新高考高考数学一轮复习巩固练习4.5第34练《三角函数的图象与性质》（2份打包，解析版+原卷版）

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考点一 三角函数的定义域和值域
1．函数y＝eq \r(2cs 2x＋1) 的定义域是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(2kπ≤x≤2kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ≤x≤kπ＋\f(π,2)，k∈Z))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ≤x≤kπ＋\f(π,3)，k∈Z))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)≤x≤kπ＋\f(π,3)，k∈Z))))
答案 D
解析 要使原函数有意义，则2cs 2x＋1≥0 ，
即cs 2x≥－eq \f(1,2)，
所以2kπ－eq \f(2π,3)≤2x≤2kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，
解得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z.
所以原函数的定义域为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\| (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)≤x≤kπ＋\f(π,3)，k∈Z)))).
2．已知函数f(x)＝cs 2x－4sin x，则函数f(x)的最大值是( )
A．4 B．3 C．5 D.eq \r(17)
答案 B
解析 f(x)＝cs 2x－4sin x
＝－2sin2x－4sin x＋1.
令sin x＝t，则t∈[－1,1]．
令f(t)＝－2t2－4t＋1＝－2(t＋1)2＋3.
当t∈[－1,1]时，函数f(t)单调递减．
所以当t＝－1时，f(t)max＝3，此时f(x)的最大值是3.
3．函数f(x)＝sin x－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))的值域为( )
A．[－2,2] B．[－eq \r(3)，eq \r(3)]
C．[－1,1 ] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)， \f(\r(3),2)))
答案 B
解析 f(x)＝sin x－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
＝sin x－eq \f(\r(3),2)cs x＋eq \f(1,2)sin x＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，
∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))∈[－1,1]，
∴f(x)的值域为[－eq \r(3)，eq \r(3)]．
考点二 三角函数的奇偶性、周期性、对称性
4．下列函数中，周期为π的奇函数为( )
A．y＝sin xcs x B．y＝sin2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin 2x＋cs 2x
答案 A
解析 B项，y＝sin2x为偶函数，C项，y＝tan 2x的周期为eq \f(π,2)，D项，y＝sin 2x＋cs 2x为非奇非偶函数，故B，C，D都不正确，只有A项中y＝sin xcs x＝eq \f(1,2)sin 2x既是奇函数，且周期为π.
5．(2022·保山模拟)在函数y＝|sin x|，y＝tan x，y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))中，最小正周期为π的函数的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 D
解析 对于函数y＝|sin x|，可得f(x＋π)＝|sin(x＋π)|＝|－sin x|＝|sin x|＝f(x)，
所以函数y＝|sin x|的周期T＝π，
图象如图所示，结合图象，
可得函数y＝|sin x|的最小正周期为T＝π，符合题意；
对于函数y＝tan x，可得函数的最小正周期为T＝π，符合题意；
对于函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，根据正弦函数的性质，可得函数的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π，符合题意；
对于函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，根据余弦函数的性质，可得函数的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π，符合题意，故最小正周期为π的函数共有4个．
6.(多选)(2022·沭阳如东中学模拟)数学的对称美在中国传统文化中多有体现，譬如如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分展现了相互转化、对称统一的和谐美．如果能够将圆的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”，下列说法正确的是( )
A．对于任意一个圆，其“优美函数”有无数个
B．f(x)＝x3可以是某个圆的“优美函数”
C．正弦函数y＝sin x可以同时是无数个圆的“优美函数”
D．函数y＝f(x)是“优美函数”的充要条件为函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
答案 ABC
解析 对于A，过圆心的直线都可以将圆的周长和面积同时平分，所以对于任意一个圆，其“优美函数”有无数个，故选项A正确；
对于B，因为函数f(x)＝x3的图象关于原点成中心对称，所以将圆的圆心放在原点，则函数f(x)＝x3是该圆的“优美函数”，故选项B正确；
对于C，将圆的圆心放在正弦函数y＝sin x的对称中心上，则正弦函数y＝sin x是该圆的“优美函数”，故选项C正确；
对于D，函数y＝f(x)的图象是中心对称图形，则函数y＝f(x)不一定是“优美函数”，如f(x)＝eq \f(1,x).函数y＝f(x)是“优美函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图所示，
所以函数y＝f(x)的图象是中心对称图形是函数y＝f(x)是“优美函数”的既不充分也不必要条件，故选项D错误．
考点三 三角函数的单调性
7．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))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,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,4)，kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)
答案 A
解析 函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))，
令kπ－eq \f(π,2)即kπ－eq \f(π,4)所以函数的单调递增区间为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)．
8．下列函数中，周期为π，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减的是( )
A．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2))) B．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))
C．y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))) D．y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))
答案 D
解析 由题意得，函数的周期为π，只有C，D满足题意，
函数y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，
函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝cs 2x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，所以D选项符合题意．
9．函数y＝xsin x＋cs x，x∈(－π，π)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
答案 A
解析 ∵y＝xsin x＋cs x，
∴y′＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x，
令y′>0且x∈(－π，π)，得
当x∈(－π，0]时，若cs x<0，
则－π当x∈(0，π)时，若cs x>0，则0∴函数的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
10．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 不妨设ω>0，由函数图象可知，其周期为T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)－\f(1,4)))＝2，
所以eq \f(2π,ω)＝2，解得ω＝π，所以f(x)＝cs(πx＋φ)．
由图象可知，当x＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(5,4)))＝eq \f(3,4)时，f(x)取得最小值，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋φ))＝－1，解得eq \f(3π,4)＋φ＝2kπ＋π(k∈Z)，
解得φ＝2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)．
令k＝0，得φ＝eq \f(π,4)，
所以f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4))).
令2kπ≤πx＋eq \f(π,4)≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得2k－eq \f(1,4)≤x≤2k＋eq \f(3,4)(k∈Z)，
所以函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,4)))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.
11．函数f(x)＝sin2x＋cs 2x的最小正周期是( )
A．2π B.eq \f(3π,2) C．π D.eq \f(π,2)
答案 C
解析 f(x)＝sin2x＋cs 2x＝sin2x＋cs2x－sin2x＝cs2x＝eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(1,2)，所以函数f(x)＝sin2x＋cs 2x的最小正周期是T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2)＝π.
12．设函数f(x)＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，x∈(0,3π)，则下列判断正确的是( )
A．函数的一条对称轴为x＝eq \f(π,6)
B．函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))上单调递增
C．∃x∈(0,3π)，使f(x)＝－1
D．∃a∈R，使得函数y＝f(x＋a)在其定义域内为偶函数
答案 D
解析 函数f(x)＝1＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))
＝1＋eq \r(2)cs 2x，
对于A，当x∈(0,3π)，x＝eq \f(π,6)时，2x＝eq \f(π,3)不能使函数取得最值，
所以不是函数的对称轴，A错；
对于B，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,2)))，函数先增后减，B错；
对于C，若f(x)＝－1，那么cs 2x＝－eq \r(2)不成立，C错；
对于D，当a＝eq \f(3π,2)时，f(x＋a)＝1－eq \r(2)cs 2x，函数是偶函数，D正确．
13．(2022·大同模拟)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，若f(0)＝eq \f(1,2)，则函数f(x)图象的对称轴方程为( )
A．x＝kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z) B．x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,3)(k∈Z)
C．x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)(k∈Z) D．x＝kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)
答案 C
解析 ∵函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的最小正周期为π，
∴ω＝2，
∵f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
可得sin φ＝eq \f(1,2)，
∴φ＝2kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z或φ＝2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z，
∵|φ|∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
由2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
得x＝eq \f(π,6)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z.
14．(多选)已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)·|sin x－cs x|，下列说法正确的是( )
A．f(x)是周期函数
B．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增
C．若eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx1))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx2))＝2，则x1＋x2＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)
D．函数g(x)＝f(x)＋1在区间[0,2π]上有且仅有1个零点
答案 AC
解析 对于A项，显然2π是函数f(x)的周期，所以选项A正确；
对于B项，由题意得f(0)＝1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上不是单调的，选项B错误；
对于C项，由题意得|f(x)|＝|sin x＋cs x|·|sin x－cs x|＝|cs 2x|≤1，
因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx1))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx2))＝2，
所以只能有|f(x1)|＝|f(x2)|＝1，
所以|cs 2x1|＝1，|cs 2x2|＝1，
所以2x1＝k1π，2x2＝k2π，k1，k2∈Z，
所以x1＋x2＝eq \f(k1＋k2π,2)＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，所以选项C正确；
对于D项，对x分类讨论，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f(x)＝cs 2x，f(x)＋1＝0，所以cs 2x＝－1，显然无解；
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))时，f(x)＝－cs 2x，f(x)＋1＝0，
所以cs 2x＝1，所以x＝π；
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，2π))时，f(x)＝cs 2x，f(x)＋1＝0，
所以cs 2x＝－1，所以x＝eq \f(3π,2).
所以选项D错误．