对称轴，即可求得的值，即得答案.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度之后得到了函数的图象，
由两函数图象完全重合知，所以.
又，故或.
又函数的图象关于直线对称，
当时，，则，
又，故；
当时，，则，
又，故.
故选：BD
三、填空题
8．（24-25高三上·江苏南通·期中）已知函数的一个单调减区间为，则 ， .
【答案】 2 /
【分析】根据三角函数的单调性和周期性等图象性质易得结果.
【详解】由题意，周期，所以，
此时，
当时，可得，
则，解得，
又，所以.
故答案为：2；.
9．（24-25高三上·上海·阶段练习）设，，若不等式对也成立，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先由题设结合正弦函数性质得，再结合正弦函数的单调性性质即可得解.
【详解】由题可得，且对任意成立，
又时，，
所以即，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以.
故答案为：.
10．（24-25高三上·上海·开学考试）已知函数的图像与直线的三个相邻交点的横坐标依次是，则 .
【答案】
【分析】根据题意，利用三角函数的性质，得到，求得，再由1与2的中点必为函数y=fx的最大值点，求得，即可求解.
【详解】因为函数与直线的三个相邻交点的横坐标依次是，
可得函数的最小正周期为，解得，
结合三角函数的性质，可得1与2的中点必为函数y=fx的最大值点，
且2与4的中点必为函数y=fx的最小值点，
可得，解得，
因为，所以
故答案为：.
11．（2024高三·全国·专题练习）函数在区间上单调，其中为正整数，，且．写出曲线的一个对称中心的坐标： ；若为奇函数，则 ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】先根据单调性得出，进而得出对称中心；方法一：再根据单调性得出周期范围进而得出，再计算得出参数即可；方法二：根据三角函数对称中心间距离与周期的关系得出，再计算得出参数即可.
【详解】因为，所以在函数的同一个单调区间上，
又，所以，
所以曲线y=fx的一个对称中心是点.
方法一：因为在区间上单调，
所以的最小正周期，即，所以，
又为正整数，所以．
当时，，
因为点为曲线y=fx的一个对称中心，
所以，又，所以．
若为奇函数，则，
由，得，不符合题意，舍去．
当时，，因为点为曲线y=fx的一个对称中心，
所以，又，所以．
若为奇函数，则，
当时，，符合题意．所以若为奇函数，则．
方法二：由为奇函数，可知函数图象的一个对称中心是点，
两个对称中心之间的距离为的最小正周期，
所以，即，
由得，所以，所以，
当时，，因为点为曲线y=fx的一个对称中心，
所以，又，所以．
若为奇函数，则，
当时，，符合题意．所以若为奇函数，则．
故答案为：；.
题型02 对称性与ω
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据平移变换得到曲线的解析式，再由奇偶性得到方程，求出，得到最小值.
【详解】由题意知，曲线为，
又关于轴对称，则，解得．
又，故当时，的最小值为．
故选：C
2．（24-25高三上·陕西西安·阶段练习）将函数（其中）的图像向右平移个单位长度，所得图像关于直线对称，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据平移的性质可得平移后的表达式，即可根据对称得得解.
【详解】由题意知，图像平移后的函数的解析式为，
因为该图像关于直线对称，
所以，，解得，，
因为，所以当时，取得最小值．
故选：B．
3．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知函数，“存在，函数的图象既关于直线对称，又关于点对称”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件：
【答案】B
【分析】以为整体，结合正弦函数对称性解得，进而根据包含关系分析充分、必要条件.
【详解】若存在，函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，
因为，且，则，
则，解得，
又因为是的真子集，
所以“存在，函数的图象既关于直线对称，又关于点对称”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
二、填空题
4．（24-25高三上·贵州·阶段练习）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点对称，则的最小值为 .
【答案】3
【分析】先初步确定的解析式，根据确定满足的条件，得到的最小值.
【详解】因为.
又因为的图象关于点对称，所以，
即，所以，，且.
所以的最小值为：3
故答案为：3
5．（2024高三·全国·专题练习）若函数满足，则 .
【答案】3
【分析】根据对称性可得关于对称，即可得，可得，进而可求解.
【详解】因为函数满足，故函数关于对称，
所以，且，即，则.
又，故当时，.故.
故答案为：3
6．（2024·四川资阳·二模）已知函数（），若存在，，使得，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】根据三角恒等变换化简,再应用最值得出自变量范围,即可得出参数范围,
【详解】.
因为存在，，使得，
所以，解得.
故答案为：
题型03 单调性与ω
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）若函数在区间上是减函数，且，，，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】化简，由题意求得和，两式相减，得到，进而求得的值.
【详解】由函数，
因为，所以，
又因为在区间上是减函数，
所以，，
两式相减，可得，因为，所以.
故选：C.
2．（23-24高三下·江苏无锡·阶段练习）已知函数的一个零点是，且在上单调，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角函数的零点和单调区间求解即可.
【详解】，
函数的一个零点是，故，,
所以，
在上单调，则，
故，解得，
且，故，
结合
故
故选：B
3．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数的图像向左平移后得到的图像关于对称，在上具有单调性，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的图象向左平移后得到，然后由函数的图象关于对称，确定的关系，再根据在上具有单调性，由即可求解.
【详解】把函数的图象向左平移后得到，
因为的图象关于对称，所以，即，
因为在上具有单调性，且的对称中心为
所以，且，解得，
所以的最大值为.
故选：A.
4．（2024高三·全国·专题练习）把函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在区间内有唯一一个对称中心，且在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象变换结论求，由条件根据单调性性质列不等式求的可能范围，再结合对称中心性质列不等式确定对称中心可能位置，列不等式求求结论.
【详解】由题意得．
因为在上单调递增，则由，得，
所以，解得．
又在内有唯一一个对称中心，所以由，得，
结合，得，且,
所以对称中心的横坐标可能为或
当时，解得；
当时，无解，
所以的取值范围为，
故选：A．
【点睛】方法点睛：求解三角函数中的取值范围需要综合考虑多种因素．通过观察函数形式、确定基本周期、分析振幅和相位偏移、确定边界条件、利用三角恒等变换以及求解不等式等方法，可以逐步缩小的取值范围，最终得到准确的结果．这些方法不仅适用于处理三角函数的取值问题，也适用于其他类型的数学问题．在具体应用中，需要根据问题的具体情况选择合适的方法进行处理．
5．（24-25高三上·上海·期中）设，.若对任意实数，都有，则满足条件的有序数对的个数是（ ）
A．无数个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】先讨论的情形，由恒成立得，时，由所以对任意实数x均有，确定只有，由正弦函数的周期性，，再分类确定的值即可得．
【详解】若，则恒成立，故，而，故.
若，因为对任意实数x均有，
所以对任意实数x均有，
又因为，，
所以只能是对任意实数x均有成立，
由三角函数的图象与性质可知，必有，
若，此时方程可化为，
根据三角函数的周期性，此时，，解得，，
又，所以；
若，此时方程可化为，
根据三角函数的周期性，此时，，解得，，
又，所以；
综上满足条件的有序实数对为，，共有3个，
故选：C.
二、填空题
6．（24-25高三上·江苏南通·期中）已知函数的一个单调减区间为，则 ， .
【答案】 2 /
【分析】根据三角函数的单调性和周期性等图象性质易得结果.
【详解】由题意，周期，所以，
此时，
当时，可得，
则，解得，
又，所以.
故答案为：2；.
7．（24-25高三上·河北邢台·期中）已知，函数在上单调递增，则的最大值为 .
【答案】/0.5
【分析】由题意得，问题转化成函数在上单调递增，接着由正弦函数性质可得，解该不等式组即可得解.
【详解】因为，所以，
又在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
而，，所以由正弦函数性质得，
解得，则的最大值为.
故答案为：.
8．（24-25高三上·湖北十堰·期末）已知，函数在上单调递减，则的最大值为 .
【答案】10
【分析】设，可知在上单调递减，结合正弦函数单调性可得，再根据分析求解即可.
【详解】因为，所以，
又因为在上单调递减，
设，可知在上单调递减，
则，解得，
且，则，解得，
当时，，当时，，
所以的最大值为10.
故答案为：10.
9．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数（，），为的零点，为图象的对称轴，且在上不单调，则的最小值为 .
【答案】2
【分析】首先根据对称轴和对称中心间的距离，得到关于的关系式，再验证，即可求解.
【详解】设函数的最小正周期为，因为为的零点，为图象的对称轴，
所以，即，
所以.
因为，所以在上不单调，
当时，由为的零点可得，，
因为，所以.
因为在上不单调，所以的最小值为.
故答案为：2
10．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（，）在区间上单调，且满足，，则所有满足题意的的取值之和为 ．
【答案】4
【分析】由题意的图象关于点中心对称和关于直线对称，根据对称性列式得，再根据单调性得，然后按照，，分别求解对应的函数，根据正弦函数的性质验证单调性，即可求出所有满足题意的，即可得解.
【详解】因为，所以的图象关于点中心对称，
因为，所以的图象关于直线对称，
所以，则，即，
由函数在上单调，得，即，
所以，即，解得，而，故或1或2．
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上不单调，
故在上不单调，此时不合题意；
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上单调递增，故在上单调递增，满足题意．
综上，或，所以所有满足题意的的取值之和为4．
故答案为：4
题型04 极值、最值与ω
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，，函数在上有且仅有一个极小值但没有极大值，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由可得的值，再由正弦型函数的对称性列出方程，代入计算，即可求解.
【详解】∵，∴．又，∴．
当时，函数取到最小值，此时，．
解得，．
所以当时，.经检验满足题意
故选：C
2．（24-25高三上·辽宁·期中）函数，若对x∈R恒成立，且在上恰有条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．或
【答案】B
【分析】由最大值求得的表达式，再由周期确定范围，从而可得结论．
【详解】由题知，当时取得最大值，即，
所以，即，
又在上有条对称轴，所以，
所以，所以.
故选：B
3．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若对任意的，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，结合函数在上的值域和题设条件，可知区间长度必须大于一个周期，从而建立不等式，即可求得的范围.
【详解】因，
显然，当时，，
因，在上的值域均为，
故区间长度必须大于一个周期，即，解得.
故选:D．
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）已知，，若函数在区间上恰好有5个最大值，4个最小值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列出解析式并化简，由范围求得的范围，由条件建立不等式，解得实数的取值范围.
【详解】根据题意可得：
，
由于，可得：
由于函数恰好有5个最大值，4个最小值，
则，解得
故选：B.
5．（2024·西藏拉萨·一模）若函数在上恰有个极值点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性可判断当时函数的极值点情况，再结合函数图像列不等式即可.
【详解】由题得，
即是偶函数，
又在上有个极值点，
易知是极值点，则在上有个极值点，
当时，，，
设，则，
则，，在上的前个极值点依次为，，，，，
所以，
故选：A.
6．（24-25高三上·陕西·阶段练习）已知函数在区间上存在最值，且在区间上具有单调性，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，由函数在区间上存在最值，得在取到最值，求得；再由函数在区间上具有单调性可分单调递增和单调递减两种情况得到不等式组，解不等式，综合考虑即得的取值范围.
【详解】由，可得，
由题意要使在取到最值，则需使，即；
又当时，，
要使在上具有单调性，
需使，或；
由① 可得或，又，故不存在；
由② 可得或，又，故得的取值范围是.
故选：D.
7．（2024·河南南阳·模拟预测）若函数的图象关于点中心对称，且是的极值点，在区间内有唯一的极大值点，则的最大值为（ ）
A．8B．7C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合三角函数的图象与性质，得到，进而得到，求得，分类讨论，即可求解.
【详解】由函数的图象关于点中心对称，且是的极值点，
可得，即，其中，
因为，当时，当时，
因为在区间内有唯一的极大值点，所以，
解得，即，所以，
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有一个极大值点，
所以的最大值为.
故选：C.
8．（24-25高三上·广西南宁·阶段练习）已知函数在区间上是增函数，若函数在上的图象与直线有且仅有一个交点，则的范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合函数的对称性，及在区间上的单调性，可知，又函数与直线交点的横坐标为，从而得，进而可求出的取值范围.
【详解】因为函数的图象关于原点对称，并且在区间上是增函数，所以，所以，
又，得，
令，得，
所以在上的图象与直线的第一个交点的横坐标为，第二个交点的横坐标为，
所以，解得，
综上所述，.
故选：.
【点睛】关键点点睛：关于三角函数中的取值范围问题，结合三角函数的单调性与最大（小）值列关于的不等式，从而求解即可.
9．（24-25高三上·福建·阶段练习）已知函数，且，则满足在区间上的最大值为的的取值的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】先计算出，分、、三种情况讨论，结合图形和方程的解与图象的交点个数之间的关系求解即可.
【详解】由，得，所以，
因为，有，
因为，所以.
当时，.
若，，此时的最大值为，所以，
画出的图象，如图，
由图可知，函数图象在上没有交点，所以方程在上无解；
若，，此时的最大值为1，
所以，解得，不符合题意；
若，，此时的最大值为，所以，
画出的图象，如图，
由图可知，函数图象在上有一个交点，所以方程在上仅有一个解；
所以的个数为1.
故选：A.
二、填空题
10．（24-25高三上·江苏苏州·期中）已知函数在区间上的值域为，且，则的值为 .
【答案】
【分析】利用整体代入法，结合正弦函数的图像求解即可.
【详解】，故，
因为在区间上的值域为，
且，故必有
，
如图所示，则故
故答案为：
11．（24-25高三上·广西·阶段练习）已知函数，若，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】把的范围转化为的范围，再结合的图像性质即可得出结论.
【详解】因为，所以，由可得：，
根据的图像性质可知，要想满足题意，只需，
解得：.
故答案为：
12．（2025高三·全国·专题练习）若函数在上没有最小值，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，问题转化为函数在上没有最小值，通过分析函数的性质可得的取值范围.
【详解】由题意得，
由得.
令，问题转化为函数在上没有最小值.
∵在上单调递增，在上单调递减，
且，
∴，解得.
故答案为：.
13．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为 .
【答案】
【分析】根据正弦函数的对称轴及零点，结合函数在给定区间上一个极大值求解.
【详解】由，
所以函数关于直线对称，于是有，
由，
于是解得.
令，所以，
令时，；令时，.
因为在区间上有且只有一个极大值点，
所以（为函数的最小正周期）.
因为，所以有，
即，
当时，，所以，
此时有两个极大值点，不符合题意；
当时，，此时，
此时有一个极大值点，符合题意.
故答案为：
题型05 零点与ω
【解题规律·提分快招】
1、对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有k个零点，需要确定含有k个零点的区间长度，一般和周期相关，若在在区间至多含有k个零点，需要确定包含k+1个零点的区间长度的最小值，
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25高三上·湖南长沙·期末）已知函数在上有三个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由零点的定义可得在上有三个根，结合正弦函数性质列不等式可求的取值范围.
【详解】由，得，
由，得，由在上有三个零点，
得在上有三个根，则，解得，
所以的取值范围为.
故选：A.
2．（2024·河南新乡·一模）将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上恰有5个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的变换求出函数，再求出相位所在区间，结合零点情况列出不等式求解即得.
【详解】依题意，，当时，，
由在区间上恰有5个零点，得，解得.
故选：B
3．（24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知函数，若在区间上单调递增，且在区间上有且只有一个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】化简的解析式，根据三角函数的单调性、零点列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】
.
，由于在区间上有且只有一个零点，
所以，
而，
其中，而，
在区间上单调递增，
所以，解得，
则.
故选：D
【点睛】方法点睛：本题的解法关键在于将给定的复杂函数表达式通过三角恒等式化简为一个简单的正弦函数形式，从而利用正弦函数的零点特性和单调性来求解参数的范围.
4．（24-25高三上·江苏常州·阶段练习）将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的伸缩可得函数解析式，再利用整体法判断零点及单调性情况，可得不等式，解不等式即可得解.
【详解】将函数图象上所有点的横坐标变为原来的可得，
设，
当时，，
由函数在上恰有两个零点，
则，解得，
又当，，
则，，
函数在上单调递增，
所以，解得，
综上所述，
故选：C.
二、填空题
5．（2024·上海崇明·一模）已知，若函数在区间上有且仅有3个零点和1个极小值点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据零点个数和极小值点的个数可得关于的不等式，故可求其取值范围.
【详解】当时，，
因为函数在区间上有且仅有3个零点和1个极小值点，
所以，故，
故答案为：
6．（24-25高三上·上海·期中）已知，，，，函数和的图像如图所示，其中是这两个函数共同的零点，是其中一个函数的零点，则 .
【答案】
【分析】根据零点的概念，结合三角函数的周期性解题.
【详解】由是函数的零点，可得，即，，取（正半轴的第一个零点）可得；
又是函数的零点，由，得，，
取（正半轴的第四个零点）得，所以，.
故答案为：.
7．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数（，），为的零点，为图象的对称轴，且在上不单调，则的最小值为 .
【答案】2
【分析】首先根据对称轴和对称中心间的距离，得到关于的关系式，再验证，即可求解.
【详解】设函数的最小正周期为，因为为的零点，为图象的对称轴，
所以，即，
所以.
因为，所以在上不单调，
当时，由为的零点可得，，
因为，所以.
因为在上不单调，所以的最小值为.
故答案为：2
一、单选题
1．（24-25高三上·陕西宝鸡·阶段练习）设函数，将函数的图像向左平移φ（）个单位长度，得到函数的图像，若为偶函数，则φ的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据平移变换得，根据为偶函数可得结果.
【详解】向左平移φ（）个单位长度，
得到函数
因为为偶函数，所以，，
所以，，
因为，所以时，取最小值.
故选：A.
2．（24-25高三上·甘肃平凉·期末）已知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据条件求出的范围，结合余弦函数的图象可求的取值范围.
【详解】当时，．
因为在上有且仅有2个零点，
所以，解得．
故选：C．
3．（甘肃省2024-2025学年高三上学期12月高考诊断数学试卷）若函数在上只有一个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用二倍角公式及辅助角公式化简函数式，再利用三角函数的性质计算即可.
【详解】由题意，得．
因为，所以，
又只有一个零点，所以，解得．
故选：A．
4．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）函数在区间内只有一个极值点的充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合正弦型函数极佳点的意义列出不等式组求解即可.
【详解】由且，得，显然，
由函数在区间内只有一个极值点，则，解得，
结合选项，所以函数在区间内只有一个极值点的充分不必要条件是.
故选：A
5．（河南省部分学校2024-2025学年高三上学期第二次考试数学试题）已知和都是函数的零点，则的最小值是（ ）
A．4B．6C．8D．12
【答案】B
【分析】根据正弦函数的零点求解.
【详解】因为为函数的零点，所以，；
同理，；，.
所以，，即为偶数；
所以，，即为3的倍数.
所以为2和3的公倍数.
所以的最小值为6.
故选：B
6．（24-25高三上·黑龙江佳木斯·期末）已知函数，将y=f(x)的图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据三角函数图象的变换规则求得，可得，再根据正弦函数的单调性，结合包含关系列不等式求解即可.
【详解】因为函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，
则，时，，
因为函数在区间上单调递増，，
注意到，所以我们不需要讨论时的情形，
所以时，，即，又因为，所以.
当时，四个选项中的取值范围都不符合，综上，只有，
故选：B.
7．（24-25高三上·黑龙江佳木斯·期末）已知函数（）的图象过点，且在区间上具有单调性，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．8
【答案】C
【分析】由函数的图象过点求得，根据函数的单调性，结合三角函数的性质列式求得的范围，即可得解.
【详解】因为函数的图象过点，所以，
因为，所以，所以，
当时，，
因为在区间上具有单调性，
所以，，
即且，，
则，，
因为，得，
因为，所以时，，则；
当时，，
综上，，即的最大值为.
故选：C.
8．（24-25高三上·河北保定·阶段练习）将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，若在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用图象变换得，根据正弦函数的单调性求得的单调性，根据所给区间建立不等关系进行求解．
【详解】由，
将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，
得，
由得，
又在上单调递增，
则，解得，
又，则当k=1时，，
故选：C．
9．（24-25高三上·天津河北·期末）若函数（），①函数的最小正周期为，则；②当时，在区间上单调递增；③当时，为函数的一个对称中心；④若在上有且只有两个零点，则.其中正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据二倍角公式和辅助角公式化简得到，再由正弦函数的图象与性质逐项判断即可得解.
【详解】由题意可得
，
对于①，若函数的最小正周期为，则，得，故①错误；
对于②，当时，，若，则，
根据函数在上单调递增，
所以在区间上单调递增；故②正确；
对于③，当时，，
因为，
所以 是函数的对称点，故③正确；
对于④，时，，
若在上有且只有两个零点，
则,即，解得，即，故④错误.
综上，正确结论的个数为2.
故选：C.
10．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）已知点在函数的图像上，若恒成立，且在区间上单调，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由函数在区间上单调可得的范围，再由三角函数对称性与周期性的关系求得周期，进而可得，再由最值求得
【详解】因为在区间上单调，所以，可得，
解得，且，所以，
又点在函数的图像上，所以是函数的一个对称中心，
又恒成立，即是函数的一条对称轴，
所以，
若，则，此时，可得，满足条件，
若，则，此时，可得，不满足条件，
所以，
又恒成立，所以，
即，即，又，
所以，则.
故选：B
11．（24-25高三上·江西·阶段练习）将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．0,1
【答案】B
【分析】根据函数的周期及函数在区间上无零点，列出不等式组，即可解出的取值范围.
【详解】将函数的图象先向右平移个单位长度，可得，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，
可得的图象，因为，周期，
函数在上没有零点，则，
所以，因为，所以，
又在上没有零点，所以，
解得，，
又因为，所以当，，，，
所以或.
故选：B
12．（2025高三·全国·专题练习）当时，函数与的图象有4个交点，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】在同一坐标系内作出时函数与在内的图象，利用图象的交点个数判断.
【详解】对于A，当时，函数与在内的图象如图，
它们有2个交点，A不是；
对于B，当时，函数与在内的图象如图，
它们有4个交点，B是；
对于C，当时，函数与在内的图象如图，
它们有6个交点，C不是；
对于D，当时，函数与在内的图象如图，
它们有8个交点，D不是.
故选：B.
13．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】去掉绝对值符号得到正弦或余弦函数，结合三角函数的单调性求解即可得到答案.
【详解】若，则需满足，
此时去绝对值化简得：，在单调递增，
即，
列出不等式组：，
解得，，需满足，即，
结合，则，故；
若，则需满足，
此时去绝对值化简得，在单调递增，
即，列出不等式组：
，
解得，，需满足，即，
结合，则，故；
综上，满足题意的的范围为.
故选：C
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于根据函数的单调区间列出相应的不等式组，计算比较复杂.
14．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期末）设函数在上恰有两个零点，且的图象在上恰有两个最高点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合三角函数的图象，可找到满足条件的所在的区间，解不等式组，可求得结果.
【详解】，
在上恰有两个零点，恰有两个最高点，
，
即，
当时，不符合题意，
当时，不等式组为，不等式无解，
当时, 不等式组为，不等式无解，
当时，，解得，
当时，，不等式无解，
当时，不等式无解.
.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据在上恰有两个零点、两个最高点建立不等式组.
二、多选题
15．（24-25高三上·河北邯郸·阶段练习）已知函数满足，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下面说法正确的是（ ）
A．
B．函数为奇函数
C．函数在上单调递减
D．函数在上有两个极值点
【答案】AD
【分析】根据函数对称性结合得判断A，先利用变换法则求出，进而利用奇函数定义判断B，根据正弦函数性质判断单调性判断C，结合极值点的概念利用余弦函数性质判断D.
【详解】根据题意，函数关于直线轴对称，所以，
所以，即，
又因为，可得，故A正确；
函数，显然，故B错误；
当时，，所以函数在上单调递增，故C错误；
因为函数，令，则，
根据余弦函数图象可知，D正确.
故选：AD.
16．（23-24高三上·江苏无锡·阶段练习）已知直线是函数图象的一条对称轴，则下列结论正确的是（ ）
A．ω的最小值为
B．若在区间上有且仅有2个对称中心．则
C．若在区间上单调递减，则
D．不可能是的零点
【答案】AD
【分析】根据对称性可得，即可求解A，利用对称性与周期的关系可得即可求解B，利用单调性与周期的关系即可求解C，根据结合对称性即可求解D.
【详解】
直线是函数图象的一条对称轴，则，解得，又，则的最小值为，故A正确；
函数的周期为直线是函数图象的一条对称轴，
且，，因为在区间上有且仅有2个对称中心，
，，解得，又，故B错误；
在区间上单调递减，则必有，
解得不存在，故C不正确.
假设是的零点，则，
解得，与不能同时成立，假设不成立，故D正确；
故选：AD
17．（24-25高三上·四川绵阳·期末）设函数，已知在上有且仅有个零点，则以下结论中正确的是（ ）
A．在上有且仅有3个最大值点
B．在上有且仅有2个最小值点
C．在上单调递增
D．的取值范围是
【答案】ACD
【分析】将看成整体角，根据题意得，结合正弦函数的图象观察分析求得，且易得在上有且仅有3个最大值点，但最小值点个数不确定，最后由推得，根据求得的判断的范围能确保单调递增即得.
【详解】设，由，可得，作出的图象如图，要使在上有且仅有5个零点，
须使，解得：，故D项正确；
对于A项，由图可知时，，在此区间上函数有且仅有3个最大值点，故A项正确；
对于B项，由图可知时，，在此区间上，函数的最小值点可能有2个或3个，故B项错误；
对于C项，当时，，由上分析知，
则，即，
而此时单调递增，故在上单调递增，故C项正确.
故选：ACD．
三、填空题
18．（24-25高三上·吉林长春·期末）已知函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，则正数的最大值为 ．
【答案】13
【分析】由正弦函数的对称轴和单调性以及周期求解即可；
【详解】因为函数的图象关于直线对称，
所以，解得，
又在上单调递增，所以，即，解得，
所以当时，得正数的最大值为13.
故答案为：13.
19．（23-24高三上·江苏盐城·期末）若函数在区间上恰有两个最大值，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求出，根据函数恰有两个最大值，得到，得到答案.
【详解】因为，，
所以，
又 上恰有两个最大值，
所以，解得.
故答案为：
20．（2024·全国·模拟预测）将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像．若在区间内有零点，无极值，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，求得平移之后的函数，再由条件，列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】，
依题意得，，又，．
，．
函数在区间内有零点，无极值，
，解得，即的取值范围是．
故答案为：
21．（24-25高三上·山东青岛·阶段练习）已知函数在上单调递减，则的取值范围是
【答案】
【分析】根据三角函数的单调区间以及复合函数的单调性，解得函数的单调递减区间，结合题意，建立不等式组，可得答案.
【详解】；
令，，则，
所以在是减函数，
因为在区间单调递减，所以有，
即，又，所以，.
故答案为：.
22．（24-25高三上·黑龙江·期末）已知函数，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若是偶函数，在上恰有4个零点，则 .
【答案】4
【分析】由平移变换得到，再根据是偶函数，得到，然后由，得到，根据在上恰有4个零点，由求解.
【详解】解：将函数的图象向右平移个单位长度得到，
函数，
因为是偶函数，所以，即，
因为，所以，则，
因为，所以，
因为在上恰有4个零点，
所以，即，
所以当时，，
故答案为：4
23．（24-25高三上·湖南永州·期末）设函数，若存在，使得，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据三角恒等变换公式将原函数化简，求得最大值为，所以，结合正弦函数图象即可求解.
【详解】
当且仅当时等号成立，
所以要使得，，
当时，，
所以，解得.
所以的最小值为.
故答案为：.
24．（24-25高三上·湖南永州·期末）已知函数在区间上单调递减，且在区间上恰有个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】当时，求出的取值范围，根据函数在区间内的零点个数可得出关于的不等式；当时，求出的取值范围，根据函数在区间上的单调性，可得出关于的不等式组，综合可得出的取值范围.
【详解】因为函数在区间上恰有个零点，
令，可得，当时，，
所以，，解得，
又因为函数在区间上单调递减，
当时，，
则，其中，
所以，，解得，，
由解得，故，则，
综上所述，正实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：
（1）将函数解析式变形为或的形式；
（2）将看成一个整体；
（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.
25．（24-25高三上·湖南长沙·期末）已知函数和的图象相邻的两个交点为A，B，若，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】作出函数图象，结合三角形的等价条件进行转化，求出三角形的底和高，结合三角函数的相交性质进行求解即可.
【详解】作出两个函数的图象如图，则由对称性设，且，
即为等腰三角形，，且，
取AC的中点M，连接BM，
则，，
由，得，
得，得，得，
则，
即A点纵坐标为1，，，
因为，所以，解得，
即，解得，所以的取值范围为.
故答案为：.
1、y＝Asin(ωx＋φ)相邻两条对称轴之间的距离是；
2、y＝Asin(ωx＋φ)相邻两个对称中心的距离是；
3、y＝Asin(ωx＋φ)相邻两条对称轴与对称中心距离；
1、三角函数的对称轴比经过图象的最高点或最低点，函数的对称中心就是其图象与x轴的交点（零点），也就是说我们可以利用函数的最值、零点之间的“差距”来确定其周期，进而可以确定ω的取值.极值点的处理方法与零点类似（见下）