2021高考数学（文）大一轮复习习题 第三章 三角函数、解三角形 课时跟踪检测 （十八）　三角函数的图象与性质 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第三章 三角函数、解三角形 课时跟踪检测 （十八）　三角函数的图象与性质 word版含答案，共6页。试卷主要包含了下列函数中，周期为π的奇函数为，已知函数f＝2＋2cs2x－2等内容，欢迎下载使用。

1．(2017·广州五校联考)下列函数中，周期为π的奇函数为( )
A．y＝sin xcs x B．y＝sin2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin 2x＋cs 2x
解析：选A y＝sin2x为偶函数；y＝tan 2x的周期为eq \f(π,2)；y＝sin 2x＋cs 2x为非奇非偶函数，故B、C、D都不正确，选A．
2．(2016·合肥质检)函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在x＝2处取得最大值，则正数ω的最小值为( )
A．eq \f(π,2) B．eq \f(π,3)
C．eq \f(π,4) D．eq \f(π,6)
解析：选D 由题意得，2ω＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)，∵ω>0，∴当k＝0时，ωmin＝eq \f(π,6)，故选D．
3．下列各点中，能作为函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5)))的一个对称中心的点是( )
A．(0,0) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)，0))
C．(π，0) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,10)，0))
解析：选D 由x＋eq \f(π,5)＝eq \f(kπ,2)(k∈Z)，得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,5)(k∈Z)，当k＝1时，x＝eq \f(3π,10)，所以函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,5)))的一个对称中心的点是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,10)，0))，故选D．
4．(2017·湖南六校联考)函数y＝3sin x＋eq \r(3)cs xx∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的单调递增区间是________．
解析：化简可得y＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，由2kπ－eq \f(π,2)≤x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得－eq \f(2π,3)＋2kπ≤x≤eq \f(π,3)＋2kπ(k∈Z)，又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴函数的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
5．函数y＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值为______，此时x＝______．
解析：函数y＝3－2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))的最大值为3＋2＝5，此时x＋eq \f(π,4)＝π＋2kπ，即x＝eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)．
答案：5 eq \f(3π,4)＋2kπ(k∈Z)
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1．y＝|cs x|的一个单调增区间是( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
解析：选D 将y＝cs x的图象位于x轴下方的图象关于x轴对称，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cs x|的图象(如图)．故选D．
2．设偶函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，△KLM为等腰直角三角形，∠KML＝90°，KL＝1，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))的值为( )
A．－eq \f(\r(3),4) B．－eq \f(1,4)
C．－eq \f(1,2) D．eq \f(\r(3),4)
解析：选D 由题意知，点M到x轴的距离是eq \f(1,2)，根据题意可设f(x)＝eq \f(1,2)cs ωx，又由题图知eq \f(1,2)·eq \f(2π,ω)＝1，所以ω＝π，所以f(x)＝eq \f(1,2)cs πx，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))＝eq \f(1,2)cseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),4)．
3．函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)对任意x都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值为( )
A．2或0 B．－2或2
C．0 D．－2或0
解析：选B 因为函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)对任意x都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))，所以该函数图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称，因为在对称轴处对应的函数值为最大值或最小值，所以选B．
4．如果函数y＝3cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))对称，那么|φ|的最小值为( )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4)
C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2)
解析：选A 由题意得3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(4π,3)＋φ))＝3cseq \f(2π,3)＋φ＋2π＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，
∴eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，取k＝0，
得|φ|的最小值为eq \f(π,6)．
5．已知ω>0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．(0,2]
解析：选A 由eq \f(π,2)由题意知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)，πω＋\f(π,4)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))
∴eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(5,4)，故选A．
6．若函数f(x)＝2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx＋\f(π,3)))的最小正周期T满足1＜T＜2，则自然数k的值为________．
解析：由题意知，1＜eq \f(π,k)＜2，即k＜π＜2k．又k∈N，所以k＝2或k＝3．
答案：2或3
7．函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是________________．
解析：由2x＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)得，
x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)(k∈Z)．
∴函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象与x轴交点的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)－\f(π,8)，0))，k∈Z
8．若函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为eq \f(π,2)，且该函数图象关于点(x0,0)成中心对称，x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则x0＝________．
解析：由题意得eq \f(T,2)＝eq \f(π,2)，T＝π，ω＝2．又2x0＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，x0＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,12)(k∈Z)，而x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以x0＝eq \f(5π,12)．
答案：eq \f(5π,12)
9．已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)2＋2cs2x－2．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，求函数f(x)的最大值，最小值．
解：(1)f(x)＝sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)，k∈Z．
故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z．
(2)∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴eq \f(3π,4)≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(7π,4)，
∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))≤eq \f(\r(2),2)，∴－eq \r(2)≤f(x)≤1，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－eq \r(2)．
10．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(2π,3)))的最小正周期为π．
(1)求当f(x)为偶函数时φ的值；
(2)若f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))，求f(x)的单调递增区间．
解：∵f(x)的最小正周期为π，则T＝eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2．
∴f(x)＝sin(2x＋φ)．
(1)当f(x)为偶函数时，φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，
∴cs φ＝0，∵0<φ(2)f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)))时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋φ))＝eq \f(\r(3),2)．
又∵0<φ∴eq \f(π,3)＋φ＝eq \f(2π,3)，φ＝eq \f(π,3)．
∴f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))．
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z．
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z．
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1．(2017·衡水中学检测)已知x0＝eq \f(π,3)是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个极大值点，则f(x)的一个单调递减区间是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))
解析：选B ∵x0＝eq \f(π,3)是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个极大值点，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋φ))＝1，∴2×eq \f(π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得φ＝2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z，
不妨取φ＝－eq \f(π,6)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
令2kπ＋eq \f(π,2)<2x－eq \f(π,6)<2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，
可得kπ＋eq \f(π,3)∴函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,3)，kπ＋\f(5π,6)))，k∈Z，
结合选项可知当k＝0时，函数的一个单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，故选B．
2．已知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最大值为4，求a的值；
(3)在(2)的条件下，求满足f(x)＝1且x∈的x的取值集合．
解：(1)f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1，
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
可得kπ－eq \f(π,3)≤x≤kπ＋eq \f(π,6)，k∈Z，
所以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)当x＝eq \f(π,6)时，f(x)取得最大值4，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2sineq \f(π,2)＋a＋1＝a＋3＝4，
所以a＝1．
(3)由f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2＝1，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，
则2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(11,6)π＋2kπ，k∈Z，
即x＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z或x＝eq \f(5π,6)＋kπ，k∈Z，
又x∈，
可解得x＝－eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)，eq \f(π,2)，eq \f(5π,6)，
所以x的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(π,6)，\f(π,2)，\f(5π,6)))．