重难点27：三角函数图像性质类问题之题
型归纳（十大题型总结）
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................3
题型一、五点作图法........................................................................................3
题型二、解三角不等式....................................................................................6
题型三、求三角函数最小正周期....................................................................9
题型四、求三角函数值域（最值）..............................................................11
题型五、三角函数图像平移/伸缩变换问题.................................................15
题型六、利用图像求解析式或参数问题......................................................18
题型七、求x1+ x2+...或f ( x1+ x2+...)问题（选）.......................................22
题型八、三角函数图像上点构成图形类问题（选）..................................25
题型九、三角函数单调性/周期性/奇偶性/对称性综合（解）...................28
题型十、三角函数模型与实际问题（解）..................................................34
题型精析・方法突破提能力..............................................................................40
知识点
1 ：五点作图法
函数
，
的图象中，五个关键点是
．
函数
，
的图象中，五个关键点是
．
知识网络・核心根基深扎牢
知识点
2 ：正余弦函数周期定义域值域
最小正周期：
．
定义域与值域：
，
的定义域为R，值域为[-A，A]．
知识点
3 ：正余弦函数图像与性质
知识点
4 ：正余弦函数图像伸缩
/ 平移变换
由函数
的图像变换为函数
的图像的步骤；
方法一：
．先相位变换，后周期变换，再振幅变换，
函数
图象
定义域
值域
周期性
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
递增区间
递减区间
无
对称中心
对称轴方程
无
方法二：
．先周期变换，后相位变换，再振幅变换．
题型01 五点作图法
五点作图法的解题策略
1.确定五点横坐标：设函数为y = A sin(ωx +φ)+ B（或余弦型），令ωx +φ分别取0、
π
2 、π 、3 π
2 、2π，解出对应的x值，即为五点横坐标。
2.求纵坐标并作图：将横坐标代入函数式，计算出对应纵坐标，得到五个关键点；在坐标
系中描出各点，按三角函数图像趋势平滑连接，完成作图。
1．用“五点法”作y =3sin3 x +1的图象，首先描出的五个点的横坐标是（ ）
A．0，π
2 ，π，3 π
2 ，2π
B．0，π
4 ，π
2 ，3 π
4 ，π
C．0，π，2π，3 π，4 π
D．0，π
6 ，π
3 ，π
2 ，2π
3
【答案】D
【分析】用五点法作三角函数的图，五个点的横坐标分别为3 x =0, π
2 ,π , 3
2 π ,2π，
求出x值.
【详解】由“五点法”作图知，令3 x =0, π
2 ,π , 3
2 π ,2π，
解得x =0, π
6 , π
3 , π
2 , 2π
3 ，即为五个关键点的横坐标.
故选：D．
2．用五点法作y =2sin3 x的图象时，首先应描出的五点的横坐标可以是（ ）
实战演练・能力进阶攀高峰
A．0,π
2 ,π, 3π
2 ,2π
B．0,π
6 ,π
3 ,π
2 , 2π
3
C．
0,π,2π,3π,4π D．0,π
4 ,π
3 ,π
2 , 2π
3
【答案】B
【分析】根据正弦函数五点法作图的基准点的坐标直接可得解.
【详解】分别令3 x =0，π
2
，π，3π
2
，2π，
解得x =0，π
6 ，π
3 ，π
2
，2π
3 ，
即五点的横坐标分别为0，π
6 ，π
3 ，π
2
，2π
3 ，
故选：B.
3．已知函数y =3+2cos x.
(1)用“五点法”在所给的直角坐标系中画出函数f ( x)的图象；
(2)写出此函数的单调递增区间.
【答案】(1)答案见解析
(2)[2k π−π,2k π),k ∈Z
【分析】（1）根据五点法，列表、描点、连线.
（2）由余弦函数的单调性可得.
【详解】（1）按五个关键点列表如下:
x
0
π
2
π
3π
2
2π
cos x
1
0
−1
0
1
y =3+2cos x
5
3
1
3
5
描点、连线画出图象（如图）.
（2）令t =cos x，则y =3+2t;
因为函数y =3+2t是增函数，所以当x∈[2k π−π,2k π),k ∈Z时，函数
y =cos x单调递增，y =3+2cos x也是单调递增的.
所以，函数的单调递增区间为[2k π−π,2k π),k ∈Z.
4．用“五点法”作函数f ( x)= A sin(ωx +φ)( A >0,ω>0,−π
2 <φ<π
2 )的图象．
列出下表，
ωx +φ
0
π
2
π
a
2π
x
1
3
b
7
9
f ( x)
0
2
0
c
0
根据表中信息：
(1)请求出A ,ω,φ的值；
(2)请写出表格中a,b,c对应的值；
(3)作出函数y = f ( x)在一个周期内的图象．
【答案】(1)A =2,ω=π
4 ,φ=−π
4 ；
(2)a= 3π
2 ,b=5,c =−2；
(3)图象见解析.
【分析】（1）（2）根据给定的数表，结合五点法作图求出A ,ω,φ及a,b,c.
（3）由数表描出点，进而作出函数图象.
【详解】（1）由表格知，A =2，由{
ω+φ =0
3ω+φ =π
2 )
，解得ω=π
4 ，φ=−π
4 ，
所以A =2,ω=π
4 ,φ=−π
4 .
（2）由ω⋅b+φ=π
4 b−π
4 =π，得b=5，
当x =7时，a=7×π
4 −π
4 = 3π
2 ，c =2sin 3π
2 =−2，
所以a= 3π
2 ,b=5,c =−2.
（3）作出一个周期的图象，如图，
题型02 解三角不等式
解三角不等式的解题策略
1.转化为最简三角不等式并求基础解：将不等式化为sin x ≥a（或≤a、cos x、tan x
型），结合对应三角函数图像或单位圆，求出一个周期内的基础解集。
2.结合周期扩广解集：根据三角函数周期（sin x、cos x 周期2π ，tan x周期π），在基
础解集上加上周期的整数倍，写出最终的通解，注意剔除无定义点。
5．设x∈[0,2π)，则不等式组{
sin2 x>sin x
cos2 x>cos x)的解集为（ ）
A．∅
B．(
π
6 ,π
3 )
C．(π, 4π
3 )
D．(
7π
6 , 4π
3 )
【答案】C
【分析】先结合二倍角余弦公式，利用一元二次不等式的解法及余弦函数性质求得
cos2 x>cos x的解x∈(
2π
3 , 4π
3 )，再结合二倍角正弦公式及正弦函数性质求得
sin2 x>sin x的解x∈(π,2π)，求交集即可得解.
【详解】因为x∈[0,2π)，由cos2 x>cos x，得2cos
2 x−cos x−1>0，
所以cos x>1（舍）或cos x<−1
2，所以x∈(
2π
3 , 4π
3 )．
由sin2 x>sin x，得sin x (2cos x−1)>0，又cos x<−1
2，所以sin x<0，
所以x∈(π,2π)．因为x∈(
2π
3 , 4π
3 )，所以x∈(π, 4π
3 )．
所以不等式组¿的解集为(π, 4π
3 ).
故选：C．
6．函数f ( x)=cos(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π
2 )的部分图象如图所示，则2f ( x)>1在区间
(−π,0)上的解集是（ ）
A．(−π
12 ,0)
B．(−3π
4 ,0)
C．(−3π
4 ,−π
12)
D．
(−π,−3π
4 )∪(−π
12 ,0)
【答案】D
【分析】根据图象判断函数的最小正周期，运用余弦型最小正周期公式，结合函数的
图象进行求解即可；
速解：得到函数解析式后，运用特例法进行排除即可.
【详解】由图象可知，T
4 = 7π
12 −π
3 =π
4
（T为最小正周期），所以T =π，即
2π
ω =π，
所以ω=2，则2×π
3 +φ=π
2 +2k π,k ∈Z．又|φ|<π
2 ，所以φ=−π
6 ，
所以f ( x)=cos(2 x−π
6 )，又2f ( x)>1，即f ( x)> 1
2，
所以−π
3 +2kπ <2 x−π
6 < π
3 + 2kπ ,k ∈Z，
所以−π
12 + kπ < x< π
4 + kπ ,k ∈Z，又x∈(−π,0)，
所以−π< x<−3π
4 或−π
12 < x<0．
故选：D
速解：
求出f ( x)=cos(2 x−π
6 )后，取x =−π
6 ，得
2f(−π
6)=2cos[2×(−π
6)−π
6)=0<1，排除BC；取x = −11π
12
，得
2f(
−11π
12 )=2cos[2×(−11π
12 )−π
6)= 2cos(−2π )=2>1，排除A．
故选：D
7．已知定义域为R 的函数f (x)=
2
x
2
x+a
−1
2是奇函数．
(1)求实数a 的值；
(2)判断f (x)的单调性（无需证明），并求关于x 的不等式f (sin
2 x)+ f (cos x −1)<0
的解集．
【答案】(1)a=1
(2)单调递增，(
π
2 +2k π,3π
2 +2k π)k ∈Z
【分析】（1）根据f (0)=0求出a=1，再代入验证即可；
（2）利用定义判断函数f (x)的单调性，结合奇偶性可得到sin
2 x<1−cos x，再利用
余弦函数的性质求解即可.
【详解】（1）因为f (x)是定义域为R的奇函数，所以f (0)=
1
1+a −1
2 =0，解得a=1，
当a=1时，f (x)=
2
x
2
x+1
−1
2 = 2⋅2
x−2
x−1
2(2
x+1)
= 2
x−1
2(2
x+1)，
所以f (−x)= 2
−x−1
2(2
−x+1)
= 1−2
x
2(1+2
x)
=−f (x)，满足f (x)是奇函数，
所以a=1；
（2）设x1, x2∈R , x1< x2，
则f (x1)−f (x2)= 1
2(
2
x1−1
2
x1+1
−2
x2−1
2
x2+1)=
2
x1−2
x2
(2
x1+1)(2
x2+1)
，
因为x1< x2，所以2
x1−2
x2<0，2
x1+1>0,2
x2+1>0，
所以f (x1)−f (x2)=
2
x1−2
x2
(2
x1+1)(2
x2+1)
<0，即f (x1)<f (x2)，
所以f (x)在R上单调递增，
因为f (sin
2 x)+ f (cos x −1)<0，所以f (sin
2 x)<−f (cos x −1)
又f (x)为奇函数，所以−f (cos x−1)= f (1−cos x)，
所以f (sin
2 x)<f (1−cos x)，得sin
2 x<1−cos x，
所以1−cos
2 x<1−cos x，化简得cos x (cos x−1)>0，解得cos x<0或cos x>1，
因为cos x∈[−1,1)，所以cos x<0，解得π
2 +2k π< x<3π
2 +2k π,k ∈Z，
所以关于x 的不等式f (sin
2 x)+ f (cos x −1)<0的解集为
(
π
2 +2k π,3π
2 +2k π)k ∈Z.
8．已知函数f (x)= 4cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的图象经过
A(x1,4),B(x2,0),C(
π
3 ,−4)三点，且|x1−x2)的最小值为π
4 .
(1)求f (x)的解析式；
(2)求f (x)在[−π
3 ,π
6 )上的值域；
(3)求不等式f (x)>2❑√3的解集.
【答案】(1)f (x)= 4cos(2 x +π
3 )
(2)[−2,4)
(3)(k1π−π
4 ,k1π−π
12)(k1∈Z)
【分析】（1）根据已知可得周期，求出ω=2，再代入点C(
π
3 ,−4)求解即可；
（2）根据余弦函数的性质求出值域即可；
（2）不等式f (x)>2❑√3等价于不等式cos(2 x +π
3 )>
❑√3
2 ，根据余弦函数的性质可得
结果.
【详解】（1）由题意f (x)= 4cos(ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的图象经过
A(x1,4),B(x2,0)三点，且|x1−x2)的最小值为π
4 ，
可得f (x)的最小正周期T =π
4 ×4 =π，则2π
ω =π，解得ω=2.
则f (x)= 4cos(2 x +φ)，
由f (π
3 )= 4cos( 2π
3 +φ)=−4⇒cos( 2π
3 +φ)=−1，
故2π
3 +φ =π+2k π⇒φ =π
3
+2k π，k ∈Z，
又因为|φ|<π，所以φ =π
3
.
故f (x)= 4cos(2 x +π
3 ).
（2）由于x∈[−π
3 ,π
6 )，所以2 x +π
3 ∈[−π
3 ,2π
3 )，
故cos(2 x +π
3 )∈[−1
2 ,1)，4cos(2 x +π
3 )∈[−2,4)．
所以函数f (x)的值域为[−2,4)．
（3）不等式f (x)>2❑√3等价于不等式4cos(2 x +π
3 )>2❑√3，即不等式
cos(2 x +π
3 )>
❑√3
2 .
令2k1π−π
6 <2 x +π
3 <2k1π+π
6 (k1∈Z)，解得
k1π−π
4 < x<k1π−π
12 (k1∈Z)，
故不等式f (x)>2❑√3的解集为(k1π−π
4 ,k1π−π
12)(k1∈Z).
题型03 求三角函数最小正周期
求三角函数最小正周期的解题策略
1.确定函数最简形式与基本周期：将三角函数化为y = A sin(ωx +φ)+ B、
y = A cos(ωx +φ)+ B或y = A tan(ωx +φ)+ B的最简形式，明确基本周期（正弦、余弦为
2π ，正切为π）。
2.计算最小正周期：根据ω值计算，正弦、余弦型函数最小正周期
T = 2π
|ω| ，正切型为T =
π
|ω| ；若含绝对值等变形，结合图像分析周期，最终确定最小
正周期。
9．函数y =sin(4 x +π
3 )的最小正周期为（ ）
A．4π
B．2π
C．π
2
D．π
4
【答案】C
【分析】借助正弦函数周期性计算即可得.
【详解】最小正周期T = 2π
4 =π
2 .
故选：C.
10．已知函数f ( x)=cos(2ωx −π
6 )的最小正周期为π
5 ，其中ω>0，则ω=（ ）
A．4
B．5
C．8
D．10
【答案】B
【分析】利用余弦型函数的周期公式计算即得.
【详解】依题意，2π
2|ω| =π
5 ，因ω>0，则得ω=5.
故选：B.
11．化简
f ( x )=cos(
6 k +1
3
π+2 x)+cos(
6k −1
3
π−2 x)+2❑√3sin(π
3 +2 x)( x∈R ,k ∈Z)，
并求函数f (x)的最小正周期．
【答案】f (x)= 4 cos2 x，最小正周期为π．
【分析】利用诱导公式和辅助角公式，化简f (x)为标准型，再求其最小正周期即可．
【详解】f ( x)=cos(
6 k +1
3
π+2 x)+cos(
6 k −1
3
π−2 x)+2❑√3sin(π
3 +2 x)
=cos(2 x +π
3 )+cos(2 x +π
3 )+2❑√3sin(2 x +π
3 )
=2❑√3sin(2 x +π
3 )+2cos(2 x +π
3 )
= 4 sin(2 x +π
3 +π
6 )
= 4 sin(2 x +π
2 )
= 4 cos2 x．
故f (x)的最小正周期为2π
2 =π．
12．求函数y =2cos(x +π
4 )cos(x−π
4 )+ ❑√3sin 2 x的最小正周期．
【答案】π
【分析】利用诱导公式结合二倍角的正弦公式、辅助角公式化简得
y =2sin(2 x +π
6 )，再利用正弦型函数的周期性求解.
【详解】
y =2cos(x +π
4 )cos(x−π
4 )+ ❑√3sin 2 x =2cos(x +π
4 )cos[(x +π
4 )−π
2 )+ ❑√3sin 2 x
=2cos(x +π
4 )sin(x +π
4 )+ ❑√3sin 2 x =sin(2 x +π
2 )+ ❑√3sin 2 x = ❑√3sin 2 x +cos2 x
=2sin(2 x +π
6 )．
则最小正周期T = 2π
2 =π.
题型04 求三角函数值域（最值）
求三角函数值域（最值）的解题策略
1.化简函数并确定定义域：将三角函数化为y = A sin(ωx +φ)+ B等最简形式，明确自变量
x的取值范围（定义域），结合定义域确定ωx +φ的取值范围（相位范围）。
2.结合三角函数值域求结果：根据正弦、余弦的值域[−1,1]或正切的值域ℝ，结合
A 、B的符号与大小，计算函数的最值；若有定义域限制，结合相位范围分析单调性求值
域。
13．已知函数f ( x)=cos2 x +sin x−2，则（ ）
A．f (x)的最大值为−1
B．f (x)的最小值为−3
C．f (x)的最大值为−7
8
D．f (x)的最小值为−9
4
【答案】C
【分析】利用二倍角的余弦公式变形函数，再由含正弦的二次函数求出最值.
【详解】函数f ( x)=cos2 x +sin x−2=1−2sin
2 x +sin x−2=−2(sin x−1
4 )
2
−7
8，
而−1≤sin x ≤1，则sin x = 1
4 时，f ( x)max =−7
8，当sin x =−1时，f ( x)min=−4.
故选：C
14．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.
15．求下列函数的值域.
(1)y = 3sin x +1
sin x−2 ；
(2)y =sin x +1
cos
2 x +2sin x +1
.
【答案】(1)[−4 , 2
3)
(2)(−∞,0)∪[
1
2 ,+ ∞)
【分析】（1）方法一 分离常数，得y =3+
7
sin x−2 ，再由三角函数及反比例函数
的性质求解即可；
方法二 利用三角函数的有界性，由题意可得y ≠3，且sin x = 1+2 y
y −3 ，再由
sin x∈[−1,1)求解即可；
（2）化简得y =sin x +1
−(sin x +1)
2+ 4 (sin x +1)−1，令t =sin x +1,t ∈[0,2)，结合基
本不等式及反比例函数的性质求解即可.
【详解】（1）方法一 分离常数法
∵y = 3sin x +1
sin x−2 = 3(sin x−2)+7
sin x−2
=3+
7
sin x−2 ，
∵−1≤sin x ≤1,∴−3≤sin x−2≤−1，
∴−1≤
1
sin x−2 ≤−1
3 ,∴−7≤
7
sin x−2 ≤−7
3 ,∴−4≤3+
7
sin x−2 ≤2
3，
∴y = 3sin x +1
sin x−2 ∈[−4 , 2
3)，
∴y = 3sin x +1
sin x−2 的值域为[−4 , 2
3).
方法二 利用三角函数的有界性
由y = 3sin x +1
sin x−2 ，得y ≠3，
所以sin x = 1+2 y
y −3 ，
由sin x∈[−1,1)，
得−1≤1+2 y
y −3 ≤1，
当y −3>0，即y >3时，不等式无解；
当y −3<0，即y <3时，解得−4≤y ≤2
3.
故y = 3sin x +1
sin x−2 的值域为[−4 , 2
3).
（2）利用分离参数结合换元求解.
y =sin x +1
cos
2 x +2sin x +1
=sin x +1
−sin
2 x +2sin x +2
= sin x +1
−(sin x +1)
2+ 4 (sin x +1)−1.
令t =sin x +1,t ∈[0,2)，则y =
t
−t
2+ 4 t −1.
当t =0时，y =0.
当t ≠0时，
y =
1
−t + 4−1
t
=
1
−(t + 1
t)+ 4 ，
由基本不等式可得t + 1
t ≥2❑√t ⋅1
t =2，
当且仅当t = 1
t ，即t =1时，等号成立，
所以−(t + 1
t)≤−2,4−(t + 1
t)≤2，
所以
1
−(t + 1
t)+ 4
<0
或
1
−(t + 1
t)+ 4
≥1
2
此时函数的值域为(−∞,0)∪[
1
2 ,+∞).
故函数y =sin x +1
cos
2 x +2sin x +1 的值域为(−∞,0)∪[
1
2 ,+∞).
16．已知函数f (x)= A sin (ωx +φ)( A >0,ω>0,0<φ<π)的图象如图所示．
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)求函数f (x)在[0,2π)上的单调递增区间；
(3)求函数g(x)= f
2(x)−f (x)在区间[−π
6 ,π
6 )上的值域．
【答案】(1)f (x)=2sin(2 x +2π
3 )
(2)[
5π
12 ,11π
12 )，[
17π
12 ,23π
12 )
(3)[−1
4 ,2)
【分析】（1）根据函数图象确定函数最值与周期，再代入点坐标，可得函数解析式；
（2）利用整体代入法可得函数单调区间；
（3）可得f (x)在[−π
6 ,π
6 )上的值域，再利用换元法结合二次函数性质可得值域.
【详解】（1）由图象可知A =2，
且T
4 = 5π
12 −π
6 =π
4 ，即T = 2π
|ω) =π，
又ω>0，所以ω=2；
所以f (x)=2sin (2 x +φ)，
又f(−π
12)=2sin(−π
6 +φ)=2，
解得φ = 2π
3 +2k π，k ∈Z，
又0<φ<π，则φ=2π
3 ，
所以f (x)=2sin(2 x + 2π
3 )；
（2）令−π
2
+2k π≤2 x + 2π
3 ≤π
2 +2k π，k ∈Z，
解得−7π
12 + k π≤x ≤−π
12 + k π，k ∈Z，
所以函数的单调递增区间为[−7π
12 +k π,−π
12 +k π)，k ∈Z，
又x∈[0,2π)，
所以函数f (x)在[0,2π)上的单调递增区间为[
5π
12 ,11π
12 )和[
17π
12 ,23π
12 )；
（3）当x∈[−π
6 ,π
6 )，则2 x + 2π
3 ∈[
π
3 ,π)，
即sin(2 x + 2π
3 )∈[0,1)
设t = f (x)=2sin(2 x + 2π
3 )∈[0,2)，
则g(x)= f
2(x)−f (x)=t
2−t =(t −1
2)
2
−1
4 ，t ∈[0,2)，
所以当t = 1
2时，g(x)取得最小值为−1
4 ；
当t =2时，g(x)取得最大值为2，
故g(x)在[−π
6 ,π
6 )上的值域为[−1
4 ,2).
题型05 三角函数图像平移/伸缩变换问题
三角函数图像平移/伸缩变换问题的解题策略
1.确定变换顺序与参数：明确原函数（如y =sin x）与目标函数（如y = A sin(ωx +φ)+ B
），按“先平移后伸缩”或“先伸缩后平移”定顺序，提取
A （振幅）、ω（周期）、φ（相位）、B（上下移）参数。
2.分步执行变换：按顺序执行变换，平移时“左加右减”（x 变x ±|φ|/ω，先伸缩时φ
需除以ω），伸缩时横缩ω倍、纵伸A 倍，最后上下移B倍，得到目标图像。
17．要得到函数y =sin(2 x−π
3 )的图象，只需将y =sin2 x的图象（ ）
A．向右平移π
6 个单位
B．向右平移π
3 个单位
C．向左平移π
6 个单位
D．向左平移π
3 个单位
【答案】A
【分析】先把目标函数变形为与原函数结构相似的形式，再利用三角函数图象平移规
律确定平移方向和单位．
【详解】∵y =sin(2 x−π
3 )=sin[2(x−π
6 ))，
∴由y =sin2 x到y =sin[2(x−π
6 ))，需要向右平移π
6 个单位，
故选：A．
18．如图是函数y = A sin(ωx +φ)( A >0,ω>0, x∈R)在区间[−π
6 , 5 π
6 )上的图象．为
了得到这个函数的图象，只要将y =sin x( x∈R)的图象上所有的点（ ）
A．向左平移π
3 个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的1
2 倍，纵坐标不
变
B．向左平移π
3 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2 倍，纵坐标不
变
C．向左平移π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的1
2 倍，纵坐标不
变
D．向左平移π
6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2 倍，纵坐标不
变
【答案】A
【分析】根据图像求出正弦型函数，再结合平移的内容判断.
【详解】由题图象知A =1,T = 5 π
6 −(−π
6)= π，
所以ω= 2π
T =2．所以f ( x)=sin(2 x +φ)，
又图象过点(
π
3 ,0)，由五点法知2π
3 +φ = π，所以φ = π
3 ，
所以y =sin(2 x + π
3)．
故将函数y =sin x的图象先向左平移π
3 个单位后，再把所得图象上各点的横坐标缩短
为原来的1
2（纵坐标不度），可得函数y =sin(2 x + π
3)的图象．
故答案为：A.
19．已知函数f ( x)=cos
2(
π
2 +ωx)+ ❑√3sin ωx cosωx −1
9 (ω>0)的最小正周期为π．
(1)求函数f ( x)的解析式；
(2)若先将函数f ( x)的图象向左平移π
12 个单位长度，再将其图象上所有点的横坐标伸
长为原来的2 倍（纵坐标不变），得到函数g( x)的图象，求y = g( x)的解析式.
【答案】(1)f (x)=sin(2 x−π
6 )+ 7
18
(2)g( x)=sin x + 7
18
【分析】（1）利用三角恒等变换得到f (x)=sin(2ωx −π
6 )+ 7
18，根据最小正周期
得到ω=1，得到函数解析式；
（2）根据平移变换和伸缩变换的法则得到答案.
【详解】（1）
f ( x)= 1+cos(π+2ωx)
2
+
❑√3
2 sin 2ωx −1
9 =
❑√3
2 sin 2ωx −1
2 cos2ωx + 7
18
=sin(2ωx −π
6 )+ 7
18，
f (x)最小正周期为π，故2π
2ω =π，故ω=1，
所以f (x)=sin(2 x−π
6 )+ 7
18；
（2）f ( x)的图象向左平移π
12 个单位长度，得到
y =sin(2 x +π
6 −π
6 )+ 7
18 =sin 2 x + 7
18，
将其图象上所有点的横坐标伸长为原来的2 倍（纵坐标不变），得到函数
g( x)=sin x + 7
18.
20．已知函数f (x)= 1
2 sin(2 x−π
6)．
(1)求函数f (x)的最小正周期、振幅、初相及图象的对称轴方程；
(2)将函数f (x)的图象向右平移π
6 个单位长度，所得图象对应的函数为g(x)，当
x∈[0, 2π
3 )时，求函数g(x)的值域．
【答案】(1)最小正周期为π；振幅为1
2；初相为−π
6 ；对称轴方程为
x = k π
2 + π
3 ,k ∈Z.
(2)[−1
2 , 1
2)
【分析】（1）根据正弦函数的性质来求解最小正周期、振幅、初相和对称轴方程.
（2）先根据平移规律得到g(x)的表达式，再结合x的取值范围求解其值域.
【详解】（1）因为f (x)= 1
2 sin(2 x−π
6)，
所以最小正周期为T = 2π
2 = π；振幅为1
2；初相为−π
6 ；
对称轴方程为2 x−π
6 =k π + π
2 ,k ∈Z，解得x = k π
2 + π
3 ,k ∈Z.
（2）由题意知，g(x)= 1
2 sin(2(x−π
6)−π
6)= 1
2 sin(2 x−π
2)=−1
2 cos2 x.
因为x∈[0, 2π
3 )，所以0≤2 x ≤4 π
3 ，所以−1≤cos2 x ≤1.
所以−1
2 ≤−1
2 cos2 x ≤1
2.
故函数g(x)的值域为[−1
2 , 1
2).
题型06 利用图像求解析式或参数问题
利用图像求解析式或参数问题的解题策略
1.提取图像关键信息：确定函数类型（正弦/余弦型），从图像中找振幅A（最值差一
半）、周期T（相邻最值/零点间距）、上下移B（最值平均值）及特殊点（如零点、顶
点）坐标。
2.计算参数并确定解析式：由T 求ω=2π /T （正切ω= π /T ），将特殊点坐标代入
y = A sin(ωx +φ)+ B等形式，结合图像趋势求φ，验证后确定解析式。
21．已知函数f (x)=sin x−❑√3cos x，如图所示的函数曲线所对应的函数解析式可以为（
）
A．y = f(
1
2 x + 2π
3 )
B．y = f(
1
2 x−π
3 )
C．y = f(2 x + 2π
3 )
D．y = f(2 x−2π
3 )
【答案】C
【分析】根据辅助角公式化简f (x)，即可根据周期排除AB，根据最高点坐标排除
D，即可求解.
【详解】由图可知：图中函数的周期为T =[
π
12 −(−2π
3 ))× 4
3 =π,
而f (x)=sin x−❑√3cos x =2sin(x−π
3 )的周期为T 0=2π，
而选项AB 中的函数周期均为2T 0= 4π,不符合题意，舍去，
对于D, y = f(2 x−2π
3 )=2sin(2 x−2π
3
−π
3 )=2sin (2 x−π)=−2sin 2 x，
当x =π
12时，y =−2sinπ
6 =−1，不符合要求，
对于C, y = f(2 x +2π
3 )=2sin(2 x +2π
3
−π
3 )=2sin(2 x +π
3 )，
最小正周期为π，当x =π
12时，y =2sinπ
2 =2，符合要求.
故选：C.
22．已知函数f (x)= A cos(ωx −π
3 )( A >0,ω>0)的部分图象如图所示（P为图象与x轴
的一个交点，Q为图象的一个最高点），且⃗PQ =(
3π
4 ,1)，则f (x)的一个对称中心可以
是（ ）
A．(
π
6 ,0)
B．(−π
12 ,0)
C．(−π
6 ,0)
D．(
π
12 ,0)
【答案】B
【分析】根据题意可得函数的周期和振幅，进而可得函数的一个对称中心.
【详解】由⃗PQ =(
3π
4 ,1)，得3T
4 = 3π
4 ，A =1，所以T =π,ω= 2π
T
=2，
所以f (x)=cos(2 x−π
3 )，令2 x−π
3 =k π+π
2 ,k ∈Z，得x = k π
2 + 5π
12 ,k ∈Z，
所以当k =−1时，x =−π
12，所以(−π
12 ,0)是函数的一个对称中心.
故选：B.
23．已知函数f (x)= A sin (ωx +φ)(A >0，ω>0，|φ)<π
2 )的部分图象如图所示．
(1)求f (x)的解析式及其图象的对称中心的坐标；
(2)将f (x)图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的1
2，再将所得图象上的
各点向右平移π
8 个单位长度，得到函数g(x)的图象，求g(x)在区间[0，π
4 )上的值域．
【答案】(1)解析式：f (x)=2sin(2 x +π
3 )，对称中心：(
k π
2 −π
6 ,0)，k ∈Z.
(2)[−1,2)
【分析】（1）由图可得函数的最值、周期以及已知点，分别建立方程，解得解析式；
根据正弦函数的对称中心，利用整体思想，可得答案.
（2）根据函数图象变换，解得函数解析式，利用整体思想，结合正弦函数的单调性，
可得答案.
【详解】（1）由图象可知，函数的最大值为2，最小值为−2，因为A >0，所以A =2.
又因为T
2 = 7π
12 −π
12 =π
2 ，所以周期T =π；据周期公式T = 2π
ω
(ω>0)，可得
ω=2.
此时f (x)=2sin (2 x +φ)，图象过点(
π
12 ,2)，
将其代入函数可得2sin(2×π
12 +φ)=2，即sin(
π
6 +φ)=1.
所以π
6 +φ=2k π+π
2 ，k ∈Z，解得φ=π
3 +2k π，k ∈Z.
又因为|φ)<π
2 ，所以k =0，φ=π
3 .因此f (x)=2sin(2 x +π
3 ).
令2 x +π
3 =k π，k ∈Z，解得x = k π
2 −π
6 ，k ∈Z.
所以f (x)图象的对称中心的坐标为(
k π
2 −π
6 ,0)，k ∈Z.
（2）将f (x)图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的1
2，得到
y =2sin(4 x +π
3 )的图象；
再将所得图象上的各点向右平移π
8 个单位长度，得到
g(x)=2sin(4 x−π
2 +π
3 )=2sin(4 x−π
6 )的图象.
当x∈[0,π
4 )时，则4 x−π
6 ∈[−π
6 , 5π
6 )，
由y =sin x在[−π
6 ,π
2 )上单调递增，在[
π
2 , 5π
6 )上单调递减；
当4 x−π
6 =−π
6 时，sin(4 x−π
6 )=−1
2，g(x)min=2×(−1
2)=−1；
当4 x−π
6 =π
2 时，sin(4 x−π
6 )=1，g(x)max=2×1=2；
所以g(x)在区间[0,π
4 )上的值域为[−1,2).
24．已知函数f (x)=sin(ωx +φ)(ω>0,|φ)≤π
2 )的部分图象如图所示.
(1)求f (x)的解析式；
(2)求f (x)的单调递减区间；
(3)求函数g(x)= f (x)+ f(x +π
6 )+ f(x +π
3 )的值域.
【答案】(1)f (x)=sin(2 x−π
3 )
(2)[
5π
12 +k π, 11π
12 + k π)(k ∈Z)
(3)[−2,2)
【分析】（1）根据图中对称轴与对称中心的差值与周期的关系，先求出T，ω，再代
入最高点求φ，注意范围；
（2）根据正弦函数的性质，整体法求解单调区间即可；
（3）利用两角和的正弦公式，化简出g( x)，再求值域即可.
【详解】（1）由图可得，1
4 T = 5π
12 −π
6 =π
4 ，则T =π= 2π
|ω) ，
因为ω>0，所以ω=2，则f (x)=sin(2 x +φ)，
将点(
5π
12 ,1)的坐标代入解析式可得sin(2× 5π
12 +φ)=sin(
5π
6 +φ)=1，
则5π
6 +φ =π
2 +2k π,k ∈Z，解得φ=−π
3 +2k π,k ∈Z，
因为|φ)≤π
2 ，所以φ=−π
3 ，
则f (x)=sin(2 x−π
3 ).
（2）令π
2 +2k π≤2 x−π
3 ≤3π
2 +2k π,k ∈Z，解得
5π
12 + k π≤x ≤11π
12 + k π,k ∈Z，
所以f (x)的单调递减区间为[
5π
12 +k π, 11π
12 +k π)(k ∈Z).
（3）g(x)=sin(2 x−π
3 )+sin2 x +sin(2 x +π
3 )
=[sin(2 x−π
3 )+sin(2 x +π
3 ))+sin2 x =2sin2 xcosπ
3 +sin2 x =2sin2 x，
所以g(x)的值域为[−2,2).
题型07 求x1+ x2+...
f
或( x1+ x2+...)问题
求x1+ x2+...或f ( x1+ x2+...)问题的解题策略
1.分析图像对称性与关键点：确定函数解析式及周期、对称中心（正弦/余弦型为零点或最
值点中点）、对称轴，找出x₁,x₂,…对应的图像对称关系或相邻关键点间距。
2.利用性质计算求和或函数值：若求和，根据对称中心得x₁+x₂=2a（a 为对称中心横坐
标），分组求和；若求f(和)，先算和的值，结合周期化简后代入解析式求结果。
25．已知函数f (x)=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ)<π
2 )的图象过点B(0,−❑√3)，且在
(
π
18 ,π
3 )上单调，同时f (x)的图象向左平移π个单位长度后与原来的图象重合，当
x1, x2∈(−4π
3
,−2π
3 )，且x1≠x2时，f (x1)= f (x2)，则f (x1+ x2)=（ ）
A．−1
B．−❑√3
C．−2
D．0
【答案】B
【分析】函数过点B(0,−❑√3)，代入求解得到φ=−π
3 ，利用函数的周期性得结合单
调性可得ω=2，通过整体换元得到函数的对称轴x =−13
12 π，从而由
f (x1+ x2)= f(−13
6 π)即可得解.
【详解】函数f (x)=2sin(ωx +φ)(ω>0,|φ)<π
2 )的图象过点B(0,−❑√3)，
则：2sinφ =−❑√3，解得：sinφ =−
❑√3
2 ，由于：|φ)<π
2 ，所以：φ=−π
3 ，
则f (x)=2sin(ωx −π
3 ).
同时f (x)的图象向左平移π 个单位之后与原来的图象重合，
所以：g(x)=2sin[ω(x +π)−π
3 )=2sin(ωx −π
3 )，则：ωπ=2k π,k ∈Z.
函数在x∈(
π
18 ,π
3 )上单调，则：π
3 −π
18 ≤T
2 =π
ω ，解得：0<ω≤18
5 ，所以：
ω=2.
则：f (x)=2sin(2 x−π
3 ).
函数的对称轴方程为：2 x−π
3 =k π+π
2
(k ∈Z)，得x = k π
2 +5π
12
(k ∈Z).
已知：x1, x2∈(−4
3 π,−2
3 π)，且x1≠x2时，则：当k =−3时，x =−13
12 π.
由于f (x1)= f (x2)，则x = x1+ x2
2
=−13
12 π，
则f (x1+ x2)= f(−13
6 π)=2sin(−14
3 π)=2sin(
4
3 π)=−❑√3，
故选：B．
26．已知函数f ( x)=sinωx + ❑√3cosωx(ω>0)的最小正周期为π，若存在0< x1< x2，
使得f ( x1)= f ( x2)，则x1+ x2的最小值为（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．π
【答案】A
【分析】利用辅助角公式化简，再由最小正周期求出ω，即可得到函数解析式，再求
出函数的对称轴，结合对称性计算可得.
【详解】因为
f ( x)=sinωx + ❑√3cosωx =2(
1
2 sinωx +
❑√3
2 cosωx)=2sin(ωx +π
3 )，
又因为f (x)的最小正周期为π，所以π= 2π
ω ，解得ω=2，
所以f ( x)=2sin(2 x +π
3 )，
令2 x +π
3 =π
2 +k π,k ∈Z，解得x =π
12 + k π
2 ,k ∈Z，
则函数f ( x)的对称轴为x =π
12 + k π
2 ,k ∈Z，
又因为f (x1)= f (x2)，且0< x1< x2，
所以x2−x1=k π,k ∈N ∗或x1+ x2=π
6 +k π,k ∈N，
当x2−x1=k π,k ∈N ∗时， x1+ x2=2 x1+ k π>π，
当x1+ x2=π
6 +k π,k ∈N时，令k =0，可得x1+ x2的最小值为π
6 .
故选：A.
27．已知函数f (x)=sin x + ❑√3cos x．若f (x1)= f (x2)，则（ ）
A．x1−x2=2k π(k ∈Z)
B．x1−x2=2k π或
x1+ x2=2k π+π
3
(k ∈Z)
C．x1+ x2=k π+π
3
(k ∈Z)
D．x1−x2=2k π或
x1+ x2=k π+π
3
(k ∈Z)
【答案】B
【分析】利用辅助角公式化简函数f (x)的解析式，利用正弦型函数的周期性和对称性
求解.
【详解】因为f (x)=sin x + ❑√3cos x =2sin(x +π
3 )，则该函数的最小正周期为2π，
由x +π
3 =k π+π
2
(k ∈Z)可得x =k π+π
6
(k ∈Z)，
所以，函数f (x)的对称轴方程为x =k π+π
6
(k ∈Z)，
因为f (x1)= f (x2)，则x1−x2=2k π或x1+ x2=2(k π+π
6 )=2k π+π
3
(k ∈Z)，
故选：B.
28．已知0< x1< x2<2π，cos x1=cos x2=−1
3，则sin( x1−x2)=（ ）
A．7
9
B．−7
9
C．−4 ❑√2
9
D．4 ❑√2
9
【答案】C
【分析】利用余弦函数图象的对称性得x1+ x2
2
=π，再利用诱导公式和二倍角的正弦
公式及同角公式求解.
【详解】由0< x1< x2<2π，cos x1=cos x2=−1
3，得x1+ x2
2
=π，且π
2 < x1<π，
则sin x1=
❑√1−cos
2 x1= 2❑√2
3
，x2=2π−x1，
所以sin( x1−x2)=sin(2 x1−2π)=sin 2 x1=2sin x1cos x1=−4 ❑√2
9
.
故选：C
题型08 三角函数图像上点构成图形类问题
三角函数图像上点构成图形类问题的解题策略
1.确定关键点坐标与图形类型：根据三角函数解析式或图像，求出构成图形的关键点（如
顶点、交点、零点）坐标，明确图形形状（三角形、四边形等）及各顶点对应关系。
2.用几何公式结合三角函数性质求解：根据图形类型选对应公式（如三角形面积用底高公
式），结合三角函数周期性、对称性简化计算，代入坐标求出图形的面积、周长等目标
量。
29．已知函数y =sinωx与y =sin(ωx +π
3 )(ω>0)的图象相邻三个交点构成的三角形为
直角三角形，则此三角形面积为（ ）
A．1
3
B．1
2
C．2
D．3
【答案】D
【分析】先通过方程sin ωx =sin(ωx +π
3 )求出交点横坐标xk =π
3ω + k π
ω ,k ∈Z.接
着取相邻三个整数k =0,1,2确定三个交点A、B、C.然后求出向量⃗AB与⃗BC，利用向量点
积坐标运算公式，令⃗AB⋅⃗BC =0算出ω的值.再根据向量模长公式求出|⃗AB|与|⃗BC |，最
后根据直角三角形面积公式算出面积.
【详解】先求交点，对于sin ωx =sin(ωx +π
3 )，有：ωx =π−(ωx +π
3 )+2k π，
即ωx =π−ωx −π
3
+2k π，解得xk =π
3ω + k π
ω ，k ∈Z.
再确定相邻三个交点，取相邻三个整数k =0,1,2，
当k =0时，得到交点A(π
3ω ,
❑√3
2 ). 当k =1时，得到交点B( 4π
3ω ,−
❑√3
2 ). 当k =2时，
得到交点C( 7π
3ω ,
❑√3
2 ).
最后判定直角三角形，已知向量⃗AB =(π
ω ,−❑√3)，⃗BC =(π
ω ,❑√3).
根据向量点积的坐标运算公式：所以⃗AB⋅⃗BC =π
ω ×π
ω +(−❑√3)×❑√3=π
2
ω
2 −3.
令⃗AB⋅⃗BC =0，即π
2
ω
2 −3=0.解得ω=π
❑√3
所以|⃗AB|= ❑√(π
ω )
2
+(−❑√3)
2= ❑√6，同理|⃗BC |= ❑√6.
因为该三角形为直角三角形，且两条直角边长度都为❑√6.
所以该三角形面积S = 1
2 ×❑√6×❑√6=3.
故选：D..
30．将函数f ( x)=sin 2 x的图象向右平移ϕ(0<ϕ<π
2 )个单位得到函数g( x)的图象，以
f ( x),g( x)图象相邻的三个交点为顶点的三角形面积为
❑√3π
2
，则ϕ =（ ）
A．π
12
B．π
6
C．π
3
D．5π
12
【答案】B
【分析】利用函数图象平移规则得出g( x)的解析式，再由对称性及面积求得交点坐
标，可得结果.
【详解】如图，
不妨取纵轴右侧的连续三个交点，g( x)=sin 2( x−ϕ)周期也为π，可得| AB|=π，
由面积为
❑√3π
2
及对称性知，y A =
❑√3
2 ，进而A(
π
3 ,
❑√3
2 )，
代入g( x)=sin 2( x−ϕ)结合0<ϕ<π
2 ，得ϕ =π
6 .
故选：B
31．将函数f (x)=cos2 x的图象向右平移φ(0<φ<π
2 )个单位得到函数g(x)的图象，以
f (x)，g(x)图象相邻的三个交点为顶点的三角形面积为π
2 ，则φ的值为（ ）
A．π
12
B．π
6
C．π
3
D．5π
12
【答案】C
【分析】根据函数平移规则得出g(x)解析式，再由对称性及面积公式即可求解.
【详解】由题可得g(x)=cos2(x−φ)=cos(2 x−2φ)，其最小正周期为π，
f (x)=cos2 x的最小正周期也为π，
如图设f (x)，g(x)图象相邻的三个交点为A ,B ,C，则AB =π，
因为S△ABC = 1
2 AB⋅2 yC =π
2 ，所以yC = 1
2，假设xC∈(0,π)，
将(xC , yC)代入f (x)=cos2 x，可得xC =π
6 ，所以C(
π
6 , 1
2)，
将点C(
π
6 , 1
2)代入g(x)=cos(2 x−2φ)，可得π
3 −2φ=π
3 +2k π或
−π
3 +2k π(k ∈Z)，
即φ =−k π或π
3 −k π(k ∈Z)，又0<φ<π
2 ，所以φ=π
3 .
故选：C
32．若函数y = A sin ωx( A >0,ω>0, x>0)的图像上相邻三个最值点为顶点的三角形是直
角三角形，则A ⋅ω=（ ）
A．4 π
B．2π
C．π
D．π
2
【答案】D
【分析】画出函数图像，结合几何特点，根据函数周期，即可容易求得结果.
【详解】作出函数y = A sin ωx( A >0,ω>0, x>0)的大致图象，不妨取如图的相邻三
个最值点.
设其中两个最大值点为M，N，最小值点为P.
根据正弦函数图象的对称性，易知△MNP为等腰直角三角形，
且斜边上的高PQ =2 A，
所以斜边MN = 4 A，则y = A sin ωx周期T = 4 A.
由T = 2π
ω ，有ω= 2π
T = 2π
4 A ，所以A ⋅ω= π
2 .
故选：D.
【点睛】本题考查正弦型函数图象的综合应用，属基础题.
题型09 三角函数单调性/周期性/奇偶性/对称性综合
三角函数单调性/周期性/奇偶性/对称性综合问题的解题策略
1.化简函数为最简形式：利用三角恒等变换公式，将函数化为y = A sin(ωx +φ)+ B、
y = A cos(ωx +φ)+ B或y = A tan(ωx +φ)+ B的标准形式，明确A 、ω、φ、B参数。
2.一分析核心性质：周期性由ω求，正弦/余弦周期T = 2π
|ω| 、正切T =
π
|ω| ；奇偶
性代入−x验证，结合φ判断；单调性解不等式求单调区间；对称性找对称中心和对称轴。
3.结合题干条件关联性质：根据题目要求（如已知单调区间求ω，已知对称性求φ ），建
立性质与参数的关系式，排除不合理解。
4.综合求解并验证：联立关系式求出参数或目标量，代入原函数验证各性质是否符合题
意，确保结果准确。
33．已知函数f (x)=sin(ωx +π
4 )(ω>0)在区间[0,π)上有且仅有4 个极值点，给出下列
四个结论：
①f (x)在区间(0,π)上有且仅有3 个不同的零点；②f (x)的最小正周期可能是π
2 ；
③ω的取值范围是(
13
4 , 17
4 )；④f (x)在区间(
π
23 ,π
19)上单调递增.
其中正确结论的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】令ωx +π
4 =π
2 +k π，k ∈Z，则x =π+ 4 k π
4 ω
,k ∈Z，结合条件可得
0<π+ 4 k π
4 ω
<π有4 个整数k符合题意，可求出ω的取值范围，再利用三角函数图象性
质逐项分析即可得出结论.
【详解】由函数f (x)=sin(ωx +π
4 )(ω>0)，
令ωx +π
4 =π
2 +k π，k ∈Z可得x =π+ 4 k π
4 ω
，k ∈Z，
因为f (x)在区间[0,π ]上有且仅有4 个极值点，即可得0<π+ 4 k π
4 ω
<π有且仅有4
个整数k符合题意，
解得0< 1+ 4 k
4 ω <1，即0<1+ 4 k <4 ω，可得k =0,1,2,3，
即1+ 4×3<4 ω≤1+ 4×4，解得ω∈(
13
4 , 17
4 )，即③正确；
对于①，当x∈(0,π)时，ωx +π
4 ∈(
π
4 ,ωπ+π
4 )，即可得
ωπ+π
4 ∈(
7π
2 ,9π
2 )，
显然当ωπ+π
4 ∈(
7π
2 ,4π)时，f (x)在区间(0,π)上有且仅有3 个不同的零点；
当ωπ+π
4 ∈(4π,9π
2 )时，f (x)在区间(0,π)上有且仅有4 个不同的零点；即①
错误；
对于②，f (x)的最小正周期为T = 2π
ω ∈[
8π
17 ,8π
13 )，易知π
2 ∈[
8π
17 ,8π
13 )，
所以f (x)的最小正周期可能是π
2 ，即②正确；
对于④，当x∈(
π
23 ,π
19)时，ωx +π
4 ∈(ωπ
23 +π
4 ,ωπ
19 +π
4 )；
由ω∈(
13
4 , 17
4 )可知(ωπ
23 +π
4 ,ωπ
19 +π
4 )∈(
9π
23 ,9π
19 )，
由三角函数图象性质可知f (x)在区间(
π
23 ,π
19)上单调递增，即④正确；
即可得②③④正确.
故选：C
【点睛】方法点睛：求解三角函数中ω的取值范围时，经常利用整体代换法由图象性
质限定出取值范围即可求得结果，特别注意端点处的取值能否取到等号即可.
34．已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，且对任意的x>0，f (x +2)+2f (x)=0恒成立，
当x∈[0,2)时f (x)=sin πx
2 ．若对任意x∈[−m,m)(m>0)，都有|f (x −1))≤2，则m 的
最大值是（ ）
A．7
3
B．10
3
C．4
D．13
3
【答案】B
【分析】先分析x∈[0,2)、x∈(2,4)、x∈(4,6)时f (x)解析式以及值域，然后作出
f (x)的图象，结合图象确定出符合条件的x的范围，再根据[−m,m)与所求x的取值范围的
关系求解出m的最大值.
【详解】当x∈[0,2)时，f (x)=sin πx
2 ，此时f (x)∈[0,1)
当x∈(2,4)时，f (x)=−2f (x−2)=−2sin π (x−2)
2
，此时f (x)∈[−2,0)
当x∈(4,6)时，f (x)=−2f (x−2)= 4 f (x−4)= 4 sin π (x−4)
2
，此时f (x)∈[0,4)，
结合f (x)为奇函数，在同一平面直角坐标系中作出y = f (x), y =2, y =−2的图象如下
图所示：
由图象可知，若要|f (x))≤2恒成立，只需要分析x∈[−6,6)内的图象即可，
因为图象的对称性，不妨考虑x∈[0,6)时|f (x))=2的情况，
当f (x)=−2时，−2sin π (x−2)
2
=−2, x∈(2,4)，所以x =3，
当f (x)=2时，4 sin π (x−4)
2
=2, x∈(4,6)，所以x = 13
3 或x = 17
3 ，
结合图象，若|f (x −1))≤2成立，则有−13
3 ≤x−1≤13
3 ，所以−10
3 ≤x ≤16
3 ，
又因为若对任意x∈[−m,m)(m>0)，都有|f (x −1))≤2，
则有[−m,m)⊆[−10
3 , 16
3 )，所以{
−m≥−10
3
m≤16
3
m>0 )
，所以0<m≤10
3 ，
所以m的最大值为10
3 ，
故选：B.
【点睛】思路点睛：本题考查三角函数图象与性质的综合运用，以分段函数为媒介，
采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，
难度较大.常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；
（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.
35．已知函数f (x)=sin x +mcos x．
(1)若m>0且f (x)的最大值为2，求函数y = f (x)在[0,π)上的单调递增区间；
(2)若m=0，已知g(x)= ❑√3 f ( x)f ( x +π
2 )−f (x)f ( x +π)，若关于x的方程
g(x)−m= 1
2在x∈[0,π
2 )时有两解，求实数m 的取值范围；
(3)已知y = f (x)的一条对称轴方程为x =π
6 ，若对于任意α ∈[−2π
3 ,−π
2 ]，在区
间[0,t )上总存在唯一确定的β，使得f (α )+ f ( β −π
6 )=0，求实数t的取值范围．
【答案】(1)[0,π
6 )
(2)[
1
2 ,1)
(3)[π
6 ,π
2 ]
【分析】（1）根据题意，得到❑√m
2+1=2，求得m= ❑√3，得到函数
f (x)=2sin(x +π
3 )，结合正弦型函数的性质，即可求解；
（2）根据题意，化简得到g(x)=sin(2 x−π
6 )+ 1
2，转化为m=sin(2 x−π
6 )在
x∈[0,π
2 ]上有两解，结合正弦函数的性质，即可求解.
（3）由f (π
6 )=±
❑√m
2+1，求得m= ❑√3，得到f (x)=sin(2 x +π
3 )，根据
α ∈[−2π
3 ,−π
2 ]，求得f (α )∈[−❑√3,−1)，把任意α ∈[−2π
3 ,−π
2 ]，总存在唯一
确定的β ∈[0,t ]，转化为[1,❑√3]∈{ y | y =2sin( β +π
6 ), β ∈[0,t ]}，结合正弦型函
数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由函数f (x)=sin x +mcos x =
❑√1+m
2sin( x +φ)，其中tan φ =m，
因为函数f (x)的最大值为2，可得❑√m
2+1=2，解得m= ❑√3，
所以f (x)=sin x + ❑√3cos x =2sin(x +π
3 )，
令2k π−π
2 ≤x +π
3 ≤2k π+π
2 ,k ∈Z，可得
2k π−5π
6 ≤x ≤2k π+π
6 ,k ∈Z，
当k =0时，可得−5π
6 ≤x ≤π
6 ，
因为x∈[0,π]，所以函数f (x)在区间[0,π]上的递增区间为[0,π
6 ].
（2）解：当m=0时，f (x)=sin x，
则
g(x)= ❑√3 f ( x)f ( x +π
2 )−f (x)f ( x +π)= ❑√3sin x sin( x +π
2 )−sin x sin( x +π)
= ❑√3sin x cos x−sin
2 x =sin(2 x−π
6 )+ 1
2，
因为g(x)−m= 1
2在x∈[0,π
2 )时有两解，所以m=sin(2 x−π
6 )在x∈[0,π
2 ]上
有两解，
令t =2 x−π
6 ，可得t ∈[−π
6 ,5π
6 ]，
转化为y =m与φ(x)=sin t在t ∈[−π
6 ,5π
6 ]上有两个交点，
又由φ(−π
6 )=−1
2 ,φ(π
2 )=1,φ(5π
6 )= 1
2，
结合正弦函数的性质，可得1
2 ≤m<1，即实数m的取值范围为[ 1
2 ,1).
（3）解：因为f (π
6 )= 1
2 +
❑√3
2 m=±
❑√m
2+1，解得m= ❑√3，
所以f (x)=sin x + ❑√3cos x =sin(2 x +π
3 )，
因为α +π
3 ∈[−π
3 ,−π
6 ]，可得sin(2 x +π
3 )∈[−
❑√3
2 ，−1
2)，所以
f (α )∈[−❑√3，−1)，
对任意α ∈[−2π
3 ,−π
2 ]，总存在唯一确定的β ∈[0,t ]，
使得f (α )+ f ( β −π
6 )=0成立，所以[1,❑√3]∈{ y | y =2sin( β +π
6 ), β ∈[0,t ]}，
且−f (α )= f ( β −π
6 )有且仅有唯一解，
令μ= β +π
6 ，则μ∈[π
6 ,π
6 +t ]，所以y =2sin μ, μ∈[π
6 ,π
6 +t ]，
所以π
3 ≤π
6 +t ≤2π
3 ，解得π
6 ≤t ≤π
2 ，所以t ∈[π
6 ,π
2 ]，即实数t的范围为
[π
6 ,π
2 ].
36．已知函数f ( x)=8sin(ωx +φ)(ω>0, 0<φ<π)的图象经过点A(π
8 ,8), B(m,−8)，
且|m−π
8 )的最小值是π
2 ．
(1)求f ( x)的解析式；
(2)若函数g( x)=[ f ( x)]
2−2af ( x)+a
2−1在[0,π
2 ]上有3 个零点，求实数a的取值
范围．
【答案】(1)f ( x)=8sin(2 x +π
4 )；
(2)[ 4 ❑√2−1, 4 ❑√2+1)∪{7)；
【分析】(1)根据|m−π
8 )的最小值求解出ω=2；
(2)首先根据方程与函数的零点问题求解得f ( x)=a+1或f ( x)=a−1，然后结合三角
函数的图像和性质求解出实数a的取值范围．
【详解】（1）由题意可得f ( x)的最小正周期T =π，则2π
|ω) =π．
又ω>0，所以ω=2．
因为f ( x)的图象经过点A =(π
8 , 8)，所以f (π
8 )=8sin(2×π
8 +φ)=8．
所以π
4 +φ=2k π+π
2
(k ∈Z)，即φ=2k π+π
4
(k ∈Z)
又0<φ<π，所以φ=π
4 ．
故f ( x)=8sin(2 x +π
4 ).
（2）令g( x)=[ f ( x)]
2−2af ( x)+a
2−1=0，即[ f ( x)−(a+1)][ f ( x)−(a−1)=0，
解得f ( x)=a+1或f ( x)=a−1．
因为x∈[0,π
2 ]，所以2 x +π
4 ∈[π
4 , 5π
4 ]，
所以f ( x)∈[−4 ❑√2, 8]．
因为g( x)在[0, π
2 ]上有3 个零点，所以方程f ( x)=a+1在[0, π
2 ]上有2 个不同的
实根，
f ( x)=a−1在[0, π
2 ]上有1 个实根或f ( x)=a+1在[0, π
2 ]上有1 个实根，
f ( x)=a−1，在[0, π
2 ]上有2 个不同的实根，
则{
4 ❑√2≤a+1<8,
−4 ❑√2≤a−1<4 ❑√2)或{
a+1=8,
4 ❑√2≤a−1<8,)
解得4 ❑√2−1≤a<4 ❑√2+1或a=7．
故a的取值范围为[ 4 ❑√2−1, 4 ❑√2+1)∪{7)．
题型10 三角函数模型与实际问题
三角函数模型与实际问题的解题策略
1. 分析实际问题建立模型：梳理问题中的周期性、最值等关键信息（如潮汐、振动等），
确定函数类型（正弦/余弦型为主），设解析式为y = A sin(ωx +φ)+ B，明确自变量、因
变量及实际意义。
2. 提取数据求模型参数：根据问题给出的最值求A （振幅）和B（平衡位置），由周
期求ω，结合特殊时刻的对应值代入解析式求φ，确定完整三角函数模型。
3. 代入模型求解实际问题：根据题目需求（如求某时刻的量、量满足条件的时刻），代入
模型计算，利用三角函数性质（值域、单调性等）处理，得到数学解。
4. 检验结果并还原实际意义：验证数学解是否符合实际问题的定义域、取值范围等约束条
件，剔除不合理解，将最终结果转化为实际问题的答案并说明。
37．风力发电的原理是利用风力带动风机叶片旋转，当风吹向叶片时驱动风轮转动，风能
转化成动能，进而推动发电机发电．如图，风机由一座塔和三个叶片组成，每两个叶片之
间的夹角均为2π
3 ，现有一座风机，叶片旋转轴离地面100m，叶片长40m，叶片每转动一
圈可以获得2 度电量．设风机叶片端点P与地面的距离为H（单位：m），若以点P离地面
最近时开始计算时间，则H与时间t（单位：s）之间的关系式为
H = 40sin(
π
2 t −π
2 )+100．
(1)求点P转动的频率f ；
(2)若每度电收益0.6 元，求该风机工作1 小时的收益；
(3)在转动一圈的过程中，求风机两叶片端点P1, P2距离地面的高度差h（单位：m）
关于时间t的函数解析式，并求高度差h的最大值．
【答案】(1)1
4
(2)1080元
(3)函数解析式为40 ❑√3|cos(
π
2 t −π
6 ))，且h的最大值为40 ❑√3 m
【分析】（1）根据频率的意义求解即可；
（2）先求得1 秒钟的收益，进而可求1 小时的收益；
（3）由题意可得h= 40|sin(
π
2 t −π
2 )−sin(
π
2 t −π
2 + 2π
3 ))，利用三角恒等变
换可求最大值.
【详解】（1）由题意，H的周期T =2π
π
2
= 4，
∴频率f = 1
T = 1
4 ；
（2）由（1）知频率f = 1
4 ，故1 秒钟叶片转动1
4 圈，
∴1秒钟可获电量0.5 度，收益为0.3 元，
∴1小时的收益为3600×0.3=1080元；
（3）由题意，h=|[40sin(
π
2 t −π
2 )+100)−[40sin(
π
2 t −π
2 + 2π
3 )+100))
= 40|sin(
π
2 t −π
2 )−sin(
π
2 t −π
2 + 2π
3 ))
利用sinθ−sin φ =2cos θ+φ
2
sin θ−φ
2
，可得：
h= 40|2cos(
π
2 t −π
2 )+(
π
2 t −π
2 + 2π
3 )
2
sin(
π
2 t −π
2 )−(
π
2 t −π
2 + 2π
3 )
2
)
= 40|2cos(
π
2 t −π
2 +π
3 )sin(−π
3 ))
= 40 ❑√3|cos(
π
2 t −π
6 ))
≤40 ❑√3,
高度差h关于时间t的函数解析式为40 ❑√3|cos(
π
2 t −π
6 ))，且h的最大值为40 ❑√3 m．
38．主动降噪耳机工作的原理是先通过微型麦克风采集周围的噪声，然后降噪芯片生成与
噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声（如图所示），已知某噪声声波曲线
f (x)＝A sin(
2π
3
x +φ) ( A >0,0≤φ<π)，其振幅为2，且经过点(1,−2).
(1)求该噪声声波曲线f（x）的解析式以及降噪芯片生成的降噪声波曲线g（x）的解析
式；
(2)证明：g( x)+ g( x +1)+ g( x +2)为定值.
【答案】(1)f ( x)=2sin(
2π
3
x +5π
6 ), g( x)=−2sin(
2π
3
x +5π
6 )
(2)证明见解析
【分析】（1）首先根据振幅为2 求出A，将点(1,−2)代入解析式即可解得；
（2）由（1），结合诱导公式和两角和差的余弦公式化简即可证明.
【详解】（1）由振幅为2，A >0，可得A =2，f ( x)=2sin(
2π
3
x +φ)，
由噪声声波曲线经过点(1,−2)，得−2=2sin(
2π
3
+φ)⇒sin(
2π
3
+φ)=−1，
而0≤φ<π，2π
3
+φ∈[2π
3
,5π
3
)，
则2π
3
+φ =3π
2
⇒φ =5π
6
，则f ( x)=2sin(
2π
3
x +5π
6 )，
又降噪声波曲线与噪声声波曲线的振幅相同、相位相反，
所以g(x)=−2sin(
2π
3
x +5π
6 ).
（2）由（1）
g( x)=−2sin(
2π
3
x +5π
6 )=−2sin(
2π
3
x +π
3
+π
2 )=−2cos(
2π
3
x +π
3 )，
则g( x)+ g( x +1)+ g( x +2)
=−2cos(
2π
3
x +π
3 )−2cos(
2π
3
x +π)−2cos(
2π
3
x +2π
3
+π)
=−2cos(
2π
3
x +π
3 )+2cos2π
3
x +2cos(
2π
3
x +2π
3 )
=−2(cos2π
3
x⋅1
2 −sin2π
3
x⋅
❑√3
2 )+2cos2π
3
x +2[cos2π
3
x⋅(−1
2)−sin2π
3
x⋅
❑√3
2 )
=−cos2π
3
x + ❑√3sin2π
3
x +2cos2π
3
x−cos2π
3
x−❑√3sin2π
3
x =0，
即g( x)+ g( x +1)+ g( x +2)为定值0.
39．筒车发明于隋而盛于唐，是山地灌溉中一种古老的提水设备，距今已有1000 多年的历
史，它以水流作动力，取水灌田.如图，为了打造传统农耕文化，某景区的景观筒车直径12
米，有24 个盛水筒均匀分布，分别寓意一年12 个月和24 节气，筒车转一周需48 秒，其
最高点到水面的距离为10 米，每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动，盛水筒A（视为质
点）的初始位置P0到水面的距离为7 米.
(1)盛水筒A经过t秒后到水面的距离为h米，求筒车转动一周的过程中，h关于t的函数
解析式；
(2)为了把水引到高处，在筒车中心O正上方距离水面8 米处正中间设置一个宽4 米的
水平盛水槽，筒车受水流冲击转到盛水槽正上方后，把水倒入盛水槽，求盛水筒A转一圈
的过程中，有多长时间能把水倒入盛水槽.（参考数据：sin 2π
5 ≈2❑√2
3
）
【答案】(1)h=6sin(
π
24 t +π
6 )+ 4，t ∈[0,48)
(2)24
5 秒
【分析】（1）首先以点O为原点，建立平面直角坐标系，利用三角函数表示h；
（2）由题意转化为h=6sin(
π
24 t +π
6 )+ 4≥4 ❑√2+ 4，转化为三角不等式问题，即
可求解.
【详解】（1）以简车中心O为原点，与水面平行的直线为x轴建立平面直角坐标系，
由题知，h=6sin∠AOx + 4 =6sin(∠AO P0+∠P0Ox)+ 4，
又筒车半径为6，点P0的纵坐标为3，则∠P0Ox =π
6 ，
由题知，∠AO P0
t
= 2π
48 ，解得∠AO P0=π
24 t，t ∈[0,48)，
故h=6sin(
π
24 t +π
6 )+ 4，t ∈[0,48)；
（2）如图，作弦CD平行且等于盛水槽MN，则在△OCD中，
OC =6
，
OD =6
，
CD = 4
，则
OH = 4 ❑√2
，
则CD距离水面的高度4 ❑√2+ 4，
盛水筒转到盛水槽MN的正上方（即´
CD之间），能把水倒入盛水槽，
即当h=6sin(
π
24 t +π
6 )+ 4≥4 ❑√2+ 4时符合题意，
则sin(
π
24 t +π
6 )≥2❑√2
3
，即2π
5 ≤π
24 t +π
6 ≤3π
5 ，解得28
5 ≤t ≤52
5 ，
因为52
5 −28
5 = 24
5 ，所以盛水筒A转一圈的过程中，能把水倒入盛水槽的时间为24
5
秒.
40．深圳别称“鹏城”，是中国的窗口，“深圳之光”摩天轮是中国之眼，如图（1），代
表着开拓创新、包容开放的精神，向世界展示着中国自信．摩天轮的半径为6（单位：
10 m），圆心O在水平地面上的射影点为A，摩天轮上任意一点P在水平地面上的射影点都
在直线l上．水平地面上有三个观景点B、C、D，如图（2）所示．在三角形ABC中，
AB = AC，BD =8 DC，∠BAD =90°，BC ∥l，∠OBA = 45°，记OA =a（单位：10 m
）．
(1)在△ABC中，求cos∠ABC的值；
(2)若摩天轮上任意一点P与O点连线与水平正方向所成的角为θ(0≤θ<2π )如图
（3）所示，点P在水平地面上的投影为P0．
①用θ表示P P0，B P0，BP的长；
②因安全因素考虑，观景点B与摩天轮上任意一点P的之间距离不超过❑√239（单位：
10 m），求实数a的取值范围．
【答案】(1)3
4
(2)①P P0=a+6sinθ，
B P0=
❑√a
2+9acosθ+36cos
2θ，
BP =
❑√2a
2+9acosθ+12asinθ+36；
②(6,7)
【分析】（1）设DC =m，BD =8m，利用余弦定理分别在△ABC和△ABD中表示
出cos∠ABC即可计算出a=6m，代入计算即可得cos∠ABC = 3
4 ；
（2）①根据三角函数定义可直接表示出P P0=a+6sinθ，作BE⊥l于点E，利用勾
股定理可分别表示出B P0和BP；②利用辅助角公式可得BP的最大值为❑√2a
2+15a+36，
因此解不等式❑√2a
2+15a+36≤❑√239即可求出实数a的取值范围．
【详解】（1）根据题意可设DC =m,BD =8m，
易知OA ⊥AB，且∠OBA = 45°，OA =a，可得AB =a；
所以在△ABC中，cos∠ABC = AB
BD = a
8m，
在△ABD中由余弦定理可得cos∠ABC = a
2+(9m)
2−a
2
2×a×9m
= 9m
2a
，
即可得9m
2a = a
8m，解得a=6m；
所以cos∠ABC = a
8m = 3
4 ，
即cos∠ABC的值为3
4 ；
（2）①由图可知P P0=OA +OPsinθ =a+6sinθ，
作BE⊥l于点E，连接B P0；如下图所示：
易知BE = ABsin ∠ABC = ❑√
1−(
3
4)
2
a=
❑√7
4 a，AE = ABcos∠ABC = 3
4 a；
A P0=OPcosθ =6cosθ，E P0= EA + A P0= 3
4 a+6cosθ
所以B P0=
❑√B E
2+ E P0
2=
❑√(
❑√7
4 a)
2
+(
3
4 a+6cosθ)
2
=
❑√a
2+9acosθ+36cos
2θ；
则可得
BP =
❑√B P0
2+ P P0
2=
❑√a
2+9acosθ+36cos
2θ+(a+6sinθ)
2=
❑√2a
2+9acosθ+12asinθ+36
②根据题意可知BP =
❑√2a
2+9acosθ+12asinθ+36≤❑√239恒成立，
所以B Pmax≤❑√239即可，
由辅助角公式可得2a
2+9acosθ+12asinθ+36=2a
2+15asin (θ+φ)+36，其中
tan φ = 3
4 ；
易知a>6,sin (θ+φ)≤1，所以2a
2+15asin (θ+φ)+36≤2a
2+15a+36≤239即可；
即2a
2+15a−203=(2a+29)(a−7)≤0，解得−29
2 <a≤7；
又a>6，
因此实数a的取值范围是(6,7).
1．用“五点法”作y = 1
2 cos x的图象，首先描出的五个点的横坐标是（ ）
A．0，π
2 ，π，3π
2 ，2π
B．0，π
4 ，π
2 ，3π
4 ，π
C．0，π，2π，3π，4π
D．0，π
6 ，π
3 ，π
2 ，2π
3
【答案】A
【分析】结合“五点法”作图特征，直接求出结论即可.
【详解】函数y = 1
2 cos x的最小正周期为2π，
用“五点法”作y = 1
2 cos x的图象，即作函数y = 1
2 cos x在[0,2π]上的图象，
所以五个关键点的横坐标为0，π
2 ，π，3π
2 ，2π.
故选：A
2．已知锐角x满足sin3 x−sin x>0，则x的取值范围为（ ）
A．(0,π
6 )
B．(0,π
4 )
C．(
π
6 ,π
3 )
D．(
π
4 ,π
3 )
【答案】B
【分析】先利用和差化积公式得到sin3 x−sin x =2cos2 x sin x，再结合余弦函数
性质求解不等式即可.
【详解】由和差化积公式得sin3 x−sin x =2cos2 x sin x，
题型精析・方法突破提能力
欲求sin3 x−sin x>0，则求2cos2 x sin x>0即可，
因为x是锐角，所以x∈(0,π
2 )，且sin x>0，
故求cos2 x>0即可，解得2 x∈(2k π−π
2 ,2k π+π
2 ),k ∈Z，
则x∈(k π−π
4 ,k π+π
4 ),k ∈Z，当k =0时，x∈(−π
4 ,π
4 )，
而x∈(0,π
2 )，得到x∈(0,π
4 )，故B 正确.
故选：B
3．函数f (x)=cos(
π
2 x +1)的最小正周期为（ ）
A．4
B．4π
C．π
D．1
【答案】A
【分析】根据余弦函数的周期进行求解即可.
【详解】f (x)=cos(
π
2 x +1)的最小正周期T = 2π
π
2
= 4．
故选：A.
4．设sin α +sin β = 1
3，则1
2 cos2α +sin(2π−β)−1
2的最小值为（ ）
A．−1
12
B．−1
3
C．−13
9
D．−7
3
【答案】C
【分析】由题意得−2
3 ≤sin α ≤1，
1
2 cos2α +sin(2π−β)−1
2 =−(sin α −1
2)
2
−1
12，结合二次函数性质即可得解.
【详解】由sin α +sin β = 1
3得，sin β = 1
3 −sin α．由−1≤1
3 −sin α ≤1得，
−2
3 ≤sin α ≤1．
于是1
2 cos2α +sin(2π−β)−1
2 =−sin β −sin
2α =−1
3 +sin α −sin
2α
=−(sin α −1
2)
2
−1
12，−2
3 ≤sin α ≤1，
故当sin α =−2
3时，1
2 cos2α +sin(2π−β)−1
2取最小值−13
9 ．
故选：C．
5．若函数f (x)=sin(2 x +φ)（0<φ<π）向左正移φ个单位后在区间[0,π
2 )上单调递增，
则φ =（ ）
A．π
3
B．π
2
C．π
6
D．2π
3
【答案】B
【分析】根据图象平移规律、函数的单调性可得答案.
【详解】函数f (x)=sin(2 x +φ)向左平移φ个单位后为f (x +φ)=sin(2 x +3φ)，
当x∈[0,π
2 )时，2 x +3φ∈[3φ ,π+3φ)，
∵f (x +φ)=sin(2 x +3φ)单调递增，
所以{
−π
2 +2k π≤3φ
π+3φ≤2k π+π
2)
(k ∈Z)，即{
−π
6 + 2k π
3
≤φ
φ≤−π
6 + 2k π
3 )
(k ∈Z)，
可得φ =−π
6 + 2k π
3
(k ∈Z)，
又0<φ<π，∴φ=π
2 .
故选：B.
6．函数y = A sin(ωx +φ)在一个周期内的图象如图所示，则此函数的解析式可能是
（ ）
A．y =2sin(2 x +π
4 )
B．y =2sin(2 x−π
4 )
C．y =2sin(x + 3π
8 )
D．y =2sin(
x
2 + 7π
16 )
【答案】A
【分析】根据题图得到| A |=|ω|=2，令A =ω=2并结合2sin(2×π
8 +φ)=2求参
数φ，即可得.
【详解】由题图知| A |=2，且T
2 = 2π
2|ω| = 5π
8 −π
8 =π
2 ，则|ω|=2，
不妨令A =ω=2，则y =2sin(2 x +φ)，且2sin(2×π
8 +φ)=2，
则π
4 +φ=π
2 +2k π,k ∈Z，可得φ=π
4 +2k π,k ∈Z，
此时，y =2sin(2 x +π
4 +2k π)=2sin(2 x +π
4 ).
经验证，其他A ,ω取值组合所得最简函数式均为上式.
故选：A
7．若函数f (x)=3sin ωx + 4 cosωx (ω>0)满足如下条件，
①任意x∈R , f (x)+ f (π+ x)=0，
②存在唯一x0∈(0,π), f (x0)=0，
③存在x1, x2∈(0,π), x1≠x2, f (x1)= f (x2)．
则sin(x1+ x2)的值是（ ）
A．12
25
B．−12
25
C．24
25
D．−24
25
【答案】C
【分析】先由①得函数周期，结合②可得函数最小正周期，从而可求ω=1，再结合函
数在给定范围上的单调性、对称性和二倍角的正弦公式可求sin(x1+ x2)的值.
【详解】因为f (x)=3sin ωx + 4 cosωx (ω>0)， 故f (x)=5sin (ωx +φ)，
其中cosφ = 3
5 ,sin φ = 4
5 ，且φ∈(0,π
2 )，
由①得f (x +2π)=−f (π+ x)= f (x)，故f (x)的周期为2π，
若f (x)的最小正周期为π，因为φ∈(0,π
2 )，故x =0在f (x)的递增区间中，
故f (x)在(0,π)上先增后减再增且f (0)= f (π)，
故此时f (x)在(0,π)上有两个不同的零点，这与②矛盾；
而周期为最小正周期的非零整数倍，故f (x)的最小正周期为2π，故ω=1，
故f (x)=5sin (x +φ)，
令x +φ=π
2 +lπ,l∈Z，则y = f (x)图像的对称轴x =π
2 −φ+lπ，
故y = f (x)图像在y轴右侧的第一条对称轴为直线x =π
2 −φ，
当x∈(0,π)时，t = x +φ∈(φ ,φ+π)，
又y =5sint在(φ ,π
2 )上单调递增，
而φ+π< 3π
2 ，故y =5sint在[
π
2 ,π+φ)上单调递减，
故f (x)在(0,π
2 −φ)上单调递增，在(
π
2 −φ ,π)上单调递减，
因为x1, x2∈(0,π), x1≠x2, f (x1)= f (x2)，故x1+ x2=2×(
π
2 −φ)，
故sin(x1+ x2)=sin[2×(
π
2 −φ))=sin 2φ =2cosφsin φ = 24
25 ，
故选：C.
8．已知函数f (x)=2cos(π x +φ)(0<φ<π)的图象关于点(
1
6 ,0)对称，
|f (x1)−f (x2))= 4(0< x1< x2)，则x1+ x2的最小值为（ ）
A．5
3
B．7
3
C．5
6
D．7
6
【答案】B
【分析】根据对称中心可得φ=π
3 ，结合最值分析可知当且仅当x1, x2为y 轴右侧的前
2 个最值点时，x1+ x2取到最小时，结合余弦函数运算求解即可.
【详解】因为f (x)的图象关于点(
1
6 ,0)对称可得，则f(
1
6)=cos(
π
6 +φ)=0，
又因为0<φ<π，则π
6 <π
6 +φ<5π
6 ，可知π
6 +φ=π
2 ，解得φ=π
3 ，
故f (x)=2cos(π x +π
3 )．
令π x +π
3 =k π,k ∈Z，解得x =−1
3 +k ,k ∈Z，
可知f (x)的最值点为x =−1
3 +k ,k ∈Z，
又因为f (x)的最大值为2，最小值为−2，且|f (x1)−f (x2))= 4(0< x1< x2)，
可知当且仅当x1, x2为y 轴右侧的前2 个最值点时，x1+ x2取到最小时，
令k =1,2，可得x1= 2
3 , x2= 5
3，
所以x1+ x2的最小值为2
3 + 5
3 = 7
3．
故选：B.
9．已知函数f ( x)= 4sin(ωx +φ)(ω>0)的图象如图，点A(
π
6 ,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，若四边形ACBD为平行四边形，且面积为
2π
3 ，则f(
π
18)=（ ）
A．−2
B．−2❑√2
C．−2❑√3
D．−❑√3
【答案】A
【分析】设B(x0,−2)，由四边形ACBD为平行四边形，可得x0−π
6
=π
3
，由
T
2 =π
3
可得ω；将点A(
π
6
,2)代入f ( x)= 4sin(3 x +φ)，可得φ，将x =π
18代入解析式
即可求解.
【详解】由四边形ACBD为平行四边形可知，AC =2，设B(x0,−2)，则
2(x0−π
6 )=2π
3
，
所以x0−π
6
=π
3
，所以T
2 = 1
2 ⋅2π
ω
=π
3
，解得ω=3，则f ( x)= 4sin(3 x +φ)，
将点A(
π
6
,2)代入得，4sin(3×π
6
+φ)=2，即sin(
π
2
+φ)= 1
2，由于点A在
f ( x)的增区间上，
所以π
2
+φ =2k π+π
6
，k ∈Z，则φ =2k π−π
3
，k ∈Z，
所以f ( x)= 4sin(3 x +2k π−π
3 )= 4sin(3 x−π
3 )，
故f(
π
18)= 4sin(
π
6 −π
3 )= 4sin(−π
6 )=−2.
故选：A.
10．已知函数f (x)= A sin(ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ)<π
2 )的图象如图，BC ⊥x轴，
DE⊥x轴，四边形BCDE的面积为4 ,CD =2❑√2，则（ ）
A．A =2,ω=π
2 ,φ=π
3
B．A =2,ω=π
2 ,φ=π
6
C．A = ❑√2,ω=
❑√2
4 π,φ =π
4
D．A = ❑√2,ω=
❑√2
2 π,φ =π
4
【答案】B
【分析】根据函数的图象和条件，分别求出A ,ω,φ的值，即得解.
【详解】设函数最小正周期为T，根据函数f (x)= A sin(ωx +φ)的部分图象知，
(
T
2)
2
+ A
2=C D
2=8，
又A ⋅T
2 = 4，解得T
2 = A =2,∴T = 4 ,∴ω= 2π
4 =π
2 ，
又f (0)=2sinφ =1,∴sinφ = 1
2，又|φ) <π
2 ,∴φ=π
6 ；
综上，A =2,ω=π
2 ,φ=π
6 ．
故选：B．
11．已知函数f (x)=sin(ωx +π
10)，(ω>0)在区间(0,2π)上恰有5 个零点，在下述四个结
论中：①f (x)在区间(0,2π)有三个极大值点；②f (x)在区间(0,2π)有三个极小值点；③
f (x)在区间(0,π
10)一定单调递增；④ω的取值范围是[
49
20 , 59
20)．所有正确的结论的个数
是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】利用正弦函数的性质先计算ω的范围，结合题意一一判定结论即可.
【详解】由题意知x∈(0,2π)时有z =ωx +π
10 ∈(
π
10 ,2πω+π
10)，则
5π≤2πω+π
10 <6π，
解之得ω∈[
49
20 , 59
20)，即④正确；
作出y =sin z部分图象如下，显然在区间(0,2π)上函数有3 个极大值点，但不一定有
3 个极小值点，即①正确，②错误；
x∈(0,π
10)
时，
z =ωx +π
10 ∈(
π
10 ,πω
10 +π
10)
因为ω∈[
49
20 , 59
20)，所以πω
10 +π
10 ∈[
69π
200 , 79π
200 )，
显然79π
200 <π
2 ，此时f (x)单调递增，即③正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：利用整体思想结合正弦函数图象先确定ω的范围是关键.
12 已知函数f ( x)=cos(2 x−π
3)．
(1)填写下表，并用“五点法”画出f ( x)在[0,π ]上的图象；
2 x−π
3
−π
3
π
2
π
3 π
2
5 π
3
x
0
π
6
5 π
12
2π
3
11π
12
π
f ( x)
1
2
1
0
−1
1
2
(2)将f (x)的图象上所有点的横坐标扩大为原来的2 倍，纵坐标不变，再向左平移π
2 个
单位长度，得到g(x)的图象，求g(x)> 1
2的解集．
【答案】(1)表格及作图见解析
(2)(−π
2 +2kπ , π
6 +2kπ)(k ∈Z )
【分析】（1）直接根据五点作图法补全表格，然后描点画图；
（2）先通过图象变换得到g( x)=cos(x + π
6)，然后结合图像代入g(x)> 1
2得到解集．
【详解】（1）（1）f ( x)=cos(2 x−π
3)，补全列表如下：
2 x−π
3
−π
3
0
π
2
π
3 π
2
5 π
3
x
0
π
6
5 π
12
2π
3
11π
12
π
f (x)
1
2
1
0
−1
0
1
2
画出f (x)在[0,π )上的图象如图：
（2）f (x)的图象上所有点横坐标扩大为原来的2 倍（纵坐标不变）得
y =cos(x−π
3)的图象，
再向左平移π
2 个单位长度，得g( x)=cos(x + π
2 −π
3)=cos(x + π
6)的图象．
令g( x)=cos(x + π
6)> 1
2，则−π
3 +2kπ < x + π
6 < π
3 +2kπ ,k ∈Z，
解得−π
2 +2kπ < x< π
6 +2kπ ,k ∈Z，
即g( x)> 1
2的解集为(−π
2 +2kπ , π
6 +2kπ)(k ∈Z )．
13．已知函数f ( x)=cos( x−π
6 )+cos( x +π
6 )+sin x +a的最大值为1.
(1)求实数a；
(2)求使f ( x)≥0成立的x的取值集合.
【答案】(1)a=−1
(2)[2k π−π
6 ,2k π+π
2 )(k ∈Z )
【分析】（1）利用两角和差的余弦公式及辅助角公式对函数f ( x)的解析式化简，根
据函数f ( x)的最大值为1，可求得实数a；
（2）由（1）得f ( x)=2sin(x +π
3 )−1，解不等式2sin(x +π
3 )−1≥0，求得x + π
3
的范围，进而得到x的取值集合.
【详解】（1）由题得
f ( x)=cos x cosπ
6 +sin x sinπ
6 +cos x cosπ
6 −sin x sinπ
6 +sin x +a
=2cos x cosπ
6 +sin x +a=sin x + ❑√3cos x +a=2sin(x +π
3 )+a，
所以函数f ( x)的最大值为2+a，所以2+a=1，即a=−1.
（2）由（1）得f ( x)=2sin(x +π
3 )−1，
当f ( x)≥0时，sin(x +π
3 )≥1
2，
所以x +π
3 ∈[2k π+π
6 ,2k π+ 5π
6 )(k ∈Z )，所以
x∈[2k π−π
6 ,2k π+π
2 )(k ∈Z ).
14．求下列函数的周期．
(1)y =sin(π
3 −2 x)+cos2 x；
(2)f ( x)=2sin x
2 +3cos x
3 , x∈R．
【答案】(1)π
(2)12π
【分析】（1）（2）根据给定条件，利用正余弦函数周期公式，结合周期函数定义求
解.
【详解】（1）由y =sin(π
3 −2 x)与y =cos2 x的最小正周期都是π，得
g( x)=sin(π
3 −2 x)+cos2 x的周期为π，
g( x +π)=sin[π
3 −2( x +π)]+cos2( x +π)=sin[(π
3 −2 x)−2π]+cos(2 x +2π)
=sin(π
3 −2 x)+cos2 x = g( x)，
所以y =sin(π
3 −2 x)+cos2 x的周期为π.
（2）由函数y =2sin x
2的周期为4π，函数y =3cos x
3 的周期为6π，得函数f ( x)
的周期为12π，
f ( x +12π)=2sin x +12π
2
+3cos x +12π
3
=2sin( x
2 +6π)+3cos( x
3 + 4π)
=2sin x
2 +3cos x
3 = f ( x)，
所以函数f ( x)的周期为12π.
15．已知函数f ( x)=sin(ωx −3π
4 )(0<ω≤2)的图象向左平移π个单位长度后与原来的
图象重合．
(1)若x∈[
2025π
4
,507π)，求f ( x)的值域；
(2)求函数g( x)=[ f ( x)]
2−2f ( x)+1的值域．
【答案】(1)[−
❑√2
2 ,1)
(2)[0,4)
【分析】（1）根据周期性求出ω的值，即可得到f (x)解析式，根据周期性转化为求
出x∈[
π
4 ,π)的值域即可；
（2）由g( x)=[f ( x)−1)
2，结合f (x)的值域及二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为函数f ( x)=sin(ωx −3π
4 )(0<ω≤2)的图象向左平移π个单位
长度后与原来的图象重合，
所以π=k × 2π
ω
(k ∈N∗)，所以ω=2k (k ∈N ∗)，又0<ω≤2，所以ω=2，
所以f ( x)=sin(2 x−3π
4 )，且其最小正周期T =π，
所以f (x)在x∈[
2025π
4
,507π)上的值域与x∈[
π
4 ,π)的值域相同，
由x∈[
π
4 ,π)，则2 x−3π
4 ∈[−π
4 , 5π
4 )，所以sin(2 x−3π
4 )∈[−
❑√2
2 ,1)，
所以当x∈[
2025π
4
,507π)时f ( x)的值域为[−
❑√2
2 ,1).
（2）因为g( x)=[ f ( x)]
2−2f ( x)+1=[f ( x)−1)
2，
又f ( x)∈[−1,1)，所以f ( x)−1∈[−2,0)，
所以[f ( x)−1)
2∈[0,4)，即函数g( x)=[ f ( x)]
2−2f ( x)+1的值域为[0,4).
16．已知直线x =π
6 和x = 2π
3 是函数f (x)=sin (ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)图像两条相邻的
对称轴．
(1)求f (x)的解析式和单调区间；
(2)保持f (x)图像上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的1
a
(a>0)倍，得到函数
y = g(x)的图像．若g(x)在区间(0,π)恰有两个极值点，求a的取值范围．
【答案】(1)f (x)=sin(2 x +π
6 )，单调递增区间为[k π−π
3 ,k π+π
6 )(k ∈Z)，
单调递减区间为[k π+π
6 ,k π+ 2π
3 )(k ∈Z)
(2)(
2
3 , 7
6)
【分析】（1）根据周期性求出ω，再结合对称轴处的特殊值和φ的范围，可求出φ，
从而求出解析式，利用整体代换来求单调区间即可；
（2）利用三角函数的伸缩平移变换，可求出g(x)的解析式，再利用整体代换和数形
结合的思想来求a的范围.
【详解】（1）由题设条件知f (x)的最小正周期T = 2π
ω =2(
2π
3 −π
6 )=π，所以
ω=2．
又因为f(
π
6 )=sin(
π
3 +φ)=±1，0<φ<π，所以φ =π
6 ，f (x)=sin(2 x +π
6 )．
令2k π−π
2 ≤2 x +π
6 ≤2k π+π
2 ，得f (x)的单调递增区间为
[k π−π
3 ,k π+π
6 )(k ∈Z)，
令2k π+π
2 ≤2 x +π
6 ≤2k π+ 3π
2 ，得f (x)的单调递减区间为
[k π+π
6 ,k π+ 2π
3 )(k ∈Z)．
（2）由题可知g(x)=sin(2ax +π
6 )，
所以当x∈(0,π)时，2ax +π
6 ∈(
π
6 ,2aπ+π
6 )．
若g(x)在区间(0,π)恰有两个极值点，
则y =sin x在区间(
π
6 ,2aπ+π
6 )恰有两个极值点，
因此3π
2 <2aπ+π
6 ≤5π
2 ，解得a的取值范围是(
2
3 , 7
6)．
17．已知函数f (x)= A sin (ωx +φ)（其中A >0,ω>0,|φ)<π
2 ）的部分图象如图所示，将
函数f ( x)的图象向右平移π
4 个单位长度，得到函数g( x)的图象．
(1)求f ( x)与g( x)的解析式；
(2)求方程g( x)= ❑√2在区间(0,2π)内的所有实数解的和．
【答案】(1)f (x)=2sin(2 x +π
3 )，g(x)=−2cos(2 x +π
3 )；
(2)10π
3
.
【分析】（1）由函数图象得A及周期，即可求ω，再利用待定系数法求φ，求出函数
f (x)的解析式，再根据平移变换写出函数g(x)的解析式；
（2）根据已知得cos(2 x +π
3 )=−
❑√2
2 ，结合2 x +π
3 ∈(π
3 ,13π
3
)及余弦函数的
周期性求解，进而求它们的和.
【详解】（1）由图知A =2，函数f (x)的周期T = 4(
7π
12 −π
3 )=π= 2π
ω ，所以
ω=2，
所以f (x)=2sin (2 x +φ)，又f(
7π
12 )=2sin(
7π
6 +φ)=−2，
所以sin(
7π
6 +φ)=−1，则7π
6 +φ = 3π
2 +2k π，所以φ=π
3 +2k π,k ∈Z，
又|φ)<π
2 ，所以φ=π
3 ，所以f (x)=2sin(2 x +π
3 )，
因为将函数f (x)的图象向右平移π
4 个单位长度，得到函数g(x)的图象，
所以g(x)=2sin[2(x−π
4 )+π
3 )=−2cos(2 x +π
3 )；
（2）由题设g(x)=−2cos(2 x +π
3 )= ❑√2，则cos(2 x +π
3 )=−
❑√2
2 ，
由x∈(0,2π)，则2 x +π
3 ∈(π
3 ,13π
3
)，故2 x +π
3 =3π
4 或2 x +π
3 =5π
4 或
2 x +π
3 =11π
4
或2 x +π
3 =13π
4
，
所以x =5π
24 或11π
24 或29π
24 或35π
24 ，则所有解的和为80π
24 =10π
3
.
18．已知函数f (x)=sin(ωx +φ)(ω>0,π
2 <φ<π),f (0)=
❑√3
2 ，且对任意x1, x2，若
|f (x1)−f (x2))=1，则|x1−x2)的最小值为π
6 .
(1)求ω和φ；
(2)求图像y = f (x)与y =cos x(sin x + ❑√3cos x)在[0,10π)上的交点个数.
【答案】(1)ω=2，φ = 2π
3
(2)20
【分析】（1）根据f (0)=
❑√3
2 求出φ= 2π
3 ，不妨令θ1=ω x1+φ ,θ2=ω x2+φ，根据
|f (x1)−f (x2))=1，则|x1−x2)的最小值为π
6 得到|θ1−θ2)最小值为π
3 ，故π
6 =
π
3
ω
，求
出ω=2；
（2）f (x)=sin(2 x + 2π
3 )，恒等变换得到g(x)=sin(2 x +π
3 )+
❑√3
2 ，换元后，
等价于sin(u−π
3 )=−
❑√3
2 ,u∈[
π
3 , 61π
3 )，解得u=2k π或u=−π
3 +2k π(k ∈Z)，
分两种情况，得到sin(u−π
3 )=−
❑√3
2 且u∈[
π
3 , 61π
3 )的u共有10+10=20个，得到
答案.
【详解】（1）因为f (0)=sinφ =
❑√3
2 ，而π
2 <φ<π，所以φ = 2π
3 ；
不妨令θ1=ω x1+φ ,θ2=ω x2+φ，
则
|f (x1)−f (x2))=|sinθ1−sinθ2)=|sin(
θ1+θ2
2
+ θ1−θ2
2 )−sin(
θ1+θ2
2
−θ1−θ2
2 ))
=2|cos θ1+θ2
2 )|sin θ1−θ2
2 )=1≤2|sin θ1−θ2
2 )，
当且仅当{
θ1=π
3 + k1π
θ2= 2π
3 + k2π)
或{
θ1= 2π
3 +k1π
θ2=π
3 +k2π)
(k1,k2∈Z ,k1+k2=2k ,k ∈Z)时
该式取等.
故|sin θ1−θ2
2 )最小为1
2，此时|θ1−θ2)可取最小值π
3 .
而y =sin x在(0,π
2 )单调递增，|sin θ1−θ2
2 )最小为1
2，故|
θ1−θ2
2 )不存在比π
6 更
小的取值，
即|θ1−θ2)不存在比π
3 更小的取值，即满足条件的|θ1−θ2)最小值为π
3 ，
|θ1−θ2)=|(ω x1+φ)−(ω x2+φ))=ω|x1−x2)，
且对任意满足|f (x1)−f (x2))=1的实数x1, x2,|x1−x2)的最小值为π
6 ，故
π
6 =
π
3
ω ,ω=2.
（2）f (x)=sin(2 x + 2π
3 )，不妨令g(x)=cos x(sin x + ❑√3cos x)，
则g(x)=cos xsin x + ❑√3cos
2 x = 1
2 ⋅2sin xcos x +
❑√3
2 (2cos
2 x−1)+
❑√3
2
= 1
2 sin2 x +
❑√3
2 cos2 x +
❑√3
2 =sin(2 x +π
3 )+
❑√3
2 .
此时，图象y = f (x)与y =cos x(sin x + ❑√3cos x)在[0,10π)上的交点个数
等于方程sin(2 x + 2π
3 )=sin(2 x +π
3 )+
❑√3
2 在[0,10π)上的解的个数.
令u=2 x +π
3 ，则该方程等价于sin(u+π
3 )=sinu+
❑√3
2 ,u∈[
π
3 , 61π
3 ).
化简得1
2 sinu−
❑√3
2 cosu=−
❑√3
2 ，即sin(u−π
3 )=−
❑√3
2 ,u∈[
π
3 , 61π
3 ).
此时，u−π
3 =−π
3 +2k π或u−π
3 =−2π
3 +2k π(k ∈Z)，
即u=2k π或u=−π
3 +2k π(k ∈Z).
u=2k π(k ∈Z)时，π
3 ≤2k π≤61π
3
, 1
6 ≤k ≤61
6 ,k共有1,2,3,……,10这10 个
取值，
即有10 个符合条件的u；
u=−π
3 +2k π(k ∈Z)时，π
3 ≤−π
3 +2k π≤61π
3
, 1
3 ≤k ≤31
3 ，
k共有1,2,3,……,10这10 个取值，即有10 个符合条件的u；
故满足sin(u−π
3 )=−
❑√3
2 且u∈[
π
3 , 61π
3 )的u共有10+10=20个，
即图象y = f (x)与y =cos x(sin x + ❑√3cos x)在[0,10π)上的交点个数为20.
19．直径为8m 的水轮如图所示，水轮圆心O距离水面2m，已知水轮沿逆时针方向匀速旋
转，每分钟转动6 圈，当水轮上点P从水中浮现时（图中点P0）开始计算时间．
(1)将点P距离水面的高度h(m)表示为时间t(s)的函数；
(2)在水轮转动的一圈内，有多长时间点P在水面下？
【答案】(1)h= 4 sin(
π
5 t −π
6 )+2
(2)10
3 秒．
【分析】（1）结合图形，利用角速度公式、任意角的概念以及三角函数求解.
（2）结合图形，根据三角函数的解析式建立不等式，利用正弦函数解不等式.
【详解】（1）由题意可知，ω= 6×2π
60
=π
5 ，
设角φ(−π
2 <φ<0)是以Ox 为始边，O P0为终边的角，
由条件得h= 4 sin(
π
5 t +φ)+2，(−π
2 <φ<0)
将t =0，h=0代入，得4 sin φ+2=0，
∴φ=−π
6 ，∴h= 4 sin(
π
5 t −π
6 )+2；
（2）由题意知4 sin(
π
5 t −π
6 )+2<0，即sin(
π
5 t −π
6 )<−1
2，
∴π
5 t −π
6 ∈(2k π+ 7π
6 ,2k π+ 11π
6 )，k ∈Z．
即t ∈(10k + 20
3 ,10k +10)，k ∈Z，
∴10−20
3 = 10
3 .
答：在水轮转动的一圈内，点P在水下时间为10
3 秒．
20．如图所示，摩天轮的半径为40m，O 点距地面的高度为50m，摩天轮按逆时针方向作
匀速转动，且每4min 转一圈，摩天轮上点P 的起始位置在最高点．
(1)试确定点P 距离地面的高度h（单位：m）关于旋转时间t（单位：min）的函数关
系式；
(2)在摩天轮转动一圈内，有多长时间P 点距离地面超过70m？
【答案】(1)h=50+ 40cos(
π
2 t)
(2)4
3 min
【分析】（1）根据题意建立平面直角坐标系，利用旋转周期可得OP在t min 内转过
的角度为π
2 t，再利用三角函数定义可得h=50+ 40cos(
π
2 t)；（2）利用（1）中的表达
式可解出h=50+ 40cos(
π
2 t)>70时，可得−2
3 + 4 k <t < 2
3 + 4 k (k ∈Z)，即可求得结果.
【详解】（1）建立如题所示的平面直角坐标系，
根据题意可得OP在t min 内转过的角度为2π
4 t =π
2 t，
设α为P点在时间t内转过的角度，所以α =π
2 t；
以x轴正半轴为始边，O P1所在位置为终边，所以O P1为终边的角为π
2 t +π
2 ，
因此点P1的纵坐标为40sin(
π
2 t +π
2 )，
所以点P 距离地面的高度h 关于旋转时间t 的函数关系式为h=50+ 40sin(
π
2 t +π
2 )，
化简得h=50+ 40cos(
π
2 t)
（2）当h=50+ 40cos(
π
2 t)>70时，
解得−2
3 + 4 k <t < 2
3 + 4 k (k ∈Z)，
又在一圈内0≤t ≤4，所以符合题意i 的时间段为0≤t < 2
3或10
3 <t ≤4，
即在摩天轮转动一圈内，有4
3 min 点P距离地面超过70m.
