专题4.4 三角函数的图象与性质（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 三角函数图象的识别及应用】..................................................................................................................3
【题型2 三角函数的定义域、值域与最值】.........................................................................................................5
【题型3 根据三角函数的值域（最值）求参数】.................................................................................................7
【题型4 三角函数的奇偶性与对称性问题】.........................................................................................................9
【题型5 三角函数的周期性问题】........................................................................................................................11
【题型6 求三角函数的单调区间、比较大小】...................................................................................................12
【题型7 根据三角函数的单调性求参数】...........................................................................................................14
【题型8 三角函数的零点问题】............................................................................................................................17
【题型9 三角函数的图象与性质的综合应用】...................................................................................................19
1、三角函数的图象与性质
考点要求
真题统计
考情分析
(1)能画出三角函数的图象
(2) 了解三角函数的周期
性、奇偶性、最大（小）
值
(3) 借助图象理解正弦函
数、余弦函数在
上
的性质及正切函数在
上的性质
2023 年新课标I 卷：第15 题，5
分
2023 年天津卷：第6 题，5 分
2024 年新课标I 卷：第7 题，5 分
2024 年新课标Ⅱ卷：第9 题，6 分
2024 年全国甲卷（文数）：第13
题，5 分
2025 年全国一卷：第4 题，5 分
2025 年全国二卷：第15 题，13 分
2025 年北京卷：第8 题，5 分
三角函数的图象与性质是高考的
重点、热点内容，其中三角函数的周
期性、对称性、奇偶性与单调性之间
的关系则是高考考察的重心.从近几年
的高考情况来看，比较注重对三角函
数的几大性质之间的逻辑关系的考
查，试题多以选择题、填空题的形式
呈现，有时也会在解答题中考查，难
度中等或偏下，复习时要加强这方面
的训练.
知识点
1
三角函数的定义域与值域的求解策略
1．三角函数的定义域的求解思路
求三角函数的定义域通常要解三角不等式
( 组
) ，解三角不等式(组)常借助三角函数的图象.
2．求解三角函数的值域(最值)常见的几种类型：
(1)形如y=asinx+bcosx+c 的三角函数化为y=Asin(ωx+φ)+c 的形式，再求值域(最值)；
(2)形如y=asin2x+bsinx+c 的三角函数，可先设sinx=t，化为关于t 的二次函数求值域(最值)；
(3)形如y=asinxcosx+b(sinx±cosx)+c 的三角函数，可先设t=sinx±cosx，化为关于t 的二次函数求值域(最值).
知识点
2
三角函数的周期性、对称性、奇偶性的求解策略
1．三角函数周期的一般求法
(1)公式法；
(2)不能用公式求函数的周期时，可考虑用图象法或定义法求周期.
2．三角函数的对称轴、对称中心的求解策略
(1)对于可化为f(x)=Asin(ωx+φ)（或f(x)=Acos(ωx+φ)）形式的函数，如果求f(x)的对称轴，只需令ωx+φ=
kπ(k∈Z)（或令ωx+φ=kπ(k∈Z)），求x 即可；如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx+φ=kπ(k∈Z)
（或令ωx+φ=
kπ(k∈Z)），求x 即可.
(2)对于可化为f(x)=Atan(ωx+φ)形式的函数，如果求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx+φ=
(k∈Z)），
求x 即可.
3．三角函数的奇偶性的判断方法
三角函数型奇偶性的判断除可以借助定义外，还可以借助其图象与性质，在y=Asin(ωx+φ)中代入x=0，若
y=0 则为奇函数，若y 为最大或最小值则为偶函数.
若y=Asin(ωx+φ)为奇函数，则φ=kπ(k∈Z)；若y=Asin(ωx+φ)为偶函数，则φ=
kπ(k∈Z).
知识点
3
三角函数的单调性问题的解题策略
1．三角函数的单调区间的求解方法
求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成y=Asin(ωx+φ)形式，再求y=Asin(ωx+φ)的单调区间，只
需把ωx+φ 看作一个整体代入y=sinx 的相应单调区间内即可，注意要先把ω 化为正数.
2．已知三角函数的单调性求参数的解题思路
对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω 的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单
调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选择
题，利用特值验证排除法求解更为简捷.
【方法技巧与总结】
1．对称性与周期性
(1)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是
个周期，相邻的对称中心与对称轴
之间的距离是
个周期.
(2)正切曲线相邻两对称中心之间的距离是
个周期.
2．与三角函数的奇偶性相关的结论
(1)若y=Asin(ωx+φ)为偶函数，则φ=
(k∈Z)；若为奇函数，则φ=kπ(k∈Z).
(2)若y=Acos(ωx+φ)为偶函数，则φ=kπ(k∈Z)；若为奇函数，则φ=
(k∈Z).
(3)若y=Atan(ωx+φ)为奇函数，则φ=kπ(k∈Z).
【题型1 三角函数图象的识别及应用】
【例1】（2025·甘肃白银·模拟预测）函数f (x)=sinπ x +sin3π x
3
+x
2−x的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解题思路】根据函数的对称性，并代入特值可得解.
【解答过程】从四个选项中可以看出，函数奇偶性、函数值的正负无法排除任意选项，
但满足f (1−x)=sinπ (1−x)+sin3π (1−x)
3
+(1−x)
2−(1−x) =sinπ x +sin3π x
3
+x
2−x =f (x)，
因此f (x)的图象关于直线x =1
2对称，可排除AB，
又f(
1
2)=sinπ
2 +
sin 3π
2
3
+(
1
2)
2
−1
2 = 5
12 <1，排除D，
故选：C.
【变式1-1】（2025·天津·二模）函数f (x)的部分图象如图所示，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f (x)=e
x−e
−x
cos x
B．f (x)=e
x+e
−x
cos x
C．f (x)=e
x−e
−x
sin x
D．f (x)=e
x+e
−x
sin x
【答案】A
【解题思路】通过观察图象，根据函数的奇偶性和定义域即可用排除法进行作答.
【解答过程】根据图象可以看出，函数的定义域不包括± π
2 ，
这说明函数在这两个点上无意义，而选项C,D 的定义域包括± π
2 ，所以排除C,D.
由图象可以看出，函数关于原点对称，是奇函数，而选项B 中，
因为f (−x)=e
−x+e
x
cos x =f (x)，说明选项B 中的函数为偶函数，不符合图象，所以排除.
故选：A.
【变式1-2】（2025·贵州黔东南·模拟预测）函数f (x)=5 xcos x
e|x)
+sin x的大致图象为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解题思路】根据函数的奇偶性，排除C，再由当x∈(0,π
2 )时，f (x)>0排除A，B，即可求解.
【解答过程】由题意，函数f (x)=5 xcos x
e|x)
+sin x的定义域为(−∞,+∞)，关于原点对称，
且f (−x)=5(−x)cos(−x)
e|−x)
+sin(−x)=−5 xcos x
e|x)
−sin x =−f (x)所以函数f (x)是奇函数，其图象关于
原点中心对称，排除C；
又由当x∈(0,π
2 )时，f (x)>0排除A，B;
故选：D．
【变式1-3】（2025·四川·一模）函数f (x)=1
4 cosπ x⋅(e
x−e
−x)，x∈(−4,4)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解题思路】根据条件，得到f ( x)为奇函数，从而可排除选项A 和B，再结合cosπ x与e
x−e
−x在
x∈(
7
2 ,4)上的正负值，即可求解.
【解答过程】因为定义域关于原点对称，又
f (−x)=1
4 cos(−π x)⋅(e
−x−e
x)=−1
4 cosπ x⋅(e
x−e
−x)=−f ( x)，
即f (x)=1
4 cosπ x⋅(e
x−e
−x)为奇函数，所以选项A 和B 错误，
又当x =7
2时，cosπ x =cos 7π
2 =0，当x∈(
7
2 ,4)时，π x∈(7 π
2 ,4π )，此时cosπ x>0，
又易知当x>0时，e
x−e
−x>0，所以x∈(
7
2 ,4)时，f (x)>0，结合图象可知选项C 错误，选项D 正确，
故选：D.
【题型2 三角函数的定义域、值域与最值】
【例2】（2024·广东湛江·二模）函数f (x)=4 sin(5 x−π
6)在[0,π
5 )上的值域为（ ）
A．[−2,2)
B．[−2,4)
C．[−2❑√3,4)
D．[−2❑√3,2)
【答案】B
【解题思路】先求得5 x−π
6 的范围，结合正弦函数的性质，即可容易求得结果.
【解答过程】因为x∈ [0,π
5 )，所以5 x−π
6 ∈[−π
6 , 5 π
6 ]，所以sin(5 x−π
6)∈[−1
2 ,1]，
故f (x)=4 sin(5 x−π
6)在[0,π
5 )上的值域为[−2,4).
故选：B.
【变式2-1】（24-25 高一下·北京海淀·期中）函数y =tan(x +π
4)的定义域为（ ）
A．{x|x∈R , x≠3 π
4 +k π ,k ∈Z))
B．{x|x∈R , x≠π
4 +k π ,k ∈Z))
C．{x|x∈R , x≠3 π
4 +2k π ,k ∈Z)) D．{x|x∈R , x≠π
4 +k π
2 ,k ∈Z))
【答案】B
【解题思路】由正切函数的定义域可得.
【解答过程】y =tan(x +π
4)的定义域满足x +π
4 ≠π
2 +k π ,k ∈Z，解得x≠π
4 +k π ,k ∈Z.
故函数定义域为{x| x∈R , x≠π
4 +k π ,k ∈Z }
故选：B.
【变式2-2】（2025·山西·模拟预测）设函数f (x)=sin2 x在区间[
π
6 , 7π
12 )的最小值和最大值分别为m和
M，则M −m=（ ）
A．2
B．3
2
C．2−❑√3
2
D．1+❑√3
2
【答案】B
【解题思路】由正弦函数的性质，即可得到结果.
【解答过程】若x∈[
π
6 , 7π
12 )，则2 x∈[
π
3 , 7π
6 )，
由正弦函数的性质可知，
当2 x =7
6 π 时，函数取得最小值，即m=−1
2，
当2 x =π
2 时，函数取得最大值，即M =1，
所以M −m=3
2.
故选：B.
【变式2-3】（2025·河南·三模）函数f ( x)=2sin(2 x +φ)(0<φ<π
2 )的图象关于直线x =π
12对称，则
f ( x)在[
π
2 ,π )上的最小值为（ ）
A．−2
B．−❑√3
C．−1
D．−❑√2
【答案】A
【解题思路】根据参数范围、对称轴求得φ =π
3 ，利用正弦型函数性质求最小值即可.
【解答过程】由题意2×π
12 +φ =π
2 +k π ,k ∈Z，则φ =π
3 +k π ,k ∈Z，又0<φ<π
2 ，
所以φ =π
3 ，则f ( x)=2sin(2 x +π
3 )，
在[
π
2 ,π )上，2 x +π
3 ∈[4 π
3 ,7 π
3 ]，故sin(2 x +π
3 )∈[−1,
❑√3
2 ]，
所以f ( x)最小值为−2.
故选：A.
【题型3 根据三角函数的值域（最值）求参数】
【例3】（2025·陕西安康·模拟预测）已知函数f ( x)=2cos(2 x +π
6 )在区间[0,a)上的值域为[−2,❑√3)，
则a的取值范围为（ ）
A．[
5π
12 , 5π
6 ) B．[
5π
12 , 11π
12 )
C．[
2π
5 , 5π
12 )
D．[
5π
12 ,π )
【答案】A
【解题思路】借助余弦函数的单调性与值域的关系计算即可得.
【解答过程】x∈[0,a)时，2 x +π
6 ∈[
π
6 ,2a+π
6 )，
由函数f ( x)=2cos(2 x +π
6 )在区间[0,a)上的值域为[−2,❑√3)，
故函数y =cos x在区间[
π
6 ,2a+π
6 )上的值域为[−1,
❑√3
2 )，
则有2a+π
6 ∈[π , 11π
6 )，即a∈[
5 π
12 , 5π
6 ).
故选：A.
【变式3-1】（24-25 高三上·山西·期末）已知函数f (x)=sin(ωx +π
6)(ω>0)在区间[0, π
2)内有最大值，
但无最小值，则ω的取值范围是（ ）
A．(
2
3 , 10
3 )
B．(
4
3 , 10
3 )
C．(
2
3 , 8
3)
D．(
4
3 , 8
3)
【答案】D
【解题思路】求出ωx +π
6 的范围，由条件结合正弦函数的图象列不等式求结论.
【解答过程】因为ω>0，所以0<x<π
2 时，则有π
6 ≤ωx +π
6 <π
2 ω+π
6 ，
因为f (x)在区间[0,π
2 )内有最大值，但无最小值，
结合函数图象，得5π
6 <π
2 ω +π
6 ≤3π
2 ，解得4
3 <ω≤8
3.
故选：D.
【变式3-2】（2024·河南郑州·一模）已知函数f ( x)=2sin(ωx −π
6 )(ω>0)在[0,π
2 )上的值域为[−1,2)
，则ω的取值范围为（ ）
A．[
4
3 ,2)
B．[
4
3 , 8
3)
C．[
2
3 , 4
3)
D．[
2
3 , 8
3)
【答案】B
【解题思路】根据题意可得ωx −π
6 ∈[−π
6 ,π
2 ω−π
6 )，再利用值域可限定π
2 ≤π
2 ω−π
6 ≤π +π
6
，解得ω的取值范围为[
4
3 , 8
3).
【解答过程】由x∈[0,π
2 )及ω>0可得ωx −π
6 ∈[−π
6 ,π
2 ω−π
6 )，
根据其值域为[−1,2)，且2sin(−π
6 )=−1，
由正弦函数图象性质可得π
2 ≤π
2 ω−π
6 ≤π +π
6 ，
即可得2
3 ≤ω
2 ≤8
6，解得4
3 ≤ω≤8
3.
故选：B.
【变式3-3】（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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
【题型4 三角函数的奇偶性与对称性问题】
【例4】（2025·河北保定·模拟预测）已知函数f ( x)=sinω( x +π )为奇函数且ω>0，则f (π )=（ ）
A．0
B．1
C．−1
D．±1
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，利用正弦函数的性质求出ω，再求出函数值.
【解答过程】函数f ( x)=sin(ωx +ωπ )为奇函数且ω>0，则ωπ =k π ,k ∈N
∗，解得ω=k ,k ∈N
∗，
于是f ( x)=sin(kx +k π ),k ∈N
∗，所以f (π )=sin 2k π =0,k ∈N
∗.
故选：A.
【变式4-1】（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．4 π
3
【答案】B
【解题思路】根据正切函数的对称中心的结论求解.
【解答过程】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.
【变式4-2】（2025·内蒙古通辽·三模）已知函数f (x)=5cos[2(x +φ)+π
6 )+1是偶函数，则|φ)的最小值
是（ ）
A．π
12
B．π
6
C．π
3
D．5π
12
【答案】A
【解题思路】根据余弦型函数的奇偶性求解即可.
【解答过程】由f (x)=5cos[2(x +φ)+π
6 )+1=5cos(2 x +2φ+π
6 )+1是偶函数，
则2φ+π
6 =k π ，k ∈Z，即φ=−π
12 +k π
2 ，k ∈Z，
则k =−1时，φ =−7 π
12 ，k =0时，φ =−π
12，k =1时，φ =5 π
12 ，
则|φ)的最小值是π
12.
故选：A.
【变式4-3】（2025·山东烟台·三模）若函数f (x)=sin(ωx +π
6 )(0<ω<2)图象的一个对称中心为(
π
2 ,0)
，则ω的值为（ ）
A．2
3
B．3
4
C．1
D．5
3
【答案】D
【解题思路】根据正弦函数的对称性求解即可.
【解答过程】因为函数f (x)=sin(ωx +π
6 )图象的一个对称中心为(
π
2 ,0)，
所以π
2 ω+π
6 =k π ,k ∈Z，解得ω=2k −1
3 ,k ∈Z，
又因为0<ω<2，所以ω=5
3.
故选：D.
【题型5 三角函数的周期性问题】
【例5】（2025·天津红桥·模拟预测）函数f (x)=sin (2 x)，x∈R的最小正周期是（ ）
A．2π
B．π
C．π
2
D．π
4
【答案】B
【解题思路】直接用公式T =2π
|ω) 计算函数的最小正周期即可.
【解答过程】由T =2π
2 =π ，
所以函数f (x)=sin (2 x)的最小正周期为π .
故选：B.
【变式5-1】（2025·重庆·三模）已知函数f ( x)=sin(ωx +π
3 )(ω>0)在[0,2π )上恰有2 个零点，则
f ( x)的最小正周期的最小值为（ ）
A．2π
3
B．π
C．4π
3
D．3π
2
【答案】D
【解题思路】由题意求出ω的范围，进一步可得周期的最小值，由此即可得解.
【解答过程】当x∈[0,2π )，则π
3 ≤ωx +π
3 <2πω+π
3 ，f ( x)有两个零点，则2π <2π ω+π
3 ≤3π ，
所以5
6 <ω≤4
3 ，由T =2π
ω 知，最小正周期的最小值为3π
2 .
故选：D.
【变式5-2】（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）函数f ( x)=cos(x +π
4 )的最小正周期是（ ）
A．π
4
B．π
2
C．π
D．2π
【答案】D
【解题思路】根据三角函数最小正周期的求法求得正确答案.
【解答过程】依题意，f (x)的最小正周期T =2 π
1 =2π .
故选：D.
【变式5-3】（2025·重庆·模拟预测）若函数f (x)=cos(2ωx +π
12)(ω>0)的最小正周期为1
3，则ω=
（ ）
A．1
3
B．3
C．π
3
D．3π
【答案】D
【解题思路】根据最小正周期得到方程，求出ω=3π .
【解答过程】因为f ( x)的最小正周期为1
3，
所以2π
2ω =1
3，得ω=3π .
故选：D.
【题型6 求三角函数的单调区间、比较大小】
【例6】（2025·广东深圳·二模）奇函数f (x)=2cos(2 x +φ)(0<φ<π )的单调减区间可以是（ ）
A．[−π
4 , π
4)
B．[−π
2 ,−π
4)
C．[0, π
2)
D．[
π
4 , π
2)
【答案】A
【解题思路】奇函数条件确定φ 的值,化简后利用正弦函数的单调性求得.
【解答过程】由题f ( x)=2cos(2 x +φ) 为奇函数，需满足 f (−x)=−f ( x).
代入得：2cos(−2 x +φ)=−2cos(2 x +φ)⇔cos(2 x−φ)=−cos(2 x +φ),
利用余弦函数的性质，当且仅当 φ=π
2 时等式对所有 x 成立.
f (x)=2cos(2 x +π
2)=−2sin (2 x).
令2 x∈[−π
2 +2kπ , π
2 +2kπ), k ∈Z.
解得：x∈[−π
4 +kπ , π
4 +kπ).
当 k =0 时，减区间为 [−π
4 , π
4)，
故选: A.
【变式6-1】（2025·天津南开·二模）函数f (x)=❑√2sin(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π
2 )的部分图象如图所示，
则f (x)的单调递增区间为（ ）
A．[k π −5π
12 ,k π +π
12),k ∈Z
B．[2k π −5π
12 ,2k π +π
12),k ∈Z
C．[k π −π
2 ,k π +π
4 ),k ∈Z
D．[2k π −π
2 ,2k π +π
4 ),k ∈Z
【答案】A
【解题思路】利用函数图象确定周期，从而可求出ω，再利用最低点代入可求出φ，再由正弦函数的单调
增区间即可求解.
【解答过程】
由图可得：周期T =4(
7π
12 −π
3 )=π =2π
ω ，所以ω=2，
代入最低点(
7π
12 ,−❑√2)得：
❑√2sin(2× 7π
12 +φ)=−❑√2，
可得：7π
6 +φ=3 π
2 +2k π ,k ∈Z，解得φ =π
3 +2k π ,k ∈Z，
∵0<φ<π
2 ,∴φ =π
3
所以有f (x)=❑√2sin(2 x +π
3 )，
再由−π
2 +2k π ≤2 x +π
3 ≤π
2 +2k π ,k ∈Z，解得−5 π
12 +k π ≤x ≤π
12 +k π ,k ∈Z，
故函数f (x)=❑√2sin(2 x +π
3 )的增区间为[k π −5π
12 ,k π +π
12),k ∈Z，
故选：A.
【变式6-2】（2025·辽宁·模拟预测）已知a=ln0.3
ln0.4 ,b=
1
log1.5e ,c =sin 5π
24 ，则a,b,c的大小关系为
（ ）
A．a>b>c
B．c>a>b
C．c>b>a
D．a>c>b
【答案】D
【解题思路】运用换底公式变形，结合对数函数性质得到a,b范围，再根据正弦函数单调性得到c的范围，
即可判定.
【解答过程】a=ln0.3
ln0.4 =log0.40.3>log0.40.4 =1,0<b=
1
log1.5e =ln1.5<1
2，
1
2 =sinπ
6 <c =sin 5π
24 <1，故a>c>b，
故选：D.
【变式6-3】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知π
3 为曲线y =cos x与y =sin(2 x +φ)(0≤φ<π )的一个
交点的横坐标，则函数f ( x)=sin(2 x +φ)的一个单调增区间为（ ）
A．[−π
3 ,π
4 )
B．[
2π
3 , 7π
6 )
C．[−π
6 ,π
3 )
D．[−π ,−2π
3 )
【答案】B
【解题思路】根据cosπ
3 =sin(2 π
3 +φ)=1
2求解φ=π
6 ，利用整体法求解函数的单调区间，即可得解.
【解答过程】由题意可知，cosπ
3 =sin(2 π
3 +φ)=1
2，由于0≤φ<π ，
所以2 π
3 ≤2 π
3 +φ<5 π
3 ，故2 π
3 +φ=5 π
6 ，解得φ=π
6 ，故f ( x)=sin(2 x +π
6 )，
令−π
2 +2k π ≤2 x +π
6 ≤π
2 +2k π ,k ∈Z，解得−π
3 +k π ≤x ≤π
6 +k π ,k ∈Z，
故单调递增区间为[−π
3 +k π ,π
6 +k π ),k ∈Z，
当k =0时，一个单调递增区间为[−π
3 ,π
6 )，
当k =1时，一个单调递增区间为[
2π
3 , 7π
6 )，
当k =−1时，一个单调递增区间为[
−4π
3
, −5π
6 ).
故选：B.
【题型7 根据三角函数的单调性求参数】
【例7】（2025·四川泸州·模拟预测）已知函数f (x)=sin(ωx −π
3 )(ω>0)的图象关于点(
2π
3 ,0)对称，
且在(0,π
2 )上为增函数，则ω的值为（ ）
A．1
2
B．1
C．3
2
D．2
【答案】A
【解题思路】根据函数f (x)的图象关于点(
2π
3 ,0)对称，得ω=3k
2 +1
2 ,k ∈Z，再根据单调性可得
ωπ
2
−π
3 ≤π
2
，得到0<ω≤5
3
，进而得到答案.
【解答过程】将(
2π
3 ,0)代入f (x)=sin(ωx −π
3 )，得0=sin(
2 π
3 ω−π
3 )，
所以2 π
3 ω−π
3 =k π ,k ∈Z，得ω=3k
2 +1
2 ,k ∈Z．
因为函数f (x)=sin(ωx −π
3 )(ω>0)在(0,π
2 )上为增函数，此时ωx −π
3 ∈(−π
3 ,π
2 ω−π
3 )，
所以ωπ
2
−π
3 ≤π
2 ，解得0<ω≤5
3，
所以当k =0时，ω=1
2，
故选：A.
【变式7-1】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,| φ| <π
2 )，f (−π
4 )=0，
x =π
4 为f ( x)图象的对称轴，且f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上单调，则ω的最大值为（ ）
A．11
B．9
C．7
D．5
【答案】B
【解题思路】根据已知可得，ω为正奇数且ω≤12，结合x =−π
4 为f ( x)的零点，x =π
4 为f ( x)图象的对
称轴，求出符合题意的解析式，并结合f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上单调，可得ω的最大值.
【解答过程】由f (−π
4 )=0，x =π
4 为f ( x)图象的对称轴，得2n+1
4
× 2π
ω =π
2 ,n∈N，则
ω=2n+1(n∈N)，
由f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上单调，得5π
36 −π
18 =π
12 ≤π
ω ，解得ω≤12，
当ω=11时，−11π
4
+φ =kπ ,k ∈Z，由| φ| ≤π
2 ，得φ=−π
4 ，此时f ( x)=sin(11 x−π
4 )，
当x∈(π
18 , 5π
36 )时，11 x−π
4 ∈( 13π
36 , 46π
36 )，当x =3π
44 ∈(π
18 , 5π
36 )时f ( x)取得最大值1，
即f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上不单调，不满足题意；
当ω=9时，−9π
4 +φ=k π ,k ∈Z，由| φ| ≤π
2 ，得φ =π
4 ，此时f ( x)=sin(9 x +π
4 )，
当x∈(π
18 , 5π
36 )时，9 x +π
4 ∈( 3π
4 , 3π
2 )，此时f ( x)在(π
18 , 5π
36 )上单调递减，符合题意，
所以ω的最大值为9.
故选：B.
【变式7-2】（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数f ( x)=sin ωx +❑√3cosωx(ω>0)，设甲：函数f (x)在
区间(−π
6 ,π
3 )上单调递增，乙：ω的取值范围是(0, 1
2)，则甲是乙的（ ）
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
【解题思路】f ( x)=2sin(ωx +π
3 )(ω>0)，由x∈(−π
6 ,π
3 )，求出ωx +π
3 的范围，然后由f (x)在区
间(−π
6 ,π
3 )上单调递增，列不等式组可求出0<ω≤1
2，南非根据充分条件和必要条件的定义分析判断即
可.
【解答过程】甲：f ( x)=sin ωx +❑√3cosωx =2sin(ωx +π
3 )(ω>0)在区间(−π
6 ,π
3 )上单调递增，
当x∈(−π
6 ,π
3 )时，则ωx +π
3 ∈(−π
6 ω+π
3 ,π
3 ω+π
3 )，
所以{
−π
2 +2k π ≤−π
6 ω+π
3
π
3 ω+π
3 ≤π
2 +2k π )
，k ∈Z，
解得{
ω≤5−12k
ω≤1
2 +6k)
，k ∈Z，又ω>0，故k 只能取0，所以0<ω≤1
2．
又乙：ω的取值范围是(0, 1
2)，
所以甲是乙的必要不充分条件．
故选：B．
【变式7-3】（2025·黑龙江·模拟预测）函数f (x)=2❑√3cos(ωx −π
2 )⋅cosωx −2sin
2ωx +1图象如图
所示，若函数f (x)在[m,π
4 )单调增，则m的取值范围是（ ）
A．(−14π
9
, π
4 )
B．[−14π
9
, π
4 )
C．[−8 π
9
, π
4 ) D．(−8 π
9
, π
4 )
【答案】C
【解题思路】由题意，求得f (x) =2sin(2ωx +π
6 )，过点(−2π
9 ,0)，即可得到函数的解析式，求得其
单调递增区间即可求参.
【解答过程】∵f (x)=2❑√3sinωx ⋅cosωx −2sin
2ωx +1，
∴f (x)=cos2ωx +❑√3sin2ωx =2sin(2ωx +π
6 )，
∵f (x)的图象过点(−2π
9 ,0)，
∴2sin(−4π
9
ω+π
6 )=0.
∴−4π
9
ω+π
6 =0,ω=3
8，
∴f (x)=2sin(
3
4 x +π
6 )．
由2k π −π
2 ≤3
4 x +π
6 ≤2k π +π
2 ，k ∈Z，
得8
3 k π −8 π
9 ≤x ≤8
3 k π +4 π
9 ，k ∈Z，
函数
∴
f (x)的单调增区间为[
8
3 k π −8 π
9 , 8
3 k π +4 π
9 )，k ∈Z．
若函数f (x)在[m,π
4 )单调增，则m的取值范围是[−8 π
9
, π
4 ).
故选：C.
【题型8 三角函数的零点问题】
【例8】（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
【解题思路】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.
【解答过程】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 ,π ω
4
+π
4 )，
所以π ω
4
+π
4 ≥π ，即ω≥3；
综上，ω的最小值为4.
故选：C.
【变式8-1】（2024·湖南·模拟预测）已知函数f (x)=cos(ωx +π
4 )在(0,π
12)上单调递减且其最小正周期
为π ，则函数f (x)的一个零点为（ ）
A．π
4
B．3π
8
C．π
2
D．5π
8
【答案】D
【解题思路】由周期公式求出ω，即可得到函数解析式，再检验是否满足在(0,π
12)上单调递减，最后求
出函数的零点.
【解答过程】因为函数f (x)=cos(ωx +π
4 )的最小正周期为π ，所以T =2π
|ω) =π ，
解得ω=2或ω=−2，
当ω=−2时f (x)=cos(−2 x +π
4 )=cos(2 x−π
4 )，由x∈(0,π
12)，可得2 x−π
4 ∈(−π
4 ,−π
12)，
显然y =cos x在(−π
4 ,−π
12)上单调递增，则f (x)在(0,π
12)上单调递增，不符合题意，
当ω=2时f (x)=cos(2 x +π
4 )，由x∈(0,π
12)，可得2 x +π
4 ∈(
π
4 ,5 π
12 )，
显然y =cos x在(
π
4 ,5 π
12 )上单调递减，则f (x)在(0,π
12)上单调递减，符合题意，
所以f (x)=cos(2 x +π
4 )，
令2 x +π
4 =π
2 +k π ,k ∈Z，解得x =π
8 +k π
2 ,k ∈Z，
即f (x)的零点为π
8 +k π
2 ,k ∈Z，当k =1时为5 π
8 .
故选：D.
【变式8-2】（2025·青海西宁·模拟预测）设函数f ( x)=sin(ωx −π
6 )(ω>0)，若f ( x)在(0,π
2 )上有且
只有2 个零点，则ω的取值范围是（ ）
A．(
7
3 ,3)
B．(
7
3 ,3)
C．(
7
3 , 13
3 )
D．(
7
3 , 13
3 )
【答案】D
【解题思路】由x的取值范围，求出ωx−π
6 的范围，再根据正弦函数的图象性质解不等式即得.
【解答过程】因f (x)=sin(ωx −π
6 )(ω>0)，
由x∈(0,π
2 )，可得ωx −π
6 ∈(−π
6 ,π
2 ω−π
6 )，
因为f (x)在(0,π
2 )上有且只有2个零点，
由正弦函数的图象可知，需使π <π
2 ω−π
6 ≤2π，解得7
3 <ω≤13
3 .
故选：D.
【变式8-3】（2025·四川绵阳·模拟预测）函数f (x)=sin(ωx +φ)（ω>0且φ∈R在(
5π
18 , 2π
3 )上单调，
且f(
π
3 )+f(
5π
9 )=0，若f (x)在(
2π
9 ,π )上恰有2 个零点，则ω的取值最准确的范围是（ ）
A．[
27
13 , 63
26)
B．(
9
5 , 9
4)
C．(
9
5 , 18
5 )
D．(
9
4 , 18
7 )
【答案】B
【解题思路】由f(
π
3 )=−f(
5 π
9 )结合函数单调性，即可确定f (x)的一个对称中心为(4 π
9 ,0)，即可求
得f(
4 π
9 )=0；利用函数的对称中心和单调区间，结合周期可得T
4 ≥2 π
3 −4 π
9 ，求出0<ω≤9
4 ，再结合
函数零点个数，列出不等式求得9
5 <ω≤18
5 ，综合，即可求得ω的取值范围.
【解答过程】因为函数f (x)=sin(ωx +φ)(ω>0,φ∈R)在区间(
5π
18 , 2π
3 )上单调，
且满足f(
π
3 )=−f(
5 π
9 )，而
π
3 +5 π
9
2
=4 π
9
，4 π
9 ∈(
5 π
18 ,2 π
3 ),
即f (x)的一个对称中心为(4 π
9 ,0)，故f(
4 π
9 )=0；
而4 π
9 ∈(
5 π
18 ,2 π
3 )，故f (x)在区间(
4 π
9 ,2 π
3 )上单调，
设函数的最小正周期为T，则T
4 ≥2 π
3 −4 π
9 =2 π
9 ,∴2π
ω ≥8 π
9 ,0<ω≤9
4 ；
函数f (x)在区间(
2π
9 ,π )上恰有2 个零点，则4 π
9 恰好为第一个零点，
相邻两个零点之间相距半个周期T
2 ，
故T
2 <π −4 π
9 ≤T，即1
2 ⋅2π
ω <π −4 π
9 ≤2π
ω ，
解得9
5 <ω≤18
5 ，结合0<ω≤9
4 ，
可得ω的取值范围为(
9
5 , 9
4)，
故选：B.
【题型9 三角函数的图象与性质的综合应用】
【例9】（2025·天津·模拟预测）已知函数f ( x)=2sin(ωx −π
6 )(ω>0)和
g( x)=3cos(2 x +φ)+1(| φ| <π
2 )的图象的对称轴完全相同，令ℎ( x)=sin(ωx −φ)，则下列结论错误
的是（ ）
A．ℎ(x)的一个周期为−2π
B．ℎ(x)的图象关于直线x =5π
12 对称
C．ℎ( x +π )的一个零点为x =π
6
D．ℎ(x)在(
π
2 ,π )单调递减
【答案】D
【解题思路】根据已知及正余弦函数的对称性得到ω=2、φ =π
3 ，进而有ℎ( x)=sin(2 x−π
3 )，再由正
弦型函数的性质依次判断各项的正误，即可得答案.
【解答过程】令ωx−π
6 =π
2 +k π ,k ∈Z，则x =2 π
3ω +k π
ω ,k ∈Z为f ( x)的对称轴方程，
令2 x +φ =mπ ,m∈Z，则x =mπ
2
−φ
2 ,m∈Z为g( x)的对称轴方程，
由f ( x)与g( x)的对称轴完全相同，则ω=2，即对称轴为x =π
3 +k π
2 =mπ
2
−φ
2 ,k ,m∈Z，
所以(m−k )π
2
=π
3 +φ
2 ,k ,m∈Z且| φ| <π
2 ，则φ=π
3 ，
所以ℎ( x)=sin(2 x−π
3 )，其最小正周期T =π ，故−2π 也是一个周期，A 对；
ℎ( 5π
12 )=sin( 5π
6 −π
3 )=1，故ℎ(x)的图象关于直线x =5π
12 对称，B 对；
ℎ( x +π )=sin(2 x +2π −π
3 )=sin(2 x−π
3 )，当x =π
6 有sin(2×π
6 −π
3 )=0，
所以ℎ( x +π )的一个零点为x =π
6 ，C 对；
x∈(
π
2 ,π )，则2 x−π
3 ∈(2 π
3 ,5 π
3 )，显然ℎ( x)=sin(2 x−π
3 )在给定区间内不单调，D 错.
故选：D.
【变式9-1】（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
【解题思路】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.
【解答过程】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))={
2sin( x−π
3 ),π
2 +2k π ≤x ≤3π
2 +2k π
2sin( x +π
3 ),−π
2 +2k π <x<π
2 +2k π )
，
函数f (x)的图象如下所示：
对于
，由图知，函数
①
f (x)的最小正周期为2π ，
正确；
①
对于
，由图知，
②
x =3π
2 为函数f (x)的对称轴，
正确；
②
对于
，
③
f (3 π
2 )=−1,f (π
6 )=2，由图知，函数f (x)的值域为[−1,2)，
错误；
③
对于
，由图知，函数
④
f (x)在区间(π
6 ,π
2 )上单调递减，
错误
④
.
所以真命题的个数为2 个.
故选：B.
【变式9-2】（24-25 高一下·辽宁抚顺·期中）已知函数f (x)=2sin(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π
2 )的最小正周
期为π ，且f (x)的图象关于直线x =π
6 对称．
(1)求f (x)的解析式；
(2)求f (x)的单调递减区间；
(3)求f (x)在[−π
6 , 3π
8 )上的值域．
【答案】(1)f (x)=2sin(2 x +π
6 )
(2)[
π
6 +k π , 2π
3 +k π )(k ∈Z)
(3)[−1,2)
【解题思路】(1)由最小正周期求出ω=2,再由对称轴求出φ =π
6 即可;
(2)令π
2 +2k π ≤2 x +π
6 ≤3π
2 +2k π (k ∈Z),解不等式即可;
(3) 由x∈[−π
6 , 3π
8 )，得到2 x +π
6 ∈[−π
6 , 11π
12 )，进而求出值域.
【解答过程】（1）由题意得ω=2π
π
=2．
因为f (x)的图象关于直线x =π
6 对称，所以π
3 +φ =π
2 +k π (k ∈Z)，
得φ =π
6 +k π (k ∈Z)．
又0<φ<π
2 ，所以φ =π
6 ．故f (x)=2sin(2 x +π
6 )．
（2）由π
2 +2k π ≤2 x +π
6 ≤3π
2 +2k π (k ∈Z)，
得π
6 +k π ≤x ≤2π
3 +k π (k ∈Z)，
所以f (x)的单调递减区间为[
π
6 +k π , 2π
3 +k π )(k ∈Z)．
（3）由x∈[−π
6 , 3π
8 )，得2 x +π
6 ∈[−π
6 , 11π
12 )，
由正弦函数的图象得f (x)max=2sinπ
2 =2，f (x)min=2sin(−π
6 )=−1.
故f (x)在[−π
6 , 3π
8 )上的值域为[−1,2)．
【变式9-3】（2024·广东佛山·一模）记T为函数f (x)=sin(ωx +φ)的最小正周期，其中ω>0,0<φ<π ，
且f (0)=
❑√3
2 ，直线x = 1
12 T为曲线y =f (x)的对称轴.
(1)求φ；
(2)若f (x)在区间[π ,2π )上的值域为[−1,
❑√3
2 )，求f (x)的解析式.
【答案】(1)φ =π
3
(2)f (x)=sin(x +π
3 )
【解题思路】（1）根据题意由f (0)=
❑√3
2 可得sinφ =
❑√3
2 ，再结合x = 1
12 T为曲线y =f (x)的对称轴即可确
定φ的值；
（2）由题意确定区间[π ,2π )的长度小于一个周期，即可确定0<ω<2，分类讨论，讨论函数在何时取最
值，结合正弦函数的性质，求出ω，经验证即可确定其值，从而求得答案.
【解答过程】（1）由题意知T为函数f (x)=sin(ωx +φ)的最小正周期，故T =2π
ω ,∴ωT =2π ；
由f (0)=
❑√3
2 得sinφ =
❑√3
2 ，而0<φ<π ，故φ=π
3 或φ=2 π
3 ；
又直线x = 1
12 T为曲线y =f (x)的对称轴，即ωT
12 +φ =π
6 +φ =π
2 +k π (k ∈Z)，
则φ=π
3 +k π (k ∈Z)，结合0<φ<π ，可知φ=π
3 ；
（2）由（1）可知f (x)=sin(ωx +π
3 )，f (x)在区间[π ,2π )上的值域为[−1,
❑√3
2 )，
可知区间[π ,2π )的长度小于一个周期，即T =2π
ω >π ,∴0<ω<2，
由x∈[π ,2π )，得ωx +π
3 ∈[ωπ +π
3 ,2ωπ +π
3 )，
若
①
f (π )=−1，则ωπ +π
3 =−π
2 +2k π (k ∈Z)，即ω=−5
6 +2k ,k ∈Z，
则ω=7
6 ，此时ωx +π
3 ∈[
3π
2 , 8π
3 )，函数最大值为1，不符合题意；
若
②
f (2π )=−1，则2ωπ +π
3 =−π
2 +2k π (k ∈Z)，即ω=−5
12 +k ,k ∈Z，
则ω= 7
12或ω=19
12，
当ω= 7
12时，ωx +π
3 ∈[
11π
12 , 3 π
2 )，函数取不到最大值
❑√3
2 ，不符合题意，
当ω=19
12时，ωx +π
3 ∈[
23π
12 , 7 π
2 )，函数最大值为1，不符合题意；
若
③
f (π )=
❑√3
2 ，则ωπ +π
3 =π
3 +2k π 或ωπ +π
3 =2 π
3 +2k π ,k ∈Z，
则ω=2k ,k ∈Z或ω=1
3 +2k ,k ∈Z，则ω=1
3，
此时ωx +π
3 ∈[
2π
3 ,π )，函数取不到最小值−1，不符合题意；
若
④
f (2π )=
❑√3
2 ，则2ωπ +π
3 =π
3 +2k π 或2ωπ +π
3 =2 π
3 +2k π ,k ∈Z，
则ω=k ,k ∈Z或ω=1
6 +k ,k ∈Z，则ω=1或ω=7
6或ω=1
6 ，
当ω=1时，ωx +π
3 ∈[
4 π
3 , 7 π
3 )，能满足题意，此时f (x)=sin(x +π
3 )；
当ω=1
6 时，ωx +π
3 ∈[
π
2 , 2 π
3 )，函数最大值为1，不符合题意，
当ω=7
6 时，由上面分析可知不符合题意，
综合以上可知f (x)=sin(x +π
3 ).
一、单选题
1．（2025·甘肃酒泉·模拟预测）函数y =3tan(
π
6 −x
4)的最小正周期是（ ）
A．2 π
B．6 π
C．4 π
D．π
2
【答案】C
【解题思路】根据正切型函数的周期公式即可求解.
【解答过程】函数y =3tan(
π
6 −x
4)的最小正周期
π
|−1
4)
=4 π
，
故选：C．
2．（2025·河北·模拟预测）函数y =cos x +ln x的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解题思路】由余弦函数性质、函数y =ln x在(0,+∞)上单调递增排除BD，再由cos3+ln3>0可得答案.
【解答过程】因为2<2π
3 ，由余弦函数性质可知cos2>cos 2π
3 =−1
2，
又2>❑√e，且函数y =ln x在(0,+∞)上单调递增，得ln2>ln ❑√e=1
2.
所以当x =2时，cos2+ln2>−1
2 +1
2 =0，BD 错误.
又x =3时，ln3>1，得cos3+ln3>0，A 错误.
故选：C.
3．（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
【解题思路】由三角函数图象的对称性可得结果.
【解答过程】由题意，可得b=2，且f ( π
2 )=2，即sin(
π ω
2
+π
3 )=0，
所以π ω
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 )=sin (−π )+2=2.
故选：C.
4．（2025·湖南邵阳·三模）下列区间中，函数f (x)=3tan(−2 x +π
6 )单调递减的区间是（ ）
A．(−π
6 ,π
3 )
B．(−π
2 ,π
3 )
C．(−π ,−π
6 )
D．(0,π )
【答案】A
【解题思路】整体代入由正切函数的单调性可得.
【解答过程】令k π −1
2 π <−2 x +π
6 <k π +1
2 π ,k ∈Z，解得
−1
2 k π −π
6 <x<−1
2 k π +π
3 ,k ∈Z，
令k =0，可得x∈(−π
6 ,π
3 ).
故选：A.
5．（2025·海南·模拟预测）函数f ( x)=cos(ωx +φ)(ω>0,π
2 <φ<3π
2 )，若f ( x)的一个单调递增区间
为[−2
3 , 4
3 ]，且f (0)=−1
2，下面说法正确的是（ ）
A．ω=π
B．φ=2π
3
C．f ( x)在(0,π )上有2 个零点
D．f (−1)=−1
2
【答案】C
【解题思路】利用单调区间求出ω判断A；由f (0)=−1
2求出φ判断B；求出在(0,π )上的零点判断C；求
出函数值判断D.
【解答过程】对于A，由f ( x)的一个单调递增区间为[−2
3 , 4
3 ]，得最小正周期T =2[ 4
3 −(−2
3 )]=4，
ω=2π
T
=π
2 ，A 错误；
对于B，由f (0)=−1
2 ,π
2 <φ<3π
2 ，得φ=2π
3 或4π
3
，而x∈[−2
3 , 4
3 ]，
当φ=2π
3 时，π
2 x +φ∈[π
3 ,4 π
3 ]，f ( x)在[−2
3 , 4
3 ]不单调；当φ=4π
3
时，
π
2 x +φ∈[π ,2π ]，符合题意，f ( x)=cos(π
2 x +4π
3 )，B 错误；
对于C，由f ( x)=cos(π
2 x +4π
3 )=0，得π
2 x +4π
3
=3 π
2 +k π ,k ∈Z，
解得x =1
3 +2k ,k ∈Z，当x∈(0,π )时，x =1
3或x =7
3，C 正确；
对于D，f (−1)=cos 5π
6 =−
❑√3
2 ，D 错误.
故选：C.
6．（2025·辽宁·模拟预测）设ω>0，已知函数f (x)=sin (ωsin x)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
【解题思路】根据题意由正弦函数的零点结合图象可得.
【解答过程】令f (x)=0，得ωsin x =k π ，k ∈Z，所以sin x =k π
ω ，k ∈Z，
又x∈(0,π )，所以0<sin x ≤1，所以0<k π
ω ≤1，k ∈Z，
所以ω≥k π ，k ∈N
∗，
由题可得方程sin x =k π
ω (k ∈N
∗)有2025 个根，
即曲线y =sin x与直线y =k π
ω ，k ∈N
∗在区间(0,π )内共有2025 个交点.
当k =1时，sin x =π
ω ，
当k =2时，sin x =2π
ω ，
当k =3时，sin x =3π
ω ，
，
…
由题意及曲线y =sin x在区间(0,π )内的图象可知方程sin x =k π
ω
(k =1,2,⋅⋅⋅,1012)分别有两个不同实
根，且各根均不同，所以需1013π
ω
=1，所以ω=1013π .
故选：D.
7．（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
【解题思路】由周期公式求得ω，然后由换元法即可求解.
【解答过程】由题意T =2π
ω =2π
3 ，解得ω=3，x∈[−π
6 ,π
6 )⇒t =3 x +π
6 ∈[−π
3 ,2 π
3 )，
所以f (x)=3cost ,t ∈[−π
3 ,2 π
3 )的最大值为3.
故选：D.
8．（2025·江西新余·模拟预测）已知函数f (x)=sin (π −cos x)，则下列结论不正确的是（ ）
A．f (x)是偶函数
B．f (x)的单调递增区间为[2k π −π ,2k π )(k ∈Z)
C．f (x)是周期为π 的周期函数
D．f (x)的图象关于点(
π
2 ,0)对称
【答案】C
【解题思路】化简函数f (x)的解析式，利用函数奇偶性的定义可判断A 选项；利用复合函数的单调性可判
断B 选项；利用函数周期性的定义可判断C 选项；利用函数对称性的定义可判断D 选项.
【解答过程】由题知，f (x)=sin (cos x)，且该函数的定义域为R，
∵f (−x)=sin[cos(−x)]=sin (cos x)=f (x)，∴f (x)是偶函数，故结论A 正确；
∵u=cos x的单调递增区间为[2k π −π ,2k π )(k ∈Z)，值域为[−1,1)，
y =sinu在区间[−1,1)上单调递增，∴f (x)的单调递增区间为[2k π −π ,2k π )(k ∈Z)，故B 选项正
确；
∵f (x +π )=sin[cos(x +π ))=sin (−cos x)=−sin (cos x)≠f (x)，
∴f (x)不是周期为π 的周期函数，故C 选项错误；
∵f (π −x)=sin[cos(π −x))=sin (−cos x)=−sin (cos x)=−f (x)，
∴f (x)的图象关于点(
π
2 , 0)对称，故D 正确，
故选：C．
二、多选题
9．（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
【解题思路】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.
【解答过程】因为f (x)的图象关于点(−π
3 , 0)对称，所以φ−2 π
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 (2 π
3 )=cos9 π
6 =cos3 π
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.
10．（2025·四川巴中·二模）已知函数f (x)=cos(ωx +π
3 )(ω>0)在区间在区间[0,π )上有且仅有3 条对
称轴，给出下列四个结论，正确的是（ ）
A．f (x)在区间(0,π )上有且仅有2 个不同的零点；
B．f (x)的最小正周期可能是3π
4 ；
C．ω的取值范围是[
10
3 , 13
3 )；
D．f (x)在区间(0,π
12)上单调递增
【答案】BD
【解题思路】由已知结合余弦函数的对称性可得ω的取值范围，从而判断C；再根据余弦函数的零点、周
期性、单调性结合ω的取值范围分别检验即可判断A,B,D．
【解答过程】f (x)=cos(ωx +π
3 )的对称轴方程为ωx +π
3 =k π , x =
k π −π
3
ω
(k ∈Z)，
已知f (x)在[0,π )上有且仅有3 条对称轴，
当k =1时，x1=
π −π
3
ω
=2π
3ω ;k =2时，x2=
2π −π
3
ω
=5π
3ω ;k =3时，x3=
3π −π
3
ω
=8π
3ω ;k =4时，
x4=
4π −π
3
ω
=11π
3ω
，
因为x∈[0,π )上有且仅有3 条对称轴，所以{
8π
3ω ≤π
11π
3ω >π)
，解第一个不等式得ω≥8
3，解第二个不等式得
ω<11
3
，即8
3 ≤ω<11
3
，故C 不正确；
令f (x)=cos(ωx +π
3 )=0，则ωx +π
3 =k π +π
2
(k ∈Z), x =
k π +π
6
ω
(k ∈Z)，
当x∈(0,π )时，k =0时，x0=π
6ω ;k =1时，x1=
π +π
6
ω
=7π
6ω ;k =2时，x2=
2π +π
6
ω
=13π
6ω
，
因为10
3 ≤ω<13
3 ，当ω接近10
3 时，f (x)在(0,π )上可能有3 个零点，故A 错误；
根据周期公式T =2π
ω ，当T =3π
4 时，ω=2π
T
=8
3 , 8
3在[
10
3 , 13
3 )范围内，所以f (x)的最小正周期可能
是3π
4 ，故B 正确；
当x∈(0,π
12)时，ωx +π
3 ∈(
π
3 , ωπ
12 +π
3 )，因为10
3 ≤ω<13
3 ，则
ωπ
12 +π
3 <ωπ
12 +π
3 <
13
3 π
12
+π
3 = 13π +12π
36
=25π
36 <π
2 ，
由于y =cos x在(0,π
2 )上单调递减，所以f (x)在(0,π
12)上单调递增，故D 正确.
故选：BD.
11．（2025·广西南宁·模拟预测）已知函数f (x)=sin2 x|sin x)，则（ ）
A．π 为f (x)的周期
B．f (x)的图象关于x =π
2 对称
C．f (x)的图象关于点(
π
2 ,0)对称
D．f(x +π
2 )是奇函数
【答案】ACD
【解题思路】根据函数的周期性，对称性，奇偶性的定义，和诱导公式，分别判断各选项正误.
【解答过程】已知f (x)=sin2 x|sin x)，
则
f (x +π )=sin2( x +π )|sin( x +π ))=sin(2 x +2π )|−sin x)=sin(2 x +2π )|sin x)=sin2 x|sin x)
，
可得f ( x +π )=f ( x)，所以π 为f (x)的周期，A 正确.
可知f (π −x)=sin2(π −x)|sin(π −x))=sin(2π −2 x)|sin x)=−sin2 x|sin x)，
可得f (π −x)=−f ( x)，则B 错误，C 正确.
可知f(x +π
2 )=sin2( x +π
2 )|sin( x +π
2 ))=sin(2 x +π )|cos x)=−sin 2 x|cos x)，
则f(−x +π
2 )=−sin 2(−x)|cos(−x))=sin 2 x|cos x)，可知f(−x +π
2 )=−f(x +π
2 )，
所以f(x +π
2 )是奇函数，所以D 正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（2025·湖北武汉·模拟预测）若函数f ( x)=2sin(ωx−π
6 )(ω>0)在区间(0,π
4 )上单调，则ω的取值
范围为
.
【答案】(0, 8
3 ]
【解题思路】在指定区间内求出相位的范围，再利用正弦函数单调性列式求解.
【解答过程】当x∈(0,π
4 )时，−π
6 <ωx −π
6 <π
4 ω−π
6 ，依题意，π
4 ω−π
6 ≤π
2 ,ω>0，解得
0<ω≤8
3 ，
所以ω的取值范围为(0, 8
3 ].
故答案为：(0, 8
3 ].
13．（2025·甘肃白银·模拟预测）函数f (x)=sin(2 x +2π
3 +φ)是偶函数，则φ的最小正值为
．
【答案】5
6 π
【解题思路】根据偶函数定义及正弦函数性质可得当x =0时，f (0)=±1，则2π
3 +φ=π
2 +k π ，k ∈Z.
给k赋值，即可求得φ的最小正值.
【解答过程】由于f (x)是偶函数，所以2π
3 +φ =π
2 +k π ，k ∈Z，
故φ =−π
6 +k π ，k ∈Z，所以当k =1时，φ取最小正值，最小正值为5
6 π ．
故答案为：5
6 π .
14．（2025·上海黄浦·二模）设a、b为常数，f (x)=|a+sin x)+|a−sin x)，若对任意的b∈(1,2)，函数
y =f (x)−b在区间[0,2π )上恰有4 个零点，则a的取值范围是 ．
【答案】−1
2 ≤a≤1
2
【解题思路】根据已知讨论a≥1、a≤−1、0≤| a| <1，结合对应f (x)的解析式求值域，b∈(1,2)及零点
个数求参数范围.
【解答过程】由x∈[0,2π )，则sin x∈[−1,1]，又b∈(1,2)，
当a≥1，f (x)=a+sin x +a−sin x =2a≥2，此时y =2a−b无零点，
当a≤−1，f (x)=−a−sin x−a+sin x =−2a≥2，此时y =−2a−b无零点，
当0≤| a| <1，f (x)={
2| a| ,0≤| sin x| ≤| a|
2| sin x| ,| a| <| sin x| ≤1)如下图，此时f (x)∈[2| a| ,2]，而b∈(1,2)，
要使f (x)=b在区间[0,2π )上恰有4 个根，则2| a| ≤1，则−1
2 ≤a≤1
2.
故答案为：−1
2 ≤a≤1
2.
四、解答题
15．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数f ( x)=cos(2 x +φ)(0≤φ<π ),f (0)=1
2．
(1)求φ;
(2)设函数g( x)=f ( x)+f(x−π
6 )，求g( x)的值域和单调区间．
【答案】(1)φ=π
3
(2)答案见解析
【解题思路】（1）直接由题意得cosφ=1
2 ,(0≤φ<π )，结合余弦函数的单调性即可得解；
（2）由三角恒等变换得g(x)=❑√3cos(2 x +π
6 )，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数g(x)的单
调区间.
【解答过程】（1）由题意f (0)=cosφ =1
2 ,(0≤φ<π )，所以φ=π
3 ；
（2）由（1）可知f (x)=cos(2 x +π
3 )，
所以g(x)=f (x)+f(x−π
6 )=cos(2 x +π
3 )+cos2 x
=1
2 cos2 x−
❑√3
2 sin 2 x +cos2 x =3
2 cos2 x−
❑√3
2 sin 2 x =❑√3cos(2 x +π
6 )，
所以函数g(x)的值域为[−❑√3,❑√3)，
令2k π ≤2 x +π
6 ≤π +2k π ,k ∈Z，解得−π
12 +k π ≤x ≤5 π
12 +k π ,k ∈Z，
令π +2k π ≤2 x +π
6 ≤2π +2k π ,k ∈Z，解得5 π
12 +k π ≤x ≤11π
12 +k π ,k ∈Z，
所以函数g(x)的单调递减区间为[−π
12 +k π ,5 π
12 +k π ),k ∈Z，
函数g(x)的单调递增区间为[
5 π
12 +k π ,11π
12 +k π ),k ∈Z.
16．（2024·浙江·模拟预测）已知函数f (x)=sin x−❑√3cos x.
(1)求f(
π
6 )的值，
(2)求函数y =f (x)⋅sin x的单调递增区间.
【答案】(1)f(
π
6 )=−1
(2)[
π
6 +k π , 2π
3 +k π )(k ∈Z)
【解题思路】
（1）将x =π
6 代入化简即可得出答案；
（2）化简y =f (x)⋅sin x，求y =1
2 −sin(2 x +π
6 )的单调递增区间即求y =sin(2 x +π
6 )的单调递减区
间，令π
2 +2k π ≤2 x +π
6 ≤3 π
2
+2k π ,k ∈Z，即可得出答案.
【解答过程】（1）f(
π
6 )=sinπ
6 −❑√3cosπ
6 =1
2 −❑√3×
❑√3
2 =−1.
（2）y =f (x)⋅sin x =sin
2 x−❑√3sin xcos x =1
2 −1
2 cos2 x−
❑√3
2 sin 2 x =1
2 −sin(2 x +π
6 ) ,
求y =1
2 −sin(2 x +π
6 )的单调递增区间即求y =sin(2 x +π
6 )的单调递减区间，
令π
2 +2k π ≤2 x +π
6 ≤3 π
2
+2k π ,k ∈Z，
解得：π
6 +k π ≤x ≤2 π
3
+k π ,k ∈Z，
所以所求的单调增区间为[
π
6 +k π , 2π
3 +k π )(k ∈Z).
17．（2024·上海·模拟预测）已知f ( x)=sin(ωx +π
3 ) ，ω>0
(1)设ω=1，求解:y =f (x), x∈[0, π)的值域;
(2)a>π (a∈R),f ( x)的最小正周期为π ，若在x∈[π ,a)上恰有3 个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)[−
❑√3
2 , 1);
(2)a∈[
7π
3 , 17π
6 )
【解题思路】（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.
【解答过程】（1）因为ω=1，所以f (x)=sin(x +π
3 )，
因为x∈[0, π)，所以令t =x +π
3 ,t ∈[
π
3 , 4π
3 )，
由正弦函数性质得y =g(t )=sin t在[
π
3 , π
2 )上单调递增，在[
π
2 , 4π
3 )上单调递减，
所以g(
π
2 )=1,g(
4π
3 )=−
❑√3
2 , g(
π
3 )=
❑√3
2 ，故y ∈[−
❑√3
2 , 1)，
（2）由题意得T =2π
ω =π ，所以ω=2，可得f (x)=sin(2 x +π
3 )，
当f (x)=0时，2 x +π
3 =k π ，k ∈Z，即x =−π
6 +k π
2 ，k ∈Z，
当k =2时，x =5π
6 <π ，不符合题意，
当k =3时，x =4π
3 >π ，符合题意，
当k =4时，x =11π
6
>π ，符合题意，
当k =5时，x =7π
3 >π ，符合题意，
所以4π
3
+T ≤a<4π
3
+3
2 T，
即7π
3 ≤a<17π
6
，故a∈[
7π
3 , 17π
6 ).
18．（2024·上海普陀·一模）设函数y =f (x)的表达式为f (x)=sin (ωx)，其中ω>0.
(1)设ω=1，m∈R，若有且只有一个x0∈(0,m)，使得函数y =f(x +π
4 )取得最小值，求m的取值范
围；
(2)若对任意的x∈R，皆有f (x)+f(
2π
3 −x)=0成立，且函数y =f (x)在区间(−π
8 ,0)上是严格增函数，
求函数y =f (x)的最小正周期.
【答案】(1)(
5π
4 , 13π
4 )；
(2)2π
3 .
【解题思路】（1）求x +π
4 的范围，结合条件列不等式求m的取值范围；
（2）由条件列关系式，确定ω的值，再由周期公式求周期.
【解答过程】（1）当ω=1时，f (x)=sin x，
则y =f(x +π
4 )=sin(x +π
4 )，
当x∈(0,m)时，x +π
4 ∈(
π
4 ,m+π
4 )，
因为有且只有一个x0∈(0,m)使得函数y =f(x +π
4 )取得最小值，
所以3π
2 <m+π
4 ≤7π
2 ，解得5π
4 <m≤13π
4
，
所以m的取值范围是(
5π
4 , 13π
4 )，
（2）因为对任意x∈R，f (x)+f(
2π
3 −x)=0成立，
所以f (x)的图像关于点(
π
3 ,0)对称，
则ω×π
3 =k π ,k ∈Z，
解得ω=3k ,k ∈Z，又因为ω>0，
所以ω=3k ,k ∈N
*，
由−π
8 <x<0，ω>0，可得−ωπ
8
<ωx<0，
因为函数f (x)=sin (ωx)在区间(−π
8 ,0)上是严格增函数，
令t =ωx可得，函数y =sin t在(−ωπ
8 ,0)上严格单调递增，
所以−π
2 ≤−ωπ
8
，所以0<ω≤4，
所以k =1，ω=3，f (x)=sin3 x，
所以函数y =f (x)的最小正周期T =2π
ω =2π
3 .
19．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ)≤π
2 ).
(1)若f (x)的图象经过点A(
3π
4 ,0)，B(
π
4 ,2)，且点B恰好是f (x)的图象中距离点A最近的最高点，试
求f (x)的解析式；
(2)若f (0)=−1，且f (x)在(
5π
9 ,π )上单调，在(0, 3π
4 )上恰有两个零点，求ω的取值范围.
【答案】(1)f (x)=2sin(x +π
4 )
(2)(
14
9 , 5
3)
【解题思路】（1）依题意可得函数f (x)的周期求出ω，又过点B 取最值求φ；
（2）根据f (0)=−1求φ，由已知条件及正弦函数的性质求ω的取值范围.
【解答过程】（1）依题意可知：T
4 =3π
4 −π
4 =π
2 ，即T =2π= 2π
ω ，所以ω=1，
又过点B(
π
4 ,2)，所以1×π
4 +φ =π
2 +2k π ,k ∈Z,即φ =π
4 +2k π ,k ∈Z，
又|φ)≤π
2 ，所以φ =π
4 ，即f (x)=2sin(x +π
4 ).
（2）因为f (0)=2sinφ =−1，且|φ)≤π
2 ，所以φ =−π
6 ，即f (x)=2sin(ωx −π
6 )(ω>0)，
又当x∈(0, 3π
4 )时f (x)恰有两个零点，−π
6 <ωx−π
6 <3π
4 ω−π
6 ，
依题意：π <3π
4 ω−π
6 ≤2π ，即14
9 <ω≤26
9 ，
又f (x)在(
5π
9 ,π )上单调，所以5π
9 ω−π
6 <ωx−π
6 <π ω−π
6 ，
依题意;若{
5π
9 ω−π
6 ≥−π
2
π ω−π
6 ≤π
2 )
，即{
ω>0
ω≤2
3)
，所以0<ω≤2
3，因14
9 <ω≤26
9 ，故不合题意；
若{
5π
9 ω−π
6 ≥π
2
π ω−π
6 ≤3 π
2 )
，即{
ω≥6
5
ω≤5
3)
，所以6
5 ≤ω≤5
3，因14
9 <ω≤26
9 ，故14
9 <ω≤5
3；
若{
5π
9 ω−π
6 ≥3 π
2
π ω−π
6 ≤5 π
2 )
，即{
ω≥3
ω≤8
3)
，显然不等式组无解；
综上ω的取值范围为(
14
9 , 5
3).
