2022版高考人教版数学一轮练习：练案【24理】【23文】 三角函数的图象与性质

这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：练案【24理】【23文】 三角函数的图象与性质，共8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。

A组基础巩固
一、选择题
1．(理)函数y＝|2sin x|的最小正周期为( A )
A．π B．2π
C.eq \f(π,2) D．eq \f(π,4)
(文)(2020·海淀区模拟)已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))的最小正周期为π，则ω＝( D )
A．1 B．±1
C．2 D．±2
[解析] (理)由图象(图象略)知T＝π.
(文)因为T＝eq \f(2π,|ω|)，所以|ω|＝eq \f(2π,T)＝2，故ω＝±2.
2．已知直线y＝m(00)的图象相邻的三个交点依次为A(1，m)，B(5，m)，C(7，m)，则ω＝( A )
A．eq \f(π,3) B．eq \f(π,4)
C.eq \f(π,2) D．eq \f(π,6)
[解析] 由题意，得函数f(x)的相邻的两条对称轴分别为x＝eq \f(1＋5,2)＝3，x＝eq \f(5＋7,2)＝6，故函数的周期为2×(6－3)＝eq \f(2π,ω)，得ω＝eq \f(π,3)，故选A．
3．(2020·山东省实验中学高三第一次诊断)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))(x∈R)，则f(x)是( B )
A．最小正周期为π的奇函数
B．最小正周期为π的偶函数
C．最小正周期为eq \f(π,2)的奇函数
D．最小正周期为eq \f(π,2)的偶函数
[解析] ∵f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝－cs 2x，∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，且为偶函数．故选B.
4．已知函数y＝2cs x的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))，值域为[a，b]，则b－a的值是( B )
A．2 B．3 C.eq \r(3)＋2 D．2－eq \r(3)
[解析] 因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))，所以cs x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，故y＝2cs x的值域为[－2,1]，所以b－a＝3.
5．(2021·河北邢台模拟)函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是( B )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
[解析] 由kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)6．(2020·福建六校联考)若函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意x都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))＝f(－x)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝( D )
A．2或0 B．0
C．－2或0 D．－2或2
[解析] 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))＝f(－x)对任意x∈R都成立，所以函数f(x)的图象的一个对称轴是直线x＝eq \f(π,6)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝±2.
7．(理)(2020·河南南阳四校联考改编)已知函数f(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))(x∈R)，下列结论错误的是( C )
A．函数f(x)的最小正周期为π
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))对称
C．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数
D．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称
(文)关于函数f(x)＝x＋sin x，下列说法不正确的是( B )
A．f(x)是奇函数
B．f(x)是周期函数
C．f(x)有零点
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
[解析] (理)由题意可得函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故A正确；当x＝eq \f(5π,12)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)))＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5π,12)－\f(π,3)))＝0，所以函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))对称，故B正确；当0≤x≤eq \f(π,2)时，－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，函数f(x)不单调，故C不正确；当x＝eq \f(π,6)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝eq \r(3)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，故D正确．综上选C.
(文)本题考查三角函数的奇偶性、周期性、单调性及零点．函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－x－sin x＝－f(x)，则f(x)为奇函数，故A正确；根据周期函数的定义，可知函数f(x)一定不是周期函数，故B错误；因为f(0)＝0，所以函数f(x)有零点，故C正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，函数y＝x与y＝sin x均为增函数，所以函数f(x)也为增函数，故D正确．
8．(理)(2020·衡水联考)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))－eq \f(1,3)在区间(0，π)内的所有零点之和为( C )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(7π,6) D．eq \f(4π,3)
(文)已知函数f(x)＝cs(x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<|φ|<\f(π,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))是奇函数，则( B )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上单调递减
B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递减
C．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上单调递增
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增
[解析] (理)设t＝2x＋eq \f(π,3)，则由x∈(0，π)，得t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(7π,3))).由f(x)＝0得sin t＝eq \f(1,3)，结合函数y＝sin t的图象可知此方程有两个实根t1和t2，且t1＋t2＝3π，所以函数f(x)在(0，π)内有两个零点x1和x2，且2x1＋eq \f(π,3)＋2x2＋eq \f(π,3)＝3π，所以x1＋x2＝eq \f(7π,6).
(文)因为f(x)＝cs(x＋φ)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)＋φ))，又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))是奇函数，所以eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以φ＝kπ＋eq \f(π,4)，k∈Z，又0<|φ|二、填空题
9．若y＝cs x在区间[－π，α]上为增函数，则实数α的取值范围是__－π<α≤0__.
10．(2021·云南昆明高三调研测试)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象上相邻的两个最高点之间的距离为__π__.
[解析] 函数f(x)的图象上相邻两个最高点之间的距离为函数f(x)的最小正周期，又函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的最小正周期为π，故f(x)的图象上相邻的两个最高点之间的距离为π.
11．函数f(x)＝2sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|≤\f(π,2)))部分图象如图所示，若x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，f(x1)＝f(x2)，满足f(x1＋x2)＝1，则φ＝ eq \f(π,6) ，此时y＝f(x)的单调递减区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z) .
[解析] 因为f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，且f(a)＝f(b)＝0，故可得b－a＝eq \f(π,2)，因为f(x1＋x2)＝1，故可得2sin[2(x1＋x2)＋φ]＝1，则可得2(x1＋x2)＋φ＝eq \f(5π,6).又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝2，故可得2sin[(x1＋x2)＋φ]＝2，则可得(x1＋x2)＋φ＝eq \f(π,2)，解得φ＝eq \f(π,6)，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，故可得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．故答案为：eq \f(π,6)；eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．
12．函数f(x)＝sin2x＋sin xcs x＋1的最小正周期是__π__，单调减区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z .
[解析] ∵f(x)＝sin2x＋sin xcs x＋1＝eq \f(1,2)(1－cs 2x)＋eq \f(1,2)sin 2x＋1＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(3,2)，∴最小正周期是π.由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)．∴单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.
三、解答题
13．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期为π.
(1)当f(x)为偶函数时，求φ的值；
(2)若f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的单调递增区间．
[解析] 由f(x)的最小正周期为π，
则T＝eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，
所以f(x)＝sin(2x＋φ)．
(1)当f(x)为偶函数时，f(－x)＝f(x)．
所以sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)，
展开整理得sin 2xcs φ＝0，
由已知上式对∀x∈R都成立，
所以cs φ＝0.因为0<φ(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
即eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,3)＋2kπ或eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，
故φ＝2kπ或φ＝eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
又因为0<φ由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得
kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
故f(x)的递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．
14．(2021·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＋a(a为常数)．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有最小值1，求a的值．
[解析] (1)f(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x＋\f(1,2)cs 2x))＋a
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a，
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．
(2)当0≤x≤eq \f(π,2)时，eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7,6)π，
所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1，
所以当x＝eq \f(π,2)时，f(x)有最小值，最小值为a－1＝1，
所以a＝2.
B组能力提升
1．已知函数f(x)＝2cs2x－sin2x＋2，则下列说法正确的是( A )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)最大值为3
C．f(x)的最小正周期为2π
D．f(x)最小值为2
[解析] 本题主要考查三角函数变换及三角函数的性质．
f(x)＝2cs2x－sin2x＋2＝2(1－sin2x)－sin2x＋2＝4－3sin2x＝4－3×eq \f(1－cs 2x,2)＝eq \f(5,2)＋eq \f(3cs 2x,2)，
∴f(x)的最小正周期T＝π，当cs 2x＝1时，f(x)取最大值为4，故选A．
2．已知函数f(x)＝2sin(πx＋1)，若对于任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为( B )
A．2 B．1
C．4 D．eq \f(1,2)
[解析] 对任意的x∈R，f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，
所以f(x1)＝f(x)min＝－2，f(x2)＝f(x)max＝2，
所以|x1－x2|min＝eq \f(T,2)，
又f(x)＝2sin(πx＋1)的周期T＝eq \f(2π,π)＝2，
所以|x1－x2|min＝1，故选B.
3．(2021·常德模拟)若函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)为奇函数，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，则θ的一个值为( D )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6)
C.eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
[解析] 由题意得f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为函数f(x)为奇函数，所以θ＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，故θ＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)．当θ＝－eq \f(π,6)时，f(x)＝2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为增函数，不合题意．当θ＝eq \f(5π,6)时，f(x)＝－2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，符合题意，故选D.
4．如果函数y＝eq \f(1,2)sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，那么ω的取值范围是( B )
A．[－6,0) B．[－4,0)
C．(0,4] D．(0,6]
[解析] 解法一：因为函数y＝eq \f(1,2)sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，所以ω<0且函数y＝eq \f(1,2)sin(－ωx)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上单调递增，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω<0，,－ω·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))≥2kπ－\f(π,2)，k∈Z，,－ω·\f(π,8)≤2kπ＋\f(π,2)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω<0，,ω≥24k－6，k∈Z，,ω≥－16k－4，))求得－4≤ω<0.故选B.
解法二：代值检验法，当ω＝1时，y＝eq \f(1,2)sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，排除选项C，D；当ω＝－6时，y＝eq \f(1,2)sin(－6x)＝－eq \f(1,2)sin 6x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，－\f(π,12)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上单调递减，排除选项A．故选B.
5．设函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)，y＝f(x)的一条对称轴是直线x＝eq \f(π,8).
(1)求φ的值；
(2)求y＝f(x)的单调递增区间；
(3)求x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，求f(x)的值域．
[解析] (1)由题意，函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)．
y＝f(x)的一条对称轴是直线x＝eq \f(π,8)，
则2×eq \f(π,8)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
结合－π<φ<0可得φ＝－eq \f(3π,4).
(2)由(1)可得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))，
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(3π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
可得kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)(k∈Z)，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．
(3)因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，所以2x－eq \f(3π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，－\f(π,4)))，
所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))<－eq \f(\r(2),2)，
故f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2))).