专题24 三角函数的图象与性质-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）

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【知识梳理】2
【真题自测】3
【考点突破】10
【考点1】三角函数的定义域和值域10
【考点2】三角函数的周期性、奇偶性、对称性15
【考点3】三角函数的单调性22
【分层检测】27
【基础篇】27
【能力篇】34
【培优篇】38
考试要求：
1.能画出三角函数的图象.
2.了解三角函数的周期性、奇偶性、最大(小)值.
3.借助图象理解正弦函数、余弦函数、正切函数的性质.
知识梳理
1.用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
(1)正弦函数y＝sin x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0).
(2)余弦函数y＝cs x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))，(2π，1).
2.正弦、余弦、正切函数的图象与性质(下表中k∈Z)
1.正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两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eq \f(1,4)个周期.正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期.
2.三角函数中奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx的形式，偶函数一般可化为y＝Acs ωx＋b的形式.
3.对于y＝tan x不能认为其在定义域上为增函数，而是在每个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)内为增函数.
真题自测
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）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．1B．2C．3D．4
2．（2023·全国·高考真题）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．
3．（2022·全国·高考真题）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．（2022·全国·高考真题）函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022·全国·高考真题）记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A．1B．C．D．3
二、多选题
6．（2022·全国·高考真题）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
三、填空题
7．（2023·全国·高考真题）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ．
8．（2023·全国·高考真题）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则 ．

9．（2022·全国·高考真题）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为 ．
10．（2021·全国·高考真题）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 ．
参考答案：
1．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.
2．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.
3．C
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．
故选：C．
4．A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
5．A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
6．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．
7．
【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【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：.
8．
【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．
9．
【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：
10．2
【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.
考点突破
【考点1】三角函数的定义域和值域
一、单选题
1．（23-24高一上·河北邢台·阶段练习）函数的单调递增区间为（ ）
A．B．
C．D．
2．（23-24高一上·北京朝阳·期末）函数是（ ）
A．奇函数，且最小值为B．奇函数，且最大值为
C．偶函数，且最小值为D．偶函数，且最大值为
二、多选题
3．（23-24高三下·江苏南通·开学考试）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．关于直线对称
C．关于点中心对称D．的最小值为
4．（2024·贵州贵阳·二模）函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．在上的值域为
C．函数的图象关于直线对称
D．若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是
三、填空题
5．（2024·辽宁·二模）如图，在矩形中，，点分别在线段上，且，则的最小值为 ．
6．（2021·河南郑州·二模）在△中，角，，的对边分别为，，，，，若有最大值，则实数的取值范围是 ．
参考答案：
1．A
【分析】首先求出定义域，再根据复合函数单调性即可得到单调增区间.
【详解】令，可得．
当时，函数单调递增．
所以当时，单调递增．
故在上单调递增．
故选：A.
2．D
【分析】根据题意，结合函数的奇偶性，判定A、B不正确；再结合三角函数的图象与性质，求得函数的最大值和最小值，即可求解.
【详解】由函数，可得其定义域，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
因为，
所以为的一个周期，
不妨设，
若时，可得，
因为，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得；
若，可得，
因为，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，
综上可得，函数的最大值为，最小值为.
故选：D.
3．ABD
【分析】将函数可变形为，结合函数性质逐项分析计算即可得.
【详解】，
由的最小正周期为，故的最小正周期为，故A正确；
，
且，
故关于直线，不关于点对称，故B正确，C错误；
由，且，
故，故D正确.
故选：ABD.
4．CD
【分析】根据正切型三角函数的图象性质确定其最小正周期，从而得的值，再根据函数特殊点求得的值，从而可得解析式，再由正切型三角函数的性质逐项判断即可.
【详解】函数的最小正周期为，则有，即，
由函数的图象可知：，即，
由图象可知：，所以，因此不正确；
关于， 当时，，故在处无定义，
故B错误.
因为，
所以，所以函数的图象关于直线对称，C正确；
，
当时，，
当时，，
当函数在区间上不单调时，则有，故D正确.
故选：CD．
5．
【分析】根据锐角三角函数可得，即可由数量积的定义求解，结合和差角公式以及三角函数的性质即可求解最值.
【详解】设，则，
故，
故
，
当时，，即时，
此时取最小值.
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将所求转化为关于的表达式，从而得解，
6．
【分析】由正弦定理可得，根据目标式结合正弦定理的边角互化，易得且、，可知存在最大值即，进而可求的范围.
【详解】∵，，由正弦定理得：，
∴，其中，又，
∴存在最大值，即有解，即，
∴，解得，又，解得，故的范围是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：应用正弦定理边角关系、辅助角公式，结合三角形内角和、三角函数的性质列不等式组求参数范围.
反思提升：
1.求三角函数的定义域通常要解三角不等式(组)，解三角不等式(组)常借助三角函数的图象.
2.求解三角函数的值域(最值)常见的几种类型：
(1)形如y＝asin x＋bcs x＋c的三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)；
(2)形如y＝asin2x＋bsin x＋c的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；
(3)形如y＝asin xcs x＋b(sin x±cs x)＋c的三角函数，可先设t＝sin x±cs x，化为关于t的二次函数求值域(最值).
【考点2】三角函数的周期性、奇偶性、对称性
一、单选题
1．（2024·重庆·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位后，所得图象关于坐标原点对称，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）若函数的最小正周期为，在区间上单调递减，且在区间上存在零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·北京西城·二模）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象再关于轴对称，得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
4．（2024·河南洛阳·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．的对称轴为
B．的最小正周期为
C．的最大值为1，最小值为
D．在上单调递减，在上单调递增
5．（2024·辽宁·二模）已知函数满足0，且在上单调递减，则（ ）
A．函数的图象关于点对称B．可以等于
C．可以等于5D．可以等于3
6．（23-24高三上·山西运城·期末）已知函数，则（ ）
A．的一个周期为2B．的定义域是
C．的图象关于点对称D．在区间上单调递增
三、填空题
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数，若的图象在上有且仅有两条对称轴，则的取值范围是 ．
8．（2024·四川雅安·三模）已知函数是偶函数，则实数 .
9．（2023·四川达州·一模）函数，且，则的值为 .
参考答案：
1．B
【分析】由三角函数的平移变化结合奇函数的性质可得，解方程即可得出答案.
【详解】因为向右平移个单位后解析式为，
又图象关于原点对称，
时，，
故选：B.
2．B
【分析】根据给定周期求得，再结合余弦函数的单调区间、单调性及零点所在区间列出不等式组，然后结合已知求出范围.
【详解】由函数的最小正周期为，得，而，解得，
则，由，
得，又在上单调递减，
因此，且，解得①，
由余弦函数的零点，得，即，
而在上存在零点，则，
于是②，又，联立①②解得，
所以的取值范围是.
故选：B
3．D
【分析】根据正切函数图象的平移变换、对称变换即可得变换后的函数的解析式.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数为，
则函数的图象再关于轴对称得函数.
故选：D.
4．AD
【分析】作出函数的图象，对于A，验算是否成立即可；对于B，由即可判断；对于CD，借助函数单调性，只需求出函数在上的最大值和最小值验算即可判断CD.
【详解】作出函数的图象如图中实线所示．
对于，由图可知，函数的图象关于直线对称，
对任意的，
，
所以函数的对称轴为，A正确；
对于，对任意的，
结合图象可知，函数为周期函数，且最小正周期为，故B错误；
对于C，由选项可知，函数的对称轴为，且该函数的最小正周期为，
要求函数的最大值和最小值，只需求出函数在上的最大值和最小值，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
因为，
所以，因此的最大值为，最小值为-1，故C错误；
对于，由C选项可知，函数在上单调递减，在上单调递增，正确，
故选：AD．
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是求出函数在上的最大值和最小值即可，由此即可顺利得解.
5．ABD
【分析】根据题意，可得函数的图象关于对称，关于点对称，由三角函数的对称性性质可得，从而判断选项A、B；再根据函数的单调性，可求出的值，从而判定选项C、D.
【详解】由，则，
所以函数的图象关于对称，
又，且，
则，
即函数的图象关于点对称，故A正确；
根据函数的图象关于对称，得，
根据函数的图象关于点对称，，
可得，，
由于，所以，故B正确；
当时，由，得，
根据函数在上单调递减，
可得，即，
又，所以，又，所以，
当时，由，得，
根据函数在上单调递减，
可得，即，
又，所以，故C错误，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：根据函数的图象关于对称，得，根据函数的图象关于点对称，，从而.
6．ACD
【分析】
利用正切函数的图象与性质一一判定选项即可.
【详解】对于A，由可知其最小正周期，故A正确；
对于B，由可知，
故B错误；
对于C，由可知，
此时的图象关于点对称，故C正确；
对于D，由可知，
又在上递增，显然，故D正确.
故选：ACD
7．
【分析】运用正余弦二倍角公式及辅助角公式化简，由已知条件结合正弦函数性质可得结果.
【详解】因为，
因为的图象在上有且仅有两条对称轴，所以，
解得，所以的取值范围是．
故答案为：.
8．
【分析】根据偶函数的定义，即可列关系式求解.
【详解】定义域为，
，
所以，
故，
故答案为：
9．0
【分析】
构造，得到为奇函数，从而根据得到，由求出.
【详解】令，
定义域为或且，关于原点对称，
则，
故为奇函数，
又，故，
解得.
故答案为：0
反思提升：
(1)三角函数周期的一般求法
①公式法；
②不能用公式求周期的函数时，可考虑用图象法或定义法求周期.
(2)对于可化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)(或f(x)＝Acs(ωx＋φ))形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)(或令ωx＋φ＝kπ(k∈Z))，求x即可；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或令ωx＋φ＝\f(π,2)＋kπ（k∈Z）))，求x即可.
(3)对于可化为f(x)＝Atan(ωx＋φ)形式的函数，如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，求x即可.
(4)三角函数型奇偶性的判断除可以借助定义外，还可以借助其图象与性质，在y＝Asin(ωx＋φ)中代入x＝0，若y＝0则为奇函数，若y为最大或最小值则为偶函数.若y＝Asin(ωx＋φ)为奇函数，则φ＝kπ(k∈Z)，若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z).
【考点3】三角函数的单调性
一、单选题
1．（2024·云南·模拟预测）已知函数为上的偶函数，且当时，，若，，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·陕西榆林·三模）已知，若当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2022·湖北武汉·三模）已知函数的零点为，则（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024·湖南长沙·一模）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A．
B．的图象过点
C．函数的图象关于直线对称
D．若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是
三、填空题
5．（2023·陕西西安·模拟预测）已知函数，（，，）的大致图象如图所示，将函数的图象上点的横坐标拉伸为原来的3倍后，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间为 .
6．（2022·上海闵行·模拟预测）已知，若，则的取值范围是 .
参考答案：
1．C
【分析】根据条件判断函数的单调性，结合函数奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可.
【详解】当时，，所以在上单调递增；
又有为上的偶函数，所以在上单调递减.
由于我们有，
即，故.
而，，，故.
故选：C.
2．A
【分析】令，易得的对称轴为，则，进而可得出答案.
【详解】令，
由题意可得，则，
又因为，所以，
函数的对称轴为，
则，
即，
即，结合，解得.
故选：A.
3．ABD
【分析】对AB，求导分析可得为增函数，再根据零点存在性定理可判断；
对C，根据AB得出的结合正切函数的单调性可判断；
对D，构造函数，再根据零点存在性定理，放缩判断的正负判断即可
【详解】对AB，由题，故为增函数.又，，故，故AB正确；
对C，因为，所以，但，故C错误；
对D，构造函数，则，故为增函数.故，因为，故，故，即，故，故，D正确；
故选：ABD
【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数零点的问题，一般需要用零点存在性定理判断零点所在的区间，同时在判断区间端点正负时，需要适当放缩，根据能够确定取值大小的三角函数值进行判断，属于难题
4．BCD
【分析】根据函数图象所经过的点，结合正切型函数的对称性、单调性逐一判断即可.
【详解】对于A：设该函数的最小正周期为，则有，
即，由函数的图象可知：，又，所以，
即，由图象可知：，所以，因此A不正确；
对于B：，所以B正确；
对于C：因为，
，所以，
所以函数的图象关于直线对称，因此C正确；
对于D：
当时，，
当，
，
当函数在区间上不单调时，则有，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：运用函数对称性、函数单调性的性质是解题的关键.
5．（答案不唯一）
【分析】先根据的部分图象得到函数的周期、振幅、初相，进而求出的解析式，再根据函数图象的伸缩变换和平移变换得到的解析式，后可求的单调递增区间.
【详解】由图可知， 得，所以，
，，
所以，
由图，得，，
又，所以，
故，
由题意，
令，，得，
故函数的单调递增区间为，，
当时，函数的一个单调递增区间为，
故答案为：（答案不唯一）
6．
【分析】根据角的范围分区间讨论，去掉绝对值号，转化为不含绝对值的三角不等式，求解即可.
【详解】由题，当时，原不等式可化为，解得，
当时，由原不等式可得，解得，
综上.
故答案为：
反思提升：
1.求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成y＝Asin(ωx＋φ)形式，再求y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间，只需把ωx＋φ看作一个整体代入y＝sin x的相应单调区间内即可，注意要先把ω化为正数.
2.对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选择题，利用特值验证排除法求解更为简捷.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·福建·模拟预测）若函数在上有零点，则整数A的值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
2．（2024·贵州黔南·二模）若函数为偶函数，则的值可以是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·安徽·三模）“”是“函数的图象关于对称”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
4．（22-23高一下·湖北武汉·期中）若函数在区间上恰有唯一对称轴，则ω的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
5．（2024·云南·模拟预测）已知函数，如图，图象经过点，，则（ ）
A．
B．
C．是函数的一条对称轴
D．函数在区间上单调递增
6．（2023·辽宁·模拟预测）已知定义域为的偶函数，使，则下列函数中符合上述条件的是（ ）
A．B．C．D．
7．（23-24高一上·广东肇庆·期末）关于函数，下列说法中正确的有（ ）
A．是奇函数B．在区间上单调递增
C．为其图象的一个对称中心D．最小正周期为
三、填空题
8．（2022·江西·模拟预测）将函数的图像向左平移（）个单位长度，得到函数g(x)的图像，若，则的最小值是 ．
9．（2022·重庆沙坪坝·模拟预测）若函数在单调递增，在单调递减，则实数的取值范围是 ．
10．（21-22高三上·河南·阶段练习）已知函数为偶函数，且当时，，则的值可能为 .
四、解答题
11．（2022·北京门头沟·一模）已知函数，是函数的对称轴，且在区间上单调．
(1)从条件①、条件②、条件③中选一个作为已知，使得的解析式存在，并求出其解析式；
条件①：函数的图象经过点；
条件②：是的对称中心；
条件③：是的对称中心.
(2)根据（1）中确定的，求函数的值域．
12．（2021·浙江·模拟预测）已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间．
（2）若对任意的，方程（其中）始终有两个不同的根，．
①求实数的值；
②求的值．
参考答案：
1．C
【分析】将函数的零点问题转化为与在上的交点问题，求出的值域即可.
【详解】由于函数在上有零点，
所以方程在上有实数根，
即与在上有交点，
令，则，当，单调递减，
故在区间上最多只有1个零点，
又，即，
解得，由于A是整数，所以.
故选：C.
2．B
【分析】由题意可知：为函数的对称轴，结合余弦函数对称性分析求解.
【详解】由题意可知：为函数的对称轴，
则，则，
对于选项A：令，解得，不合题意；
对于选项B：令，解得，符合题意；
对于选项C：令，解得，不合题意；
对于选项D：令，解得，不合题意；
故选：B.
3．A
【分析】若函数的图象关于对称，根据正切函数的对称性可得，再根据充分、必要条件结合包含关系分析求解.
【详解】若函数的图象关于对称，
则，解得，
因为是的真子集，
所以“”是“函数的图象关于对称”的充分不必要条件.
故选：A.
4．D
【分析】利用辅助角公式化简得到，再求出，结合对称轴条数得到不等式，求出答案.
【详解】，
因为，，所以，
因为区间上恰有唯一对称轴，故，
解得.
故选：D
5．AD
【分析】由得周期，进而得；将点代入可得的值；由来可判断不是对称轴；由正弦函数的单调性可求的单调递增区间.
【详解】由及过，得，即，
所以，又，解得，故A正确；
又点代入，得，
所以，又，于是，故B不正确；
由，则，故C不正确；
由，得
于是的单调递增区间为，令可知D正确.
故选：AD.
6．AC
【分析】利用奇偶性的定义容易判断四个选项均是偶函数，对于A和C选项，举例可知，，使，对于B和D选项，易知恒成立．
【详解】对于A，，定义域为，所以为偶函数，又，故A正确；
对于B，恒成立，故B错误；
对于C，，定义域为，，所以为偶函数，又，故C正确；
对于D，因为，所以恒成立，故D错误．
故选：AC．
7．BCD
【分析】根据题意，结合正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】A中，由正切函数的性质，可得为非奇非偶函数，所以A错误；
B中，令，可得，
即为函数的单调递增区间，令，可得，所以B正确；
C中，令，可得，
令，可得，故为其图象的一个对称中心，所以C正确；
D中，函数的最小正周期为，所以D正确.
故选：BCD.
8．
【分析】根据题意得，又，即，所以，再分析求解即可.
【详解】函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，
又，所以，所以．
又，故可解得，当时，得．
故答案为：.
9．或
【分析】由余弦型函数性质及最小正周期的公式计算即可得出结果.
【详解】∵函数在单调递增，在单调递减，
设则函数的最小正周期的为，则，即.
解得：或.
故答案为：或
10．3（形式的数均可）
【分析】由题意可得为奇函数，且当当时，，进而可求出结果.
【详解】因为为奇函数，且当时，，所有为奇函数，且当当时，，则可以为，
故答案为：3（形式的数均可）.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到和，
再根据选择的条件得到第三个方程，分析方程组即可求解；
（2）先求出所在的范围，再根据图像求出函数值域即可.
【详解】（1）因为在区间上单调，所以，
因为，且，解得；又因为是函数的对称轴，
所以；
若选条件①：因为函数的图象经过点，所以，
因为，所以， 所以，即，
当时，，满足题意，故.
若选条件②：因为是的对称中心，所以，
所以，此方程无解，故条件②无法解出满足题意得函数解析式.
若条件③：因为是的对称中心，所以，
所以，解得，所以.
（2）由（1）知，，
所以等价于，，
所以，所以，
即函数的值域为：.
12．（1）；（2）①，②或．
【分析】（1）利用相关公式将函数化简为的形式，再利用三角函数的性质处理即可．
（2）①结合正弦函数的图象分析即可得解；②结合正弦函数图象的对称性求解即可．
【详解】（1）
，
则的最小正周期为,
令，则，
因此函数的单调递减区间为，（）．
（2）①当时，，则，得．
②根据三角函数图象的对称性，可得或，
解得或．
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则在下列区间上函数单调递增的是（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
2．（2024·云南·模拟预测）已知函数的图象关于点成中心对称，则（ ）
A．在区间上单调递减
B．在区间上有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
三、填空题
3．（2024·北京平谷·模拟预测）若的面积为，且为钝角，则 ；的取值范围是 ．
四、解答题
4．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图为函数的部分图象，且，．
(1)求，的值；
(2)将的图象上所有点的横坐标扩大到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，讨论函数在区间的零点个数．
参考答案：
1．C
【分析】由的图象，棱台三角函数的性质求得，进而得到，结合正弦型函数的性质，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得，解得，所以，
所以，又由，即，
可得，即，
因为，所以，所以，
所以，令，
解得，
所以函数的单调增区间是.
故选：C.
2．ABD
【分析】直接利用函数的对称性求出函数的关系式，根据余弦函数的单调性即可判断A；根据极值点的定义即可判断B；根据余弦函数的对称性即可判断C；根据导数的几何意义即可判断D.
【详解】由题意得：，所以，
即，又，所以，
故，
对于A，当时，，
所以在上是单调递减，故A正确；
对于B，当时，，
由余弦函数的图象知：有两个极值点，故B正确；
对于C，当时，，
所以直线不是曲线的对称轴，故C不正确；
对于D，，
令，得，
从而得：或，
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：，即，故D正确.
故选：ABD.
3．
【分析】由三角形面积公式可得，可求出；再根据为钝角限定出，利用正弦定理可得，可得其范围是.
【详解】根据题意可得面积，
可得，即，
又易知为锐角，可得；
由正弦定理可得，
因为为钝角，可得，所以；
可得，因此；
故答案为：；；
4．(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）由周期求出，根据求出；
（2）首先求出的解析式，函数在区间的零点个数即为函数的图象与直线在上的交点个数，由的取值范围，求出的取值范围，再结合余弦函数的图象即可得解.
【详解】（1）根据题意得，，故，，故．
将代入，得，解得，
又，故．
（2）依题意，．
函数在区间的零点个数即为函数的图象与直线在上的交点个数．
当时，，结合余弦函数图象可知，
当时，单调递减，当时，单调递增，
且，，，
作出函数在上的大致图象如图所示．
观察可知，当或时，有个零点；
当时，有个零点；
当或时，有个零点．
【培优篇】
一、单选题
1．（2021·全国·模拟预测）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．是周期为的偶函数
B．函数的图象有无数条对称轴
C．函数的最大值为，最小值为，则
D．若，则函数在区间内有8个零点
二、多选题
2．（2022·全国·模拟预测）已知圆锥PO的轴截面PAB是等腰直角三角形，，M是圆锥侧面上一点，若点M到圆锥底面的距离为1，则（ ）
A．点M的轨迹是半径为1的圆B．存在点M，使得
C．三棱锥体积的最大值为D．的最小值为
三、填空题
3．（2023·福建厦门·模拟预测）函数，当时，的零点个数为 ；若恰有4个零点，则的取值范围是 .
参考答案：
1．D
【分析】根据偶函数的定义可知为偶函数，根据周期函数的定义可知当时，为周期函数，最小正周期为，化简函数在内的解析式，作出函数的图象，根据图象可得解.
【详解】由，得为偶函数．
化简函数在内的解析式为，
当时，，，
所以当时，为周期函数，最小正周期为，
由函数为偶函数画出其图象如下．

由图易知函数不是周期函数，故A选项错误；
函数的图象有唯一一条对称轴轴，故B选项错误；
最大值，最小值，故，故C选项错误；
根据图象可知，若，则在区间内有8个零点，故选D．
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据函数的性质作出函数的图象，根据图象求解是本题解题关键.
2．ACD
【分析】根据点M到圆锥底面的距离为1易知其轨迹为到底面距离为1的圆；选项B、D的存在性及最值与点M的位置有关，用点M在圆锥底面的射影N与O、A形成的来刻画点M的位置，把目标角的余弦用表示，进而分析运算判断即可．
【详解】解：因为为等腰直角三角形，，
所以P到圆锥底面的距离为2，
又M是圆锥侧面上一点，并且点M到圆锥底面的距离为1，
故点M的轨迹是半径为1的圆，故A正确；
设点M在圆锥底面上的射影为N，连接ON，AN，MN，，，如图
设，，
则，
所以，
当M为PA的中点时，AM最小，最小值为，
当M为PB的中点时，AM最大，最大值为，
又易知，，
所以，
因为，故B错误；
，
，易得点M到平面PAB的距离的最大值为1，
，
所以三棱锥体积的最大值为，故C正确；
连接BN，，
，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ACD．
【点睛】本题解题的关键是要有函数的思想即用来刻画点M的位置，因为与
都与点M的位置有关；其次要利用圆锥的对称性设，这样研究问题更加简便．
3． 1
【分析】第一空：当时、时可得答案；第二空：至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；分、、讨论结合图象可得答案.
【详解】第一空：当时，当时，，解得；
当时，，无零点，
故此时的零点个数是1；
第二空：显然，至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；
①
若恰有2个零点，则，此时恰有两个零点，所以，解得，
此时；
②
若恰有3个零点，则，此时，
所以恰有1个零点，符合要求；
③当时，，所以恰有1个零点，
而至少有4个零点，
此时至少有5个零点，不符合要求，舍去.
综上，或.
故答案为：1；.
【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
{xeq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x∈R，且)) x≠kπ＋eq \f(π,2)}
值域
[－1，1]
[－1，1]
R
最小正周期
2π
2π
π
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
递增区间
eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)))
[2kπ－π，2kπ]
eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)))
递减区间
eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(3π,2)))
[2kπ，2kπ＋π]
无
对称中心
(kπ，0)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,2)，0))
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))
对称轴方程
x＝kπ＋eq \f(π,2)
x＝kπ
无