10三角函数的图象与性质-湖南省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教版）

这是一份10三角函数的图象与性质-湖南省2023-2024学年高一上学期期末数学专题练习（人教版），共20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．（2023上·湖南益阳·高一统考期末）下列函数中是奇函数，且在区间上是增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·湖南衡阳·高一统考期末），，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023上·湖南永州·高一统考期末）函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2023上·湖南长沙·高一统考期末）函数 的最小正周期是（ ）
A．B．
C．D．
5．（2023上·湖南娄底·高一校考期末）若，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2022上·湖南湘潭·高一湘潭一中校联考期末）若函数（）在有最大值无最小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．（2022上·湖南长沙·高一长沙市明德中学校联考期末）已知函数（且），则的所有零点之和为（ ）
A．B．C．D．2
8．（2022上·湖南张家界·高一统考期末）下列函数中在上是增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．（2023上·湖南娄底·高一校联考期末）设函数，已知在有且仅有5个零点，则（ ）
A．在有且仅有3个极大值点
B．在有且仅有2个极小值点
C．在单调递增
D．ω的取值范围是
10．（2023上·湖南益阳·高一统考期末）已知函数，则（ ）
A．是上的奇函数B．的最小正周期为
C．有最大值1D．在上为增函数
11．（2023上·湖南永州·高一统考期末）关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．最小正周期为
B．是偶函数
C．在区间上单调递增
D．在处取得最值
12．（2022上·湖南益阳·高一统考期末）已知函数， 则（ ）
A．当时，函数取得最大值2B．函数在上为增函数
C．函数的最小正周期为D．函数的图象关于原点对称
13．（2022上·湖南株洲·高一株洲二中校考期末）设函数（），则下列叙述正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．在上的最小值为D．的图象关于点对称
14．（2022上·湖南岳阳·高一统考期末）下列结论正确的是（ ）
A．函数是以为最小正周期，且在区间上单调递减的函数
B．若是斜三角形的一个内角，则不等式的解集为
C．函数的单调递减区间为
D．函数的值域为
15．（2022上·湖南长沙·高一长沙市明德中学校联考期末）已知函数，则（ ）
A．，B．，
C．函数有1个零点D．方程有5个根
16．（2022上·湖南邵阳·高一统考期末）下列函数中，既为奇函数又在定义域内单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
17．（2023上·湖南湘潭·高一统考期末）若函数的图象关于点对称，请写出一个的值： .
18．（2023上·湖南长沙·高一统考期末）已知函数，则 .
19．（2023上·湖南长沙·高一长沙市明德中学校考期末）函数的最小值是 ．
20．（2023上·湖南娄底·高一校考期末）写出满足的的一个值： ．
21．（2023上·湖南娄底·高一校考期末）已知的部分图象如图所示，则 ．
22．（2022上·湖南岳阳·高一统考期末）请写出一个函数，使它同时满足下列条件：（1）的最小正周期是4；（2）的最大值为2． ．
23．（2022上·湖南永州·高一统考期末）写出一个最小正周期为的函数 .（答案不唯一，写出一个符合题意的即可）
24．（2022上·湖南岳阳·高一统考期末）如果函数同时满足下列两个条件：①函数图象关于直线对称；②函数图象关于点对称，那么我们称它为“点轴对称型函数”.请写出一个这样的“点轴对称函数” .
四、解答题
25．（2023上·湖南益阳·高一统考期末）已知函数的图象与轴交于点，若是方程的三个连续的实根，且.
(1)求的解析式；
(2)求的单调递增区间.
26．（2023上·湖南衡阳·高一统考期末）已知函数．
(1)求函数的定义域；
(2)求的值
27．（2023上·湖南衡阳·高一统考期末）已知函数．
(1)求函数的单调递减区间；
(2)求在区间上的最值．
28．（2023上·湖南娄底·高一校考期末）已知函数的最小正周期为．
(1)求的单调递减区间；
(2)求不等式在上的解集．
29．（2022上·湖南岳阳·高一统考期末）已知函数（其中）的最小正周期为．
(1)求，的单调递增区间；
(2)若时，函数有两个零点、，求实数的取值范围．
30．（2022上·湖南益阳·高一统考期末）已知函数的图像过点且关于直线 对称．
(1)若直线是函数的图像中与直线相邻的一条对称轴，请确定函数的解析式；
(2)若函数在区间上单调，求的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】对选项函数的奇偶性和单调性逐个判断，即可得到本题答案.
【详解】A、D为奇函数，B为非奇非偶函数，C为偶函数，排除B、C，
在上单调递增，不满足题意，排除D，
易知在区间上为增函数.
故选：A
2．B
【分析】由得，结合函数的单调性及中间值0和1求得结果.
【详解】∵，∴，
∴，，，
∴.
故选：B.
3．D
【分析】根据奇偶性，结合特殊点，即可求解.
【详解】函数的定义域为，
，
函数是奇函数，排除AC；
当时，，
此时图像在轴的上方，排除B.
故选：D
4．D
【分析】代入正弦型函数的最小正周期公式，即可求得.
【详解】函数的最小正周期是.
故选：D
5．D
【分析】根据正弦函数的单调性、对数函数的单调性进行判断即可.
【详解】因为，
所以，
又，
所以．
故选：D
6．B
【分析】求出，根据题意结合正弦函数图象可得答案.
【详解】∵，∴，
根据题意结合正弦函数图象可得
，解得.
故选：B.
7．C
【分析】将的零点问题转化为函数和的图象的交点问题，因此可作出二者的图象，则问题可解.
【详解】因为，所以由，得，
因为函数与的图象都关于直线对称，
且与的图象在和时，各有2个交点，
如图示：

所以（且）的所有零点之和为,
故选：C．
8．A
【分析】根据指数函数，二次函数，余弦函数的性质判断即可.
【详解】因为底数大于1的指数函数为上的增函数，所以函数为上是增函数，A对，
函数在上为减函数，B错，
函数在上为减函数，C错，
函数在上为减函数，D错，
故选：A.
9．ACD
【分析】由在有且仅有5个零点，可得可求出的范围，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为在有且仅有5个零点，如图所示，

所以，所以，所以D正确，
对于AB，由函数在上的图象可知，在有且仅有3个极大值点，有3个或2个极小值点，所以A正确，B错误，
对于C，当时，，
因为，所以，所以，
所以在单调递增，所以C正确，
故选：ACD
10．AB
【分析】根据正弦函数的性质依次判断选项即可.
【详解】A：函数的定义域为R，且，为奇函数，故A正确；
B：函数的最小值正周期为，故B正确；
C：，得的最大值为2，故C错误；
D：函数的单调增区间为，
当时，，即函数在上为增函数，故D错误.
故选：AB.
11．AC
【分析】利用函数的最小正周期，奇偶性，单调性及最值判断各选项正误即可.
【详解】A选项，最小正周期为，故A正确；
B选项，为奇函数，故B错误；
C选项，时，，则在上单调递增，故C正确；
D选项，令，得时，取得最值，故D错误.
故选：AC
12．ACD
【分析】代入，计算出，A正确；利用整体法得到，数形结合得到其不单调，B错误；利用求出最小正周期，C正确；先求出定义域，结合得到D正确.
【详解】对A，当时，函数为的最大值，A正确；
对B，当时，，因为在上不单调，故在上不单调，B错误；
对C，由，故函数的最小正周期为，C正确；
对D，的定义域为R，且，
故函数的图象关于原点对称，D正确.
故选：ACD
13．ABD
【分析】根据正弦型函数的周期公式、对称性、最值逐一判断即可.
【详解】∵，∴，又，∴，∴；
对于A，的最小正周期，A正确；
对于B，因为，所以的图象关于直线对称，B正确；
对于C，当时，，则当，即时，，C错误；
对于D，当时，，此时，∴的图象关于点对称，D正确.
故选：ABD
14．AC
【分析】根据正弦函数的周期性和单调性可判断A正确；根据正切函数的单调性可判断B，C正确；根据正弦函数的性质可判断D错.
【详解】A选项，函数的图象是在的图象基础上，将轴下方的部分翻折到轴上方，因此周期减半，即的最小正周期为；当时，，显然单调减；故A正确；
B选项，因为是斜三角形的一个内角，所以或；由得，所以或；故B错；
C选项，由得，即函数的单调递减区间为，故C正确；
D选项，因为，所以，因此，所以，故D错.
故选：AC.
15．ABD
【分析】利用正弦函数的周期性可判断A；利用正弦函数的值域及指数函数的值域可判断BC；作出函数的图像可判断D.
【详解】对于A，当时，是周期为的周期函数，故A正确；
对于B，当时，，时，，故B正确；
对于C，，，所以没有零点，故C错误；
对于D，直线过点，作出函数的图像，的图象与的图象有5个交点，所以D正确．
故选：ABD．
16．AC
【分析】利用奇偶性的定义判断每个选项中函数的奇偶性，对于符合奇函数的选项再接着判断其单调性即可.
【详解】四个函数的定义域为，定义域关于原点对称
A：记，所以，所以函数是奇函数，又因为是增函数，是减函数，所以是增函数，符合题意；
B：记，则，所以函数是偶函数，不符合题意；
C：记，则，所以函数是奇函数，根据幂函数的性质，函数是增函数，符合题意；
D：记，则，所以函数为奇函数，在定义域内有增有减，不符合题意.
故选：AC.
17．（答案不唯一，符合，即可）
【分析】将看作一个整体，利用余弦函数的图象和性质求解即可.
【详解】由题意可知，，
解得，，
故答案为：（答案不唯一，符合，即可）
18．2023
【分析】确定的图象关于对称，进而可得，即可求解.
【详解】因为，所以，
设，
所以为奇函数，所以关于对称，
所以的图象关于对称，
所以，
所以，
故答案为：2023
19．1
【分析】化简可得，根据的范围结合二次函数的性质，即可求出函数的最小值.
【详解】，
因为，，根据二次函数的性质可知，
当时，函数有最小值为.
故答案为：1.
20．（答案不唯一，满足均可）
【分析】根据诱导公式可得，结合正切函数的单调性求得即可求解.
【详解】因为，
又函数在上单调递增，
所以，
即．
当时，.
故答案为：.
21．
【分析】根据图象可知，结合求得，将代入解析式求得，即可求解.
【详解】由图可得，解得．
又，解得．
因为的图象经过，
所以，解得．
故．
故答案为：.
22．（答案不唯一）
【分析】由题意知函数振幅为2，，符合题意即可.
【详解】∵的最小正周期是4，∴；
∴的最大值为2，∴，
故可取,
故答案为：(答案不唯一)
23．（答案不唯一）
【分析】根据题意可取函数，即可得解.
【详解】解：由函数的最小正周期为，
可取函数.
故答案为：（答案不唯一）.
24．或
【分析】根据题意，设，由“点轴对称型函数”的定义可知的图象关于直线对称，且关于点对称，从而得出，当时，解方程求出，即可得出的解析式.
【详解】解：根据题意，设，
由于的图象关于直线对称，且关于点对称，
则，即，
当时，解得：，
所以或.
故答案为：或.
25．(1)
(2)
【分析】(1)根据三角函数的对称性求出函数的最小正周期，进而求得，将点P的坐标代入求出，即可求解；
(2)利用整体代换法结合正弦函数的单调增区间即可求解.
【详解】（1）是方程的三个连续的实根，且，
记是三根之间从左到右的两条相邻对称轴，
则，
，即，
再将点代入得：，且得，
.
（2）由
解之得：，
的单调递增区间为.
26．(1)；
(2)
【分析】(1)由题意可得，结合余弦函数的图象求解即可；
(2)由题意可得，将所求式子重新结合，即可得答案.
【详解】（1）解：由题知：，
∴，
所以，
∴，
其定义域为.
（2）解：因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，，…，，
所以.
27．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦型函数的单调性，利用整体代换法求解即可；
（2）先求出的范围，再根据正弦函数的性质求解即可.
【详解】（1）因为，
令，，
解得，，
所以的单调递减区间为.
（2）令，由知，
所以要求在区间上的最值，即求在上的最值，
当时，，当时，，
所以.
28．(1)单调递减区间为
(2)
【分析】(1)利用周期计算出，用主题替换法结合三角函数性质求出递减区间即可；
(2) 等价于，结合给定区间求解不等式即可.
【详解】（1）由题意得．
由，得，
所以的单调递减区间为
（2）由，得，
得，得，
因为，所以，
故不等式在上的解集为．
29．(1)和
(2)
【分析】（1）根据函数的最小正周期求出的值，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）由的取值范围求出的取值范围，依题意可得与在上有两个交点，即可得到不等式，从而求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：函数的最小正周期为且，
，，
由，解得，
的单调递增区间为和.
（2）解：当时，，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
函数在上有两个零点，
即与在上有两个交点，
，
.
30．(1)
(2)13
【分析】（1）根据已知条件求出周期，进而求出的值，根据图像上点及已知条件求出的值；
（2）根据由题意得，和相减得，所以为正奇数，然后根据函数在区间上单调，从而分析出周期，进而确定的值，代回已知条件检验即可.
【详解】（1）由题意可知：，
所以，
又因为的图像过点，
所以得,
因为，所以，
所以，
（2）由函数的图像过点得，
，①
且关于直线 对称得，
，②
由 ②—①得：，
所以为正奇数，
又因为在上单调，
所以，
因为为正奇数，取时，
由①得，
又因为，所以，
此时，，直线是它图像的一条对称轴
又因为时，，
所以在上单调，
综上所述，的最大值为13．