高考数学一轮复习练习案23第三章三角函数解三角形第四讲三角函数的图象与性质含解析新人教版

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这是一份高考数学一轮复习练习案23第三章三角函数解三角形第四讲三角函数的图象与性质含解析新人教版，共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．函数y＝|2sin x|的最小正周期为( A )
A．π B．2π
C．eq \f(π,2) D．eq \f(π,4)
[解析] 由图象(图象略)知T＝π.
2．已知直线y＝m(00)的图象相邻的三个交点依次为A(1，m)，B(5，m)，C(7，m)，则ω＝( A )
A．eq \f(π,3) B．eq \f(π,4)
C．eq \f(π,2) D．eq \f(π,6)
[解析] 由题意，得函数f(x)的相邻的两条对称轴分别为x＝eq \f(1＋5,2)＝3，x＝eq \f(5＋7,2)＝6，故函数的周期为2×(6－3)＝eq \f(2π,ω)，得ω＝eq \f(π,3)，故选A.
3．(2020·山东省实验中学高三第一次诊断)设函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))(x∈R)，则f(x)是( B )
A．最小正周期为π的奇函数
B．最小正周期为π的偶函数
C．最小正周期为eq \f(π,2)的奇函数
D．最小正周期为eq \f(π,2)的偶函数
[解析] ∵f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝－cs 2x，∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，且为偶函数．故选B.
4．已知函数y＝2cs x的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))，值域为[a，b]，则b－a的值是( B )
A．2 B．3
C．eq \r(3)＋2 D．2－eq \r(3)
[解析] 因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))，所以cs x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，故y＝2cs x的值域为[－2,1]，所以b－a＝3.
5．(2021·河北邢台模拟)函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的单调递增区间是( B )
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)
[解析] 由kπ－eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,3)6．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期为π，则函数f(x)的图象( B )
A．关于直线x＝eq \f(π,4)对称 B．关于直线x＝eq \f(π,8)对称
C．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称 D．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))对称
[解析] ∵函数f(x)的最小正周期为π，∴eq \f(2π,ω)＝π.
∴ω＝2.∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).
∴函数f(x)图象的对称轴为2x＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即x＝eq \f(π,8)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z.
故函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,8)对称，故选B.
二、多选题
7．关于函数f(x)＝x＋sin x，下列说法正确的是( ACD )
A．f(x)是奇函数
B．f(x)是周期函数
C．f(x)有零点
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
[解析] 本题考查三角函数的奇偶性、周期性、单调性及零点．函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－x－sin x＝－f(x)，则f(x)为奇函数，故A正确；根据周期函数的定义，可知函数f(x)一定不是周期函数，故B错误；因为f(0)＝0，所以函数f(x)有零点，故C正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，函数y＝x与y＝sin x均为增函数，所以函数f(x)也为增函数，故D正确．
8．(2020·河南南阳四校联考改编)已知函数f(x)＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))(x∈R)，下列结论错误的是( BC )
A．函数f(x)的最小正周期为π
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，0))对称
C．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数
D．函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称
[解析] 由题意可得函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故A正确；当x＝eq \f(5π,6)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5π,6)－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)，所以函数f(x)的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，0))对称，故B不正确；当0≤x≤eq \f(π,2)时，－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，函数f(x)不单调，故C不正确；当x＝eq \f(π,6)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)－\f(π,3)))＝eq \r(3)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，故D正确．综上选B、C.
三、填空题
9．若y＝cs x在区间[－π，α]上为增函数，则实数α的取值范围是－π<α≤0 .
10．(2021·云南昆明高三调研测试)函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象上相邻的两个最高点之间的距离为 π .
[解析] 函数f(x)的图象上相邻两个最高点之间的距离为函数f(x)的最小正周期，又函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的最小正周期为π，故f(x)的图象上相邻的两个最高点之间的距离为π.
11．函数f(x)＝2sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|≤\f(π,2)))部分图象如图所示，若x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，f(x1)＝f(x2)，满足f(x1＋x2)＝1，则φ＝ eq \f(π,6) ，此时y＝f(x)的单调递减区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z) .
[解析] 因为f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，且f(a)＝f(b)＝0，故可得b－a＝eq \f(π,2)，因为f(x1＋x2)＝1，故可得2sin[2(x1＋x2)＋φ]＝1，则可得2(x1＋x2)＋φ＝eq \f(5π,6).又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))＝2，故可得2sin[(x1＋x2)＋φ]＝2，则可得(x1＋x2)＋φ＝eq \f(π,2)，解得φ＝eq \f(π,6)，则f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，故可得x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．故答案为：eq \f(π,6)；eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．
12．函数f(x)＝sin2x＋sin xcs x＋1的最小正周期是 π ，单调减区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z .
[解析] ∵f(x)＝sin2x＋sin xcs x＋1＝eq \f(1,2)(1－cs 2x)＋eq \f(1,2)sin 2x＋1＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(3,2)，∴最小正周期是π.由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)．∴单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))，k∈Z.
四、解答题
13．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<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．
[解析] 由f(x)的最小正周期为π，
则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，
由已知上式对∀x∈R都成立，
所以cs φ＝0.因为0<φ(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \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eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(π,3)＋2kπ或eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)，
故φ＝2kπ或φ＝eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，
又因为0<φ由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得
kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
故f(x)的递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．
14．(2021·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＋a(a为常数)．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有最小值1，求a的值．
[解析] (1)f(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2x＋\f(1,2)cs 2x))＋a
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a，
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
所以kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．
(2)当0≤x≤eq \f(π,2)时，eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7,6)π，
所以－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1，
所以当x＝eq \f(π,2)时，f(x)有最小值，最小值为a－1＝1，
所以a＝2.
B组能力提升
1．(多选题)已知函数f(x)＝2cs2x－sin2x＋2，则( AD )
A．f(x)的最小正周期为π
B．f(x)最大值为3
C．f(x)的最小正周期为2π
D．f(x)最大值为4
[解析] 本题主要考查三角函数变换及三角函数的性质．
f(x)＝2cs2x－sin2x＋2＝2(1－sin2x)－sin2x＋2＝4－3sin2x＝4－3×eq \f(1－cs 2x,2)＝eq \f(5,2)＋eq \f(3cs 2x,2)，
∴f(x)的最小正周期T＝π，当cs 2x＝1时，f(x)取最大值为4，故选A、D.
2．已知函数f(x)＝2sin(πx＋1)，若对于任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为( B )
A．2 B．1
C．4 D．eq \f(1,2)
[解析] 对任意的x∈R，f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，
所以f(x1)＝f(x)min＝－2，f(x2)＝f(x)max＝2，
所以|x1－x2|min＝eq \f(T,2)，
又f(x)＝2sin(πx＋1)的周期T＝eq \f(2π,π)＝2，
所以|x1－x2|min＝1，故选B.
3．(2021·常德模拟)若函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)为奇函数，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，则θ的一个值为( D )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6)
C．eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6)
[解析] 由题意得f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为函数f(x)为奇函数，所以θ＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，故θ＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)．当θ＝－eq \f(π,6)时，f(x)＝2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为增函数，不合题意．当θ＝eq \f(5π,6)时，f(x)＝－2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，符合题意，故选D.
4．如果函数y＝eq \f(1,2)sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，那么ω的取值范围是( B )
A．[－6,0) B．[－4,0)
C．(0,4] D．(0,6]
[解析] 解法一：因为函数y＝eq \f(1,2)sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，\f(π,12)))上单调递减，所以ω<0且函数y＝eq \f(1,2)sin(－ωx)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,8)))上单调递增，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω<0，,－ω·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))≥2kπ－\f(π,2)，k∈Z，,－ω·\f(π,8)≤2kπ＋\f(π,2)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω<0，,ω≥24k－6，k∈Z，,ω≥－16k－4，))求得－4≤ω<0.故选B.
解法二：代值检验法，当ω＝1时，y＝eq \f(1,2)sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增，排除选项C，D；当ω＝－6时，y＝eq \f(1,2)sin(－6x)＝－eq \f(1,2)sin 6x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，－\f(π,12)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,12)))上单调递减，排除选项A.故选B.
5．设函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)，y＝f(x)的一条对称轴是直线x＝eq \f(π,8).
(1)求φ的值；
(2)求y＝f(x)的单调递增区间；
(3)求x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，求f(x)的值域．
[解析] (1)由题意，函数f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)．
y＝f(x)的一条对称轴是直线x＝eq \f(π,8)，
则2×eq \f(π,8)＋φ＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，
结合－π<φ<0可得φ＝－eq \f(3π,4).
(2)由(1)可得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))，
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(3π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
可得kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)(k∈Z)，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．
(3)因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，所以2x－eq \f(3π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，－\f(π,4)))，
所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3π,4)))<－eq \f(\r(2),2)，
故f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2))).