11三角函数的图像与性质-江苏省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习(苏教版)
展开一、单选题
1.(2023上·江苏盐城·高一校联考期末)要得到函数的图象,只需将的图象上所有的点( )
A.横坐标变为原来的(纵坐标不变)再向左平移个单位长度
B.横坐标变为原来的(纵坐标不变)再向左平移个单位长度
C.横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)再向左平移个单位长度
D.横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)再向左平移个单位长度
2.(2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末)已知函数其中.若在区间上单调递增,则ω的取值范围是( )
A.B.C.D.
3.(2023上·江苏淮安·高一统考期末)我国著名数学家华罗庚先生曾说:“数缺形时少直观,形缺数时难入微,数形结合百般好,隔离分家万事休.”在数学学习和研究中,常用函数的图象来研究函数性质,也常用函数解析式来琢磨函数的图象特征,函数的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.(2023上·江苏徐州·高一统考期末)将函数的图象向左平移个单位长度后,所得图象关于原点对称,则的最小值为( )
A.B.C.D.
5.(2023下·江苏盐城·高一统考期末)已知,,,则a,b,c的大小关系为( )
A.B. C. D.
6.(2023上·江苏宿迁·高一统考期末)函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
7.(2023上·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末)已知,满足,若函数在区间上有且只有三个零点,则的范围为( )
A.B.C.D.
8.(2023上·江苏连云港·高一校考期末)设函数(是常数,,),若在区间上具有单调性,且,则函数是的最小正周期是( )
A.B.C.D.
9.(2023上·江苏泰州·高一统考期末)函数在上的最小值为( )
A.-1B.C.D.
10.(2023上·江苏常州·高一统考期末)已知函数(其中,,)的部分图象如图所示,将函数图象上所有点的横坐标变为原来的6倍后,再向左平移个单位长度,得到函数的图象,则函数的解析式可以是( ).
A.B.
C.D.
二、多选题
11.(2023上·江苏盐城·高一校联考期末)已知函数,则( )
A.为偶函数B.的最小正周期为
C.在上单调递增D.在内仅有1个解
12.(2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末)已知函数的部分图象如图所示,将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象,则下列说法正确的是( )
A.B.
C.函数为偶函数D.函数在区间上单调递减
13.(2023上·江苏淮安·高一统考期末)对于函数,下列结论正确的有( )
A.当时,的图像关于点中心对称
B.当时,在区间上是单调函数
C.若恒成立,则的最小值为2
D.当时,的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
14.(2023上·江苏盐城·高一江苏省射阳中学校考期末)已知函数,若存在实数a使得方程有五个互不相等的实数根分别为,,,,,且,则下列说法正确的有( )
A.B.
C.D.的取值范围为
15.(2023上·江苏盐城·高一江苏省射阳中学校考期末)函数的部分图象如图所示,下列结论中正确的是( )
A.函数的周期为
B.直线是函数图象的一条对称轴
C.函数的单调递增区间为
D.函数是偶函数
16.(2023上·江苏徐州·高一统考期末)我们知道,每一个音都是由纯音合成的,纯音的数学模型是.已知某音是由3个不同的纯音合成,其函数为,则( )
A.是奇函数B.的最小正周期为
C.在上是单调增函数D.的最大值为
17.(2023下·江苏镇江·高一校考期末)下列说法错误的是( )
A.两个不等式与成立的条件是相同的
B.函数的最小值是2
C.函数的最小值为4
D.,,且,则的最小值是8
18.(2023下·江苏盐城·高一统考期末)声音中包含着正弦函数,声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波.每个音都是由纯音合成的,纯音的数学模型是.其中响度与振幅有关,振幅越大,响度越大.音调与频率有关,频率低的声音低沉,频率高的声音尖锐,我们平时听到的音乐函数是,某声音函数,下列说法正确的是( )
A.函数在区间单调递增
B.函数的最小正周期为2π
C.函数的声音比纯音的尖锐
D.函数的响度比纯音的响度大
19.(2023上·江苏宿迁·高一统考期末)已知函数.则下列关于的说法正确的是( )
A.周期为
B.定义域为
C.增区间为
D.图象的对称中心为
20.(2023上·江苏宿迁·高一统考期末)已知函数,下列说法正确的是( )
A.函数图象可由函数的图象向右平移个单位得到
B.函数图象可由函数的图象上所有点的横坐标不变,纵坐标变为原来的2倍得到
C.函数图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变,横坐标变为原来的3倍得到
D.函数图象的对称轴为,
三、填空题
21.(2023上·江苏徐州·高一统考期末)已知函数在区间上是减函数,则的取值集合为 .(用列举法表示)
22.(2023上·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末)函数的最小正周期为 .
23.(2023上·江苏常州·高一统考期末)给定3个条件:①定义域为R,值域为;②最小正周期为2;③是奇函数.
写出一个同时满足这3个条件的函数的解析式: .
24.(2023上·江苏连云港·高一统考期末)写出一个同时满足下列条件的函数,如 .
①函数是奇函数;②函数的最小正周期是.
四、解答题
25.(2023上·江苏盐城·高一校联考期末)已知函数,,,的图象如图所示.
(1)求的解析式;
(2)设若关于的不等式恒成立,求的取值范围.
26.(2023上·江苏盐城·高一校联考期末)已知函数的图象的一条对称轴是直线.
(1)当时,求函数的值域;
(2)求函数在上单调减区间.
27.(2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末)已知函数,
(1)求函数在上的单调递增区间;
(2)求不等式的解集;
(3)若方程在上有两个不同的实数解,求实数的取值范围.
28.(2023上·江苏淮安·高一统考期末)已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式;
(2)将函数的图象向左平移个单位,再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到函数的图象,若关于x的方程在区间上有两个不同的实数解,求实数a的取值范围.
29.(2023上·江苏宿迁·高一统考期末)已知函数的图象经过点,若、满足对,, 且.
(1)求函数的解析式;
(2)求函数在上的单调区间及最值.
30.(2023上·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末)已知函数,求:
(1)求函数的单调递增区间;
(2)求函数的对称轴方程;
(3)求函数在区间上的最小值和最大值.
参考答案:
1.C
【分析】,利用伸缩变换与平移变换由的图象得到的图象.
【详解】因为,将的图象上所有的点横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)得到,
再向左平移个单位长度得,即得到函数的图象.
故选:C
2.D
【分析】利用正弦函数的单调性求出单调递增区间,然后分类讨论可得.
【详解】由解得,
所以函数的单调递增区间为,
因为在区间上单调递增,所以,所以.
当时,由在区间上单调递增可知,得;
当时,由解得;
当时,无实数解.
易知,当或时不满足题意.
综上,ω的取值范围为.
故选:D
3.A
【分析】先求出定义域,求出,得到为奇函数,排除CD,在求出当时,,B错误,A正确.
【详解】的定义域为R,且,
故为奇函数,关于原点对称,CD错误;
当时,,故,A正确,B错误;
故选:A
4.C
【分析】首先得到平移后的解析式,再根据余弦函数的对称性得到,,即可求出的取值,从而得解.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后得到,
因为关于原点对称,
所以,,
所以,,
所以的最小值为.
故选:C
5.C
【分析】利用余弦函数在上单调递减得到,再利用正切函数在上单调递增得到,进而得到a,b,c的大小关系.
【详解】,,
又余弦函数在上单调递减,则,即;
又正切函数在上单调递增,则,
综上.
故选:C
6.A
【分析】首先判断奇偶性,再由区间上的函数值,利用排除法判断即可.
【详解】根据题意,函数,其定义域为,
由,函数为偶函数,
函数图象关于轴对称,故排除C、D;
当时,,,则,排除B.
故选:A.
7.D
【分析】根据正弦函数的周期性和对称性分析可得为函数的对称轴,再根据周期性分析零点即可.
【详解】由题意可知:函数的最小正周期,
因为,则为函数的对称轴,
则函数在之后的零点依次为,
若函数在区间上有且只有三个零点,则.
故选:D.
8.B
【分析】根据单调性可求出,再根据题意得函数关于点对称,关于直线对称,得到等式组,通过作差分析可得,最后检验即可.
【详解】若在区间上具有单调性,则,
则的图象关于点对称,的图象关于直线对称,
①,
且,②
两式相减,可得,又因为,故.
当时,则结合和①式可得,.
所以.
故它的最小正周期为,
故选:B.
9.B
【分析】根据正弦型三角函数在区间上的最值的求解方法得出答案.
【详解】当时,,
则当时,,
故选:B.
10.B
【分析】先根据图象求得,再根据三角函数图象变换求.
【详解】由函数的图象可得:,
可得,解得,
则
∵函数图象过点,则,即,
由,可得,故,解得,
故,
将函数图象上所有点的横坐标变为原来的6倍,得到,
再向左平移个单位长度,得到.
故选:B.
【点睛】方法点睛:1.函数y=Asin(ωx+φ)的解析式的确定
(1)A由最值确定,;
(2)ω由周期确定;
(3)φ由图象上的特殊点确定.
提醒:根据“五点法”中的零点求φ时,一般先根据图象的升降分清零点的类型.
2.在图象变换过程中务必分清是先相位变换,还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x而言的,如果x的系数不是1,就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.
11.ABD
【分析】利用诱导公式化简和可判断A,B;利用正、余弦函数的单调性,结合复合函数的单调性可判断C;由,可得,结合余弦函数的单调性可判断D.
【详解】对于A,因为,定义域为,
,所以为偶函数,故A正确;
对于B,,所以是的一个周期,
又,
所以不是的周期,故的最小正周期为,故B正确;
对于C,当时,,
又在上是偶函数,先增后减,不是单调函数,
而函数在上单调递增,由复合函数的单调性可知,
在上不是单调递增函数,故C错误;
对于D,因为,所以,
由,可得,
而函数在上单调递减,
所以在内仅有1个解,故D正确.
故选:ABD
12.BD
【分析】根据函数图象求出的解析式,即可判断A、B ,再根据三角函数的变换规则得到解析式,再由正弦函数的性质判断C、D.
【详解】函数的部分图象,
可得,,,则.
又,所以,,
所以,,又,,,故A错误.
由,
,
,故B正确;
将函数的图象向左平移个单位长度得到,
则为奇函数,故C错误;
当则,因为在上单调递减,
所以函数在区间上单调递减,故D正确,
故选:BD.
13.ACD
【分析】根据题意,由正弦型函数的对称性以及单调性即可判断AB,由正弦型函数的最值列出等式即可判断C,由三角函数的图像变换,即可判断D.
【详解】当时,函数,令,可得,所以当时,的图像关于点中心对称,故A正确;
当时,函数,函数的最小正周期为,区间为半个周期长度,而时,函数没有取得最值,所以在区间上不是单调函数,故B错误;
若恒成立,可知时,函数取得最大值,可得,
,,解得,则的最小值为,故C正确;
当时,,的图像向右平移个单位长度得到
,故D正确;
故选:ACD
14.BCD
【分析】作出在上的图象,由方程有五个互不相等的实数根,结合图象可得 ,从而判断A;由对数的性质可得,从而有,结合基本不等式即可判断B;由题意可得,结合,即可判断C;由余弦函数的对称性可得,,代入得,利用二次函数的性质及不等式的性质可求得的范围,从而判断D.
【详解】
作出在上的图象,如图所示:
对于A,因为,
又因为方程有五个互不相等的实数根,所以,故A错误;
对于B,由题意可得,且有
所以,所以,
当且仅当,即时,等号成立, 故B正确;
对于C,由题意可得,
由A可知,所以, 故C正确;
对于D,由图可知:与关于对称,与关于对称,
且,, 所以,
所以
因为,所以,
所以,
又因为,
所以,
所以,
所以,即, 故D正确.
故选:BCD
【点睛】关键点睛:
这道题的关键是能够准确作出在上的图象,再结合对数函数的性质和余弦函数的对称性,即可求解问题.
15.ACD
【分析】由图计算周期,判断选项A,从而得,代入最小值计算出值,得函数的解析式,代入计算判断选项B,利用整体法计算函数的单调递增区间,判断选项C,写出函数的解析式并化简,判断选项D.
【详解】由图可知,,解得,故A正确;
所以,又因为,所以,
得,因为,所以,
所以,将代入解析式可得,
所以不是函数图象的对称轴,故B错误;
由整体法可得,,
得,
所以函数的单调递增区间为,故C正确;
,
所以函数是偶函数,故D正确.
故选:ACD
16.AC
【分析】根据正弦函数的性质一一分析即可.
【详解】对于A,,其定义域为,
又,即函数为奇函数,故A正确;
对于B,函数的最小正周期为,的最小正周期为,的最小正周期为,
则的最小正周期为,
且
,即不是函数的周期,故B错误;
对于C,函数,和在上为增函数,
则函数在上为增函数,故C正确;
对于D,函数的最大值为,且当,时取最大值,
函数的最大值为,且当,时取最大值,
函数的最大值为,且当,时取最大值,
所以三个函数的最大值不能同时取到,则的最大值要小于,故D错误;
故选:AC.
17.ABC
【分析】根据基本不等式结合对勾函数图象逐项分析判断.
【详解】对于选项A:因为成立的条件;
成立的条件,故A错误;
对于对勾函数的图象如图所示:
对于选项B:因为,
结合对勾函数图象可得函数的值域为,无最值,故B错误;
对于选项C:令,
结合对勾函数图象可知的值域为,无最值,故C错误;
对于选项D:因为,,则,
当且仅当时,等号成立,
所以的最小值是8,故D正确;
故选:ABC.
18.ABD
【分析】求得函数在区间上单调性判断选项A;求得函数的最小正周期判断选项B;求得函数与纯音的频率的大小关系判断选项C;求得函数与纯音的振幅的大小关系判断选项D.
【详解】选项A:当时,均单调递增,
则当时,单调递增.判断正确;
选项B:的最小正周期分别为,
则函数的最小正周期为2π. 判断正确;
选项C:函数的周期为2π,频率为;
函数的周期为π,频率为,由,
可得函数的声音比纯音的低沉.判断错误;
选项D:的振幅为1,
,
则函数的振幅大于的振幅,
则函数的响度比纯音的响度大.判断正确.
故选:ABD
19.AC
【分析】利用整体法结合正切函数的性质分别对、、、进行判断.
【详解】解:因为函数,
对于:周期,所以正确,
对于:因为,即(),所以定义域为,所以错误,
对于:令,解得,
所以增区间为,所以正确,
对于:令,解得,所以图象的对称中心为,
所以错误,
故选:.
20.BC
【分析】利用三角函数图象变换分别分析并判断选项A,B,C;求出函数图象的对称轴判断D作答.
【详解】对于A,函数的图象向右平移个单位得到:
函数的图象,A错误;
对于B,函数的图象上所有点的横坐标不变,纵坐标变为原来的2倍得到:
函数的图象,B正确;
对于C,函数的图象上所有点的纵坐标不变,横坐标变为原来的3倍得到:
函数的图象,C正确;
对于D,由,得,即函数图象的对称轴为,D错误.
故选:BC
21.
【分析】由正切函数的单调性结合条件可得,由正切函数的单调区间与周期性可得,再对的值进行逐一验证即可得出答案.
【详解】由在区间上是减函数,则,且,解得
因为,所以或或或,
当时,,当时,,
当 ,即时,函数无意义,故不成立.
当时,,当时,,
由在上单调递增,所以在区间上是减函数,
故满足题意.
当时,,当时,,
由在上单调递增,所以在区间上是减函数,
故满足题意.
当时,,当时,,
当 ,即时,函数无意义,故不成立.
故答案为:
22.1
【分析】利用三角函数周期的公式即可求得函数的最小正周期.
【详解】的最小正周期
故答案为:1
23.(答案不唯一,满足题意即可)
【分析】根据题意写出函数解析式即可,并根据函数性质分析判断.
【详解】对于函数的定义域为R,,即的值域为,符合①;
函数的最小正周期,符合②;
,即是奇函数,符合③;
综上所述:符合题意.
故答案为:.(答案不唯一,满足题意即可)
24.或(答案不唯一)
【分析】由函数为奇函数,令,或,,由最小正周期求出,得到答案.
【详解】不妨令,,
故,解得,
故;
或令,,
故,解得,
故;
故答案为:或.
25.(1)
(2)
【分析】(1)根据正弦函数的图象与性质结合题目所给图象得到和周期,从而求出,再代入点,求得即可;
(2)根据(1)得到的解析式,从而求得的值域,再利用换元法令,得到关于的一元二次不等式,结合二次函数的性质即可求解.
【详解】(1)由图象可得:,,
所以,又,则,
所以,
代入得:,
则,,解得:,,
又,所以,
故.
(2)由(1)知:,
所以,
即,又,所以,则,
令,则有恒成立,
所以, 解得:,
故的取值范围为.
26.(1)
(2)和
【分析】(1)将代入得,再求出,则得到值域;
(2)利用整体法先求出,,再代入即可得到单调区间.
【详解】(1)由题意得,,,,
因为,所以时,,所以.
因为,所以
所以,所以的值域为.
(2),
即,
又因为,所以或.
所以在上单调减区间为和.
27.(1)和
(2)
(3)
【分析】(1)由的取值范围求出的取值范围,再根据正弦函数的性质计算可得;
(2)依题意可得,根据正弦函数的性质计算可得;
(3)首先求出在上的单调性,求出端点的函数值,依题意与在上有两个不同的交点,即可求出参数的取值范围.
【详解】(1)由,则,
令或,
解得或,
所以函数在上的单调递增区间为和.
(2)由,即,
所以,所以,,
解得,,
所以不等式的解集为.
(3)由,则,
令,解得,
令,解得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
又,,,
因为方程在上有两个不同的实数解,
所以与在上有两个不同的交点,
所以,即实数的取值范围为.
28.(1)
(2).
【分析】(1)根根据余弦型函数的周期性质,结合特殊点进行求解即可;
(2)根据余弦型函数图象的变换性质,结合余弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】(1)由图可知,.因为,所以,.
代入有,
∴,
又∵,∴,∴;
(2)由题意知变换后
当时,令,即,
函数在时单调递减,此时,
函数在时单调递增,此时,
等价于有两解.
所以当时符合题意,即a的取值范围为.
29.(1)
(2)在上的增区间为,减区间为,最小值为,最大值为.
【分析】(1)根据三角函数的值域可得最值,进而可得,由周期可得,代入可得,进而可求解解析式,
(2)利用整体法求解单调区间,即可求解最值.
【详解】(1)由,得为的最小值,为的最大值,
又,所以,,
由,,,所以,
由的图象经过点得,又因为,所以,
所以.
(2)先求的增区间,令,
解之得,
又,取,则,
所以在上的增区间为,减区间则为,
所以,
又,,
所以.
的最小值为,最大值为.
30.(1)
(2)
(3),3
【分析】(1)由正弦函数的单调性即可求得的单调递增区间;
(2)由的对称性即可求解;
(3)由x的取值范围即可求得的值域,从而可得最值.
【详解】(1)令,解得,
所以函数的单调递增区间为.
(2)因为,
令,解得,
所以函数的对称轴方程.
(3)因为,则,可得,
当,即时,取到最小值;
当,即时,取到最大值;
所以函数在区间上的最小值为,最大值3.
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