2024年高考数学艺体生一轮复习高分突破讲义：专题12 三角函数的图像与性质【艺体生专供—选择填空抢分专题】备战2024年高考高频考点题型精讲+精练（新高考通用）解析版

这是一份2024年高考数学艺体生一轮复习高分突破讲义：专题12 三角函数的图像与性质【艺体生专供—选择填空抢分专题】备战2024年高考高频考点题型精讲+精练（新高考通用）解析版，共33页。试卷主要包含了考向解读，知识点汇总，题型专项训练，高考真题及模拟题精选，题型精练，巩固基础等内容，欢迎下载使用。

一、考向解读
考向：三角函数的图像与性质作为高考的必考内容，在高考中主要是选择、填空题型。大部分是考查基础知识和基本方法，考查内容涉正弦型函数或余弦型函数的图像和性质、图像变换等。
考点：正弦型函数或余弦型函数的图像和性质。
导师建议：通过图像记忆性质才是正确方法，切忌死记硬背！
二、知识点汇总
正弦函数、余弦函数、正切函数的图象与性质
【常用结论】
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半个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是半个周期．
②正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期．
③函数具有奇偶性的充要条件
函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)；
函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；
函数y＝Acs(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；
函数y＝Acs(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ(k∈Z)．
三、题型专项训练
①正弦、余弦函数的图像
一、单选题
1．三角函数在区间上的图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合三角函数的奇偶性，以及函数的最值点，即可求解.
【详解】解：∵为奇函数，
∴的图像关于原点对称，故排除A、D选项，
三角函数在区间上的最大值为，故排除B选项.故选：C.
2．函数，的图像是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】结合与图像的关系即可选出答案.
【详解】因为与的图像关于轴对称，只有D符合题意.故选：D
3．函数的值域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】易知，则可求出的值域.
【详解】因为，所以,所以的值域为.故选：B.
4．函数的图象（ ）
A．关于x轴对称B．关于y轴对称C．关于原点对称D．关于直线对称
【答案】B
【分析】根据余弦函数的性质可得.
【详解】可得是由向上平移1个单位得到，
根据余弦函数的性质可得的图象关于轴对称.故选：B.
5．函数的简图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由cs（﹣x）＝csx及余弦函数的图象即可得解．
【详解】由知，其图象和的图象相同，故选B．
6．若函数的大致图像是
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先去绝对值，化为分段函数，再根据余弦函数的单调性，得出答案．
【详解】，
在，为减函数，在，为增函数，并且函数值都大于等于0，
只有符合，故答案为
7．函数y＝－csx(x>0)的图象中与y轴最近的最高点的坐标为( )
A．(，1)B．(，1)
C．(0,1)D．(2，1)
【答案】B
【分析】画出的图像，根据图像求得与轴最近的最高点的坐标.
【详解】画出的图像如下图所示，由图可知，与轴最近的最高点的坐标为.故选B.
8．从函数的图象来看，当时，对于的x有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【分析】画出和的图象，看它们有几个交点即可.
【详解】先画出，的图象，即A与D之间的部分，
再画出的图象，如下图：
由图象可知它们有2个交点B、C，
所以当时，的x的值有2个.故选：C
②正弦函数的性质
9．函数，的单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据正弦函数的单调区间求的单调递增区间，再结合题意分析判断．
【详解】令，解得，
∵，
当时，，即函数的单调递增区间是．故选：B.
10．函数的单调增区间是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：因为，
令，，解得，，
所以函数的单调递增区间为；故选：B
11．求出的解集（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】画出正弦函数的图象，找到所对应的正弦函数值，结合正弦函数的周期性求得的范围，即可求不等式的解集．
【详解】画出正弦函数的图象，如图：
，等价
因为的周期为，，故不等式的解集为
故选：C.

12．使不等式成立的的取值集合是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】本题首先可以根据得出，然后根据正弦函数的相关性质即可得出结果.
【详解】因为，
所以，，
故的取值集合是，故选：C.
13．下列函数中周期为，且为偶函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦、余弦函数的性质判断即可；
【详解】解：对于A：为周期为的偶函数，故A错误；
对于B：为周期为的奇函数，故B错误；
对于C：为周期为的偶函数，故C正确；
对于D：为周期为的偶函数，故D错误；故选：C
14．函数是（ ）
A．周期为的奇函数B．周期为的偶函数
C．周期为的奇函数D．周期为的偶函数
【答案】C
【分析】先化简得，再求函数的最小正周期和奇偶性得解.
【详解】由题得，
设，函数的定义域是,所以函数的最小正周期为，
由于，所以函数是奇函数.故选：C.
15．函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．6D．
【答案】D
【分析】根据正弦型函数最小正周期公式求解即可.
【详解】函数的最小正周期为.故选:D
16．若函数的图象经过点，则的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】，据此求出ω的表达式，再根据ω的范围求得ω的值即可求最小正周期.
【详解】依题意可得，则，得.
因为，所以，.故选：A.
17．函数的图象的一个对称轴方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】解：对于函数，令，
解得，故函数的对称轴方程为，
令，可知函数的一条对称轴为.故选：C
18．函数的零点为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：令，解得，
故函数的零点为；故选：A
19．函数的周期为2，下列说法正确的是（ ）
A．
B．是奇函数
C．f（x）在[，]上单调递增
D．的图像关于直线对称
【答案】C
【分析】分别利用正弦函数周期公式，余弦函数的奇偶性，正弦函数的单调性，正弦函数的对称轴的求法，依次判断即可.
【详解】由可知，,由此可知选项不正确；
由可知，，
即是偶函数，由此可知选项不正确；
由，解得,
当时，区间上为单调递增，由此可知选项正确；
由，解得，
则直线不是的对称轴，由此可知选项不正确；故选：.
20．函数，x∈R在（ ）
A．上是增函数
B．上是减函数
C．上是减函数
D．上是减函数
【答案】B
【分析】化简，根据余弦函数的知识确定正确选项.
【详解】，
所以在上递增，在上递减.B正确，ACD选项错误.故选：B
③余弦函数的性质
21．函数的单调减区间是
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式把函数解析式中的的系数化为正数，利用余弦函数的性质，求出单调减区间．
【详解】cs（x）．由2k，可得，k∈Z．∴函数的单调减区间是．故选A．
22．满足的角的集合为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用余弦函数的性质即可求解
【详解】结合余弦函数的性质可得，
故满足的角的集合为故选：C
23．函数f(x)=lg(1+2csx)的定义域为（ ）
A．B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据真数大于零，再解三角不等式得结果.
【详解】由题意得，所以，即得 故选：B
24．设函数，，则是( )
A．最小正周期为的奇函数B．最小正周期为的偶函数
C．最小正周期为的奇函数D．最小正周期为的偶函数
【答案】B
【分析】根据余弦型函数的图像与性质即可判断求解.
【详解】∵f(x)定义域为R，f(－x)＝f(x)，∴f(x)是R上偶函数；f(x)最小正周期T＝，故选：B.
25．已知函数，则下列正确的是（ ）
A．是周期为1的奇函数B．是周期为2的偶函数
C．是周期为1的非奇非偶函数D．是周期为2的非奇非偶函数
【答案】B
【解析】结合奇偶性和周期公式即可求解
【详解】为偶函数，周期为：故选：B
26．，最小正周期为（ ）
A．4B．2
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用正余弦型函数周期公式直接计算作答.
【详解】函数中，，则有，
所以所求最小正周期为.故选：D
27．函数的最小正周期是（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】根据余弦函数的性质计算可得；
【详解】因为，所以函数的最小正周期；故选：A
28．函数的图象（ ）
A．关于点对称B．关于点对称
C．关于直线对称D．关于直线对称
【答案】D
【分析】根据余弦函数的对称中心、对称轴，应用整体代入判断各选项的正误.
【详解】由题设，由余弦函数的对称中心为，令，得，，易知A、B错误；
由余弦函数的对称轴为，令，得，，
当时，，易知C错误，D正确；故选：D
29．函数图象的一条对称轴可能是直线（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先计算出函数的对称轴，再适当地取k的值进而得到答案.
【详解】令，解得.
当时，.故选：A.
30．已知函数，下面结论错误的是（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在区间上是增函数
C．函数的图像关于直线对称
D．函数是偶函数
【答案】B
【分析】先化简函数得，然后逐个分析判断即可
【详解】解：，
对于A，的最小正周期为，所以A正确；
对于B，在区间上是减函数，所以B错误；
对于C，因为，所以的图像关于直线对称，所以C正确；
对于D，因为，所以是偶函数，所以D正确，故选：B
31．下列四个函数中，周期为π的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用三角函数的周期性求解.
【详解】函数周期为；函数周期为；函数周期为；函数周期为.故选：D
④正切函数的图像与性质
32．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由正切函数的定义域，令，，解不等式，即可求出结果.
【详解】由正切函数的定义域，令，，即，所以函数的定义域为.故选:D．
33．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用整体代入法求得正确答案.
【详解】由，解得，所以函数的定义域是.故选：D
34．函数的最小正周期为（ ）
A．B．C． D．
【答案】B
【分析】利用函数的周期公式即可求解.
【详解】由题意可知，，所以函数的最小正周期为.故选：B.
35．已知函数f(x)＝3tan的最小正周期为，则正数ω＝（ ）
A．4B．3
C．2D．1
【答案】C
【分析】直接利用周期公式列方程求解
【详解】∵，∴，∴，故选：C.
36．函数的单调递增区间为（ ）
A．，B．，
C． ，D． ，
【答案】A
【分析】利用正切函数的单调递增区间，可令，求得x的范围，即得答案.
【详解】根据正切函数的单调性可得，欲求的单调增区间，
令 ，，解得 ，，
所以函数的单调递增区间为，，故选：A.
37．下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用是偶函数判定选项A错误；利用判定选项B错误；利用的定义域判定选项C错误；利用奇偶性的定义证明是奇函数，再通过基本函数的单调性判定的单调性，进而判定选项D正确.
【详解】对于A：是偶函数，
即选项A错误；
对于B：是奇函数，但，
所以在区间上不单调递增，
即选项B错误；
对于C：是奇函数，
但的定义域为，，
即选项C错误；
对于D：因为，，
有，
即是奇函数；
因为在区间上单调递增，
在区间上单调递增，
所以在区间上单调递增，即选项D正确.故选：D.
38．函数图象的一个对称中心是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用整体法列式得，求解并对赋值，即可得答案.
【详解】利用整体法得，，
解得，令，，
令，，所以函数的对称中心有，.故选：C
39．已知函数，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．是的一个周期
C．的图象关于点对称D．的定义域是
【答案】C
【分析】画出函数的图象，观察图象可解答.
【详解】画出函数的图象，易得的周期为 ，且是偶函数，定义域是，故A，B，D正确；
点不是函数的对称中心，C错误.故选：C
⑤多选题
二、多选题
40．函数的图象中与y轴最近的最高点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】由题目分析可得实际上是求的最小值，由解出来取最靠近y轴的值.
【详解】的最大值为1，即，解得.
因为要与y轴最近，所以，即坐标为或.故选：BD
41．[多项选择题]函数,的图像与直线(t为常数)的交点可能有
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】ABC
【解析】作出函数,的图像和直线,观察交点即可.
【详解】解析:在同一平面直角坐标系中,作出函数,的图像和直线,如图所示.
由图可知,当或时,交点个数为0;当或时,交点个数为2;当或或时,交点个数为1.综上,交点个数可能为0,1,2.故选：ABC.
42．若函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，对恒成立.
C．若，方程的根的个数是8个.
D．若，则
【答案】ABD
【分析】将代入A，B，C中检验即可；选项D利用诱导公式推理即可.
【详解】当时，，
令，所以，
所以选项A，，正确；，，
所以，故B正确；选项C，时，，
令，则如图所示：
由图可得只有7个交点，故方程只有7个实数根，故C选项错误；
选项D，因为，
所以 ，
由，，所以，所以，
所以，故选项D正确；故选：ABD.
43．函数，的图象与直线（为常数，且）的交点可能有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】BC
【分析】画出函数的图象，利用数形结合判断函数图象与直线（为常数，且）的交点个数，即可判断选项.
【详解】如图画出函数，的图象，
当时，函数图象与直线有1个交点，
当时，函数图象与直线有2个交点，
当时，函数图象与直线有1个交点，
当时，函数图象与直线有2个交点，
当时，函数图象与直线有1个交点，
综上可知，函数图象与直线，有1个或2个交点.故选:BC
44．函数，的图像与直线（为常数）的交点可能有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】ABC
【分析】作出函数，的图像与直线图像，数形结合求解即可.
【详解】解：作出函数，的图像与直线图像，如图，
所以，当或时，，的图像与直线（为常数）的交点个数为0个；
当或时，，的图像与直线（为常数）的交点个数为1个；
当时，，的图像与直线（为常数）的交点个数为2个；
故函数，的图像与直线（为常数）的交点可能有1个，2个，3个.故选：ABC
45．关于函数，的图象与直线（为常数）的交点情况，下列说法正确的是（ ）
A．当或时，有0个交点B．当或时，有1个交点
C．当时，有2个交点D．当时，有2个交点
【答案】AB
【分析】作出函数函数，的图象，数形结合，一一判断每个选项，可得答案.
【详解】根据函数的解析式作出函数的图象如图所示,
对于选项A，当或时，有0个交点，故A正确；
对于选项B，当或时，有1个交点，故B正确；
对于选项C，当时，只有1个交点，故C错误；
对于选项D，当时，只有1个交点，故D错误．故选:AB．
46．已知函数，则（ ）
A．是偶函数B．的最小正周期为
C．在区间上单调递减D．对任意
【答案】ABD
【分析】对于A：利用函数的奇偶性的定义证明；
对于B、C、D：作出函数的图象，直接判断.
【详解】对于A：因为，所以是偶函数，A正确．
对于B、C、D：当时，，
当，．
画出的图象，如图所示，由图可得B，D正确，C错误．
故选：ABD
47．下列在(0，2π)上的区间能使csx>sinx成立的是（ ）
A．(0，)B．(，)
C．(，2π)D．(，)∪(π，)
【答案】AC【解析】在同一平面直角坐标系中画出正、余弦函数的图象，用图像法解.
【详解】
在同一平面直角坐标系中画出y=sinx和y= csx的图象，在(0，2π)上，当csx＝sinx时，x＝或x＝，结合图象可知满足csx>sinx的是(0，)和(，2π).故选：AC．
四、高考真题及模拟题精选
一、单选题
1．（2020·山东·统考高考真题）下列命题为真命题的是（ ）
A．且B．或
C．，D．，
【答案】D
【分析】本题可通过、、、、得出结果.
【详解】A项：因为，所以且是假命题，A错误；
B项：根据、易知B错误；
C项：由余弦函数性质易知，C错误；
D项：恒大于等于，D正确，故选：D.
2．（2020·山东·统考高考真题）已知直线的图像如图所示，则角是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角C．第三象限角D．第四象限角
【答案】D
【分析】本题可根据直线的斜率和截距得出、，即可得出结果.
【详解】结合图像易知，，，
则角是第四象限角，故选：D.
3．（2021·全国·统考高考真题）函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A．和B．和2C．和D．和2
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数周期性和值域求得函数的最小正周期和最大值.
【详解】由题，，所以的最小正周期为，最大值为.故选：C．
4．（2020·全国·统考高考真题）若α为第四象限角，则（ ）
A．cs2α>0B．cs2α<0C．sin2α>0D．sin2α<0
【答案】D
【分析】由题意结合二倍角公式确定所给的选项是否正确即可.
【详解】方法一：由α为第四象限角，可得，
所以
此时的终边落在第三、四象限及轴的非正半轴上，所以故选：D.
方法二：当时，，选项B错误；
当时，，选项A错误；
由在第四象限可得：，则，选项C错误，选项D正确；
故选：D.
5．（2021·全国·统考高考真题）下列函数中最小值为4的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．故选：C．
6．（2021·北京·统考高考真题）函数是
A．奇函数，且最大值为2B．偶函数，且最大值为2
C．奇函数，且最大值为D．偶函数，且最大值为
【答案】D
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.
【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，
又，
所以当时，取最大值.故选：D.
7．（2022·浙江·统考高考真题）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.故选：A.
8．（2021·全国·统考高考真题）下列区间中，函数单调递增的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.
【详解】因为函数的单调递增区间为，
对于函数，由，
解得，
取，可得函数的一个单调递增区间为，
则，，A选项满足条件，B不满足条件；
取，可得函数的一个单调递增区间为，
且，，CD选项均不满足条件.
故选：A.
9．（2022·全国·统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设，则，故排除B;
设，当时，，
所以，故排除C;
设，则，故排除D.故选：A.
10．（2022·北京·统考高考真题）已知函数，则（ ）
A．在上单调递减B．在上单调递增
C．在上单调递减D．在上单调递增
【答案】C
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C.
二、多选题
11．（2022·全国·统考高考真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【答案】AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．故选：AD．
三、填空题
12．（2020·山东·统考高考真题）已知，若，则______.
【答案】
【分析】根据反三角函数的定义即可求解.
【详解】因为，，所以，故答案为：.
五、题型精练，巩固基础
一、单选题
1．（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）下列函数中，最小正周期为的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据周期公式即可求解.
【详解】解：对A：最小正周期；对B：最小正周期；
对C：最小正周期；对D：最小正周期.故选：B.
2．（2022·陕西西安·统考模拟预测）函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用余弦函数的倍角公式化简，再由即可得解.
【详解】因为，故，
所以，
故，即的最小正周期为.故选：D.
3．（2022·江苏南京·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出A，再根据交集的定义计算即可.
【详解】由题意 ，；故选：D.
4．（2022·湖南郴州·安仁县第一中学校考模拟预测）函数的图像的一条对称轴为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由倍角公式和辅助角公式化简，令，即可得出答案.
【详解】
令，解得.故选：C.
5．（2022·贵州贵阳·校联考模拟预测）下列可能是函数对称中心的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角恒等变换将函数整理成余弦型函数，按照余弦函数对称中心求解，即可判断.
【详解】解：
令，，则，对称中心为，，
当时，对称中心为.故选：B．
6．（2022·内蒙古呼伦贝尔·校考模拟预测）函数图象的一条对称轴方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由和差公式化简函数，由整体法令，即可求解.
【详解】，
令，即，
故函数图象的一条对称轴方程为．故选：C
7．（2022·云南玉溪·玉溪市民族中学校考模拟预测）若，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题可根据当时以及当时得出结果.
【详解】当时，，；
当时，，，
则的概率，故选：B.
8．（2022·四川雅安·统考一模）已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以为整体，利用诱导公式和二倍角的余弦公式运算求解.
【详解】∵，
故选：D.
9．（2022·广东韶关·统考一模）下列区间中，函数的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.
【详解】函数，由，解得，取，可得函数的一个单调递减区间为，故选：B.
10．（2022·吉林·东北师大附中校考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．在上单调递减
B．在上单调递增
C．在上单调递减
D．在上单调递增
【答案】B
【分析】利用二倍角正弦公式化简得到，利用代入检验的方式可确定结果.
【详解】；
对于A，当时，，则先减后增，A错误；
对于B，当时，，则单调递增，B正确；
对于C，当时，，则先增后减，C错误；
对于D，当时，，则单调递减，D错误.故选：B.
二、多选题
11．（2023·福建福州·统考二模）已知函数，则（ ）
A．在区间单调递增
B．在区间有两个零点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【答案】BCD
【分析】对于A，求出的范围结合正弦函数的单调性即可；对于B，求出的零点，然后取特殊的值代入即可；对于C，算出即可；对于D，利用导数的几何意义进行求解即可
【详解】对于A，当，则，
因为在先单调递减，后单调递增，
所以不是的增区间，故错误；
对于B，令，解得，
所以的零点为，
当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以在区间有两个零点，故正确；
对于C，令，则，
所以直线是曲线的对称轴，故正确；
对于D，由可得，
令，即，解得，
当时，，代入可得
所以在点处的切线为，化简得，故D正确故选：BCD
三、填空题
12．（2022·上海普陀·统考一模）函数的最小正周期为______．
【答案】
【分析】化简函数的解析式，利用余弦型函数的周期公式可求得原函数的最小正周期.
【详解】因为，因此，该函数的最小正周期为.故答案为：.
13．（2023·全国·模拟预测）函数的图象的对称中心为_________
【答案】
【分析】根据的对称中心为可求解.
【详解】令，，解得，所以对称中心为.
故答案为: .
14．（2022·吉林·东北师大附中校考模拟预测）函数的最大值为___________.
【答案】
【分析】利用诱导公式和二倍角余弦公式可将函数化为，结合二次函数的性质可求得最大值.
【详解】，
当时，.故答案为：.
15．（2022·四川乐山·统考一模）函数在上所有零点之和为__________________.
【答案】4
【分析】利用数形结合，将函数零点问题转化为函数和的交点问题，
利用函数的对称性，可求零点的和.
【详解】函数，即，函数和关于点对称，如图画出两个函数在区间的函数图象，两个函数图象有4个交点，利用对称性可知，交点横坐标的和.
故答案为：4
16．（2022·四川乐山·统考一模）函数 上所有零点之和为_____.
【答案】4
【分析】利用数形结合，将函数零点问题转化为函数和的交点问题，再利用函数的对称性，可求零点的和.
【详解】函数，即，
函数和都关于对称，
所以函数和的交点也关于对称，
如图画出两个函数在区间的函数图象，
两个函数图象有4个交点，利用对称性可知，
交点横坐标的和.
故答案为：4
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
{x|x∈R且x≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z}
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
单调性
在[－eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(π,2)＋2kπ](k∈Z)上递增；
在[eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)上递减
在[－π＋2kπ，2kπ](k∈Z)上递增；
在[2kπ，π＋2kπ](k∈Z)上递减
在(－eq \f(π,2)＋kπ，eq \f(π,2)＋kπ)(k∈Z)上递增
最值
当x＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；当x＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1
当x＝2kπ(k∈Z)时，ymax＝1；
当x＝π＋2kπ(k∈Z)时，ymin＝－1
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
对称中心
(kπ，0)(k∈Z)
(eq \f(π,2)＋kπ，0) (k∈Z)
(eq \f(kπ,2)，0)(k∈Z)
对称轴方程
x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)
x＝kπ(k∈Z)
周期
2π
2π
π