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新教材2023版高中数学章末质量检测一第七章三角函数新人教B版必修第三册
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章末质量检测(一) 第七章 三角函数(满分：150分 时间：120分钟)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．sin 4·tan 7的值( )A．大于0 B．小于0C．等于0 D．不大于02.函数y＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2))的图象如图所示，则ω，φ的值分别是( )A．1， eq \f(π,3) B．1，－ eq \f(π,3)C．2， eq \f(π,3) D．2，－ eq \f(π,3)3．如果tan θ＝2，那么1＋sin θcos θ的值是( )A． eq \f(7,3) B． eq \f(7,5)C． eq \f(5,4) D． eq \f(5,3)4．已知函数f(x)＝ eq \r(3)sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))为其图象的对称中心，B，C是该图象上相邻的最高点和最低点，若BC＝4，则f(x)的单调递增区间是( )A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(2,3)，2k＋\f(4,3)))，k∈Z B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZC． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k－\f(2,3)，4k＋\f(4,3)))，k∈Z D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z5．函数f(x)＝sin 2x和g(x)的部分图象，如图所示．g(x)的图象由f(x)的图象平移而来，C，D分别在g(x)、f(x)图象上，ABCD是矩形，A( eq \f(π,12)，0)，B( eq \f(3π,4)，0)，则g(x)的表达式是( )A.g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))B．g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．g(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))D．g(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))6．下列函数中，周期为π，且在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上为减函数的是( )A．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))) B．y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))C．y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) D．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))7．已知cos A＋sin A＝－ eq \f(7,13)，A为第四象限角，则tan A等于( )A． eq \f(12,5) B． eq \f(5,12)C．－ eq \f(12,5) D．－ eq \f(5,12)8．如图，在平面直角坐标系xOy中，角α(0<α<π)的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点为A，将OA绕坐标原点逆时针旋转 eq \f(π,2)至OB，过点B作x轴的垂线，垂足为Q.记线段BQ的长为y，则函数y＝f(α)的图象大致是( )二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．下列结论正确的是( )A．－ eq \f(7π,6)是第三象限角B．若圆心角为 eq \f(π,3)的扇形的弧长为π，则该扇形面积为 eq \f(3π,2)C．若角α的终边过点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，4))，则cos α＝－ eq \f(3,5)D．若角α为锐角，则角2α为钝角10．将函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)的图象向左平移 eq \f(π,2)个单位，若所得的图象与原图象重合，则ω的值可能为( )A. 4 B. 6 C. 8 D. 1211．已知f(x)＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))，x∈R，满足f(x1)＝2，f(x2)＝0，且|x1－x2|的最小值是 eq \f(5π,3)，则ω的值可以为( )A．－ eq \f(3,10) B． eq \f(5,3) C． eq \f(3,10) D．－ eq \f(5,3)12．将函数f(x)＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1的图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象，则下列关于函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的说法正确的是( )A．最大值为 eq \r(3)，图象关于直线x＝ eq \f(π,12)对称 B．图象关于y轴对称C．最小正周期为π D．图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))对称三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上．)13．化简： eq \f(tan （2π－θ）sin （－2π－θ）cos （6π－θ）,cos （θ－π）sin （5π＋θ）)＝________．14．函数y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))的定义域为________________．15．函数f(x)＝－2tan x＋m，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))有零点，则实数m的取值范围是________．16．给出下列四个命题：①若f(x)＝a tan x＋b cos x是偶函数，则a＝0；②当x＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z时，y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))取得最大值；③函数y＝4cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))的图象关于直线x＝－ eq \f(π,12)对称；④函数y＝2tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))＋1的图象的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.其中正确的命题是________(填序号).四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知0<α< eq \f(π,2)，sin α＝ eq \f(4,5).(1)求tan α的值；(2)求 eq \f(sin （α＋π）－2cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),－sin （－α）＋cos （π＋α）)的值．18．(12分)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)最小正周期为π，图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\r(2))).(1)求函数f(x)解析式；(2)求函数f(x)的单调递增区间．19．(12分)已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)cos (2x－φ)(0<φ<π)，其图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2))).(1)求φ的值；(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值．20．(12分)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))在一个周期内的图象如图所示．(1)求函数f(x)的最小正周期T及f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的对称轴方程及单调递增区间；(3)将f(x)的图象向右平移 eq \f(π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象，若g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝a－1在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有两个解，求a的取值范围．21．(12分)已知函数f(x)＝2sin 2x＋cos x－2.(1)求函数f(x)的零点；(2)当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，\f(2π,3)))时，函数f(x)的最小值为－1，求α的取值范围．22.(12分)如图是半径为1 m的水车截面图，在它的边缘(圆周)上有一定点P，按逆时针方向以角速度 eq \f(π,3) rad/s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(每秒绕圆心转动\f(π,3) rad))作圆周运动，已知点P的初始位置为P0，且∠xOP0＝ eq \f(π,6)，设点P的纵坐标y是转动时间t(单位：s)的函数，记为y＝f(t).(1)求f(0)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))的值，并写出函数y＝f(t)的解析式；(2)选用恰当的方法作出函数y＝f(t)，0≤t≤6的简图；(3)试比较f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31,4)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31,5)))的大小(直接给出大小关系，不用说明理由).章末质量检测(一) 第七章 三角函数1．解析：∵4在第三象限，∴sin 4<0，∵7在第一象限，∴tan 7>0，∴sin 4·tan 7<0，故选B.答案：B2．解析：由题图可知，T＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，即ω＝ eq \f(2π,T)＝2.因为sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)＋φ))＝－1，所以 eq \f(7π,6)＋φ＝－ eq \f(π,2)＋2kπ，φ＝－ eq \f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，又 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))< eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,3)，故选C.答案：C3．解析：1＋sin θcos θ＝ eq \f(sin2θ＋cos2θ＋sinθcos θ,sin2θ＋cos2θ)＝ eq \f(tan2θ＋1＋tanθ,tan2θ＋1)＝ eq \f(22＋1＋2,22＋1)＝ eq \f(7,5).答案：B4．解析：函数f(x)＝ eq \r(3)sin(ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))为f(x)图象的对称中心，B，C是该图象上相邻的最高点和最低点，BC＝4，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)))2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝42，即12＋ eq \f(π2,ω2)＝16，得ω＝ eq \f(π,2).再根据 eq \f(π,2)· eq \f(1,3)＋φ＝kπ，k∈Z，可得φ＝－ eq \f(π,6)，所以f(x)＝ eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,6))).令2kπ－ eq \f(π,2)≤ eq \f(π,2)x－ eq \f(π,6)≤2kπ＋ eq \f(π,2)，求得4k－ eq \f(2,3)≤x≤4k＋ eq \f(4,3)，故f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k－\f(2,3)，4k＋\f(4,3)))，(k∈Z).答案：C5．解析：由图象知，函数f(x)＝sin 2x的图象向右平移 eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,12)))＝ eq \f(π,3)个单位，得g(x)＝sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))的图象；又sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))＝cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2x))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))，所以g(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6))).答案：C6．解析：A，B中函数的周期为2π，不符合．C，D中函数的周期为π.y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是增函数，y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos 2x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是减函数，故选D.答案：D7．解析：由已知可得2sin A cos A＝－ eq \f(120,169)，所以(cos A－sin A)2＝1－2sin A cos A＝ eq \f(289,169).故cos A－sin A＝ eq \f(17,13).又cos A＋sin A＝－ eq \f(7,13)，所以cos A＝ eq \f(5,13)，sin A＝－ eq \f(12,13).所以tan A＝－ eq \f(12,5).答案：C8．解析：由题可得A(cos α，sin α)，将OA绕坐标原点逆时针旋转 eq \f(π,2)至OB，可得B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))，sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))))，即B(－sin α，cos α).因为线段BQ的长为y，所以函数y＝f(α)＝|cos α|.答案：B9．解析：选项A：－ eq \f(7π,6)终边与 eq \f(5π,6)相同，为第二象限角，所以A不正确；选项B：设扇形的半径为r， eq \f(πr,3)＝π，∴r＝3，扇形面积为 eq \f(1,2)×3×π＝ eq \f(3π,2)，所以B正确；选项C：角α的终边过点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，4))，根据三角函数定义，cos α＝－ eq \f(3,5)，所以C正确； 选项D：角α为锐角时，0<α< eq \f(π,2)，0<2α<π，所以D不正确．故选BC.答案：BC10．解析：因为将函数f(x)＝sin (ωx＋φ)的图象向左平移 eq \f(π,2)个单位，所得图象与原图象重合，所以 eq \f(π,2)是已知函数的周期的整数倍，即k· eq \f(2π,ω)＝ eq \f(π,2)(k∈N*)，解得ω＝4k(k∈N*).答案：ACD11．解析：由f(x1)＝2，f(x2)＝0，且|x1－x2|的最小值是 eq \f(5,3)π，可得 eq \f(T,4)＝ eq \f(5π,3)，故 eq \f(2π,4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ω)))＝ eq \f(5π,3)，所以ω＝± eq \f(3,10).答案：AC12．解析：将函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1的图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度，得到y＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))－1＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋π))－1＝－ eq \r(3)cos 2x－1的图象；再向上平移1个单位长度，得到函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－ eq \r(3)cos 2x的图象，对于函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，它的最大值为 eq \r(3)，由于当x＝ eq \f(π,12)时，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－ eq \f(3,2)，不是最值，故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象不关于直线x＝ eq \f(π,12)对称，故A错误；由于该函数为偶函数，故它的图象关于y轴对称，故B正确；它的最小正周期为 eq \f(2π,2)＝π，故C正确；当x＝ eq \f(π,4)时，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0，故函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))对称，故D正确．答案：BCD13．解析：原式＝ eq \f(tan （－θ）sin （－θ）cos （－θ）,（－cos θ）（－sin θ）)＝ eq \f(（－tan θ）（－sin θ）cos θ,cos θsin θ)＝tan θ.答案：tan θ14．解析：由 eq \f(x,2)＋ eq \f(π,4)≠ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即函数y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋2kπ，k∈Z)))).答案： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋2kπ，k∈Z))))15．解析：函数f(x)＝－2tan x＋m有零点，即方程2tan x＝m有解．∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))，∴tan x∈[－1， eq \r(3)]，∴m∈[－2，2 eq \r(3)].答案：[－2，2 eq \r(3)]16．解析：f(x)＝a tan x＋b cos x为偶函数，则有f(－x)＝f(x)，即a tan (－x)＋b cos (－x)＝a tan x＋b cos x，即2a tan x＝0，故a＝0，①正确；当x＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z时，y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)－\f(π,3)))＝cos eq \f(π,6)＝ eq \f(\r(3),2)，显然不是最大值，②不正确；当x＝－ eq \f(π,12)时，y＝4cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))－\f(5π,6)))＝4cos (－π)＝－4，显然取得最小值，故x＝－ eq \f(π,12)是该函数的图象的一条对称轴，③正确；令－2x＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x＝ eq \f(π,6)－ eq \f(kπ,4)，k∈Z，故对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(kπ,4)，1))，k∈Z，④不正确．答案：①③17．解析：(1)因为0<α< eq \f(π,2)，sin α＝ eq \f(4,5)，所以cos α＝ eq \f(3,5)，故tan α＝ eq \f(4,3).(2) eq \f(sin （α＋π）－2cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),－sin （－α）＋cos （π＋α）)＝ eq \f(－sin α＋2sin α,sin α－cos α)＝ eq \f(sin α,sin α－cos α)＝ eq \f(tan α,tan α－1)＝4.18．解析：(1)由已知得π＝ eq \f(2π,ω)，解得ω＝2.将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\r(2)))代入解析式， eq \r(2)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋φ))，可知cos φ＝ eq \f(\r(2),2)，由0<φ<π可知φ＝ eq \f(π,4)，于是f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(2)令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,4)≤ eq \f(π,2)＋2kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，解得－ eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤ eq \f(π,8)＋kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))， 于是函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋kπ，\f(π,8)＋kπ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)).19．解析：(1)∵f(x)＝ eq \f(1,2)cos (2x－φ)，且函数图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2)))，∴ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－φ))，即cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－φ))＝1，解得φ＝ eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又0<φ<π，∴φ＝ eq \f(π,3).(2)由(1)知f(x)＝ eq \f(1,2)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)＝ eq \f(1,2)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图象．∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴4x－ eq \f(π,3)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，故－ eq \f(1,2)≤cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))≤1.∴y＝g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值分别为 eq \f(1,2)和－ eq \f(1,4).20．解析：(1)由题意，A＝1， eq \f(T,4)＝ eq \f(π,12)＋ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,4)⇒T＝π，则 eq \f(2π,ω)＝π⇒ω＝2，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ))，又因为图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，所以2× eq \f(π,12)＋φ＝ eq \f(π,2)＋2kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))⇒φ＝ eq \f(π,3)＋2kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，而－ eq \f(π,2)<φ< eq \f(π,2)，则φ＝ eq \f(π,3)，于是f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(2)结合图象可知，函数的对称轴为x＝ eq \f(π,12)＋ eq \f(kπ,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z⇒－ eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤ eq \f(π,12)＋kπ，k∈Z，即函数的增区间为[－ eq \f(5π,12)＋kπ， eq \f(π,12)＋kπ] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)).(3)f(x)的图象向右平移 eq \f(π,3)个单位长度得到：y＝sin [2(x－ eq \f(π,3))＋ eq \f(π,3)]＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，于是g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，如图所示：因为g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝a－1在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有两个解，所以 eq \f(1,2)≤a－1<1⇒a∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).21．解析：(1)由sin 2x＋cos 2x＝1得f(x)＝－2cos 2x＋cos x，令f(x)＝0，解得cos x＝0或cos x＝ eq \f(1,2)，当cos x＝0时，x＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z；当cos x＝ eq \f(1,2)时，x＝2kπ± eq \f(π,3)，k∈Z.所以函数f(x)的零点为 eq \f(π,2)＋kπ，2kπ± eq \f(π,3)，k∈Z.(2)因为f(x)＝－2cos 2x＋cos x，令cos x＝t，t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1))，则f(x)＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝－2t2＋t，因为f(x)的最小值为－1，所以－2t2＋t≥－1，解得－ eq \f(1,2)≤t≤1，即－ eq \f(1,2)≤cos x≤1，因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，\f(2π,3)))，且cos eq \f(2π,3)＝－ eq \f(1,2)，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－1，由－ eq \f(1,2)≤cos x≤1，且x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，\f(2π,3)))，可得－ eq \f(2π,3)≤α< eq \f(2π,3)，所以α的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(2π,3))).22．解析：(1)由题意，f(0)＝sin eq \f(π,6)＝ eq \f(1,2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)×\f(π,3)＋\f(π,6)))＝cos eq \f(π,6)＝ eq \f(\r(3),2)，函数y＝f (t)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πt,3)＋\f(π,6)))，t≥0.(2)根据题意列表如下；在直角坐标系中描点、连线，作出函数y＝f(t)在0≤t≤6的简图如图所示．(3)由函数的图象与性质知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31,4)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31,5))). t01 eq \f(5,2)4 eq \f(11,2)6 eq \f(πt,3)＋ eq \f(π,6) eq \f(π,6) eq \f(π,2)π eq \f(3π,2)2π eq \f(13π,6)y eq \f(1,2)10－10 eq \f(1,2)
章末质量检测(一) 第七章 三角函数(满分：150分 时间：120分钟)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．sin 4·tan 7的值( )A．大于0 B．小于0C．等于0 D．不大于02.函数y＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|< eq \f(π,2))的图象如图所示，则ω，φ的值分别是( )A．1， eq \f(π,3) B．1，－ eq \f(π,3)C．2， eq \f(π,3) D．2，－ eq \f(π,3)3．如果tan θ＝2，那么1＋sin θcos θ的值是( )A． eq \f(7,3) B． eq \f(7,5)C． eq \f(5,4) D． eq \f(5,3)4．已知函数f(x)＝ eq \r(3)sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))为其图象的对称中心，B，C是该图象上相邻的最高点和最低点，若BC＝4，则f(x)的单调递增区间是( )A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－\f(2,3)，2k＋\f(4,3)))，k∈Z B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))，k∈ZC． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k－\f(2,3)，4k＋\f(4,3)))，k∈Z D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4kπ－\f(2π,3)，4kπ＋\f(4π,3)))，k∈Z5．函数f(x)＝sin 2x和g(x)的部分图象，如图所示．g(x)的图象由f(x)的图象平移而来，C，D分别在g(x)、f(x)图象上，ABCD是矩形，A( eq \f(π,12)，0)，B( eq \f(3π,4)，0)，则g(x)的表达式是( )A.g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))B．g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))C．g(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))D．g(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))6．下列函数中，周期为π，且在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上为减函数的是( )A．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2))) B．y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))C．y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))) D．y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))7．已知cos A＋sin A＝－ eq \f(7,13)，A为第四象限角，则tan A等于( )A． eq \f(12,5) B． eq \f(5,12)C．－ eq \f(12,5) D．－ eq \f(5,12)8．如图，在平面直角坐标系xOy中，角α(0<α<π)的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点为A，将OA绕坐标原点逆时针旋转 eq \f(π,2)至OB，过点B作x轴的垂线，垂足为Q.记线段BQ的长为y，则函数y＝f(α)的图象大致是( )二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．)9．下列结论正确的是( )A．－ eq \f(7π,6)是第三象限角B．若圆心角为 eq \f(π,3)的扇形的弧长为π，则该扇形面积为 eq \f(3π,2)C．若角α的终边过点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，4))，则cos α＝－ eq \f(3,5)D．若角α为锐角，则角2α为钝角10．将函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)的图象向左平移 eq \f(π,2)个单位，若所得的图象与原图象重合，则ω的值可能为( )A. 4 B. 6 C. 8 D. 1211．已知f(x)＝2cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,12)))，x∈R，满足f(x1)＝2，f(x2)＝0，且|x1－x2|的最小值是 eq \f(5π,3)，则ω的值可以为( )A．－ eq \f(3,10) B． eq \f(5,3) C． eq \f(3,10) D．－ eq \f(5,3)12．将函数f(x)＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1的图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象，则下列关于函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的说法正确的是( )A．最大值为 eq \r(3)，图象关于直线x＝ eq \f(π,12)对称 B．图象关于y轴对称C．最小正周期为π D．图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))对称三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上．)13．化简： eq \f(tan （2π－θ）sin （－2π－θ）cos （6π－θ）,cos （θ－π）sin （5π＋θ）)＝________．14．函数y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))的定义域为________________．15．函数f(x)＝－2tan x＋m，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))有零点，则实数m的取值范围是________．16．给出下列四个命题：①若f(x)＝a tan x＋b cos x是偶函数，则a＝0；②当x＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z时，y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))取得最大值；③函数y＝4cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(5π,6)))的图象关于直线x＝－ eq \f(π,12)对称；④函数y＝2tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(π,3)))＋1的图象的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(kπ,2)，1))，k∈Z.其中正确的命题是________(填序号).四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知0<α< eq \f(π,2)，sin α＝ eq \f(4,5).(1)求tan α的值；(2)求 eq \f(sin （α＋π）－2cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),－sin （－α）＋cos （π＋α）)的值．18．(12分)已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)最小正周期为π，图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\r(2))).(1)求函数f(x)解析式；(2)求函数f(x)的单调递增区间．19．(12分)已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)cos (2x－φ)(0<φ<π)，其图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2))).(1)求φ的值；(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值．20．(12分)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))在一个周期内的图象如图所示．(1)求函数f(x)的最小正周期T及f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的对称轴方程及单调递增区间；(3)将f(x)的图象向右平移 eq \f(π,3)个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象，若g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝a－1在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有两个解，求a的取值范围．21．(12分)已知函数f(x)＝2sin 2x＋cos x－2.(1)求函数f(x)的零点；(2)当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，\f(2π,3)))时，函数f(x)的最小值为－1，求α的取值范围．22.(12分)如图是半径为1 m的水车截面图，在它的边缘(圆周)上有一定点P，按逆时针方向以角速度 eq \f(π,3) rad/s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(每秒绕圆心转动\f(π,3) rad))作圆周运动，已知点P的初始位置为P0，且∠xOP0＝ eq \f(π,6)，设点P的纵坐标y是转动时间t(单位：s)的函数，记为y＝f(t).(1)求f(0)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))的值，并写出函数y＝f(t)的解析式；(2)选用恰当的方法作出函数y＝f(t)，0≤t≤6的简图；(3)试比较f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31,4)))，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31,5)))的大小(直接给出大小关系，不用说明理由).章末质量检测(一) 第七章 三角函数1．解析：∵4在第三象限，∴sin 4<0，∵7在第一象限，∴tan 7>0，∴sin 4·tan 7<0，故选B.答案：B2．解析：由题图可知，T＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))＝π，即ω＝ eq \f(2π,T)＝2.因为sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)＋φ))＝－1，所以 eq \f(7π,6)＋φ＝－ eq \f(π,2)＋2kπ，φ＝－ eq \f(5π,3)＋2kπ，k∈Z，又 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(φ))< eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,3)，故选C.答案：C3．解析：1＋sin θcos θ＝ eq \f(sin2θ＋cos2θ＋sinθcos θ,sin2θ＋cos2θ)＝ eq \f(tan2θ＋1＋tanθ,tan2θ＋1)＝ eq \f(22＋1＋2,22＋1)＝ eq \f(7,5).答案：B4．解析：函数f(x)＝ eq \r(3)sin(ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))为f(x)图象的对称中心，B，C是该图象上相邻的最高点和最低点，BC＝4，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)))2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝42，即12＋ eq \f(π2,ω2)＝16，得ω＝ eq \f(π,2).再根据 eq \f(π,2)· eq \f(1,3)＋φ＝kπ，k∈Z，可得φ＝－ eq \f(π,6)，所以f(x)＝ eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,6))).令2kπ－ eq \f(π,2)≤ eq \f(π,2)x－ eq \f(π,6)≤2kπ＋ eq \f(π,2)，求得4k－ eq \f(2,3)≤x≤4k＋ eq \f(4,3)，故f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4k－\f(2,3)，4k＋\f(4,3)))，(k∈Z).答案：C5．解析：由图象知，函数f(x)＝sin 2x的图象向右平移 eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,12)))＝ eq \f(π,3)个单位，得g(x)＝sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))的图象；又sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))＝cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2x))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6)))，所以g(x)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(7π,6))).答案：C6．解析：A，B中函数的周期为2π，不符合．C，D中函数的周期为π.y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝－sin 2x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是增函数，y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos 2x在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是减函数，故选D.答案：D7．解析：由已知可得2sin A cos A＝－ eq \f(120,169)，所以(cos A－sin A)2＝1－2sin A cos A＝ eq \f(289,169).故cos A－sin A＝ eq \f(17,13).又cos A＋sin A＝－ eq \f(7,13)，所以cos A＝ eq \f(5,13)，sin A＝－ eq \f(12,13).所以tan A＝－ eq \f(12,5).答案：C8．解析：由题可得A(cos α，sin α)，将OA绕坐标原点逆时针旋转 eq \f(π,2)至OB，可得B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))，sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))))，即B(－sin α，cos α).因为线段BQ的长为y，所以函数y＝f(α)＝|cos α|.答案：B9．解析：选项A：－ eq \f(7π,6)终边与 eq \f(5π,6)相同，为第二象限角，所以A不正确；选项B：设扇形的半径为r， eq \f(πr,3)＝π，∴r＝3，扇形面积为 eq \f(1,2)×3×π＝ eq \f(3π,2)，所以B正确；选项C：角α的终边过点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，4))，根据三角函数定义，cos α＝－ eq \f(3,5)，所以C正确； 选项D：角α为锐角时，0<α< eq \f(π,2)，0<2α<π，所以D不正确．故选BC.答案：BC10．解析：因为将函数f(x)＝sin (ωx＋φ)的图象向左平移 eq \f(π,2)个单位，所得图象与原图象重合，所以 eq \f(π,2)是已知函数的周期的整数倍，即k· eq \f(2π,ω)＝ eq \f(π,2)(k∈N*)，解得ω＝4k(k∈N*).答案：ACD11．解析：由f(x1)＝2，f(x2)＝0，且|x1－x2|的最小值是 eq \f(5,3)π，可得 eq \f(T,4)＝ eq \f(5π,3)，故 eq \f(2π,4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ω)))＝ eq \f(5π,3)，所以ω＝± eq \f(3,10).答案：AC12．解析：将函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－1的图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度，得到y＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＋\f(π,3)))－1＝ eq \r(3)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋π))－1＝－ eq \r(3)cos 2x－1的图象；再向上平移1个单位长度，得到函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－ eq \r(3)cos 2x的图象，对于函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，它的最大值为 eq \r(3)，由于当x＝ eq \f(π,12)时，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－ eq \f(3,2)，不是最值，故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象不关于直线x＝ eq \f(π,12)对称，故A错误；由于该函数为偶函数，故它的图象关于y轴对称，故B正确；它的最小正周期为 eq \f(2π,2)＝π，故C正确；当x＝ eq \f(π,4)时，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0，故函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，0))对称，故D正确．答案：BCD13．解析：原式＝ eq \f(tan （－θ）sin （－θ）cos （－θ）,（－cos θ）（－sin θ）)＝ eq \f(（－tan θ）（－sin θ）cos θ,cos θsin θ)＝tan θ.答案：tan θ14．解析：由 eq \f(x,2)＋ eq \f(π,4)≠ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x≠ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即函数y＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,4)))的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋2kπ，k∈Z)))).答案： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋2kπ，k∈Z))))15．解析：函数f(x)＝－2tan x＋m有零点，即方程2tan x＝m有解．∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,3)))，∴tan x∈[－1， eq \r(3)]，∴m∈[－2，2 eq \r(3)].答案：[－2，2 eq \r(3)]16．解析：f(x)＝a tan x＋b cos x为偶函数，则有f(－x)＝f(x)，即a tan (－x)＋b cos (－x)＝a tan x＋b cos x，即2a tan x＝0，故a＝0，①正确；当x＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z时，y＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)－\f(π,3)))＝cos eq \f(π,6)＝ eq \f(\r(3),2)，显然不是最大值，②不正确；当x＝－ eq \f(π,12)时，y＝4cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))－\f(5π,6)))＝4cos (－π)＝－4，显然取得最小值，故x＝－ eq \f(π,12)是该函数的图象的一条对称轴，③正确；令－2x＋ eq \f(π,3)＝ eq \f(kπ,2)，k∈Z，得x＝ eq \f(π,6)－ eq \f(kπ,4)，k∈Z，故对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(kπ,4)，1))，k∈Z，④不正确．答案：①③17．解析：(1)因为0<α< eq \f(π,2)，sin α＝ eq \f(4,5)，所以cos α＝ eq \f(3,5)，故tan α＝ eq \f(4,3).(2) eq \f(sin （α＋π）－2cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α)),－sin （－α）＋cos （π＋α）)＝ eq \f(－sin α＋2sin α,sin α－cos α)＝ eq \f(sin α,sin α－cos α)＝ eq \f(tan α,tan α－1)＝4.18．解析：(1)由已知得π＝ eq \f(2π,ω)，解得ω＝2.将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\r(2)))代入解析式， eq \r(2)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)＋φ))，可知cos φ＝ eq \f(\r(2),2)，由0<φ<π可知φ＝ eq \f(π,4)，于是f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).(2)令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,4)≤ eq \f(π,2)＋2kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，解得－ eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤ eq \f(π,8)＋kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))， 于是函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,8)＋kπ，\f(π,8)＋kπ)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)).19．解析：(1)∵f(x)＝ eq \f(1,2)cos (2x－φ)，且函数图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(1,2)))，∴ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)－φ))，即cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－φ))＝1，解得φ＝ eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z.又0<φ<π，∴φ＝ eq \f(π,3).(2)由(1)知f(x)＝ eq \f(1,2)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)＝ eq \f(1,2)cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图象．∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴4x－ eq \f(π,3)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，故－ eq \f(1,2)≤cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))≤1.∴y＝g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值和最小值分别为 eq \f(1,2)和－ eq \f(1,4).20．解析：(1)由题意，A＝1， eq \f(T,4)＝ eq \f(π,12)＋ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,4)⇒T＝π，则 eq \f(2π,ω)＝π⇒ω＝2，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋φ))，又因为图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，1))，所以2× eq \f(π,12)＋φ＝ eq \f(π,2)＋2kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))⇒φ＝ eq \f(π,3)＋2kπ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，而－ eq \f(π,2)<φ< eq \f(π,2)，则φ＝ eq \f(π,3)，于是f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(2)结合图象可知，函数的对称轴为x＝ eq \f(π,12)＋ eq \f(kπ,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z))，令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z⇒－ eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤ eq \f(π,12)＋kπ，k∈Z，即函数的增区间为[－ eq \f(5π,12)＋kπ， eq \f(π,12)＋kπ] eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k∈Z)).(3)f(x)的图象向右平移 eq \f(π,3)个单位长度得到：y＝sin [2(x－ eq \f(π,3))＋ eq \f(π,3)]＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，于是g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))，如图所示：因为g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝a－1在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上有两个解，所以 eq \f(1,2)≤a－1<1⇒a∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).21．解析：(1)由sin 2x＋cos 2x＝1得f(x)＝－2cos 2x＋cos x，令f(x)＝0，解得cos x＝0或cos x＝ eq \f(1,2)，当cos x＝0时，x＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z；当cos x＝ eq \f(1,2)时，x＝2kπ± eq \f(π,3)，k∈Z.所以函数f(x)的零点为 eq \f(π,2)＋kπ，2kπ± eq \f(π,3)，k∈Z.(2)因为f(x)＝－2cos 2x＋cos x，令cos x＝t，t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1))，则f(x)＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝－2t2＋t，因为f(x)的最小值为－1，所以－2t2＋t≥－1，解得－ eq \f(1,2)≤t≤1，即－ eq \f(1,2)≤cos x≤1，因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，\f(2π,3)))，且cos eq \f(2π,3)＝－ eq \f(1,2)，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－1，由－ eq \f(1,2)≤cos x≤1，且x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α，\f(2π,3)))，可得－ eq \f(2π,3)≤α< eq \f(2π,3)，所以α的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，\f(2π,3))).22．解析：(1)由题意，f(0)＝sin eq \f(π,6)＝ eq \f(1,2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)×\f(π,3)＋\f(π,6)))＝cos eq \f(π,6)＝ eq \f(\r(3),2)，函数y＝f (t)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πt,3)＋\f(π,6)))，t≥0.(2)根据题意列表如下；在直角坐标系中描点、连线，作出函数y＝f(t)在0≤t≤6的简图如图所示．(3)由函数的图象与性质知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31,4)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31,5))). t01 eq \f(5,2)4 eq \f(11,2)6 eq \f(πt,3)＋ eq \f(π,6) eq \f(π,6) eq \f(π,2)π eq \f(3π,2)2π eq \f(13π,6)y eq \f(1,2)10－10 eq \f(1,2)
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