2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第4讲　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第4讲　高效演练分层突破学案，共9页。

1．函数y＝|cs x|的一个单调增区间是( )
A．[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)] B．[0，π]
C．[π，eq \f(3π,2)] D．[eq \f(3π,2)，2π]
解析：选D.将y＝cs x的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cs x|的图象(如图)．故选D.
2．设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，则下列结论错误的是( )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(8π,3)对称
C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq \f(π,6)
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减
解析：选D.函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象可由y＝cs x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位得到，如图可知，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上先递减后递增，D选项错误．
3．(2020·河北衡水第十三中学质检(四))同时满足f(x＋π)＝f(x)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))的函数f(x)的解析式可以是( )
A．f(x)＝cs 2x B．f(x)＝tan x
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝sin 2x
解析：选D.由题意得所求函数的周期为π，且图象关于x＝eq \f(π,4)对称．
A．f(x)＝cs 2x的周期为π，而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0不是函数的最值．
所以其图象不关于x＝eq \f(π,4)对称．
B．f(x)＝tan x的周期为π，但图象不关于x＝eq \f(π,4)对称．
C．f(x)＝sin x的周期为2π，不合题意．
D．f(x)＝sin 2x的周期为π，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1为函数最大值，
所以D满足条件，故选D.
4．(2020·河南六市联考)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象与函数g(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象的对称中心完全相同，则φ为( )
A.eq \f(π,6) B．－eq \f(π,6)
C.eq \f(π,3) D．－eq \f(π,3)
解析：选D.因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象与函数g(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象的对称中心完全相同，
所以ω＝2，φ＝eq \f(π,6)－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，
即φ＝－eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
因为|φ|5．(2020·河南中原名校联盟联考)已知函数f(x)＝4sin(ωx＋φ)(ω>0)．在同一周期内，当x＝eq \f(π,6)时取最大值，当x＝－eq \f(π,3)时取最小值，则φ的值可能为( )
A.eq \f(π,12) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(13π,6) D．eq \f(7π,6)
解析：选C.T＝eq \f(2π,ω)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))))＝π，故ω＝2，又2×eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，所以φ的值可能为eq \f(13π,6).故答案为C.
6．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3)))的单调递减区间为________．
解析：由已知可得函数为f(x)＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，欲求函数f(x)的单调递减区间，只需求y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间．
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)．
故所求函数f(x)的单调递减区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
7．已知函数f(x)＝2sin(ωx－eq \f(π,6))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，其中ω为常数，且ω∈(1，2)，则函数f(x)的最小正周期为________．
解析：由函数f(x)＝2sin(ωx－eq \f(π,6))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为x＝π，可得ωπ－eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以ω＝k＋eq \f(2,3)，又ω∈(1，2)，所以ω＝eq \f(5,3)，从而得函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,\f(5,3))＝eq \f(6π,5).
答案：eq \f(6π,5)
8．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，其中ω为常数，且ω∈(1，3)．若对任意的实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1－x2|的最小值是________．
解析：因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，所以ω＝3k－1，k∈Z，由ω∈(1，3)得，ω＝2.由题意得|x1－x2|的最小值为函数的半个周期，即eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
9．已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)2＋2cs2x－2.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，求函数f(x)的最大值和最小值．
解：f(x)＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
(1)令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
则kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z.
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.
(2)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以eq \f(3π,4)≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(7π,4)，
所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))≤ eq \f(\r(2),2)，
所以－eq \r(2)≤f(x)≤1，所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－eq \r(2).
10．已知函数f(x)＝4sin(x－eq \f(π,3))cs x＋eq \r(3).
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－m在[0，eq \f(π,2)]上有两个不同的零点x1，x2，求实数m的取值范围，并计算tan(x1＋x2)的值．
解：(1)f(x)＝4sin(x－eq \f(π,3))cs x＋eq \r(3)＝4(eq \f(1,2)sin x－eq \f(\r(3),2)cs x)cs x＋eq \r(3)＝2sin xcs x－2eq \r(3)cs2x＋eq \r(3)＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sin(2x－eq \f(π,3))．
所以函数f(x)的最小正周期为T＝π.
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)的单调递增区间为[kπ－eq \f(π,12)，kπ＋eq \f(5π,12)](k∈Z)．
(2)函数g(x)＝f(x)－m在[0，eq \f(π,2)]上有两个不同的零点x1，x2，即函数y＝f(x)与y＝m在[0，eq \f(π,2)]上的图象有两个不同的交点，在直角坐标系中画出函数y＝f(x)＝2sin(2x－eq \f(π,3))在[0，eq \f(π,2)]上的图象，如图所示，
由图象可知，当且仅当m∈[eq \r(3)，2)时，方程f(x)＝m有两个不同的解x1，x2，且x1＋x2＝2×eq \f(5π,12)＝eq \f(5π,6)，
故tan(x1＋x2)＝taneq \f(5π,6)＝－tan eq \f(π,6)＝－eq \f(\r(3),3).
[综合题组练]
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|有下述四个结论：
①f(x)是偶函数；
②f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))单调递增；
③f(x)在[－π，π]有4个零点；
④f(x)的最大值为2.
其中所有正确结论的编号是( )
A．①②④ B．②④
C．①④ D．①③
解析：选C.通解：f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故①正确；当eq \f(π,2)所以f(x)可以取到最大值2，故④正确．综上，正确结论的编号是①④.故选C.
优解：因为f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故①正确，排除B；当eq \f(π,2)2．(2019·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,5)))(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：
①f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点
②f(x)在(0，2π)有且仅有2个极小值点
③f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,10)))单调递增
④ω的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，\f(29,10)))
其中所有正确结论的编号是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．①③④
解析：选D.如图，根据题意知，xA≤2π3．已知函数f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx(ω>0)，f(eq \f(π,6))＋f(eq \f(π,2))＝0，且f(x)在区间(eq \f(π,6)，eq \f(π,2))上递减，则ω＝________.
解析：因为f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx＝2sin(ωx＋eq \f(π,3))，
由eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq \f(π,3)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，
得eq \f(π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(7π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)，因为f(x)在区间(eq \f(π,6)，eq \f(π,2))上递减，所以(eq \f(π,6)，eq \f(π,2))⊆[eq \f(π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)，eq \f(7π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)]，从而有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)≥\f(π,6ω)＋\f(2kπ,ω),\f(π,2)≤\f(7π,6ω)＋\f(2kπ,ω)))，
解得12k＋1≤ω≤eq \f(7＋12k,3)，k∈Z，
所以1≤ω≤eq \f(7,3)，因为f(eq \f(π,6))＋f(eq \f(π,2))＝0，
所以x＝eq \f(\f(π,6)＋\f(π,2),2)＝eq \f(π,3)为f(x)＝2sin(ωx＋eq \f(π,3))的一个对称中心的横坐标，
所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，ω＝3k－1，k∈Z，
又1≤ω≤eq \f(7,3)，所以ω＝2.
答案：2
4．(2020·江赣十四校第二次联考)如果圆x2＋(y－1)2＝m2至少覆盖函数f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,m)x＋\f(5π,12)))－eq \r(3) cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,m)x＋\f(π,3)))(m>0)的一个最大值点和一个最小值点，则m的取值范围是________．
解析：化简f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,m)x＋\f(5π,12)))－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,m)x＋\f(π,3)))得f(x)＝2sineq \f(2πx,m)＋1，所以，函数f(x)的图象靠近圆心(0，1)的最大值点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)，3))，最小值点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)，－1))，
所以只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)))\s\up12(2)＋（3－1）2≤m2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)))\s\up12(2)＋（－1－1）2≤m2，))解得m≥eq \f(8\r(15),15).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(15),15)，＋∞))
5．已知函数f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))－eq \r(3)cs 2x－1，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)若h(x)＝f(x＋t)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))对称，且t∈(0，π)，求t值；
(3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，不等式|f(x)－m|<3恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))－eq \r(3)cs 2x
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 2x－\f(\r(3),2)cs 2x))
＝2sin(2x－eq \f(π,3))．
故f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)知h(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2t－\f(π,3))).
令2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋2t－eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，
得t＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)(k∈Z)，
又t∈(0，π)，故t＝eq \f(π,3)或eq \f(5π,6).
(3)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，
所以f(x)∈[1，2]．
又|f(x)－m|<3，
即f(x)－3所以2－3即－1故实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，4)).
6．已知a>0，函数f(x)＝－2asin(2x＋eq \f(π,6))＋2a＋b，当x∈[0，eq \f(π,2)]时，－5≤f(x)≤1.
(1)求常数a，b的值；
(2)设g(x)＝f(x＋eq \f(π,2))且lg g(x)>0，求g(x)的单调区间．
解：(1)因为x∈[0，eq \f(π,2)]，
所以2x＋eq \f(π,6)∈[eq \f(π,6)，eq \f(7π,6)]，
所以sin(2x＋eq \f(π,6))∈[－eq \f(1,2)，1]，
所以－2asin(2x＋eq \f(π,6))∈[－2a，a]，
所以f(x)∈[b，3a＋b]，又因为－5≤f(x)≤1，
所以b＝－5，3a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5.
(2)由(1)得f(x)＝－4sin(2x＋eq \f(π,6))－1，
g(x)＝f(x＋eq \f(π,2))＝－4sin(2x＋eq \f(7π,6))－1
＝4sin(2x＋eq \f(π,6))－1，
又由lg g(x)>0，得g(x)>1，
所以4sin(2x＋eq \f(π,6))－1>1，
所以sin(2x＋eq \f(π,6))>eq \f(1,2)，
所以2kπ＋eq \f(π,6)<2x＋eq \f(π,6)<2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，
其中当2kπ＋eq \f(π,6)<2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z时，
g(x)单调递增，即kπ所以g(x)的单调增区间为(kπ，kπ＋eq \f(π,6)]，k∈Z.
又因为当2kπ＋eq \f(π,2)<2x＋eq \f(π,6)<2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z时，
g(x)单调递减，即kπ＋eq \f(π,6)所以g(x)的单调减区间为(kπ＋eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(π,3))，k∈Z.
所以g(x)的单调增区间为(kπ，kπ＋eq \f(π,6)]，k∈Z，
单调减区间为(kπ＋eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(π,3))，k∈Z.