2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题第七章　平面解析几何 20 word版含答案

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这是一份2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题第七章　平面解析几何 20 word版含答案，共10页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。

一、基础小题
1．已知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))，则f(x)的图象( )
A．与g(x)的图象相同
B．与g(x)的图象关于y轴对称
C．向左平移eq \f(π,2)个单位，得到g(x)的图象
D．向右平移eq \f(π,2)个单位，得到g(x)的图象
答案 D
解析因为g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝sinx，所以f(x)向右平移eq \f(π,2)个单位，可得到g(x)的图象，故选D.
2．函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－cseq \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
答案 D
解析 f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝－eq \r(2)sinx，所以函数f(x)是周期为2π的奇函数．
3．函数y＝sin2x＋sinx－1的值域为( )
A．B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，－1))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，1))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(5,4)))
答案 C
解析
(数形结合法)y＝sin2x＋sinx－1，令sinx＝t，则有y＝t2＋t－1，t∈，画出函数图象如图所示，从图象可以看出，当t＝－eq \f(1,2)及t＝1时，函数取最值，代入y＝t2＋t－1可得y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，1)).
4．已知函数f(x)＝sinx＋acsx的图象关于直线x＝eq \f(5π,3)对称，则实数a的值为( )
A．－eq \r(3)B．－eq \f(\r(3),3)
C．eq \r(2)D．eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析由题意知f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10π,3)))，解得a＝－eq \f(\r(3),3).故选B.
5．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))(x∈)的单调递增区间是( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(5π,6)))B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))
答案 C
解析因为y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，所以函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))的单调递增区间就是函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的单调递减区间．由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(5π,6)＋kπ(k∈Z)，即函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋kπ，))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋kπ))(k∈Z)，又x∈，所以k＝－1，故函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－2x))(x∈)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6))).
6．使函数f(x)＝sin(2x＋φ)为R上的奇函数的φ的值可以是( )
A．eq \f(π,4)B．eq \f(π,2)
C．πD．eq \f(3π,2)
答案 C
解析若f(x)是R上的奇函数，则必须满足f(0)＝0，即sinφ＝0.
∴φ＝kπ(k∈Z)，故选C.
7．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则a的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
答案 D
解析若－eq \f(π,3)≤x≤a，则－eq \f(π,6)≤x＋eq \f(π,6)≤a＋eq \f(π,6).因为当x＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,6)或x＋eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，当x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝1，所以要使f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则有eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，即eq \f(π,3)≤a≤π，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)).故选D.
8．函数y＝lg sin2x＋eq \r(9－x2)的定义域为________．
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(－3≤x<－\f(π,2)或0解析由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin2x>0，,9－x2≥0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ<2x<2kπ＋π，k∈Z，,－3≤x≤3.))
∴－3≤x<－eq \f(π,2)或0∴函数y＝lg sin2x＋eq \r(9－x2)的定义域为
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(－3≤x<－\f(π,2)或0二、高考小题
9．函数f(x)＝(eq \r(3)sinx＋csx)(eq \r(3)csx－sinx)的最小正周期是( )
A．eq \f(π,2)B．π
C．eq \f(3π,2)D．2π
答案 B
解析 ∵f(x)＝(eq \r(3)sinx＋csx)(eq \r(3)csx－sinx)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，∴T＝eq \f(2π,2)＝π，故选B.
10．设函数f(x)＝sin2x＋bsinx＋c，则f(x)的最小正周期( )
A．与b有关，且与c有关B．与b有关，但与c无关
C．与b无关，且与c无关D．与b无关，但与c有关
答案 B
解析 f(x)＝sin2x＋bsinx＋c，若b＝0，则f(x)＝sin2x＋c＝eq \f(1,2)(1－cs2x)＋c，此时f(x)的周期为π；若b≠0，则f(x)的周期为2π，所以选B.
11．函数f(x)＝cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(1,4)，kπ＋\f(3,4)))，k∈Z
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(1,4)，2kπ＋\f(3,4)))，k∈Z
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,4)，k＋\f(3,4)))，k∈Z
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z
答案 D
解析由题图可知eq \f(T,2)＝eq \f(5,4)－eq \f(1,4)＝1，所以T＝2.结合题图可知，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(5,4)))(f(x)的一个周期)内，函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(3,4))).由f(x)是以2为周期的周期函数可知，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z，故选D.
12．下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是( )
A．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))B．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
C．y＝sin2x＋cs2xD．y＝sinx＋csx
答案 A
解析选项A，y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin2x，符合题意，故选A.
13．定义在区间上的函数y＝sin2x的图象与y＝csx的图象的交点个数是________．
答案 7
解析在同一平面直角坐标系中作出y＝sin2x与y＝csx在区间上的图象(如图)．由图象可知，共有7个交点．
三、模拟小题
14．函数f(x)＝2x－4sinx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的图象大致是( )
答案 D
解析函数f(x)＝2x－4sinx为奇函数，所以其图象关于原点对称，故A、B错误．又令f′(x)＝2－4csx＝0，即csx＝eq \f(1,2)，解得x＝±eq \f(π,3)，所以x＝±eq \f(π,3)为函数的极值点，所以只有D项符合条件．故选D.
15．若函数f(x)＝Asin2ωx(A>0，ω>0)在x＝1处取得最大值，则函数f(x＋1)为( )
A．偶函数
B．奇函数
C．既是奇函数又是偶函数
D．非奇非偶函数
答案 A
解析因为f(x)＝Asin2ωx在x＝1处取得最大值，故f(1)＝A，即sin2ω＝1，所以2ω＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.因此，f(x＋1)＝Asin(2ωx＋2ω)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,2)＋2kπ))＝Acs2ωx，故f(x＋1)是偶函数．
16．函数f(x)＝sinx＋eq \r(x)在区间已知函数f(x)＝2msinx－ncsx，直线x＝eq \f(π,3)是函数f(x)图象的一条对称轴，则eq \f(n,m)＝( )
A．eq \f(3\r(3),2)B．eq \r(3)
C．－eq \f(2\r(3),3)D．eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析若x＝eq \f(π,3)是函数f(x)图象的一条对称轴，则x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的极值点．f′(x)＝2mcsx＋nsinx，故f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2mcseq \f(π,3)＋nsineq \f(π,3)＝m＋eq \f(\r(3),2)n＝0，所以eq \f(n,m)＝－eq \f(2\r(3),3).
18．已知定义在R上的函数f(x)满足：当sinx≤csx时，f(x)＝csx，当sinx>csx时，f(x)＝sinx.
给出以下结论：
①f(x)是周期函数；
②f(x)的最小值为－1；
③当且仅当x＝2kπ(k∈Z)时，f(x)取得最小值；
④当且仅当2kπ－eq \f(π,2)0；
⑤f(x)的图象上相邻两个最低点的距离是2π.
其中正确的结论序号是________．
答案 ①④⑤
解析易知函数f(x)是周期为2π的周期函数．
函数f(x)在一个周期内的图象如图所示．
由图象可得，f(x)的最小值为－eq \f(\r(2),2)，当且仅当x＝2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)时，f(x)取得最小值；当且仅当2kπ－eq \f(π,2)0；f(x)的图象上相邻两个最低点的距离是2π.所以正确的结论的序号是①④⑤.
一、高考大题
1．已知函数f(x)＝eq \r(2)sineq \f(x,2)cseq \f(x,2)－eq \r(2)sin2eq \f(x,2).
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间上的最小值．
解 (1)因为f(x)＝eq \f(\r(2),2)sinx－eq \f(\r(2),2)(1－csx)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－eq \f(\r(2),2)，所以f(x)的最小正周期为2π.
(2)因为－π≤x≤0，所以－eq \f(3π,4)≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,4).
当x＋eq \f(π,4)＝－eq \f(π,2)，即x＝－eq \f(3π,4)时，f(x)取得最小值．
所以f(x)在区间上的最小值为
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))＝－1－eq \f(\r(2),2).
2．已知函数f(x)＝4tanxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3).
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．
解 (1)f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)))).
f(x)＝4tanxcsxcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sinxcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sinxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)csx＋\f(\r(3),2)sinx))－eq \r(3)
＝2sinxcsx＋2eq \r(3)sin2x－eq \r(3)
＝sin2x＋eq \r(3)(1－cs2x)－eq \r(3)
＝sin2x－eq \r(3)cs2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
所以，f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)令z＝2x－eq \f(π,3)，易知函数y＝2sinz的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z.
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z.
设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ≤x≤\f(5π,12)＋kπ，k∈Z))))，
易知A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))).
所以，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上单调递减．
二、模拟大题
3．已知函数f(x)＝eq \f(6cs4x＋5sin2x－4,cs2x)，求f(x)的定义域，判断它的奇偶性，并求其值域．
解由cs2x≠0得2x≠kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z，
所以f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R，且x≠\f(kπ,2)＋\f(π,4)，k∈Z)))).
因为f(x)的定义域关于原点对称，且
f(－x)＝eq \f(6cs4－x＋5sin2－x－4,cs－2x)
＝eq \f(6cs4x＋5sin2x－4,cs2x)＝f(x)．
所以f(x)是偶函数，
当x≠eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)，k∈Z时，
f(x)＝eq \f(6cs4x＋5sin2x－4,cs2x)＝eq \f(6cs4x＋5－5cs2x－4,2cs2x－1)
＝eq \f(2cs2x－13cs2x－1,2cs2x－1)＝3cs2x－1.
所以f(x)的值域为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1≤y<\f(1,2)或\f(1,2)4．已知函数f(x)＝sinx－csx，x∈R.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若函数f(x)在x＝x0处取得最大值，求f(x0)＋f(2x0)＋f(3x0)的值．
解 (1)f(x)＝sinx－csx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
∴f(x)的最小正周期为2π.
(2)依题意，x0＝2kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z)，
由周期性，f(x0)＋f(2x0)＋f(3x0)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,4)－cs\f(3π,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,2)－cs\f(3π,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(9π,4)－cs\f(9π,4)))
＝eq \r(2)－1.
5．设函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)，y＝f(x)图象的一条对称轴是直线x＝eq \f(π,8).
(1)求φ的值；
(2)求函数y＝f(x)的单调递增区间．
解 (1)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝±1得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋φ))＝±1，∵－π<φ<0，
∴eq \f(－3π,4)<φ＋eq \f(π,4)(2)由(1)得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))，
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(3π,4)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
可解得eq \f(π,8)＋kπ≤x≤eq \f(5π,8)＋kπ，k∈Z.
因此y＝f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)＋kπ，\f(5π,8)＋kπ))，k∈Z.
6．已知函数f(x)＝2sinxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，求函数f(x)的值域．
解 (1)f(x)＝2sinxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)csx))
＝eq \r(3)×eq \f(1－cs2x,2)＋eq \f(1,2)sin2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)
函数f(x)的最小正周期为T＝π.
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
解得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z，
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1＋\f(\r(3),2))).