2026届高考数学复习备考：函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象、性质 高频考点专题练

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2026届高考数学复习备考：
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象、性质 高频考点专题练
一、单选题
1．已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若的图象与的图象关于原点对称，则的最小值等于（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数的部分图象如图所示，的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
3．将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，再把所有点的横坐标变为原来的后，得到函数的图象，则（ ）
A． B． C． D．1
4．已知函数的图象向右平移个单位长度后与原图象重合，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数的部分图象如图所示，若方程在上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．函数，其中，其最小正周期为，则下列说法中错误的个数是（ ）
①
②函数图象关于点对称
③函数图象向右移个单位后，图象关于轴对称，则的最小值为
④若，则函数的最大值为
A．1 B．2 C．3 D．4
7．已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点对称
C．将的图象向左平移个单位长度可得到的图象
D．与的图象关于轴对称
8．已知函数，是函数的一个零点，且是其图象的一条对称轴.若在区间上单调，则的最大值为（ ）
A．18 B．17 C．14 D．13
9．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．
二、多选题
10．已知函数，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．直线是函数的图象的一条对称轴
C．若时，恒成立，则实数m的取值范围为
D．将函数的图象上的所有点的横坐标缩小为原来的，再将所得的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若时，函数有且仅有5个零点，则实数t的取值范围为．
11．在平面直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，轴的非负半轴为始边，若终边经过点，且，定义，称“”为“正余弦函数”.对于“正余弦函数”，下列结论中正确的是（ ）
A．将图象向右平移个单位长度，得到的图象关于原点对称
B．在区间上的所有零点之和为
C．在区间上单调递减
D．在区间上有且仅有5个极大值点
12．已知函数，且对，都有，把图象上所有的点，纵坐标不变，横坐标变为原来的，再把所得函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．在上有1个零点
13．已知函数，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．当时，函数的值域为
C．当时，函数的单调递增区间为
D．若，函数在区间内恰有2025个零点，则
三、填空题
14．设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为 ．
15．已知函数的最小正周期为，则在区间上所有零点之和为 ．
四、解答题
16．设函数，
(1)若将图象向左平移个单位，再将平移后图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数，求在上的值域.
(2)若，且，求的值.
17．设函数．
(1)若，求的值．
(2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值．
条件①：；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
18．已知，
(1)设，求解:的值域;
(2)的最小正周期为，若在上恰有3个零点，求的取值范围.
19．已知函数的图象如图所示.

(1)求函数的单调递增区间；
(2)求函数，在上的最大值和最小值.
(3)若函数在内恰有个零点，求实数、的值.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B A B B A AD D C ACD
题号 11 12 13
答案 ABC ABD ABD
1．C
【分析】首先根据余弦函数图象的平移规则确定的解析式，然后根据求出的图象关于原点对称求出.
【详解】根据余弦函数图形平移规则，将向左平移个单位后，
得到的.
因为的图象关于原点对称，所以.
即.
根据余弦函数的性质，则有
.
化简可得，即.
当时，取最小值为.
故选：C.
2．B
【分析】由图象确定A的值，根据周期求出，利用特殊值求出，即得答案.
【详解】由函数图象可知，，即，
由，得，
故，由于，故，
则，
故选：B
3．A
【分析】根据三角函数的图象变换规律可得函数的解析式，进而可得函数值.
【详解】函数图象上所有的点向左平移个单位长度，
得到函数，
再把所有点的横坐标变为原来的后得到函数，
所以.
故选：A.
4．B
【分析】根据题意可得出三角函数的周期，然后求出结果即可.
【详解】由题可知是该函数的周期的整数倍，即，
解得，又，故其最小值为.
故选：B．
5．B
【分析】首先根据函数的图象，可得，，进而可得，.将点代入，结合，即可得.令，则，所以方程在上有两个不相等的实数根等价于函数的图象与直线在上有两个交点.在同一平面直角坐标系下画出函数，的图象与直线，数形结合即可求解.
【详解】根据函数的部分图象，可得，，∴，∴，∴.
由函数经过点，根据五点法作图可得，∴.
又，∴，.
令，则当时，，
所以方程在上有两个不相等的实数根，即方程在上有两个不相等的实数根，等价于函数的图象与直线在上有两个交点.在同一平面直角坐标系下画出函数，的图象与直线如下图所示：
由图可知：方程在上有两个不相等的实数根时，则实数的取值范围为.
故选：B.
6．A
【分析】化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式可求判断①，验证是否为函数的对称中心判断②，结合函数图象平移变换结论判断③，结合不等式性质及正弦函数性质判断④.
【详解】由已知，
所以，
又，所以函数的最小正周期为，
由已知，所以，①正确；
所以，
因为，所以函数图象关于点对称，②正确，
将函数图象向右移个单位后可得函数的图象，
因为的图象关于轴对称，
所以，又，
所以的最小值为，③正确，
若，则，
所以，故，
所以当时，函数取最大值，最大值为，④错误.
故选:A
7．AD
【分析】根据相邻对称轴之间的距离求出周期后可判断A的正误，利用代入检验法可判断B的正误，利用平移变换的规律求出平移后图象对应的解析可判断C的正误，利用坐标变换可判断D的正误，
【详解】对于A，因为相邻对称轴之间的距离为，故最小正周期为，
故A正确；
对于B，由A可得，故，
而，故的图象不关于点对称，
故B错误；
对于C，将的图象向左平移个单位长度后，
所得图象对应的解析式为，
故的图象左平移个单位长度得不到的图象，故C错误；
对于D，，
而，
所以与的图象关于轴对称，故D正确；
故选：AD .
8．D
【分析】由已知可得，结合，得到（），再由是的一个单调区间，可得T，即，进一步得到，然后对逐一取值，分类求解得答案．
【详解】由题意，得，∴，
又，∴（）．
∵是的一个单调区间，∴T，即，
∵，∴，即．
①当，即时，，，∴，，
∵，∴，此时在上不单调，
∴不符合题意；
②当，即时，，，∴，，
∵，∴，此时在上不单调，
∴不符合题意；
③当，即时，，，∴，．
∵，∴，此时在上单调递增，
∴符合题意，
故选：D
9．C
【分析】结合正弦函数的图象可得答案.
【详解】因为，所以，
由函数在区间恰有三个极值点、两个零点，
得，解得.
故选：C.
10．ACD
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式对进行化简，再求最小正周期可判断A，代入检验法可判断B，利用三角函数的性质可判断C，利用三角函数的图象变换和性质可判断D.
【详解】因为，
所以的最小正周期为，故A正确；
又由，故B错误；
当时，可得，
当，即时，取得最小值，
因为，恒成立，所以，
即实数的取值范围为，故C正确；
由题意得函数，因为，
所以，又因为函数有且仅有5个零点，
则满足，解得，
所以实数的取值范围是，故D正确.
故选：ACD.
11．ABC
【分析】根据三角函数的定义及“正余弦函数”的定义求出的解析式，在根据正弦函数的性质一一分析即可.
【详解】因为，，
所以
，
对于A：将图象向右平移个单位长度得到，
为奇函数，函数图象关于原点对称，故A正确；
对于B：令，即，解得，
又，所以或或或，
所以在区间上的所有零点之和为，故B正确；
对于C：由，所以，所以在上单调递减，故C正确；
对于D：由，则，令，解得，
所以在区间上的极大值点有，，，共个，故D错误；
故选：ABC
12．ABD
【分析】求出函数的导函数由可得关于直线对称，从而求得，即可得到，从而判断A；再根据三角函数的变换规则求出解析式，最后根据余弦函数的性质一一判断即可.
【详解】对于A：因为，所以，
，关于直线对称，
，，
又当时，，所以，故A正确；
对于B： 把图象上所有的点，纵坐标不变，
横坐标变为原来的得到，
再把的图象向右平移个单位得到，
即，
当时，，
∴关于点对称，满足，故B正确；
对于C：∵，为非奇非偶函数，故C错误；
对于D：当时，，则在上只有一个零点，故D正确.
故选：ABD．
13．ABD
【分析】利用余弦型函数和正弦函数的周期性可判断A选项；利用二次函数的值域可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；在时解方程，结合函数的周期性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
故函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，当时，，
令，则，，
当时，；当时，；当时，.
所以，，
所以，当时，函数的值域为，B对；
对于C选项，当时，，
则，
令，则，则外层函数，
外层函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，则内层函数单调递增时，则函数为增函数，
所以，；
当时，则内层函数单调递减时，则函数为增函数，
所以，.
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，
，C错；
对于D选项，当时，，
可得或，
由于函数的最小正周期为，且，
现在考虑函数在上的零点个数，
由可得，由可得或，
所以，函数在上的零点个数为，
因为，故，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：
①利用和的最值直接求；
②把形如的三角函数化为的形式求最值；
③利用和的关系转换成二次函数求最值；
④形如或转换成二次函数求最值.
14．
【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.
【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，
所以，
因为，所以当时，取最小值为.
【点睛】函数的性质
（1）.
（2）周期
（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，
（4）由求增区间；由求减区间.
15．
【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合周期性可得，根据函数零点结合对称性分析求解即可.
【详解】因为
，
且，则的最小正周期为，解得，
所以，
令，解得，
令，可得，
可知在内有2个零点，
且这2个零点关于直线对称，即这2个零点和为，
所以所有零点之和为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据对称性分析可知：在内有2个零点，且这2个零点和为，进而可得结果.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换先化简，再利用三角函数的图象变换求出，进而求出指定区间上的值域.
（2）由（1）求出，再由结合和角的余弦公式求解即可.
【详解】（1）依题意，
，将图象向左平移个单位，得，
于是，当时，，，
则，所以在上的值域为.
（2）由（1）知，由，得，
由，得，则，
.
17．(1).
(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.
【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；
（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．
【详解】（1）因为
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以，所以的最大值为，最小值为.
若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；
若选条件②：因为在上单调递增，且，
所以,所以,,
所以，
又因为，所以，
所以，
所以，因为，所以.
所以，；
若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，即.
以下与条件②相同．
18．(1);
(2)
【分析】（1）利用三角函数的性质结合换元法求出单调性，再求解值域即可.
（2）利用三角函数的性质求解参数即可.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以令，
由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，
（2）由题意得，所以，可得，
当时，，，即，，
当时，，不符合题意，
当时，，符合题意，
当时，，符合题意，
当时，，符合题意，
所以，
即，故.
19．(1)，
(2)最大值为，最小值为
(3)，
【分析】（1）根据函数图象求出解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）首先利用三角恒等变换公式化简的解析式，根据的取值范围，求出的范围，再由正弦函数的性质计算可得；
（3）首先得到，令，可得，令，得，则方程必有两个不同的实数根、，且、异号，再对、分类讨论，结合正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）由图象可得，最小正周期，
又，则，由，
所以，
所以，，又，则易求得，
所以，
由，，
解得，，
所以的单调递增区间为，．
（2）由题意得
，
因为，所以，
从而可知，即，
因此，
所以当，即时取得最大值，
当，即时取得最小值，
故在上的最大值为，最小值为．
（3）因为
，令，
可得，令，得，
易知，方程必有两个不同的实数根、，由，则、异号，
①当且或者且时，
则方程和在区间均有偶数个根，不合题意，舍去；
②当且时，则方程和在区间均有偶数个根，不合题意，舍去；
③当，时，当时，只有一根，有两根，
所以关于的方程在上有三个根，
由于，则方程在上有个根，
由于方程在区间上有两个根，
方程在区间上有一个根，因此，不合题意，舍去；
④当，时，当时，只有一根，有两根，
所以关于的方程在上有三个根，
由于，则方程在上有个根，
由于方程在区间上只有一个根，方程在区间上两个根，此时，满足题意；
因此，，，得，
综上，，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是推导出、异号且，再对、分类讨论.
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