2025高考数学考二轮专题复习-第四讲-三角函数(2大考向)-专项训练
一：考情分析
命题解读 考向 考查统计
高考对三角函数的考查，基础方面是掌握三角函数的定义、同角三角函数关系式和诱导公式。重点是三角恒等变换和三角函数的图像、周期性、单调性、奇偶性、对称性、最值等。三角恒等变换位于三角函数与数学变换的结合点上，高考会侧重综合推理能力和运算能力的考查，体现三角恒等变换的工具性作用，以及会有一些它们在数学中的应用。这需要同学熟练运用公式，进一步提高运用联系转化的观点去处理问题的自觉性，体会一般与特殊的思想、换元的思想、方程的思想等数学思想在三角恒等变换中的作用。 三角函数的图像与性质 2022·新高考Ⅰ卷，6 2023·新高考Ⅰ卷，15 2024·新高考Ⅰ卷，7 2022·新高考Ⅱ卷，9 2023·新高考Ⅱ卷，16 2024·新高考Ⅱ卷，9
三角恒等变换 2023·新高考Ⅰ卷，8 2024·新高考Ⅰ卷，4 2022·新高考Ⅱ卷，6 2023·新高考Ⅱ卷，7 2024·新高考Ⅱ卷，13
二：2024高考命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷、Ⅱ卷都考查到了三角函数的图像与性质及三角恒等变换。其中Ⅰ卷、Ⅱ卷的三角恒等变换都结合了两角和差的公式，属于常规题型，难度一般。Ⅰ卷在考查三角函数的图像与性质时，结合了具体函数图像的画法，Ⅱ卷则是考查了零点、对称性、最值、周期性等基本性质。三角函数的考查应关注：同角三角函数的基本关系式、诱导公式、和角差角公式、三角函数的图象与性质、应用三角公式进行化简、求值和恒等变形及恒等证明。预计2025年高考还是主要考查三角恒等变换中的倍角公式、和差公式、辅助角公式及图像与性质中的对称性和零点问题。
三：试题精讲
一、单选题
1．（2024新高考Ⅰ卷·4）已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024新高考Ⅰ卷·7）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
二、多选题
3．（2024新高考Ⅱ卷·9）对于函数和，下列说法正确的有（ ）
A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期 D．与的图像有相同的对称轴
三、填空题
4．（2024新高考Ⅱ卷·13）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
高考真题练
一、单选题
1．（2022新高考Ⅰ卷·6）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．1 B． C． D．3
2．（2023新高考Ⅰ卷·8）已知，则（ ）．
A． B． C． D．
3．（2022新高考Ⅱ卷·6）若，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023新高考Ⅱ卷·7）已知为锐角，，则（ ）．
A． B． C． D．
二、多选题
5．（2022新高考Ⅱ卷·9）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
6．（2023新高考Ⅰ卷·15）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ．
7．（2023新高考Ⅱ卷·16）已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则 ．
知识点总结
一、三角函数基本概念
1、弧度制
（1）定义：把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号rad表示，读作弧度．正角的弧度数是一个正数，负角的弧度数是一个负数，零角的弧度数是0．
（2）角度制和弧度制的互化：，，．
（3）扇形的弧长公式：，扇形的面积公式：．
2、任意角的三角函数
（1）定义：任意角的终边与单位圆交于点时，则，，．
（2）推广：三角函数坐标法定义中，若取点P是角终边上异于顶点的任一点，设点到原点的距离为，则，，
三角函数的性质如下表：
三角函数 定义域 第一象限符号 第二象限符号 第三象限符号 第四象限符号
＋ ＋ － －
＋ － － ＋
＋ － ＋ －
记忆口诀：三角函数值在各象限的符号规律：一全正、二正弦、三正切、四余弦．
二、同角三角函数基本关系
1、同角三角函数的基本关系
（1）平方关系：．
（2）商数关系：；
三、三角函数诱导公式
公式 一 二 三 四 五 六
角
正弦
余弦
正切
口诀 函数名不变，符号看象限 函数名改变，符号看象限
【记忆口诀】奇变偶不变，符号看象限，说明：（1）先将诱导三角函数式中的角统一写作；（2）无论有多大，一律视为锐角，判断所处的象限，并判断题设三角函数在该象限的正负；（3）当为奇数是，“奇变”，正变余，余变正；当为偶数时，“偶不变”函数名保持不变即可．
四、两角和与差的正余弦与正切
①；
②；
③；
五、二倍角公式
①；
②；
③；
六、降次（幂）公式
知识点四：半角公式
七、辅助角公式
（其中）．
八、正弦、余弦、正切函数的图象与性质（下表中）
函数
图象
定义域
值域
周期性
奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数
递增区间
递减区间 无
对称中心
对称轴方程 无
注：正（余）弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是；正（余）弦曲线相邻两个对称中心的距离是；
正（余）弦曲线相邻两条对称轴与对称中心距离；
九、与的图像与性质
（1）最小正周期：．
（2）定义域与值域：，的定义域为R，值域为[-A，A]．
（3）最值
假设．
①对于，
②对于，
（4）对称轴与对称中心．
假设．
①对于，
②对于，
正、余弦曲线的对称轴是相应函数取最大（小）值的位置．正、余弦的对称中心是相应函数与轴交点的位置．
（5）单调性．
假设．
①对于，
②对于，
（6）平移与伸缩
由函数的图像变换为函数的图像的步骤；
方法一：．先相位变换，后周期变换，再振幅变换，不妨采用谐音记忆：我们“想欺负”（相一期一幅）三角函数图像，使之变形．
方法二：．先周期变换，后相位变换，再振幅变换．
注：在进行图像变换时，提倡先平移后伸缩（先相位后周期，即“想欺负”），但先伸缩后平移（先周期后相位）在题目中也经常出现，所以必须熟练掌握，无论哪种变化，切记每一个变换总是对变量而言的，即图像变换要看“变量”发生多大变化，而不是“角”变化多少．
【三角函数常用结论】
1、利用可以实现角的正弦、余弦的互化，利用可以实现角的弦切互化．
2、“”方程思想知一求二．
3、两角和与差正切公式变形
；
．
4、降幂公式与升幂公式
；
．
5、其他常用变式
．
6、拆分角问题：①；；②；③；
④；⑤．
注意：特殊的角也看成已知角，如．
7、关于三角函数对称的几个重要结论
（1）函数的对称轴为，对称中心为；
（2）函数的对称轴为，对称中心为；
（3）函数函数无对称轴，对称中心为；
（4）求函数的对称轴的方法；令，得；对称中心的求取方法；令，得，即对称中心为．
（5）求函数的对称轴的方法；令得，即对称中心为
名校模拟练
一、单选题
1．（2024·江苏南通·三模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山东济南·三模）若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．（2024·重庆·三模）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·浙江·三模）若，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024·河北保定·二模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·湖北荆州·三模）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·山东青岛·三模）为了得到 的图象，只要把 的图象上所有的点（ ）
A．向右平行移动 个单位长度 B．向左平行移动 个单位长度
C．向右平行移动 个单位长度 D．向左平行移动 个单位长度
8．（2024·天津滨海新·三模）已知函数，关于该函数有下列四个说法：
（1）函数的图象关于点中心对称
（2）函数的图象关于直线对称
（3）函数在区间内有4个零点
（4）函数在区间上单调递增
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2024·河北石家庄·三模）已知角满足，则（ ）
A． B． C． D．2
10．（2024·重庆·三模）已知函数的部分图像如图所示，若，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·安徽合肥·三模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2024·江西九江·三模）若，则（ ）
A． B． C． D．
13．（2024·江苏宿迁·三模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是的一个单调增区间
B．是的一个对称中心
C．在上值域为
D．将的图象向右平移个单位，再向下平移一个单位后所得图象的函数解析式为
14．（2024·黑龙江·三模）已知函数在区间内恰有3条对称轴，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
15．（2024·河北·三模）已知函数在区间内没有零点，则周期的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
16．（2024·山东威海·二模）已知函数，则（ ）
A．在上单调递减
B．将图象上的所有点向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称
C．在上有两个零点
D．
17．（2024·云南昆明·三模）已知函数的最小正周期大于，若曲线关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ）
A． B．是偶函数
C．是函数的一个极值点 D．在单调递增
18．（2024·湖南长沙·三模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为2
B．函数的图象关于直线对称
C．不等式的解集为
D．若在区间上单调递增，则的取值范围是
19．（2024·湖南衡阳·三模）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．
C．函数在上单调递增
D．方程的解为，
20．（2024·河南·三模）已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）
A．的图象可由的图象平移得到
B．在上单调递增
C．图象的一个对称中心为
D．图象的一条对称轴为直线
21．（2024·广西钦州·三模）已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．若，则
D．将的图象往右平移1个单位长度后可以得到函数的图象
22．（2024·河北秦皇岛·三模）已知函数，则（ ）
A．是偶函数； B．是周期为的周期函数；
C．在上单调递增； D．的最小值为.
23．（2024·安徽芜湖·三模）已知，下面结论正确的是（ ）
A．时，在上单调递增
B．若，且的最小值为，则
C．若在上恰有7个零点，则的取值范围是
D．存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
三、填空题
24．（2024·全国·二模）已知，则 .
25．（2024·安徽合肥·三模）已知，则 .
26．（2023·黑龙江佳木斯·三模）已知，，则 ．
27．（2024·黑龙江·三模）已知，则 .
28．（2024·江西宜春·三模）已知，且，则 ．
29．（2024·北京·三模）已知函数，若是偶函数，则 ；若圆面恰好覆盖图象的最高点或最低点共3个，则的取值范围是 .
30．（2024·河北衡水·三模）已知是函数的一条对称轴，在区间内恰好存在3个对称中心，则的取值范围为 ．
31．（2024·安徽合肥·三模）已知函数在区间上只有一个零点和两个最大值点，则的取值范围是 ．
32．（2024·江西九江·三模）已知函数在区间上有且仅有三个零点，则的取值范围是 .
33．（2024·湖北荆州·三模）设，，，若满足条件的与存在且唯一，则 ，
参考答案与详细解析
一：考情分析
命题解读 考向 考查统计
高考对三角函数的考查，基础方面是掌握三角函数的定义、同角三角函数关系式和诱导公式。重点是三角恒等变换和三角函数的图像、周期性、单调性、奇偶性、对称性、最值等。三角恒等变换位于三角函数与数学变换的结合点上，高考会侧重综合推理能力和运算能力的考查，体现三角恒等变换的工具性作用，以及会有一些它们在数学中的应用。这需要同学熟练运用公式，进一步提高运用联系转化的观点去处理问题的自觉性，体会一般与特殊的思想、换元的思想、方程的思想等数学思想在三角恒等变换中的作用。 三角函数的图像与性质 2022·新高考Ⅰ卷，6 2023·新高考Ⅰ卷，15 2024·新高考Ⅰ卷，7 2022·新高考Ⅱ卷，9 2023·新高考Ⅱ卷，16 2024·新高考Ⅱ卷，9
三角恒等变换 2023·新高考Ⅰ卷，8 2024·新高考Ⅰ卷，4 2022·新高考Ⅱ卷，6 2023·新高考Ⅱ卷，7 2024·新高考Ⅱ卷，13
二：2024高考命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷、Ⅱ卷都考查到了三角函数的图像与性质及三角恒等变换。其中Ⅰ卷、Ⅱ卷的三角恒等变换都结合了两角和差的公式，属于常规题型，难度一般。Ⅰ卷在考查三角函数的图像与性质时，结合了具体函数图像的画法，Ⅱ卷则是考查了零点、对称性、最值、周期性等基本性质。三角函数的考查应关注：同角三角函数的基本关系式、诱导公式、和角差角公式、三角函数的图象与性质、应用三角公式进行化简、求值和恒等变形及恒等证明。预计2025年高考还是主要考查三角恒等变换中的倍角公式、和差公式、辅助角公式及图像与性质中的对称性和零点问题。
三：试题精讲
一、单选题
1．（2024新高考Ⅰ卷·4）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【详解】因为，所以，
而，所以，
故即，
从而，故，
故选：A.
2．（2024新高考Ⅰ卷·7）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数的的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
二、多选题
3．（2024新高考Ⅱ卷·9）对于函数和，下列说法正确的有（ ）
A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期 D．与的图像有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
三、填空题
4．（2024新高考Ⅱ卷·13）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
【答案】
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则
故答案为：.
高考真题练
一、单选题
1．（2022新高考Ⅰ卷·6）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．1 B． C． D．3
【答案】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
2．（2023新高考Ⅰ卷·8）已知，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
3．（2022新高考Ⅱ卷·6）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换
所以
即
故选：C.
4．（2023新高考Ⅱ卷·7）已知为锐角，，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】因为，而为锐角，
解得：．
故选：D．
二、多选题
5．（2022新高考Ⅱ卷·9）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
【答案】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．
三、填空题
6．（2023新高考Ⅰ卷·15）已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【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：.
7．（2023新高考Ⅱ卷·16）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．
知识点总结
一、三角函数基本概念
1、弧度制
（1）定义：把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号rad表示，读作弧度．正角的弧度数是一个正数，负角的弧度数是一个负数，零角的弧度数是0．
（2）角度制和弧度制的互化：，，．
（3）扇形的弧长公式：，扇形的面积公式：．
2、任意角的三角函数
（1）定义：任意角的终边与单位圆交于点时，则，，．
（2）推广：三角函数坐标法定义中，若取点P是角终边上异于顶点的任一点，设点到原点的距离为，则，，
三角函数的性质如下表：
三角函数 定义域 第一象限符号 第二象限符号 第三象限符号 第四象限符号
＋ ＋ － －
＋ － － ＋
＋ － ＋ －
记忆口诀：三角函数值在各象限的符号规律：一全正、二正弦、三正切、四余弦．
二、同角三角函数基本关系
1、同角三角函数的基本关系
（1）平方关系：．
（2）商数关系：；
三、三角函数诱导公式
公式 一 二 三 四 五 六
角
正弦
余弦
正切
口诀 函数名不变，符号看象限 函数名改变，符号看象限
【记忆口诀】奇变偶不变，符号看象限，说明：（1）先将诱导三角函数式中的角统一写作；（2）无论有多大，一律视为锐角，判断所处的象限，并判断题设三角函数在该象限的正负；（3）当为奇数是，“奇变”，正变余，余变正；当为偶数时，“偶不变”函数名保持不变即可．
四、两角和与差的正余弦与正切
①；
②；
③；
五、二倍角公式
①；
②；
③；
六、降次（幂）公式
知识点四：半角公式
七、辅助角公式
（其中）．
八、正弦、余弦、正切函数的图象与性质（下表中）
函数
图象
定义域
值域
周期性
奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数
递增区间
递减区间 无
对称中心
对称轴方程 无
注：正（余）弦曲线相邻两条对称轴之间的距离是；正（余）弦曲线相邻两个对称中心的距离是；
正（余）弦曲线相邻两条对称轴与对称中心距离；
九、与的图像与性质
（1）最小正周期：．
（2）定义域与值域：，的定义域为R，值域为[-A，A]．
（3）最值
假设．
①对于，
②对于，
（4）对称轴与对称中心．
假设．
①对于，
②对于，
正、余弦曲线的对称轴是相应函数取最大（小）值的位置．正、余弦的对称中心是相应函数与轴交点的位置．
（5）单调性．
假设．
①对于，
②对于，
（6）平移与伸缩
由函数的图像变换为函数的图像的步骤；
方法一：．先相位变换，后周期变换，再振幅变换，不妨采用谐音记忆：我们“想欺负”（相一期一幅）三角函数图像，使之变形．
方法二：．先周期变换，后相位变换，再振幅变换．
注：在进行图像变换时，提倡先平移后伸缩（先相位后周期，即“想欺负”），但先伸缩后平移（先周期后相位）在题目中也经常出现，所以必须熟练掌握，无论哪种变化，切记每一个变换总是对变量而言的，即图像变换要看“变量”发生多大变化，而不是“角”变化多少．
【三角函数常用结论】
1、利用可以实现角的正弦、余弦的互化，利用可以实现角的弦切互化．
2、“”方程思想知一求二．
3、两角和与差正切公式变形
；
．
4、降幂公式与升幂公式
；
．
5、其他常用变式
．
6、拆分角问题：①；；②；③；
④；⑤．
注意：特殊的角也看成已知角，如．
7、关于三角函数对称的几个重要结论
（1）函数的对称轴为，对称中心为；
（2）函数的对称轴为，对称中心为；
（3）函数函数无对称轴，对称中心为；
（4）求函数的对称轴的方法；令，得；对称中心的求取方法；令，得，即对称中心为．
（5）求函数的对称轴的方法；令得，即对称中心为
名校模拟练
一、单选题
1．（2024·江苏南通·三模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】展开并同时平方，结合二倍角的正弦公式即可得到关于的方程，解出即可.
【详解】展开得，
两边同时平方有，
即，解得，
故选：B.
2．（2024·山东济南·三模）若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】由同角的三角函数和二倍角公式结合特殊角的三角函数计算可得.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
故选：B
3．（2024·重庆·三模）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据二倍角公式化简和同角三角函数关系求出，利用余弦二倍角公式求出答案.
【详解】因为，所以，，
因为，
所以，
所以，
解得或舍，
则
故选：C
4．（2024·浙江·三模）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用和差角公式展开，即可得到，再两边同除，最后结合两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为，
所以，
即，
即，
两边同除可得，
所以.
故选：C
5．（2024·河北保定·二模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用切化弦和同角三角函数的关系，解出，再结合二倍角公式即可求解.
【详解】因为，
所以，
解得或（舍去），
所以．
故选：B.
6．（2024·湖北荆州·三模）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合三角函数的基本关系式，即可求解.
【详解】由，可得，
可得
则，
因为，所以与异号，可得为第二或第四象限，
当为第二象限角时，可得；
当为第四象限角时，可得.
故选：C.
7．（2024·山东青岛·三模）为了得到 的图象，只要把 的图象上所有的点（ ）
A．向右平行移动 个单位长度 B．向左平行移动 个单位长度
C．向右平行移动 个单位长度 D．向左平行移动 个单位长度
【答案】A
【分析】利用诱导公式统一函数名，再根据函数的图象变换规律，得出结论．
【详解】，
由诱导公式可知：
又
则，即只需把图象向右平移个单位.
故选：A
8．（2024·天津滨海新·三模）已知函数，关于该函数有下列四个说法：
（1）函数的图象关于点中心对称
（2）函数的图象关于直线对称
（3）函数在区间内有4个零点
（4）函数在区间上单调递增
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据题意，利用三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于（1），由，
所以不是函数的图象的对称中心，所以（1）错误；
对于（2）中，由，
所以不是函数的图象的对称轴，所以（2）错误；
对于（3）中，令，可得，
当时，可得；当时，可得；当时，可得；
当时，可得，所以在内，函数有4个零点，所以（3）正确；
对于（4）中，由，可得，此时函数不是单调函数，所以（4）错误.
故选：A.
9．（2024·河北石家庄·三模）已知角满足，则（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】借助对已知化简，可求出的值，再由可解.
【详解】因为，即，
所以，
整理得，变形得，
所以.
故选：C
10．（2024·重庆·三模）已知函数的部分图像如图所示，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由图像以及题意求出的解析式，从而得，，进而依据它们的角的关系结合三角恒等变换公式即可求解.
【详解】由图可知，由可知，
故，又由图，
故由图，①，
由图，②，
又，结合①②可得，故，
所以.
故.
故选：D.
11．（2024·安徽合肥·三模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由辅助角公式得，再利用诱导公式和余弦二倍角公式即可求解.
【详解】由得，即，
所以，
故选：D
12．（2024·江西九江·三模）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，则原等式可化为，化简后求出即可.
【详解】令，则，
所以由，
得，
即，
即，得，
所以，
故选：C.
13．（2024·江苏宿迁·三模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是的一个单调增区间
B．是的一个对称中心
C．在上值域为
D．将的图象向右平移个单位，再向下平移一个单位后所得图象的函数解析式为
【答案】C
【分析】化简函数由函数，结合三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换，即可求解.
【详解】由函数
，
对于A中，当，可得，此时函数不是单调函数，所以A错误；
对于B中，由，所以函数的一个对称中心为，所以B不正确；
对于C中，由，可得，所以，
所以，即，所以C正确；
对于D中，将的图象向右平移个单位，得到，
再向下平移一个单位后所得图象的函数解析式为，所以D错误.
故选：C.
14．（2024·黑龙江·三模）已知函数在区间内恰有3条对称轴，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据条件得到，利用的图象与性质，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又函数在区间恰有3条对称轴，
所以，解得，
故选：D.
15．（2024·河北·三模）已知函数在区间内没有零点，则周期的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的零点求出零点的表达式，结合已知条件，求出的最大值，从而可求周期的最小值．
【详解】，
令得，所以，，
因为在区间内没有零点，
所以，只需且，解得，
令得，得，
因为，所以的取值范围，
所以周期的最小值是，
故选：．
二、多选题
16．（2024·山东威海·二模）已知函数，则（ ）
A．在上单调递减
B．将图象上的所有点向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称
C．在上有两个零点
D．
【答案】BCD
【分析】由可知的图象关于对称，可判断AB；整体代入法求出函数零点即可判断C；求出，结合周期可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以的图象关于对称，所以在上不单调，A错误；
对于B，由上知，的图象关于对称，
所以的图象向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称，B正确；
对于C，由得函数的零点为，
令，解得，
所以，即在上有两个零点，C正确；
对于D，因为，
，，
所以
因为的最小值周期，
所以，D正确.
故选：BCD
17．（2024·云南昆明·三模）已知函数的最小正周期大于，若曲线关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ）
A． B．是偶函数
C．是函数的一个极值点 D．在单调递增
【答案】ABC
【分析】由最小正周期大于，关于点中心对称，可知，对于，直接代入函数解析式求解即可；对于，利用函数奇偶性的定义判断即可；对于，通过求导，令导函数为，求得的值，并判断左右两端函数的单调性即可判断；对于，通过求函数的单调递增区间即可求解.
【详解】因为的最小正周期大于，
所以，即，
又关于点中心对称，
所以，
所以，因为，所以当时，，
所以，
对于，，故正确；
对于，，
由且是全体实数，所以是偶函数，故正确；
对于，，令得，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是函数的极大值点，故正确；
对于， 由，，
得，
函数的单调递增区间为，，
当时，，
当时，，
显然函数在上不单调，故不正确.
故选：.
18．（2024·湖南长沙·三模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为2
B．函数的图象关于直线对称
C．不等式的解集为
D．若在区间上单调递增，则的取值范围是
【答案】BCD
【分析】对于A，由正弦函数的性质直接求解，对于B，由，可求出对称轴方程判断，对于C，由求解即可，对于D，先由求出的递增区间，再由为函数增区间的子集可求出的取值范围.
【详解】对于A，的最大值为，故A错误；
对于B，令，得，
所以函数的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，不等式可化为，则，解得，
因此原不等式的解集为，故C正确；
对于D，由，，解得.
因为在区间上单调递增，所以，
所以，解得，故D正确.
故选：BCD
19．（2024·湖南衡阳·三模）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．
C．函数在上单调递增
D．方程的解为，
【答案】ABD
【分析】根据给定的函数图象，求出周期及、、，进而求出解析式，再根据正切函数的性质逐项判断即可.
【详解】对于A，由图可知，函数的最小正周期为，故A正确；
对于B，由，所以，
因为，则，则，
因为，则，所以，故B正确；
对于C，，由，得，
而，即时，没有意义，故C错误；
对于D，，则，
方程，得，
即，即，
所以或，因为，，
所以或，解得或，故D正确.
故选：ABD.
20．（2024·河南·三模）已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）
A．的图象可由的图象平移得到
B．在上单调递增
C．图象的一个对称中心为
D．图象的一条对称轴为直线
【答案】BD
【分析】先由辅助角公式和周期公式计算得到，由图象平移的性质可得A错误；由整体代入结合余弦函数的单调性可得B正确；代入可得C错误；整体代入结合余弦函数对称轴的性质可得D正确；
【详解】，
因为最小正周期为，所以，
所以，
A：由以上解析式可得的图象不可由的图象平移得到，故A错误；
B：当时，，
由余弦函数的单调性可得在上单调递增，故B正确；
C：，故C错误；
D：当时，，此时为最小值，
所以图象的一条对称轴为直线，故D正确；
故选：BD.
21．（2024·广西钦州·三模）已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．若，则
D．将的图象往右平移1个单位长度后可以得到函数的图象
【答案】AD
【分析】对于A，利用周期公式直接计算判断，对于B，将代入函数验证，对于C，由求出，再将代入函数计算，对于D，根据三角函数图象变换规律分析判断.
【详解】对于A，的最小正周期为正确.
对于B，因为，所以的图象不关于直线对称，错误.
对于C，由，得，
所以，C错误.
对于D，将的图象往右平移1个单位长度后可以得到函数的图象，D正确.
故选：AD
22．（2024·河北秦皇岛·三模）已知函数，则（ ）
A．是偶函数； B．是周期为的周期函数；
C．在上单调递增； D．的最小值为.
【答案】AD
【分析】利用偶函数的定义可判定A，利用周期的定义可判定B，利用复合函数的单调性可判定C，根据周期性及单调性可判定D.
【详解】因为，所以是偶函数，故A正确；
易知，故B错误；
当时，，
因为，所以在上单调递减，
又单调递增，所以在上单调递减，故C错误；
易知，所以是周期为的周期函数，
当时，，
显然时，时，
则的最小值为，故D正确.
故选：AD
23．（2024·安徽芜湖·三模）已知，下面结论正确的是（ ）
A．时，在上单调递增
B．若，且的最小值为，则
C．若在上恰有7个零点，则的取值范围是
D．存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
【答案】CD
【分析】利用把相位看成一个整体，通过正弦函数的性质，可以做出各选项的判断.
【详解】对于A，，
当时，，
而在不单调，故A是错误的；
对于B，，由的最小值为，
则函数周期为，所以，解得，故B是错误的；
对于C，在上恰有7个零点，结合正弦曲线可知，
，解得：，故C是正确的；
对于D，由的图象向右平移个单位长度后得到：
，由它关于轴对称，可知：，
解得：，当时，，故D是正确的；
故选：CD.
三、填空题
24．（2024·全国·二模）已知，则 .
【答案】/0.28
【分析】切化弦，然后整理可得，再利用倍角公式计算即可.
【详解】，
得，
解得或（舍）
所以.
故答案为：.
25．（2024·安徽合肥·三模）已知，则 .
【答案】
【分析】利用两角和差的正切公式计算，再使用二倍角的正切公式即可.
【详解】由，
且，
得，
整理得，
解得（舍）或，
所以．
故答案为：.
26．（2023·黑龙江佳木斯·三模）已知，，则 ．
【答案】
【分析】根据结合两角差的余弦公式即可得解.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以.
故答案为：.
27．（2024·黑龙江·三模）已知，则 .
【答案】/
【分析】已知，由两角和的余弦公式求得，再由两角和的余弦公式求，倍角公式求.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故答案为：.
28．（2024·江西宜春·三模）已知，且，则 ．
【答案】3
【分析】先结合二倍角的正切与两角和的正切公式及角的取值范围，得到，再利用倍角公式把转化为齐次式求解.
【详解】由，得，
即，又，所以，
从而．
故答案为：3
29．（2024·北京·三模）已知函数，若是偶函数，则 ；若圆面恰好覆盖图象的最高点或最低点共3个，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据偶函数的对称性分析可知，即可得结果；结合对称性可知圆面在y轴右侧仅覆盖1个图象的最高点或最低点，结合周期性列式求解.
【详解】因为是偶函数，则，
且，所以；
可得，设的最小正周期为，
因为和均关于y轴对称，
可知圆面在y轴右侧仅覆盖图象的1个最低点，
对于，令，解得（不妨只考虑y轴右侧，舍负）；
可得，解得，
且，则，解得，
所以的取值范围是，
故答案为：；.
30．（2024·河北衡水·三模）已知是函数的一条对称轴，在区间内恰好存在3个对称中心，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据函数的对称轴求出，求出函数在原点附近的对称中心，由题意列不等式，即可求得答案.
【详解】由题意知是函数的一条对称轴，
故，解得，，因为，故，
故，令，解得，
原点附近的6个对称中心分别为，
若3个对称中心恰好是，
则，则t不存在，不合题意；
若3个对称中心恰好是，
则，则；
故当时，符合题意．
故t的取值范围为，
故答案为：
31．（2024·安徽合肥·三模）已知函数在区间上只有一个零点和两个最大值点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先将化简为，再根据在区间上只有一个零点和两个最大值点，结合正弦型三角函数的处理办法求出的取值范围.
【详解】
，
由，，得，
时，，最大时，也最大，
若在区间上只有一个零点和两个最大值点，
则只需，解得．
故答案为：.
32．（2024·江西九江·三模）已知函数在区间上有且仅有三个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】令，然后由的范围求出的范围，再结合正弦函数的性质可求出的取值范围
【详解】令，，，
问题转化为函数在区间上有且仅有三个零点，
，解得.
故答案为：
33．（2024·湖北荆州·三模）设，，，若满足条件的与存在且唯一，则 ， .
【答案】 1
【分析】由得到，再结合，利用，得到，，从而，再由满足条件的与存在且唯一，得到唯一，从而，求得m即可.
【详解】解：由，得，即，
因为，，所以，，
又，所以，
从而，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
因为满足条件的与存在且唯一，所以唯一，
所以，所以，经检验符合题意，
所以，
则，
解得，
所以.
故答案为：，1
【点睛】关键点点睛：关键是结合已知得出，求出，由此即可顺利得解
