押新高考第10题 三角函数综合（解析版）-备战2024年高考数学临考题号押题（全解全析）

第第页押新高考10题三角函数综合考点4年考题考情分析三角函数综合2022年新高考Ⅱ卷第9题2021年新高考Ⅰ卷第10题2020年新高考Ⅰ卷第10题2020年新高考Ⅱ卷第11题三角函数会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，多选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别考查三角函数的图象与性质，三角恒等变换，本内容新高考冲刺的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以三角函数的图象与性质，三角恒等变换及知识点关联考查等问题展开命题．1．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第9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．2．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第10题）已知为坐标原点，点，，，，则（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【详解】A：，，所以，，故，正确；B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；C：由题意得：，，正确；D：由题意得：，，故一般来说故错误；故选：AC三角函数型函数的图象和性质正弦型函数、余弦型函数性质，，振幅，决定函数的值域，值域为决定函数的周期，，叫做相位，其中叫做初相正切型函数性质的周期公式为：三角函数的伸缩平移变换伸缩变换（，是伸缩量），振幅，决定函数的值域，值域为；若↗，纵坐标伸长；若↘，纵坐标缩短；与纵坐标的伸缩变换成正比决定函数的周期，若↗，↘，横坐标缩短；若↘，↗，横坐标伸长；与横坐标的伸缩变换成反比平移变换（，是平移量）平移法则：左右，上下辅助角公式，，其中，常用结论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fx在区间a,b上单调,则必要条件是:区间长度不超过半个周期,即综上可得,b−a≤πωωa+φ,ωb+φ⊆kπ−π2,kπ+π21．（2024·全国·模拟预测）已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A．B．函数的图象关于点对称C．函数在区间上单调递减D．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则【答案】AB【分析】根据三角函数的图象及性质一一判定选项即可.【详解】由题图得，所以，故A正确；即，由，得，解得，又，所以，故．因为，所以函数的图象关于点对称，故B正确；令，解得，故函数的单调递减区间为，则函数在区间上先单调递减再单调递增，故C错误；因为，所以．由，得，若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则，解得，故D错误．故选：AB．2．（2024·广东·一模）已知函数的图象向左平移个单位后到函数的图象（如图所示），则（

）A．B．在上为增函数C．当时，函数在上恰有两个不同的极值点D．是函数的图象的一条对称轴【答案】BCD【分析】根据图象求出解析式，由平移可得解析式即可判断A，根据所给自变量范围及正弦函数的单调性判断B，根据自变量范围及参数范围，确定的范围即可判断C，由三角恒等变换化简，由正弦型函数的对称性判断D.【详解】根据平移性质，可设，由图象可得，即，解得，所以，又，所以，即，对于A，则，即，故A错误；对于B，当时，，由正弦函数单调性知，在上为增函数，故B正确；对于C，，当时，，因为，所以，显然能取到，不能取到，所以函数在上恰有两个不同的极值点，故C正确；对于D，因为，所以当时，取得最大值，所以是函数的一条对称轴，故D正确.故选：BCD3．（2024·湖南·模拟预测）已知，双曲线C：，则（

）A．可能是第一象限角 B．可能是第四象限角C．点可能在C上 D．点可能在C上【答案】BD【分析】根据双曲线标准方程的特征，可得，即在第三象限或第四象限，分情况讨论得解.【详解】根据题意，可得，即，即且，所以在第三象限或第四象限.故A错误，B正确；当在第三象限时，有，，，双曲线方程为，当即，时，方程为，所以点在双曲线上，故D正确；当在第四象限时，有，，，双曲线方程为，因为，所以点不在双曲线上，故C错误.故选：BD.4．（2024·辽宁辽阳·一模）已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的值可能是（

）A． B． C． D．【答案】AC【分析】根据函数的对称性求出，结合函数的单调性可得的取值范围，即可确定k的值，一一验证k的取值，是否符合题意，即可确定的可能值，即得答案.【详解】由题意得的图象关于点中心对称且关于直线对称，故，则，即，由函数在上单调，得，即，即，解得，而，故或1，或2，当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上单调递增，故在上单调递增，故的值可以为；当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上不单调，故在上不单调，此时不合题意；当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上单调递增，故在上单调递增，故的值可以为；故的值可能是，，故选：AC5．（2024·安徽·模拟预测）如图，函数的图象与x轴的其中两个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，，，，则（

）A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称C．在单调递减 D．为奇函数【答案】CD【分析】结合题意计算可得，结合正弦型函数的性质逐项判断即可得.【详解】由题可，，，则，有，，，，把代入上式，得，解得(负值舍去)，，，由，解得，，解得，，对A，的最小正周期为，故A错误；对B：，故B错误；对C：当时，，在单调递减，故C正确；对D：，为奇函数，故D正确.故选：CD.6．（2024·湖南·二模）已知，下列结论正确的是（

）A．若的最小正周期为，则B．若的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称，则C．若在上恰有4个极值点，则的取值范围为D．存在，使得在上单调递减【答案】ABC【分析】利用二倍角公式及辅助角公式先化简函数式，再利用三角函数的图象与性质一一判定选项即可.【详解】由，对于A，若的最小正周期为，则，故A正确；对于B，若的图象向左平移个单位长度后得，其图象关于纵轴对称，则有，显然，故B正确；对于C，，根据题意有，故C正确；对于D，，显然，，即该区间为包含的连续区间，根据正弦函数的单调性可知：该区间不可能单调递减，故D错误.故选：ABC7．（2024·广东佛山·二模）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（

）A．一定为周期函数B．若，则在上总有零点C．可能为偶函数D．在区间上的图象过3个定点【答案】ABD【分析】对于A：计算，化简即可；对于B：求出，然后计算的正负即可；对于C：计算是否恒相等即可；对于D：令，求解即可.【详解】对于A，，，A正确；对于B，，则，，因为，即，同号，所以，由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；对于C，，，由得对恒成立，则与题意不符，故C错误；对于D，令，则，即，，故所有定点坐标为，，，，又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；故选：ABD．8．（2024·辽宁沈阳·一模）如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（

）A．B．C．函数在上单调递减D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为【答案】ACD【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.【详解】令得，或，，由图可知：，，，所以，，所以，所以，故A选项正确，所以，由且处在减区间，得，所以，，所以，，所以，，故B错误.当时，，因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），为偶函数得，，所以，，则的最小值为，故D正确.故选：ACD.9．（2024·全国·模拟预测）在新农村建设中，某村准备将如图所示的内区域规划为村民休闲中心，其中区域设计为人工湖（点D在的内部），区域则设计为公园，种植各类花草.现打算在，上分别选一处E，F，修建一条贯穿两区域的直路，供汽车通过，设与直路的交点为P，现已知米，，，米，，段的修路成本分别为100万元/百米，50万元/百米，设，修路总费用为关于的函数，（单位万元），则下列说法正确的是（

）

A．米 B．C．修路总费用最少要400万元 D．当修路总费用最少时，长为400米【答案】ACD【分析】对A，在中，由正弦定理判断即可；对B，由题意，再分别分析，段的修路成本相加即可；对CD，由B可得，再根据三角恒等变换，换元结合三角函数的单调性判断即可.【详解】

对A，在中，由正弦定理，故，故A正确；对B，在中，因为，，故.故，故，故，，故B错误；对CD，.因为，故，设，则，，设，，则为增函数，为减函数.故当，即时，时，取最小值万元，故C正确；对D，取最小值时，故，此时米，故D正确.故选：ACD10．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，，则（

）A． B．C．若，则 D．是周期函数【答案】ACD【分析】根据题意分别求出，，则，，从而可对A判断求解，利用换元法令可对B判断求解，由求出，并结合从而可对C判断求解，由可对D判断求解.【详解】由题意得在角的终边上，且，所以，，则，，对A：，故A正确；对B：，令，所以，故B错误；对C：，解得，又由，故C正确；对D：，因为为周期函数，故D正确.故选：ACD.11．（2024·云南昆明·一模）古希腊数学家托勒密（Ptolemy85-165）对三角学的发展做出了重要贡献，他研究出角与弦之间的对应关系，创造了世界上第一张弦表.托勒密用圆的半径的作为一个度量单位来度量弦长，将圆心角（）所对的弦长记为.例如圆心角所对弦长等于60个度量单位，即.则（

）A．B．若，则C．D．（）【答案】BCD【分析】根据所给定义即可结合选项逐一求解.【详解】对于A，圆心角所对弦长为若，则弦长为,显然,故A错误，对于B，若，则弦长为,而直径为，故，B正确，对于C，圆心角所对的弦长为，故，C正确，对于D,根据三角形两边之和大于第三边可知：所对的弦长之和大于所对的弦长，所以，（），故D正确，故选：BCD12．（2024·甘肃兰州·一模）半径长为1米的车轮匀速在水平地面上向前滚动（无滑动），轮轴每秒前进米．运动前车轮着地点为，若车轮滚动时点距离地面的高度（米）关于时间t（秒）的函数记为，则以下判断正确的是（

）A．对于，都有B．在区间上为增函数C．D．对于，都有【答案】BD【分析】首先求出周期，即可判断A，记车轮运动时着地点为，则秒时，从而得到的解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可.【详解】因为车轮的半径为米，则周长为米，又轮轴每秒前进米，所以的最小正周期，所以对于，都有，故A错误；记车轮运动时着地点为，则秒时，所以，令，，解得，，所以在区间上为增函数，故B正确；又，所以在区间内图象关于对称，即对于，都有，故D正确；又，故C错误.故选：BD13．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）如图，角，的始边与x轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于A，B两点，M为线段AB的中点．N为的中点，则下列说法中正确的是（

）A．N点的坐标为B．C．D．若的终边与单位圆交于点C，分别过A，B，C作x轴的垂线，垂足为R，S，T，则【答案】BCD【分析】利用三角函数定义可求得N点的坐标为，可知A错误；易知，B正确；求得点横坐标，再利用中点坐标公式可得C正确；分别表示出各线段长度利用三角恒等变换和三角函数值域可得D正确.【详解】由N为的中点，则，可得，由三角函数定义可得N点的坐标为，故A错误；由，可得，故B正确；易知，又因为，，M为线段AB的中点，则，所以，故C正确；由易知线段，，则，所以，故D正确，故选：BCD．14．（2024·全国·模拟预测）已知，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】先利用诱导公式化简的三角函数值，再根据的大小可判断各数的大小.【详解】∵，∴，，∵，∴，，，，即，，所以，即，所以ABD正确，C错误.故选：ABD.15．（2024·广西南宁·一模）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为110米，转盘直径为100米，摩天轮的圆周上均匀地安装了36个座舱，游客甲从距离地面最近的位置进舱，开启后摩天轮按逆时针方向匀速旋转，开始转动t分钟后距离地面的高度为H米，当时，游客甲随舱第一次转至距离地面最远处．如图，以摩天轮的轴心O为原点，与地面平行的直线为x轴建立直角坐标系，则，下列说法中正确的是（

）A．关于的函数是偶函数B．若在时刻，游客甲距离地面的高度相等，则的最小值为30C．摩天轮旋转一周的过程中，游客甲距离地面的高度不低于85米的时长为10分钟D．若甲、乙两游客分别坐在两个座舱里，且两人相隔5个座舱（将座舱视为圆周上的点），则劣弧的弧长米【答案】BCD【分析】对A，先根据题意确定各参数的值，再根据三角函数的奇偶性判断即可；对B，根据代入解析式可得，或，进而可判断；对C，求解即可；对D，由题意每个座舱与中心连线所成的扇形的圆心角为，进而可得劣弧的弧长.【详解】对A，由题意，，所以，当时，可得，所以，故，所以是非奇非偶函数，故A错误；对B，由题意，即，即，所以，或，，即或，，故B正确；对C，由题意，即，即，所以，，解得.所以摩天轮旋转一周的过程中，游客甲距离地面的高度不低于85米的时长为10分钟，故C正确；对D，因为摩天轮的圆周上均匀地安装着36个座舱，故每个座舱与中心连线所成的扇形的圆心角为，因为两个座舱相隔5个座舱，所以劣弧对应的圆心角是，故（m）.故D正确.故选：BCD16．（2024·浙江温州·二模）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，为其终边上一点，若角的终边与角的终边关于直线对称，则（

）A． B．C． D．角的终边在第一象限【答案】ACD【分析】根据三角函数的定义，可求角的三角函数，结合诱导公式判断A的真假；利用二倍角公式，求出的三角函数值，结合三角函数的概念指出角的终边与单位圆的交点，由对称性确定角终边与单位圆交点，从而判断BCD的真假.【详解】因为角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，所以：，所以，，所以，故A对；又，，所以的终边与单位圆的交点坐标为：，因为角的终边与角的终边关于直线对称，所以角的终边与单位圆的交点为，所以，且的终边在第一象限，故CD正确；又因为终边在直线的角为：，角的终边与角的终边关于对称，所以，故B错误.故选：ACD17．（2024·广东韶关·二模）设函数，则（

）A．是偶函数 B．在上有6个零点C．的是小值为 D．在上单调递减【答案】ABC【分析】求得的奇偶性判断选项A；求得在上的零点个数判断选项B；求得的最小值判断选项C；举特例否定选项D.【详解】选项A：函数定义域为R，由，可得是偶函数.判断正确；选项B：当时，，由，可得，或，则当时，或或，又是偶函数，则当时，或或，则在上有6个零点.判断正确；选项C：当时，，则当时取得最小值，又是偶函数，则的最小值为.判断正确；选项D：，则，则在上不单调递减.判断错误.故选：ABC18．（2024·辽宁·一模）已知函数在区间上单调递减，且在区间上有且仅有一个零点，则的值可以为（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】结合函数在给定区间上的单调性和零点个数，可确定的取值范围，从而确定正确的选项.【详解】由，，.又函数在区间上单调递减，所以，又因为，，所以，，因为，所以，因为在区间上有且仅有一个零点，所以在区间上有且仅有一个实数根，所以，解得，综上，，故BC正确，AD错误.故选：BC19．（2024·河南·一模）某质点的位移与运动时间的关系式为的图象如图所示，其与轴交点坐标为，与直线的相邻三个交点的横坐标依次为，则（

）

A．B．C．质点在内的位移图象为单调递减D．质点在内的平均速率为（平均速率）【答案】AC【分析】根据周期和特殊点求得，，即可判断AB，结合图象和和解析式分析判断CD.【详解】由题意可知：函数的周期，所以，故A正确；令，即，因为，即，且，可得或，又因为，所以，故B错误；因为，由图象可知：在内单调递减，且，所以在上单调递减，故C正确；由图象直接得该质点在内的路程为，所以该质点在内的平均速率为，所以D错误．故选：AC.20．（2024·辽宁大连·一模）已知函数，若，且，都有，则（

）A．在单调递减B．的图象关于对称C．直线是一条切线D．的图象向右平移个单位长度后得到函数是偶函数【答案】BC【分析】依题意可得即可求出，再根据函数的最大值求出，即可求出函数解析式，再根据正弦函数的性质判断A、B、D，设切点为，利用导数的几何意义求出，即可判断C.【详解】对A，因为，所以，又，且，都有，所以，所以，解得，即，又，所以，解得，又，所以，所以，当时，又在上不单调，所以在上不单调，故A错误；对B，因为，所以的图象关于对称，故B正确；对C，因为，设切点为，则，所以，所以或，解得或，又，因为，即，解得，所以，即直线是函数在处的切线，故C正确；对D，将的图象向右平移个单位长度后得到，显然是非奇非偶函数，故D错误.故选：BC21．（2024·湖南常德·三模）若函数的零点为，函数的零点为，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由函数零点的定义可得，，在同一直角坐标系中作出，，，，，的函数图象，数形结合可得，，即可判断；由，，即可判断；由，即可判断；由余弦函数的单调性即可判断.【详解】令得，令得，在同一直角坐标系中作出，，，，，的函数图象，、、在上分别递增、递减、递减，且在上递减速率，先慢后快，先快后慢，由，且，，所以，所以，故不正确；由，故，由，故，因为上函数，关于直线对称，所以，即，又，所以，故正确；由，所以，故正确；由，所以，由，得，又，因为在单调递减，所以，所以，故正确.故选：.【点睛】方法点睛：函数零点的问题可以转化为函数图象的交点问题，数形结合即可得到，的取值范围，结合函数的性质即可求解.22．（2024·全国·模拟预测）通过研究宋代李诫所著的《营造法式》等古建资料，可以得到中国宋代建筑的屋顶蕴含着丰富的数学元素，体现了数学的对称美，并且符合两个特点：一、从檐口到屋脊的曲线为屋面曲线，左、右屋面曲线对称，可用圆弧拟合屋面曲线，且圆弧所对的圆心角为30°±2°；二、从檐口到屋脊的垂直距离为坡屋面高度半径，水平距离为半坡宽度，且．如图为某宋代建筑模型的结构图，其中A为屋脊，B，C为檐口，且所对的圆心角，所在圆的半径为4，，则（

）A．的长为B．C．若与所在两圆的圆心距为，则此建筑的屋顶不符合宋代建筑屋顶的特点D．若与所在两圆的圆心距为4，要想此建筑的屋顶符合宋代建筑屋顶的特点，可将圆心角θ缩小【答案】ACD【分析】结合图形特征，利用两角差的正弦正切公式，弧长公式和三角函数，求解选项中的数据.【详解】记，所在圆的圆心分别为E，F，连接AE，AF，CF，EF，

则，，选项A：根据弧长公式得的长为，故A正确．选项B：，则，故B错误．(也可以在中利用余弦定理求解)选项C：如图1，过点A，C分别作EF的平行线，与过点F的EF的垂线分别交于点D，G，∵，，∴，∵，∴，．由题易知AD﹣CG为半坡宽度，DG为坡屋面高度半径，，，，，∴，不符合宋代建筑屋顶的第二个特点，C正确．选项D：如图2，过点A作EF的垂直平分线，交EF于点M，过点C作，垂足为N，

，，当时，，∴，∴．易知CN为半坡宽度，AN为坡屋面高度半径，∴，D正确．故选：ACD【点睛】方法点睛：理解题目中坡屋面高度半径和半坡宽度的定义是解题关键，结合图形特征，利用三角函数知识求解.23．（2024·全国·模拟预测）已知函数，，且有两个零点，则下列结论正确的是（

）A．当时， B．C．若，则 D．【答案】ACD【分析】A选项，作单位圆，利用面积得到；BC选项，画出，，且与的函数图象，数形结合判断BC选项；D选项，由，推出，根据零点范围可得符号判断.【详解】A选项，设，作出单位圆，与轴交于点，则，过点作垂直于轴，交射线于点，连接，由三角函数定义可知，，设扇形的面积为，则，即，故，当时，有不等式，A正确；B选项，画出，，且与的函数图象，如下：可以看出，，故，B不正确；C选项，的最小正周期为，由图象可知，故，C正确；D选项，由，，因为，，故，而，但，且在为增函数，故，故，D正确．故选：ACD．【点睛】思路点睛：处理函数零点问题思路：（1）利用方程思想，如一次函数，二次函数等，可令函数值为0，直接进行求解；（2）转化为两函数图象的交点问题来解决；（3）研究函数单调性，结合零点存在性定理来进行求解.24．（2024·河南信阳·二模）已知函数，下列结论正确是（

）A．值域是 B．是周期函数C．图像关于直线对称 D．在上单调递增【答案】BC【分析】对于A，首先利用三角恒等变换得，通过换元法结合对勾函数性质即可判断；对于B，由的周期性即可判断；对于C，判断是否相等；对于D，由复合函数单调性证伪即可.【详解】，令，所以，由对勾函数性质知道在单调递减，在单调递增，而，所以值域是，故A错误；对于B，，所以是以为周期的周期函数,故B正确；对于C，，，所以，故C正确；对于D，在单调递增，在单调递增，在上单调递减，而由A选项分析可知在单调递减，在单调递增，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：关键是正确利用三角恒等变换化简函数表达式，由此即可顺利得解.25．（2024·山东青岛·一模）已知函数，则（

）A．在区间单调递增B．的图象关于直线对称C．的值域为D．关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为【答案】BCD【分析】利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D.【详解】对于A：当时，所以，因为在上单调递增，又，所以，因为，即，所以，即，所以，所以，又在上单调递增，在上单调递减，所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误；对于B：因为，所以的图象关于直线对称，故B正确；对于C：因为，令，则，令，，则在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以，所以的值域为，故C正确；对于D：当时，所以，由A选项可令且，则当时单调递增，令，即时在上单调递增，且，所以在上单调递减，又，令，即时在上单调递减，且，所以在上单调递增，当，即时在上单调递减，且，所以在上单调递减，又，，，所以在上的函数图象如下所示：由图可知：①当时与有且仅有一个交点，即关于的方程在区间的实数根为；②当或时与有两个交点，即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称，所以两根之和为；③当时与有四个交点，即关于的方程在区间有四个实数根，不妨设为且，所以与关于对称，与关于对称，所以；④当或时与无交点，即关于的方程在区间无实数根；综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确；故选：BCD【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和.26．（2024·河南信阳·模拟预测）已知，（参考数据），则下列说法正确的是（

）A．是周期为的周期函数B．在上单调递增C．在内共有4个极值点D．设，则在上共有5个零点【答案】BCD【分析】选项A，根据条件得到，即可判断出选项A错误；选项B，对求导，得到，从而得到时，，即可判断出选项B的正误，选项C，令，求出时的解，再根据极值的定义，即可判断出结果，选项D，根据条件得出的周期为，再利用导数与函数单调性间的关系，得出在上的图象，再数形结合，即可求出结果.【详解】对于选项A，因为，所以，所以选项A错误，对于选项B，因为，当时，，，，所以当时，，当且仅当时，取等号，所以在上单调递增，故选项B正确，对于选项C，因为，令，得到，又因为，当且仅当或时，取等号，所以，不是变号零点，即，不是的极值点，由，即，又，解得或或或，由图象知，每一个解都是变号零点，所以在内共有4个极值点，故选项C正确，对于选项D，因为，所以的周期为，又因为，当时，由得到，，，列表如下，单调递增极大值单调递减极小值单调递增单调递增又，，，则在上的大致图象如图所示，当时，因为，此时无解，由，则，又，则，又由，，故只需再画出在图象即可，当时，，无解，作出的图象，注意到，所以时，的图象在图象下方，由图可知与在上有5个交点，所以在上共有5个零点，所以选项D正确，

故选：BCD.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，根据条件得出是周期为的周期函数，再利用导数与函数单调性间的关系，作出在上图象，且有最大值和最小值分别为，，利用，再数形结合，即可求出结果.27．（2024·河南·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．是的一个周期B．的值域是C．若在区间上有最小值，没有最大值，则的取值范围是D．若方程在区间上有3个不同的实根，则的取值范围是【答案】BC【分析】根据题意整理可得：，定义域为，且为偶函数，对于A：根据周期性定义分析判断；对于B：先求在上的值域，结合偶函数和周期性分析判断；对于C：根据题意结合选项B中最值点分析判断；对于D：分析可知方程的实根即为与的交点横坐标，结合图象可得，代入结合正弦函数性质分析求解.【详解】因为，由题意可知：的定义域为，关于原点对称，且，可得为偶函数，对于选项A：因为，可知不是的一个周期，又因为，可知是的一个周期，故A错误；对于选项B：当，则，可得，因为，则，可知：当，即时，取到最小值；当，即时，取到最大值1；所以，结合偶函数和周期性可知的值域是，故B正确；对于选项C：因为，由选项B可知：，故C正确；对于选项D：方程的实根即为与的交点横坐标，作出在的图象，如图所示：由题意结合图象可知：，则，因为，则，可得，所以，故D错误；故选：BC.【点睛】易错点睛：对于选项A：要结合定义域分析函数周期性，若不考虑定义域，很容易认为选项A正确.28．（2024·河南郑州·模拟预测）已知，则（

）A．的图象关于点对称B．的值域为C．在区间上有33个零点D．若方程在（）有4个不同的解（，2，3，4），其中（，2，3），则的取值范围是【答案】AB【分析】根据题意可得，从而可对A判断；由题意可得，则为的一个周期，不妨讨论内的值域情况，从而可对B判断；令，可得或，即（），从而可对C判断；根据分情况讨论得到，，从而可对D判断.【详解】对A：由，所以，则的图象关于对称，故A正确；对B：由，因为，所以的一个周期为，不妨讨论一个周期的值域情况，当，此时，则，因为，所以，则，则；当，此时，则，因为，所以，则，则，当，此时，则，因为，所以，则，则，当，此时，则，因为，所以，则，则，综上所述，故B正确；对C：，令得或，可得（），所以，，所以在上有