第03 讲 三角函数的图象与性质
目录
考情探究.........................................................................................................................2
知识梳理.........................................................................................................................3
探究核心考点.................................................................................................................5
考点一 正弦函数的图象与性质 ................................................................................................5
考点二 余弦函数的图象与性质................................................................................................10
考点三 正切函数的图象与性质................................................................................................15
考点四 函数y = Asin(ωx +φ)的图象变换.................................................................................19
考点五 由图象确定三角函数的解析式....................................................................................22
考点六 三角函数的应用............................................................................................................27
考点七 三角函数的零点问题....................................................................................................31
考点八 三角函数的最值问题....................................................................................................34
考点九 求ω的取值范围.............................................................................................................39
考点十 三角函数新定义............................................................................................................43
三阶突破训练...............................................................................................................47
基础过关......................................................................................................................................47
能力提升......................................................................................................................................54
真题感知......................................................................................................................................62
一、5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025 年新I 卷，第4 题,5 分
正切函数的性质
无
2025 年北京卷，第8 题,5 分
三角函数的图象与性质
辅助角公式
2025 年天津卷，第8 题,5 分
三角函数的图象与性质
无
2024 年新I 卷，第7 题,5 分
正弦函数的图象与性质
无
2024 年新Ⅱ卷，第6 题,5 分
三角函数的图象与性质
函数奇偶性
2024 年北京卷，第6 题,5 分
正弦型函数的性质
无
2024 年天津卷，第7 题,5 分
正弦型函数的性质
无
2024 年天津卷，第2 题,5 分
三角函数的性质
函数的奇偶性
2023 年上海卷，第15 题,5 分
正弦函数的性质
无
2023 年甲卷，第15 题,5 分
余弦型函数的图象与性质
三角函数的图象变换
2023 年乙卷，第6 题,5 分
正弦型函数的图象与性质
无
2023 年北京卷，第17 题,12 分
正弦型函数的图象与性质
辅助角公式
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较低，分值为5 分
【备考策略】1.理解、掌握集合的表示方法，能够判断元素与集合、集合与集合的关系
2.能掌握集合交集、并集、补集的运算和性质
3.具备数形结合的思想意识，会借助Venn 图、数轴等工具解决集合的计算问题
4.会解一元二次不等式、一元二次方程、简单的分式不等式、简单的根号不等式，简单的指
对不等式，简单的高次不等式和简单的单绝对值不等式
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般给两个集合，要求通过解不等式求出一个集合，然后
通过集合的运算得出答案。
1 正弦函数，余弦函数的图像与性质
注 表中的k ∈Z
y = sinx
y =cosx
图像
定义域
R
R
值域
[-1 , 1]
[-1 , 1]
最值
当x = π
2 +2kπ 时，ymax= 1 ；
当x = - π
2 +2kπ 时，ymin= -1 .
当x = 2kπ 时，ymax = 1 ；
当x = π +2kπ 时，ymin= -1.
周期性
2π
2π
对称中心
(kπ , 0)
(kπ + π
2 , 0)
对称轴
x =kπ + π
2
x =kπ
单调性
在 [- π
2 +2kπ , π
2 +2kπ] 上是增函
数；
在 [
π
2 +2kπ , 3 π
2 +2kπ] 上是减
函数.
在[- π +2kπ , 2kπ ] 上是增函
数；
在 [2kπ , π +2kπ ] 上是减函
数.
2 正切函数的图像与性质
注 表中的k ∈Z
y =tanx
图像
定义域
{x|x≠kπ + π
2 }
值域
R
最值
既无最大值也无最小值
周期性
π
对称中心
(
kπ
2 , 0)
对称轴
无对称轴
单调性
在 (kπ - π
2 , kπ + π
2 ) 上是增函数
3 A ,ω,φ对f ( x)= Asin(ωx +φ)( A >0,ω>0)的影响
A影响函数f ( x)的最值，ω影响函数f ( x)周期
( T = 2π
ω )，φ影响函数f ( x)水平位置.
4 函数的变换
(1) 平移变换
① y = f (x)⟶ y = f ( x ±a)(a>0)将y = f ( x)图像沿x轴向左
( 右
) 平移a个单位(左加右减)；
② y = f (x)⟶y = f (x)± b (b>0)将y = f ( x)图像沿x轴向上
( 下
) 平移b个单位(上加下减).
(2) 伸缩变换
① y = f (x)⟶ y = A f (x)( A >0)
将y = f ( x)图像横坐标不变，纵坐标伸长到原来的A倍(A >1伸长，A <1缩短).
② y = f (x)⟶ y = f (ω x)(ω>0)
将y = f ( x)图像纵坐标不变，横坐标缩到原来的1
ω倍( ω>1缩短，ω<1伸长).
考点一 正弦函数的图象与性质
典例1．（多选）（2025·湖北武汉·三模）已知函数f (x)=sin(2 x - π
6)，则（ ）
A．f (x)的最小正周期为π
B．f (x)在区间(0,π
6 )上单调递增
C．f (x)的一个对称中心为(
7 π
12 ,0)
D．f (x)图象上所有的点向左平移π
6 个单位长度后关于y轴对称
【答案】ABC
【分析】由周期公式可判断A，通过代入可判断B，通过整体代入可判断C，通过平移结合诱导公式可判断
D.
【详解】对于A，由周期公式可得最小正周期为2π
2 =π，正确，
对于B，由x∈(0,π
6 )，则2 x -π
6 ∈(-π
6 ,π
6 )，由正弦函数的单调性可知f (x)在区间(0,π
6 )上单调
递增，正确；
对于C，当x = 7π
12 时，f(
7π
12 )=sin(2× 7π
12 -π
6 )=0，正确；
对于D，f (x)图象上所有的点向左平移π
6 个单位长度后，得到g(x)=sin[2(x +π
6 )-π
6 ]=sin(2 x +π
6 )，
显然图像关于y轴不对称，错误，
故选：ABC
典例2．（2025·江西·模拟预测）定义：闭区间[a，b]的长度为b-a，已知函数f ( x)=2sin(ωx +φ)(ω>0)
同时满足以下3 个条件：①在任意一个区间长度为π
4 的闭区间内，都不存在x1, x2，使得
|f (x1)- f (x2)|= 4；②f(
π
6 )= f (π)；③(
49π
300 ,f(
49π
300 ))是函数f ( x)图象的一个对称中心，则实数ω
的最大值为 .
【答案】25
7
【分析】利用①得出π
4 < T
2 =π
ω ，解得0<ω<4.数形结合，利用②中f(
π
6 )= f (π)分析出T取得最小值
时x = π所在的位置，最后利用③中(
49π
300 ,f(
49π
300 ))解出T的值,求出ω
【详解】当|f (x1)- f (x2)|= 4时，说明f (x1)与f (x2)一个取最小值，一个取最大值，
而要想在一个闭区间内能同时取得最小值和最大值，闭区间最少要为半个周期，
因此，若闭区间的长度小于半个周期，则一定不能同时取得最小值和最大值，所以π
4 < T
2 =π
ω ，解得
ω<4，
所以0<ω<4.不妨设f(
π
6 )= f (π)<0，如图所示：
依次讨论x =π对应为点C，A，D，E 四种情况，且π-π
6 = 5π
6 ，
若x =π对应为点E（或点E之后），则2T ≤5π
6 ，即T ≤5π
12 <π
2 ，不合题意；
若求ω的最大值，即T的最小值，即x =π与x =π
6 之间相位跨度最大，
若x = π对应为点D，则直线x =
π+π
6
2
= 7π
12
为f ( x)图象的对称轴，
又(
49π
300 ,f(
49π
300 ))是函数f ( x)图象的一个对称中心，且49π
300 < π
6 ，
则7π
12 - 49π
300 = 3
4 T，解得T = 14π
25 ，则ω= 2π
T
= 25
7 .
所以ω取值的最大值为25
7 .
故答案为：25
7 .
典例3．（2025·河南·模拟预测）如图，x1, x2, x3是函数f (x)=sin(ωx +φ)-b(ω>0,φ ,b∈R)的3 个相
邻的零点，且x1< x2< x3, x1+3 x3= 4 x2，则b=（ ）
A．1
2
B．
❑√2
2
C．-
❑√2
2
D．- 1
2
【答案】C
【分析】令t =ωx +φ，则ti=ω xi+φ(i=1,2,3)为sint =b的解，结合正弦函数的性质可求
t3=2k π+ 7π
4 ,k ∈Z，故可求b的值.
【详解】f (x)=sin(ωx +φ)-b的零点即为sin(ωx +φ)=b的解，
令t =ωx +φ，则ti=ω xi+φ(i=1,2,3)为sint =b的解，
也就是y =b与y =sint的某相邻三个交点的横坐标，
由x1+3 x3= 4 x2得t1+3t3= 4 t2，故t2-t1=3(t3-t2)，
由正弦函数的性质可得t3-t1=2π，(t3-t2)+(t2-t1)=2π，故t3-t2=π
2 .
又t3+t2=2×(2k π+ 3π
2 ),k ∈Z，故t3=2k π+ 7π
4 ,k ∈Z.
由sint3-b=0，得b=sin(2k π+ 7π
4 ),k ∈Z，故b=-
❑√2
2
故选：C.
【总结】
1 理解熟记正弦函数的图象与性质；
2 解题的过程要注意整体思想和数形结合的使用；
3 求y = Asin(ωx +φ)+ B的最值或值域，令t =ωx +φ，由x的范围得到t的范围，再由正弦函数的性质求得
最后的最值或值域，注意t 的取值范围。
跟踪训练1．（2025·浙江嘉兴·二模）已知函数f ( x)=sin(2ωx -π
6 )+b(ω>0)的最小正周期为T，且
2π
3 <T < 3π
2 ，函数y = f ( x +π
12 )+1为奇函数，则f (π
4 )=（ ）
A．1
2
B．
❑√3
2 -1
C．
❑√3
2 +1
D．3
2
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用周期可得2
3 <ω< 3
2，再利用奇函数的性质求出b,ω，进而求出函数值.
【详解】依题意，f ( x +π
12 )+1=sin[2ωx +π
6 (ω-1)]+b+1，由y = f ( x +π
12 )+1为奇函数，
得b+1=0，且π
6 (ω-1)=k π,k ∈N，解得b=-1,ω=6 k +1(k ∈N)，
由2π
3 <T < 3π
2 ，得2π
3 < 2π
2ω < 3π
2 ，解得2
3 <ω< 3
2，因此ω=1，f ( x)=sin(2 x -π
6 )-1，
所以f (π
4 )=sinπ
3 -1=
❑√3
2 -1.
故选：B
跟踪训练2．（多选）（2025·福建泉州·模拟预测）已知条件：①函数f (x)在(
π
12 , 7π
12 )单调递增；②函数
f (x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π
2 ；③函数f (x)的一个零点为π
3 .若函数f (x)=sin (ωx +φ)仅
满足上述①②③中的两个，则f (x)可以是（ ）
A．f (x)=sin(4 x -π
3 )
B．f (x)=sin(x -π
3 )
C．f (x)=sin(2 x +π
3 )
D．f (x)=sin(2 x - 2π
3 )
【答案】BC
【分析】对每个选项中的函数f (x)，结合正弦型函数的基本性质逐个验证①②③即可.C
【详解】对于A 选项，若f (x)=sin(4 x -π
3 )，当π
12 < x<7π
12 时，0<4 x -π
3 <2π，
此时函数f (x)在(
π
12 , 7π
12 )上不单调，①不满足，
函数f (x)的最小正周期为T =π
2 ，则函数f (x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π
4 ，②不满足，
因为f(
π
3 )=sinπ=0，即函数f (x)的一个零点为π
3 ，③满足，故A 不合乎要求；
对于B 选项，若f (x)=sin(x -π
3 )，当π
12 < x<7π
12 时，-π
4 < x -π
3 <π
4 ，
此时，函数f (x)在(
π
12 , 7π
12 )上单调递增，①满足，
函数f (x)的最小正周期为为2π，函数f (x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π，②不满足，
因为f(
π
3 )=sin 0=0，即函数f (x)的一个零点为π
3 ，③满足，故B 合乎要求；
对于C 选项，若f (x)=sin(2 x +π
3 )，当π
12 < x<7π
12 时，π
2 <2 x +π
3 < 3π
2 ，
此时，函数f (x)在(
π
12 , 7π
12 )上单调递减，①不满足，
函数f (x)的最小正周期为T =π，函数f (x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π
2 ，②满足，
因为f(
π
3 )=sinπ=0，即函数f (x)的一个零点为π
3 ，③满足，故C 合乎要求；
对于D 选项，若f (x)=sin(2 x - 2π
3 )，当π
12 < x<7π
12 时，-π
2 <2 x -2π
3 <π
2 ，
此时，函数f (x)在(
π
12 , 7π
12 )上单调递增，①满足，
函数f (x)的最小正周期为T =π，函数f (x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为π
2 ，②满足，
因为f(
π
3 )=sin 0=0，即函数f (x)的一个零点为π
3 ，③满足，故D 不合乎要求.
故选：BC.
跟踪训练3．（2025·浙江嘉兴·二模）已知函数f ( x)=sin(2ωx -π
6 )+b(ω>0)的最小正周期为T，且
2π
3 <T < 3π
2 ，函数y = f ( x +π
12 )+1为奇函数，则f (π
4 )=（ ）
A．1
2
B．
❑√3
2 -1
C．
❑√3
2 +1
D．3
2
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用周期可得2
3 <ω< 3
2，再利用奇函数的性质求出b,ω，进而求出函数值.
【详解】依题意，f ( x +π
12 )+1=sin[2ωx +π
6 (ω-1)]+b+1，由y = f ( x +π
12 )+1为奇函数，
得b+1=0，且π
6 (ω-1)=k π,k ∈N，解得b=-1,ω=6 k +1(k ∈N)，
由2π
3 <T < 3π
2 ，得2π
3 < 2π
2ω < 3π
2 ，解得2
3 <ω< 3
2，因此ω=1，f ( x)=sin(2 x -π
6 )-1，
所以f (π
4 )=sinπ
3 -1=
❑√3
2 -1.
故选：B
跟踪训练4．（2025·天津北辰·三模）记max {a,b}为a,b中的较大值，则关于函数
f (x)= max{sin x + ❑√3cos x ,sin x - ❑√3cos x}有如下四个命题：
①f (x)的最小正周期为2π；
②f (x)的图象关于直线x = 3π
2 对称；
③f (x)的值域为[-2,2]；
④f (x)在区间(
π
6 ,π
4 )上单调递增.
其中真命题的个数为（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】B
【分析】利用辅助角公式化简函数，画出函数f (x)的图象，利用图象判断各个命题.
【详解】设g(x)=sin x + ❑√3cos x =2sin( x +π
3 )，h(x)=sin x - ❑√3cos x =2sin( x -π
3 )，
则f (x)=max {g(x),h(x)}=¿，
函数f (x)的图象如下所示：
对于①，由图知，函数f (x)的最小正周期为2π，①正确；
对于②，由图知，x = 3π
2 为函数f (x)的对称轴，②正确；
对于③，f (3π
2 )=-1,f (π
6 )=2，由图知，函数f (x)的值域为[-1,2]，③错误；
对于④，由图知，函数f (x)在区间(π
6 ,π
2 )上单调递减，④错误.
所以真命题的个数为2 个.
故选：B
跟踪训练5．（2025·辽宁·三模）函数f ( x)=2cos(ωx +π
3 )，其ω>0，若对于∀x∈(π
3 , 2π
3 )，都有
|f ( x)|<2恒成立，则ω的取值不可能是（ ）
A．1
2
B．1
C．3
2
D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，可得f ( x)在(π
3 , 2π
3 )上单调，借助函数图象的对称轴建立不等式求出ω范围即
可.
【详解】依题意，函数f ( x)在(π
3 , 2π
3 )上单调，函数f ( x)图象对称轴为x =-π
3ω + k π
ω ,k ∈Z，
¿，解得¿，
由¿，解得- 2
3 <k < 4
3 ，又k ∈Z，则k =0或k =1，
所以0<ω≤1或2≤ω≤5
2，ω的取值不可能是3
2.
故选：C
考点二 余弦函数的图象与性质
典例1．（多选）（2025·福建福州·模拟预测）已知函数f (x)=cos(2 x +φ)(0<φ<π)的图象关于点
(-π
3 , 0)中心对称，则（ ）
A．f (x)在区间(-π
3 , 0)上单调递增
B．f (x)在区间(-π
6 , π
6 )上的最大值为1
C．直线x = 2π
3 是曲线y = f (x)的对称轴
D．当x ≤0时，函数y =- 2
π x +1的图象恒在函数f (x)的图象上方
【答案】BD
【分析】先根据对称中心求出函数解析式，结合选项余弦函数的单调性及值域对称轴逐个验证即可.
【详解】因为f (x)的图象关于点(-π
3 , 0)对称，所以φ -2π
3 =π
2 + k π，即φ= 7π
6 +k π，k ∈Z；
因为0<φ<π，所以φ=π
6 ，即f ( x)=cos(2 x +π
6 ).
令t =2 x +π
6 ，由x∈(-π
3 , 0)可得t ∈(-π
2 , π
6 )，
因为-π
2 <0<π
6 ，所以函数f (x)在区间(-π
3 , 0)上不是单调函数，故A 不正确；
令t =2 x +π
6 ，由x∈(-π
6 , π
6 )可得t ∈(-π
6 , π
2 )，所以cost ∈(0,1]，
所以当x =-π
12 ,f ( x)max=1，故B 正确，
f (2π
3 )=cos9π
6 =cos3π
2 =0，所以函数y = f (x)的图象关于点(
2π
3 ,0)对称，直线x = 2π
3 不是曲线
y = f (x)的对称轴，故C 不正确；
当x =0时，函数y =1，f (0)=cosπ
6 =
❑√3
2 <1，f (0)<1；
当x<0时，函数y =- 2
π x +1>1，
所以f ( x)=cos(2 x +π
6 )≤1，函数y =- 2
π x +1的图象恒在函数f (x)的图象上方，故D 正确.
故选：BD.
典例2．（2023·四川绵阳·模拟预测）已知函数f (x)= 4cos(ωx - π
12)(ω>0),f (x)在区间[0, π
3]上的最小
值恰为-ω，则所有满足条件的ω的积属于区间（ ）
A．(1,4]
B．[4,7]
C．(7,13)
D．[13,+ ∞)
【答案】C
【分析】根据函数能否取到最小值进行分类讨论即可.
【详解】当x∈[0, π
3]时ωx - π
12 ∈[- π
12 , π
3 ω- π
12]，因为此时f (x)的最小值为-ω<0，
所以π
3 ω- π
12 > π
2 ，即ω> 7
4 .
若π
3 ω- π
12 ≥π，此时f (x)能取到最小值- 4，即-ω=- 4⇒ω= 4，
代入可得π
3 ×4 - π
12 >π，满足要求；
若f (x)取不到最小值- 4，则需满足π
3 ω- π
12 <π，即ω< 13
4 ，
p(ω)= 4 cos(
π
3 ω- π
12)在ω∈(
7
4 , 13
4 )上单调递减，所以存在唯一ω符合题意；
所以ω= 4或者ω∈(
7
4 , 13
4 )，所以所有满足条件的ω的积属于区间(7,13)，
故选：C
典例3．（多选）（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f (x)=sin|x|+|cos x|（ ）
A．f (x)是偶函数
B．f (x)最大值为❑√2
C．f (x)最小值为-1
D．f (x)在(0,π)有两个零点
【答案】ABC
【分析】利用奇偶性的定义，即可判断A 选项；分0≤x ≤π
2 ，π
2 < x ≤3π
2 ，3π
2 < x ≤2π三种情况论可
求得函数的值域判断CD，结合前面分类讨论和作出示意图可判断D．
【详解】对于A，f (- x)=sin|- x|+|cos(- x)|=sin|x|+|cos x|= f (x)，f (x)是偶函数，故A 正确；
当0≤x ≤π
2 时，f (x)=sin x +cos x = ❑√2sin(x +π
4 )，
因为0≤x ≤π
2 ，所以π
4 ≤x +π
4 ≤3π
4 ，所以
❑√2
2 ≤sin(x +π
4 )≤1，
所以1≤❑√2sin(x +π
4 )≤❑√2，
当π
2 < x ≤3π
2 时，f (x)=sin x -cos x = ❑√2sin(x -π
4 )，
因为π
2 < x ≤3π
2 ，所以π
4 < x -π
4 ≤5π
4 ，所以-
❑√2
2 ≤sin(x -π
4 )≤1，
所以-1≤❑√2sin(x -π
4 )≤❑√2，，
又3π
2 < x ≤2π时，f (x)=sin x +cos x = ❑√2sin(x +π
4 )，
因为3π
2 < x ≤2π，所以7π
4 < x +π
4 ≤9π
4 ，所以-
❑√2
2 <sin(x +π
4 )≤
❑√2
2 ，
所以-1<❑√2sin(x +π
4 )≤1，
又x ≥0时，f (x +2π)=sin|x +2π|+|cos(x +2π)|=sin|x|+|cos x|= f (x)，
所以当x ≥0时，f (x)是以2π为周期的周期函数，又f (x)是偶函数，
所以函数f (x)的值域为[-1,❑√2]，故BC 正确；
当π
2 ≤x<π时，f (x)=sin x -cos x = ❑√2sin(x -π
4 )，
因为π
2 ≤x<π，所以π
4 ≤x -π
4 <3π
4 ，所以
❑√2
2 ≤sin(x -π
4 )≤1，
所以1≤❑√2sin(x -π
4 )≤❑√2，
当0< x ≤π
2 时，f (x)=sin x +cos x = ❑√2sin(x +π
4 )，
因为0< x<π
2 ，所以π
4 < x +π
4 <3π
4 ，得1<❑√2sin(x +π
4 )≤❑√2，
所以(0,π)时，1≤❑√2sin(x +π
4 )≤❑√2，
作出函数f (x)在的图象的示意如图所示，
故函数f (x)在(0,π)有没有零点，故D 错误.
故选：ABC.
【总结】
1 理解熟记余弦函数的图象与性质；
2 解题的过程要注意整体思想和数形结合的使用；
3 求y = Acos(ωx +φ)+ B的最值或值域，令t =ωx +φ，由x的范围得到t的范围，再由余弦函数的性质求得
最后的最值或值域，注意t 的取值范围。
跟踪训练1．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知函数f (x)=3cos(ωx +π
6 )(ω>0)的最小正周期为2π
3 ，则
f (x)在[-π
6 ,π
6 ]上的最大值为（ ）
A．1
B．3
2
C．2
D．3
【答案】D
【分析】由周期公式求得ω，然后由换元法即可求解.
【详解】由题意T = 2π
ω = 2π
3 ，解得ω=3，x∈[-π
6 ,π
6 ]⇒t =3 x +π
6 ∈[-π
3 ,2π
3 ]，
所以f (x)=3cost ,t ∈[-π
3 ,2π
3 ]的最大值为3.
故选：D.
跟踪训练2．（多选）（2025·山东枣庄·二模）已知函数f (x)=cos
4ωx +sin
4ωx (ω>0)的最小正周期为π，
则（ ）
A．ω= 1
2
B．∃x∈R ,f (x)=
❑√5
2
C．f (x)在区间[0,π
2 ]上单调递减
D．f (x)的图象关于点(- 3π
4 , 3
4)对称
【答案】ACD
【分析】由同角三角函数的关系及正余弦二倍角公式得到f (x)= 3
4 + 1
4 cos4 ωx，进而逐项判断即可.
【详解】
f (x)=cos
4ωx +sin
4ωx =1-2cos
2ωxsin
2ωx =1- 1
2 sin
22ωx =1- 1
4
(1-cos4 ωx)= 3
4 + 1
4 cos4 ωx.
因为f (x)的最小正周期为π,ω>0，所以2π
4 ω =π，解得ω= 1
2，故A 正确；
f (x)= 3
4 + 1
4 cos2 x.因为cos2 x ≤1，所以f (x)≤1.而
❑√5
2 >1，故B 错误；
当x∈[0,π
2 ]时，2 x∈[0,π],f (x)单调递减，故C 正确；
令2 x =k π+π
2 ,k ∈Z，得x = k π
2 +π
4 ,k ∈Z.令k =-2，可得f (x)图象的一个对称中心为点
(- 3π
4 , 3
4)，故D 正确.
故选：ACD
跟踪训练3．（2025·山东·二模）对于非空集合M，定义函数φM (x)=¿ A =¿，B =¿，若存在x0∈R，使
得φ A(x0)+φB(x0)=2，则a的取值范围是（ ）
A．(0,π
6 )∪(
5π
6 ,π)
B．(0,π
6 )∪(
3π
4 ,+∞)
C．(0,π
3 )∪(
2π
3 ,2π)
D．(0,π
3 )∪(
13π
12 ,+∞)
【答案】B
【分析】先由余弦函数的性质求解集合A，再根据题意得A ∩B≠∅，则a>4π
3 ，再讨论0<a≤4π
3 的情
况即可．
【详解】由cos(x +π
6 )≥1
2得，x∈[-π
2 +2k π,π
6 +2k π](k ∈Z)，故
A =[-π
2 +2k π,π
6 +2k π](k ∈Z)，
因为φ A(x0)+φB(x0)=2，所以φ A(x0)=φB(x0)=1，
所以A ∩B≠∅，
因为A =[-π
2 +2k π,π
6 +2k π](k ∈Z)集合补集中一段区间的长为2π-(
π
6 +π
2 )=4π
3 ，
所以当a>4π
3 时，A ∩B≠∅一定成立，
当0<a≤4π
3 时，A ∩B =∅时，有π
6 ≤a<2a≤3π
2 ，
解得a∈[
π
6 ,3π
4 ]，所以满足A ∩B≠∅的范围是a∈(0,π
6 )∪(
3π
4 , 4π
3 ]，
综上所述，a∈(0,π
6 )∪(
3π
4 ,+∞)，
故选：B．
跟踪训练4．（2025·山西·模拟预测）已知函数f (x)=3cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<2π)的部分图象如图所示，
A，B 分别是相邻的最高点与最低点，直线AB 的方程为y =-2 x +10，则f (x)=（ ）
A．3cos(
π x
4 +π
4 )
B．3cos(
π x
3 + 5π
6 )
C．-3cosπ x
2
D．3cos(
π x
3 + 7π
6 )
【答案】B
【分析】由题意可得A ,B的坐标，即可得到函数周期，从而可得ω，再将点A的坐标代入，即可得到φ.
【详解】因为A是最高点，所以y A =3，将y =3代入直线方程y =-2 x +10，可得x = 7
2，
所以A(
7
2 ,3)，
因为B是最低点，所以yB=-3，将y =-3代入直线方程y =-2 x +10，可得x = 13
2 ，
所以B(
13
2 ,-3)，
则T =2(
13
2 - 7
2)=2×3=6，则ω= 2π
T
= 2π
6 =π
3 ，
所以f (x)=3cos(
π
3 x +φ)，
将A(
7
2 ,3)代入f (x)=3cos(
π
3 x +φ)，可得3=3cos(
π
3 × 7
2 +φ)，
即cos(
7
6 π+φ)=1，所以7
6 π+φ=2k π,k ∈Z，解得φ=- 7
6 π+2k π,k ∈Z，
又0<φ<2π，当k =1时，φ= 5
6 π，
所以f (x)=3cos(
π x
3 + 5π
6 ).
故选：B
跟踪训练5．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知函数f ( x)=2cos(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π)的图象如图，
点A(π
4 ,❑√2)，B 在f ( x)的图象上，过A，B 分别作x 轴的垂线，垂足分别为C，D，若平行四边形
ACBD的面积为
❑√2
2 π，则f ( 7π
24 )=（ ）
A．- ❑√3
B．1
C．❑√2
D．❑√3
【答案】D
【分析】由条件求|BD|，|CD|，由此确定函数的周期，列方程确定ω,φ，再求结论.
【详解】由四边形ACBD为平行四边形，点A(π
4 ,❑√2)，AC ⊥CD ,BD⊥CD，
得|BD|=|AC|= ❑√2，S△ACD= S△BDC = 1
2 ×❑√2×|CD|，
由平行四边形ACBD的面积为
❑√2
2 π，得2× 1
2 ×❑√2×|CD|=
❑√2
2 π，解得|CD|=π
2 ，
由函数f ( x)图象的对称性得函数f ( x)的周期为π，又ω>0，则ω= 2π
π
=2，
由f (π
4 )= ❑√2，得2cos(2×π
4 +φ)= ❑√2，即cos(π
2 +φ)=
❑√2
2 ，
而f ( x)图象在点A处是上升的，则π
2 +φ =2k π-π
4 ，k ∈Z，φ=2k π- 3π
4 ，k ∈Z，
又|φ|<π，则φ =- 3π
4 ，因此f ( x)=2cos(2 x - 3π
4 )，
所以f ( 7π
24 )=2cos( 7π
12 - 3π
4 )=2cos(-π
6 )= ❑√3
故选：D.
考点三 正切函数的图象与性质
典例1．（2023·河南·模拟预测）已知函数f ( x)= tan(2 x +π
3 )，则下列说法正确的是（ ）
A．f (x)为奇函数
B．f (x)在区间[
π
12 , 7π
12 ]上单调递增
C．f (x)图象的一个对称中心为(
π
12 ,0)
D．f (x)的最小正周期为π
【答案】C
【分析】根据正切函数的定义域、对称中心、周期、单调性逐项判断即可得解.
【详解】因为f ( x)= tan(2 x +π
3 )，所以2 x +π
3 ≠k π+π
2 ，解得x≠k π
2 +π
12，k ∈Z
即函数的定义域不关于原点对称，所以f (x)不是奇函数，故A 错误；
当x =π
12时，2 x +π
3 =π
2 ，此时f (x)无意义，故f (x)在区间[
π
12 , 7π
12 ]上单调递增不正确，故B 错误；
当x =π
12时，2 x +π
3 =π
2 ，正切函数无意义，故(
π
12 ,0)为函数的一个对称中心，故C 正确；
因为f ( x +π
2 )= tan[2( x +π
2 )+π
3 ]= tan(2 x +π
3 +π)= tan(2 x +π
3 )= f ( x)，故π
2 是函数的一个周
期，故D 错误.
故选：C
典例2．（2025·四川成都·二模）已知函数f (x)=¿若方程f (x)= ❑√3在(0,m]上恰有4 个不同实根，则m的取
值范围是（ ）
A．[
4π
3
, 13π
6 )B．(
4π
3
, 13π
6 ]
C．[
13π
6
, 7π
3 )
D．(
13π
6
, 7π
3 ]
【答案】A
【分析】解出方程f (x)= ❑√3的根，然后结合根的个数列不等式求解即可.
【详解】因为函数f (x)=¿
所以当x≠π
3 +k π,k ∈Z时，方程f (x)= ❑√3可化为2sin2 x = ❑√3，解得x =π
6 +k π,k ∈Z，
则当k ≥0时，x =π
6 , 7π
6 , 13π
6
, 19π
6
,⋯
当x =π
3 +k π,k ∈Z时，方程f (x)= ❑√3可化为tan x = ❑√3，
解得x =π
3 +k π,k ∈Z，
则当k ≥0时，x =π
3 , 4π
3
, 7π
3 , 10π
3
,⋯
因为方程f (x)= ❑√3在(0,m]上恰有4 个不同实根，
所以这4 个不同实根为π
6 ,π
3 , 7π
6 , 4π
3 ，则4π
3 ≤m< 13π
6
.
故选：A
典例3．（多选）（24-25 高一下·山西·期中）已知函数f (x)=tan x
1-tan
2 x
，则下列说法正确的是（ ）
A．f (x)的定义域是¿
B．f (x)是奇函数
C．π是f (x)的一个周期
D．(
π
2 ,0)是曲线y = f (x)的一个对称中心
【答案】BCD
【分析】由函数的解析式有意义，结合tan x有定义，求得函数的定义域，可得判定A 错误；根据函数的
奇偶性的判定方法，可判定B 正确；求得f (x)= f (x +π)，可判定C 正确；求得f (π- x)=- f (x)，可判定
D 正确．
【详解】对于A 中，由tan x有定义，可得x≠π
2 +k π,k ∈Z，
又由1-tan
2 x≠0，可得tan x≠±1，即x≠π
4 + k π
2 ,k ∈Z，
所以函数f (x)的定义域是{x∣x≠π
2 +k π，且x≠π
4 + k π
2 ,k ∈Z}，所以A 错误；
对于B 中，因为tan x =-tan(- x)，所以f (- x)=-tan x
1-tan
2 x
=- f (x)，即f (- x)=- f (x)，
又因为定义域关于原点对称，所以f (x)是奇函数，所以B 正确；
对于C 中，由f ( x +π)=tan( x +π)
1-tan
2( x +π)
=tan x
1-tan
2 x
= f (x)，即f (x)= f (x +π)，
所以π是f (x)的一个周期，所以C 正确；
对于D 中，函数f (x)的定义域关于点(
π
2 ,0)对称，
又由tan x =-tan(π- x)，可得f (x)+ f (π- x)=tan x
1-tan
2 x
-tan x
1-tan
2 x
=0，
即f (π- x)=- f (x)，所以曲线y = f (x)关于点(
π
2 ,0)中心对称，所以D 正确．
故选：BCD．
【总结】
1 理解熟记正切函数的图象与性质，注意正切函数没有对称轴，对称中心是( π
2 ,0)，不是(π ,0)；
2 解题的过程要注意整体思想和数形结合的使用；
跟踪训练1．（2025·广东揭阳·三模）函数f (x)=2025|tan x|的最小正周期是（ ）
A．2π
B．π
C．π
2
D．π
4
【答案】B
【分析】结合正切函数的图象求解即可.
【详解】因为函数y =|tan x|的周期与y = tan x的最小正周期一致，均为π，
所以函数f (x)的最小正周期为π.
故选：B.
跟踪训练2．（2025·江苏盐城·模拟预测）若函数f (x)=tan(ωx +φ)(ω>0,φ>0)的图象与直线y =a的两个
相邻交点之间的距离为π
2 ，且f(x +π
12)为奇函数，则φ的最小值为（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5π
6
【答案】B
【分析】依题意可得f (x)的最小正周期T =π
2 ，即可求出ω，从而表示出f(x +π
12)的解析式，再根据其奇
偶性求出φ．
【详解】因为函数f ( x)= tan(ωx +φ)(ω>0,φ>0)的图象与直线y =a的两个相邻交点之间的距离为π
2 ，
所以f (x)的最小正周期T =π
2 ，又T =π
ω =π
2 ，所以ω=2，
所以f ( x)= tan(2 x +φ)，则f(x +π
12)= tan(2 x +φ+π
6 )，又f(x +π
12)为奇函数且φ>0，
所以φ+π
6 = k π
2 (k ∈N
*)，所以φ=-π
6 + k π
2 (k ∈N
*)，
所以φ的最小值为π
3 ．
故选：B．
跟踪训练3．（2023·陕西安康·一模）设函数f ( x)=2tan(ωx -π
6 )(ω>0)的图象的一个对称中心为
(
π
6 ,0)，则f (x)的一个最小正周期是（ ）
A．π
2
B．π
13
C．2π
13
D．2π
7
【答案】B
【分析】由正切函数的对称中心得到T =π
3k +1，k ∈Z，再对各选项逐一检验分析即可.
【详解】根据题意得π
6 ω-π
6 = k π
2 ，k ∈Z，则ω=3k +1，
又ω>0，则T =π
|ω|=π
ω =π
3k +1，k ∈Z，
对于A，若π
2 是f (x)的最小正周期，则π
3k +1 =π
2 ，得k = 1
3，与k ∈Z矛盾，故A 错误；
对于B，由π
3k +1 =π
13得k = 4，满足条件，故B 正确；
对于C，由π
3k +1 =2π
13 得k = 11
6 ，与k ∈Z矛盾，故C 错误；
对于D，由π
3k +1 =2π
7 得k = 5
6，与k ∈Z矛盾，故D 错误.
故选：B.
跟踪训练4．（多选）（2025·湖北·模拟预测）函数y = tan x与y =cos x，x∈[0,4π]有n个交点，坐标分
别为(x1, y1),⋅⋅⋅,(xn, yn)(x1< x2<⋅⋅⋅< xn)，下列说法正确的是（ ）
A．sin x1=
❑√5-1
2
B．n= 4
C．∑
i=1
n
xi=8π
D．∑
i=1
n
(xi+ yi)=6π
【答案】ABD
【分析】根据同角三角函数基本关系解方程可判断A，利用正切函数与余弦函数图象可判断BCD.
【详解】因为tan x1=cos x1，∴sin x1=cos
2 x1=1-sin
2 x1⇒sin x1=
❑√5-1
2
，故A 正确；
作出函数y = tan x与y =cos x图象，
通过两个函数的图像可以得到图象有4 个交点，故B 选项正确；
且4 个点两两关于点(
3
2 π,0)对称，所以∑
i=1
n
xi=2× 3π
2 +2× 3π
2 =6π，
∑
i=1
n
(xi+ yi)=6π+0=6π，因此D 选项正确，C 选项错误.
故选：ABD
考点四 函数y = Asin(ωx +φ)的图象变换
典例1．（2025·云南红河·模拟预测）将函数f ( x)=sin( x -φ)的图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来的1
2，
然后再向左平移5π
6 个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，则φ的值可以为（ ）
A．-π
6
B．π
6
C．π
3
D．π
2
【答案】B
【分析】首先根据变换规律得到图象变换后的函数解析式，再结合偶函数的特征，列式求解.
【详解】将f ( x)图象纵坐标不变，横坐标缩小为原来1
2倍，得y =sin (2 x -φ)
然后再向左平移5π
6 个单位长度后，得g(x)=sin(2 x + 5π
3 -φ)，
又因为g( x)的图象关于y轴对称，所以5 π
3 -φ =k π+π
2 ,k ∈Z，
所以φ =-k π+7π
6 ,k ∈Z，当k =1时，φ=π
6 .
故选：B.
典例2．（多选）（2025·河南新乡·模拟预测）将函数f (x)=2cos x的图象向左平移π
3 个单位长度，然后纵
坐标不变，横坐标变为原来的2 倍，得到g(x)的图象，在下列四个结论不正确的选项是（ ）
A．函数g(x)在区间[0, 2π
3 ]上单调递减
B．将g(x)图象向右平移2π
3 个单位后所得到函数图象必关于原点对称
C．点(
π
6 ,0)是函数g(x)图象的其中一个对称中心
D．若ϕ(x)= f (x)± g(x)，则ϕ(x)的最小正周期是2π且ϕ(
π
3)= ❑√3，
【答案】BCD
【分析】首先求出函数f (x)图象变化后的g(x)的解析式，然后根据余弦函数的单调性、对称中心、最小正
周期等性质对每个选项逐一计算判断.
【详解】将f (x)=2cos x的图像向左平移π
3 个单位长度可得到f (x)=2cos(x + π
3)图象，
然后纵坐标不变，横坐标变为原来的2 倍得g(x)=2cos(
1
2 x + π
3).
对于选项A：
∵x∈[0, 2π
3 ]，则(
x
2 + π
3)∈[
π
3 , 2π
3 ]，根据复合函数单调性判定法则知，
函数g(x)=2cos(
1
2 x + π
3)在区间[0, 2π
3 ]上单调递减，于是A 选项正确；
对于选项B：
将g(x)图象向右平移2π
3 个单位后所得到函数解析式为
y = g(x - 2π
3 )=2cos[
1
2(x - 2π
3 )+ π
3]=2cos 1
2 x，
因为该函数为偶函数，其图象关于y轴对称，于是B 选项错误；
对于选项C：
令1
2 x + π
3 =k π + π
2 ，解得x =2k π + π
3 ，取k =-1，x =- 5 π
3 ；k =0，x = π
3 ，
故(
π
6 ,0)不是g(x)图象的对称中心，故C 选项错误；
对于选项D：
记ϕ(x)= f (x)± g(x)=2cos x ±2cos(
1
2 x + π
3)，∵y =2cos x最小正周期为2π.
而y =2cos(
1
2 x + π
3)的最小正周期为4 π，二者的最小正周期最小公倍数为4 π，
∴ϕ(x)的最小正周期为4 π，且ϕ(
π
3)=1±0=1，于是选项D 错误.
综上所述，本题错误的选项为BCD.
故选：BCD.
【总结】
1 平移变换
① y = f (x)⟶ y = f ( x ±a)(a>0)将y = f ( x)图像沿x轴向左(右)平移a个单位(左加右减)；
② y = f (x)⟶y = f (x)± b (b>0)将y = f ( x)图像沿x轴向上(下)平移b个单位(上加下减).
PS f ( x)=3sin(2 x + π
3 )向左平移π
4 个单位，得到的函数不是f ( x)=3sin(2 x + π
4 + π
3 )， 而是
f ( x)=3sin[2( x + π
4 )+ π
3 ].
2 伸缩变换
① y = f (x)⟶ y = A f (x)( A >0)
将y = f ( x)图像横坐标不变，纵坐标伸长到原来的A倍(A >1伸长，A <1缩短).
② y = f (x)⟶ y = f (ω x)(ω>0)
将y = f ( x)图像纵坐标不变，横坐标缩到原来的1
ω倍( ω>1缩短，ω<1伸长)；
问题 怎么理解呢？例：若将f (x)=3sin(x + π
3)图像纵坐标不变，横坐标缩到原来的1
2倍，那得到的函数
是f (x)=3sin(2 x + π
3)还是f (x)=3sin(
1
2 x + π
3)呢？
解析 我们把f (x)=3sin(x + π
3)的图象想象成一条弹簧，若纵坐标不变，横坐标缩到原来的1
2倍，那说明
弹簧被压缩了，则周期变小，ω会变大(T = 2π
ω ,T与ω成反比)，即变换后的函数应该是
f (x)=3sin(2 x + π
3).
跟踪训练1．（2025·河北石家庄·三模）将函数f (x)=sin(2 x +π
3 )+3的图象向右平移π
12个单位长度，得
到函数g(x)的图象，则函数g(x)图象的一个对称中心是（ ）
A．(-π
12 ,3)
B．(-π
12 ,0)
C．(
π
6 ,3)
D．(
π
6 ,0)
【答案】A
【分析】根据乳香的平移变换可得函数g(x)的解析式，利用整体代换法即可求解函数g(x)图象的对称中心.
【详解】由题知g(x)= f(x -π
12)=sin[2(x -π
12)+π
3 ]+3=sin(2 x +π
6 )+3.
令2 x +π
6 =k π,k ∈Z，解得x =-π
12 + k π
2 ,k ∈Z，∴函数g(x)图象的对称中心
(-π
12 + k π
2 ,3),k ∈Z.
∴当k =0时，(-π
12 ,3)为函数g(x)图象的一个对称中心.
故选：A.
跟踪训练2．（2025·江西新余·模拟预测）已知x =π
6 是函数f (x)=sin (2 x + ϕ)(|ϕ|<π
2 )图象的一条对称轴，
则f (x)的图象可以由g(x)=cos2 x的图象向右平移（ ）个单位长度得到．
A．π
3
B．4π
3
C．5π
6
D．7π
6
【答案】D
【分析】根据题意求出ϕ，再由诱导公式将g(x)的函数名变成与f (x)的函数名一致，再由平移变换求解即
可.
【详解】由题可知2⋅π
6 + ϕ =π
2 +k π(k ∈Z)，解得ϕ =π
6 +kπ ,k ∈Z，
因为|ϕ|<π
2 ，所以k =0时，ϕ =π
6 ，
所以f (x)=sin(2 x +π
6 )，
因为g(x)=cos2 x =sin(2 x +π
2 )，
设g(x)向右平移a(a>0)个单位得到f (x)，
则sin(2(x -a)+π
2 )=sin(2 x +π
6 )，
所以2 x -2a+π
2 =2 x +π
6 +2k π,k ∈Z，
故a=π
6 -k π,k ∈Z，取k =-1得到a= 7π
6 ，
故选：D．
跟踪训练3．（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)=sin(ωx +φ+ 13π
2 )¿在(-π
6 ,π
6 )上单调，
f(
7π
12 )=0,f(
π
6 )=- 1
2，若将曲线y = f (x)向右平移m个单位后恰好关于y轴对称，则正数m的最小值为
（ ）
A．2π
3
B．π
3
C．π
4
D．π
6
【答案】D
【分析】利用函数的单调区间长度可以估计周期的长度，再结合ω∈N
*，可确定ω的取值，然后进行讨论
检验即可得解.
【详解】因为函数f (x)=sin(ωx +φ+ 13π
2 )=cos(ωx +φ)，
又函数f (x)在(-π
6 ,π
6 )上单调，
所以函数f (x)的最小正周期T = 2π
ω ≥2×[
π
6 -(-π
6 )]= 2π
3 ，
则ω≤3，又ω∈N
*，所以ω=1,2,3．
若ω=1,f (x)=cos(x +φ)，则由f(
7π
12 )=cos(
7π
12
+φ)=0，
又因为0<φ<π
2
，7π
12
+φ =π
2 + k π,k ∈Z，所以此时φ无解．
若ω=2,f (x)=cos(2 x +φ)，则f(
7π
12 )=cos(
7π
6 +φ)=0，
因为0<φ<π
2 ，所以φ =π
3 ．又f(
π
6 )=cos(2×π
6 +π
3 )=- 1
2，符合题意．
若ω=3,f (x)=cos(3 x +φ)，则f(
7π
12 )=cos(
7π
4 +φ)=0，
又0<φ<π
2 ，7π
4
+φ=π
2 +k π,k ∈Z，则此时φ无解．
综上，f (x)=cos(2 x +π
3 )，所以函数f (x)图像向右平移m个单位，
f (x -m)=cos[2(x -m)+π
3 ]=cos(2 x +π
3 -2m)，
由f (x -m)=cos(2 x +π
3 -2m)的图象关于y轴对称，
所以有π
3 -2m=k π⇒m=π
6 - k π
2 ,k ∈Z，
则正数m的最小值为π
6 ，
故选：D．
考点五 由图象确定三角函数的解析式
典例1．（2025•乌鲁木齐模拟）函数y＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，
AC =2❑√3，∠ACB = π
6 ，则ω＝（ ）
A．1
2
B．1
C．π
2
D．π
【答案】C
【分析】记BC 与x 轴的交点为M，连接AB，设AB＝a，则BC＝2a，在△ACB 中，利用余弦定理可求得a，
进而在△ACM 中，求得AM，进而利用周期可求ω．
【解答】解：记BC 与x 轴的交点为M，连接AB，
由题意可得M 在函数y＝Asin（ωx+φ）的图象上，且为一个对称中心，
设AB＝a，则BC＝2a，又AC＝2❑√3，∠ACB= π
6 ，
在△ACB 中，由余弦定理得AC2＝AC2+BC2
2AC•BCcos
﹣
π
6 ，
即a2=(2❑√3)
2+4a2
2×2
﹣
❑√3×2a×
❑√3
2 ，整理得3a2
12a+12
﹣
＝0，解得a＝2，
在△ACM 中，由余弦定理得AM2＝AC2+MC2
2AC•CMcos
﹣
π
6 ，
所以AM2＝12+4
2×2
﹣
❑√3×2×
❑√3
2 =4，解得AM＝2，
所以函数y＝Asin（ωx+φ）的最小正周期为T＝2AM＝4，
所以ω= 2π
T = π
2 ．
故选：C．
典例2．（2025•红桥区一模）已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜π
2 ）的部分图像如
图所示，则下列正确个数有（ ）
（1）f（x）关于点（π
6 ，3）对称
（2）f（x）关于直线x= π
3 对称
（3）f（x）在区间[π
2 ，5 π
6 ]上单调递减
（4）f（x）在区间（- 5 π
12 ，π
12）上的值域为（1，3）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】B
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A 和B，由特殊点的坐标求出 φ，由五点法作图求出ω 的值，可得
函数的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】解：根据函数f（x）＝Asin（ωx+φ）+B（A＞0，ω＞0，|φ|＜π
2 ）的部分图像，
可得B= 1+5
2
=3，A= 5-1
2
=2，故有f（x）＝2sin（ωx+φ）+3．
把点（0，2）代入，可得2sinφ+3＝2，即sinφ=- 1
2，φ=- π
6 ，故有f（x）＝2sin（ωx- π
6 ）+3．
再根据五点法作图，可得ω×（- π
6 ）- π
6 =- π
2 ，∴ω＝2，f（x）＝2sin（2x- π
6 ）+3．
令x= π
6 ，求得f（x）＝4，故f（x）不关于点（π
6 ，3）对称，故（1）错误；
令x= π
3 ，求得f（x）＝5，为最大值，故f（x）关于直线x= π
3 对称，故（2）正确；
当x∈[π
2 ，5 π
6 ]，2x- π
6 ∈[5 π
6 ，3 π
2 ]，f（x）单调递减，故（3）正确；
当x∈（- 5 π
12 ，π
12），2x- π
6 ∈（﹣π，0），sin（2x- π
6 ）∈[
1
﹣，0），
∴函数f（x）的值域为[1，3），故（4）错误．
故选：B．
【总结】
由函数y = Asin(ωx +φ)+ B(A >0,ω>0)的部分图象求解析式的方法
(1) 求A ,B：通过函数最值求解，由{
f max = A + B
f min=- A + B得A = f max - f min
2
， B = f max+ f min
2
；
(2) 求ω：根据图象求出周期T，再利用T = 2π
ω 求出ω；
(3) 求φ：求出A , ω后代入函数图象一最值点，求出φ.
跟踪训练1．（2025•玉林模拟）已知f（x）＝Acos（ωx+φ）[A＞0，ω＞0，|φ|＜π
2 ，x∈R]的部分图象如
图所示，则f（x）的表达式是（ ）
A．2cos( 3
2 x + π
4 )
B．2cos（x+ π
4 ）
C．2cos（2x- π
4 ）
D．2cos（3
2 x - π
4 ）
【答案】D
【分析】根据函数f（x）的部分图象求出A、T、ω 和φ 的值即可．
【解答】解：根据函数f（x）＝Acos（ωx+φ）的部分图象知，A＝2，
且T＝2×（5 π
6 - π
6 ）= 4 π
3 ，
所以ω= 2π
T = 2π
4 π
3
= 3
2；
又x= π
6 时，f（π
6 ）＝2，
即3
2 × π
6 +φ＝2kπ，k∈Z，
解得φ＝2kπ- π
4 ，k∈Z；
又|φ|＜π
2 ，所以φ=- π
4 ；
所以f（x）＝2cos（3
2x- π
4 ）．
故选：D．
跟踪训练2．（2025•黑龙江模拟）函数y＝f（x）的部分图象如图所示，已知f (- π
3 )= f (π )=- 1
2，若其解
析式为f ( x)=sin(ωx +φ)(ω＞0，- π
2 ＜φ＜π
2 )，则f ( 5 π
4 )=（ ）
A．1
2
B．
❑√3
2
C．0
D．1
【答案】B
【分析】根据f（- π
3 ）＝f（π），可得x= π
3 是函数图象的一条对称轴，结合f（π）=- 1
2建立关于ω、φ 的
方程组，解之可得f（x）的解析式，进而求出f ( 5 π
4 )的值．
【解答】解：根据f（- π
3 ）＝f（π），可得f（x）的图象关于x= π
3 对称，
结合f（π
3 ）为函数的最大值可得ωπ
3 +φ= π
2 +2kπ（k∈Z）…①，
根据f（π）=- 1
2，且x＝π 在函数的增区间上，
可得ωπ+φ= 11π
6
+2kπ（k∈Z）…②，
结合ω＞0，- π
2 ＜φ＜π
2 ，取k＝0，解得ω＝2，φ=- π
6
所以f ( x)=sin(2 x - π
6 )，可得f ( 5 π
4 )=sin( 5 π
2 - π
6 )=sin( π
2 - π
6 )=sin π
3 =
❑√3
2 ．
故选：B．
跟踪训练3．（2025•青秀区模拟）在物理学中简谐运动可以用函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞
0，|φ|＜π）来表示，其部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f（x）的图象关于点( π
6 ，0)成中心对称
B．函数f（x）的解析式可以为f ( x)=2cos(2 x - 2π
3 )
C．函数f（x）在[0，π]上的值域为[0，2]
D．若把f（x）图象上所有点向右平移π
12个单位，则所得函数是y =2sin(2 x + π
12 )
【答案】B
【分析】由三角函数的部分图象可得A，ω，φ 的值，即求出函数f（x）的解析式，由函数的性质分别判断
出所给命题的真假．
【解答】解：由函数图象的最高点的纵坐标可得A＝2，且3T
4 = 13 π
12 - π
3 = 3 π
4 ，
可得T＝π= 2π
ω ，可得ω＝2，
又2•π
3 +φ= π
2 +2kπ，k∈Z，|φ|＜π，
可得φ=- π
6 ，
所以f（x）＝2sin（2x- π
6 ），
A 中，因为2× π
6 - π
6 ≠kπ，k∈Z，所以（π
6 ，0）不是函数的对称中心，所以A 不正确；
B 中，f（x）＝2sin（2x- π
6 ）＝2cos（2x- π
6 - π
2 ）＝2cos（2x- 2π
3 ），所以B 正确；
C 中，因为x∈[0，π]，所以2x- π
6 ∈[- π
6 ，11π
6
]，所以sin（2x- π
6 ）∈[
1
﹣，1]，即f（x）∈[
2
﹣，2]，所
以C 不正确；
D 中，把f（x）图象上所有点向右平移π
12个单位，则所得函数y＝2sin[2（x- π
12）- π
6 ]＝2sin（2x- π
3 ），
所以D 不正确．
故选：B．
考点六 三角函数的应用
典例1．（2024·浙江·一模）古代农耕常用水车作为灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类
改造自然的成果之一.如图是一个半径为r的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的
直线为x轴，建立平面直角坐标系，一个水斗从点A (2❑√3,-2)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t秒后，水斗旋转到P点，设P点的坐标为( x , y)，其纵坐标满足
y =r sin(ωt +φ)(t ≥0,ω>0,|φ|<π
2 )，当t = 45秒时，|PA|=（ ）
A．4 ❑√2
B．❑√10
C．4 ❑√2- ❑√3
D．4
【答案】A
【分析】由A点坐标求得半径，再由周期是60 秒，经过45 秒，就是旋转了3
4 个周期，由计算出图中
∠POA（小于平角的那个），然后由勾股定理计算．
【详解】由已知r =
❑√(2❑√3)
2+(-2)
2= 4，T =60，
经过45 秒后，即旋转了3
4 个周期，因此∠POA =(1- 3
4 )×2π=π
2 ，如图，
所以|PA|= 4 ❑√2，
故选：A．
典例2．（2025·上海金山·二模）如图，现对某景区一长AB =600 m，宽AD =360 m的矩形空地进行建设.
规划在边AB , AD上分别取点M , N修建人行步道（不考虑宽度），且满足点A关于步道MN的对称点E在
边DC上.在△AMN内种植花卉，在△EMN内搭建娱乐设施，其余区域规划为露营区，则人行步道MN的
最短距离为 m.（结果精确到1m）
【答案】468
【分析】由题设有Rt△MAN ≌Rt△MEN，设∠AMN =θ(0<θ<π
2 )，根据图形中边角关系，结合三角
函数可得MN =
180
sinθ(1-sin
2θ)，注意sinθ的范围，进而应用换元法并构造函数，利用导数求最值.
【详解】由题意，Rt△MAN ≌Rt△MEN，
设∠AMN =θ(0<θ<π
2 )，则∠DNE =π-2(
π
2 -θ)=2θ，
在Rt△DEN中cos2θ = DN
NE = 360- AN
AN
，得AN =
360
cos2θ+1 = 180
cos
2θ ，
则MN = AN
sinθ =
180
sinθcos
2θ
=
180
sinθ(1-sin
2θ)，
由于¿，解得1
3 ≤tanθ≤1，
则tan
2θ = sin
2θ
cos
2θ
=
sin
2θ
1-sin
2θ
∈[
1
9 ,1]，解得
❑√10
10 ≤sinθ≤
❑√2
2 ，
令sinθ =t，t ∈[
❑√10
10 ,
❑√2
2 ]，则MN = 180
t -t
3.
令f (t )=t -t
3，则f
'(t )=1-3t
2，
令f
'(t )>0，则t ∈[
❑√10
10 ,
❑√3
3 )，函数f (t )单调递增；
令f
'(t )<0，则t ∈(
❑√3
3 ,
❑√2
2 ]，函数f (t )单调递减；
所以f (t )max = f(
❑√3
3 )= 2❑√3
9
，
所以M N min=270 ❑√3≈468，
即人行步道MN的最短距离为468 m.
故答案为：468.
【总结】
1 对于三角函数在生活或物理中的应用中，求三角函数解析式时根据题意求出最值和周期，再通过某个时
刻的取值求出最后解析式；
2 在几何的最值中，用代数法求解时引入某个角作为参数，要思考好到底哪个角适合。
跟踪训练1．（2025·陕西榆林·模拟预测）交流电的瞬时值随时间周期性变化，正负号表示电流方向的交替
变化.电流强度I（安）随时间t（秒）变化的函数I = A sin(ωt +φ)(A >0,ω>0,0<φ<π
2 )的图象如图所
示，则当t = 1
200秒时，电流强度是（ ）
A．-5安
B．5 安
C．-5 ❑√3安
D．5 ❑√3安
【答案】D
【分析】通过函数的图象求出A ,T，然后利用周期公式求出ω，将点(
1
300 ,10)代入表达式，即可求出φ
的值，得到函数解析式，代入t = 1
200 秒，即可求出电流强度.
【详解】由图象得，电流的最大值和最小值分别为10 和-10，可得A =10.
由周期T = 1
50 = 2π
ω 得ω=100π，
再将点(
1
300 ,10)代入I =10sin(100πt +φ)，得sin(
π
3 +φ)=1，
所以π
3 +φ =π
2 +2k π, φ =π
6 +2k π,k ∈Z.
因为0<φ<π
2 ，所以k =0时， φ=π
6 ，所以I =10sin(100πt +π
6 ).
将t = 1
200代入得，I =10sin(
π
2 +π
6 )=5 ❑√3.
故选：D.
跟踪训练2．（2023·陕西咸阳·二模）如图，正方形ABCD的边长为1，P、Q分别是边AB、DA边上的点，
那么当△APQ的周长为2 时，∠PCQ =（ ）
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．5π
12
【答案】B
【分析】设AP = x，AQ = y，∠BCP =a，∠DCQ = β，则tan a=1- x，tan β =1- y，且△APQ的周长
为2，即x + y +
❑√x
2+ y
2=2，利用三角函数的和差角公式计算即可.
【详解】解：设AP = x，AQ = y，∠BCP =a，∠DCQ = β，则tan a=1- x，tan β =1- y，
于是tan(α + β)=
1- x +1- y
1-(1- x)(1- y) = 2-( x + y)
( x + y)- xy ，
又△APQ的周长为2，即x + y +
❑√x
2+ y
2=2，变形可得xy =2( x + y)-2，
于是tan(α + β)=
2-( x + y)
( x + y)-[2( x + y)-2] =1，
又0<α + β <π
2 ，所以α + β =π
4 ，
∠PCQ =π
2 -(α + β)=π
4 .
故选：B.
跟踪训练3．（2025·上海松江·三模）如图，某水库有一个半径为1 百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径
MN平行坝面.坝面上点A满足AC ⊥MN，且AC长度为3 百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小
岛修建三段栈道AB、BD与BE，在半圆小岛上再修建栈道´
ME、´
DN以及MN，水面上的点B在线段AC
上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.设
∠CBE =θ，则需要修建的栈道总长度的最小值为 百米.
【答案】2π
3 +5
【分析】连接CD，CE，设∠CBE =∠CBD =θ，建立出需要修建的栈道的函数关系式，利用导数求出最
小值.
【详解】连接CD，CE，由半圆半径为1 得：CD =CE =1.
由对称性，可设∠CBE =∠CBD =θ，又CD⊥BD，CE⊥BE，
所以BE = BD = CD
tanθ =
1
tanθ ，BC = CD
sinθ =
1
sinθ ，
易知∠MCE =∠NCD =θ，所以´
ME = ´
ND的长为θ.
又AC =3，故AB = AC - BC =3-
1
sinθ ∈(0,2)，故sinθ∈(
1
3 ,1)，
令sinθ0= 1
3且θ0∈(0,π
6 )，则f (θ)=5-
1
sinθ +
2
tanθ +2θ，θ∈(θ0,π
2 )，
所以f
' (θ)=-cosθ(2cosθ -1)
sin
2θ
.
当θ0<θ<π
3 时，f
' (θ)<0，函数f (θ)在(θ0,π
3 )上单调递减，
当π
3 <θ<π
2 时，f
' (θ)>0，函数f (θ)在(
π
3 ,π
2 )上单调递增，
所以栈道总长度最小值f (θ)min= f(
π
3 )= 2π
3 +5.
故答案为：2π
3 +5.
考点七 三角函数的零点问题
典例1．（2025•华安县模拟）设函数f ( x)=2sin( 1
2 x +φ)-1，若f（x）在[0，5π]内恰有3 个零点，则φ
的取值不可以为（ ）
A．0
B．π
6
C．π
4
D．π
3
【答案】C
【分析】根据正弦函数的性质解方程f（x）＝0，结合题意建立关于φ 的不等式，然后对各项中φ 值逐一
检验，即可得到本题的答案．
【解答】解：由题意，f（x）＝0 即sin（1
2x+φ）= 1
2，
可得f（x）在[0，+∞）上的零点依次满足1
2x+φ= π
6 、5 π
6 、13 π
6
、17 π
6
、…，
当x∈[0，5π]时，1
2x+φ∈[φ，5 π
2 +φ]，
当φ＝0 时，[φ，5 π
2 +φ]＝[0，5 π
2 ]，根据π
6 、5 π
6 、13 π
6
均在区间内，可知A 项符合题意；
当φ= π
6 时，[φ，5 π
2 +φ]＝[π
6 ，8 π
3 ]，根据π
6 、5 π
6 、13 π
6
均在区间内，可知B 项符合题意；
当φ= π
4 时，[φ，5 π
2 +φ]＝[π
4 ，11π
4
]，只有5 π
6 、13 π
6
在区间内，可知C 项不符合题意；
当φ= π
3 时，[φ，5 π
2 +φ]＝[π
3 ，17 π
6
]，根据5 π
6 、13 π
6
、17 π
6
均在区间内，可知D 项符合题意．
故选：C．
典例2．（2025•宝安区模拟）已知a∈R，函数f ( x)=cos( x - 2π
3 )-a在区间[- π
6 ，π ]上有且仅有两个零
点x1，x2，则cos（x1﹣x2）﹣3a 的最小值为（ ）
A．- 17
8
B．- 9
4
C．﹣2
D．3
4
【答案】A
【分析】根据三角函数的图像与性质，可得x1+ x2= 4 π
3 ，再结合二次函数的图像性质可求得最小值．
【解答】解：由f ( x)=cos( x - 2π
3 )-a=cos( x - π
6 - π
2 )-a=sin( x - π
6 )-a=0，
得sin( x - π
6 )=a，
又x∈[- π
6 ，π ]，得x - π
6 ∈[- π
3 ，5 π
6 ]，
又sin( x1- π
6 )=sin( x2- π
6 )=a，
所以1
2 ≤a＜1，且x1- π
6 + x2- π
6 = π，所以x1+ x2= 4 π
3 ，故x2= 4 π
3 - x1，
故cos( x1- x2)-3a=cos(2 x1- 4 π
3 )-3a=-cos(2 x1- π
3 )-3a=-cos2( x1- π
6 )-3a
=2sin
2( x1- π
6 )-1-3a=2a
2-3a-1=2（a- 3
4 ）2- 17
8 ，又1
2 ≤a＜1，
所以当a= 3
4 时，cos（x1
x2
﹣
）﹣3a 取得最小值为- 17
8 ．
故选：A．
【总结】
1 直接求某个具体函数的零点个数或方程的解个数，先把函数解析式或方程通过三角恒等变换的方法进行
化简；
2 零点存在性问题，需要数形结合，结合周期性单调性进行分析。
跟踪训练1．（2025•鞍山模拟）已知函数f（x）＝cos2x
cos
﹣
x，则函数f（x）在区间[0，2π]上的零点个数
为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【分析】由二倍角余弦公式结合求解一元二次方程得到[0，2π]上的零点即可．
【解答】解：f（x）＝cos2x
cosx
﹣
＝2cos2x
cosx
1
﹣
﹣＝（2cosx+1）（cosx
1
﹣），
由f（x）＝0，得cosx =- 1
2，cosx＝1，
即x = 2π
3 +2kπ或x = 4 π
3 +2kπ，x＝2kπ，k∈Z．
所以函数f（x）在区间[0，2π]的零点是0，2π
3 ，4 π
3 ，2π共4 个．
故选：D．
跟踪训练2．（2025•辽宁模拟）设ω＞0，已知函数f（x）＝sin（ωsinx）在区间（0，π）内恰有2025 个零
点，则ω＝（ ）
A．1010π
B．1011π
C．1012π
D．1013π
【答案】D
【分析】根据题意由正弦函数的零点结合图象可得．
【解答】解：令f（x）＝sin（ωsinx）＝0，得ωsinx＝kπ，k∈Z，所以sinx = kπ
ω ，k∈Z，
又x∈（0，π），所以0＜sinx≤1，所以0＜kπ
ω ≤1，k∈Z，
所以ω≥kπ，k∈N*，
由题可得方程sinx = kπ
ω (k ∈N
*)有2025 个根，
即曲线y＝sinx 与直线y = kπ
ω ，k∈N*在区间（0，π）内共有2025 个交点．
当k＝1 时，sinx = π
ω，
当k＝2 时，sinx = 2π
ω ，
当k＝3 时，sinx = 3 π
ω ，…，
由题意方程sinx = kπ
ω (k =1，2，⋯，1012)分别有两个不同实根，且各根均不同，
所以需1013 π
ω
=1，所以ω＝1013π．
故选：D．
跟踪训练3．（2025•安徽模拟）下列函数中，同时具有性质：①最小正周期为2π
3 ；②在区间( π
12 ，π
6 )
单调递增；③在[0，π]有3 个零点的一个函数f（x）是（ ）
A．f（x）＝sin|3x|
B．f ( x)=- ❑√2cos3 x
C．f ( x)=|tan 3
2 x|
D．f ( x)= ❑√2sin3 x
【答案】B
【分析】根据三角函数的相关性质确定各函数的最小正周期、区间单调性，结合周期性得区间零点个数判
断各项的正误即可．
【解答】解：对于A：由于函数f ( x)=sin|3 x|={
sin3 x，x ≥0
-sin3 x，x＜0，作出简图①，可得其不是周期函数，
不满足性质①，故A 错误；
对于B：f ( x)=- ❑√2cos3 x的最小正周期T = 2π
3 ．
当x∈( π
12 ，π
6 )时，3 x∈( π
4 ，π
2 )，则f ( x)=- ❑√2cos3 x在( π
12 ，π
6 )单调递增，
由3 x = π
2 +kπ ，k ∈Z，得x = π
6 + kπ
3 ，k ∈Z，
所以f（x）在[0，π]上的零点有π
6 ，π
2 ，5 π
6 ，共3 个，故B 正确；
对于C：f ( x)=|tan 3
2 x|的最小正周期为T = 2π
3 ，
作出简图②，易得f（x）满足性质②．
由3
2 x =kπ ，k ∈Z得x = 2kπ
3 ，k ∈Z，所以f（x）在[0，π]上的零点有0，2π
3 ，共2 个，故C 错误；
由正弦函数性质得f ( x)= ❑√2sin3 x的最小正周期T = 2π
3 ，
当x∈( π
12 ，π
6 )时，3 x∈( π
4 ，π
2 )，则f ( x)= ❑√2sin3 x在( π
12 ，π
6 )单调递增．
由3x＝kπ，k∈Z，得x = kπ
3 ，k ∈Z，所以f（x）在[0，π]的零点有0，π
3 ，2π
3 ，π，共4 个，故D 错误．
故选：B．
考点八 三角函数的最值问题
典例1．（2025•西安模拟）已知函数f ( x)=2sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|＜π
2 )，其最小正周期为2π
3 ，
将f（x）的图象向左平移π
9 个单位长度后得到g（x）的图象，g（x）的图象关于点( π
6 ，0)对称，则当
x∈[0，π
4 ]时，f（x）的最大值为（ ）
A．1
B．2
C．❑√3
D．
❑√3
2
【答案】B
【分析】根据正弦函数的图象与性质以及三角函数图象的平移变换可得f ( x)=2sin(3 x + π
6 )，结合正弦函
数性质计算即可求解．
【解答】解：由题意可得，T = 2π
|ω| = 2π
3 ，ω＞0，
所以ω＝3，f（x）＝2sin（3x+φ）．
将f（x）的图象向左平移π
9 个单位长度得g（x）的图象，则
g( x)=2sin[3( x + π
9 )+φ]=2sin(3 x + π
3 +φ)．
因为g（x）的图象关于点( π
6 ，0)对称，
所以3× π
6 + π
3 +φ =kπ ，k ∈Z，解得φ =kπ - 5 π
6 ，k ∈Z．
又|φ|＜π
2 ，则φ= π - 5 π
6 = π
6 ，f ( x)=2sin(3 x + π
6 )．
当x∈[0，π
4 ]时，3 x + π
6 ∈[ π
6 ，11π
12 ]，
所以当3 x + π
6 = π
2 ，即x = π
9 时，f（x）取得最大值2．
故选：B．
典例2．（2025•宁德三模）若函数f ( x)=2sin( π
2 x - π
4 )在区间[a，a+1]上的最小值为m，最大值为M，
则（ ）
A．-2≤m≤-
❑√2
2
B．-2≤m≤❑√2
C．❑√2≤M ≤2
D．-
❑√2
2 ≤M ≤2
【答案】B
【分析】AB 选项，π
2 x - π
4 ∈[ π
2 a- π
4 ，π
2 a+ π
4 ]，其中π
2 a+ π
4 -( π
2 a- π
4 )= π
2 ，数形结合得到m 的最
小值为﹣2，最大值为❑√2，得到B 正确，CD 选项，同理可得- ❑√2≤M ≤2．
【解答】解：函数f ( x)=2sin( π
2 x - π
4 )在区间[a，a+1]上的最小值为m，最大值为M，
AB 选项，x∈[a，a+1]时，π
2 x - π
4 ∈[ π
2 a- π
4 ，π
2 a+ π
4 ]，
显然m 的最小值为﹣2，只需[ π
2 a- π
4 ，π
2 a+ π
4 ]内有- π
2 +2k1π ，k1∈Z即可，
当{
π
2 a- π
4 = π
4 +2k2π ，k2∈Z
π
2 a+ π
4 = 3 π
4 +2k2π ，k2∈Z
时，m 取得最大值，最大值为❑√2，
故-2≤m≤❑√2，A 错误，B 正确；
CD 选项，同理M 的最大值为2，只需[ π
2 a- π
4 ，π
2 a+ π
4 ]内有π
2 +2k3 π ，k3∈Z即可，
当{
π
2 a- π
4 =- 3 π
4 +2k 4 π ，k 4∈Z
π
2 a+ π
4 =- π
4 +2k 4 π ，k 4∈Z
时，M 取得最小值，最小值为- ❑√2，
故- ❑√2≤M ≤2，CD 错误．
故选：B．
【总结】
1 求函数的最值时，往往把函数解析式通过三角恒等变换转化为y = A sin (ωx +φ)的形式再求解，求解
过程中往往用到换元法，此时要注意新变量的取值范围；
2 最值存在性问题，需要数形结合分析，同时结合三角函数的周期和单调性进行分析。
跟踪训练1．（2025•苏州模拟）已知函数f（x）＝2cos2ωx+sin2ωx
1
﹣（ω＞0）的图象关于直线x = 5 π
12 对
称，且f（x）在(0，π
3 )上有最大值没有最小值，则ω 的值为（ ）
A．3
10
B．27
10
C．39
10
D．3
2
【答案】D
【分析】利用三角函数降幂公式以及辅助角公式整理函数解析式，根据整体思想，结合正弦函数的单调性
以及对称性，建立不等式与方程，可得答案．
【解答】解：f（x）＝2cos2ωx+sin2ωx
1
﹣＝2•1+cos2ωx
2
+sin2ωx
1
﹣＝cos2ωx+sin2ωx= ❑√2sin（2ωx+ π
4
），x∈（0，π
3 ），
所以2ωx+ π
4 ∈（π
4 ，2ωπ
3
+ π
4 ），
因为f（x）在（0，π
3 ）有最大值没有最小值，所以π
2 ＜2ωπ
3
+ π
4 ≤3 π
2 ，解得3
8 ＜ω≤15
8 ，
又因为f（x）的图象关于直线x= 5 π
12 对称，所以5ωπ
6
+ π
4 = π
2 +kπ，k∈Z，
解得ω= 6k
5 + 3
10，k∈Z，所以当k＝1 时，ω= 3
2符合要求．
故选：D．
跟踪训练2．（2025•江西模拟）已知函数f ( x)=sin( x +2θ)+cos( x + 4θ)，θ∈(0，π
4 )是偶函数，则
g（x）＝sinx•sin（x+4θ）的最大值为（ ）
A．- 1
4
B．3
4
C．1
D．1
4
【答案】B
【分析】利用偶函数定义f（x）＝f（﹣x）化简f（x）解出θ 得值，将θ 得值代入g（x），通过三角恒等
式展开并化简，利用余弦函数的有界性求出最大值．
【解答】解：由f ( x)=sin( x +2θ)+cos( x + 4θ)，θ∈(0，π
4 )是偶函数，
得sin（x+2θ）+cos（x+4θ）＝sin（﹣x+2θ）+cos（﹣x+4θ），
展开并整理得：cos2θ＝sin4θ＝2sin2θcos2θ，
整理得：sin2θ = 1
2，结合θ∈(0，π
4 )，得θ = π
12，
代入θ = π
12，4θ = π
3 ，则g( x)= sinx⋅sin( x + π
3 )，
因为sinx⋅sin( x + π
3 )= 1
2 [cos(- π
3 )-cos(2 x + π
3 )]，
化简得：g( x)= 1
4 - 1
2 cos(2 x + π
3 )，
当cos(2 x + π
3 )=-1时，g（x）取得最大值3
4 ．
故选：B．
跟踪训练3 ．（2025• 河南模拟）已知A ＞0 ，ω ＞0 ，函数f （x ）＝Asinωx 的图象与函数
g( x)= Asin(ωx + π
3 )的图象相邻的三个交点分别为B，C，D，若△BCD 是边长为12 的等边三角形，
则函数F（x）＝f（x）+g（x）的最大值为（ ）
A．6
B．6 ❑√3
C．12
D．12❑√3
【答案】B
【分析】运用两角和与差的正弦公式化简f（x）＝g（x），可得sin（ωx- π
3 ）＝0，结合|BD|＝12，解出
ω= π
6 ，且B 点的坐标为（2+6k，Asin（π
3 +kπ）），k∈Z，然后根据B、C 两点纵坐标差的绝对值等于6❑√3
，列式算出A＝6，可得F（x）＝6sinπx
6 +6sin（πx
6 + π
3 ），进而运用三角恒等变换公式与正弦函数的性质
算出F（x）的最大值．
【解答】解：由f（x）＝g（x），可得Asinωx＝Asin（ωx+ π
3 ），
即sinωx= 1
2sinωx+
❑√3
2 cosωx，可得1
2sinωx-
❑√3
2 cosωx＝0，
所以sin（ωx- π
3 ）＝0，可得ωx- π
3 =kπ（k∈Z），x= π
3ω + kπ
ω （k∈Z），
因为f（x）的图象与g（x）的图象相邻的三个交点分别为B、C、D，
且△BCD 是边长为12 的等边三角形，所以|BD|= 2π
ω =12，解得ω= π
6 ，
可得B 点横坐标xB＝2+6k（k∈Z），纵坐标yB＝Asin[π
6 ×（2+6k）]＝Asin（π
3 +kπ），k∈Z，
由等边三角形的性质，可知2|yB|=
❑√3
2 ×12，即2Asinπ
3 =6❑√3，解得A＝6，
所以f（x）＝6sinπx
6 ，g（x）＝6sin（πx
6 + π
3 ），
F（x）＝f（x）+g（x）＝6sinπx
6 +3sinπx
6 +3 ❑√3cosπx
6 =6 ❑√3sin（πx
6 + π
6 ），
所以当πx
6 + π
6 = π
2 +2mπ（m∈Z）时，即x＝2+12m（m∈Z）时，F（x）取得最大值6 ❑√3．
故选：B．
跟踪训练4．（2024•龙凤区校级模拟）设f ( x)=
1
cosx ，将f（x）的图像向右平移π
3 个单位，得到g（x）
的图像，设h（x）＝f（x）+g（x），x∈[ π
12 ，π
4 ]，则h（x）的最大值为（ ）
A．
❑√6
2
B．❑√6
C．2❑√6
D．3 ❑√6
【答案】B
【分析】根据平移得到g（x）的解析式，根据h（x）＝f（x）+g（x）得到h（x）的解析式，根据三角变
换公式以及h（x）的增减性最后得到h（x）的最大值．
【解答】解：∵将f（x）的图像向右平移π
3 个单位，得到g（x）的图像，
∴g( x)=
1
cos( x - π
3 )，
∴h( x)= f ( x)+ g( x)=
1
cosx +
1
cos( x - π
3 )
=
1
cos( x - π
6 + π
6 )
+
1
cos( x - π
6 - π
6 )，
∴h( x)=
1
❑√3
2 cos( x - π
6 )+ 1
2 sin( x - π
6 )
+
1
❑√3
2 cos( x - π
6 )- 1
2 sin( x - π
6 )，
∴h( x)=
❑√3cos( x - π
6 )
3
4 co s
2( x - π
6 )- 1
4 sin
2( x - π
6 )
，
∴h( x)=
❑√3cos( x - π
6 )
3
4 co s
2( x - π
6 )- 1
4 [1-co s
2( x - π
6 )]
，
∴
h( x)=
❑√3cos( x - π
6 )
co s
2( x - π
6 )- 1
4
=
❑√3
cos( x - π
6 )-
1
4
cos( x - π
6 )
，
∵x∈[ π
12 ，π
4 ]，
∴x - π
6 ∈[- π
12 ，π
12 ]，
∴cos( x - π
6 )∈[
❑√6+ ❑√2
4
，1]，
令t =cos( x - π
6 )，t ∈[
❑√6+ ❑√2
4
，1]，
∴cos( x - π
6 )-
1
4
cos( x - π
6 )
=t - 1
4 t ，
易知y =t - 1
4t 在t ∈[
❑√6+ ❑√2
4
，1]单调递增，
即cos( x - π
6 )-
1
4
cos( x - π
6 )
在[ π
12 ，π
4 ]单调递增，
∴h（x）在[ π
12 ，π
4 ]单调递减，
∴当cos( x - π
6 )=
❑√6+ ❑√2
4
时，h（x）最大值为❑√6，
故选：B．
考点九 求ω的取值范围
典例1．（2024•青羊区校级模拟）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω＞0)，x∈[ π
2 ，π ]的值域是[a，b]，
则下列命题错误的是（ ）
A．若b-a=2，φ= π
6 ，则ω 不存在最大值
B．若b-a=2，φ= π
6 ，则ω 的最小值是7
3
C．若b-a= ❑√3，则ω 的最小值是4
3
D．若b-a= 3
2，则ω 的最小值是4
3
【答案】D
【分析】由已知结合正弦函数的最值取得条件，周期性及单调性检验各选项即可判断．
【解答】解：A 选项：当b
a
﹣＝2，φ= π
6 时，解得a＝﹣1，b＝1，所以函数的解析式为
f ( x)=sin(ωx + π
6 )，
当ω 足够大时，[ π
2 ，π ]包含完整周期，故A 正确；
B 选项：为使ω 更小，[π
2 ，π]只包含一个最大值点，
所以{
πω
2 + π
6 ≤2kπ - π
2
πω+ π
6 ≥2kπ + π
2
，解得2k + 1
3 ≤ω≤4 k - 2
3 ，k ∈Z，
所以k＝1 时，ω≥7
3，验证成立，故B 正确；
C 选项：当b-a= ❑√3时，sin a+ β
2
≤
❑√3
2 ，当a+β＝0 时取等号，
所以sin α + β
2
≤
❑√3
2 ，α - β ≤2π
3 ，
所以[ π
2 ，π ]至少占1
3个周期，
则1
3 ⋅2π
ω ≤π
2 ，得ω≥4
3 ，故C 正确；
D 选项：当b-a= 3
2时，sin α - β
2
≤3
4 ，当α+β＝0 时取等号，
所以sinα = 3
4 ，故D 错误．
故选：D．
典例2．（2025•李沧区一模）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|≤π
2 )，x =- π
4 为f（x）的零点，
x = π
4 为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在（π
18，5 π
36 ）单调，则ω 的最大值为（ ）
A．11
B．9
C．7
D．5
【答案】B
【分析】直接利用正弦型函数的性质的应用求出ω 和φ 的值，进一步利用ω 和φ 的值，利用函数的单调性
判断结果．
【解答】解：由于f ( x)=sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|≤π
2 )，x =- π
4 函数的零点的横坐标，x = π
4 是函数
的对称轴；
所以满足¿，（k1，k2∈Z），
整理得φ = k1+k2
2
π + π
4 ，ω＝2（k2
k1
﹣
）+1（k1，k2∈Z）．
由于|φ|≤π
2 ，
所以φ=- π
4 或π
4 ．
由于函数f（x）在（π
18，5 π
36 ）单调，
故5 π
36 - π
18 ≤T
2 ，整理得T ≥π
6 ，
整理得ω≤12．
由于ω＞0，
所以0＜ω≤12．
当φ= π
4 时，则k1+k2＝0，ω＝4k2+1，所以ω＝1，5，9；
当φ=- π
4 时，则k1+k2＝﹣1，ω＝4k2+3，所以ω＝3，7，11；
若ω＝1，5 时函数在（π
18，5 π
36 ）不单调，故不符合题意；
当ω＝9 时，函数f（x）＝sin（9x+ π
4 ）在（π
18，5 π
36 ）单调，符合题意，
当ω＝11 时，函数f（x）＝sin（11x- π
4 ）在（π
18，3 π
44 ）单调递增，在（3 π
44 ，5 π
36 ）上单调递减，不符
合题意，
综上所述则ω 的最大值为9．
故选：B．
【总结】
1 函数y = Asin (ωx +φ)的最小正周期是T = 2π
|ω| ，所以ω= 2π
T ;
2 已知函数y = Asin (ωx +φ)( A >0,ω>0)在[ x1, x2]上单调递增（或递减），求ω的取值范围
第一步：根据题意可知区间[ x1, x2]的长度不大于该函数最小正周期的一半；
第二步：以单调递增为例，利用[ω x1+φ ,ω x2+φ]⊆[- π
2 +2kπ , π
2 +2kπ]，解得ω的范围，
第三步：结合第一步求出的ω的范围对k进行赋值，从而求出ω的取值范围。
3 题中含有k 个对称轴或对称中心，结合三角函数图象分析出取到k 个和k+1 个对称轴（或对称中心）时
的图象，从而得到关于ω的不等式。
4 结合零点个数求ω范围时，对于区间长度的定值的动区间，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，若在区间至多含有k 个零点，需要确定含有k+1 个零点的区间长度
的最小值。
跟踪训练1．（2025•青山湖区校级模拟）已知关于x 的方程❑√3(1- sinωx)=cosωx在（0，π）内恰有3 个
不相等的实数根，则ω 的取值范围是（ ）
A．[ 13
6 ，5
2 )
B．( 13
6 ，5
2 ]
C．[ 5
2 ，19
6 )
D．( 5
2 ，19
6 ]
【答案】B
【分析】由已知可得sin(ωx + π
6 )=
❑√3
2 ，根据方程有3 个不相等的实数根可得7 π
3 ＜ωπ + π
6 ≤8 π
3 ，求解
即可．
【解答】解：因为❑√3(1- sinωx)=cosωx，
所以cosωx + ❑√3 sinωx = ❑√3，
所以2( 1
2 cosωx +
❑√3
2 sinωx)= ❑√3，
所以sin(ωx + π
6 )=
❑√3
2 ，
由x∈（0，π），可得ωx + π
6 ∈( π
6 ，ωπ + π
6 )，
因为方程有3 个不相等的实数根，
所以由正弦函数的图像可得7 π
3 ＜ωπ + π
6 ≤8 π
3 ，
解得13
6 ＜ω≤5
2，
所以ω 的取值范围为( 13
6 ，5
2 ]．
故选：B．
跟踪训练2．（2025•长沙校级一模）将函数f ( x)=cos(ωx + π
6 )(ω＞0)的图象向右平移π
3 个单位长度后
得到函数g（x）的图象，若函数g（x）在区间( π
3 ，π
2 )上单调递减，则ω 的最大值为（ ）
A．6
B．5
C．3
D．2
【答案】B
【分析】根据“左加右减，上加下减”求出函数g（x）的解析式，再利用函数的单调性即可求出ω 的最大
值．
【解答】解：将函数f ( x)=cos(ωx + π
6 )(ω＞0)的图象向右平移π
3 个单位长度后得到
g( x)=cos[ω( x - π
3 )+ π
6 ]=cos(ωx - ωπ
3 + π
6 )，
当x∈( π
3 ，π
2 )时，ωx - ωπ
3 + π
6 ∈( π
6 ，π
6 ω+ π
6 )．
因为g（x）在区间( π
3 ，π
2 )上单调递减，
所以ωπ
6 + π
6 ≤π，所以0＜ω≤5，即ω 的最大值为5．
故选：B．
跟踪训练3．（2025•牡丹江校级模拟）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|≤π
2 )，x =- π
8 为f
（x）的零点，x = π
8 为y＝f（x）图象的对称轴，且f（x）在( π
18 ，π
9 )上单调，则ω 的最大值为
（ ）
A．10
B．12
C．14
D．18
【答案】C
【分析】由已知结合函数零点及对称轴可得ω≤18，再利用单调性分析求得ω 的最大值．
【解答】解：函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω＞0，|φ|≤π
2 )，
∵x =- π
8 为f（x）的零点，x = π
8 为y＝f（x）图象的对称轴，
∴ω•（- π
8 ）+φ＝k1π（k1∈Z）①，
ω•π
8 +φ＝k2π+ π
2 （k2∈Z）②，
∴②﹣①得，ω＝4（k2
k1
﹣
）+2（k1，k2∈Z），即ω 为偶数．
∵f（x）在( π
18 ，π
9 )上单调，∴π
9 - π
18 ≤1
2 ⋅2π
ω ，得ω≤18，
当ω＝18 时，由①得，φ= π
4 ，此时f（x）在( π
18 ，π
9 )上不单调，
当ω＝14 时，由①得，φ=- π
4 ，此时f（x）在( π
18 ，π
9 )上单调递减．
∴ω 的最大值为14．
故选：C．
跟踪训练4．（2025•青秀区模拟）已知函数f ( x)=sin(ωx - π
6 )(ω＞0)在区间( π
3 ，π
2 )上单调递增且存
在零点，则ω 的取值范围是（ ）
A．( 1
3 ，4
3 ]∪[5，6]
B．( 1
3 ，1
2 )
C．( 1
3 ，1
2 )∪[5，16
3 ]
D．[5，6]
【答案】C
【分析】根据f（x）在区间( π
3 ，π
2 )上单调递增，得到0＜ω≤6，换元法得到t ∈( π
3 ω- π
6 ，π
2 ω- π
6 )，
根据f（x）的性质得到不等式组，求出1
3 ＜ω＜1
2或5≤ω≤16
3 ，得到答案．
【解答】解：因为f（x）在区间( π
3 ，π
2 )上单调递增，
所以T
2 ≥π
2 - π
3 = π
6 ，解得T ≥π
3 ，所以0＜ω≤6，
令t =ωx - π
6 ，则当x∈( π
3 ，π
2 )时，t ∈( π
3 ω- π
6 ，π
2 ω- π
6 )，
因为f（x）在区间( π
3 ，π
2 )上单调递增且存在零点，
所以{
ωπ
3 - π
6 ≥2kπ - π
2
ωπ
2 - π
6 ≤π
2 +2kπ
- π
6 + ωπ
3 ＜2kπ ＜- π
6 + ωπ
2
，k∈Z，解得{
ω≥-1+6 k
ω≤4
3 + 4 k
ω＜1
2 +6k
ω＞1
3 + 4 k
，k∈Z，
又0＜ω≤6，
所以1
3 ＜ω＜1
2或5≤ω≤16
3 ，
所以ω 的取值范围是( 1
3 ，1
2 )∪[5，16
3 ]．
故选：C．
考点十 三角函数新定义
典例1．．（2025·陕西咸阳·模拟预测）音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦，也可称为“葫芦曲线”.它
的性质是每经过相同的时间间隔，它的振幅就变化一次.如图所示，某条葫芦曲线的方程为
|y|=(2- 1
2[
2 x
π ])|sinωx|(0≤x ≤2π)，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[-2.1]=-3,1<ω≤3且
ω∈Z，且经过点M(
5
4 π,1)，则该条葫芦曲线与直线x = 5
3 π交点的纵坐标为（ ）
A．±
❑√3
2
B．±
❑√2
2
C．±
❑√3
4
D．±
❑√2
4
【答案】C
【分析】将点M(
5
4 π,1)代入葫芦曲线的方程可得ω=2，再代入x = 5
3 π即可得解.
【详解】将点M(
5
4 π,1)代入葫芦曲线的方程可得(2- 1
2[
5
2])|sin 5π
4 ω|=1，即|sin 5π
4 ω|=1，
由0<ω≤3，ω∈Z，可得ω=2，因此曲线方程为|y|=(2- 1
2[
2 x
π ])|sin2 x|，
当x = 5
3 π时，可得|y|=(2- 1
2[
2× 5
3 π
π
])|sin(2× 5
3 π)|=(2- 1
2[
10
3 ])|sin 10
3 π|= 1
2|sin 4π
3 |=
❑√3
4
，
所以交点的纵坐标为±
❑√3
4 .
故选：C.
典例2．（多选）（2025·河南许昌·三模）如图，点P(a,b)是以(1,0),(0,1),(-1,0),(0,-1)为顶点的正
方形边上的动点，角θ以Ox 为始边，OP 为终边，定义S(θ)=
b
|a|+|b| ,C(θ)=
a
|a|+|b| ．则（ ）
A．S(
π
4 )= 1
2 ,C(π)=1
B．S(θ+π
2 )=C(θ)
C．函数y = S( x), x∈[0,π
2 ]的图象关于点(
π
4 , 1
2)对称
D．函数y = S( x), x∈[0,2π]的图象与x轴围成封闭图形的面积为π
【答案】BCD
【分析】由题意可得到a=OPcosθ ,b=OPsinθ，从而可得S(θ)=
b
|a|+|b| ,C(θ)=
a
|a|+|b| 的表达
式，直接代入化简求值，可判断AB；根据函数的对称性可判断C，判断函数y = S( x), x∈[0,2π]的对称
性，由此可求x∈[0,π
2 ]上图象与x 轴围成的图形面积，即可判断D.
【详解】由题意得a=OPcosθ ,b=OPsinθ ,∵S(θ)=
b
|a|+|b| ,C(θ)=
a
|a|+|b| ,
∴S(θ)=
OPsinθ
|OPcosθ|+|OPsinθ| , C(θ)=
OPcosθ
|OPcosθ|+|OPsinθ| ，
化简得S(θ)=
sinθ
|cosθ|+|sinθ| ,C(θ)=
cosθ
|cosθ|+|sinθ| ，
对于A， S(
π
4 )=
sinπ
4
|cosπ
4 |+|sinπ
4 |
=
❑√2
2
❑√2
2 +
❑√2
2
= 1
2 ,C(π)=
cosπ
|cosπ|+|sinπ| = -1
1+0 =-1，故A
错误；
对于B， S(θ+π
2 )=
sin(θ+π
2 )
|cos(θ+π
2 )|+|sin(θ+π
2 )|
=
cosθ
|cosθ|+|sinθ| =C(θ)，故B 正确；
对于C，∵y = S( x), x∈[0,π
2 ],∴S( x)=
sin x
cos x +sin x ，
而S(2×π
4 - x)= S(
π
2 - x) =
sin(
π
2 - x)
cos(
π
2 - x)+sin(
π
2 - x)
=
cos x
cos x +sin x ，
故S( x)+ S(2×π
4 - x)=
sin x
cos x +sin x +
cos x
cos x +sin x =1=2× 1
2，
故S( x)的图象关于点(
π
4 , 1
2)对称，故C 正确，
对于D，∵y = S( x), x∈[0,2π],∴S( x)=
sin x
|cos x|+|sin x| ，
而S (2π- x)=
sin(2π- x)
|cos(2π- x)|+|sin(2π- x)| =-
sin x
|sin x|+|cos x|
∴S( x)+ S(2π- x)=0，
故S( x)的图象关于点(π,0)对称，
而S(π- x) =
sin(π- x)
|cos(π- x)|+|sin(π- x)| =
sin x
|sin x|+|cos x| = S( x)，
即S( x)关于x =π
2 对称，且设S( x)在[0,π
2 ]内与x轴围成封闭图形的面积为A，
故所求S( x)在[0,2π]内与x轴围成封闭图形的面积为4A，
当x∈[0,π
2 ]时，S( x)=
sin x
cos x +sin x ，
且S(0) =0, S(
π
2 )=1, S(
π
2 - x)+ S( x)=
cos x
cos x +sin x +
sin x
cos x +sin x =1，
S( x)在[0,π
2 ]上的图象关于点(
π
4 , 1
2)对称，
在[0,π
2 ]的图象与x轴围成图形面积等于以π
2 ,1为直角边的直角三角形面积，
故A = 1
2 ×1×π
2 =π
4 ，则4 A = 4×π
4 =π，故D 正确．
故选：BCD．
跟踪训练1．（2025·浙江·二模）古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、
正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数cot θ =
1
tanθ ，正割函数
sec θ =
1
cosθ ，余割函数csc θ =
1
sinθ ，正矢函数ver sinθ =1-cosθ，余矢函数ver cosθ =1-sinθ.如图角
θ始边为x轴的非负半轴，其终边与单位圆交点P，A、B分别是单位圆与x轴和y轴正半轴的交点，过点P
作PM垂直x轴，作PN垂直y轴，垂足分别为M、N，过点A作x轴的垂线，过点B作y轴的垂线分别交θ
的终边于T、S，其中AM、PS、BS、NB为有向线段，下列表示正确的是（ ）
A．ver sinθ = AM
B．csc θ = PS
C．cot θ = BS
D．sec θ = NB
【答案】C
【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知sinθ = MP，cosθ =OM，tanθ = AT，然后结合新定义简单
计算可判断各个选项.
【详解】根据题意，易得△OMP∼△OAT ∼△SBO∼△PNO，
对于A，因为1-cosθ =1-OM = MA，即ver sinθ = MA，故A 错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，csc θ =
1
sinθ = 1
MP = BO
MP = OS
OP =OS，故B 错误；
对于C，cot θ =
1
tanθ =
1
tan ∠OSB = BS，故C 正确；
对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得sec θ =
1
cosθ =
1
OM = OA
OM = OT
OP =OT，故D 错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似
三角形相似比求解，注意有向线段.
跟踪训练2．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系中，∠α的终边OP与正方形
ABCD交于点P(x , y)，我们定义∠α的类余弦值Lcosα = x，类正弦值Lsinα = y.则下面叙述正确的是
（ ）
A．对任意的α ∈R ,( Lcosα )
2+( Lsinα )
2=1
B．对任意的α ∈R , Lcosα + Lsinα ≤❑√2
C．f ( x)= Lcos x在区间[π, 7π
4 ]上单调递增
D．对任意的α ∈R , Lcos(π
2 -α )= Lsinα
【答案】D
【分析】根据给定的定义，举例说明判断ABC；利用轴对称性推理判断D.
【详解】对于AB，当α =π
4 时，Lcosα = Lsinα =1，
( Lcosα )
2+( Lsinα )
2=2>1, Lcosα + Lsinα =2>❑√2，AB 错误；
对于C，Lcos 5
4 π= Lcosπ=-1，C 错误；
对于D，正方形ABCD关于直线y = x对称，∠α和π
2 -∠α的终边也关于直线y = x对称，
则∠α和π
2 -∠α的终边和正方形ABCD的交点也关于直线y = x对称，所以Lcos(π
2 -α )= Lsinα，D
正确.
故选：D
跟踪训练3．（2025·上海浦东新·三模）著名数学家傅立叶认为所有的乐声都能用一些形如y = A sin ωx的
正弦型函数之和来描述，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音．研究表明，所有泛音的频率都是
基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波．若对应于y =sin(
80
n
2 +n)x +sin(
80
n
2 -n)x的泛音是对应于
y =sin 2 x
5 的基本音的一个谐波，则正整数n的所有可能取值之和为
【答案】12
【分析】由所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，可得到¿，k1,k2∈Z，代入分析整数解，可得到有
限个正整数n的解，一一验证，即可得到符合条件的n.
【详解】因为所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，所以¿，k1,k2∈Z,
∴¿ (1)，两式相加得：160
n
2 = 2
5 (k1+k2)，∴n
2⋅(k1+k2)= 400=2
4×5
2，
又∵k1+ k2∈Z，且n∈N，n
2∈N，∴n的可能值为：1，2，4，5，10，20，
一一代入(1)式中能同时使k1，k2为整数的n值即为正解；
经检验：n的值为2和10；
所以正整数n的所有可能取值之和为2+10=12.
故答案为：12.
1（2025·山东青岛·三模）已知函数f ( x)=sin(ωx +π
3 )+b的图象关于点(
π
2 ,2)中心对称，则f (2π )=
（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】由三角函数图象的对称性可得结果.
【详解】由题意，可得b=2，且f ( π
2 )=2，即sin(
πω
2
+π
3 )=0，
所以πω
2
+π
3 =k π，解得：ω=2k - 2
3，k ∈Z，
函数f ( x)=sin((2k - 2
3)x +π
3 )+2，
所以f (2π )=sin((2k - 2
3)×2π +π
3 )+2=sin (- π )+2=2.
故选：C.
2（2025·江苏扬州·三模）当x∈[0,2π]时，曲线y =sin 2 x与y =2sin(2 x -π
4 )的交点个数为（ ）
A．3
B．4
C．6
D．8
【答案】B
【分析】根据五点法作图，在同一坐标系中画出函数图形，判断交点个数.
【详解】作y =sin2 x图像，列表：
2 x
0
π
2 π 3π
2
2π 5π
2
3π 7π
2
4π
x
0
π
4
π
2
3π
4
π
5π
4
3π
2
7π
4
2π
sin 2 x 0
1
0
-1
0
1
0
-1
0
作y =2sin(2 x -π
4 )图像，列表：
2 x -π
4
-π
4
0
π
2
π
3π
2
2π 5π
2
3π
7π
2
15π
4
x
0
π
8
3π
8
5π
8
7π
8
9π
8
11π
8
13π
8
15π
8
2π
2sin(2 x -π
4
- ❑√2
0
2
0
-2
0
2
0
-2
- ❑√2
在同一坐标系中画出图形，如下图所示，
则两个函数在[0,2π]上有4 个交点.
故选：B.
3（2025·湖北武汉·模拟预测）将函数f (x)=2tan(ωx +π
6 )(ω>0)的图象向左平移π
3 个单位，得到函数
g(x)的图象，若g(x)为奇函数，则ω的最小值是（ ）
A．1
2
B．1
C．2
D．5
2
【答案】B
【分析】利用平移思想，结合正切函数平移π
2 k ,k ∈Z都是奇函数，可得ω的取值可能，从而可得最小值.
【详解】函数f (x)=2tan(ωx +π
6 )(ω>0)的图象向左平移π
3 个单位，
得到函数g(x)= f(x +π
3 )=2tan[ω(x +π
3 )+π
6 ]=2tan(ωx + ωπ
3
+π
6 ),
由g(x)为奇函数，则ωπ
3
+π
6 = k π
2 ⇒ω=- 1
2 + 3k
2 ,k ∈Z，
因为ω>0，所以ω的最小值是1，
故选：B.
4（2025·甘肃定西·模拟预测）若函数f (x)=tan(ωx + 2π
3 )(ω>0)在区间(0,π)上单调递增，则ω的取值
范围是（ ）
A．(0, 1
3]
B．(0, 1
2]
C．(0, 5
6]
D．(0,3]
【答案】C
【分析】由正切函数单调性、复合函数单调性可列不等式即可求解.
【详解】当x∈(0,π)时，ωx + 2π
3 ∈(
2π
3 ,ωπ+ 2π
3 )，由f (x)在区间(0,π)上单调递增，
得2π
3 <ωπ+ 2π
3 ≤3π
2 ，解得0<ω≤5
6.
故选：C.
5（2025·广东广州·三模）已知函数f (x)=2sin (ωx +φ)(ω>0,|φ|<π
2 )的部分图象如图所示，若A，B，C
是直线y =m(m>0)与函数f (x)图象的从左至右相邻的三个交点，且|AB|= 1
3|BC|，则m=（ ）
A．1
B．❑√2
C．❑√3
D．4
3
【答案】B
【分析】由三角函数的性质得出f (x)的周期，求出ω的值，再根据题意代入自变量求解
【详解】由题意可得3T
4 =7π
2 -π
2 =3π，所以最小正周期T = 4π，所以2π
ω = 4π，解得ω= 1
2，
所以f (x)=2sin(
1
2 x +φ)，由图象过点(
π
2 ,2)，所以2sin(
π
4 +φ)=2，
所以sin(
π
4 +φ)=1，所以π
4 +φ=π
2 +2k π,k ∈Z，所以φ=π
4 +2k π,k ∈Z，
又|φ|<π
2 ，所以φ=π
4 ，所以f (x)=2sin(
1
2 x +π
4 )，
因为A，B，C 是直线y =m(m>0)与函数f (x)图象的从左至右相邻的三个交点，且|AB|= 1
3|BC|，
所以4|AB|= 4π，所以|AB|=π，所以1
2|AB|=π
2 ，
所以m=2sin[
1
2(
π
2 +π
2 )+π
4 ]=2cosπ
4 = ❑√2.
故答案为：B.
6（2025·上海闵行·二模）已知函数y =cos(
π
6 x +π
3 )在区间[a,a+9]上既有最大值1 又有最小值-1，则
关于实数a的取值，以下不可能的是（ ）．
A．2024
B．2025
C．2026
D．2027
【答案】D
【分析】由余弦函数的周期和最值点的分布，以及区间内包含最值点的条件逐项判断即可.
【详解】由题意可得函数的周期为T = 2π
π
6
=12，
最大值点满足π
6 x +π
3 =2k π,k ∈Z，解得x =12k -2,k ∈Z，
最小值点满足π
6 x +π
3 =2k π+π,k ∈Z，解得x =12k + 4 ,k ∈Z，
因为函数y =cos(
π
6 x +π
3 )在区间[a,a+9]上既有最大值又有最小值，区间的长度为9，
对于A，若a=2024，当k =169时，最大值点为2026，最小值点为2032，此时位于区间[2024,2033]内，
故A 正确；
对于B，若a=2025，当k =169时，最大值点为2026，最小值点为2032，此时位于区间[2025,2034]内，
故B 正确；
对于C，若a=2026，当k =169时，最大值点为2026，最小值点为2032，此时位于区间[2026,2035]内，
故C 正确；
对于D，若a=2027，当k =169时，最大值点为2026，当k =170时，最大值点为2038，此时不位于区间
[2027,2036]内，故D 错误.
故选：D
7（2025·甘肃白银·模拟预测）如图，将函数f (x)= 4 sin (ωx +φ)(ω>0,|φ|<π)的图象向左平移得到
g(x)= 4 sin ωx的图象，其中点A 是g(x)图象上的最高点，N , M分别是f (x)，g(x)的图象与x 轴的相邻交
点（如图所示），若| MN |=| AM |，△AMN的面积为10，则f (x)=（ ）
A．4sin(
π
6 x - 5π
6 )
B．4sin(
π
6 x + 5π
6 )
C．4sin(
π
3 x -π
3 )
D．4sin(
π
6 x -π
3 )
【答案】A
【分析】设图象向左平移最小θ(θ>0)个单位，得到ωθ+φ =0，再结合三角形△AMN的面积及
| MN |=| AM |，列出等式求解ω,φ即可.
【详解】函数f (x)= 4 sin (ωx +φ)(ω>0,|φ|<π)的图象向左平移最小θ(θ>0)个单位得到g(x)= 4 sin ωx，
则4 sin[ω(x +θ)+φ]= 4 sin (ωx +ωθ+φ)= 4 sin ωx，
又ω>0,|φ|<π，
所以ωθ+φ =0，即θ =-φ
ω ，
所以| MN |=-φ
ω ，
三角形△AMN的面积1
2 ×-φ
ω ×4 =10，
即φ
ω =-5，
又函数的周期为2π
ω ，
所以| AM |= ❑√
16+(
π
2ω)
2
=-φ
ω ，联立φ
ω =-5，
解得：ω=π
6 ,φ=- 5π
6 ，
所以f (x)= 4sin(
π
6 x - 5π
6 )，
故选：A
8（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知A ,B分别是x , y轴正半轴上的两个动点，且AB = ❑√2，如图，以AB
为边构造正方形ABCD，分别过点C , D向x轴做垂线，垂足依次为E , F，当点A由(❑√2,0)向左运动到原
点的过程中，四边形CEFD面积的变化趋势可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用三角函数表达四边形CEFD的面积，然后利用三角函数变换公式化简，进而根据三角函数的
单调性做出判定..
【详解】当点A由(❑√2,0)向左运动到原点的过程中，设∠BAO=θ,θ从0到π
2 变化.
作BN ⊥CE于点N，DM ⊥CE于M.
则∠ADF =∠CDM =∠BCN =∠BAO =θ,
所以| DF |=|CN |=| EF |=|OA |=| AB|cosθ = ❑√2cosθ，
| EN |=|OB|=| AB|sinθ = ❑√2sinθ，
|CE|=|CN |+| NE|= ❑√2(sinθ+cosθ),
所以S四边形CEFD= 1
2 (|CE|+|DF|)×|EF|=(2cosθ+sinθ)cosθ
= 1
2 sin 2θ+cos2θ+1=
❑√5
2 sin (2θ+φ)+1,其中φ∈(0, π
2),tan φ =2.
∵2θ+φ∈[φ ,π +φ]，
所以当0≤θ≤π
4 - φ
2 时S四边形CEFD随着θ的增大而增大；当π
4 -φ≤θ≤π
2 时S四边形CEFD随着θ的增大而减小.
因此当点A由(❑√2,0)向左运动到原点的过程中，θ从0到π
2 变化，四边形CEFD面积的变化趋势是先增大，
后减小，
结合图象，只有C 正确.
故选：C.
9（多选）（2025·河北廊坊·模拟预测）“早潮才落晚潮来，一月周流六十回”，潮汐现象是海水受日月的
引力而引起的周期性涨落现象，观察发现某港口的潮汐涨落规律为y = A cos(ωt +φ)+k（其中
A >0,ω>0,0<φ<π, y（单位:m）为港口水深，t（单位:h）为时间，0≤t ≤24）.若某轮船当水深大于
13 m时可以进出港口，根据表格中的观测数据，下列说法正确的是（ ）
时间t
1
4
7
10
13
16
19
22
水深y
11
12.5
14
12.5
11
12.5
14
12.5
A．A =2.5
B．φ = 5π
6
C．该轮船9 点可以进出港口
D．该轮船从0 点到12 点，在港口可停留的时间最长不超过4 小时
【答案】BC
【分析】根据表中数据求出A ,ω,φ可判断A B C；求出cos(
π
6 t + 5π
6 )≥1
2时，轮船从0 点到12 点在港
口可停留的时间，结合y =cos x的单调性可判断cos(
π
6 t + 5π
6 )> 1
3时停留的时间比
cos(
π
6 t + 5π
6 )≥1
2时停留的时间长可判断D.
【详解】对于A，由表格数据可得A = 14 -11
2
=1.5，故A 错误；
对于B，由表格数据可得T =12= 2π
ω ，解得ω=π
6 ，k =12.5，
所以y =1.5cos(
π
6 t +φ)+12.5，因为点(1,11)在函数图象上，
所以1.5cos(
π
6 +φ)+12.5=11，即cos(
π
6 +φ)=-1，又因为0<φ<π，
所以φ= 5π
6 ，故B 正确；
对于C，当t =9时，1.5cos(
π
6 ×9+ 5π
6 )+12.5= 1.5
2 +12.5=13.25>13，故C 正确；
对于D，由1.5cos(
π
6 t + 5π
6 )+12.5>13，得cos(
π
6 t + 5π
6 )> 1
3，
由cos(
π
6 t + 5π
6 )≥1
2得2k π-π
3 ≤π
6 t + 5π
6 ≤2k π+π
3
(k ∈Z)，
即12k -7≤t ≤12k -3(k ∈Z)，当k =1时，5≤t ≤9，9-5= 4，
因为cos(
π
6 t + 5π
6 )≥1
2 > 1
3得该轮船从0 点到12 点，在港口可停留的时间最长超过4 小时，故D 错误.
故选：BC.
10（多选）（2025·安徽合肥·模拟预测）对于函数f (x)=|sin2 x|和g(x)=|cos2 x|，下列正确的有（ ）
A．f (x)与g(x)有相同零点
B．f (x)与g(x)有相同最大值
C．f (x)与g(x)有相同的最小正周期
D．f (x)与g(x)的图象有相同的对称轴
【答案】BCD
【分析】求出两函数的零点判断A；根据最大值判断B；求出两函数的最小正周期判断C；求出两函数的对
称轴判断D.
【详解】令f (x)=0，解得：x = k π
2 ,k ∈Z；令g(x)=0，解得：x =π
4 + k π
2 ,k ∈Z；
所以f (x)与g(x)零点不相同，故A 错误；
f (x)与g(x)有相同最大值1，故B 正确；
y =sin2 x与y =cos2 x与g(x)的最小正周期都是2π
2 = π，
所以函数f (x)=|sin2 x|和g(x)=|cos2 x|最小正周期都为π
2 ，故C 正确；
f (x)与g(x)有相同的对称轴为x = k π
4 ,k ∈Z，故D 正确.
故选：BCD.
11（多选）（2025·江西·二模）在平面直角坐标系中，曲线C 由函数y =cos x(- 3π
4 ≤x ≤5π
4 ) 和
y =sin x(- 3π
4 ≤x ≤5π
4 )的图象构成，则（ ）
A．C 关于直线 x =π
4 对称
B．C 关于点 (
π
4 ,0)对称
C．直线x =a被C 截得的线段长的最大值为 ❑√2
D．C 围成的图形的面积大于2π
【答案】AC
【分析】根据函数的图象判断A，B，结合三角函数值域判断C，应用割补法判断D.
【详解】画出 C 的图象，由图可知 A 正确，B 错误；
直线 x =a(- 3π
4 ≤a≤5π
4 )被 C 截的弦长为|cosa-sina|= ❑√2∣cos(a+π
4 )∣≤❑√2，故 C 正确；
当 - 3π
4 ≤x ≤π
4 时，如图，4 个阴影部分面积相等，区域②的面积小于区域①的面积，区域③的面积小
于区域④的面积.
利用割补法知曲线C 在 [- 3 π
4 , π
4)上围成的图形的面积小于以 π
2 为宽、2 为高的矩形ABCD 的面积π，
即曲线C 围成的图形的面积小于2π，故D 错误.
故选 :AC.
1（2025·福建宁德·三模）若函数f (x)=2sin(
π
2 x -π
4 )在区间[a,a+1]上的最小值为m，最大值为M，
则（ ）
A．-2≤m≤-
❑√2
2
B．-2≤m≤❑√2
C．❑√2≤M ≤2
D．-
❑√2
2 ≤M ≤2
【答案】B
【分析】AB 选项，π
2 x -π
4 ∈[
π
2 a-π
4 ,π
2 a+π
4 ]，其中π
2 a+π
4 -(
π
2 a-π
4 )=π
2 ，数形结合得
到m的最小值为-2，最大值为❑√2，得到B 正确，CD 选项，同理可得- ❑√2≤M ≤2.
【详解】AB 选项，x∈[a,a+1]时，π
2 x -π
4 ∈[
π
2 a-π
4 ,π
2 a+π
4 ]，
其中π
2 a+π
4 -(
π
2 a-π
4 )=π
2 ，
显然m的最小值为-2，只需[
π
2 a-π
4 ,π
2 a+π
4 ]内有-π
2 +2k1π,k1∈Z即可，
当¿时，m取得最大值，最大值为❑√2，
故-2≤m≤❑√2，A 错误，B 正确；
CD 选项，同理M的最大值为2，只需[
π
2 a-π
4 ,π
2 a+π
4 ]内有π
2 +2k3π,k3∈Z即可，
当¿时，M取得最小值，最小值为- ❑√2，
故- ❑√2≤M ≤2，CD 错误；
故选：B
2（2025·天津红桥·模拟预测）设a∈R，函数f ( x)=¿，若函数f ( x)在区间(0,+∞)内恰有6 个零点，则a
的取值范围是（ ）
A．(2, 9
4 ]∪( 5
2 , 11
4 ]
B．( 7
4 ,2]∪( 5
2 , 11
4 ] C．(2, 9
4 ]∪[ 11
4 ,3)
D．
( 7
4 ,2)∪[ 11
4 ,3)
【答案】A
【分析】由二次函数最多两个零点，讨论f ( x)=cos[2π( x -a)]在x∈（0，a)区间分别取4、5、6 个
零点时的a的取值范围，再讨论f (x)= x
2-2(a+1) x +a
2+5在x∈[a,+∞)区间分别取0、1、2 个零点时的
a的取值范围，最后进行组合即可.
【详解】
函数
⸪
f (x)在区间(0,+ ∞)内恰有6 个零点，且二次函数最多两个零点，
当
⸫
x<a时，f (x)=0至少有四个根，
令f ( x)=cos(2π x -2πa)=cos[2π( x -a)]=0，则2π(x -a)=π
2
+k π,k ∈Z
解得：x = k
2 + 1
4 +a，⸪x∈（0，+ ∞），⸫0< k
2 + 1
4 +a<a，即-2a- 1
2 <k <- 1
2，
当x<a时，f ( x)=cos[2π( x -a)]，
①若f (x)有4 个零点，此时-5≤-2a- 1
2 <- 4，即7
4 <a≤9
4 ；
②若f (x)有5 个零点，此时-6≤-2a- 1
2 <-5，即9
4 <a≤11
4 ；
③若f (x)有6 个零点，此时-7≤-2a- 1
2 <-6，即11
4 <a≤13
4 ；
当x ≥a时，f (x)= x
2-2(a+1) x +a
2+5，
令Δ=4(a+1)
2- 4(a
2+5)=8a-16=0，解得：a=2，
①若a<2，f (x)没有零点；②若a=2，x =3，f (x)有1 个零点；
③若a>2，f (a)=a
2-2a(a+1)+a
2+5=-2a+5，且对称轴x =a+1，
当-2a+5≥0时，即2<a≤5
2，f (x)有2 个零点；
当-2a+5<0时，即a> 5
2，f (x)有1 个零点
综上所述，函数f (x)在区间(0,+ ∞)内恰有6 个零点需要满足，
¿或¿或¿
解得a∈(2, 9
4]∪(
5
2 , 11
4 ]
故选：A.
3（多选）（2025·四川成都·模拟预测）函数f (x)= ❑√5sin x + ❑√5cos x的图象向右平移θ(0<θ< π
2)个单位
得到函数g(x)=3sin x +acos x(a<0)的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．a=-2
B．tanθ =2
C．当π
4 ≤x ≤3 π
4 时，g( x)min= ❑√2
D．若π
4 ≤x1< x2≤3 π
4 ，且g(x1)= g(x2)，则g(x1+ x2)=-1
【答案】BCD
【分析】对于选项A，根据图象平移前后的三角函数化简可求得a的值；对于选项B，直接根据正切公式化
简即可求得；对于选项C，D，根据正弦函数的性质进行求解即可.
【详解】对于A：f (x)= ❑√5sin x + ❑√5cos x = ❑√10sin(x + π
4)的图象向右平移θ得
g(x)= ❑√10sin(x -θ+ π
4).
又g(x)=3sin x +acos x =
❑√a
2+9sin(x -φ)，
∴
❑√a
2+9= ❑√10且a<0，∴a=-1，A 错误.
对于B：由于tanφ =tan(θ - π
4)= 1
3 =tanθ -1
1+tanθ ，∴tanθ =2，B 正确.
对于C：由π
4 ≤x ≤3 π
4 得x -θ+ π
4 ∈[
π
2 -θ ,π -θ]，
从而g( x)min= ❑√10sin(
π
2 -θ)= ❑√10cosθ = ❑√2，C 正确.
对于D：
π
4 ≤x1< x2≤3 π
4 ，且g(x1)= g(x2)得x1-θ+ π
4 + x2-θ+ π
4 = π，
从而x1+ x2= π
2 +2θ.
则g(x1+ x2)= ❑√10sin(
π
2 +2θ -θ+ π
4)= ❑√10sin(
3 π
4 +θ)= ❑√10[
1
❑√2 × 1
❑√5 +(- 1
❑√2)× 2
❑√5]=-1，D 正
确.
故选：BCD.
4（多选）（2025·浙江·二模）已知函数f (x)=sin
4 x -cos
2 x，则下列正确的是（ ）
A．π是f (x)的一个周期
B．f (x)的图象关于点(
π
4 ,0)对称
C．f (x)的图象关于直线x =π
2 对称
D．f (x)在区间(
π
2 ,π)上单调递减
【答案】ACD
【分析】通过三角恒等式化简函数表达式为f (x)= cos
22 x - 4 cos2 x -1
4
，利用函数周期性的定义可判断A
选项；利用函数对称性的定义可判断B,C 选项；利用复合函数的单调性可判断D 选项.
【详解】f (x)=sin
4 x -cos
2 x =(
1-cos2 x
2
)
2
- 1+cos2 x
2
= 1-2cos2 x +cos
22 x
4
- 1+cos2 x
2
= cos
22 x - 4 cos2 x -1
4
，
因为f (x + π )= cos
22(x + π )- 4 cos2(x + π )-1
4
= f (x),π是函数的一个周期，故A 正确；
因为
f(
π
2 - x)+ f (x)=
cos
22(
π
2 - x)- 4 cos2(
π
2 - x)-1
4
+ cos
22 x - 4 cos2 x -1
4
= cos
22 x + 4 cos2 x -1
4
+ cos
22 x - 4 cos
4
,
不恒为0，故B 错误；
因为f (π - x)= cos
22(π - x)- 4 cos2(π - x)-1
4
= cos
22 x - 4 cos2 x -1
4
= f (x), 所以f (x)的图象关于直线
x =π
2 对称，故C 正确；
当x∈(
π
2 ,π)时，2 x∈(π ,2π ),则t =cos2 x在x∈(
π
2 ,π)时单调递增，且t =cos2 x∈(-1,1)
又y = t
2- 4t -1
4
,t ∈(-1,1)单调递减，由复合函数的单调性可得f (x)在区间(
π
2 ,π)上单调递减，故D
正确.
故选：ACD.
5（多选）（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)=sin (ωx +φ)(ω>0,|φ|<π)，且f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)．
则（ ）
A．当ω= 2
3时，φ=π
3
B．当ω=2时，φ =0
C．当ω=3时，φ =π
6 或φ =-5π
6
D．当ω=1时，φ =π
4 或φ =-3π
4
【答案】BD
【分析】对于选项中的每个ω的值进行验证，求出函数f (x)的最小正周期，分析可知直线x =π
4 为函数
f (x)的一条对称轴，利用正弦型函数的对称性结合φ的取值范围，求出φ的可能取值，再结合
f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)验证即可.
【详解】对于A 选项，当ω= 2
3时，f (x)=sin(
2 x
3 +φ)(|φ|<π)，
此时函数f (x)的最小正周期为T = 2π
2
3
=3π
，
因为f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，则直线x =π
4 为函数f (x)的一条对称轴，
所以2
3 ×π
4 +φ =k π+π
2
(k ∈Z)，可得φ=k π+π
3
(k ∈Z)，
因为|φ|<π，所以φ =π
3 或- 2π
3 ，
当φ=-2π
3 时，f (x)=sin(
2 x
3 - 2π
3 )，此时f (0)=sin(- 2π
3 )=-
❑√3
2 ，
f (-π)=sin(- 4π
3 )=sin(2π- 4π
3 )=sin 2π
3 =
❑√3
2 ，满足f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，
当φ=π
3 时，f (x)=sin(
2 x
3 +π
3 )，此时f (0)=sinπ
3 =
❑√3
2 ，
f (-π)=sin(-π
3 )=-
❑√3
2 ，满足f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，
综上所述，当ω= 2
3时，φ=π
3 或- 2π
3 ，A 错；
对于B 选项，当ω=2时，f (x)=sin (2 x +φ)(|φ|<π)，
此时函数f (x)的最小正周期为T = 2π
2 =π，
因为f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，则直线x =π
4 为函数f (x)的一条对称轴，
所以2×π
4 +φ =k π+π
2
(k ∈Z)，可得φ =k π(k ∈Z)，
因为|φ|<π，所以φ =0，此时f (x)=sin 2 x，则f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)=0，合乎题意，B 对；
对于C 选项，当ω=3时，f (x)=sin (3 x +φ)(|φ|<π)，
函数f (x)的最小正周期为T = 2π
3 ，
因为f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，则直线x =π
4 为函数f (x)的一条对称轴，
所以3×π
4 +φ=k π+π
2
(k ∈Z)，可得φ=k π-π
4
(k ∈Z)，
因为|φ|<π，所以φ=-π
4 或3π
4 ，
当φ=-π
4 时，f (x)=sin(3 x -π
4 )，则f (0)=sin(-π
4 )=-
❑√2
2 ，
f (-π)=sin(-3π-π
4 )=sin(π-π
4 )=
❑√2
2 ，满足f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，
当φ =3π
4 时，f (x)=sin(3 x +3π
4 )，则f (0)=sin 3π
4 =
❑√2
2 ，
f (-π)=sin(-3π+ 3π
4 )=sin(
3π
4 -π)=-sinπ
4 =-
❑√2
2 ，
满足f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，
故当ω=3时，φ =-π
4 或3π
4 ，C 错；
对于D 选项，当ω=1时，f (x)=sin (x +φ)(|φ|<π)，
函数f (x)的最小正周期为T =2π，
因为f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，则直线x =π
4 为函数f (x)的一条对称轴，
所以π
4 +φ =k π+π
2
(k ∈Z)，可得φ =k π+π
4
(k ∈Z)，
因为|φ|<π，所以φ=-3π
4 或π
4 ，
当φ=-3π
4 时，f (x)=sin(x - 3π
4 )，则f (0)=sin(- 3π
4 )=-
❑√2
2 ，
f (-π)=sin(- 7π
4 )=sin(2π- 7π
4 )=sinπ
4 =
❑√2
2 ，满足f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，
当φ=π
4 时，f (x)=sin(x +π
4 )，则f (0)=sinπ
4 =
❑√2
2 ，
f (-π)=sin(- 3π
4 )=-
❑√2
2 ，满足f (0)= f(
π
2 )=- f (-π)，
故当ω=1时，φ =π
4 或φ =-3π
4 ，D 对.
故选：BD.
6（多选）（2025·吉林·三模）已知函数f (x)=sin x|cos x|+cos x|sin x|，则下列说法正确的是（ ）
A．f (x)的周期为2π
B．f (x)的图象关于x =π
4 对称
C．f (x)在[0,π]上恰有3 个零点
D．若f (ωx)(ω>0)在[0,π
2 ]上单调递增，则ω的最大值为1
2
【答案】ABD
【分析】对于A，根据周期函数的定义判断即可；对于B，通过计算判断方程f(
π
4 + x)= f(
π
4 - x)是否
成立即可；对于C，根据f (x)的函数解析式以及函数图象即可判断；对于D，根据f (x)的图象和单调性可
求ω的最大值.
【详解】①当x∈[2k π,2k π+π
2 )(k ∈Z)时，f (x)=sin x cos x +cos x sin x =2sin x cos x =sin 2 x，
②当x∈[2k π+π
2 ,2k π+π)(k ∈Z)时，f (x)=sin x (-cos x)+cos x sin x =0，
③当x∈[2k π+π,2k π+ 3π
2 )(k ∈Z)时，
f (x)=sin x (-cos x)+cos x (-sin x)=-2sin x cos x =-sin 2 x，
④当x∈[2k π+ 3π
2 ,2k π+2π)(k ∈Z)时，f (x)=sin x cos x +cos x (-sin x)=0，
因此，f (x)=¿，k ∈Z.
所以函数f (x)的图象，如图所示：
A 选项：因为f (x +2π)=sin(x +2π)|cos(x +2π)|+cos(x +2π)|sin(x +2π)|
=sin x|cos x|+cos x|sin x|= f (x)，所以f (x)的周期为2π，故A 正确；
B 选项：因为f(
π
4 + x)=sin(
π
4 + x)|cos(
π
4 + x)|+cos(
π
4 + x)|sin(
π
4 + x)|
=sin[
π
2 -(
π
4 - x)]|cos[
π
2 -(
π
4 - x)]|+cos[
π
2 -(
π
4 - x)]|sin[
π
2 -(
π
4 - x)]|
=cos(
π
4 - x)|sin(
π
4 - x)|+sin(
π
4 - x)|cos(
π
4 - x)|= f(
π
4 - x)，
所以f (x)的图象关于x =π
4 对称，故B 正确；
C 选项：由f (x)的函数解析式以及函数图像可知：
当x =0时，f (x)=0，当x∈(0,π
2 )时，f (x)>0，当x∈[
π
2 ,π]时，f (x)=0，
所以f (x)在[0,π]上有无数个零点，故C 错误；
D 选项：由ω>0，0≤x ≤π
2 ，得0≤ωx ≤π
2 ω，
因为f (ωx)(ω>0)在[0,π
2 ]上单调递增，所以由f (x)的图象可知0<π
2 ω≤π
4 ，
解得0<ω≤1
2，则ω的最大值为1
2，故D 正确；
故选：ABD.
7（2025·北京海淀·一模）如图所示，某游乐场有一款游乐设施，该设施由转轮A和转轮B组成，B的圆心
固定在转轮A上的点Q处，某个座椅固定在转轮B上的点M处．A的半径为10 米，B的半径为5 米，A的
圆心P距离地面竖直高度为20 米．游乐设施运行过程中，A与B分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，
A旋转一周用时π分钟，B旋转一周用时π
2 分钟．当Q在P正下方且M在Q正下方时，开始计时，设在第t分
钟M距离地面的竖直高度为h(t )米．给出下列四个结论：
①h(
π
4)=25；
②h(t )最大值是35；
③M在竖直方向上的速度大小低于40 米/分钟；
④存在t0∈(0,π )，使得t =t0时M到P的距离等于15 米．
其中所有正确结论的序号为 ．
【答案】①③
【分析】根据题意，可求得在第t分钟M距离地面的竖直高度为h(t )=-10cos
22t -10cos2t +25，逐项判
断即可求解.
【详解】转轮A与转轮B分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，A旋转一周用时π分钟，B旋转一周用时
π
2 分钟，可得最小正周期T A = π，T B= π
2 ，所以ωA = 2π
π =2，ωB= 2π
π
2
= 4
，
又A的半径为10 米，A的圆心P距离地面竖直高度为20 米，
所以第t分钟，Q点距离地面的高度为：f (t )=20-10cos2t，
第t分钟，M距离地面的竖直高度为：h(t )= f (t )-5cos 4 t =20-10cos2t -5cos 4 t，
化简得h(t )=-10cos
22t -10cos2t +25=-10(cos2t + 1
2)
2
+ 55
2 ，
所以h(
π
4)=-10[cos(2×π
4 )+ 1
2]
2
+ 55
2 =25，故①正确；
当cos2t + 1
2 =0，即cos2t =- 1
2时，h(t )得最大值，为55
2 ，故②错误；
若M到P的距离等于15 米，则点Q 在线段PM 上，则需4 t =2t +2k π ,k ∈N ⇒t =k π ,k ∈N,
所以不存在t0∈(0,π )，使得t =t0时M到P的距离等于15 米．故④错误；
因为A旋转一周用时π分钟，B旋转一周用时π
2 分钟，所以可得点Q在圆周上的速度为20 π
π
=20，同理可
得点M在圆周上的速度为
10 π
π
2
=20
，所以点M在竖直方向上的速度大小低于40 米/分钟，故③正确.
故答案为：①③.
8（2023·山东潍坊·模拟预测）如图，一个直角走廊的宽分别为a，b，一铁棒与廊壁成θ 角，该铁棒欲通过
该直角走廊，则铁棒的长度L= （用含θ 的表达式表示）；当a=b=2 m 时，能够通过这个直角走
的铁的长的最大值为 .
【答案】 L=
b
sinθ +
a
cosθ ,θ∈(0,π
2 ) 4 ❑√2m
【分析】第一空：根据示意图及三角函数定义，即可得长度L 的表达式；
第二空：根据第一空的表达式，化简可得L= 4 ❑√
1
sin
22θ
+
1
sin2θ ，令t =
1
sin 2θ ，根据θ范围，可得t 的范
围，根据二次函数性质，可得L 的最小值，即可得答案.
【详解】作出示意图，铁棒AB = L，∠ACD =∠CBE =θ，AD =b,BE =a
在△ACD中，AC = AD
sinθ =
b
sinθ ，
在△BCE中，BC = BE
cosθ =
a
cosθ ，
所以AB = L= AC + BC =
b
sinθ +
a
cosθ ,θ∈(0,π
2 )；
当a=b=2m时，
L=
b
sinθ +
a
cosθ =
2
sinθ +
2
cosθ =2(
sinθ+cosθ
sinθcosθ )=2❑√
(sinθ+cosθ)
2
sin
2θcos
2θ
= 4 ❑√
1+sin 2θ
sin
22θ
= 4 ❑√
1
sin
22θ
+
1
sin 2θ
令t =
1
sin2θ ，因为θ∈(0,π
2 )，2θ∈(0,π)，
所以sin 2θ∈(0,1]，t ≥1，
所以L= 4 ❑√
1
sin
22θ
+
1
sin2θ = 4
❑√t
2+t = 4 ❑√(t + 1
2)
2
- 1
4 ,t ≥1，且在[1,+∞)上单调递增，
所以当t =1时，即θ =π
4 时，L 的最小值为4 ❑√2，
所以能够通过这个直角走廊的铁棒的长度的最大值为4 ❑√2m.
故答案为：L=
b
sinθ +
a
cosθ ,θ∈(0,π
2 )；4 ❑√2m
1（2025·全国一卷·高考真题）若点(a,0)(a>0)是函数y =2tan(x -π
3 )的图像的一个对称中心，则a 的
最小值为（ ）
A．π
6
B．π
3
C．π
2
D．4π
3
【答案】B
【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.
【详解】根据正切函数的性质，y =2tan( x -π
3 )的对称中心横坐标满足x -π
3 = k π
2 ,k ∈Z，
即y =2tan( x -π
3 )的对称中心是(
π
3 + k π
2 ,0),k ∈Z，
即a=π
3 + k π
2 ,k ∈Z，
又a>0，则k =0时a最小，最小值是π
3 ，
即a=π
3 .
故选：B
2（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）当x∈[0,2π ]时，曲线y =sin x与y =2sin(3 x - π
6)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[0,2π]上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数y =sin x的最小正周期为T =2π，
函数y =2sin(3 x -π
6 )的最小正周期为T = 2π
3 ，
所以在x∈[0,2π]上函数y =2sin(3 x -π
6 )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
3（2024·北京·高考真题）设函数f (x)=sin ωx (ω>0).已知f (x1)=-1，f (x2)=1，且|x1- x2|的最小值为π
2 ，
则ω=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知：x1为f (x)的最小值点，x2为f (x)的最大值点，
则|x1- x2|min= T
2 =π
2 ，即T =π，
且ω>0，所以ω= 2π
T
=2.
故选：B.
4（2024·天津·高考真题）已知函数f (x)=3sin(ωx +π
3 )(ω>0)的最小正周期为π．则f (x)在区间
[-π
12 ,π
6 ]上的最小值是（ ）
A．- 3 ❑√3
2
B．- 3
2
C．0
D．3
2
【答案】D
【分析】结合周期公式求出ω，得f (x)=3sin(2 x +π
3 )，再整体求出当x∈[-π
12 ,π
6 ]时，2 x +π
3 的
范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【详解】因为函数f (x)的最小正周期为π，则T = 2π
ω =π，所以ω=2，
即f (x)=3sin(2 x +π
3 )，当x∈[-π
12 ,π
6 ]时，2 x +π
3 ∈[
π
6 ,2π
3 ]，
所以当2 x +π
3 =π
6 ，即x =-π
12时，f (x)min=3sinπ
6 = 3
2
故选：D
5（2024·天津·高考真题）下列函数是偶函数的为（ ）
A．y = e
x - x
2
e
x+ x
2
B．y = cos x - x
2
x
2+1
C．y = e
x - x
e
x+ x
D．y = sin x - x
x
2+1
【答案】B
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【详解】对A，设f (x)=e
x - x
2
e
x+ x
2 ，函数定义域为R，但f (-1)=e
-1-1
e
-1+1
=1-e
e+1 ，f (1)=e-1
e+1 ，则
f (-1)≠f (1)，故A 错误；
对B，设g(x)= cos x - x
2
x
2+1
，函数定义域为R，
且g(- x)= cos(- x)-(- x)
2
(- x)
2+1
= cos x - x
2
x
2+1
= g(x)，则g(x)为偶函数，故B 正确；
对C，设h(x)=e
x - x
e
x+ x
，h(-1)=e
-1+1
e
-1-1
= 1+e
1-e ,h(1)=e-1
e+1 ，
h(-1)≠h(1)，则h(x)不是偶函数，故C 错误；
对D，设φ(x)= sin x - x
x
2+1
，函数定义域为R，
因为φ(- x)= sin (- x)-(- x)
(- x)
2+1
=-sin x + x
x
2+1
=-φ(x)，且φ(x)不恒为0，
则φ(x)不是偶函数，故D 错误.
故选：B.
6（2025·北京·高考真题）设函数f ( x)=sin ωx +cosωx(ω>0)，若f ( x +π)= f ( x)恒成立，且f ( x)在
[0,π
4 ]上存在零点，则ω的最小值为（ ）
A．8
B．6
C．4
D．3
【答案】C
【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.
【详解】函数f ( x)=sin ωx +cosωx = ❑√2sin(ωx +π
4 )(ω>0)，
设函数f ( x)的最小正周期为T，由f ( x +π)= f ( x)可得kT =π,(k ∈N
*)，
所以T = 2π
ω =π
k ,(k ∈N
*)，即ω=2k ,(k ∈N
*)；
又函数f ( x)在[0,π
4 ]上存在零点，且当x∈[0,π
4 ]时，ωx +π
4 ∈[
π
4 ,πω
4
+π
4 ]，
所以πω
4
+π
4 ≥π，即ω≥3；
综上，ω的最小值为4.
故选：C.
7（2025·天津·高考真题）f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,-π<φ<π)，在[-5π
12 ,π
12]上单调递增，且x =π
12
为它的一条对称轴，(
π
3
,0)是它的一个对称中心，当x∈[0,π
2 ]时，f ( x)的最小值为（ ）
A．-
❑√3
2
B．- 1
2
C．1
D．0
【答案】A
【分析】利用正弦函数的对称性得出ω= 4 n+2，根据单调性得出0<ω≤2，从而确定ω，结合对称轴与对
称中心再求出φ，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解.
【详解】因为函数在[-5π
12 ,π
12]上单调递增，且x =π
12 为它的一条对称轴，
所以x =π
12 时函数取最大值，
又因为(
π
3
,0)是它的一个对称中心，
所以¿，(m,k ∈Z)，
设f (x)的最小正周期为T，由正弦函数的对称性可知π
3 -π
12 = (2n+1)T
4
(n∈Z)，
即π
4 = 2nπ+π
2ω
,∴ω= 4 n+2，
又f (x)在[-5π
12 ,π
12]上单调递增，则T
2 ≥π
12 -(-5π
12 ),∴π
ω ≥π
2 ⇒0<ω≤2，
∴ω=2，则¿，(m,k ∈Z)，
∵φ∈(-π,π)，∴k =0,m=1时，φ =π
3 ，∴f (x)=sin(2 x +π
3 )，
当x∈[0,π
2 ]时，2 x +π
3 ∈[
π
3 ,4π
3 ]，
由正弦函数的单调性可知f (x)min=sin 4π
3
=-
❑√3
2 .
故选：A
8（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=a( x +1)
2-1，g( x)=cos x +2ax，当x∈(-1,1)时，曲线
y = f ( x)与y = g( x)恰有一个交点，则a=（ ）
A．-1
B．1
2
C．1
D．2
【答案】D
【分析】解法一：令F (x)=a x
2+a-1,G (x)=cos x，分析可知曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
结合偶函数的对称性可知该交点只能在y 轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令
h(x)= f ( x)- g(x), x∈(-1,1)，可知h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即可
得a=2，并代入检验即可.
【详解】解法一：令f ( x)= g(x)，即a( x +1)
2-1=cos x +2ax，可得a x
2+a-1=cos x，
令F (x)=a x
2+a-1,G (x)=cos x，
原题意等价于当x∈(-1,1)时，曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
注意到F (x),G (x)均为偶函数，可知该交点只能在y 轴上，
可得F (0)=G (0)，即a-1=1，解得a=2，
若a=2，令F (x)=G (x)，可得2 x
2+1-cos x =0
因为x∈(-1,1)，则2 x
2≥0,1-cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
可得2 x
2+1-cos x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
则方程2 x
2+1-cos x =0有且仅有一个实根0，即曲线y = F( x)与y =G( x)恰有一个交点，
所以a=2符合题意；
综上所述：a=2.
解法二：令h(x)= f ( x)- g(x)=a x
2+a-1-cos x , x∈(-1,1)，
原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，
因为h(- x)=a(- x)
2+a-1-cos(- x)=a x
2+a-1-cos x =h(x)，
则h(x)为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，
即h(0)=a-2=0，解得a=2，
若a=2，则h(x)=2 x
2+1-cos x , x∈(-1,1)，
又因为2 x
2≥0,1-cos x ≥0当且仅当x =0时，等号成立，
可得h(x)≥0，当且仅当x =0时，等号成立，
即h(x)有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意；
故选：D.
9（2023·上海·高考真题）已知m>0，函数y =sin x在区间[m,2m]上最小值为S，在区间[2m,3m]上的最
小值为t ,m变化时，下列不可能的是（ ）
A．S>0且t >0
B．S<0且t <0
C．S<0且t >0
D．S>0且t <0
【答案】C
【分析】根据给定条件，举例说明，结合正弦函数的性质排除不可能的选项作答.
【详解】因为函数f ( x)=sin x的最小正周期是2π，因此只需考查离原点最近的右侧一个周期内的区间即
可，
当0<m<π
3 时，0<2m<2π
3 ，0<3m<π，而∀x∈(0,π)，sin x>0，
因此f ( x)在[m,2m]上的最小值S>0，在[2m,3m]上的最小值t >0，A 可能；
当π
2 <m<2π
3 时，π<2m<4π
3 ，3π
2 <3m<2π，
因此f ( x)在[m,2m]上的最小值S<0，在[2m,3m]上的最小值t <0，B 可能；
当π
3 <m<π
2 时，2π
3 <2m<π，π<3m<3π
2 ，
因此f ( x)在[m,2m]上的最小值S>0，在[2m,3m]上的最小值t <0，D 可能；
对于C，若S<0，则2m>π，
若t >0，则区间[2m,3m]的长度m<π，并且sin 2m>0且sin3m>0，
即2m∈(0,π)且3m∈(0,π)与2m>π矛盾，所以C 不可能.
故选：C
【点睛】结论点睛：闭区间上的连续函数既有最大值，又有最小值.
10（2023·全国甲卷·高考真题）函数y = f (x)的图象由函数y =cos(2 x +π
6 )的图象向左平移π
6 个单位长度
得到，则y = f (x)的图象与直线y = 1
2 x - 1
2的交点个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】先利用三角函数平移的性质求得f (x)=-sin 2 x，再作出f (x)与y = 1
2 x - 1
2的部分大致图像，考虑
特殊点处f (x)与y = 1
2 x - 1
2的大小关系，从而精确图像，由此得解.
【详解】因为y =cos(2 x +π
6 )向左平移π
6 个单位所得函数为
y =cos[2(x +π
6 )+π
6 ]=cos(2 x +π
2 )=-sin2 x，所以f (x)=-sin 2 x，
而y = 1
2 x - 1
2显然过(0,- 1
2)与(1,0)两点，
作出f (x)与y = 1
2 x - 1
2的部分大致图像如下，
考虑2 x =- 3π
2 ,2 x = 3π
2 ,2 x =7π
2 ，即x =- 3π
4 , x = 3π
4 , x =7π
4 处f (x)与y = 1
2 x - 1
2的大小关系，
当x =- 3π
4 时，f(- 3π
4 )=-sin(- 3π
2 )=-1，y = 1
2 ×(- 3π
4 )- 1
2 =- 3π+ 4
8
<-1；
当x = 3π
4 时，f(
3π
4 )=-sin 3π
2 =1，y = 1
2 × 3π
4 - 1
2 = 3π- 4
8
<1；
当x =7π
4 时，f(
7π
4 )=-sin 7π
2 =1，y = 1
2 × 7π
4 - 1
2 = 7π- 4
8
>1；
所以由图可知，f (x)与y = 1
2 x - 1
2的交点个数为3.
故选：C.
11（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ),(ω>0)在区间(
π
6 , 2π
3 )单调递增，直线
x =π
6 和x = 2π
3 为函数y = f (x)的图像的两条相邻对称轴，则f(- 5π
12 )=（ ）
A．-
❑√3
2
B．- 1
2
C．1
2
D．
❑√3
2
【答案】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x =- 5 π
12 即可得到答案.
【详解】因为f ( x)=sin(ωx +φ)在区间(
π
6 , 2π
3 )单调递增，
所以T
2 = 2π
3 - π
6 = π
2 ，且ω>0，则T = π，ω= 2π
T =2，
当x = π
6 时，f (x)取得最小值，则2⋅π
6 +φ =2k π - π
2 ，k ∈Z，
则φ=2k π - 5 π
6 ，k ∈Z，不妨取k =0，则f ( x)=sin(2 x - 5 π
6 )，
则f(- 5 π
12)=sin(- 5 π
3 )=
❑√3
2 ，
故选：D.
12（2023·北京·高考真题）设函数f ( x)=sin ωx cosφ+cosωx sin φ(ω>0,|φ|<π
2 )．
(1)若f (0)=-
❑√3
2 ，求φ的值．
(2)已知f ( x)在区间[-π
3 , 2π
3 ]上单调递增，f(
2π
3 )=1，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f ( x)存在，求ω,φ的值．
条件①：f(
π
3 )= ❑√2；
条件②：f(-π
3 )=-1；
条件③：f ( x)在区间[-π
2 ,-π
3 ]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．
【答案】(1)φ=-π
3 .
(2)条件①不能使函数f ( x)存在；条件②或条件③可解得ω=1，φ =-π
6 .
【分析】（1）把x =0代入f ( x)的解析式求出sin φ，再由|φ|<π
2 即可求出φ的值；
（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把f ( x)的解析式化简，根据f ( x)在[-π
3 , 2π
3 ]上的单调性
及函数的最值可求出T，从而求出ω的值；把ω的值代入f ( x)的解析式，由f(-π
3 )=-1和|φ|<π
2 即可
求出φ的值；若选条件③：由f ( x)的单调性可知f ( x)在x =-π
3 处取得最小值-1，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f ( x)=sin ωx cosφ+cosωx sin φ ,ω>0,|φ|<π
2
所以f (0)=sin (ω⋅0)cosφ+cos(ω⋅0)sin φ =sin φ =-
❑√3
2 ，
因为|φ|<π
2 ，所以φ =-π
3 .
（2）因为f ( x)=sin ωx cosφ+cosωx sin φ ,ω>0,|φ|<π
2 ，
所以f ( x)=sin (ωx +φ),ω>0,|φ|<π
2 ，所以f ( x)的最大值为1，最小值为-1.
若选条件①：因为f ( x)=sin (ωx +φ)的最大值为1，最小值为-1，所以f(
π
3 )= ❑√2无解，故条件①不能使
函数f ( x)存在；
若选条件②：因为f ( x)在[-π
3 , 2π
3 ]上单调递增，且f(
2π
3 )=1，f(-π
3 )=-1
所以T
2 = 2π
3 -(-π
3 )=π,所以T =2π,ω= 2π
T
=1,
所以f ( x)=sin (x +φ)，
又因为f(-π
3 )=-1，所以sin(-π
3 +φ)=-1，
所以-π
3 +φ=-π
2 +2k π,k ∈Z，
所以φ=-π
6 +2k π,k ∈Z，因为|φ|< π
2 ，所以φ=-π
6 .
所以ω=1，φ =-π
6 ；
若选条件③：因为f ( x)在[-π
3 , 2π
3 ]上单调递增，在[-π
2 ,-π
3 ]上单调递减，
所以f ( x)在x =-π
3 处取得最小值-1，即f(-π
3 )=-1.
以下与条件②相同．
