统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题一三角函数与解三角形第1讲三角函数的图象与性质文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习第三篇关键能力为重专题一三角函数与解三角形第1讲三角函数的图象与性质文，共13页。试卷主要包含了三角函数，同角关系，诱导公式等内容，欢迎下载使用。

1．三角函数：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，则sin α＝____，cs α＝____，tan α＝________．各象限角的三角函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦．
2．同角关系：____________＝1， eq \f(sin α,cs α)＝________．
3．诱导公式：在 eq \f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”．
例1 (1)[2023·福建省福州第一中学模拟]已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P(－ eq \f(3,5)， eq \f(4,5))，则cs 2α－sin ( eq \f(π,2)－α)＝( )
A．－ eq \f(27,25) B．－ eq \f(8,25)
C． eq \f(8,25) D． eq \f(27,25)
(2)[2023·四川省眉山市仁寿高三摸底]已知α是直线x－2y＋3＝0的倾斜角，则 eq \f(\r(2)sin （α＋\f(π,4)）＋sin α,cs 2α)的值为( )
A． eq \f(4,3) B． eq \f(4\r(5),3)
C． eq \f(4\r(5),15) D． eq \f(3\r(5),20)
归纳总结
利用公式进行化简求值的策略
(1)利用诱导公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤为：去负→脱周→化锐，特别注意函数名称和符号的确定．
(2)利用同角三角函数的关系化简过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．
提醒 使用三角函数诱导公式易错的地方有两个：一个是函数名称，一个是函数值的符号．
对点训练
1.[2023·河南新乡二模]已知点A是α的终边与单位圆的交点，若A的横坐标为－ eq \f(4,5)，则cs 2α＝( )
A． eq \f(2,5) B．－ eq \f(2,5)
C． eq \f(7,25) D．－ eq \f(7,25)
2．[2023·重庆市巴南区高三诊断]已知sin (x＋ eq \f(π,6))＝－ eq \f(1,3)，则cs ( eq \f(2π,3)－2x)＝( )
A．－ eq \f(7,9) B．－ eq \f(2,9)
C． eq \f(2,9) D． eq \f(7,9)
3．[2023·贵州省凯里市高三模拟]已知sin α－2cs α＝0，则 eq \f(sin αcs 2α,\r(2)sin （α＋\f(π,4)）)＝( )
A．－ eq \f(2,5) B． eq \f(2,5)
C．－ eq \f(6,5) D． eq \f(6,5)
考点二 三角函数的图象与解析式
——平移看“ω，φ”，伸缩看“A，ω”，由图定式找对应，性质、图象结合牢
三角函数图象的变换
先平移后伸缩
先伸缩后平移
例 2 (1)[2023·湖南省长沙市第一中学二模]设函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)，将函数f(x)的图象先向右平移 eq \f(π,6)个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，所得的图象与y＝cs x图象重合，则( )
A．ω＝ eq \f(1,2)，φ＝ eq \f(π,6) B．ω＝ eq \f(1,2)，φ＝ eq \f(π,3)
C．ω＝2，φ＝ eq \f(5π,6) D．ω＝2，φ＝ eq \f(π,3)
(2)[2023·河南省郑州市高三三模]把函数y＝f(x)图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再把所得曲线向右平移 eq \f(π,4)个单位长度，得到函数y＝cs (x－ eq \f(π,3))的图象，则f(x)＝( )
A．sin ( eq \f(1,2)x＋ eq \f(5π,12)) B．sin (2x－ eq \f(π,12))
C．sin (2x＋ eq \f(5π,12)) D．sin ( eq \f(1,2)x－ eq \f(π,12))
[听课记录]
归纳总结
由三角函数的图象求解析式y＝A sin (ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)中参数的值．
(1)最值定A，B：根据给定的函数图象确定最值，设最大值为M，最小值为m，则M＝A＋B，m＝－A＋B，解得B＝ eq \f(M＋m,2)，A＝ eq \f(M－m,2).
(2)T定ω：由周期的求解公式T＝ eq \f(2π,ω)，可得ω＝ eq \f(2π,T).
(3)特殊点定φ：代入特殊点求φ，一般代最高点或最低点，代入中心点时应注意是上升趋势还是下降趋势．
提醒 在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．
对点训练
1.[2023·全国甲卷]函数y＝f(x)的图象由y＝cs (2x＋ eq \f(π,6))的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝ eq \f(1,2)x－ eq \f(1,2)的交点个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
2．[2023·福建省宁德市高三模拟]已知函数f(x)＝sin ωx cs ωx＋ eq \f(\r(3)cs 2ωx,2)(ω>0)图象的相邻的对称轴之间的距离为2，将函数f(x)的图象向右平移 eq \f(1,6)个单位长度﹐再将得到的图象上各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，则函数g(x)的解析式为( )
A.g(x)＝sin (2πx＋ eq \f(π,6)) B．g(x)＝sin ( eq \f(πx,2)＋ eq \f(π,6))
C．g(x)＝sin ( eq \f(πx,4)＋ eq \f(π,6)) D．g(x)＝sin ( eq \f(πx,4)＋ eq \f(π,4))
考点三 三角函数的性质及应用——类比对应，寻找“源”头，整体代换
1．三角函数的单调区间
y＝sin x的单调递增区间是________________(k∈Z)，单调递减区间是________________(k∈Z)；
y＝cs x的单调递增区间是________________(k∈Z)，单调递减区间是________________(k∈Z)；
y＝tan x的单调递增区间是________________(k∈Z).
2．三角函数的奇偶性与对称性
(1)y＝A sin (ωx＋φ)，当φ＝________(k∈Z)时为奇函数；当φ＝________(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)求得；
(2)y＝A cs (ωx＋φ)，当φ＝________(k∈Z)时为奇函数；当φ＝________(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得；
(3)y＝A tan (ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数．
角度1单调性为主
例 3 [2023·北京卷]已知函数f(x)＝cs2x－sin2x，则( )
A．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))上单调递减
B．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,12)))上单调递增
C．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减
D．f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(7π,12)))上单调递增
归纳总结
判断三角函数单调性的方法技巧
(1)代换法：求形如y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cs (ωx＋φ)(A，ω，φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间时，令ωx＋φ＝z，则y＝A sin z(或y＝A cs z)，然后由复合函数的单调性求得．
(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间．
(3)导数法：利用导数与单调性之间的关系．
角度2周期性、奇偶性、对称性为主
例 4[2023·云南省三校高三联考]已知函数f(x)＝2sin (2x＋φ)(|φ|< eq \f(π,2))的图象关于直线x＝－ eq \f(π,12)对称，将函数f(x)的图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度得到函数g(x)的图象，则下列说法正确的是( )
A．f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(π,6)对称
B．g(x)是奇函数
C．g(x)在[ eq \f(π,2)，π]上单调递减
D．g(x)的图象关于点(－ eq \f(π,6)，0)对称
[听课记录]
归纳总结
1．判断对称中心与对称轴的方法
利用函数y＝A sin (ωx＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f(x0)的值进行判断．
2．求三角函数周期的常用结论
(1)y＝A sin (ωx＋φ)和y＝A cs (ωx＋φ)的最小正周期为 eq \f(2π,|ω|)，y＝tan (ωx＋φ)的最小正周期为 eq \f(π,|ω|)；
(2)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 eq \f(1,2)个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是 eq \f(1,4)个周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是 eq \f(1,2)个周期．
对点训练
1.[2021·新高考Ⅰ卷]下列区间中，函数f(x)＝7sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))的单调递增区间是( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
2．[2023·甘肃省张掖市高三模拟]函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2))的部分图象如图所示，将f(x)的图象向右平移 eq \f(π,8)个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,t)(t>1)，纵坐标不变，得到g(x)的图象，给出下列说法：
①ω·φ＝ eq \f(π,3)；
②f(x)图象的一条对称轴为直线x＝ eq \f(7π,8)；
③f(x)在区间(－ eq \f(5π,8)， eq \f(π,3))上单调递增；
④若g(x)在区间[0，π]上恰有12个零点，则t的取值范围为[ eq \f(71,8)， eq \f(77,8)).
其中所有正确说法的序号为( )
A．① B．②④
C．①③ D．②③④
3．[2023·江西师范大学附属中学高三三模]已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)部分图象如下，它过(0， eq \f(\r(3),2))，( eq \f(2π,3)，0)两点，将f(x)的图象向右平移 eq \f(π,3)个单位得到g(x)的图象，则下列关于g(x)的成立的是( )
A．图象关于y轴对称
B．图象关于( eq \f(2π,3)，0)中心对称
C．在[0， eq \f(π,2)]上单调递增
D．在[－ eq \f(π,6)， eq \f(π,3)]最小值为－ eq \f(\r(3),2)
考点四 三角函数与其他知识的交汇问题 [交汇创新]——画图象，用性质
三角函数的图象与性质是高考考查的重点，近年来，三角函数与其他知识交汇命题成为高考的热点，由原来三角函数与平面向量的交汇渗透到三角函数与函数的零点、数列、不等式、复数、方程等知识的交汇．
例 5 (1)设集合M＝{y|y＝|cs2x－sin2x|，x∈R}，N＝，则M为( )
A．(0，1) B．(0，1]
C．[0，1) D．[0，1]
(2)已知函数f(x)＝sin x．若存在x1，x2，…，xm满足0≤x1[听课记录]
归纳总结
解决三角函数与其他知识的交汇问题，要充分利用三角函数的图象与性质．本例(1)是三角函数与复数的交汇，本例(2)是绝对值不等式与三角函数的最值问题，利用放缩法解决．
对点训练
设an＝ eq \f(1,n)sin eq \f(nπ,25)，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在S1，S2，…，S100中，正数的个数是( )
A．25 B．50
C．75 D．100
第1讲 三角函数的图象与性质
考点一
1．y x eq \f(y,x)
2．sin2α＋cs2α tanα
[例1] 解析：（1）因为角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（－ eq \f(3,5)， eq \f(4,5)），所以cs α＝－ eq \f(3,5)，sin α＝ eq \f(4,5)，所以cs 2α－sin （ eq \f(π,2)－α）＝2cs2α－1－csα＝2×（－ eq \f(3,5)）2－1－（－ eq \f(3,5)）＝ eq \f(8,25)，故选C.
（2）方法一 由题意可知tan α＝ eq \f(1,2)，（α为锐角），∴sin α＝ eq \f(1,\r(5))，cs α＝ eq \f(2,\r(5))，
cs 2α＝cs2α－sin2α＝ eq \f(3,5)， eq \f(\r(2)sin（α＋\f(π,4)）＋sin α,cs 2α)＝ eq \f(sin α＋cs α＋sin α,cs 2α)＝ eq \f(4,\r(5))× eq \f(5,3)＝ eq \f(4\r(5),3)
方法二 由题意可知tan α＝ eq \f(1,2)，（α为锐角），
∴cs α＝2sin α，sin α＝ eq \f(1,\r(5))，
eq \f(\r(2)sin （α＋\f(π,4)）＋sin α,cs 2α)＝ eq \f(sin α＋cs α＋sin α,cs2α－sin2α)＝ eq \f(4sinα,3sin2α)＝ eq \f(4,3sinα)＝ eq \f(4\r(5),3).故选B.
答案：（1）C （2）B
对点训练
1．解析：由题意知，cs α＝－ eq \f(4,5)，所以cs 2α＝2cs2α－1＝ eq \f(7,25).故选C.
答案：C
2．解析：因为sin（x＋ eq \f(π,6)）＝－ eq \f(1,3)，
所以cs （ eq \f(2π,3)－2x）＝－cs （π－ eq \f(2π,3)＋2x）＝－cs （ eq \f(π,3)＋2x）＝－[1－2sin2（x＋ eq \f(π,6)）]＝－[1－2×（－ eq \f(1,3)）2]＝－ eq \f(7,9).故选A.
答案：A
3．解析：由已知条件得tanα＝2，
eq \f(sin αcs 2α,\r(2)sin （α＋\f(π,4)）)＝ eq \f(sin αcs 2α,sin α＋cs α)
＝ eq \f(sin α,sin α＋cs α)· eq \f(cs 2α,sin2α＋cs2α)
＝ eq \f(sin α,sin α＋cs α)· eq \f(cs2α－sin2α,sin2α＋cs2α)
＝ eq \f(tanα,tan α＋1)· eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)＝－ eq \f(2,5).故选A.
答案：A
考点二
[例2] 解析：（1）将函数f（x）的图象先向右平移 eq \f(π,6)个单位长度后，得到y＝f（x－ eq \f(π,6)）＝sin[ω（x－ eq \f(π,6)）＋φ]＝sin （ωx－ eq \f(π,6)ω＋φ）的图象，
再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到y＝sin （ eq \f(ω,2)x－ eq \f(π,6)ω＋φ）的图象，
由于得到的函数的图象与y＝cs x图象重合，
故ω＝2，－ eq \f(π,6)ω＋φ＝ eq \f(π,2)＋2kπ，（k∈Z），
所以φ＝ eq \f(5π,6)＋2kπ（k∈Z），又0<φ<π，所以φ＝ eq \f(5π,6).故选C.
（2）由题意可设y＝f（x）＝sin （ωx＋φ），则函数y＝f（x）图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得y＝sin （ eq \f(1,2)ωx＋φ），再向右平移 eq \f(π,4)个单位长度，得到函数y＝sin [ eq \f(1,2)ω（x－ eq \f(π,4)）＋φ]＝sin （ eq \f(1,2)ωx－ eq \f(π,8)ω＋φ）＝cs （x－ eq \f(π,3)），
则 eq \f(1,2)ω＝1⇒ω＝2, 所以sin （ eq \f(1,2)ωx－ eq \f(π,8)ω＋φ）＝sin （x－ eq \f(π,3)＋φ＋ eq \f(π,12)），
故φ＋ eq \f(π,12)＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z⇒φ＝ eq \f(5π,12)＋2kπ，k∈Z，根据选项可知k＝0时，φ＝ eq \f(5π,12)，故C正确．故选C.
答案：（1）C （2）C
对点训练
1．解析：把函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度后得到函数
f（x）＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x的图象．作出函数f（x）的部分图象和直线y＝ eq \f(1,2)x－ eq \f(1,2)如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.
答案：C
2．解析：f（x）＝sin ωx cs ωx＋ eq \f(\r(3)cs 2ωx,2)＝ eq \f(1,2)sin 2ωx＋ eq \f(\r(3)cs 2ωx,2)＝sin （2ωx＋ eq \f(π,3)）（ω>0），
由题意知，最小正周期T＝2×2＝4，又T＝ eq \f(2π,2ω)＝ eq \f(π,ω)＝4，所以ω＝ eq \f(π,4)，所以f（x）＝sin （ eq \f(π,2)x＋ eq \f(π,3)）；
将f（x）的图象向右平移 eq \f(1,6)个单位后，得到y＝sin [ eq \f(π,2)（x－ eq \f(1,6)）＋ eq \f(π,3)]＝sin （ eq \f(π,2)x＋ eq \f(π,4)）的图象，
再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到y＝sin （ eq \f(π,4)x＋ eq \f(π,4)）的图象，所以g（x）＝sin （ eq \f(πx,4)＋ eq \f(π,4)）.故选D.
答案：D
考点三
1. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(3π,2))) [2kπ－π，2kπ] [2kπ，2kπ＋π] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ＋\f(π,2)))
2．（1）kπ kπ＋ eq \f(π,2) （2）kπ＋ eq \f(π,2) kπ
[例3] 解析：f（x）＝cs2x－sin2x＝cs2x.令2kπ≤2x≤π＋2kπ，k∈Z，解得kπ≤x≤ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，故f（x）的减区间为[kπ， eq \f(π,2)＋kπ]，k∈Z.令k＝0，则[0， eq \f(π,2)]为f（x）的一个减区间．因为（0， eq \f(π,3)）∈[0， eq \f(π,2)]，所以f（x）在（0， eq \f(π,3)）上单调递减．故选C.
答案：C
[例4] 解析：因为函数f（x）＝2sin （2x＋φ）（|φ|< eq \f(π,2)）的图象关于直线x＝－ eq \f(π,12)对称，
所以2×（－ eq \f(π,12)）＋φ＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
所以φ＝ eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2)，
所以φ＝－ eq \f(π,3)，
所以f（x）＝2sin （2x－ eq \f(π,3)），
所以f（ eq \f(π,6)）＝0≠±2，
所以f（x）的图象不关于直线x＝ eq \f(π,6)对称，故A错误；
将函数f（x）的图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度得到函数g（x）＝2sin （2x＋ eq \f(π,3)）的图象，
所以g（－x）≠－g（x），所以g（x）不是奇函数，故B错误；
令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－ eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤ eq \f(π,12)＋kπ，k∈Z，
当k＝1时，得函数g（x）在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)，\f(13π,12)))上单调递增，所以函数g（x）在[ eq \f(π,2)，π]上不单调递减，故C错误；
令2x＋ eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，得x＝－ eq \f(π,6)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z，
当k＝0时，可得函数g（x）的图象关于点（－ eq \f(π,6)，0）对称，故D正确．
故选D.
答案：D
对点训练
1．解析：因为函数y＝sin x的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z))，
对于函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝7sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，由2kπ－ eq \f(π,2)解得2kπ－ eq \f(π,3)取k＝0，可得函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的一个单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))⊆ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))⊄ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，A选项满足条件，B不满足条件；
取k＝1，可得函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的一个单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))⊄ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))⊄ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))⊄ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))，C、D选项均不满足条件．
故选A.
答案：A
2．解析：当x＝0时，f（0）＝2sin φ＝ eq \r(3)，则sin φ＝ eq \f(\r(3),2).
由题图可知，0在单调递增区间内，
所以φ＝2kπ＋ eq \f(π,3)，k∈Z，又|φ|< eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,3)，
所以f（x）＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，所以f（－ eq \f(π,4)）＝2sin （－ eq \f(π,4)ω＋ eq \f(π,3)）＝0，
所以－ eq \f(π,4)ω＋ eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得ω＝ eq \f(4,3)－4k（k∈Z）.
由题图可知， eq \f(T,4)> eq \f(π,4)，所以T＝ eq \f(2π,ω)> eq \f(π,4)×4，所以ω<2，
又因为ω>0，所以ω＝ eq \f(4,3)，所以f（x）＝2sin （ eq \f(4,3)x＋ eq \f(π,3)），所以ω·φ＝ eq \f(4π,9)，故①错误；
因为f（ eq \f(7π,8)）＝2sin eq \f(3π,2)＝－2，所以f（x）图象的一条对称轴为直线x＝ eq \f(7π,8)，故②正确；
当x∈（－ eq \f(5π,8)， eq \f(π,3)）时，t＝ eq \f(4,3)x＋ eq \f(π,3)∈（－ eq \f(π,2)， eq \f(7π,9)），
因为y＝2sin t在区间（－ eq \f(π,2)， eq \f(7π,9)）上先增后减，所以f（x）在区间（－ eq \f(5π,8)， eq \f(π,3)）上先增后减，故③错误；
将f（x）的图象向右平移 eq \f(π,8)个单位长度，得到函数y＝2sin [ eq \f(4,3)（x－ eq \f(π,8)）＋ eq \f(π,3)]＝2sin （ eq \f(4,3)x＋ eq \f(π,6)）的图象，
再将所得函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,t)，得到函数g（x）＝2sin （ eq \f(4t,3)x＋ eq \f(π,6)）的图象，
当x∈[0，π]时， eq \f(4t,3)x＋ eq \f(π,6)∈[ eq \f(π,6)， eq \f(4tπ,3)＋ eq \f(π,6)]，若g（x）在[0，π]上恰有12个零点，
则12π≤ eq \f(4t,3)π＋ eq \f(π,6)<13π，解得 eq \f(71,8)≤t< eq \f(77,8)，即t的取值范围为[ eq \f(71,8)， eq \f(77,8)），故④正确．故说法正确的是②④.
故选B.
答案：B
3．解析：由图知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)<\f(2π,3),\f(3T,4)>\f(2π,3)))可得 eq \f(3,2)<ω< eq \f(9,4)，
又f（0）＝sin φ＝ eq \f(\r(3),2)，0<φ<π，则φ＝ eq \f(π,3)或 eq \f(2π,3)，
f（ eq \f(2π,3)）＝sin （ eq \f(2π,3)ω＋φ）＝0， eq \f(2π,3)ω＋φ＝kπ（k∈Z），
若φ＝ eq \f(π,3)，ω＝ eq \f(3k－1,2)，无解；
若φ＝ eq \f(2π,3)，ω＝ eq \f(3k－2,2)，则ω＝2，
所以f（x）＝sin （2x＋ eq \f(2π,3)），向右平移 eq \f(π,3)得到g（x）＝sin 2x.
对于A，g（x）＝sin 2x为奇函数，关于原点对称，故A错误；对于B，g（x）＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)))＝－ eq \f(\r(3),2)≠0，故B错误；对于C，当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x∈[0，π]，y＝sin 2x在该区间不具有单调性，故C错误；对于D，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3)))，则2x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，故y＝sin 2x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，故D正确．故选D.
答案：D
考点四
[例5] 解析：（1）y＝|cs2x－sin2x|＝|cs2x|∈[0，1]，所以M＝[0，1].因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,i)))< eq \r(2)，所以|x＋i|< eq \r(2)，即x2＋1<2.又因为x∈R，所以－1（2）因为f（x）＝sin x，所以|f（xm）－f（xn）|≤f（x）max－f（x）min＝2，因此要使得满足条件|f（x1）－f（x2）|＋|f（x2）－f（x3）|＋…＋|f（xm－1）－f（xm）|＝12的m最小，须取x1＝0，x2＝ eq \f(π,2)，x3＝ eq \f(3π,2)，x4＝ eq \f(5π,2)，x5＝ eq \f(7π,2)，x6＝ eq \f(9π,2)，x7＝ eq \f(11π,2)，x8＝6π，即m＝8.
答案：（1）C （2）8
对点训练
解析：当1≤n≤24时，an>0，当26≤n≤49时，an<0，但其绝对值要小于1≤n≤24时相应的值；当51≤n≤74时，an>0；当76≤n≤99时，an<0，但其绝对值要小于51≤n≤74时相应的值．故当1≤n≤100时，均有Sn>0.
答案：D