统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点六三角函数理（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点六三角函数理（附解析），共6页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。

A．eq \f(7,9)B．－eq \f(1,9)C．eq \f(1,9)D．－eq \f(5,9)
2．[2023·成都诊断性检测](函数图象平移)已知锐角φ满足eq \r(3)sinφ－csφ＝1.若要得到函数f(x)＝eq \f(1,2)－sin2(x＋φ)的图象，则可以将函数y＝eq \f(1,2)sin2x的图象( )
A．向左平移eq \f(7π,12)个单位长度B．向左平移eq \f(π,12)个单位长度
C．向右平移eq \f(7π,12)个单位长度D．向右平移eq \f(π,12)个单位长度
3.
[2023·惠州调研](三角函数图象)已知函数f(x)＝eq \r(2)sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(π,8)，2kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(3π,8)，2kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)
4．(三角函数的最值)已知函数f(x)＝sin (ωx＋eq \f(π,6))(ω>0)的最小正周期为π，若f(x)在[0，t)上的函数值中没有最小值，则实数t的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))
5．[2023·银川市普通高中质量检测](三角函数的图象与性质)将函数f(x)＝2sinxcsx－cs2x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则下列结论正确的是( )
A．函数g(x)的最小正周期为2π
B．函数g(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称
C．函数g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称
D．函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))上单调递增
[答题区]
6.(三角函数求角)已知tan (α－β)＝eq \f(1,2)，tanβ＝－eq \f(1,7)，且α，β∈(0，π)，则2α－β＝________．
7．(三角函数的周期)设函数f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，A>0，ω>0).若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上具有单调性，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则f(x)的最小正周期为________．
8．(三角函数的性质)已知函数f(x)＝sin (x－π)，g(x)＝cs (x＋π)，有以下命题：
①函数y＝f(x)g(x)的最小正周期为π；
②函数y＝f(x)g(x)的最大值为2；
③将函数y＝f(x)的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后得到函数y＝g(x)的图象；
④将函数y＝f(x)的图象向左平移eq \f(π,2)个单位后得到y＝g(x)的图象．
其中正确命题的序号是________．
9．(三角函数综合)设函数f(x)＝cs (2x－eq \f(π,3))＋2sin2(x＋eq \f(π,2)).
(1)求f(x)的最小正周期和对称轴方程；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))时，求f(x)的值域．
10．(三角函数综合)已知函数f(x)＝2cs2x＋2eq \r(3)sinxcsx＋a，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最小值为2.
(1)求a的值，并求f(x)的单调递增区间；
(2)先将函数y＝f(x)的图象上点的纵坐标不变，横坐标缩小到原来的eq \f(1,2)，再将所得的图象向右平移eq \f(π,12)个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求方程g(x)＝4在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上所有根之和．
热点（六） 三角函数
1．C ∵sin（α＋π）＝－sinα＝－eq \f(2,3)，∴sinα＝eq \f(2,3)，
∴cs2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9).故选C.
2．A 因为eq \r(3)sinφ－csφ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,6)))＝1，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－\f(π,6)))＝eq \f(1,2).因为φ为锐角，所以φ－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6)，所以φ＝eq \f(π,3).所以f（x）＝eq \f(1,2)－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))),2)＝eq \f(1,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))))＝－eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋2x－\f(5π,6)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(7π,6)))＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(7π,12)))))，所以将函数y＝eq \f(1,2)sin2x的图象向左平移eq \f(7π,12)个单位长度可得到函数f（x）的图象，故选A.
3．D 由题中图象，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋φ))＝1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)ω＋φ))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋φ))＝\f(\r(2),2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)ω＋φ))＝0)).
由“五点作图法”知点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，0))为第一个零点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋φ＝\f(3π,4),\f(π,8)ω＋φ＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω＝2,φ＝－\f(π,4)))，所以f（x）＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).
由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ（k∈Z），得eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤eq \f(7π,8)＋kπ（k∈Z），即函数f（x）的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))（k∈Z），故选D.
4．D ∵函数f（x）＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))（ω>0）的最小正周期为π，
∴ω＝2.当x∈[0，t）时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2t＋\f(π,6)))，
∵当x∈[0，t）时，函数值中没有最小值，
∴eq \f(5π,6)<2t＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)，解得eq \f(π,3)5．D 方法一 f（x）＝2sinxcsx－cs2x＝sin2x－cs2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，将其图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得g（x）＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,12)))的图象．对于A，g（x）的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故A不正确；对于B，令2x＋eq \f(5π,12)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,24)，k∈Z，所以直线x＝eq \f(π,12)不是函数g（x）图象的对称轴，故B不正确；对于C，令2x＋eq \f(5π,12)＝kπ，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(5π,24)，k∈Z，当k＝1时，x＝eq \f(7π,24)，所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))不是函数g（x）图象的对称中心，故C不正确；对于D，令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(5π,12)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(11π,24)＋kπ≤x≤eq \f(π,24)＋kπ，k∈Z，当k＝0时，－eq \f(11π,24)≤x≤eq \f(π,24)，又eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11π,24)，\f(π,24)))，所以函数g（x）在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))上单调递增，故D正确．故选D.
方法二 f（x）＝2sinxcsx－cs2x＝sin2x－cs2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，将其图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得g（x）＝eq \r(2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(5π,12)))的图象．对于A，g（x）的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故A不正确；对于B，因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)＋\f(5π,12)))＝eq \r(2)sineq \f(7π,12)≠eq \r(2)，所以函数g（x）的图象不关于直线x＝eq \f(π,12)对称，故B不正确；对于C，因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,4)＋\f(5π,12)))＝eq \r(2)sineq \f(11π,12)≠0，所以函数g（x）的图象不关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0))对称，故C不正确；对于D，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))时，2x＋eq \f(5π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(5π,12)))，所以函数g（x）在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，0))上单调递增，故D正确．故选D.
6．答案：－eq \f(3π,4)
解析：易知tan（2α－β）＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2（α－β）＋β)).
因为tan（α－β）＝eq \f(1,2)，所以tan2（α－β）＝eq \f(2tan（α－β）,1－tan2（α－β）)＝eq \f(4,3)，
故tan（2α－β）＝eq \f(tan2（α－β）＋tanβ,1－tan2（α－β）tanβ)＝1.
由tanβ＝－eq \f(1,7)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，0))，知eq \f(5π,6)<β<π，由tanα＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（α－β）＋β))＝eq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))，知0<α7．答案：π
解析：设f（x）的最小正周期为T.
由题意知eq \f(T,2)≥eq \f(π,2)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，且eq \f(2π,3)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,6)，
可作出示意图如图所示（一种情况）：
∴x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(π,6)))·eq \f(1,2)＝eq \f(π,3)，x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(2π,3)))·eq \f(1,2)＝eq \f(7π,12)，
∴eq \f(T,4)＝x2－x1＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，∴T＝π.
8．答案：①④
解析：因为f（x）＝sin（x－π）＝－sinx，g（x）＝cs（x＋π）＝－csx，所以y＝f（x）g（x）＝（－sinx）（－csx）＝eq \f(1,2)sin2x，所以函数y＝f（x）g（x）的最小正周期为eq \f(2π,2)＝π，最大值为eq \f(1,2)，故①对，②错；将函数y＝f（x）的图象向右平移eq \f(π,2)个单位后得到y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,2)))＝csx的图象，故③错；将函数y＝f（x）的图象向左平移eq \f(π,2)个单位后得到y＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝－csx的图象，故④对．
9．解析：（1）f（x）＝eq \f(1,2)cs2x＋eq \f(\r(3),2)sin2x＋1－cs（2x＋π）＝eq \f(3,2)cs2x＋eq \f(\r(3),2)sin2x＋1＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1，
所以f（x）的最小正周期T＝π.
由2x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z.
（2）因为－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,4)，所以－eq \f(π,3)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(5π,6)，
所以－eq \f(\r(3),2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))≤1.
所以f（x）的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\r(3)＋1)).
10．解析：（1）由题意，知f（x）＝cs2x＋1＋eq \r(3)sin2x＋a＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1，∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则f（x）min＝－1＋a＋1＝2，得a＝2，即f（x）＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋3.
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
∴函数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）由函数图象变换得g（x）＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))＋3，又由g（x）＝4得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
∴4x－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,6)或2kπ＋eq \f(5π,6)，
即x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)或eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)（k∈Z）.
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴x＝eq \f(π,12)或eq \f(π,4)，故所有根之和为eq \f(π,12)＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,3).题号
1
2
3
4
5
答案