2025高考数学一轮复习-4.5-三角函数的图象与性质-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-4.5-三角函数的图象与性质-专项训练【含答案】，共9页。
1．函数f(x)＝－2tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的定义域是( )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,6)))))
B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(π,12)))))
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠kπ＋\f(π,6)(k∈Z)))))
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(kπ,2)＋\f(π,6)(k∈Z)))))
2．已知f(x)＝sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－ eq \f(1,2)，则f(x)是( )
A．奇函数且最小正周期为π
B．偶函数且最小正周期为π
C．奇函数且最小正周期为2π
D．偶函数且最小正周期为2π
3．若函数y＝ eq \r(3)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)两对称中心间的最小距离为 eq \f(π,2)，则ω等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
4．(多选)对于函数f(x)＝|sin x|＋cs 2x，下列结论正确的是( )
A．f(x)的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8)))
B．f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
C．f(x)的图象不关于直线x＝ eq \f(π,4)对称
D．π是f(x)的一个周期
5．已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))在一个周期内的简图如图所示，则方程f(x)＝m(m为常数，且1＜m＜2)在[0，π]内所有解的和为( )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3)
C． eq \f(π,2) D．π
6．请写出一个最小正周期为π，且在(0，1)上单调递增的函数f(x)＝________．
7．已知函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))(0≤φ≤π)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则φ的取值范围是________．
8．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝ eq \f(1,2)与曲线y＝f(x)的两个交点．若|AB|＝ eq \f(π,6)，则f(π)＝________．
9．已知函数f(x)＝ eq \r(3)cs x sin x＋sin2x.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)求函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))上的最大值和最小值．
10．已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
5．已知函数f(x)＝ eq \f(1,x－1)＋3sin πx，求函数f(x)在[－1，3]上的所有零点的和．
6．已知函数f(x)＝sin x＋ eq \r(3)|cs x|，写出函数f(x)的一个单调递增区间；当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1，2]，求a的取值范围．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：由2x＋ eq \f(π,6)≠kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，得x≠ eq \f(kπ,2)＋ eq \f(π,6)(k∈Z).
答案：D
2．解析：f(x)＝sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)sin 2x，故f(x)为奇函数，且最小正周期为T＝ eq \f(2π,2)＝π.
答案：A
3．解析：因为函数y＝ eq \r(3)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,3)))(ω>0)两对称中心间的最小距离为 eq \f(π,2)，所以 eq \f(T,2)＝ eq \f(π,2)，所以T＝π，所以T＝ eq \f(2π,2ω)＝π，解得ω＝1.
答案：A
4．解析：f(x＋π)＝|sin (x＋π)|＋cs [2(x＋π)]＝|sin x|＋cs 2x＝f(x)，
所以π是函数f(x)的一个周期，故D正确；
对于A，因为f(x)的一个周期为π，令x∈[0，π]，此时sin x≥0，
所以f(x)＝sin x＋1－2sin2x，
令t＝sinx，g(t)＝－2t2＋t＋1＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(9,8)，t∈[0，1]，可知其值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,8)))，故A正确；
对于B，由A可知，g(t)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))上单调递减．
因为t＝sin x，t∈[0，1]，
所以f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不单调，故B不正确；
对于C，因为f(0)＝1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，
所以f(0)≠f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))，
所以f(x)的图象不关于直线x＝ eq \f(π,4)对称，故C正确．
答案：ACD
5．解析：根据函数f(x)＝A sin (ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))在一个周期内的简图，可得A＝2，再把点(0，1)的坐标代入可得2sin φ＝1，∴sin φ＝ eq \f(1,2)，∴φ＝ eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z或φ＝ eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.又|φ|＜ eq \f(π,2)，∴φ＝ eq \f(π,6).
根据五点作图法可得ω· eq \f(5π,12)＋ eq \f(π,6)＝π，∴ω＝2，
∴函数f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
易得它的一个顶点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2))，且f(π)＝1，∴由图象可得方程f(x)＝m(m为常数，且1＜m＜2)在[0，π]内所有的解共有2个，且这2个解的和为2× eq \f(π,6)＝ eq \f(π,3).
答案：B
6．解析：根据函数最小正周期为π，可构造正弦型、余弦型或者正切型函数，再结合在(0，1)上单调递增，构造即可，
如f(x)＝tan x满足题意．
答案：tan x(答案不唯一)
7．解析：当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时， eq \f(1,2)x＋φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)，φ＋\f(π,2))).
又函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋φ))(0≤φ≤π)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
所以 eq \f(1,2)x＋φ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)，φ＋\f(π,2)))⊆ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,φ＋\f(π,2)≤\f(3π,2)，))解得 eq \f(π,4)≤φ≤π.
答案： eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))
8．解析：令sin (ωx＋φ)＝ eq \f(1,2)，得ωx＋φ＝ eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z或ωx＋φ＝ eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.
由题意可知， eq \f(\f(5π,6)＋2kπ－φ,ω)－ eq \f(\f(π,6)＋2kπ－φ,ω)＝ eq \f(π,6)，k∈Z，
则 eq \f(5π,6ω)－ eq \f(π,6ω)＝ eq \f(π,6)，∴ω＝4，
∴f(x)＝sin (4x＋φ).又f(x)的图象过 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)＋φ))＝0，结合五点作图法得 eq \f(8π,3)＋φ＝2kπ，k∈Z，不妨取φ＝－ eq \f(2π,3)，
∴f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(2π,3)))，
∴f(π)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－\f(2π,3)))＝－ eq \f(\r(3),2).
答案：－ eq \f(\r(3),2)
9．解：(1)f(x)＝ eq \r(3)csx sin x＋sin2x＝ eq \f(\r(3),2)sin2x－ eq \f(1,2)cs 2x＋ eq \f(1,2)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋ eq \f(1,2)，
∴函数f(x)的最小正周期为 eq \f(2π,2)＝π，
令－ eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－ eq \f(π,6)≤ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则－ eq \f(π,6)＋kπ≤x≤ eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，
∴函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))，k∈Z.
(2)∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))，∴2x－ eq \f(π,6)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,6)))，
则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈[－1，1]，∴f(x)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，
∴函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(π,6)))上的最大值为 eq \f(3,2)，最小值为－ eq \f(1,2).
10．解：(1)选择条件①②：
由条件①及已知得T＝ eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.
由条件②得f(0)＝0，即sin φ＝0，解得φ＝kπ(k∈Z).
因为|φ|< eq \f(π,2)，所以φ＝0，所以f(x)＝sin 2x.经检验φ＝0符合题意．
选择条件①③：
由条件①及已知得T＝ eq \f(2π,ω)＝π，所以ω＝2.
由条件③得2× eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，解得φ＝kπ(k∈Z).
因为|φ|< eq \f(π,2)，所以φ＝0，所以f(x)＝sin 2x.
选择条件②③：
由条件②f(0)＝0，即sin φ＝0，解得φ＝kπ(k∈Z).
因为|φ|＜ eq \f(π,2)，所以φ＝0.由条件③得ω× eq \f(π,4)＝kπ＋ eq \f(π,2)(k∈Z)，
所以ω＝4k＋2(k∈Z)，则f(x)的解析式不唯一，不合题意．
(2)由题意得g(x)＝sin 2x＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
化简得g(x)＝ eq \f(3,2)sin 2x＋ eq \f(\r(3),2)cs 2x＝ eq \r(3)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).因为0≤x≤ eq \f(π,4)，所以 eq \f(π,6)≤2x＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(2π,3)，
所以当2x＋ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)，
即x＝ eq \f(π,6)时，g(x)取最大值 eq \r(3).
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1．解析：∵f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上单调递增，且直线x＝ eq \f(π,6)和x＝ eq \f(2π,3)为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，
∴f(x)在x＝ eq \f(π,6)和x＝ eq \f(2π,3)处分别取得最小值和最大值，
∴ eq \f(T,2)＝ eq \f(2π,3)－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)，T＝π，得|ω|＝2，不妨取ω＝2，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,3)＋φ))＝1，得 eq \f(4π,3)＋φ＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝－ eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.取k＝0，得φ＝－ eq \f(5π,6)，从而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)))－\f(5π,6)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5π,3)))＝ eq \f(\r(3),2).
答案：D
2．解析：因为f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，0))对称，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋φ))＝0，即 eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，故φ＝kπ－ eq \f(4π,3)，k∈Z.结合0＜φ＜π，得φ＝ eq \f(2π,3)，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
对于A，令 eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(2π,3)≤ eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－ eq \f(π,12)＋kπ≤x≤ eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z，故f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z.显然 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z，故A正确．对于B，f′(x)＝2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，令f′(x)＝0，得2x＋ eq \f(2π,3)＝kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝ eq \f(kπ,2)－ eq \f(π,12)，k∈Z.又因为x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))，所以x＝ eq \f(5π,12)，故f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))只有一个极值点，故B错误．对于C，令2x＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝－ eq \f(π,12)＋ eq \f(kπ,2)，k∈Z，令－ eq \f(π,12)＋ eq \f(kπ,2)＝ eq \f(7π,6)得k＝ eq \f(5,2)∉Z，故C错误．对于D，结合B，令2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝－1，得2x＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z或2x＋ eq \f(2π,3)＝ eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，解得x＝kπ，k∈Z或x＝ eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z，故其中一个切点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))，则曲线y＝f(x)在该点处的切线方程为y－ eq \f(\r(3),2)＝－x，即y＝ eq \f(\r(3),2)－x，故D正确．
答案：AD
3．解析：对于①，若f(3－x)＝－f(x)，则f(x)的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))中心对称；
对于②，若f(x)＝f(1－x)，则f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(1,2)对称；
设f(x)＝2sin (ωx＋φ)，则T＝4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,2)))＝4，ω＝ eq \f(π,2).
又f(x)的图象关于直线x＝ eq \f(1,2)对称，且函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，
则 eq \f(ω,2)＋φ＝ eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得φ＝ eq \f(5π,4)＋2kπ，k∈Z，
所以可令f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(5π,4)))，答案不唯一．
答案：2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(5π,4)))(答案不唯一)
4．解析：函数f(x)＝cs ωx－1(ω＞0)在区间[0，2π]上有且仅有3个零点等价于方程cs ωx＝1(ω＞0)在区间[0，2π]上有且仅有3个不等的实根．∵0≤x≤2π，∴0≤ωx≤2πω，∴4π≤2πω＜6π，即2≤ω＜3，∴ω的取值范围为[2，3).
答案：[2，3)
5．解：令f(x)＝ eq \f(1,x－1)＋3sin πx＝0，
则 eq \f(1,x－1)＝－3sin πx，
所以f(x)的零点就是函数y＝ eq \f(1,x－1)与函数y＝－3sin πx图象交点的横坐标．
因为y＝ eq \f(1,x－1)的图象关于点(1，0)对称，函数y＝－3sin πx的周期为2，其图象关于点(1，0)对称，两函数图象如图所示，
共有4个交点，这4个点关于点(1，0)对称，
所以其横坐标的和为4，
所以函数f(x)在[－1，3]上的所有零点的和为4.
6．解：当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z时，
f(x)＝sin x＋ eq \r(3)cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))).
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ))，k∈Z时，
f(x)＝sin x－ eq \r(3)cs x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))).
令－ eq \f(π,2)≤x＋ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)，则－ eq \f(5π,6)≤x≤ eq \f(π,6)，
所以函数f(x)的一个单调递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,6))).
f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))，0≤x≤\f(π,2)，,2sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))，\f(π,2)＜x≤\f(3π,2)，))
则函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减，
则当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)∈[1，2]，且f(0)＝ eq \r(3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1.
令－ eq \f(π,2)≤x－ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)，则－ eq \f(π,6)≤x≤ eq \f(5π,6)，
所以函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))上单调递增，此时f(x)∈[1，2].
令 eq \f(π,2)≤x－ eq \f(π,3)≤ eq \f(3π,2)，则 eq \f(5π,6)≤x≤ eq \f(11π,6)，
所以函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))上单调递减，
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))时，令f(x)＝1，则x＝ eq \f(7π,6).
因为当x∈[0，a]时，函数f(x)的值域为[1，2]，
所以 eq \f(π,2)≤a≤ eq \f(7π,6).
故a的取值范围是 eq \f(π,2)≤a≤ eq \f(7π,6).