2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第5讲　高效演练分层突破学案

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1．(2020·安徽蚌埠第二次数学质量检查)将函数f(x)＝sin x＋cs x的图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩小为原来的eq \f(1,2)，再将函数的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后，得到的函数g(x)的解析式为( )
A．g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))B．g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(11π,12)))
C．g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3))) D．g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,12)))
解析：选B.f(x)＝sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象eq \(――→,\s\up7(纵坐标不变),\s\d5(横坐标缩小为原来的\f(1,2)))y＝eq \r(2) sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象eq \(――→,\s\up7(向左平移\f(π,3)个单位))g(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(11,12)π)).故选B.
2．(2020·江西吉安期末教学质量检测)在平面直角坐标系xOy中，将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象经过原点，则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,2) B．eq \f(π,4)
C.eq \f(π,6) D．eq \f(π,12)
解析：选B.将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位后得到的图象对应的解析式为y＝sin[3(x＋φ)＋eq \f(π,4)]，因为其图象经过原点，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3φ＋\f(π,4)))＝0，所以3φ＋eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，解得φ＝eq \f(kπ,3)－eq \f(π,12)，k∈Z，又φ>0，
所以φ的最小值为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，故选B.
3．(2020·湖南衡阳高中毕业联考(二))将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，再将所得函数图象上的所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(2,3)，得到函数g(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的图象．已知函数g(x)的部分图象如图所示，则( )
A．函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π，最大值为2
B．函数f(x)的最小正周期为π，图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))中心对称
C．函数f(x)的最小正周期为eq \f(2,3)π，图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称
D．函数f(x)的最小正周期为π，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递减
解析：选D.对于g(x)，由题图可知，A＝2，T＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)－\f(π,18)))＝eq \f(2π,3)，所以ω＝eq \f(2π,T)＝3，则g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋φ))，又由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,9)))＝2可得φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z，而|φ|所以g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,6)))，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
所以f(x)的最小正周期为π，选项A，C错误．
对于选项B，令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，所以x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)，k∈Z，所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)，所以选项B是错误的；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上是减函数，所以选项D正确．故选D.
4．设ω>0，函数y＝sin(ωx＋φ)(－π<φ<π)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后，得到如图所示的图象，则ω，φ的值为( )
A．ω＝2，φ＝eq \f(2π,3) B．ω＝2，φ＝－eq \f(π,3)
C．ω＝1，φ＝－eq \f(π,3) D．ω＝1，φ＝eq \f(2π,3)
解析：选A.函数y＝sin(ωx＋φ)(－π<φ<π)的图象向左平移eq \f(π,3)个单位后可得y＝sin(ωx＋eq \f(πω,3)＋φ)．由函数的图象可知，eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－(－eq \f(π,6))＝eq \f(π,2)，所以T＝π.根据周期公式可得ω＝2，所以y＝sin(2x＋φ＋eq \f(2π,3))．由图知当y＝－1时，x＝eq \f(1,2)×(eq \f(π,3)－eq \f(π,6))＝eq \f(π,12)，所以函数的图象过(eq \f(π,12)，－1)，
所以sin(eq \f(5π,6)＋φ)＝－1.因为－π<φ<π，所以φ＝eq \f(2π,3).
故选A.
5．(2020·河南名校联盟联合调研)将函数g(x)＝2sin x＋1的图象向左平移eq \f(π,3)个单位，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的eq \f(1,2)(纵坐标不变)，得到函数f(x)的图象，若f(x1)＝f(x2)＝3，且－π≤x2A．π B．eq \f(π,2)
C.eq \f(5π,6) D．eq \f(23π,12)
解析：选D.易求得f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1，因为f(x1)＝f(x2)＝3，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝1，所以2x＋eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，所以x＝eq \f(π,12)＋kπ(k∈Z)，由－π≤x26．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，已知x1，x2∈(eq \f(π,2)，π)，x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，则f(x1＋x2)＝________.
解析：由题意可得A＝2，eq \f(3,4)T＝eq \f(3,4)×eq \f(2π,ω)＝eq \f(11π,12)－eq \f(π,6)＝eq \f(3,4)π，所以ω＝2.
当x＝eq \f(π,6)时，f(x)＝2，则ωx＋φ＝2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
据此可得φ＝2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，因为0<φ<π，令k＝0可得φ＝eq \f(π,6)，则f(x)＝2sin(2x＋eq \f(π,6))．当x∈(eq \f(π,2)，π)时，eq \f(7π,6)<2x＋eq \f(π,6)则f(eq \f(4π,3))＝2sin(2×eq \f(4π,3)＋eq \f(π,6))＝2sineq \f(17π,6)＝2×eq \f(1,2)＝1.
答案：1
7．函数y＝cs(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后，与函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象重合，则φ＝________．
解析：把函数y＝cs (2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后，得到y＝cs (2x－π＋φ)的图象，
与函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象重合，则cs (2x－π＋φ)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
所以－eq \f(π,2)＋φ＝－eq \f(π,3)，则φ＝eq \f(π,6)，
答案：eq \f(π,6)
8.(2020·武汉调研)函数f(x)＝Acs(ωx＋φ)(ω>0)的部分图象如图所示，给出以下结论：
①f(x)的最小正周期为2；
②f(x)图象的一条对称轴为直线x＝－eq \f(1,2)；
③f(x)在(2k－eq \f(1,4)，2k＋eq \f(3,4))，k∈Z上是减函数；
④f(x)的最大值为A.
则正确的结论为________．(填序号)
解析：由题图可知，函数f(x)的最小正周期T＝2×(eq \f(5,4)－eq \f(1,4))＝2，故①正确；因为函数f(x)的图象过点(eq \f(1,4)，0)和(eq \f(5,4)，0)，所以函数f(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(1,2)(eq \f(1,4)＋eq \f(5,4))＋eq \f(kT,2)＝eq \f(3,4)＋k(k∈Z)，故直线x＝－eq \f(1,2)不是函数f(x)图象的对称轴，故②不正确；由图可知，当eq \f(1,4)－eq \f(T,4)＋kT≤x≤eq \f(1,4)＋eq \f(T,4)＋kT(k∈Z)，即2k－eq \f(1,4)≤x≤2k＋eq \f(3,4)(k∈Z)时，f(x)是减函数，故③正确；若A>0，则最大值是A，若A<0，则最大值是－A，故④不正确．
答案：①③
9．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|(1)求函数的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间．
解：(1)依题意得A＝5，
周期T＝4(eq \f(π,3)－eq \f(π,12))＝π，
所以ω＝eq \f(2π,π)＝2.
故y＝5sin(2x＋φ)，
又图象过点P(eq \f(π,12)，0)，
所以5sin(eq \f(π,6)＋φ)＝0，
由已知可得eq \f(π,6)＋φ＝kπ，k∈Z，
因为|φ|所以y＝5sin(2x－eq \f(π,6))．
(2)由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，
故函数f(x)的单调递增区间为[kπ－eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(π,3)](k∈Z)．
10．(2020·济南模拟)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωxcs ωx＋cs2ωx＋b＋1.
(1)若函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，且ω∈[0，3]，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)在(1)的条件下，当x∈[0，eq \f(7π,12)]时，函数f(x)有且只有一个零点，求实数b的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝eq \r(3)sin ωxcs ωx＋cs2ωx＋b＋1
＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx＋eq \f(1＋cs 2ωx,2)＋b＋1＝sin(2ωx＋eq \f(π,6))＋eq \f(3,2)＋b.
因为函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，所以2ω·eq \f(π,6)＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，且ω∈[0，3]，所以ω＝1.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ－eq \f(π,3)，kπ＋eq \f(π,6)](k∈Z)．
(2)由(1)知f(x)＝sin(2x＋eq \f(π,6))＋eq \f(3,2)＋b.
因为x∈[0，eq \f(7π,12)]，所以2x＋eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6)，eq \f(4π,3)]．
当2x＋eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6)，eq \f(π,2)]，即x∈[0，eq \f(π,6)]时，函数f(x)单调递增；当2x＋eq \f(π,6)∈[eq \f(π,2)，eq \f(4π,3)]，即x∈[eq \f(π,6)，eq \f(7π,12)]时，函数f(x)单调递减．
又f(0)＝f(eq \f(π,3))，所以当f(eq \f(π,3))>0≥f(eq \f(7π,12))或f(eq \f(π,6))＝0时，函数f(x)有且只有一个零点，即sineq \f(4π,3)≤－b－eq \f(3,2)[综合题组练]
1．(2020·河北衡水中学一调考)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的部分图象如图所示，其中M(m，0)，N(n，2)，P(π，0)，且mn<0，则f(x)在下列区间中具有单调性的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))
解析：选B.因为mn<0，所以m、n异号，根据题意可得m<0，n>0，又P(π，0)，所以T>π且eq \f(3T,4)<π，即π2．(2020·江西南昌外国语学校高考适应性测试)将函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象向左平移eq \f(π,4ω)个单位得到函数g(x)的图象，若函数g(x)的图象关于直线x＝ω对称且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ω，ω))内单调递增，则ω的值为( )
A.eq \f(\r(π),2) B．eq \f(3\r(π),2)
C.eq \f(π,4) D．eq \f(3π,2)
解析：选A.由题意得g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4ω)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))，因为函数g(x)的图象关于直线x＝ω对称且在区间(－ω，ω)内单调递增，所以ω2＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，－eq \f(π,2)＋2mπ≤－ω2＋eq \f(π,4)，m∈Z，ω2＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)＋2mπ，m∈Z，因此k≥0，kπ≤eq \f(π,2)－2mπ，kπ≤2mπ，k，m∈Z，从而0≤eq \f(π,2)－2mπ，0≤2mπ，m∈Z，即0≤m≤eq \f(π,4)，m∈Z，所以m＝0，k＝0，ω＝eq \f(\r(π),2)，选A.
3．如图，将绘有函数f(x)＝eq \r(3)sin(ωx＋eq \f(5π,6))(ω>0)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角，若A，B之间的空间距离为eq \r(10)，则f(－1)＝________．
解析：由题设并结合图形可知，
AB＝eq \r(（\r(3)）2＋[（\r(3)）2＋（\f(T,2)）2])＝eq \r(6＋\f(T,4)2)
＝eq \r(6＋\f(π2,ω2))＝eq \r(10)，得eq \f(π2,ω2)＝4，则ω＝eq \f(π,2)，
所以f(－1)＝eq \r(3)sin(－eq \f(π,2)＋eq \f(5π,6))＝eq \r(3)sin eq \f(π,3)＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
4．若在区间(n，m)上，函数f(x)＝2cs 2x的图象总在函数g(x)＝－7－4eq \r(3)sin x的图象的上方，则m－n的最大值为________．
解析：根据题意，函数f(x)＝2cs 2x的图象总在函数g(x)＝－7－4eq \r(3)sin x的图象的上方可以转化为2cs 2x>－7－4eq \r(3)sin x恒成立，即2cs 2x＋7＋4eq \r(3)sin x>0.根据二倍角公式化简为4sin2x－4eq \r(3)sin x－9<0⇒－eq \f(\r(3),2)因为sin x∈[－1，1]，所以sin x∈(－eq \f(\r(3),2)，1]．在一个周期[－eq \f(π,2)，eq \f(3π,2)]上画出图象可得x∈(－eq \f(π,3)，eq \f(4π,3))，所以(m－n)max＝eq \f(5π,3).
答案：eq \f(5π,3)
5．函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式，并写出其图象的对称中心；
(2)若方程f(x)＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))＝a有实数解，求a的取值范围．
解：(1)由图可得A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，
所以T＝π，所以ω＝2.
当x＝eq \f(π,6)时，f(x)＝2，可得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝2，
因为|φ|所以函数f(x)的解析式为f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
令2x＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k∈Z))，
所以函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，0))(k∈Z)．(2)设g(x)＝f(x)＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))，
则g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))))，
令t＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，t∈[－1，1]，
记h(t)＝－4t2＋2t＋2＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,4)，
因为t∈[－1，1]，所以h(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4)))，
即g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4)))，故a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4))).故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4))).
6．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin(2ωx＋eq \f(π,3))(ω>0)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)的图象恰好经过点(－eq \f(π,3)，0)，求当m取得最小值时，g(x)在[－eq \f(π,6)，eq \f(7π,12)]上的单调递增区间．
解： (1)函数f(x)的图象与x轴相邻两个交点的距离为eq \f(π,2)，
得函数f(x)的最小正周期为T＝2×eq \f(π,2)＝eq \f(2π,2ω)，得ω＝1，
故函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋eq \f(π,3))．
(2)将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度得到函数g(x)＝eq \r(3)sin[2(x＋m)＋eq \f(π,3)]＝eq \r(3)sin(2x＋2m＋eq \f(π,3))的图象，根据g(x)的图象恰好经过点(－eq \f(π,3)，0)，
可得eq \r(3)sin(－eq \f(2π,3)＋2m＋eq \f(π,3))＝0，即sin(2m－eq \f(π,3))＝0，
所以2m－eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，m＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z)，
因为m>0，
所以当k＝0时，m取得最小值，且最小值为eq \f(π,6).
此时，g(x)＝eq \r(3)sin(2x＋eq \f(2π,3))．
因为x∈[－eq \f(π,6)，eq \f(7π,12)]，所以2x＋eq \f(2π,3)∈[eq \f(π,3)，eq \f(11π,6)]．
当2x＋eq \f(2π,3)∈[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)]，即x∈[－eq \f(π,6)，－eq \f(π,12)]时，g(x)单调递增，
当2x＋eq \f(2π,3)∈[eq \f(3π,2)，eq \f(11π,6)]，即x∈[eq \f(5π,12)，eq \f(7π,12)]时，g(x)单调递增．
综上，g(x)在区间[－eq \f(π,6)，eq \f(7π,12)]上的单调递增区间是
[－eq \f(π,6)，－eq \f(π,12)]和[eq \f(5π,12)，eq \f(7π,12)]．