第03講 三角函數的圖象與性質（教師版）-2025版高中數學一輪復習考點幫

Page第03講三角函數的圖象與性質（6類核心考點精講精練）1.5年真題考點分布5年考情考題示例考點分析關聯考點2024年新I卷，第7題,5分正弦函數圖象的應用圖象交點問題2024年新Ⅱ卷，第6題,5分求余弦(型)函數的奇偶性余弦(型)函數的圖象及應用函數奇偶性的定義與判斷函數奇偶性的應用根據函數零點的個數求參數范圍2024年新Ⅱ卷，第9題,6分求含sinx(型)函數的值域和最值求正弦(型)函數的對稱軸及對稱中心求正弦(型)函數的最小正周期求函數零點及方程根的個數2023年新I卷，第15題,5分余弦函數圖象的應用根據函數零點的個數求參數范圍2023年新I卷，第17題,12分用和、差角的正弦公式化簡、求值正弦定理解三角形三角形面積公式及其應用2022年新I卷，第6題,5分由正(余)弦函數的性質確定圖象(解析式)無2022年新Ⅱ卷，第9題,5分求正弦(型)函數的對稱軸及對稱中心利用正弦函數的對稱性求參數求sinx型三角函數的單調性求在曲線上一點處的切線方程(斜率)2021年新I卷，第4題,5分求sinx型三角函數的單調性無2020年新I卷，第10題,5分由圖象確定正(余)弦型函數解析式無2020年新Ⅱ卷，第11題,5分由圖象確定正(余)弦型函數解析式無2.命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】本節(jié)內容是新高考卷的必考內容，設題穩(wěn)定，難度較低或中等，分值為5-11分【備考策略】1能用五點作圖法作出正弦、余弦和正切函數圖象，并掌握圖象及性質2能用五點作圖法作出正弦型、余弦型和正切型函數圖象，并掌握圖象及性質3理解中的意義，理解的變化對圖象的影響，并能求出參數及函數解析式【命題預測】本節(jié)內容是新高考卷的必考內容，一般會綜合考查三角函數的圖象與性質的綜合應用，需加強復習備考知識講解三角函數的圖象與性質圖象定義域值域最值當時，；當時，．當時，；當時，．既無最大值也無最小值周期性奇偶性奇函數偶函數奇函數單調性在上是增函數；在上是減函數．在上是增函數；在上是減函數．在上是增函數．對稱性對稱中心對稱軸對稱中心對稱軸對稱中心無對稱軸三角函數型函數的圖象和性質正弦型函數、余弦型函數性質，振幅，決定函數的值域，值域為決定函數的周期，叫做相位，其中叫做初相正切型函數性質的周期公式為：會用五代作圖法及整體代換思想解決三角函數型函數的圖象及性質考點一、正弦型函數的圖象與性質1．（2024·上海·高考真題）下列函數的最小正周期是的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據輔助角公式、二倍角公式以及同角三角函數關系并結合三角函數的性質一一判斷即可.【詳解】對A，，周期，故A正確；對B，，周期，故B錯誤；對于選項C，，是常值函數，不存在最小正周期，故C錯誤；對于選項D，，周期，故D錯誤，故選：A．2．（2024·全國·高考真題）函數在上的最大值是．【答案】2【分析】結合輔助角公式化簡成正弦型函數，再求給定區(qū)間最值即可.【詳解】，當時，，當時，即時，.故答案為：23．（2021·全國·高考真題）下列區(qū)間中，函數單調遞增的區(qū)間是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式，利用賦值法可得出結論.【詳解】因為函數的單調遞增區(qū)間為，對于函數，由，解得，取，可得函數的一個單調遞增區(qū)間為，則，，A選項滿足條件，B不滿足條件；取，可得函數的一個單調遞增區(qū)間為，且，，CD選項均不滿足條件.故選：A.【點睛】方法點睛：求較為復雜的三角函數的單調區(qū)間時，首先化簡成形式，再求的單調區(qū)間，只需把看作一個整體代入的相應單調區(qū)間內即可，注意要先把化為正數．4．（2024·全國·高考真題）（多選）對于函數和，下列說法中正確的有（

）A．與有相同的零點 B．與有相同的最大值C．與有相同的最小正周期 D．與的圖象有相同的對稱軸【答案】BC【分析】根據正弦函數的零點，最值，周期公式，對稱軸方程逐一分析每個選項即可.【詳解】A選項，令，解得，即為零點，令，解得，即為零點，顯然零點不同，A選項錯誤；B選項，顯然，B選項正確；C選項，根據周期公式，的周期均為，C選項正確；D選項，根據正弦函數的性質的對稱軸滿足，的對稱軸滿足，顯然圖像的對稱軸不同，D選項錯誤.故選：BC5．（2022·全國·高考真題）（多選）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（

）A．在區(qū)間單調遞減B．在區(qū)間有兩個極值點C．直線是曲線的對稱軸D．直線是曲線的切線【答案】AD【分析】根據三角函數的性質逐個判斷各選項，即可解出．【詳解】由題意得：，所以，，即，又，所以時，，故．對A，當時，，由正弦函數圖象知在上是單調遞減；對B，當時，，由正弦函數圖象知只有1個極值點，由，解得，即為函數的唯一極值點；對C，當時，，，直線不是對稱軸；對D，由得：，解得或,從而得：或,所以函數在點處的切線斜率為，切線方程為：即．故選：AD．1．（2021·全國·高考真題）函數的最小正周期和最大值分別是（

）A．和 B．和2 C．和 D．和2【答案】C【分析】利用輔助角公式化簡，結合三角函數周期性和值域求得函數的最小正周期和最大值.【詳解】由題，，所以的最小正周期為，最大值為.故選：C．2．（2024·天津·高考真題）已知函數的最小正周期為．則在的最小值是（

）A． B． C．0 D．【答案】A【分析】先由誘導公式化簡，結合周期公式求出，得，再整體求出時，的范圍，結合正弦三角函數圖象特征即可求解.【詳解】，由得，即，當時，，畫出圖象，如下圖，由圖可知，在上遞減，所以，當時，故選：A3．（2024·全國·高考真題）當時，曲線與的交點個數為（

）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】畫出兩函數在上的圖象，根據圖象即可求解【詳解】因為函數的的最小正周期為，函數的最小正周期為，所以在上函數有三個周期的圖象，在坐標系中結合五點法畫出兩函數圖象，如圖所示：由圖可知，兩函數圖象有6個交點.故選：C4．（2022·天津·高考真題）已知，關于該函數有下列四個說法：①的最小正周期為；②在上單調遞增；③當時，的取值范圍為；④的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到．以上四個說法中，正確的個數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據三角函數的圖象與性質，以及變換法則即可判斷各說法的真假．【詳解】因為，所以的最小正周期為，①不正確；令，而在上遞增，所以在上單調遞增，②正確；因為，，所以，③不正確；由于，所以的圖象可由的圖象向右平移個單位長度得到，④不正確．故選：A．5．（2024·河北唐山·二模）函數在上為單調遞增函數，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由的取值范圍，求出，結合正弦函數的單調性得到，解得即可.【詳解】由可得，又，則，且在上為單調遞增函數，所以，解得，即的取值范圍為.故選：C考點二、余弦型函數的圖象與性質1．（2023·天津·高考真題）已知函數的圖象關于直線對稱，且的一個周期為4，則的解析式可以是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由題意分別考查函數的最小正周期和函數在處的函數值，排除不合題意的選項即可確定滿足題意的函數解析式.【詳解】由函數的解析式考查函數的最小周期性：A選項中，B選項中，C選項中，D選項中，排除選項CD，對于A選項，當時，函數值，故是函數的一個對稱中心，排除選項A，對于B選項，當時，函數值，故是函數的一條對稱軸，故選：B.2．（2022·北京·高考真題）已知函數，則（

）A．在上單調遞減 B．在上單調遞增C．在上單調遞減 D．在上單調遞增【答案】C【分析】化簡得出，利用余弦型函數的單調性逐項判斷可得出合適的選項.【詳解】因為.對于A選項，當時，，則在上單調遞增，A錯；對于B選項，當時，，則在上不單調，B錯；對于C選項，當時，，則在上單調遞減，C對；對于D選項，當時，，則在上不單調，D錯.故選：C.3．（2024·全國·二模）已知函數，，則函數的單調遞減區(qū)間為.【答案】【分析】利用整體代換法求出余弦函數的單調遞減區(qū)間即可.【詳解】由題意知，，由，得，令，得，令，則，即函數的單調遞減區(qū)間為.故答案為：4．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數在區(qū)間上的值域為，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】借助余弦函數的單調性與值域的關系計算即可得.【詳解】時，，由函數在區(qū)間上的值域為，故函數在區(qū)間上的值域為，則有，即.故選：A.5．（2024·江蘇揚州·模擬預測）（多選）已知函數，則（

）A．最小正周期為B．是圖象的一條對稱軸C．是圖象的一個對稱中心D．在上單調【答案】BC【分析】利用二倍角公式化簡函數，根據求出最小正周期判斷A；利用余弦函數的對稱軸方程和對稱中心可判斷BC；由余弦函數的單調性可判斷D.【詳解】，對于A：的最小正周期為，錯誤；對于B：令可得，所以的圖象關于直線對稱，正確；對于C：令可得，且，所以的圖象關于點對稱，正確；對于D：因為，所以，由在上單調遞增，上單調遞減可知，在上單調遞增，在單調遞減，錯誤；故選：BC.1．（2024·全國·模擬預測）函數的單調遞增區(qū)間為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】整體法得到不等式，求出單調遞增區(qū)間.【詳解】，令，,故函數的單調遞增區(qū)間為.故選：D．2．（2021·北京·高考真題）函數是A．奇函數，且最大值為2 B．偶函數，且最大值為2C．奇函數，且最大值為 D．偶函數，且最大值為【答案】D【分析】由函數奇偶性的定義結合三角函數的性質可判斷奇偶性；利用二倍角公式結合二次函數的性質可判斷最大值.【詳解】由題意，，所以該函數為偶函數，又，所以當時，取最大值.故選：D.3．（2024·福建漳州·一模）已知函數在上單調遞減，則實數的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】以為整體，結合余弦函數性質分析求解.【詳解】因為，則，由題意可得，解得，即實數的最大值為.故選：C.4．（2024·浙江·模擬預測）（多選）已知函數，則以下結論正確的為（

）A．的最小正周期為B．圖象關于點對稱C．在上單調遞減D．將圖象向左平移個單位后，得到的圖象所對應的函數為偶函數【答案】ABD【分析】利用三角恒等變換公式化簡，由周期公式可判斷A；代入驗證可判斷B；取可判斷函數圖象關于對稱，可判斷C；利用平移變換求出平移后的解析式，即可判斷D.【詳解】，對于A，，A正確；對于B，因為，所以點是函數的對稱中心，B正確；對于C，因為，所以函數的圖象關于對稱，又，所以在上不單調，C錯誤；對于D，將圖象向左平移個單位后，得，顯然為偶函數，D正確.故選：ABD考點三、正切型函數的圖象與性質1．（2024·上?！と＃┖瘮档淖钚≌芷跒椋敬鸢浮俊痉治觥坷煤瘮档淖钚≌芷谟嬎愎郊纯汕蠼?【詳解】因為的最小正周期為,所以函數的最小正周期為，所以函數的最小正周期為,故答案為：.2．（2024·安徽·三模）“”是“函數的圖象關于對稱”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】若函數的圖象關于對稱，根據正切函數的對稱性可得，再根據充分、必要條件結合包含關系分析求解.【詳解】若函數的圖象關于對稱，則，解得，因為是的真子集，所以“”是“函數的圖象關于對稱”的充分不必要條件.故選：A.3．（多選）若函數，則（

）A．的最小正周期為B．的定義域為C．在上單調遞增D．的圖象關于點對稱【答案】BC【分析】A選項，由求出最小正周期；B選項，整體法得到，求出定義域；C選項，得到，得到在上單調遞增；D選項，整體法求解出函數的對稱中心.【詳解】A選項，的最小正周期為，A錯誤；B選項，由，得，B正確；C選項，由，得，因為在上單調遞增，所以在上單調遞增，C正確；D選項，由，得，當時，，所以的圖象關于點對稱，錯誤.故選：BC4．關于函數，其中有下述四個結論：①是偶函數；

②在區(qū)間上是嚴格增函數；③在有3個零點；

④的最小正周期為．其中所有正確結論的編號是（

）．A．①② B．②④ C．①④ D．①③【答案】A【分析】根據函數的奇偶性、單調性、零點、周期性定知識確定正確答案.【詳解】的定義域為，，所以是偶函數，①正確.當時，是嚴格增函數，②正確.當時，，所以在有無數個零點，則③錯誤.，所以不是的最小正周期，④錯誤.綜上所述，正確的為①②.故選：A5．函數，則下列說法正確的是（

）A．的定義域為 B．是奇函數C．是周期函數 D．既有最大值又有最小值【答案】ACD【分析】利用奇函數和周期函數的定義可判斷BC的正誤，利用正切函數的定義域可得A的正誤，利用正切函數的單調性可判斷D的正誤.【詳解】對于A，，因為，所以對于任意實數，都有意義，所以A正確；對于B，，不與恒等，所以B錯誤；對于C，，所以C正確；對于D，，在單調遞增，所以，所以D正確.故選：ACD.1．（2024·湖北荊州·三模）函數的最小正周期為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據條件，利用三角函數的周期公式，即可求出結果【詳解】由周期公式得.故選：B2．（2023·河南·模擬預測）已知函數，則下列說法正確的是（

）A．為奇函數 B．在區(qū)間上單調遞增C．圖象的一個對稱中心為 D．的最小正周期為π【答案】C【分析】根據正切函數的定義域、對稱中心、周期、單調性逐項判斷即可得解.【詳解】因為，所以，解得，即函數的定義域不關于原點對稱，所以不是奇函數，故A錯誤；當時，，此時無意義，故在區(qū)間上單調遞增不正確，故B錯誤；當時，，正切函數無意義，故為函數的一個對稱中心，故C正確；因為，故是函數的一個周期，故D錯誤.故選：C3．（多選）已知函數，則（

）A．的一個周期為2 B．的定義域是C．的圖象關于點對稱 D．在區(qū)間上單調遞增【答案】ACD【分析】利用正切函數的圖象與性質一一判定選項即可.【詳解】對于A，由可知其最小正周期，故A正確；對于B，由可知，故B錯誤；對于C，由可知，此時的圖象關于點對稱，故C正確；對于D，由可知，又在上遞增，顯然，故D正確.故選：ACD9．（2024·湖南長沙·二模）已知函數的最小正周期為，直線是圖象的一條對稱軸，則的單調遞減區(qū)間為（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】根據的最小正周期確定的值，根據函數的對稱軸求出，結合正切函數的單調性，列出不等式，即可求得答案.【詳解】由于的圖象是將的圖象在x軸下方部分翻折到x軸上方，且僅有單調遞增區(qū)間，故和的最小正周期相同，均為，則，即，又直線是圖象的一條對稱軸，則，即，結合，得，故，令，則，即的單調遞減區(qū)間為，故選：B考點四、求三角函數的解析式及函數值1．（2023·天津·高考真題）已知函數的圖象關于直線對稱，且的一個周期為4，則的解析式可以是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由題意分別考查函數的最小正周期和函數在處的函數值，排除不合題意的選項即可確定滿足題意的函數解析式.【詳解】由函數的解析式考查函數的最小周期性：A選項中，B選項中，C選項中，D選項中，排除選項CD，對于A選項，當時，函數值，故是函數的一個對稱中心，排除選項A，對于B選項，當時，函數值，故是函數的一條對稱軸，故選：B.2．（2024·北京·高考真題）設函數.已知，，且的最小值為，則（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根據三角函數最值分析周期性，結合三角函數最小正周期公式運算求解.【詳解】由題意可知：為的最小值點，為的最大值點，則，即，且，所以.故選：B.3．（2021·全國·高考真題）已知函數的部分圖像如圖所示，則滿足條件的最小正整數x為．【答案】2【分析】先根據圖象求出函數的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整數或驗證數值可得.【詳解】由圖可知，即，所以；由五點法可得，即；所以.因為，；所以由可得或；因為，所以，方法一：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，即，解得，令，可得，可得的最小正整數為2.方法二：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，又，符合題意，可得的最小正整數為2.故答案為：2.【點睛】關鍵點睛：根據圖象求解函數的解析式是本題求解的關鍵，根據周期求解，根據特殊點求解.4．（2023·全國·高考真題）已知函數，如圖A，B是直線與曲線的兩個交點，若，則．

【答案】【分析】設，依題可得，，結合的解可得，，從而得到的值，再根據以及，即可得，進而求得．【詳解】設，由可得，由可知，或，，由圖可知，，即，．因為，所以，即，．所以，所以或，又因為，所以，．故答案為：．【點睛】本題主要考查根據圖象求出以及函數的表達式，從而解出，熟練掌握三角函數的有關性質，以及特殊角的三角函數值是解題關鍵．5．（2022·全國·高考真題）記函數的最小正周期為T．若，且的圖象關于點中心對稱，則（

）A．1 B． C． D．3【答案】A【分析】由三角函數的圖象與性質可求得參數，進而可得函數解析式，代入即可得解.【詳解】由函數的最小正周期T滿足，得，解得，又因為函數圖象關于點對稱，所以，且，所以，所以，，所以.故選：A6．（2023·全國·高考真題）已知函數在區(qū)間單調遞增，直線和為函數的圖像的兩條相鄰對稱軸，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意分別求出其周期，再根據其最小值求出初相，代入即可得到答案.【詳解】因為在區(qū)間單調遞增，所以，且，則，，當時，取得最小值，則，，則，，不妨取，則，則，故選：D.1．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數的部分圖像如圖所示，則（

）A． B． C．0 D．【答案】B【分析】結合函數圖像可求得函數的解析式，然后代入計算可得到結果.【詳解】由圖可得，，，所以，所以，因為在函數的圖像上，可得，解得，因為，所以，，所以.故選：B.2．（2024·重慶·三模）已知函數的部分圖像如圖所示，若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由圖像以及題意求出的解析式，從而得，，進而依據它們的角的關系結合三角恒等變換公式即可求解.【詳解】由圖可知，由可知，故，又由圖，故由圖，①，由圖，②，又，結合①②可得，故，所以.故.故選：D.3．（2024·全國·模擬預測）已知直線是函數圖象的兩條相鄰的對稱軸，且，則（

）A． B． C． D．1【答案】D【分析】借助正弦型函數的性質可分別計算出、、，得到函數解析式，再代入的值即可得解.【詳解】由題意可知，所以．由，得，所以，因為，且直線是函數圖象的兩條相鄰的對稱軸，所以，所以，由，得，所以，又，所以，所以，則．故選：D．4．（2024·安徽·三模）已知函數的部分圖象如下圖所示，若曲線過點，，，，且，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用五點法作圖，結合函數的圖象得、和，再利用兩角差的余弦公式，計算得結論.【詳解】解：因為，所以，而，因此，即因為，所以由“五點法”作圖得：，解得，由于,解得，故取，則，因此.因為，所以，.因為由函數的圖象，結合“五點法”作圖知：，，所以由和得：，，因此.故選：A5．（2024·廣東汕頭·三模）已知A，B，C是直線與函數（，）的圖象的三個交點，如圖所示．其中，點，B，C兩點的橫坐標分別為，若，則（

）A． B．C．的圖象關于中心對稱 D．在上單調遞減【答案】B【分析】根據給定條件，可得，進而求得，結合，得到，再逐項分析判斷即可.【詳解】由，得，而，且點A在圖象的下降部分，則，于是，顯然是直線與的圖象的三個連續(xù)的交點，由點橫坐標，即，解得，，解得，，則，而，因此，所以，對于A，，A錯誤；對于B，，B正確；對于C，，的圖象關于不對稱，C錯誤；對于D，當時，，當，即時，函數取得最小值，又，因此在上不單調，D錯誤.故選：B【點睛】思路點睛：給定的部分圖象求解解析式，一般是由函數圖象的最高（低）點定A，求出周期定，由圖象上特殊點求.考點五、由三角函數的圖象求參數值1．（2024·遼寧葫蘆島·二模）已知函數的部分圖象如圖所示，若，，則正整數的取值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先求出函數的周期，再據此得到，最后比對選項即可.【詳解】方法一：因為，所以，，所以，即，而，所以是非負整數，又由圖象可得，所以，綜上，只能，所以的最小正周期為，而由，可知，即正整數是的周期，所以，即，對比選項可知只有C選項符合題意.方法二：設函數的最小正周期為，由于，故據圖象可知，從而.從而由表明，比對選項知C正確，A，B，D錯誤.故選：C.2．已知函數的部分圖象如圖所示，其中一個最高點的坐標為，與軸的一個交點的坐標為．設M，N為直線與的圖象的兩個相鄰交點，且，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先確定，，然后根據線段的長度確定它們與中間對稱軸之間的距離，再由此推出它們的函數值.【詳解】由圖可知，的最小正周期，所以，即.而是圖象的最高點，所以，從而.由于，故的橫坐標一定位于的相鄰兩個零點之間.而，故到它們之間的對稱軸的距離都是，而對稱軸的橫坐標一定滿足，所以.故選：A.3．（2024·河南周口·模擬預測）如圖，直線與函數的圖象的三個相鄰的交點分別為A，B，C，其橫坐標分別為，，，且，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據正弦型函數的對稱性可得，故可求.【詳解】因為，故，故中點的橫坐標為，中點的橫坐標為，故，且，故，而，故，故選：A1．（2024·山西長治·一模）已知函數的部分圖象如圖所示，若方程在上有兩個不相等的實數根，則實數m的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據給定的函數圖象，結合五點法作圖求出函數的解析式，再分析在上的圖象性質即可得解.【詳解】觀察圖象知，，函數的周期，，由，得，而，則，于是，當時，，當，即，函數單調遞減，函數值從減小到，當，即時，函數單調遞增，函數值從增大到，顯然函數的上的圖象關于直線對稱，方程在上有兩個不相等的實數根，即直線與函數在上的圖象有兩個公共點，所以實數m的取值范圍是.故選：B2．（2024·湖北武漢·模擬預測）若函數在區(qū)間上是減函數，且，，，則（

）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】利用輔助角公式化簡函數表達式，根據單調性與函數值，結合正弦函數的圖象，確定與的值，兩式相減，即可求出的值.【詳解】由題知，因為，，所以，又因為在區(qū)間上是減函數，所以，兩式相減，得，因為，所以.故選：A.3．（2024·河南信陽·模擬預測）已知（為常數），，，且的最小值為，若在區(qū)間上恰有8個零點，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題目條件得到方程組，求出，，得到函數解析式，從而令，得到，畫出的圖象，要想在區(qū)間上恰有8個零點，且取得最小值，數形結合得到方程組，求出答案.【詳解】由題意得，解得，設的最小正周期為，故，解得，因為，所以，故，當時，，令，得，畫出的圖象，如下：

要想在區(qū)間上恰有8個零點，且取得最小值，故，，且，兩式相減得，.所以的最小值為.故選：D4．（2024·河南三門峽·模擬預測）已知函數的部分圖象如圖所示，將的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，若在區(qū)間上的值域為，則的取值范圍為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先由圖象求出函數，再由平移變換得函數，結合整體法求值域，從而求的取值范圍.【詳解】設的最小正周期為，由圖象可知，所以，則，故，又的圖象過點，所以，所以，又，所以，則，則.當時，，當或.即或時，，當，即時，，所以的取值范圍為.故選：C.考點六、三角函數圖象與性質的綜合應用1．（2024·河北唐山·一模）已知函數的最小正周期為π，則（

）A．在單調遞增 B．是的一個對稱中心C．在的值域為 D．是的一條對稱軸【答案】C【分析】由函數的最小正周期為π，求出，再代入化簡，畫出的圖象，再對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】因為函數的最小正周期為π，所以，所以函數即，作出函數的圖象，如下圖所示：對于A，由圖可知，在單調有增有減，故A錯誤；對于B，由圖象可知，無對稱中心，故B錯誤；對于C，由圖象可知，為偶函數，當，，所以，所以，所以在的值域為，故C正確；對于D，由圖象可知，的對稱軸為，故D錯誤.故選：C.【點睛】關鍵點睛：由函數的最小正周期求出，再代入化簡，畫出的圖象，再由三角函數的單調性，對稱性，值域對選項一一判斷即可得出答案.2．（23-24高三下·陜西安康·階段練習）已知函數，將的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，若關于的方程在上有個實數根，，，，，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根據函數的平移規(guī)則得到的解析式，畫出函數圖象，結合的對稱性計算可得.【詳解】因為函數，將的圖象向左平移個單位長度得到，函數的對稱軸為，對稱中心為，且為偶函數，又函數的圖象是由的圖象將軸下方的部分關于軸對稱上去，軸及軸上方部分保持不變而得到，所以的對稱軸為，又的圖象是將的圖象向上平移一個單位得到，所以的圖象如下所示：

因為關于的方程在上有個實數根，即與在上有個交點，又，，所以，令與交點的橫坐標從小到大依次為，則關于對稱，關于對稱，關于對稱，關于對稱，所以，所以.故選：D【點睛】方法點睛：函數零點問題，將函數零點問題或方程解的問題轉化為兩函數的圖象交點問題，將代數問題幾何化，借助圖象分析，大大簡化了思維難度，首先要熟悉常見的函數圖象，包括指數函數，對數函數，冪函數，三角函數等，還要熟練掌握函數圖象的變換，包括平移，伸縮，對稱和翻折等，涉及零點之和問題，通常考慮圖象的對稱性進行解決.3．（2024·天津紅橋·一模）將函數的圖象橫坐標伸長為原來的2倍，再向左平移單位，得到函數的部分圖象（如圖所示）．對于，，且，若，都有成立，則下列結論中不正確的是（

）

A．B．C．在上單調遞增D．函數在的零點為，則【答案】C【分析】由題意可得函數的圖象在區(qū)間上的對稱軸為，再結合可求出，即可判斷A；再根據平移變換和周期變換得原則即可判斷B，再根據正弦函數的圖象和性質分別判斷CD即可.【詳解】對于A，由題意可知函數的圖象在區(qū)間上的對稱軸為，則與關于對稱，又，結合圖象可得，所以，又，所以，所以，故A正確；對于B，右移個單位得到函數的圖象，再將其橫坐標縮短為原來的得到的圖象，故B正確；對于C，由，得，所以在上不單調，故C錯誤；對于D，令，則，函數在上有個零點，則，，，，，故，所以，故D正確；故選：C．【點睛】思路點睛：三角函數圖象與性質問題的求解思路：（1）將函數解析式變形為或的形式；（2）將看成一個整體；（3）借助正弦函數或余弦函數的圖象和性質（如定義域、值域、最值、周期性、對稱性、單調性等）解決相關問題.4．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數，現給出下列四個結論：①的圖象關于點對稱；②函數的最小正周期為；③函數在上單調遞減；④對于函數．其中所有正確結論的序號為（

）A．①② B．①③ C．①③④ D．②③④【答案】C【分析】利用中心對稱的性質驗證判斷A；求出周期判斷B；探討函數單調性判斷C；計算判斷D.【詳解】對于①，由得的定義域為，，因此的圖象關于點對稱，故①正確；對于②，因為，所以是的周期，故②錯誤；對于③，當時，，所以，故，因為在上單調遞減，在上單調遞增，所以，由復合函數性質可知，函數在上單調遞減，③正確；對于④，由上知，當時，，，因此，故④正確.故選：C.【點睛】結論點睛：函數的定義域為D，，①存在常數a，b使得，則函數圖象關于點對稱.②存在常數a使得，則函數圖象關于直線對稱.5．（2024·廣西貴港·模擬預測）（多選）設函數的定義域為R，為奇函數，為偶函數，當時，，則（

）A． B．的圖象關于直線對稱C．在區(qū)間上為增函數 D．方程僅有4個實數解【答案】ACD【分析】根據給出的函數的性質，做出函數草圖，數形結合，分析各選項的準確性.【詳解】因為為奇函數，所以的圖象關于點中心對稱，因為為偶函數，所以的圖象關于直線對稱．可畫出的部分圖象大致如下（圖中x軸上相鄰刻度間距離均為）：

對于A，由圖可知的最小正周期為，所以，故A正確．對于B，的圖象關于點中心對稱，故B錯誤．對于C，由圖可知在區(qū)間上單調遞增，故C正確．對于D，，，，，由圖可知，曲線與的圖象有4個交點，所以方程僅有4個實數解，故D正確．故選：ACD.【點睛】結論點睛：（1）若為偶函數，則函數為軸對稱圖形，對稱軸為.（2）若為奇函數，則函數為中心對稱圖形，對稱中心為.（3）若的圖象有兩條對稱軸，（），則為周期函數，周期為.（4）若的圖象有兩個對稱中心，（），則為周期函數，周期為.（5）若的圖象關于成軸對稱，同時關于成中心對稱，則為周期函數，周期為.1．（2024·山東濱州·二模）已知函數在上有且僅有4個零點，直線為函數圖象的一條對稱軸，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】以為整體，根據題意結合零點可得，結合對稱性可得，進而可求.【詳解】因為，且，則，由題意可得：，解得，又因為直線為函數圖象的一條對稱軸，則，解得，可知，即，所以.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：以為整體，可得，結合正弦函數零點分析可知右端點的取值范圍，進而可得的取值范圍.2．（2024·吉林長春·模擬預測）已知函數滿足：對，有，若存在唯一的值，使得在區(qū)間上單調遞減，則實數m的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由對，有，可得，，結合在區(qū)間上單調遞減，可得，又，可得是其唯一解，則有，再結合正弦函數的性質即可得解.【詳解】由對，有，即可得，即，則，可得，即，即，則，由在區(qū)間上單調遞減，故，即，由存在唯一的值，使其成立，故，即有，則，，即.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于對存在唯一的值的理解，結合，，且，可得，則需.3．（2024·廣西·模擬預測）已知函數，若在區(qū)間內恰好有2022個零點，則n的取值可以為（

）A．2025 B．2024 C．1011 D．1348【答案】D【分析】令，按分類探討一元二次根的情況，再結合正弦函數的性質求解即得.【詳解】依題意，，令，則，由，得，顯然，即方程有兩個不等的實數根，，當時，，，此時在上恰有3個實根，而，因此，則；當時，，，則，，此時在上恰有2個實根，而，于是或，因此或2023，所以n的取值可以為2022或2023或1348.故選：D【點睛】思路點睛：涉及一元二次方程的實根分布問題，可借助二次函數及其圖象，利用數形結合的方法解決一元二次方程的實根問題.4．（2024·山東煙臺·三模）若定義在上的函數滿足：，，且對任意，，都有，則（

）A． B．為偶函數C．是的一個周期 D．圖象關于對稱【答案】D【分析】首先得出的對稱中心以及周期，結合剩下的已知來構造函數，以此排除ABC，并證明D選項.【詳解】在中，令，得，則是函數的一個對稱中心，在中，令，得，所以，是的一個周期，接下來我們構造反例說明ABC錯誤，然后證明D正確：首先對于ABC而言，由以上分析不妨設，而，，若要恒成立，只需恒成立，只需，因為，所以，從而滿足題意的可以是，但是，故A錯誤；，故B錯誤；是函數的一個最小正周期，故C錯誤；現在我們來證明D是正確的：對于D，由以上分析有，，這表明圖象關于對稱，故D正確.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是得出是函數的一個對稱中心，且是函數的一個周期，由此即可順利得解.5．（2024·江西吉安·模擬預測）（多選）已知函數，則（

）A．的圖象關于點對稱B．的值域為C．若方程在上有6個不同的實根，則實數的取值范圍是D．若方程在上有6個不同的實根，則的取值范圍是【答案】BC【分析】根據是否成立判斷A，利用分段函數判斷BC，根據正弦函數的單調性畫出分段函數的圖象，求出的取值范圍，再利用對稱性判斷D.【詳解】因為，所以，所以的圖象不關于點對稱，A說法錯誤；當時，，由可得，當時，，由可得，綜上，B說法正確；當時，由解得，當時，由解得，所以方程在上的前7個實根分別為，所以，C說法正確；由解得或，又因為，所以根據正弦函數的單調性可得圖象如圖所示，所以有4個不同的實根，有2個不同的實根，所以，解得，設，則，所以，所以的取值范圍是，D說法錯誤，故選：BC一、單選題1．（2024·江蘇南通·模擬預測）下列函數中，以為周期，且其圖象關于點對稱的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據正切函數的性質判斷A，根據正弦函數的性質判斷B，利用二倍角公式化簡函數解析式，再由余弦函數的性質判斷C，利用兩角差的正弦公式化簡，再由正弦函數的性質判斷D.【詳解】對于A：的最小正周期為，對稱中心為，故A錯誤；對于B：的圖象是由將軸下方部分關于軸對稱上去，軸上方及軸部分不變，所以的最小正周期為，沒有對稱中心，故B錯誤；對于C：，則最小正周期，且當時，所以函數圖象關于點對稱，故C正確；對于D：，最小正周期，故D錯誤.故選：C2．（2024·陜西西安·模擬預測）已知函數的最小正周期為，則的圖象的一個對稱中心為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用輔助角公式得到，根據余弦函數的周期得到，再求出其對稱中心的通式，最后對每個選項驗證即可.【詳解】由題意得，由題可知，所以.令，得，所以的圖象的對稱中心為，所以點符合.故選：D.3．（2024·天津北辰·三模）已知函數，則下列結論不正確的是（

）A．的最小正周期為B．的圖象關于點對稱C．若是偶函數，則，D．在區(qū)間上的值域為【答案】D【分析】A項，化簡函數求出，即可得出周期；B項，計算出函數為0時自變量的取值范圍，即可得出函數的對稱點，即可得出結論；C項，利用偶函數即可求出的取值范圍；D項，計算出時的范圍，即可得出值域.【詳解】由題意，在中，，A項，，A正確；B項，令,得,當時,,所以的圖象關于點對稱,故B正確;C項，是偶函數，∴,，解得：,故C正確；D項,當時,,所以,所以在區(qū)間上的值域為，故D錯誤.故選：D.4．（2024·福建泉州·一模）已知函數的周期為，且在區(qū)間內單調遞增，則可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據函數周期排除AB，根據函數的單調性判斷CD即可.【詳解】因為函數的周期為，所以當時，對正、余弦函數來說，，故排除AB，當時，，因為在上單調遞增，故C正確，D錯誤.故選：C5．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）函數與的圖象的交點個數是（

）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】D【分析】在同一坐標系中，作出兩個函數的圖象，根據圖象得到交點個數.【詳解】函數與都是偶函數，其中，，在同一坐標系中，作出函數與的圖象，如下圖，由圖可知，兩函數的交點個數為6.故選：D6．（2024·吉林長春·模擬預測）函數的部分圖象如圖所示，下列說法正確的是（

）A．B．函數的最小正周期為C．函數在上單調遞減D．函數的圖象上的所有點向左平移個單位長度后，所得的圖象關于軸對稱【答案】C【分析】根據圖象求出函數的解析式，再對選項中的命題分析判斷正誤即可．【詳解】由得，，所以，又，所以，故A錯誤；時，，所以，，故B錯誤；，令，則，時，，此時單調遞增，單調遞減，故在上單調遞減，故C正確；的圖象上的所有點向左平移個單位長度，得到，圖象關于原點對稱，故D錯誤.故選：C.二、多選題7．（2024·遼寧鞍山·模擬預測）已知函數，則（

）A．是奇函數 B．的最小正周期為C．的最小值為 D．在上單調遞增【答案】AC【分析】首先化簡函數，再根據函數的性質判斷各選項.【詳解】，函數的定義域為，對A，，所以函數是奇函數，故A正確；對B，函數的最小正周期為，故B錯誤；對C，函數的最小值為，故C正確；對D，，，函數不單調，在上單調遞增，在上單調遞減，故D錯誤.故選：AC8．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（

）A．在區(qū)間單調遞減B．在區(qū)間有兩個極值點C．直線是曲線的對稱軸D．直線是曲線在處的切線【答案】ABD【分析】由條件求出，即得.對于A,B兩項，只需將看成整體角，利用正弦函數的圖象即可判斷，對于C，只需將代入解析式，根據函數值即可檢驗，對于D，利用導數的幾何意義即可求出切線方程進行判斷.【詳解】由題意可得，，則，因，則，于是.對于A，令，由可得，，因在上單調遞減，故在區(qū)間單調遞減，即A正確；對于B，令，由可得，，因在上有兩個極值點，故B正確；對于C，當時，，因，故直線不是曲線的對稱軸，即C錯誤；對于D，由求導得，，則，又，故曲線在處的切線方程為，即，故D正確.故選：ABD.9．（2024·江蘇泰州·模擬預測）已知函數則（

）A．函數的圖象關于點對稱B．將函數的圖象向左平移個單位長度后所得到的圖象關于軸對稱C．函數在區(qū)間上有2個零點D．函數在區(qū)間上單調遞增【答案】ACD【分析】利用三角恒等變換易得，采用代入檢驗法即可判斷A項，利用平移變換，求得函數解析式，易得其為奇函數，，故而排除B項，將看成整體角，求出其范圍，利用余弦函數的圖象觀察分析，易對C,D兩項進行判斷.【詳解】對于當時，而，故A正確；對于將向左平移個單位后可得，為奇函數，關于原點對稱，故B錯；對于當時，，因在上僅有2個零點，故在上也僅有2個零點，故C正確；對于當時，因在上單調遞增，故在上單調遞增，故D正確.故選：ACD．10．（2024·浙江·模擬預測）已知函數，則（

）A．當時，的圖象關于對稱B．當時，在上的最大值為C．當為的一個零點時，的最小值為1D．當在上單調遞減時，的最大值為1【答案】ACD【分析】根據三角函數性質分別判斷余弦函數的對稱軸，余弦函數的值域與最值，余弦函數的單調性，余弦函數的零點對選項逐一判定即可．【詳解】時，，因為，所以關于對稱，故A正確；時，由可得，根據余弦函數的單調性可知的最大值為，故B錯誤；若，則，，所以，，且，所以的最小值為1，故C正確；因為在上單調遞減，且，根據余弦函數的單調性可知的單調遞減區(qū)間為：，，，，所以，，所以，故D正確．故選：ACD．一、單選題1．（2024·全國·三模）若偶函數的最小正周期為，則（

）A． B．的值是唯一的C．的最大值為 D．圖象的一條對稱軸為【答案】D【分析】由可判斷A；由偶函數的性質可判斷B；由三角函數的性質可判斷C；可判斷D.【詳解】對于A，因為周期只與有關，因此只需考慮的情況.若對任意，都有，，所以，所以，所以A錯誤.對于B，因為為偶函數，所以.因為，，所以.又，所以或，所以B錯誤.對于C，，當時取得最大值，所以C錯誤.對于D，容易知道或時，，所以的圖象關于直線對稱，所以D正確.故選：D.2．（2024·陜西商洛·模擬預測）已知函數，則圖中的函數圖象所對應的函數解析式為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】將依次代入選項中，根據周期性、過的點以及誘導公式可判斷每個選項的正誤，進而選出答案.【詳解】題目中圖象對應函數的最小正周期，對于A，，最小正周期為，不符合題意，錯誤；對于B，，最小正周期為，且和都在圖象上，符合題意，正確；對于C，，最小正周期為，但函數過點，不符合題意，錯誤；對于D，，最小正周期為，不符合題意，錯誤.故選：B3．（2024·陜西西安·模擬預測）將函數的圖象向左平移個單位長度后，得到函數的圖象，若函數在區(qū)間和上均單調遞增，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】結合正弦函數圖象的平移先求出的解析式，然后結合正弦函數的單調性即可求解．【詳解】將函數的圖象向左平移個單位長度后，得到函數，令，，則，，若函數在區(qū)間和上均單調遞增，則，解得．故選：A．4．（2024·山東濟寧·三模）已知函數，若在區(qū)間上的值域為，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用二倍角公式、輔助角公式化簡函數，再借助正弦函數的圖象與性質求解即得.【詳解】依題意，函數，當時，，顯然，且正弦函數在上單調遞減，由在區(qū)間上的值域為，得，解得，所以實數的取值范圍是.故選：D5．（2024·黑龍江·模擬預測）已知函數，且是函數相鄰的兩個零點，，則下列結論錯誤的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】對于A，由判斷，對于B，由題意可得，結合周期公式可求出，對于C，由可求出，對于D，求的值可判斷是否為對稱軸即可.【詳解】對于A，因為，所以，故A正確；對于B，，且是函數相鄰的兩個零點，所以其周期，所以，故B正確；對于C，令，則，又因為，所以，故C錯誤；對于D，由以上可知，所以，所以的圖象關于直線對稱，所以，故D正確.故選：C.二、多選題6．（2024·山東·模擬預測）已知函數的圖象關于直線對稱，則下列結論正確的是（

）A．B．為奇函數C．若在單調遞增，則D．的圖象與直線有5個交點【答案】BCD【分析】先根據函數圖象的對稱性求的值，再分析函數的性質，判斷各選項是否正確.【詳解】因為函數的圖象關于直線對稱，所以或，解的.即.所以，故A錯誤；因為，為奇函數，故B正確；由，所以在上遞增，又因為若在單調遞增，所以，故C正確；設，則.做函數和的草圖如下：可知兩個函數的圖象有5的交點，即的圖象與直線有5個交點，故D正確.故選：BCD7．（2024·福建泉州·模擬預測）已知函數，下列說法正確的是（

）A．若函數圖象過原點，則B．若函數圖象關于軸對稱，則C．若函數在零點處的切線斜率為1或，則其最小正周期為D．存在，使得將函數圖象向右平移個單位后與原函數圖象在軸的交點重合【答案】BCD【分析】根據正弦函數的圖象與性質以及復合函數的求導一一驗證即可.【詳解】對于A，將原點代入，得到，，，故A錯誤.對于B，圖象關于軸對稱，即對稱軸為，經過最高最低點，則，則，故B正確.對于C，令，則零點為，求導將代入，，則，其最小正周期為.故C正確.對于D，若，，平移后的函數，與原函數圖象關于軸對稱，故D正確故選：BCD.8．（2024·湖北武漢·模擬預測）設函數，則下列結論正確的是（

）A．，在上單調遞增B．若且，則C．若在上有且僅有2個不同的解，則的取值范圍為D．存在，使得的圖象向左平移個單位長度后得到的函數為奇函數【答案】ACD【分析】選項A：利用正弦函數的單調性判斷；選項B：利用正弦函數的最值、周期判斷；選項C：利用正弦函數的圖象判斷；選項D：利用三角函數的圖象變換判斷.【詳解】對于A，當時，，因為，所以，所以，所以在上單調遞增，故A正確；對于B，若且，所以一個是最大值，一個是最小值，則，故B不正確；對于C，若，則，若在上有且僅有2個不同的解，如圖所示：可得，解得，也就是的取值范圍為，故C正確；對于D，，當時，是奇函數，故D正確.故選：ACD.9．（2024·河北張家口·三模）已知函數，則下列說法正確的是（

）A．函數的一個周期為B．函數的圖象關于點對稱C．將函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，若函數為偶函數，則的最小值為D．若，其中為銳角，則的值為【答案】ACD【分析】利用三角恒等變換公式化簡，由周期公式可判斷A；代入驗證可判斷B；根據平移變化求，由奇偶性可求出，可判斷C；根據已知化簡可得，將目標式化為，由和差角公式求解可判斷D.【詳解】對于A，因為，所以的最小值周期，所以是函數的一個周期，A正確；對于B，因為，所以，點不是函數的對稱中心，B錯誤；對于C，由題知，，若函數為偶函數，則，得，因為，所以的最小值為，C正確；對于D，若，則，因為為銳角，，所以，所以，D正確.故選：ACD10．（2024·安徽馬鞍山·模擬預測）已知函數，其部分圖象如圖所示，且直線與曲線所圍成的封閉圖形的面積為，下列敘述正確的是（

）A．B．為奇函數C．D．若在區(qū)間（其中）上單調遞增，則的取值范圍是【答案】AC【分析】根據函數圖象求出、，再根據面積求出，最后根據函數過點求出，即可得到函數解析式，再根據正弦函數的性質一一判斷即可.【詳解】依題意可得，即，又，所以，解得，又直線與曲線所圍成的封閉圖形的面積為，所以，解得，故A正確；所以，又函數過點可得，又，則，所以，則，所以，則，為非奇非偶函數，故B錯誤；因為，所以，又，所以，故C正確；令，解得，所以的單調遞增區(qū)間為，因為在區(qū)間（其中）上單調遞增，所以，，即，，解得，，即的取值范圍是，，故D錯誤；故選：AC1．（2024·天津·高考真題）下列函數是偶函數的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據偶函數的判定方法一一判斷即可.【詳解】對A，設，函數定義域為，但，，則，故A錯誤；對B，設，函數定義域為，且，則為偶函數，故B正確；對C，設，函數定義域為，不關于原點對稱，則不是偶函數，故C錯誤；對D，設，函數定義域為，因為，，則，則不是偶函數，故D錯誤.故選：B.2．（2023·北京·高考真題）設函數．(1)若，求的值．(2)已知在區(qū)間上單調遞增，，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使函數存在，求的值．條件①：；條件②：；條件③：在區(qū)間上單調遞減．注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1).(2)條件①不能使函數存在；條件②或條件③可解得，.【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；（2）若選條件①不合題意；若選條件②，先把的解析式化簡，根據在上的單調性及函數的最值可求出，從而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若選條件③：由的單調性可知在處取得最小值，則與條件②所給的條件一樣，解法與條件②相同．【詳解】（1）因為所以，因為，所以.（2）因為，所以，所以的最大值為，最小值為.若選條件①：因為的最大值為，最小值為，所以無解，故條件①不能使函數存在；若選條件②：因為在上單調遞增，且，所以,所以,,所以，又因為，所以，所以，所以，因為，所以.所以，；若選條件③：因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得最小值，即.以下與條件②相同．3．（2021·浙江·高考真題）設函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在上的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由題意結合三角恒等變換可得，再由三角函數最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等變換可得，再由三角函數的圖象與性質即可得解.【詳解】（1）由輔助角公式得，則，所以該函數的最小正周期;（2）由題意，，由可得，所以當即時，函數取最大值.4．（2020·全國·高考真題）設函數在的圖像大致如下圖，則f(x)的最小正周期為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由