2018-2020年高考数学（理）真题命题规律专题10 三角函数图象与性质（解析版）

1 / 12 三年高考+解题规律 专题 10 三角函数图像与性质 命题规律 内 容 典 型 １ 已知函数 的图象研究其性质 2020 年高考全国Ⅰ卷理数 7 ２ 可化为形如 的函数性质的研究 2020 年高考天津卷 8 ３ 含有三角函数的函数图像识别 2019 年高考全国Ⅰ卷理数 ４ 研究将已知函数图象进行的变换后所得函数的性 质 2020 年高考江苏卷 10 ５ 关于某个三角函数的函数的性质研究 2020 年高考全国Ⅲ卷理数 16 命题规律一 已知函数 （ ）的图象研究函数性质 【解决之道】接此类问题，先根据图象求出解析式，已知 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解 析式时，A 比较容易看图得出，困难的是求待定系数 ω 和 φ，常用如下两种方法：①由 ω＝ 即可求出 ω；确定 φ 时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标 x0，则令 ωx0＋φ＝0(或 ωx0＋φ ＝π)，即可求出 φ．②代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合 图形解出 ω 和 φ，若对 A，ω 的符号或对 φ 的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求．再根据解析 研究函数的性质. 【三年高考】 1.【2020 年高考全国Ⅰ卷理数 7】设函数 在 的图像大致如下图，则 的 最小正周期为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C )sin()( ϕω += xAxf )sin()( ϕω += xAxf )sin()( ϕω += xAxf πϕω 000 ,,A 2 T π ( ) cos π 6f x xω= +     [ ],−π π ( )f x 10π 9 7π 6 4π 3 3π 2 2 / 12 三年高考+解题规律 【解析】由图可得：函数图像过点 ，将它代入函数 可得： ， 又 是函数 图像与 轴负半轴的第一个交点，∴ ，解得： ，∴函 数 的最小正周期为 ，故选 C． 2.【2020 年高考山东卷 10】右图是函数 的部分图像，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】由函数图像可知： ，则 ，所以不选 A， 当 时， ，解得： ， 即函数的解析式为： ， 而 ，故选：BC． 命题规律二 可化为形如 的函数性质的研究 【解决之道】此类问题，先利用降幂公式、两角和与差的公式及辅助角公式将已知函数的解析式化为 形式，再利用研究函数 性质方法进行研究. 【三年高考】 1.【2020 年高考天津卷 8】已知函数 ．给出下列结论： ① 的最小正周期为 ； 4 ,09 π −   ( )f x 4cos 09 6 π πω − ⋅ + =   4 ,09 π −   ( )f x x 4 9 6 2 π π πω− ⋅ + = − 3 2 ω = ( )f x 2 2 4 3 3 2 T π π π ω= = = sin( )y xω ϕ= + sin( )=xω ϕ+ πsin( )3x + πsin( 2 )3 x− πcos(2 )6x + 5πcos( 2 )6 x− 2 2 3 6 2 T π ππ= − = 2 2 2T π πω π= = = 2 53 6 2 12x ππ π+ = = 1y = − ∴ ( )5 32 212 2 k k Z π πϕ π× + = + ∈ ( )22 3k kϕ π π= + ∈Z 2sin 2 2 sin 2 cos 2 sin 23 6 2 6 3y x k x x x π π π ππ π       = + + = + + = + = −               5cos 2 cos( 2 )6 6x x π π + = − −   )sin()( ϕω += xAxf )sin()( ϕω += xAxf )sin()( ϕω += xAxf ( ) sin 3f x x π = +   ( )f x 2π 3 / 12 三年高考+解题规律 ② 是 的最大值； ③把函数 的图象上所有点向左平移 个单位长度，可得到函数 的图象． 其中所有正确结论的序号是 A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【解析】因为 ，所以周期 ，故①正确； ，故②不正确； 将函数 的图象上所有点向左平移 个单位长度，得到 的图象，故③正确．故选 B． 2. 【 2020 年 高 考 北 京 卷 14 】 若 函 数 的 最 大 值 为 ， 则 常 数 的 一 个 取 值 为 ． 【答案】 【解析】∵ ， 则 ， ，∴ ，∴ 3.【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】设函数 =sin（ ）( ＞0)，已知 在 有且仅有 5 个 零点，下述四个结论： ① 在（ ）有且仅有 3 个极大值点 ② 在（ ）有且仅有 2 个极小值点 ③ 在（ ）单调递增 ④ 的取值范围是[ ) 其中所有正确结论的编号是 A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④ 2f π     ( )f x siny x= 3 π ( )y f x= ( ) sin( )3f x x π= + 2 2T π πω= = 5 1( ) sin( ) sin 12 2 3 6 2f π π π π= + = = ≠ siny x= 3 π sin( )3y x π= + ( ) sin( ) cosf x x xϕ= + + 2 ϕ 2 π ( ) sin( ) cosf x x xϕ= + + sin cos cos sin cosx x xϕ ϕ= + + sin cos cos (sin 1)x xϕ ϕ= + + 2 2cos (sin 1) sin( )xϕ ϕ θ= + + + 2 2cos (sin 1) 4ϕ ϕ+ + = 2 2cos sin 2sin 1ϕ ϕ ϕ+ + + 1 2sin 1 4ϕ= + + = sin 1ϕ = 2 πϕ = ( )f x 5xω π+ ω ( )f x [ ]0,2π ( )f x 0,2π ( )f x 0,2π ( )f x 0,10 π ω 12 29 5 10 ， 4 / 12 三年高考+解题规律 【答案】D 【解析】①若 在 上有 5 个零点，可画出大致图象， 由图 1 可知， 在 有且仅有 3 个极大值点.故①正确； ②由图 1、2 可知， 在 有且仅有 2 个或 3 个极小值点.故②错误； ④当 =sin（ ）=0 时， =kπ（k∈Z），所以 ， 因为 在 上有 5 个零点， 所以当 k=5 时， ，当 k=6 时， ，解得 ， 故④正确. ③函数 =sin（ ）的增区间为： ， . 取 k=0， 当 时，单调递增区间为 ， 当 时，单调递增区间为 ， 综上可得， 在 单调递增.故③正确. 所以结论正确的有①③④.故本题正确答案为 D. ( )f x [0,2π] ( )f x (0,2π) ( )f x (0,2π) ( )f x 5xω π+ 5xω π+ ππ 5k x ω − = ( )f x [0,2π] π5π 5 2πx ω − = ≤ π6π 5 2πx ω − = > 12 29 5 10ω≤ < ( )f x 5xω π+ π π π2 π 2 π2 5 2k x kω− + < + < + 7 32 π 2 π10 10k k xω ω    − +      < < 12 5 ω = 7 1π π24 8x− < < 29 10 ω = 7 3π π29 29x− < < ( )f x π0,10      5 / 12 三年高考+解题规律 4.【2018 年高考全国卷 II 理数】若 在 是减函数，则 的最大值是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为 ，所以由 得 ，因此 ， 从而 的最大值为 ，故选 A. 5.【2019 年高考北京卷理数】函数 f（x）=sin22x 的最小正周期是__________． 【答案】 【解析】函数 ，周期为 . 6.【2018 年高考全国Ⅰ理数】已知函数 ，则 的最小值是_____________． 【答案】 【解析】 ， 所以当 时函数单调递减，当 时函数单调递增，从而得到函数的递减区间为 ，函数的递增区间为 ， 所以当 时，函数 取得最小值，此时 ， 所以 ，故答案是 . 7.【2018 年高考北京卷理数】设函数 f（x）= ，若 对任意的实数 x 都成立， 则 ω 的最小值为__________． ( ) cos sinf x x x= − [ ],a a− a π 4 π 2 3π 4 π ( ) πcos sin 2cos 4f x x x x = − = +   π0 2 π π 2 π( )4k x k k+ ≤ + ≤ + ∈Z π 3π2 π 2 π( )4 4k x k k− + ≤ ≤ + ∈Z [ ] π 3π π 3π π, , , , , , 04 4 4 4 4a a a a a a a − ⊂ − ∴− < − ≥ − ≤ ∴ < ≤   a π 4 π 2 ( ) 2sin 2f x x= = 1 cos4 2 x− π 2 ( ) 2sin sin 2f x x x= + ( )f x 3 3 2 − ( ) ( )2 12cos 2cos2 4cos 2cos 2 4 cos 1 cos 2f x x x x x x x ′ = + = + − = + −   1cos 2x < 1cos 2x > ( )5π π2 π ,2 π3 3k k k − − ∈   Z ( )π π2 π ,2 π3 3k k k − + ∈   Z π2 π ,3x k k= − ∈Z ( )f x 3 3sin ,sin22 2x x= − = − ( )min 3 3 3 32 2 2 2f x  = × − − = −    3 3 2 − πcos( )( 0)6xω ω− > π( ) ( )4f x f≤ 6 / 12 三年高考+解题规律 【答案】 【解析】因为 对任意的实数 x 都成立，所以 取最大值，所以 ，因为 ，所以当 时，ω 取最小值为 . 8.【2018 年高考全国Ⅲ理数】函数 在 的零点个数为________． 【答案】 【解析】 ， ，由题可知 ，或 ，解 得 ，或 ，故有 3 个零点. 9.【2018 年高考江苏卷】已知函数 的图象关于直线 对称，则 的值是 ________． 【答案】 【解析】由题意可得 ，所以 ， 因为 ，所以 10.【2019 年高考浙江卷】设函数 . （1）已知 函数 是偶函数，求 的值； （2）求函数 的值域． 【答案】（1） 或 ；（2） ． 【 解 析 】 （ 1 ） 因 为 是 偶 函 数 ， 所 以 ， 对 任 意 实 数 x 都 有 ， 即 ， 故 ， 所以 ． 又 ， 2 3 ( ) π 4f x f  ≤    π 4f      ( ) ( )π π 22 π 84 6 3k k k k− = ∈ ∴ = + ∈Z Z，ω ω 0>ω 0k = 2 3 ( ) πcos 3 6f x x = +   [ ]0 π， 3 0 πx≤ ≤ π π 19π36 6 6x∴ ≤ + ≤ π π π 3π3 36 2 6 2x x+ = + =， π 5π3 6 2x + = π 4π,9 9x = 7π 9 ( ) π πsin 2 ( )2 2y x= + − < 2 π(π) 01 πf = >− + 2 x ( ) 2 sin2xf x x= ( ) ( ) ( ), 2 sin2 2 sin2x xx f x x x f x−∈ − = − = − = −R ( ) 2 sin2xf x x= π ,π2x  ∈   ( ) 0f x > < π ( )y f x= ( )g x ( )g x 2π 24g π  =   3 8f π  =   2− 2− 2 2 ( )f x (0) sin 0, = π, , 0,f A k k kϕ ϕ= = ∴ ∈ ∴ =Z 0ϕ = 1 2π( ) sin , 2π,12 2 g x A x Tω ω = ∴ = = 2ω = π( ) 24g = 2A = ( ) 2sin 2f x x= 3π( ) 2.8f = sin(2 )5y x π= + 10 π 10 / 12 三年高考+解题规律 A．在区间 上单调递增 B．在区间 上单调递减 C．在区间 上单调递增 D．在区间 上单调递减 【答案】A 【解析】由函数图象平移变换的性质可知：将 的图象向右平移 个单位长度之后的解 析式为 . 则函数的单调递增区间满足 ，即 ， 令 可得一个单调递增区间为 . 函数的单调递减区间满足： ，即 ， 令 可得一个单调递减区间为： ，故选 A. 命题规律五 关于某个三角函数的函数的性质研究 【解决之道】若含绝对值，可通过取绝对值，利用公司化为一个角的三角函数结合图象进行研究；若是关 于某个三角函数的函数问题，结合所涉及三角函数的图象与性质、换元法等方法进行研究. 【三年高考】 1.【2020 年高考全国Ⅲ卷理数 16】关于函数 ． ① 的图像关于 轴对称；② 的图像关于原点对称； ③ 的图像关于 对称；④ 的最小值为 ．其中所有真命题的序号是 ． 【答案】②③ 【解析】对于命题①， ， ，则 ， ∴函数 的图象不关于 轴对称，命题①错误； 对于命题②，函数 的定义域为 ，定义域关于原点对称， 3 5[ , ]4 4 π π 3[ , ]4 π π 5 3[ , ]4 2 π π 3[ ,2 ]2 π π πsin 2 5y x = +   π 10 π πsin 2 sin210 5y x x   = − + =     ( )π π2 π 2 2 π2 2k x k k− ≤ ≤ + ∈Z ( )π ππ π4 4k x k k− ≤ ≤ + ∈Z 1k = 3π 5π,4 4      ( )π 3π2 π 2 2 π2 2k x k k+ ≤ ≤ + ∈Z ( )π 3ππ π4 4k x k k+ ≤ ≤ + ∈Z 1k = 5π 7π,4 4      ( ) 1sin sinf x x x = + ( )f x y ( )f x ( )f x 2x π= ( )f x 2 1 526 2 2f π  = + =   1 526 2 2f π − = − − = −   6 6f f π π   − ≠       ( )f x y ( )f x { },x x k k Zπ≠ ∈ 11 / 12 三年高考+解题规律 ， ∴函数 的图象关于原点对称，命题②正确； 对于命题③， ， ，则 ， ∴函数 的图象关于直线 对称，命题③正确；对于命题④，当 时， ，则 ，命题④错误，故答案为：②③． 2.【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】关于函数 有下述四个结论： ①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（ ， ）单调递增 ③f(x)在 有 4 个零点 ④f(x)的最大值为 2 其中所有正确结论的编号是 A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③ 【答案】C 【解析】 为偶函数，故①正确． 当 时， ，它在区间 单调递减，故②错误． 当 时， ，它有两个零点： ；当 时， ，它有一个零点： ，故 在 有 个零点： ，故③错误． 当 时 ， ； 当 时 ， ，又 为偶函数， 的最大值为 ，故④正确． 综上所述，①④正确，故选 C． ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1sin sin sinsin sin sinf x x x x f xx x x  − = − + = − − = − + = − −   ( )f x 1 1sin cos2 2 cossin 2 f x x x xx π π π    − = − + = +         −    1 1sin cos2 2 cossin 2 f x x x xx π π π    + = + + = +         +   2 2f x f x π π   − = +       ( )f x 2x π= 0xπ− < < sin 0x < ( ) 1sin 0 2sinf x x x = + < < ( ) sin | | | sin |f x x x= + 2 π π [ , ]−π π ( ) ( ) ( ) ( )sin sin sin sin ,f x x x x x f x f x− = − + − = + = ∴ π π2 x< < ( ) 2sinf x x= ,2 π π   0 πx≤ ≤ ( ) 2sinf x x= 0 , π π 0x− ≤ < ( ) ( )sin sinf x x x= − − 2sin x= − π− ( )f x [ ],−π π 3 0−π , , π [ ]( )2 , 2x k k k ∗∈ π π + π ∈N ( ) 2sinf x x= [ ]( )2 , 2 2x k k k ∗∈ π + π π + π ∈N ( ) sin sin 0f x x x= − = ( )f x ( )f x∴ 2 12 / 12 三年高考+解题规律 3.【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】下列函数中，以 为周期且在区间( ， )单调递增的是 A．f(x)=|cos2x| B．f(x)=|sin2x| C．f(x)=cos|x| D．f(x)=sin|x| 【答案】A 【解析】作出因为 的图象如下图 1，知其不是周期函数，排除 D； 因为 ，周期为 ，排除 C； 作出 图象如图 2，由图象知，其周期为 ，在区间( ， )单调递增，A 正确； 作出 的图象如图 3，由图象知，其周期为 ，在区间( ， )单调递减，排除 B， 故选 A． 图 1 图 2 图 3 2 π 4 π 2 π sin | |y x= cos cosy x x= = 2π cos2y x= π 2 4 π 2 π sin 2y x= π 2 4 π 2 π