北师大版 (2019)必修 第二册2.3 三角函数的叠加及其应用习题

这是一份北师大版 (2019)必修 第二册2.3 三角函数的叠加及其应用习题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．计算 eq \r(2)cs eq \f(π,3)＋ eq \r(6)sin eq \f(π,3)的值是( )
A． eq \r(2) B．2 C．2 eq \r(2) D． eq \f(\r(2),2)
C [ eq \r(2)cs eq \f(π,3)＋ eq \r(6)sin eq \f(π,3)＝2 eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs \f(π,3)＋\f(\r(3),2)sin \f(π,3)))
＝2 eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,6)cs \f(π,3)＋cs \f(π,6)sin \f(π,3)))
＝2 eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,3)))
＝2 eq \r(2)sin eq \f(π,2)＝2 eq \r(2).]
2．已知函数f(x)＝cs 2x－ eq \r(3)sin 2x＋2，则( )
A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
B [易知f(x)＝cs 2x－ eq \r(3)sin 2x＋2＝2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋2，则f(x)的最小正周期为π，当2x＋ eq \f(π,3)＝2kπ，即x＝kπ－ eq \f(π,6)(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4.]
3．函数f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))是( )
A．周期为π的偶函数
B．周期为2π的偶函数
C．周期为π的奇函数
D．周期为2π的奇函数
D [因为f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)cs x－\f(\r(2),2)sin x))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)cs x＋\f(\r(2),2)sin x))
＝－ eq \r(2)sin x，所以函数f(x)的最小正周期为 eq \f(2π,1)＝2π.
又f(－x)＝－ eq \r(2)sin (－x)＝ eq \r(2)sin x＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，故选D.]
4．函数y＝ eq \r(3)cs 2x－sin 2x的部分图象是( )
A B
C D
A [由y＝ eq \r(3)cs 2x－sin 2x＝2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))可知，函数的最大值为2，故排除D；又因为函数图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))，故排除B；又因为函数图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，2))，故排除C.]
5. 若 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))是函数f(x)＝sin ωx＋cs ωx图象的一个对称中心，则ω的一个取值是( )
A．2 B．4 C．6 D．8
C [因为f(x)＝sin ωx＋cs ωx＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，由题意，知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,8)＋\f(π,4)))＝0，所以 eq \f(ωπ,8)＋ eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，即ω＝8k－2(k∈Z)，当k＝1时，ω＝6.]
二、填空题
6. 求值：cs eq \f(π,12)＋ eq \r(3)sin eq \f(π,12)＝________．
eq \r(2) [原式＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs \f(π,12)＋\f(\r(3),2)sin \f(π,12)))＝2sin eq \f(π,4)＝ eq \r(2).]
7．函数y＝ eq \r(3)sin 2x＋cs 2x的最大值为________．
2 [∵y＝ eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x＋\f(1,2)cs 2x))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
∴当2x＋ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即x＝ eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z时，函数y＝ eq \r(3)sin 2x＋cs 2x的最大值为2.]
8．函数y＝cs 2x＋sin 2x的单调递减区间为________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z) [由y＝cs 2x＋sin 2x
＝ eq \r(2)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，得2kπ≤2x－ eq \f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得kπ＋ eq \f(π,8)≤x≤kπ＋ eq \f(5π,8)(k∈Z)，所以函数的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z).]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)sin 2x－ eq \f(\r(3),2)cs 2x，求f(x)的最大值及取得最大值时x的值．
[解] f(x)＝ eq \f(1,2)sin 2x－ eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
当2x－ eq \f(π,3)＝ eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
即x＝ eq \f(5,12)π＋kπ(k∈Z)时，函数f(x)取最大值，且最大值为1.
10. 已知函数f(x)＝ eq \f(5,2)sin 2x－ eq \f(5\r(3),2)cs 2x(其中x∈R)，求：
(1)函数f(x)的最小正周期；
(2)函数f(x)的单调区间．
[解] (1)因为f(x)＝ eq \f(5,2)sin 2x－ eq \f(5\r(3),2)cs 2x＝5 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 2x－\f(\r(3),2)cs 2x))＝5sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以函数的最小正周期T＝ eq \f(2π,2)＝π.
(2)由2kπ－ eq \f(π,2)≤2x－ eq \f(π,3)≤2kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，得kπ－ eq \f(π,12)≤x≤kπ＋ eq \f(5π,12)(k∈Z)，
所以函数f(x)的递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z).
由2kπ＋ eq \f(π,2)≤2x－ eq \f(π,3)≤2kπ＋ eq \f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋ eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋ eq \f(11π,12)(k∈Z)，
所以函数f(x)的递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(5π,12)，kπ＋\f(11π,12)))(k∈Z).
11．若f(x)＝cs x－sin x在[－a，a]是减函数，则a的最大值是( )
A． eq \f(π,4) B． eq \f(π,2) C． eq \f(3π,4) D．π
A [f(x)＝cs x－sin x＝ eq \r(2)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
由题意得a>0，故－a＋ eq \f(π,4)< eq \f(π,4)，
因为f(x)＝ eq \r(2)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))在[－a，a]是减函数，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(π,4)≥0，,a＋\f(π,4)≤π，,a>0，)) 解得00，若函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋cs x))－sin xcs x－a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈R))的最大值为 eq \f(9,2)，则a的值为________．
5 eq \r(2)＋5 [设t＝sin x＋cs x＝ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，则t∈[－ eq \r(2)， eq \r(2)]，
则t2＝sin 2x＋cs 2x＋2sin x cs x＝1＋2sin x cs x，
∴sin x cs x＝ eq \f(t2－1,2)，
∴g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋cs x))－sin x cs x－a＝at－ eq \f(t2－1,2)－a＝－ eq \f(1,2)t2＋at＋ eq \f(1,2)－a，
对称轴方程为t＝a>0，
当00)的最小正周期为π.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)将函数f(x)的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位，再向上平移1个单位，得到函数y＝g(x)的图象，若y＝g(x)在[0，b](b>0)上至少含有10个零点，求b的最小值．
[解] (1)f(x)＝sin 2ωx－ eq \r(3)cs 2ωx＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3))).
由最小正周期为π，得ω＝1，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
由2kπ－ eq \f(π,2)≤2x－ eq \f(π,3)≤2kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，整理得kπ－ eq \f(π,12)≤x≤kπ＋ eq \f(5π,12)(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递增区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z).
(2)将函数f(x)的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位，再向上平移1个单位，得到y＝2sin 2x＋1的图象；
所以g(x)＝2sin 2x＋1.
令g(x)＝0，得x＝kπ＋ eq \f(7π,12)或x＝kπ＋ eq \f(11π,12)(k∈Z)，
所以g(x)在[0，π]上恰好有两个零点，若y＝g(x)在[0，b]上至少含有10个零点，则b不小于第10个零点的横坐标即可．
所以b的最小值为4π＋ eq \f(11π,12)＝ eq \f(59π,12).