2022版高考数学大一轮复习课时作业23《三角函数的性质》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业23《三角函数的性质》(含答案详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知函数y=2csx的定义域为[eq \f(π,3),π]，值域为[a，b]，则b－a的值是( )
A.2 B.3 C.eq \r(3)＋2 D.2－eq \r(3)
求y=|csx|的一个单调增区间是( )
A.[- eq \f(π,2)，eq \f(π,2)] B.[0，π] C.[π，1.5π] D.[1.5π,2π]
下列函数中，周期为π的奇函数为( )
A.y=sinxcsx B.y=sin2x C.y=tan2x D.y=sin2x＋cs2x
设函数f(x)=|sin(x+eq \f(π,3))|(x∈R)，则f(x)( )
A.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))上是增函数
B.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))上是减函数
C.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上是增函数
D.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))上是减函数
已知函数f(x)=cs(x＋θ)(0<θ<π)在x=eq \f(π,3)时取得最小值，则f(x)在[0，π]上的单调递增区间是( )
A.[eq \f(π,3)，π] B.[eq \f(π,3)，eq \f(2π,3)] C.[0，eq \f(2π,3)] D.[eq \f(2π,3)，π]
若对于任意x∈R都有f(x)＋2f(－x)=3csx－sinx，则函数f(2x)图象对称中心为( )
A.(kπ- eq \f(π,4)，0)(k∈Z) B.(kπ- eq \f(π,8)，0)(k∈Z)
C.(eq \f(kπ,2)- eq \f(π,4)，0)(k∈Z) D.(eq \f(kπ,2)- eq \f(π,8)，0)(k∈Z)
将函数f(x)=sinωx(其中ω>0)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，所得图象关于直线x=eq \f(π,6)对称，则ω的最小值是( )
A.6 B.eq \f(2,3) C.eq \f(9,4) D.eq \f(3,2)
函数f(x)=sinωx(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 \f(π,6)，eq \f(π,3)]上单调递增，在区间[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)]上单调递减，则实数ω值为( )
A.eq \f(7,4) B.eq \f(3,2) C.2 D.eq \f(5,4)
设函数f(x)=cs2x＋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
若函数f(x)=2asin(2x＋θ)(0<θ<π)，a是不为零的常数，f(x)在R上的值域为[－2,2]，且在区间[- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 ]上是单调减函数，则a和θ的值是( )
A.a=1，θ=eq \f(π,3) B.a=－1，θ=eq \f(π,3) C.a=1，θ=eq \f(π,6) D.a=－1，θ=eq \f(π,6)
二、填空题
若函数f(x)=cs(2x+φ- eq \f(π,3))(0<φ<π)是奇函数，则φ= .
设函数f(x)=3sin(eq \f(π,2)x+eq \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 .
设函数f(x)=2sin(ωx＋φ)，(ω>0,|φ| 已知函数f(x)=eq \r(3)sin(2x＋θ)－cs(2x＋θ)(－π<θ<0)的图象关于点(eq \f(π,6),0)对称，
记f(x)在区间[eq \f(π,6),eq \f(π,2)]上的最大值为n，且f(x)在[mπ，nπ](m则实数m的最小值是 .
三、解答题
已知函数f(x)=eq \r(2)a·sin(x+eq \f(π,4))＋b＋a.
(1)当a=1时，求f(x)的单调递增区间；
(2)当a<0，且x∈[0，π]时，f(x)的值域是[3,4]，求a，b的值.
已知函数f(x)=2eq \r(3)sinax·csax＋2cs2ax－1(0(1)当a=1时，求函数f(x)在区间[eq \f(π,12),eq \f(π,2)]上的最大值与最小值；
(2)当f(x)的图象经过点(eq \f(π,3),2)时，求a的值及函数f(x)的最小正周期.
\s 0 答案详解
答案为：B.
解析：因为x∈[eq \f(π,3),π]，所以csx∈－1，eq \f(1,2)，故y=2csx值域为[－2,1]，所以b－a=3.
答案为：D.
解析：将y=csx的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y=|csx|的图象(如图).故选D.
答案为：A.
解析：y=sin2x为偶函数；y=tan2x的周期为eq \f(π,2)；y=sin2x＋cs2x为非奇非偶函数，
故B、C、D都不正确，故选A.
答案为：A.
解析：函数f(x)=|sin(x+eq \f(π,3))|(x∈R)的图象如图所示，
由图可知函数f(x)=|sin(x+eq \f(π,3))|(x∈R)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))上是增函数.故选A.
答案为：A.
解析：因为0<θ<π，所以eq \f(π,3)所以eq \f(π,3)＋θ=π，θ=eq \f(2π,3)，所以f(x)=cs(x＋eq \f(2π,3)).由0≤x≤π，得eq \f(2π,3)≤x＋eq \f(2π,3)≤eq \f(5π,3).
由π≤x＋eq \f(2π,3)≤eq \f(5π,3)，得eq \f(π,3)≤x≤π
所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间是[eq \f(π,3)，π]，故选A.
答案为：D.
解析：因为f(x)＋2f(－x)=3csx－sinx，所以f(－x)＋2f(x)=3csx＋sinx.
解得f(x)=csx＋sinx=eq \r(2)sin(x＋eq \f(π,4))，所以f(2x)=eq \r(2)sin(2x＋eq \f(π,4)).
令2x＋eq \f(π,4)=kπ(k∈Z)，得x=eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)(k∈Z).
所以f(2x)图象的对称中心为(eq \f(kπ,2)- eq \f(π,8)，0)(k∈Z).
答案为：D.
解析：将函数f(x)=sinωx的图象向右平移eq \f(π,2)个单位长度，
可得到函数f(x)=sinωx－eq \f(π,2)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(ωπ,2)))的图象.
因为所得图象关于直线x=eq \f(π,6)对称，所以ω·eq \f(π,6)－eq \f(ωπ,2)=eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
即ω=－eq \f(3,2)－3k，k∈Z.因为ω>0，所以当k=－1时，ω取得最小值eq \f(3,2)，故选D.
答案为：C.
解析：因为将函数f(x)=sinωx(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)=sinω(x－eq \f(π,12))，又函数g(x)在区间[eq \f(π,6)，eq \f(π,3)]上单调递增，在区间[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)]上单调递减，所以g(eq \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：f(x)=cs2x＋bsinx＋c=eq \f(cs2x＋1,2)＋bsinx＋c=eq \f(1,2)cs2x＋bsinx＋c＋eq \f(1,2)，
若b=0，f(x)=eq \f(1,2)cs2x＋c＋eq \f(1,2)，此时最小正周期为π，
若b≠0，则显然有f(x＋2π)=f(x)，故其最小正周期是2π，而c不影响周期.
综上所述，f(x)的最小正周期与b有关，但与c无关，故选B.
答案为：B.
解析：∵sin(2x＋θ)∈[－1,1]，且f(x)∈[－2，2]，∴2|a|=2，∴a=±1.
当a=1时，f(x)=2sin(2x＋θ)，其最小正周期T=eq \f(2π,2)=π，
∵f(x)在区间[- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 ]内单调递减，且eq \f(π,12)－(- SKIPIF 1 < 0 )=eq \f(π,2)，为半个周期，
∴f(x)max=f(- SKIPIF 1 < 0 )=2sinθ－eq \f(5,6)π=2，∴θ－eq \f(5,6)π=2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴θ=2kπ＋eq \f(4,3)π(k∈Z).又0<θ<π，∴a=1不符合题意，舍去.
当a=－1时，f(x)=－2sin(2x＋θ)在[- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 ]上单调递减，
∴f(x)max=f(- SKIPIF 1 < 0 )=－2sinθ－eq \f(5,6)π=2，∴sinθ－eq \f(5,6)π=－1，
∴θ－eq \f(5,6)π=2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，θ=2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z).
又∵0<θ<π，∴当k=0时，θ=eq \f(π,3)，∴a=－1，θ=eq \f(π,3).故选B.
答案为：eq \f(5π,6).
解析：因为f(x)为奇函数，所以φ－eq \f(π,3)=eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，φ=eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z.
又因为0<φ<π，故φ=eq \f(5π,6).
答案为：2.
解析：f(x)=3sin(eq \f(π,2)x+eq \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.
答案为：eq \f(π,12).
解析：由f(x)的最小正周期大于2π，得eq \f(T,4)>eq \f(π,2).又f(eq \f(5π,8))=2，f(eq \f(11π,8))=0，
得eq \f(T,4)=eq \f(11π,8)－eq \f(5π,8)=eq \f(3π,4)，所以T=3π，则eq \f(2π,ω)=3π⇒ω=eq \f(2,3)，
所以f(x)=2sin(ωx＋φ)=2sin(eq \f(2,3)x+φ).
由f(eq \f(5π,8))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(5π,8)＋φ))=2⇒sineq \f(5π,12)＋φ=1，所以eq \f(5π,12)＋φ=eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z.
又|φ| 答案为：eq \f(23,12).
解析：由题意知f(x)=2sin2x＋θ－eq \f(π,6)，
又其图象关于点(eq \f(π,6),0)对称，所以2×eq \f(π,6)＋θ－eq \f(π,6)=kπ，k∈Z.
又－π<θ<0，得θ=－eq \f(π,6)，所以f(x)=2sin(2x－eq \f(π,3)).
当x∈[eq \f(π,6),eq \f(π,2)]时，2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，在此区间上，f(x)max=2，
所以n=2.由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.
又f(x)在[mπ，2π]上单调递增，所以k=2，则m的最小值为eq \f(23,12).
解：(1)当a=1时，f(x)=eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))＋b＋1，
所以当2kπ－eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
即2kπ－eq \f(3π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)时，f(x)是增函数，
故f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z).
(2)因为x∈[0，π]，所以eq \f(π,4)≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，所以－eq \f(\r(2),2)≤sin(x+eq \f(π,4))≤1.
又因为a<0，所以eq \r(2)a≤eq \r(2)asin(x+eq \f(π,4))≤－a，
所以eq \r(2)a＋a＋b≤f(x)≤b.
而f(x)的值域是[3,4]，所以eq \r(2)a＋a＋b=3，b=4，解得a=1－eq \r(2)，b=4.
解：(1)当a=1时，
f(x)=2eq \r(3)sinx·csx＋2cs2x－1=eq \r(3)sin2x＋cs2x=2sin(2x＋eq \f(π,6)).
因为eq \f(π,12)≤x≤eq \f(π,2)，所以eq \f(π,3)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6).
所以当2x＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)，即x=eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值2，
当2x＋eq \f(π,6)=eq \f(7π,6)，即x=eq \f(π,2)时，f(x)取得最小值－1.
(2)因为f(x)=2eq \r(3)sinax·csax＋2cs2ax－1(0所以f(x)=eq \r(3)sin2ax＋cs2ax=2sin(2ax＋eq \f(π,6)).
因为f(x)的图象经过点(eq \f(π,3),2)，
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2aπ,3)＋\f(π,6)))=2，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2aπ,3)＋\f(π,6)))=1.
所以eq \f(2aπ,3)＋eq \f(π,6)=eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z).所以a=3k＋eq \f(1,2)(k∈Z).
因为0所以f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,1)=2π.