2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测02《三角函数的图象与性质》(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测02《三角函数的图象与性质》(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
若将函数f(x)=eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))图象上的每一个点都向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到g(x)的图象，则函数g(x)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(2π,3)，kπ－\f(π,6)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)
函数f(x)=sin ωx(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到函数y=g(x)的图象，并且函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则实数ω的值为( )
A.eq \f(7,4) B.eq \f(3,2) C.2 D.eq \f(5,4)
若存在正整数ω和实数φ使得函数f(x)=sin2(ωx＋φ)图象如图(图象经过点(1,0))，那么ω的值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
函数f(x)=Acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋φ))(ω>0)的部分图象如图所示，给出以下结论：
①f(x)的最大值为A；
②f(x)的最小正周期为2；
③f(x)图象的一条对称轴为直线x=－eq \f(1,2)；
④f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k－\f(1,4)，2k＋\f(3,4)))，k∈Z上是减函数.
则正确结论的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象的一个对称中心是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))
函数f(x)=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是( )
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)
将函数y=2sin x＋cs x的图象向右平移eq \f(1,2)个周期后，所得图象对应的函数为( )
A.y=sin x－2cs x
B.y=2sin x－cs x
C.y=－sin x＋2cs x
D.y=－2sin x－cs x
设函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|θ|<\f(π,2)))的图象关于原点对称，则角θ=( )
A.－eq \f(π,6) B.eq \f(π,6) C.－eq \f(π,3) D.eq \f(π,3)
将函数y=cs x－sin x的图象先向右平移φ(φ>0)个单位长度，再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的a倍，得到y=cs 2x＋sin 2x的图象，则φ，a的可能取值为( )
A.φ=eq \f(π,2)，a=2 B.φ=eq \f(3π,8)，a=2 C.φ=eq \f(3π,8)，a=eq \f(1,2) D.φ=eq \f(π,2)，a=eq \f(1,2)
已知函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，若f(0)=－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且仅有三个零点，则ω=( )
A.eq \f(2,3) B.2 C.eq \f(26,3) D.eq \f(14,3)或6
已知函数f(x)=sin x＋eq \r(3)cs x(x∈R)，先将y=f(x)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,3)(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平移θ(θ>0)个单位长度，得到的图象关于y轴对称，则θ的最小值为( )
A.eq \f(π,9) B.eq \f(π,3) C.eq \f(5π,18) D.eq \f(2π,3)
已知函数f(x)=sin(sin x)＋cs(sin x)，x∈R，则下列说法正确的是( )
A.函数f(x)是周期函数且最小正周期为π
B.函数f(x)是奇函数
C.函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为[1，eq \r(2)]
D.函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是增函数
二、填空题
函数f(x)=4cs xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－1(x∈R)的最大值为________.
函数f(x)=sin2x＋eq \r(3)sin xcs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最小值为________.
设函数f(x)=Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0).若函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，
且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))=－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则函数f(x)的最小正周期为________.
已知函数f(x)=eq \r(2)asin(πωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a≠0，ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，直线y=a与f(x)的图象的相邻两个交点的横坐标分别是2和4，现有如下命题：
①该函数在[2,4]上的值域是[a，eq \r(2)a]；
②在[2,4]上，当且仅当x=3时函数取得最大值；
③该函数的最小正周期可以是eq \f(8,3)；
④f(x)的图象可能过原点.
其中是真命题的为________(写出序号即可).
\s 0 参考答案
答案为：A；
解析：将函数f(x)=eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))图象上的每一个点都向左平移eq \f(π,3)个单位长度，
得到函数g(x)=eq \f(1,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))=eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋π))=－eq \f(1,2)sin 2x的图象，
令eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，可得eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(3π,4)＋kπ(k∈Z)，
因此函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)，故选A.
答案为：C；
解析：因为将函数f(x)=sin ωx(ω>0)的图象向右平移eq \f(π,12)个单位长度得到函数
y=g(x)的图象，所以g(x)=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ω\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))，又函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))上单调递增，
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))=sineq \f(ωπ,4)=1且eq \f(2π,ω)≥eq \f(π,3)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω＝8k＋2k∈Z，,0<ω≤6，))所以ω=2，故选C.
答案为：B；
解析：由f(x)=sin2(ωx＋φ)=eq \f( (1－cs2ωx＋2φ),2)及其图象知，eq \f(1,2)即eq \f(π,2)<ω<π，所以正整数ω=2或3.由函数f(x)的图象经过点(1,0)，
得f(1)=eq \f( (1－cs2ωx＋2φ),2)=0，得2ω＋2φ=2kπ(k∈Z)，即2φ=2kπ－2ω(k∈Z).
由图象知f(0)>eq \f(1,2)，即eq \f(1－cs 2φ,2)=eq \f(1－cs 2ω,2)>eq \f(1,2)，得cs 2ω<0，所以ω=2，故选B.
答案为：B；
解析：若A>0，则最大值是A，若A<0，则最大值是－A，故①不正确；
由题图可知，函数f(x)的最小正周期T=2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)－\f(1,4)))=2，故②正确；
因为函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(5,4)))＋eq \f(kT,2)=eq \f(3,4)＋k(k∈Z)，而eq \f(3,4)＋k=－eq \f(1,2)无整数解，
故直线x=－eq \f(1,2)不是函数f(x)图象的对称轴，故③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④正确.故选B.
答案为：C；
解析：令x－eq \f(π,4)=kπ(k∈Z)，得x=kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)，当k=0时，x=eq \f(π,4)，
所以函数f(x)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象的一个对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))，故选C.
答案为：B；
解析：由kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)所以函数f(x)=taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，\f(kπ,2)＋\f(5π,12)))(k∈Z)，故选B.
答案为：D；
解析：因为y=2sin x＋cs x=eq \r(5)sin(x＋θ)，其中θ满足cs θ=eq \f(2,\r(5))，sin θ=eq \f(1,\r(5))，
所以函数y=2sin x＋cs x的周期为2π，所以eq \f(1,2)个周期为π.
于是由题设知平移后所得图象对应的函数为
y=2sin(x－π)＋cs(x－π)=－2sin x－cs x.故选D.
答案为：D；
解析：∵f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋θ－\f(π,3)))，且f(x)的图象关于原点对称，
∴f(0)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))=0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3)))=0，∴θ－eq \f(π,3)=kπ(k∈Z)，
即θ=eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，又|θ| 答案为：D；
解析：将函数y=cs x－sin x=eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度，
可得y=eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)－φ))的图象，再将函数图象上每个点的横坐标变为原来的a倍，
得到y=eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)x＋\f(π,4)－φ))的图象，
又y=eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)x＋\f(π,4)－φ))=cs 2x＋sin 2x=eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
∴eq \f(1,a)=2，eq \f(π,4)－φ=－eq \f(π,4)＋2kπ(k∈Z)，∴a=eq \f(1,2)，φ=eq \f(π,2)＋2kπ(k∈N)，
又φ>0，结合选项知选D.
答案为：D；
解析：f(0)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))=－eq \f(1,2)，令ωx1－eq \f(π,6)=0得，x1=eq \f(π,6ω)，
而eq \f(\f(π,6ω),T)=eq \f(\f(π,6ω),\f(2π,ω))=eq \f(1,12)，故x1=eq \f(T,12).又f(0)=－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，
如图，若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且仅有3个零点，
则eq \f(π,2)=T＋eq \f(T,12)×2或eq \f(π,2)=eq \f(3T,2)，即T=eq \f(3π,7)或T=eq \f(π,3)，则ω=eq \f(14,3)或6，故选D.
答案为：C；
解析：f(x)=sin x＋eq \r(3)cs x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，将其图象上所有点的横坐标缩短到原来
的eq \f(1,3)(纵坐标不变)，得y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)))的图象，再将得到的图象上所有的点向右平移
θ(θ>0)个单位长度，得y=2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3x－θ＋\f(π,3)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)－3θ))的图象.
由y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,3)－3θ))的图象关于y轴对称得eq \f(π,3)－3θ=eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即θ=－eq \f(6k＋1,18)π，k∈Z，又θ>0，故当k=－1时，θ取得最小值eq \f(5π,18)，故选C.
答案为：C；
解析：f(x)=sin(sin x)＋cs(sin x)=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(π,4)))，因为f(π＋x)
=eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sinx＋π＋\f(π,4)))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－sin x＋\f(π,4)))≠f(x)，
所以π不是函数f(x)的最小正周期，故A错误；f(－x)=eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin－x＋\f(π,4)))=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－sin x＋\f(π,4)))≠－f(x)，故B错误；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，sin x∈[0,1]，sin x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,4)＋1))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，则eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(π,4)))∈[1，eq \r(2)]，故C正确；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，sin x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))，sin x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(π,4)，1＋\f(π,4)))，
而eq \f(π,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(π,4)，1＋\f(π,4)))，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上不是单调函数，故D错误.
二、填空题
答案为：2；
解析：∵f(x)=4cs xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－1=4cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x＋\f(1,2)cs x))－1
=2eq \r(3)sin xcs x＋2cs2x－1=eq \r(3)sin 2x＋cs 2x=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，∴f(x)max=2.
答案为：1；
解析：由函数f(x)=sin2x＋eq \r(3)sin xcs x=eq \f(1,2)－eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x
=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2).∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6))).
当2x－eq \f(π,6)=eq \f(5π,6)时，函数f(x)取得最小值为1.
答案为：π；
解析：法一：∵f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))，
∴x=eq \f(π,2)和x=eq \f(2π,3)均不是f(x)的极值点，其极值应该在x=eq \f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)=eq \f(7π,12)处取得，
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，∴x=eq \f(π,6)也不是函数f(x)的极值点，
又f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，∴x=eq \f(π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,2)))=eq \f(π,12)为f(x)的另一个相邻的极值点，故函数f(x)的最小正周期T=2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,12)))=π.
答案为：③；
解析：对于①，∵直线y=a与函数f(x)=eq \r(2)asin(πωx＋φ)的图象的相邻两个交点的横坐标分别为2和4，∴结合图象可以看出，当a>0时，f(x)在[2,4]上的值域为[a，eq \r(2)a]，当a<0时，f(x)在[2,4]上的值域为[eq \r(2)a，a]，①错误；
对于②，根据三角函数图象的对称性，显然x=2和x=4的中点是x=3，即当a>0时，f(x)在x=3处有最大值f(3)=eq \r(2)a，当a<0时，f(x)在x=3处有最小值f(3)=eq \r(2)a，②错误；
对于③，∵函数f(x)=eq \r(2)asin(πωx＋φ)的最小正周期T=eq \f(2π,πω)=eq \f(2,ω)，
当ω=eq \f(3,4)时，T=eq \f(8,3)>4－2=2，因此f(x)的最小正周期可以是eq \f(8,3)，③正确；
对于④，f(0)=eq \r(2)asin φ，令f(0)=0，得φ=0，此时f(x)=eq \r(2)asin πωx，
由eq \r(2)asin πωx=a得sin πωx=eq \f(\r(2),2)，
则πωx=2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)或πωx=2kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z)，
∴x=eq \f(2k＋\f(1,4),ω)(k∈Z)或x=eq \f(2k＋\f(3,4),ω)(k∈Z)，
∵直线y=a与函数f(x)=eq \r(2)asin(πωx＋φ)的图象的相邻两个交点的横坐标分别为2和4，
∴令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2k＋\f(1,4),ω)＝2，,\f(2k＋\f(3,4),ω)＝4，))解得k=eq \f(1,8)∉Z，即不存在这样的k符合题意，④错误.
综上，只有③正确.