新高考数学二轮复习 专题1 第1讲 三角函数的图象与性质（练·） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第1讲 三角函数的图象与性质（练·教师版）
一、单选题
1．已知tan(π－α)＝－eq \f(2,3)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))，则eq \f(cs（－α）＋3sin（π＋α）,cs（π－α）＋9sin α)的值为( )
A．－eq \f(1,5) B．－eq \f(3,7)
C.eq \f(1,5) D．eq \f(3,7)
解析：选A. 由题知tan(π－α)＝－eq \f(2,3)，所以tan α＝eq \f(2,3)，
所以eq \f(cs（－α）＋3sin（π＋α）,cs（π－α）＋9sin α)＝eq \f(cs α－3sin α,－cs α＋9sin α)＝eq \f(1－3tan α,－1＋9tan α)＝eq \f(1－2,－1＋6)＝－eq \f(1,5)，故选A.
2．（2021·陕西高三模拟（理））函数，下列描述错误的是（ ）
A．定义域是，值域是B．其图象有无数条对称轴
C．是它的一个零点D．此函数不是周期函数
【解析】选D. 对于A，易知定义域为，，，
，即的值域为，A正确；
对于B，由得：，
即，
即，
是函数图象的对称轴，故有无数条，B正确，
对于C，，是的一个零点，C正确；
对于D，，
是函数的周期，D错误.故选D.
3．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，成于公元一世纪左右，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就．其中《方田》一章中记载了计算弧田(弧田就是由圆弧和其所对弦所围成的弓形)的面积所用的经验公式：弧田面积＝eq \f(1,2)(弦×矢＋矢×矢)，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．按照上述经验公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差．现有圆心角为eq \f(2π,3)，弦长为40eq \r(3) m的弧田，弧田的实际面积与按照上述经验公式计算出的弧田面积之间的误差为(注：π≈3，eq \r(3)≈1.73)( )
A．15 m2 B．16 m2
C．17 m2 D．18 m2
解析：选B 作出示意图如图所示，由题意可得∠AOB＝eq \f(2π,3)，AB＝40eq \r(3) m，
取AB的中点D，连接OD，并延长交圆弧于点C，则OD⊥AB.
在Rt△AOD中，可得∠AOD＝eq \f(π,3)，∠DAO＝eq \f(π,6)，AD＝eq \f(1,2)AB＝20eq \r(3)(m)，
所以扇形的半径长R＝OA＝eq \f(AD,sin∠AOD)＝eq \f(20\r(3),sin\f(π,3))＝40(m)．
圆心到弦的距离d＝OD＝eq \f(AD,tan∠AOD)＝eq \f(20\r(3),tan\f(π,3))＝20(m)．
所以矢＝R－d＝40－20＝20(m)，
因此根据经验公式计算出弧田的面积为S1＝eq \f(1,2)×(40eq \r(3)×20＋20×20)＝(400eq \r(3)＋200)(m2)．
扇形AOB的面积S2＝eq \f(1,2)×402×eq \f(2π,3)＝eq \f(1 600π,3)(m2)，
△AOB的面积S3＝eq \f(1,2)×AB×OD＝eq \f(1,2)×40eq \r(3)×20＝400eq \r(3)(m2)．
所以弧田的实际面积S＝S2－S3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1 600 π,3)－400\r(3)))(m2)．
所以误差为S－S1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1 600π,3)－400\r(3)))－(400eq \r(3)＋200)＝eq \f(1 600π,3)－200－800eq \r(3)≈16(m2)．故选B.
4．已知函数y＝A′sin(ωx＋φ)(|φ|0)图象的一部分如图所示．A，B，D是此函数图象与x轴的三个相邻交点，C是图象的最高点，点D的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11π,12)，0))，则数量积eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝( )
A.eq \f(π2,2) B．eq \f(π2,4)
C.eq \f(π2,6) D．eq \f(π2,8)
解析：选D.由函数图象可知A′＝2，且f(0)＝1，故sin φ＝eq \f(1,2).
又|φ|观察图象知x＝eq \f(11π,12)在函数的单调递增区间内．
所以令ω×eq \f(11π,12)＋eq \f(π,6)＝2kπ，k∈Z，解得ω＝eq \f(24k－2,11)，k∈Z.
由函数图象可知eq \f(2π,ω)>eq \f(11π,12)，故0<ω所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
故Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2))，
因此eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，2))，故eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(π2,8)，故选D.
5．（2021·山东泰安市高三模拟）已知函数的图象上相邻两条对称轴的距离为，且过点，则需要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位B．向左平移个单位
C．向右平移个单位D．向左平移个单位
【解析】选A． 因为函数的图象上相邻两条对称轴的距离为，所以，所以.
因为过点，所以.
因为，所以，所以，
要得到，需要向右平移个单位．故选A．
6．（2021·四川达州市一模（文））已知函数的值域为，则（ ）
A．B．C．或D．或
【思路点拨】由题可得，令，设，则，再利用二次函数的性质分类讨论即求得.
【解析】选C． ∵，
∴.
令，设，则.
当时，在上单调递减，
∴，解得，∴；
当时，在上单调递增，
∴，解得，∴，
当时，，无解，
当时，，无解.
综上，或.故选C.
二、多选题
7．（2021·福建高三三模）已知函数的最小正周期为，则下列结论中正确的是（ ）
A．对一切恒成立
B．在区间上不单调
C．在区间上恰有1个零点
D．将函数的图象向左平移个单位长度，所得图像关于原点对称
【解析】选AB. ∵函数的最小正周期为，∴，.
令，求得为最大值，故有对一切恒成立，故A正确；
在区间上，，函数没有单调性，故B正确；
在区间上，，函数有2个零点，故C错误；
将函数的图象向左平移个单位长度，所得的图象关于不原点对称，故D错误.故选AB.
8．（2021·广东揭阳市高三模拟）已知函数是偶函数，其中，则下列关于函数的正确描述是（ ）
A．在区间上的最小值为
B．的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
C．点是的图象的一个对称中心；
D．是的一个单调递增区间.
【解析】选AB. 由得
，
所以恒成立，
得是曲线的对称轴，
所以.
由得，
.
对于A：，
在区间上的最小值为，故A正确；
对于B：，
函数的图象向左平移个单位长度，
得到，故B正确；
对于C：，
所以点不是的图象的一个对称中心，故C错误；
对于D：，
所以不是的一个单调递增区间，故D错误.故选AB.
9．（2021·广东肇庆市模拟）函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．将函数的图象向左平移个单位长度，得到一个奇函数的图象
B．的图象的一条对称轴可能为直线
C．在区间上单调递增
D．的图象关于点对称
【解析】选ABD. 由图知，函数的周期满足：，解得，
，
将点代入函数的解析式得，解得，.
，.
对A，将函数的图象向左平移个单位长度后得到，此时为奇函数，故A正确；
对B，当时，，此时是的对称轴，故B正确；
对C，的单调增区间满足：，即单调增区间为，，当时，增区间为，当时，增区间为，所以在区间上单调递减，故C错误；
对D，当时，，故D正确.故选ABD.
10．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(3eq \r(3)，－3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒，经过t秒后，水斗旋转到点P，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t≥0，ω>0，|φ|<\f(π,2)))，则下列叙述正确的是( )
A．R＝6，ω＝eq \f(π,30)，φ＝－eq \f(π,6)
B．当t∈[35，55]时，点P到x轴的距离的最大值为6
C．当t∈[10，25]时，函数y＝f(t)单调递减
D．当t＝20时，|PA|＝6eq \r(3)
解析：选ABD.由题意可知T＝60，所以eq \f(2π,ω)＝60，解得ω＝eq \f(π,30)，又从点A(3eq \r(3)，－3)出发，所以R＝6，6sin φ＝－3，又|φ|三、填空题
11．（2021·陕西咸阳市高三模拟）写出一个值域为的周期函数，这样的函数可以是_________.
【解析】考虑最常见的具有周期性和有界性的函数为三角函数，结合值域为，可以取函数为(答案不唯一).
【答案】(答案不唯一)
12．设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)．若函数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)))，则函数f(x)的最小正周期为________．
解析：∵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)))，
∴x＝eq \f(π,2)和x＝eq \f(2π,3)均不是f(x)的极值点，
其极值应该在x＝eq \f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)＝eq \f(7π,12)处取得，
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，
∴x＝eq \f(π,6)也不是函数f(x)的极值点，
又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，
∴x＝eq \f(π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,2)))＝eq \f(π,12)为f(x)的另一个相邻的极值点，故函数f(x)的最小正周期T＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,12)－\f(π,12)))＝π.
答案：π
13．已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin eq \f(ωx,2)cs eq \f(ωx,2)＋2cs2eq \f(ωx,2)(ω>0)的最小正周期为eq \f(2π,3)，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，函数g(x)＝f(x)＋k恰有两个不同的零点，则实数k的取值范围是________．
解析：由f(x)＝2eq \r(3)sineq \f(ωx,2)cs eq \f(ωx,2)＋2cs2eq \f(ωx,2)(ω>0)，可得f(x)＝eq \r(3)sin ωx＋cs ωx＋1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＋1.
因为f(x)的最小正周期为eq \f(2π,3)，所以eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,3)，可得ω＝3，所以f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,6)))＋1.当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，3x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，函数g(x)＝f(x)＋k恰有两个不同的零点，即f(x)的图象与直线y＝－k恰有两个不同的交点，根据正弦函数的图象可得2×eq \f(1,2)＋1≤－k＜2×1＋1，即2≤－k<3，所以实数k的取值范围是(－3，－2]．
答案：(－3，－2]
14．（2021·福建厦门市二模）已知函数的图象关于直线对称，若对任意，总存在，使得，则的最小值为___________，当取得最小值时，对恒成立，则的最大值为___________.
【思路点拨】由关于对称和可确定，由此确定，验证可知，当时，可求得，满足题意，则可确定最小值为；由，结合二倍角公式可求得，由此可确定的范围，进而得到的最大值.
【解析】，又的图象关于直线对称，
在内至少有半个周期，才能满足，
，即，.
当时，的图象关于直线对称，，解得，
，满足题意，的最小值为；
由，得，
即，，
即，，，
，解得，
.
【答案】
【关键点点睛】本题中的最大值的求解的解题关键是能够利用二倍角公式将不等式转化为关于的一元二次不等式的形式，通过解不等式确定的范围，结合正弦函数的性质可确定的范围.
四、解答题
15．（2021·广东顺德区一模）已知函数．从下面的两个条件中任选其中一个：
①；
②若，，且的最小值为，，求解下列问题：
（1）化简的表达式并求的单调递增区间；
（2）已知，，，，，求的值．
（注：条件①、②只能任选其一，若两个都选，则以条件①计分）
【思路点拨】（1）选择条件①，根据二倍角公式和辅助角公式化简可得出解析式，由可求得单调区间；
选择条件②，由题可得出周期，即可求出，再由求出即可得出解析式，进而求出单调区间；
（2）由题可直接求出，再求出，由差的余弦公式即可求出.
【解】（1）若选择条件①
由，
得即，
所以的单调递增区间为，．
若选择条件②，若，，即是的最大值点，是的零点
且的最小值为，设的周期为T，由此可得，
即有：，．
由，可得，即有．
可得：或，再结合，可得．
由，
得即，
所以的单调递增区间为，．
（2）
由，可得，
∵，∴，
从而可得：，即有
∵，∴
由，可得：
故．
16．已知函数f(x)＝2sin xcs x＋2eq \r(3)sin(x＋eq \f(π,4))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))).
(1)求函数f(x)图象的对称轴方程；
(2)将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若关于x的方程g(x)－1＝m在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恰有一解，求实数m的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝2sin xcs x＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＝sin 2x＋eq \r(3)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2sineq \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(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)．
故函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)．
(2)将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象．
若关于x的方程g(x)－1＝m在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恰有一解，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝eq \f(1＋m,2)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恰有一解，则问题转化为曲线y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))和直线y＝eq \f(1＋m,2)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有一个交点的问题．
∵x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，
当2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,2)))时，函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))单调递增；
当2x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))时，函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))单调递减．
又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)，sineq \f(π,2)＝1，sineq \f(2π,3)＝eq \f(\r(3),2)，
∴－eq \f(\r(3),2)≤eq \f(m＋1,2)≤eq \f(\r(3),2)或eq \f(m＋1,2)＝1，解得－eq \r(3)－1≤m≤eq \r(3)－1或m＝1，即实数m的取值范围是[－eq \r(3)－1，eq \r(3)－1]∪{1}．