2026年新高考数学专题复习学案 31.三角函数图象与性质十大应用

这是一份2026年新高考数学专题复习学案 31.三角函数图象与性质十大应用，共17页。
1.正弦函数的性质.(1).定义域: .
(2).值域: .
(3).周期性: 周期函数，周期是,最小正周期为.
(4).奇偶性: 奇函数，其图象关于原点对称.
(5).单调性:增区间：
减区间：
(6).对称性: 对称轴：， 对称中心：
2.正弦型函数的性质.
(1).定义域: .
(2).值域:
(3).周期性: 周期函数，周期是.
(4).奇偶性: 当时为奇函数；当时为偶函数.
(5).单调性: 当时：令，求解增区间.
令，求解减区间.
当时：注意单调区间的转化.
(6).对称性: 对称轴：令，求解对称轴方程，对称轴处取最值.
对称中心：令，求解对称中心坐标.
余弦型类似推导，此处不再赘述，请读者自行填补.可以看到，处理复合型函数性质的妙招就在于换元，令，换成标准的正弦（余弦函数来处理）.
3.一些复杂的性质
①.零点与对称轴之间的距离等于四分之一个周期的奇数倍；
②.对称轴方程就是一条对称轴加半个周期的整数倍；
③.若在区间上单调,则必要条件是：区间长度不超过半个周期,即,
充分条件是：单调区间是最大单调区间的子集，即
综上可得,
④.对称轴公式：(1).(2).
⑤.中心对称公式：(1).，(2).
⑥.最值表示：
4.
4.1.仿射变换：平面上的所有点横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的倍，即.
4.2.仿射变换具有以下性质
（1）仿射变换把直线变成直线.
（2）仿射变换保持共线三点的简单比值不变.
（3）仿射变换把线段变成线段,并保持线段的分比不变.
（4）若纵坐标保持不变，横坐标拉伸倍后，水平长度也拉伸倍（）
二．典例分析
题型1.识图与做图
例1．（2023年全国甲卷）函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：因为向左平移个单位所得函数为，所以，而显然过与两点，作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，
当时，，；
当时，，；
当时，，；所以由图可知，与的交点个数为.故选：C.
例2．（2024年新高考1卷）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
解析：因为函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C
题型2.由图象的基本性质求参数（解析式）
这里的基本性质主要指的是函数图像与坐标轴交点，对称轴等基本性质.
例3.（2020全国1卷.）设函数在的图像大致如下图，则f(x)的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
解析：由图可得：函数图象过点，又它是函数图象与轴负半轴的第一个交点，所以，解得：，故的最小正周期为，故选：C.
点评：再利用图象求参数时，要注意“升降零点”的概念，此题中就是余弦函数上升中的零点，这样做的好处就是可以在一个周期内考虑问题，从而有效地缩小参数范围.
再看同款下例.
例4.（2021甲卷） 已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．（凌晨讲数学）
解析：由图可知，即，所以；由降零点可得
，即；所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，结合图形可知，最小正整数应该满足，即，解得，令，可得，可得的最小正整数为2.
题型3.由图像的几何性质求解析式
这里指的是依托于图像的对称性等性质进一步构造几何图形来刻画的关系，相较于上一类，这类题目具有一定的综合性.
例5．若函数与图象的任意连续三个交点构成等腰直角三角形，则正实数（ ）
A． B． C． D．
解析：作出函数和的图象，设两图象相邻的3个交点分别为A，B，C，如图所示，作，垂足为D，易知，又为等腰直角三角形，所以，所以的最小正周期，即，所以.故选:A.

题型4.图像对称轴（中心），周期公式的综合应用
例6.（2022新高考1卷）记函数的最小正周期为．若
，且的函数图象关于点中心对称，则
A．B．C．D．
解析：，的函数图象关于点中心对称，则有，且，所以，则；解得，由得，，故．
例7.（2022全国乙卷）记函数的最小正周期为，若，为的零点，则的最小值为_________.
解析：由于，故，且，故，
，故的最小值为3.
题型5.图象平移
下面看到函数图象的平移问题，这也是三角函数图象中的经典考题.
例8.（2021全国乙卷）把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则
A. B.
C. D.
解析：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，根据已知得到了函数的图象，所以，
令,则,所以,所以.
注：异名三角函数的平移：跟同名三角函数的平移基本上相同，区别在于需要根据诱导公式将其变为同名三角函数的平移问题，再按同名三角函数平移平移思路进行平移.
题型6.三角函数加绝对值
全国卷在三角函数的考察方面呈现两个明显的特点，第一，多选项，第二，构造性，通过一些常见的构造方式，考察分类讨论，数形结合能力，比如2019年一卷的11题，将常见的正弦函数套上绝对值，这样的构造方式会由于绝对值的参与使得很多考生望而生怯，本文通过对几道常见的带绝对值的三角函数性质研究，力争探索出一些解题的通性通法，提高解题能力.此类问题的解题顺序可以归纳为：
①.分析奇偶性，周期性；
②.去绝对值，写成分段函数；
③.画出草图，结合图象及对称性的定义判断，包括代入必要的特值.
我们可以再通过下面一些练习进一步提升此类题目的解题能力.
二．典例分析
例9．（2019全国卷一）关于函数有下述四个结论：
①是偶函数 ②的最大值为2
③在有4个零点 ④在区间单调递减
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③
分析：去绝对值是关键步骤，这样就可以将其转化为熟悉的三角函数形态，这个时候就需要分析奇偶性与周期性从而将分析问题的区间尽可能的缩小到小范围内，这个时候，实际也完成了去绝对值的过程，因此，处理此类带绝对值的三角函数问题，分析奇偶性与周期性是两个必备的过程.
解析：的定义域为，
因为，故为偶函数，结论①正确，再分析周期性，周期为.这样就可以去掉绝对值化成分段函数，当，
当，
故当时，
故函数的最大值为2，结论②正确，根据图象可得，在有3个零点，故结论③错误，由图象可以看出，在区间单调递减，结论④正确.
题型7.三角函数求w
例10．（2019全国3卷）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．①④B．②③C．①②③D．①③④
解析：当时，，∵在有且仅有5个零点，∴，∴，故④正确，由，知时，令时取得极大值，①正确；
极小值点不确定，可能是2个也可能是3个，②不正确；因此由选项可知只需判断③是否正确即可得到答案，当时，，若在单调递增，则，即，∵，故③正确．故选D
例11.（2022年全国甲卷）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
解析：解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：则，解得，即．故选：C．

题型8.对三角函数图像的深度理解（仿射角度）
例12．（2023年新高考2卷）已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，若，则__________

解析：设，由可得，由可知，或，，由图可知，，即，．因为，所以，即，．
所以，所以或，又因为，所以，．故答案为：．
例13.（24届湖北省武汉二调）如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为（ ）

A．B．C．D．
解析：（方法1）由题意，则，所以，设，因为，所以，解得，
所以
，所以，又由图可知，所以.故选：B.
（方法2）考虑到伸缩变换不改变中点的特征，考虑令,取，
,则,有,，所以，解得.
题型9.实际应用中的三角函数图像建构
例14．耳机的降噪效果成为衡量一个耳机好坏的标准之一，降噪的工作原理就是通过麦克风采集周围环境的噪音，通过数字化分析，以反向声波进行处理，实现声波间的抵消，使噪音降为0，完成降噪（如图所示），已知噪音的声波曲线是，通过主动降噪芯片生成的反向声波曲线是（其中，，），则（ ）.

A． B． C．π D．
解析：由于抵消噪音，所以振幅没有改变，即，所以，要想抵消噪音，需要主动降噪芯片生成的声波曲线是，即，因为，所以令，即，故选：D.
题型10.三角函数新定义（多选压轴）
例15．在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作．给出下列结论，其中正确的为（ ）
A．函数在上单调递增
B．若，则
C．若，，，则的最小值为0
D．若，则的最小值为
解析：对于，因，
当时，，，由正弦函数的性质可知在，上不单调，故错误；
对于B，由，可得，而，故正确；
对于C，，
令，因为，所以，则，
则有，所以（1），所以，故正确；
对于D，因为，所以当时，，故正确．故选：BCD．
三．习题演练
1．（2025河南郑州二模）函数与函数的图象交点个数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025广东广州一模）已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则（ ）
A．B．C． D．
3．（2025广东一模）已知函数的周期为，且在上单调递增，则可以是（ ）
A．B．C．D．
4．（2025江苏宿迁二模）已知函数的极值点与的零点完全相同，则（ ）
A． B． C．1 D．2
5．（2025浙江温州二模）已知函数，，则两个函数的图象仅通过平移就可以重合的是（ ）
A．与
B．与
C．与
D．与
6．点将一条线段分为两段和，若，则称点为线段的黄金分割点.已知直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，则（ ）
A．当时，存在使点为线段的黄金分割点
B．对于给定的常数，不存在使点为线段的黄金分割点
C．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点
D．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点
7．（2025湖北武汉二模）函数，则下列关于的说法中正确的是（ ）
A．最小正周期是
B．最大值是2
C．是区间上的减函数
D．图象关于点中心对称
8．（福建省厦门市2025届高三第三次质量检测数学试题）已知直线为函数图象的一条对称轴，则（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．
D．的图象关于点对称
9．（2025安徽合肥二模）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．与的图象关于直线对称
B．与的图象关于点对称
C．当时，
D．当时，与的图象恰有4个交点
参考答案
1．（2025河南郑州二模）函数与函数的图象交点个数为（ ）
A．B．C．D．
解析：
通过五点法作出周期函数的图象，再通过两点法作出单调函数的图象，因为，所以通过图象可判断它们有个交点，故选：A.
2．（2025广东广州一模）已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则（ ）
A．B．C．D．
解析：设曲线与相邻的三个交点为，
，
解得，不妨取，则，
所以，则，由题意得为直角三角形，所以，即，解得，故选：A．
3．（2025广东一模）已知函数的周期为，且在上单调递增，则可以是（ ）
A．B．C．D．
解析：对于A，，但，，
所以函数在上不单调递增，不符合题意；
对于B，，所以函数的周期为，当时，，因为，函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，同理可得函数在上单调递减，，所以函数的最小正周期为，B正确；
对于C，因为，，所以函数在上不单调递增，不符合题意；
对于D，函数的定义域为，，所以结论函数在单调递增错误，不符合题意；故选：B.
4．（2025江苏宿迁二模）已知函数的极值点与的零点完全相同，则（ ）
A．B．C．1D．2
解析：，由，得①，
对于，由，得，依题意，所以②，由于函数的极值点与的零点完全相同，对比①②可得.故选：B
5．（2025浙江温州二模）已知函数，，则两个函数的图象仅通过平移就可以重合的是（ ）
A．与
B．与
C．与
D．与
解析：若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，
对于A选项，，所以，函数的振幅为，函数的振幅为，所以，这两个函数的振幅不相等，故与的图象不能通过平移重合，A错；
对于B选项，，，
函数的振幅为，函数的振幅为，所以，与的图象不能通过平移重合，B错；
对于C选项，因为，，
将函数的图象向左平移个单位长度可与函数的图象重合，C对；
对于D选项，，函数与的图象不能通过平移重合，D错.故选：C.
6．点将一条线段分为两段和，若，则称点为线段的黄金分割点.已知直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，则（ ）
A．当时，存在使点为线段的黄金分割点
B．对于给定的常数，不存在使点为线段的黄金分割点
C．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点
D．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点
解析：若，则，即点为线段的黄金分割点，当时，，不存在使点为线段的黄金分割点，故选项A，C错误；如下图，当时，，当时，，则，
则存在一个使得，故选项错；对于选项D，若与相交于相邻的三点，其横坐标分别为，则，将变换成后，点分别对应到点，
且满足，故，即对比值无影响，故选项D正确.

故选：D.
7．（2025湖北武汉二模）函数，则下列关于的说法中正确的是（ ）
A．最小正周期是
B．最大值是2
C．是区间上的减函数
D．图象关于点中心对称
解析：
，则的最小正周期是，故选项A正确；
由三角函数的性质可知，即的最大值是，故选项B错误；
时，，因为在上单调递减，故是区间上的减函数，故选项C正确；
令，解得，故的图象的对称中心为，，令得，所以的图象不关于点中心对称，故选项D错误.故选：AC
8．（福建省厦门市2025届高三第三次质量检测数学试题）已知直线为函数图象的一条对称轴，则（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．
D．的图象关于点对称
解析：，其中，
则的最小正周期为，故选项A错误；，
因为直线为函数图象的一条对称轴，所以，即，解得，故选项B正确；
由B可知，，
因为，所以，故选项C正确；
，故选项D错误.故选：BC.
9．（2025安徽合肥二模）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．与的图象关于直线对称
B．与的图象关于点对称
C．当时，
D．当时，与的图象恰有4个交点
解析：由题得，，
A：与的图象关于直线对称的函数为
，故A正确；
B：当时，，
，所以与的图象不关于点对称，故B错误；
C：，当时，，
令，则，在上恒小于0，所以在上恒大于0，即，即，故C正确；
D：令，即，得（无解）或，解得，又，所以，解得（），所以，即函数图象共有4个交点，故D正确.故选：A