2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价23三角函数的图象与性质含解析新人教A版

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A组 全考点巩固练
1．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(π,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,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)
B 解析：由kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)得eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)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)．
2．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－\f(π,3)))(0≤x≤9)的最大值与最小值之和为( )
A．2－eq \r(3)B．0
C．－1D．－1－eq \r(3)
A 解析：因为0≤x≤9.所以－eq \f(π,3)≤eq \f(π,6)x－eq \f(π,3)≤eq \f(7π,6)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1)).所以y∈[－eq \r(3)，2]，所以ymax＋ymin＝2－eq \r(3).
3．已知函数f (x)＝cseq \f(π,5)x＋1.设a＝f (π－1)，b＝f (3－0.2)，c＝f (－31.1)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>b>aB．c>a>b
C．b>a>cD．a>b>c
C 解析：函数f (x)＝cseq \f(π,5)x＋1的定义域为R，f (－x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,5)x))＋1＝cseq \f(π,5)x＋1＝f (x)，所以函数y＝f (x)为偶函数．所以c＝f (－31.1)＝f (31.1)．当0f (π－1)>f (31.1)，即b>a>c.
4．同时满足f (x＋π)＝f (x)与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＝f eq \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 2xB．f (x)＝tan x
C．f (x)＝sin xD．f (x)＝sin 2x
D 解析：由题意得所求函数的周期为π，且图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称．
f (x)＝cs 2x的周期为π，而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0不是最值，所以图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称．
f (x)＝tan x的周期为π，但图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称．
f (x)＝sin x的周期为2π，不合题意．
f (x)＝sin 2x的周期为π，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1为最大值，所以D项满足条件．故选D．
5．(多选题)下列函数中，以eq \f(π,2)为周期且在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增的是( )
A．f (x)＝|cs 2x|B．f (x)＝|sin 2x|
C．f (x)＝cs |4x|D．f (x)＝sin |x|
AC 解析：作出函数f (x)＝|cs 2x|的图象如图所示．
由图象可知f (x)＝|cs 2x|的周期为eq \f(π,2)，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增．同理可得f (x)＝|sin 2x|的周期为eq \f(π,2)，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减．f (x)＝cs |4x|的周期为eq \f(π,2)，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增；f (x)＝sin |x|不是周期函数．故选AC．
6．函数f (x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]上的零点个数为________．
3 解析：因为0≤x≤π，所以eq \f(π,6)≤3x＋eq \f(π,6)≤eq \f(19π,6).由题意可知3x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，3x＋eq \f(π,6)＝eq \f(3π,2)，或3x＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,2)，解得x＝eq \f(π,9)，eq \f(4π,9)或eq \f(7π,9)，故有3个零点．
7．设函数f (x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,4))).若存在这样的实数x1，x2，对任意的x∈R，都有f (x1)≤f (x)≤f (x2)成立，则|x1－x2|的最小值为________．
2 解析：f (x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,4)))的周期T＝2π×eq \f(2,π)＝4，f (x1)，f (x2)应分别为函数f (x)的最小值和最大值，故|x1－x2|的最小值为eq \f(T,2)＝2.
8．若x＝eq \f(π,8)是函数f (x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,4)))(x∈R)的一个零点，且0＜ω＜10，则函数f (x)的最小正周期为________．
π 解析：依题意知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝eq \r(2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,8)－\f(π,4)))＝0，即eq \f(ωπ,8)－eq \f(π,4)＝kπ，k∈Z，整理得ω＝8k＋2，k∈Z.又因为0＜ω＜10，所以0＜8k＋2＜10，得－eq \f(1,4)＜k＜1.而k∈Z，所以k＝0，ω＝2，所以f (x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，最小正周期为π.
9．已知函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜φ＜\f(2π,3)))的最小正周期为π.
(1)当f (x)为偶函数时，求φ的值；
(2)若f (x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f (x)的单调递增区间．
解：因为f (x)的最小正周期为π，所以T＝eq \f(2π,ω)＝π.
所以ω＝2.所以f (x)＝sin(2x＋φ)．
(1)当f (x)为偶函数时，f (－x)＝f (x)．
所以sin(2x＋φ)＝sin(－2x＋φ)．
展开整理，得sin 2xcs φ＝0.
上式对任意x∈R都成立，
所以cs φ＝0.因为0＜φ＜eq \f(2π,3)，所以φ＝eq \f(π,2).
(2)因为f (x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝eq \f(\r(3),2).
又因为0＜φ＜eq \f(2π,3)，所以eq \f(π,3)＜eq \f(π,3)＋φ<π.
所以eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)，所以φ＝eq \f(π,3).
所以f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
解得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z.
所以f (x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.
10．已知函数f (x)＝eq \r(2)asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a＋b.
(1)若a＝－1，求函数f (x)的单调递增区间；
(2)若x∈[0，π]，函数f (x)的值域是[5,8]，求a，b的值．
解：(1)若a＝－1，则f (x)＝－eq \r(2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋b－1.
由2kπ＋eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)．
得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)．
所以f (x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．
(2)因为0≤x≤π，所以eq \f(π,4)≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4).
所以－eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≤1.
依题意知a≠0.
当a>0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)a＋a＋b＝8，,b＝5，))
解得a＝3eq \r(2)－3，b＝5；
当a<0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝8，,\r(2)a＋a＋b＝5，))
解得a＝3－3eq \r(2)，b＝8.
综上所述，a＝3eq \r(2)－3，b＝5或a＝3－3eq \r(2)，b＝8.
B组 新高考培优练
11．(多选题)已知函数f (x)＝cs xsin x(x∈R)，则下列说法正确的是( )
A．若f (x1)＝－f (x2)，则x1＝－x2
B．f (x)的最小正周期是2π
C．f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上递增
D．f (x)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称
CD 解析：f (x)＝eq \f(1,2)sin 2x，当x1＝0，x2＝eq \f(π,2)时，f (x1)＝－f (x2)，但x1≠－x2，故A错误；f (x)的最小正周期为π，故B错误；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故C正确；因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝eq \f(1,2)sin eq \f(3π,2)＝－eq \f(1,2)，故f (x)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，故D正确．
12．(2020·衡水中学调研)直线y＝a与函数f (x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的图象的相邻两个交点的距离为2π.若f (x)在(－m，m)(m>0)上单调递增，则m的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))
B 解析：因为直线y＝a与函数f (x)的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，所以ω＝eq \f(1,2)，所以f (x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4))).
由kπ－eq \f(π,2)所以f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上单调递增，故(－m，m)⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))，解得013．重庆被誉为“桥都”，数十座各式各样的大桥横跨长江、嘉陵江两岸，其中朝天门长江大桥是世界第一大拱桥，其主体造型为：桥拱部分(开口向下的抛物线)与主桁(图中粗线)部分(可视为余弦函数一个周期的图象)相结合．已知拱桥部分长552 m，两端引桥各有190 m，主桁最高处距离桥面89.5 m，则将下列函数等比放大后，与主桁形状最相似的是( )
A．y＝0.45cseq \f(2,3)xB．y＝4.5cseq \f(2,3)x
C．y＝0.9cseq \f(3,2)xD．y＝9cseq \f(3,2)x
A 解析：设主桁部分对应的余弦函数为f (x)＝Acs wx，
可得周期T＝552＋190×2＝932，即w＝eq \f(2π,932)＝eq \f(π,466).
又由2A＝89.5，得A＝eq \f(89.5,2).所以f (x)＝eq \f(89.5,2)cseq \f(π,466)x.
按1∶100的比例等比变换，可得f (x)＝eq \f(89.5,200)cseq \f(100π,466)x，对比选项，可得与函数y＝0.45cseq \f(2,3)x相似．故选A．
14．已知函数f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))＋1(x∈R)的图象的一条对称轴为直线x＝π，其中ω为常数，且ω∈(1,2)，则ω＝________；函数f (x)的零点是________．
eq \f(5,3) x＝eq \f(6kπ,5)或x＝eq \f(6kπ,5)－eq \f(2π,5)，k∈Z 解析：由函数f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\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)，所以函数f (x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)x－\f(π,6)))＋1.令f (x)＝0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)x－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，所以eq \f(5,3)x－eq \f(π,6)＝2kπ－eq \f(π,6)或2kπ－eq \f(5π,6)，k∈Z，解得x＝eq \f(6kπ,5)或x＝eq \f(6kπ,5)－eq \f(2π,5)，k∈Z，即函数f (x)的零点为x＝eq \f(6kπ,5)或x＝eq \f(6kπ,5)－eq \f(2π,5)，k∈Z.
15．设定义在R上的函数f (x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，－\f(π,12)＜φ＜\f(π,2)))，给出以下四个论断：
①f (x)的最小正周期为π；
②f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，0))上单调递增；
③f (x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称；
④f (x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称．
以其中两个论断作为条件，另两个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题(写成“p⇒q”的形式)________．(用到的论断都用序号表示)
①④⇒②③或①③⇒②④ 解析：若f (x)的最小正周期为π，则ω＝2，函数f (x)＝sin(2x＋φ)．同时，若f (x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋φ))＝±1.又－eq \f(π,12)＜φ＜eq \f(π,2)，所以2×eq \f(π,12)＋φ＝eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，此时f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，②③成立．故①④⇒②③.若f (x)的最小正周期为π，则ω＝2，函数f (x)＝sin(2x＋φ)．同时，若f (x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))对称，则2×eq \f(π,3)＋φ＝kπ，k∈Z.又－eq \f(π,12)＜φ＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,3)，此时f (x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，②④成立．故①③⇒②④.
16．已知a＝(sin x，eq \r(3)cs x)，b＝(cs x，－cs x)，函数f (x)＝a·b＋eq \f(\r(3),2).
(1)求函数y＝f (x)图象的对称轴方程；
(2)若方程f (x)＝eq \f(1,3)在(0，π)上的解为x1，x2，求cs(x1－x2)的值．
解：(1)f (x)＝a·b＋eq \f(\r(3),2)＝(sin x，eq \r(3)cs x)·(cs x，－cs x)＋eq \f(\r(3),2)＝sin x·cs x－eq \r(3)cs2x＋eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
令2x－eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)，
即函数y＝f (x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(kπ,2)(k∈Z)．
(2)由(1)及已知条件可知(x1，f (x1))与(x2，f (x2))关于x＝eq \f(5π,12)对称，
则x1＋x2＝eq \f(5π,6)，
所以cs(x1－x2)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－x1))))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1－\f(5π,6)))
＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1－\f(π,3)))－\f(π,2)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1－\f(π,3)))＝f (x1)＝eq \f(1,3).