2023届高考数学一轮复习作业三角函数的图象与性质新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业三角函数的图象与性质新人教B版（答案有详细解析），共8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
1．函数y＝eq \r(2cs 2x＋1)的定义域是( )
D [由题意知2cs 2x＋1≥0，即cs 2x≥－eq \f(1,2)．
∴2kπ－eq \f(2,3)π≤2x≤2kπ＋eq \f(2,3)π，k∈Z，
∴kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，故选D．]
2．(2019·全国卷Ⅱ)若x1＝eq \f(π,4)，x2＝eq \f(3π,4)是函数f(x)＝sin ωx(ω＞0)的两个相邻的极值点，则ω＝( )
A．2 B．eq \f(3,2) C．1 D．eq \f(1,2)
A [由题意及函数y＝sin ωx的图象与性质可知，
eq \f(1,2)T＝eq \f(3π,4)－eq \f(π,4)，∴T＝π，∴eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2．
故选A．]
3．下列函数中最小正周期为π，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为增函数的是( )
A．f(x)＝|sin 2x| B．f(x)＝tan|x|
C．f(x)＝－cs 2x D．f(x)＝cs|2x|
C [函数f(x)＝tan|x|不是周期函数，因此排除B．
函数f(x)＝|sin 2x|在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不是单调函数，故排除A．
函数f(x)＝cs|2x|在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，故排除D，
综上知选C．]
4．(2021·陕西西安市高三一模)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)其中φ∈(0,2π)，若f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))对于一切x∈R恒成立，则f(x)的单调递增区间是( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)
B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(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,2)，kπ))(k∈Z)
B [因为对任意x∈R，f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))恒成立，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝1，则φ＝eq \f(π,6)＋2kπ，又因为φ∈(0,2π)，所以φ＝eq \f(π,6)，所以f(x)＝sineq \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(π,2)(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)，所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)；故选B．]
5．函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，则下列结论错误的是( )
A．y＝f(x)的一个周期为－π
B．y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递减
C．y＝f(x)图象关于直线x＝－eq \f(π,6)对称
D．y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的一个零点为x＝eq \f(π,6)
C [A中，因为周期T＝eq \f(2kπ,2)＝kπ，k∈Z，所以－π是周期，A正确；
B中，令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(7π,12)，k∈Z，
令k＝0得eq \f(π,12)≤x≤eq \f(7π,12)，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))上单调递减，故y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))单调递减正确，B正确；
C中，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝0，故直线x＝－eq \f(π,6)不是对称轴，故C错误；
D中，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝0，所以y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))的一个零点为x＝eq \f(π,6)正确，故选C．]
6．(2021·四川泸州市高三三模)已知f(x)＝2sin(ωx)(ω>0)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝0，则ω的取值不可能是( )
A．4 B．6 C．8 D．12
B [因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)) 是函数f(x)＝2sin(ωx)的对称中心，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝0,2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)ω))＝0，ω＝4k(k∈N*) ，ω≠6 ．]
二、填空题
7．(2021·山东日照市高三模拟)写出一个满足f(x)＝f(2－x)的奇函数f(x)＝ ．
sineq \f(π,2)x(答案不唯一) [取f(x)＝sineq \f(π,2)x，下面为证明过程：显然，其定义域为R；
由f(－x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)x))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))＝－f(x)，故f(x)＝sineq \f(π,2)x为奇函数；
又f(2－x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)2－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(π,2)x))＝sineq \f(π,2)x＝f(x)．
故答案为：sineq \f(π,2)x(答案不唯一)．]
8．(2021·三明高三一模)函数y＝cs 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))的最小值为 ．
－eq \f(9,8) [y＝cs 2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝2cs2x＋cs x－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x＋\f(1,4)))2－eq \f(9,8)，
当cs x＝－eq \f(1,4)时，取得最小值为－eq \f(9,8)．]
9．函数f(x)＝eq \r(3)cs(3x－θ)－sin(3x－θ)是奇函数，则tan θ等于 ．
－eq \r(3) [f(x)＝eq \r(3)cs(3x－θ)－sin(3x－θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－3x＋θ))＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(π,3)－θ))，
因为函数f(x)为奇函数，
则有－eq \f(π,3)－θ＝kπ，k∈Z，
即θ＝－kπ－eq \f(π,3)，k∈Z，
故tan θ＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－kπ－\f(π,3)))＝－eq \r(3)．]
三、解答题
10．已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的最小正周期为2，且当x＝eq \f(1,3)时，f(x)的最大值为2．
(1)求f(x)的解析式；
(2)在闭区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(21,4)，\f(23,4)))上是否存在f(x)的对称轴？如果存在求出其对称轴．若不存在，请说明理由．
[解](1)由T＝2知eq \f(2π,ω)＝2得ω＝π．
又当x＝eq \f(1,3)时f(x)max＝2，知A＝2．
且eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，故φ＝2kπ＋eq \f(π,6)(k∈Z)．
∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋2kπ＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(πx＋\f(π,6)))．
(2)存在．令πx＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得x＝k＋eq \f(1,3)(k∈Z)．
由eq \f(21,4)≤k＋eq \f(1,3)≤eq \f(23,4)．得eq \f(59,12)≤k≤eq \f(65,12)，又k∈Z，∴k＝5．
故在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(21,4)，\f(23,4)))上存在f(x)的对称轴，其方程为x＝eq \f(16,3)．
11．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(k,2)π(k∈Z)，
即函数y＝f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)＋eq \f(k,2)π(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)，
∴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)．
1．(2021·天津高三二模)已知函数f(x)＝eq \r(3)cs 2x－sin 2x，则下列四个结论中：
①f(x)的周期为π； ②x＝eq \f(π,3)是f(x)图象的一条对称轴；③eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7π,12)，－\f(π,12)))是f(x)的一个单调递增区间；④f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,12)))上的最大值为2，所有正确结论的序号是( )
A．①② B．①③ C．①②④ D．①③④
B [由题可知：f(x)＝eq \r(3)cs 2x－sin 2x＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，所以T＝eq \f(2π,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ω)))＝eq \f(2π,2)＝π，故①正确，
当x＝eq \f(π,3)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2·\f(π,3)＋\f(π,6)))＝－eq \r(3)，并没有取到最值，所以②错误，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7π,12)，－\f(π,12)))时，2x＋eq \f(π,6)∈[－π，0]，
又函数y＝cs x在[－π，0]单调递增，所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7π,12)，－\f(π,12)))是f(x)的一个单调递增区间，故③正确，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(7π,12)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(4π,3)))，
所以f(x)max＝2cseq \f(π,6)＝eq \r(3)，故④错误．]
2．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，则下列四个结论中正确的是( )
A．函数f(x)的图象关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))中心对称
B．函数f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,8)对称
C．函数f(x)在区间(－π，π)内有4个零点
D．函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递增
C [对于函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，令x＝eq \f(5π,12)，求得f(x)＝eq \f(\r(3),2)，故函数f(x)的图象不关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))中心对称，故排除A；
令x＝－eq \f(π,8)，求得f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))，不是最值，故函数f(x)的图象不关于直线x＝－eq \f(π,8)对称，故排除B；
在区间(－π，π)上，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13π,6)，\f(11π,6)))，当2x－eq \f(π,6)＝－2π，－π，0，π时，f(x)＝0，故函数f(x)在区间(－π，π)内有4个零点，故C正确；
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上，2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7π,6)，－\f(π,6)))，f(x)没有单调性，故D错误，故选C．]
3．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ) (0＜ω＜1,0≤φ≤π)是R上的偶函数，其图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称．
(1)求φ，ω的值；
(2)求f(x)的单调递增区间；
(3)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，\f(π,2)))，求f(x)的最大值与最小值．
[解](1)因为f(x)＝sin(ωx＋φ)是R上的偶函数，所以φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，且0≤φ≤π，则φ＝eq \f(π,2)，即f(x)＝cs ωx．
因为图象关于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，0))对称，
所以ω×eq \f(3π,4)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，且0＜ω＜1，所以ω＝eq \f(2,3)．
(2)由(1)得f(x)＝cs eq \f(2,3)x，
由－π＋2kπ≤eq \f(2,3)x≤2kπ且k∈Z得，3kπ－eq \f(3π,2)≤x≤3kπ，k∈Z，
所以函数f(x)的递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3kπ－\f(3π,2)，3kπ))，k∈Z．
(3)因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，\f(π,2)))，所以eq \f(2,3)x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,3)))，
当eq \f(2,3)x＝0时，即x＝0，函数f(x)的最大值为1，
当eq \f(2,3)x＝－eq \f(π,2)时，即x＝－eq \f(3π,4)，函数f(x)的最小值为0．
1．已知函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x在x＝θ时取得最大值，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝( )
A．－eq \f(\r(2)＋\r(6),4) B．－eq \f(1,2) C．eq \f(\r(2)－\r(6),4) D．eq \f(\r(3),2)
C [法一：∵f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，又f(x)在x＝θ时取得最大值，∴θ＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即θ＝eq \f(π,6)＋2kπ(k∈Z)，于是cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,4)＋4kπ))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2)－\r(6),4)，故选C．
法二：∵f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x，
∴f′(x)＝cs x－eq \r(3)sin x．
又f(x)在x＝θ时取得最大值，∴f′(θ)＝cs θ－eq \r(3)sin θ＝0，即tan θ＝eq \f(\r(3),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(cs 2θ－sin 2θ)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(1－tan2θ－2tan θ,1＋tan2θ)＝eq \f(\r(2)－\r(6),4)，故选C．]
2．已知函数f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(x,2)＋sin x))＋b．
(1)若a＝－1，求函数f(x)的单调增区间；
(2)当x∈[0，π]时，函数f(x)的值域是[5,8]，求a，b的值．
[解] f(x)＝a(1＋cs x＋sin x)＋b
＝eq \r(2)asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a＋b．
(1)当a＝－1时，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)，
∴f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．
(2)∵0≤x≤π，∴eq \f(π,4)≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，
∴－eq \f(\r(2),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≤1．依题意知a≠0，
①当a＞0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)a＋a＋b＝8，,b＝5，))
∴a＝3eq \r(2)－3，b＝5；
②当a＜0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝8，,\r(2)a＋a＋b＝5，))
∴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．