考点巩固卷10 三角函数的图象及性质（十一大考点）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）

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考点01：三角函数的定义域、值域
1．函数的定义域是__________.
【答案】
【分析】根据正切函数的定义域，即可求出结果.
【详解】由，解得，
所以函数的定义域是.
故答案为：.
2．已知函数.
(1)求的最小正周期和单调增区间；
(2)求证：当时，恒有.
【答案】(1)的最小正周期为，单调增区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式将函数化简，代入周期的计算公式即可求出周期，根据正弦函数的单调性即可求解函数的单调增区间；
（2）根据自变量求出，然后利用正弦函数的图像即可求证.
【详解】（1）函数
，
∴函数的最小正周期，
令，得，
∴函数的单调增区间为.
（2）当时，
∴
即当时，恒成立，得证.
3．函数的最小值是______．
【答案】
【分析】用代换，化简函数解析式为，利用二次函数的性质即可得到函数的最小值.
【详解】函数，
令，所以，
因为函数的对称轴为，
所以函数在上为增函数，在上为减函数，
所以当时，函数有最小值.
故答案为：
4．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】列出使函数有意义的不等式组求解即可.
【详解】有意义满足，即，，
解得，
故选：D
5．函数，的值域是______.
【答案】
【分析】利用二倍角的余弦公式得出，由的范围得出的范围，再利用余弦函数的基本性质可得出答案.
【详解】，且，，
，，
因此函数在的值域是.
故答案为：.
6．函数的值域为______.
【答案】
【分析】变换，根据得到，得到值域.
【详解】，
，则，，故.
故答案为：
考点02：由三角函数的值域（最值）求参数
7．设函数，已知，当______时，的最小值为-2，此时______.
【答案】
【分析】根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可由正弦型函数的性质求解最值.
【详解】.
∵，∴，
∴当，即时，取得最小值为，∴.
故答案为：；
8．已知函数在区间上存在最大值，则实数的取值范围为________．
【答案】
【分析】化简，得，转化为在区间上存在最小值，根据余弦函数的性质可得结果.
【详解】，
因为在区间上存在最大值，所以在区间上存在最小值，
由，得，
所以，即.
故答案为：
9．已知函数的部分图象如图所示，且在上恰有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是______.

【答案】
【分析】由，推出，从而知，再由，求得的取值范围，并结合正弦函数的图象与性质，即可得解．
【详解】由图知，所以，
因为，所以，即，
由，知，
因为在上恰有一个最大值和一个最小值，
所以，解得．
故答案为：．
10．函数的定义域为，值域为，则α的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由同角三角函数关系化简后换元，得二次函数，利用二次函数单调性可知，即，据此结合余弦函数图象与性质可得的范围.
【详解】由，
令，得：，二次函数开口向下，对称轴为，
因为，所以函数为递增函数，
因为当时， ，当时， ，
所以，即时，，使函数的值域为，
所以由余弦函数图象与性质可知， ，所以的取值范围是：．
故选：A
11．已知函数在区间上的最大值为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据在取最大值，可判断要么在的单调减区间上，要么满足左端点到对称轴不小于右端点，即可得，进而可求的最小值.
【详解】的周期为，的单调递增区间为,单调递减区间为，
当取最大值，故可知，
当时，即，,在单调递减，显然满足最大值为，
当时，要使是最大值，则需满足，
综上可知当,时，在取最大值，
在,单调递减，故当时，取最小值，且最小值为，
故选：D
12．当时，函数的值域是，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】解法一：画出函数的图象，由的范围求出的范围，根据的值域可得答案；
解法二：由的范围求出的范围，根据的图象性质和的值域可得答案．
【详解】解法一：由题意，画出函数的图象，由，可知，
因为且，
要使的值域是，只要，
即；
解法二：由题，可知，
由的图象性质知，要使的值域是，
则，解之得．
故选：D.

考点03：求三角函数的周期性，奇偶性，单调性，对称性
13．函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正弦函数的倍角公式化简题设函数，从而利用最小正周期公式即可得解.
【详解】因为，
所以所求最小正周期为.
故选：C.
14．（多选）设函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图像关于直线对称
C．的一个零点为
D．在单调递减
【答案】ABD
【分析】根据正弦函数的性质求出函数的最小正周期，利用整体代换法或代入检验法可求出函数的对称轴、对称中心和单调区间．
【详解】函数，最小正周期为，A选项正确；
由，解得图像的对称轴方程为，当时，，B选项正确；
，不是的零点，C选项不正确；
时，有，是正弦函数的单调递减区间，
所以在单调递减，D选项正确.
故选：ABD
15．（多选）下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】依次判断选项的周期和单调性即可得到答案.
【详解】对于A：的最小正周期，且在区间上单调递增，故A符合题意；
对于B：，将在x轴下方的图象翻折到上方，
可知最小正周期，在区间上单调递减，故B不符合题意；
对于C，的最小正周期，
，则在区间上单调递增，故C正确；
对于D，，的最小正周期，
，则在区间上有增有减，故D不正确.
故选：AC.
16．（多选）已知函数，则（ ）
A．的最小值为－2
B．的单调增区间为，
C．的对称中心为，
D．若为偶函数，则最小值是
【答案】BD
【分析】根据二倍角的正弦余弦公式和辅助角公式，利用三角函数的性质及诱导公式即可求解.
【详解】，
可得的最小值为，故A错误；
由，得，
所以的单调增区间为，，故B正确；
由，得，所以的对称中心为，，故C错误；
若为偶函数，即是偶函数，
所以，解得，可得最小值是，故D正确.
故选：BD.
17．（多选）已知函数，则下列判断正确的是（ ）
A．为偶函数B．在上单调递增
C．的图象关于直线对称D．的图象关于点对称
【答案】ACD
【分析】化简得到，计算为偶函数，关于直线对称，关于点对称，在上单调递减，得到答案.
【详解】
.
对选项A：，，正确；
对选项B：，，在上单调递减，错误；
对选项C：当，则，是的对称轴，正确；
对选项D：当时，，故的图象关于点对称，正确.
故选：ACD
18．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．关于直线对称B．关于点对称
C．周期为D．在上是增函数
【答案】D
【分析】先利用向量的数量积表示函数，再利用公式化简，根据三角函数图像和性质判断.
【详解】因为向量,
.
所以.
对于A，把代入得，没有取得最值，所以不成立.
对于B，把代入得，所以不成立.
对于C，由于周期,所以不成立.
对于D，因为，又，
所以在上是增函数.
故选：D.
考点04：解三角不等式
19．已知函数．
(1)当时，求函数的值；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用同角三角函数关系式化简可得，代入求值可得答案；
（2）利用（1）中结论，由不等式可得，结合正弦函数性质即可求得答案.
【详解】（1）由题意可得
，
故当时，；
（2）由可得，
即，故,
故不等式的解集为.
20．根据三角函数的图象，写出使下列不等式成立的的集合：
(1)；
(2)；
(3)；
(4)．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）结合的图象求得正确答案.
（2）结合的图象求得正确答案.
（3）结合的图象求得正确答案.
（4）结合的图象求得正确答案.
(1)
画出的图象如下图所示，
由图可知，不等式的解集为.
(2)
画出的图象如下图所示，
，
由图可知，不等式的解集为.
(3)
画出的图象如下图所示，
由图可知，不等式的解集为.
(4)
画出的图象如下图所示，
由图可知，不等式的解集为.
21．解不等式组
【答案】．
【分析】利用三角函数线求解可得.
【详解】由，得
在直角坐标系中作单位圆，如图所示，

由三角函数线可得：
解集恰好为图中阴影重叠的部分，故原不等式组的解集为．
22．在中，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】通过三角函数性质结合充分条件与必要条件的推导即可得出答案.
【详解】在中，，
则或，
故推不出，可推出，
则在中，是的必要不充分条件，
故选：B.
23．求函数的定义域为_________．
【答案】
【分析】根据给定的函数有意义，列出不等式组，再利用正余弦函数的性质求解作答.
【详解】函数有意义，则，即，
解，得，
解，得，于是，
所以所求定义域为.
故答案为：
考点05：根据单调求参数
24．函数的最小正周期为________，若函数在区间上单调递增，则的最大值为________.
【答案】
【分析】根据正弦函数的周期公式和单调递增区间可求出结果.
【详解】函数的最小正周期.
由，，得，，
所以的单调递增区间为，，
若函数在区间上单调递增，则，，
则，则，即的最大值为.
故答案为：；.
25．（多选）已知函数的图象关于点对称，且在区间上是单调函数，则以下（ ）可能是的值.
A．B．4C．D．
【答案】ABC
【分析】根据的对称中心和单调性列不等式，求得的范围，从而确定正确答案.
【详解】由于关于点对称，所以，
①.
由于，且在区间上是单调函数，所以在上递减，
，所以②.
由①②得，
所以或或，
所以，或，或.
故选：ABC
26．（多选）若函数在区间上单调，则的取值可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】方法一：首先求得，由在上单调可构造不等式组，结合可确定所有可能的取值，由此可得的范围，进而确定选项；
方法二：利用诱导公式可化简得到，得到，根据，可确定，结合正弦函数的单调性可构造不等式组求得的范围，进而确定选项.
【详解】方法一：当时，，
在区间上单调，
或，
或；
由得：；又，；，
又，，，又，；
由得：；又，，，
又，，，即；
综上所述：.
方法二：，
当时，；
在上单调，，；
由，知：或，解得：或，
.
故选：AC.
27．函数在上是减函数，且在上恰好取得一次最小值，则的取值范围是____________．
【答案】
【分析】根据的最值情况，即可得出.根据函数的单调性，结合求得的范围，列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】因为，所以.
因为在上恰好取得一次最小值，
所以，所以.
因为，所以.
因为，在上是减函数，
根据余弦函数的单调性可知，解得.
所以，.
故答案为：.
28．已知函数在区间内单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分析可知，函数在上为减函数，由可得出，根据余弦型函数的单调性可得出，可得出关于的不等式组，由此可得出正实数的取值范围.
【详解】对任意的，恒成立，
因为函数在区间内单调递增，
所以，函数在上为减函数，
当时，因为，则，
所以，，
所以，，解得，
所以，，解得，
因为，则，所以，.
故选：A.
29．已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得，再根据的单调区间，列出不等式组求解即可.
【详解】因为，，
所以，
又因为在上单调递减，
所以，,解得：，
因为，故，而，故，故.
故选：C
考点06：根据对称求参数
30．若函数的图像关于轴对称，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可知当时，取得最值，从而可得，进而可得答案.
【详解】因为函数的图像关于轴对称，
所以当时，取得最值，
所以，得，
对于A，若，则，解得，不合题意，
对于B，若，则，解得，不合题意，
对于C，若，则，解得，题意，
对于D，若，则，解得，不合题意，
故选：C
31．已知函数的图象关于点对称，那么的最小值为________．
【答案】
【分析】代入余弦函数的零点满足的公式判断即可.
【详解】的图象关于点对称，，即，令，可得的最小值为．
故答案为：
32．直线 和是曲线的相邻的两条对称轴，则_____
【答案】2
【分析】由题意可得，求出周期，再利用周期公式可求出的值.
【详解】因为直线 和是曲线的相邻的两条对称轴，
所以，得周期，
所以，得，
故答案为：2
33．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．
【答案】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
34．（多选）已知函数在上单调，且的图象关于点对称，则（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数
D．函数在上有且仅有一个零点
【答案】ACD
【分析】根据函数的单调性和对称性列式求出，再根据最小正周期公式可判断A；根据解析式计算可判断B；利用图象变换和余弦函数的奇偶性可判断C，利用余弦函数的图象可判断D.
【详解】因为函数在上单调，
所以的最小正周期满足，即，所以.
因为的图象关于点对称，
所以，，得，，
由，得，因为，所以，.
所以.
对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，，
，
所以，故B不正确；
对于C，将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为为偶函数，故C正确；
对于D，，令，得，
令，由，得，
作出函数与直线的图象如图：

由图可知，函数与直线的图象有且只有一个交点，
所以函数在上有且仅有一个零点，故D正确.
故选：ACD
35．（多选）已知函数图象的一个对称中心是，且，则以下结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．为偶函数
C．在上的最小值为D．若，则
【答案】BC
【分析】由条件结合正弦函数的对称性可求，根据正弦型函数的周期公式求周期判断A；根据三角函数的平移变换结合函数的奇偶性的定义可判断B；求函数在上的最小值可判断C；根据三角函数的单调性可判断D.
【详解】因为点是函数的一个对称中心，
，解得，，
又因为，所以，，
对于A项：最小正周期为，故A错；
对于B项：因为，
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，
所以函数为偶函数，故B对；
对于C项：当时，，
所以，
可得，所以的最小值为，故C对；
对于D项：当时，所以，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，故D错，
故选：BC．
考点07：由图象确定三角函数解析式
36．（多选）如图是函数的部分图象，则下列结论正确的有（ ）

A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．D．函数在上有2个零点
【答案】ACD
【分析】由函数的图象，得到，得到，可判定A正确，B不正确；再由三角函数的性质，可判定C正确；由当时，得到，得到，可判定D正确.
【详解】由函数的图象，可得，解得，所以，
又由，可得，
所以，解得，
因为，所以，即，所以A正确，B不正确；
又由，所以C正确；
当时，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，所以函数在上有2个零点，所以D正确.
故选：ACD.
37．（多选）若函数（，，）的图象如图，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的周期为5
B．函数的对称轴为，
C．函数在内没有单调性
D．若将的图象向左平移（）个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则的最小值为1
【答案】BD
【分析】根据给定的函数及图象，结合“五点法”作图，求出函数的解析式，再逐项分析、计算判断作答.
【详解】观察图象知，，而，解得，又，则，
因为，由“五点法”作图知，，解得，于是，
对于A，函数的周期，A错误；
对于B，由，得，函数图象的对称轴为，B正确；
对于C，当时，，因此函数在上单调递增，C错误；
对于D，将的图象向左平移（）个单位长度，得到函数的图象，
依题意，，解得，因此，D正确.
故选：BD
38．（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
【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，的减区间为，
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.
39．（ 2023年新课标全国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】
【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．
40．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．
B．
C．不等式的解集为
D．将的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象在上单调递增
【答案】C
【分析】由图象求出的表达式后逐一验证选项即可.
【详解】由函数图象可知，最小正周期为，所以，
将点代入，得，
又，所以，故，故A错误；
所以，故B错误；
令，则，所以，，解得，，
所以不等式的解集为，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，令，，
解得，，
令得，因为，故D错误.
故选：C.
41．已知函数的部分图象如图所示，其中，图中函数的图象与坐标轴的交点分别为，则下列代数式中为定值的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据图象，由求出，再由M，N点的坐标求出为定值.
【详解】由图象可得，，且，
所以，
令，则，所以，
则.
故选：D
考点08：描述三角函数的变换过程
42．怎样由函数的图像变换得到的图像
【答案】答案见解析
【分析】根据函数图像变换的规则.
【详解】现将向右平移个单位，得到，然后使得纵坐标不变，横坐标变为原来的即可.
43．已知函数的部分图象如下所示，其中，为了得到的图象，需将（ ）
A．函数的图象的横坐标伸长为原来的倍后，再向左平移个单位长度
B．函数的图象的横坐标缩短为原来的后，再向右平移个单位长度
C．函数的图象向左平移个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的倍
D．函数的图象向右平移个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的倍
【答案】D
【分析】根据已知条件可知，，即可求得，再代入点的坐标，根据已知条件的来确定解析式，最后根据伸缩平移法则即可求得.
【详解】依题意，，解得，故，则，而2，故，而，故.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到，再将横坐标伸长为原来的倍，得到.
故选：D.
44．（多选）为了得到函数的图象，只需把函数图象上所有点（ ）
A．向左平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的倍
B．向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的倍
C．横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位长度
D．横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位长度
【答案】ABD
【分析】利用诱导公式将化简，再根据三角函数的变换规则一一判断即可.
【详解】因为，
所以将向左平移个单位长度得到，
再将横坐标缩短到原来的倍得到，故A正确；
将向右平移个单位长度得到，
再将横坐标缩短到原来的倍得到，故B正确；
将横坐标伸长到原来的倍得到，
再将向左平移个单位长度得到，故C错误；
将横坐标缩短到原来的倍得到，
再将向左平移个单位长度得到，故D正确；
故选：ABD
45．（多选）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数图象可由函数的图象向右平移个单位得到
B．函数图象可由函数的图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到
C．函数图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍得到
D．函数图象的对称轴为，
【答案】BC
【分析】利用三角函数图象变换分别分析并判断选项A，B，C；求出函数图象的对称轴判断D作答.
【详解】对于A，函数的图象向右平移个单位得到：
函数的图象，A错误；
对于B，函数的图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍得到：
函数的图象，B正确；
对于C，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的3倍得到：
函数的图象，C正确；
对于D，由，得，即函数图象的对称轴为，D错误.
故选：BC
46．为了得到函数的图象，需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【答案】D
【分析】由三角函数的平移变换即可得出答案.
【详解】易知，
，因为，
所以函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象.
故选：D．
47．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向左平移个单位长度
【答案】A
【分析】根据三角函数的平移变换法则（左加右减）即可求解.
【详解】由于函数，所以要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位长度.
故选：A.
考点09：求图象变换前（后）的函数解析式
48．将函数的图像上所有点的横坐标缩短到原来的，然后再将整个图像沿x轴向右平移个单位长度，得到的曲线与的图像相同，则的函数解析式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据正弦函数图像变化规律，反向变化即可.
【详解】先将的图像向左平移个单位长度，得到，
再将图像上所有点的横坐标变到原来的2倍，得到.
故选：B
49．已知函数的最小正周期为T．若，把的图象向右平移个单位长度，得到偶函数的图象，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据余弦型函数的图象变换、奇偶性、周期性进行求解.
【详解】由题知，把函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象．
因为为偶函数，所以，即．
又，所以．
因为的最小正周期为，
所以，即，解得．
所以，
所以．
故选：A．
50．函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据最小正周期求出，写出平移后的解析式，根据其为偶函数得到，，根据的范围即可得到答案.
【详解】由题得最小正周期，可得，所以.
的图象向右平移个单位长度后为偶函数的图象，
故，，，．
，，
故选：D．
51．已知函数的部分图象如图．

(1)求的表达式；
(2)将函数的图象向左平移个单位长度得到曲线，把上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍得到函数的图象．若关于方程在上有两个不同的实数解，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由图可知，求出周期，再利用周期公式求出，然后将代入函数中可求出的值，从而可求出的表达式；
（2）先由三角函数图象变换规律求出的解析式，令，，则将问题转化为与的图象在有两个不同的公共点，作出函数图象，利用图象求解即可.
【详解】（1）函数的周期为，由图象可得，得
所以，
所以，
因为的图象经过点，
所以，解得，得，
因为，所以，
所以，
（2）将函数的图象向左平移个单位长度得到曲线：，
因为再把上各点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍得到函数的图象，
所以，
因为关于的方程在上有两个不同的实数解，
所以在上有两个不同的实数解，
令，则，
因为，所以，
所以，
所以，
所以只需与的图象在有两个不同的公共点，
作出在上的简图如下，

由图可知当或时，与的图象有两个不同的公共点，
所以实数的取值范围为
52．（多选）将函数的图像的横坐标伸长为原来的2倍后，再向左平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A．的周期为B．
C．D．在上单调递减
【答案】BC
【分析】利用函数的图像变换规律得到的解析式，再根据正弦函数的性质得出结论.
【详解】由题意得，，则，故A错误；
，故B正确；
∵，∴是图像的一条对称轴，,故C正确；
∵，∴，∴在上单调递增，故D错误.
故选：BC.
53．已知函数的图象上相邻的两个对称中心之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后可得到一个偶函数的图象，则函数在区间（ ）上单调递增．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】两个对称中心之间的距离为半个周期，可得T和ω，由图像平移的知识点可得平移后函数解析式，
由偶函数的性质列方程求，得出，然后求出单调递增区间即可得到结果.
【详解】函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为，
则T＝π，所以ω＝2，
将函数f(x)的图象向左平移后所得图象的函数解析式为，
由已知是偶函数，
故，
解得，
由于，
所以当k＝0时，．
所以，
令，
解得，
当时，单调递增区间为，
当时，单调递增区间为，
由于，
故选：A.
考点10：三角函数图象与性质的综合应用
54．已知函数，，
(1)求的单调递减区间；
(2)求在闭区间上的最大值和最小值；
(3)将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，求函数在上所有零点之和．
【答案】(1)
(2)最小值为，最大值为
(3)
【分析】（1）先将函数化简成一个三角函数，再根据单调区间公式求得即可；
（2）先由求出整体角的取值范围，再求得的最大值和最小值；
（3）先根据图形变换求出，在求其零点得出结果.
【详解】（1）函数
.
令
解得，
所以函数的单调递减区间为，
（2）由（1）得，
由于，所以，
所以，故，
当时，函数的取最小值，最小值为，
当时，函数的取最大值，最大值为.
（3）将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，
令，，即，
整理得，即或，
当时，或，即，；
当时，，；
当时，；
故所有零点之和为．
55．已知函数的图像相邻对称轴之间的距离是，______；
①若将的图像向右平移个单位，所得函数为奇函数．
②若将的图像向左平移个单位，所得函数为偶函数，
在①，②两个条件中选择一个补充在______并作答
(1)若，求的取值范围；
(2)设函数的零点为，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦函数图像的性质得出，选①：由正余弦函数的奇偶性得出，进而由二次函数的性质求解即可；选②：由正余弦函数的奇偶性得出，进而由二次函数的性质求解即可；
（2）由得出，再由诱导公式结合倍角公式求解即可.
【详解】（1）因为函数的图像相邻对称轴之间的距离是，
所以，解得，所以，
选①：
当将的图像向右平移个单位，得到函数，
因为为奇函数，所以，即，
因为 ，所以，则
则，
因为，所以，则，
所以.
选②：的图像向左平移个单位，得到函数，
因为函数为偶函数，所以，即.
因为 ，所以，则
则，
因为，所以，则，
所以.
（2）因为函数的零点为，
所以，则，
所以，
.
56．（多选）将函数的图象向左平移个单位长度后得到的部分图象如图所示，有下列四个结论：①；②在上有两个零点；③的图象关于直线对称；④在区间上单调递减，其中所有正确的结论是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】BD
【分析】根据平移后的函数图象，结合函数周期以及特殊点求得参数，可得解析式，由此计算判断①，求出在上的零点，判断②，将代入函数解析式验证，判断③，根据正弦函数的单调性可判断④，即得答案.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象
对应的函数解析式为：，
由图像知,
将点代入表达式中，得，即，
因为，所以，则；
故，故①错误；
即，
由得，故或，即或，
即在上有两个零点，②正确；
将代入，得，
即的图象不关于直线对称，③错误；
当时，，由于正弦函数在上单调递减，
故在区间上单调递减，④正确，
故选：BD
57．（多选）已知函数，若，且直线与函数的交点之间的最短距离为，则（ ）
A．的最小正周期为
B．在上单调递减
C．的图象关于直线对称
D．的图象向右平移个单位长度后得到的函数为偶函数
【答案】AB
【分析】根据正弦函数的图象和性质逐项进行检验即可求解.
【详解】由题知直线与函数的交点之间的最短距离为，所以，故A正确；
由A可知，，所以，
又由可知的图象关于点对称，
所以，即，，
又因为，所以当时，，所以，
时，，Ü，故B正确；
因为，故C错误；
函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数
为奇函数，故D错误．
故选：AB．
58．（多选）（ 2023·山东潍坊·三模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，则（ ）
A．的最小正周期为B．在上单调递增
C．函数的最大值为D．方程在上有5个实数根
【答案】ACD
【分析】根据函数平移规则得出解析式，根据单调区间代入特殊点即可求出，即可得出和解析式，根据三角函数性质即可选出答案.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度后得到，
所以的最小正周期为，则是的半个最小正周期，
又是的一个单调递增区间，所以，
即，，解得，，
因为，所以，故，
的最小正周期，故A正确；
令，，解得，，
即的递增区间为，，
所以在上单调递增，故B错误；
，
所以
，
所以函数的最大值为，故C正确；
当时，令，
则、、、、，
即方程在上有5个实数根，故D正确.
故选：ACD.
59．（多选）函数的部分图象如图所示，则下列关于函数的说法正确的是（ ）

A．的最小正周期为
B．的图象关于中心对称
C．在上单调递减
D．把的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图象
【答案】AD
【分析】由图象可得函数周期，可得，由在处取最大值，可确定.A选项，由图象可得函数周期；BC选项，由A分析，可得.由在处取最大值，可确定，后由正弦函数对称性，单调性可判断选项正误；D选项，判断平移后所得函数的奇偶性即可判断选项.
【详解】A选项，由图可得，的半个最小正周期为，则的最小正周期为，故A正确；
BC选项，，由在处取最大值，则，.则，取，则.即.
将代入，得，则不是对称中心；
，，因在上递减，在上递增，则不是的单调递减区间，故BC错误；
D选项，由BC选项分析可知，，向右平移个单位长度后，得，为奇函数，故D正确.
故选：AD
考点11：三角函数在生活中的应用
60．筒车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具.据史料记载，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的筒车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒，经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，则函数的解析式是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合条件可得的值，从而求得函数的解析式.
【详解】由题意，，，
所以，
又点代入可得，解得，
又，所以，
故函数解析式为.
故选：B
61．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢的往上转，可以从高处俯瞰四周的景色（如图1）．某摩天轮的最高点距离地面的高度为90米，最低点距离地面10米，摩天轮上均匀设置了36个座舱（如图2）．开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱．摩天轮转一周需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时．

(1)经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H米，已知H关于t的函数关系式满足（其中，），求摩天轮转动一周的解析式；
(2)游客甲坐上摩天轮后多长时间，首次距离地面的高度恰好为30米？
【答案】(1)，,；
(2)游客甲坐上摩天轮5分钟时，首次距离地面的高度恰好为30米．
【分析】（1）利用正弦型函数的一般式结合题意，求出，，，；
（2）根据（1）求出的表达式，将化简求得．
【详解】（1）（其中，，，
由题意知：，
，故，
，，
又，，
，
故解析式为：，,；
（2）令，则，即，
因为,，则，
所以或，解得或，
故游客甲坐上摩天轮5分钟时，首次距离地面的高度恰好为30米．
62．上海中心大厦的阻尼器全名为“电涡流摆设式调谐质量阻尼器”，是一种为了消减强风下高层晃动的专业工程装置：质量块和吊索构成一个巨型复摆，它与主体结构的共振，能消减大楼晃动，由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似看为单摆运动，其离开平衡位置的位移（单位：m）和时间（单位：s）的函数关系为，若该阻尼在摆动过程中连续四次到达平衡位置的时间依次为，，，，且，.
(1)求函数的单调增区间；
(2)若，求的取值集合.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意辅助角公式，结合周期求得，再根据正弦函数的单调性分析运算；
（2）根据正弦函数分析运算.
【详解】（1）因为，且定义域为，
由题意可得：，即，
则，且，解得，
所以，
令，解得，
注意到的定义域为，
所以函数的单调增区间.
（2）令，即，
则或，
解得或，
所以的取值集合.
63．如图，一个半径为的筒车按逆时针方向每分转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系为

(1)求与的函数解析式；
(2)此盛水筒第一次进入水面到离开水面至少经过多长时间？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据的最值即可求得,，再利用转速和即可求得；
（2）利用正弦函数单调性即可解得时的取值范围，进而求得经过的时间.
【详解】（1）由题意知；
可得，
由于每分钟转1.5圈，所以周期
则.
当时，刚浮出水面，即
又，可得
则与的函数解析式为
（2）盛水筒进入水面时，令
即，由正弦函数单调性可知，
解得
当时，
即此盛水筒第一次进入水面到离开水面至少经过.